ББК 22.3 Я72 К 38
Рекомендовано Министерством общего и профессионального образования Ростовской области в качестве учебного пособия для студентов и учащихся общеобразовательных учреждений общего и профессионального образования
Рецензент:
профессор П. Н. Тищенко
Консультанты:
генерал-майор Ю. А. Гордеев,
доктор технических наук В. В. Хуторцев
Касаткина И. Л.
К 38 Репетитор по физике. Электромагнетизм. Колебания и волны. Оптика. Элементы теории относительности. Физика атома и атомного ядра. Изд-е 4-е, исправленное и переработанное. / Под ред. Т. В. Шкиль. — Ростов н/Д: изд-во «Феникс», 2004. — 832 с.
В пособии даны методические указания к решению задач физики, изучаемой в 9—10-х классах средней школы и младших курсов вузов. Рассмотрено решение множества задач как средней, так и повышенной трудности. Предложено большое количество задач для самостоятельного решения.
Пособие незаменимо в процессе учебы, при подготовке к контрольным работам, государственному централизованному тестированию и экзаменам. Оно окажет большую помощь старшеклассникам и студентам в течение всего учебного процесса, а также всем, кто занимается самообразованием и сдает экзамены экстерном.
ISBN 5-222-05156-0
ББК 22.3 Я72
© Касаткина И. Л., 2004
© Оформление, изд-во «Феникс», 2004
ЭЛЕКТРОСТАТИКА
1. ВЗАИМОДЕЙСТВИЕ ЗАРЯДОВ. ЗАКОН КУЛОНА
Решение задач о взаимодействии двух или более точечных зарядов чаще всего основывается на применении закона Кулона.
Закон Кулона: сила взаимодействия двух покоящихся точечных электрических зарядов прямо пропорциональна произведению модулей этих зарядов и обратно пропорциональна квадрату расстояния между ними. Эта сила направлена вдоль прямой, соединяющей заряды. Ее величина зависит от диэлектрических свойств среды, в которой заряды взаимодействуют:
Г = »Ж.
е г2
Поскольку k =	, то в рационализованном виде
(1Л) 4^6 г2
Здесь F - сила взаимодействия только точечных зарядов или заряженных равномерно шаров, k ~ 9  109 Н  м2/Кля, ]gj и |?8| -модули зарядов, е0 8,85 • 1012 Кл2/Н • м2 (или Ф/м) - электрическая постоянная, £ - относительная диэлектрическая проницаемость среды, в которой взаимодействуют заряды Qt и q2 “ =1,	* 1). Относительную диэлектрическую проницаемость
других веществ можно найти в соответствующих таблицах.
Если при взаимодействии зарядов между ними устанавливается равновесие или возникает движение зарядов, то к закону Кулона можно добавить законы механики. Если заряды (заряженные тела) покоятся или движутся равномерно, то применяем первый закон Ньютона, а если они движутся с ускорением, то второй. Если при взаимодействии заряженных тел между ними происходит перераспределение зарядов, то к закону Кулона добавляем закон сохранения зарядов, согласно которому общий заряд системы не меняется при любых перераспределениях зарядов внутри системы. При этом следует учитывать знаки зарядов. Одноименные заряды отталкиваются, а разноименные притягиваются.
Решать задачи на применение закона Кулона к системе точеч-мойсно в <^едующё^ по^йЖё;
” й)'	рищгйбй, на котором обозначить все
заряды'системы и изобразить векторы приложенных' к ним сил, обозначив' жаждушчтлигугаж	ин-
дексу зарядят при ^бйГ слёдует знать, что силаи&г тяжести электронов (за редким исключением) моядаг пренебречь, так как они несравненно меньше кулоновских сил взаимодействия этих частиц;
б) если заряд находится в равновесии, то все силы, приложенные к нему, должны быть скомпенсированы, поэтому можно выбрать направление, на которое спроецировать все эти силы и их алгебраическую сумму приравнять нулю или модули антияаправ-ленных сил приравнять друг Другу;
3
в) записать систему уравнений, соответствующих условию равновесия, и решить ее относительно искомой величины. Непременно проверить единицу измерения, переведя все единицы в одну систему, желательно в СИ. Правда, в целях экономии бумаги мы такую проверку делали только в сложных случаях, но вам советуем делать это всегда.
При решении задач мы везде записывали закон Кулона в рационализованном виде.
Внимание! Обозначая заряды и qi9 мы не ставили возле них вертикальные черточки, имея в виду» что и ?2 - только модули зарядов, а знаки их мы учитывали при выборе направления действующих на заряды электрических сил. Если вы тоже не будете ставить эти черточки, то непременно уточните, что ft М2 - модули зарядов, иначе могут посчитать их отсутствие за ошибку. Правда, во многих учебниках и учебных пособиях эти черточки в записи закона Кулона отсутствуют. Но ведь их авторам экзамены не сдавать.
Если в условии задачи ничего не сказано о среде, в которой взаимодействуют заряды, значит, этой средой является вакуум или воздух и ее относительную диэлектрическую проницаемость можно считать равнрй единице.
Закон Кулона в записи, приведенной выше, справедлив также применительно к заряженным телам сферической формы. В этом случае г - расстояние между их центрами (рис. 1-1, а).
Если в условии вашей задачи говорится о расстоянии I между поверхностями шаров или расстоянии от точечного заряда до поверхности шара (рис. 1-1), то в формуле закона Кулона г = I +	+
+ R2 (см. рис. 1-1, а) или г ~ R + / (рис. 1-1, б).
Если на данный заряд q действует точечных зарядов q^ q&
, <7n» то сила F, с которой все они вместе действуют на заряд q, по принципу суперпозиции равна векторной сумме сил, действу- . ющих на заряд q со стороны каждого заряда в отдельности;
F = Fi + Ft + Л + ... +	.
Для нахождения равнодействующей силы, F в каждом конкретном случае нужно показать все силы, приложенные к заряду q со стороны каждого заряда в отдельности, с учетом знаков взаи- • недействующих зарядов. При этом вектор каждой силы должен быть направлен вдоль прямой, проходящей через заряд q, и заряд, со стороны которого эта сила действует на заряд q. Показав каждую силу, действующую на заряд q со стороны каждого отдельного заряда, можно произвести векторное сложение сил, пользуясь правилами сложения векторов (обычно правилом параллелограмма сил). Если заряд д и действующие на него заряды g2, q2> ...» qK находятся на одной прямой, то для определения величины силы F, действующей на заряд д, достаточно произвести алгебраи-
4
ческое сложение сил	.... с учетом их направления
(т. е. с учетом знаков перед ними). Если же силы Д, Л, — приложенные к заряду д, действуют под углом друг к Другу, то для определения Величины равнодействующей силы F придется пользоваться соответствующими формулами тригонометрии, теоремой Пифагора или теоремой косинусов.
Количество нескомпенсированных элементарных зарядов N (протонов или электронов) на теле можно определить, разделив весь заряд тела $ на элементарный заряд (заряд электрона или прото*
на): N = —» где е « 1,6 * 10~1Я Кл - элементарный заряд, посколь-е
ку любой электрический заряд на теле всегда является кратным элементарному заряду е (заряду электрона или протона). Напомним, что заряд электрона отрицательный, а протона - положительный, но по модулю они друг другу равны. Поэтому любой заряд q можно представить в виде произведения числа элементарных зарядов 2V, содержащихся в нем, и величины элементарного заряда е:
q = Ne, где N “ 1, 2, 3, ... * целое число.
Если число электронов в проводнике больше; чем число протонов в ядрах атомов этого проводника, то проводник несет избыточный отрицательный заряд» а если наоборот, то положительный.
Если два одинаковых по форме и размерам проводника, заряженных одинаковыми по модулю, но разноименными зарядами, привести в соприкосновение, то алгебраическая сумма их зарядов станет равна нулю, так как разноименные заряды нейтрализуют друг друга» и проводники окажутся незаряженными. Когда говорят «одинаковые проводники», то имеют в виду, что они имеют одинаковые размеры и форму, а также находятся в одной и той же среде. Если один из таких проводников заряжен зарядом q и приведен в соприкосновение с другим незаряженным проводником, то в результате соприкосновения заряд q распределится поровну между ними, т. е. на каждом таком проводнике окажется заряд q/2.
Если на одинаковых проводниках были разные заряды qt и д2, то после соприкосновения они перераспределятся так, что заряды проводников станут одинаковыми.
Чем больше объем одного незаряженного проводника по сравнению с другим заряженным, тем больший заряд перейдет на него при их соприкосновении. Если объем незаряженного проводника во много раз больше объема заряженного, то практически весь заряд перейдет на незаряженный проводник.
Для характеристики распределения заряда вдоль нити вводят понятие линейной плотности заряда.
Определение линейной плотности заряда т: линейная плотность заряда, равномерно распределенного по нити, равна отношению заряда нити q к ее длине I:
т = у.	(1.2)
Для характеристики распределения заряда по поверхности вводят понятие поверхностной плотности' заряда.
Определение поверхностной плотности заряда о: поверхностная плотность заряда равна отношению заряда д, равномерно распределенного по поверхности, к площади S этой поверхности:
5
<J = |.	(1.3)
о
Для характеристики распределения заряда в некотором объеме вводят понятие объемной плотности заряда.
Определение объемной плотности заряда р: объемная плотность заряда qt равномерно распределенного в объеме V, равна отношению заряда к объему, в котором он распределен;
Р = |-	(1.4)
Рассмотрим примеры на принцип суперпозиции сил.
Пример 1. Точечный заряд q помещен в точку О (рис. 1-2, а). В точках 1 и 2 находятся точечные заряды д, и q2, которые действуют на заряд q с силами Fi и j2. Равнодействующая этих
сил в векторной записи F = Fi +Ръ, в скалярной F = Д - F2.
При этом =------------г и К =
4т-0ег?	2
a)	%
О < О >--------------® Яг .
® о 1 91	2
е>	f: г:
@---------0------< О»
я о	191	2 Яг
в)	Рис. 1-2
ЯгЯ 4тсеое(г-1 +r2f
Знак перед равнодействующей силой F определяется модулями зарядов и q2 и расстояниями гх и г2. Поэтому, если перед F при вычислениях вдруг появится знак «минус», поменяйте местами силы Т, и F2.
На рис. 1-2, б) показаны силы, действующие на заряд со стороны зарядов q и q2. Их равнодействующая F* может быть определена следующим образом (здесь штрих - просто индекс, а не знак производной):
г»' _	т?' —— v' 9192 р* __	919
* -	, где 2*2 “ ~—-Г > *1 ~ ,2 *
4Я60ег1
На рис. 1-2, в) показаны силы, действующие на заряд q2 cd стороны зарядов q тл. Их равнодействующая F" может быть определена так:
^ = ^-25', где	™ у .
4ПЕ0£Г2	4п£ое(г1 +r2f
Пример 2. В вершинах равностороннего треугольника находятся одинаковые положительные заряды д. В центр этого треугольника помещен отрицательный заряд ~ д0 (в точку пересечения его биссектрис, медиан и высот) (рис. 1-3).
Определим силу, действующую на заряд q в вершине т со стороны остальных зарядов. На заряд q в вершине треугольника дей-
ствует равнодействующая Fx 2 сил Fi и Fz » которую можно опре
делить, выполнив векторное сложение сил Fi и Fz, действующих
6
на него со стороны двух других зарядов, расположенных в вершинах треугольни-
ка, и силы Fo, действующей на этот заряд со стороны заряда в центре тре-утольника. Тогда равнодействующая всех этих сил в векторной записи
F = Fi + F2 + Fo.
Для определения модуля F можно сначала сложить по правилу паралле-
Рис. 1-3
лограмма силы Fi и Fz , равные по модулю друг другу и определяемые по закону Кулона формулой
г 41йоеа2 3
Л=р2 =
Здесь а - сторона треугольника.
Равнодействующая F1|2 сил Fi и Fz является диагональю
параллелограмма» построенного на силах Fi и Fa как на сторонах. Поскольку наш треугольник равносторонний, то все его углы равны 60°. Несложно доказать, что равнодействующая Fx 2 лежит против угла 120°, поэтому ее величина может быть найдена по теореме косинусов
Fi 2 =	+ *? - 2/^2 009120° = ^72(1 + 008 60°) ,
так как Fx = F2 cos 120° « сое (180° - 60°) = ^cos 60°.
Очевидно, что равнодействующая F12 антинаправлена силе Fo, действующей на заряд q со стороны заряда д0, поэтому равнодействующая F всех сил, действующих на заряд q> по модулю равна разности сил F12 и Fo:
f = f1>2-f0.
(1.5)
По закону Кулона Fo « — ~	.
4Я£оЕГ
Здесь г - расстояние от вершины треугольника до его центра. Это расстояние можно определить, используя теоремы геометрии.
2
Известно, что расстояние г составляет — высоты треугольника А, 3
которая из прямоугольного треугольника тОр равна: a sin 60°,
2	2
поэтому	г = — А = —a sin 60°.
3	3
Осталось подставить значения и Fo в формулу (1.5), и сила F, действующая на заряд q со стороны всех других зарядов системы, будет определена. Если же заряд q в равновесии, то F =» 0 и * 1,2 в
7
Рис. 1-4
Пример & В вершинах квадрата находятся одинаковые по модулю положительные заряды q (рис. 1-4). Определим результирующую силу F, с которой три заряда действуют на четвертый.
На заряд 9 в вершине квадрата 4 действуют с равными по модулю силами заряды в вершинах 1 и 3. Пусть сторона квадрата о. Тогда
<4.--л	I
4ПЕдЭД‘
Равнодействующую двух сил Л» которую мы обозначили Flvea, определим по теореме Пифагора:
2 *
Д™ - A’ + tf = to =	= Л* Л =0,35—
*	4те0«г лееда2
Со стороны заряда q в вершине 2 на заряд q в вершине 4 действует сила F& Заряд q в вершине 2 расположен на расстоянии *ja2 + а2 = 7йа2 = &J2 от заряда q в вершине 4. Тогда по закону .Кулона Р2 ------^r-Z^a = о'~"" 2 ~ 0,125-?* .
4яе0е^>/2/ Вте^еа	та&а
Поскольку силы F^ и F2 сонаправлены, общая результирующая сила, действующая на заряд q в четвертой вершине со стороны остальных трех зарядов*
2	2	2
* = *1». + *2 =0,35 — Г + 0,125 $ , - 0,475 ?	.
ЯбЕдЛ^	TlEEgfl	ЯбЕдЯ
Если на некоторый раряд q9 кроме силы Кулона» действуют другие силы» например» силы тяжести, натяжения, упругости и т. п., то равнодействующая сила будет равна векторной сумме всех -сил, включая и силу Кулона. При этом, если говорится, что заряд q находится в равновесии или движется равномерно и прямолинейно» то по первому закону Ньютона все силы, действующие на него, уравновешены, т. е. их равнодействующая равна нулю. Если же они не уравновешены, то заряд q движется с ускорением а» которое’ по второму закону Ньютона равно отношению равнодействующей F сил» действующих на этот заряд, к массе т тела или
частицы, несущей заряд q: а - — -т
Если при этом заряд q ьтлжегья равномерно по окружности» то равнодействующая F жарвлх&вь по радиусу к центру окружности, поэтому зар^д движется с центростремительным ускорением Оц, направленным тоже по радиусу к центру окружности перпендикулярно вектору линейной скорости V заряда.
Рассмотрим примеры применения законов динамики в задачах электростатики.
8
Пример 4. Два малых шарика массами т1 и т2, несущие заряды qr и q3, висят на нити (рис. 1-5). Поскольку они покоятся, то силы, действующие на каждый шарик, уравновешены. На нижний шарик действуют сила тяжести т$ и
сила натяжения . Кроме того, на него действует кулонова сила FK, которая, если заряды на шариках одноименные (рис. 1-5, я), направлена вниз, поскольку шарики отталкиваются друг от друга. Тогда применительно к нижнему шарику первый закон Ньютона можно записать следующим образом:
' ! «2?
"л,
Л; ;
«1?
Л)
Рис.
в векторном виде m^g + FK + Fvl = О,
в скалярном виде n^g + FK = FHl.
На верхний шарик действуют сила тяжести m2g, сила натяжения со стороны нижней нити 2^, сила натяжения со стороны верхней нити F^ и сила Кулона FK, которая теперь направлена вверх. С учетом направления этих сил первый закон Ньютона применительно к этому шарику запишем следующим образом:
в векторном виде m^g + FHi + Fb2 + FK = О, в скалярном виде m2g + FK1 =* ря2 + FK.
Если заряды и q2 разноименные, то теперь они будут притягиваться, поэтому направления сил Кулона, действующих на каждый шарик со стороны другогб, изменятся на противоположные^ (рис. 1-5, б). Теперь запись первого закона Ньютона применительно к нижнему шарику будет:
в векторном виде (по-прежнему) mt£ + .FR} +	~ О,
в скалярном виде m^g = FK +
Применительно к верхнему шарику этот же закон выглядит следующим образом:
в векторном виде (по-прежнему) m2g + FHl + Гн2 + FK ~ О, в скалярном виде m2g + F^ + FK » Fr2.
Здесь во всех случаях сила Кулона FK -	- , где г - дли-
4яеоегх
на нижней нити,
Пример 5. Маленький шарик массой т с зарядом подвешен на абсолютно упругой пружине жесткостью k над заряженным шаром радиусом Я, несущим отрицательный заряд ~ qz (рис. 1-6). Шары заряжены разноименно, поэтому вследствие их взаимного притяжения пружина удлинилась на А/, после чего шары оказались в равновесии. Расстояние от маленького шарика до поверх-
9
Рис. 1-6
пости большого равно I. Применим к этому случаю первый закон Ньютона. На малый шарик действуют сила тяжести mg со стороны Земли, сила реакции пружины Fn и сила Кулона FK со стороны большого шара. Поскольку заряды ql и q2 разноименные, то они притягиваются и, значит, сила Кулона направлена вниз. При равновесии сумма сил тяжести и Кулона, направленных вниз, будет уравновешена силой упругости , направленной вверх. Первый закон Ньютона в этом случае выглядит так:
в векторном виде mg + FK +	= О,
в скалярном виде mg + FK = PN.	(1-6)
Здесь согласно закону Гука FN = АД/ (1-7)
(1-8)
Осталось
и по закону Кулона К. =-----—rz-
4ле0е(я + if подставить (1-7) и (1-8) в (1-6) и из полученного выражения определить ту величину, о которой спрашивается в условии
задачи.
Пример в. Два одинаковых малых шарика массамй по т каждый с равными по знаку и модулю зарядами q подвесили на нитях'длиной I в одной точке. Вследствие отталкивания они разошлись на расстояние г (рис. 1-7).
Применим первый закон Ньютона к этому случаю.
На каждый шарик действуют три силы: сила тяжести mg, сила Кулона FK а сила натяжения . Поскольку шарики находятся в покое, векторная сумма этих сил по первому закону Ньютона равна
в скалярном виде сложим векторно
нулю: mg + F* +	= 0.
Для записи этого закона
силы mg и FK и модуль их равнодействующей Fpi приравняем
модулю силы натяжения Fu: Fpl ~ y(mgf + F* и Л>1 " поэтому
К = JW+J? - «да ь . ?2 2-
4те0ег4
Если в условии задачи идет речь об угле а, на который отклонилась каждая нить от вертикали, или об угле 2а, на который они разошлись, то воспользуемся формулами тригонометрии
10
_	Гк гк	л mg	г
tg а = или зша - —или cos а = —или sin а = — mg	Гр1 Ря	Fn	21
в зависимости от условия задачи.
Пример 7. Вокруг неподвижного заряда движется по окружности подвешенный на нити шарик массой т, несущей заряд Длина нити L Нить с шариком образует конический маятник с углом при вершине 2а (рис. 1-8). Применим второй закон Ньютона к этому» случаю.
На шарик, подвешенный на нити, действуют три силы: сила тяжести mg, сила натяжения нити и сила Кулона FK , с которой одноименные заряды q$ и q отталкиваются друг от друга, поэтому
на рис. 1-8 сила FK , приложенная к ша-
рику, направлена вправо. По второму закону Ньютона, записан
ному в векторном виде, равнодействующая этих сил та* равна
их векторной сумме: иоц = mg + Fa+ FK.
Поскольку шарик движется по окружности, то равнодействующая направлена по радиусу к центру окружности. Чтобы
ее найти, можно сначала сложить векторно силы mg и F* . Их равнодействующая тоже должна действовать вдоль радиуса окружности, более того; она должна быть направлена к центру и по модулю превосходить антинаправленную ей кулонову силу FK . В
противном случае равнодействующая этих сил и FK не будет направлена по радиусу к центру и шарик не сможет двигаться по окружности.
Тогда по второму закону Ньютона, записанному в* скалярном
виде, тац = Fpl -FK, где Fpl ^mgtga или Гр1	(в
зависимости от условия задачи выберем одну из этих формул).
(J О
Кроме того, а- — = ю2Я и F = —— —у , где R = I sin а . Я	к 4ле0еВ2
Все эти формулы могут вам пригодиться при дальнейшем решении задач.
Пример 8. Два одинаковых шарика с одноименными зарядами
qr и q2 взаимодействуют с силой F^ = —.
4Я£ОЕГ4
Эти шарики привели в соприкосновение. Поскольку их общий заряд равен q1 + q2 и шарики одинаковые, значит, на каждый
11
£i +^2 шарик попадет заряд %
Теперь они будут взаимодействовать
с силой
F (Cl+gzXgl+ffi) ^2.24^ 16яе0ег2
Отношение силы .Fk2 к силе FM1
Ла = Ьг+даУ ^хБогг8 _ (qi+g2T
F& 16теоег2 •	43102
F „ i2ci г
Пусть д, = 0,. Тогда	 = 1.
40/
Пусть 04 = 20,. Тогда	= ^=- = 1,125.
Ла	401-201	80/
Пусть 02 - 30,. Тогда ~~ =	= 7~2" = 1,ЗЭЗ-
Ук1	401 • 30,	120/
Таким образом, сила взаимодействия зарядов после соприкосновения всегда больше, чем до него, и это различие тем больше, чем более заряды различаются по модулю.
Решение отдельных задач
Задача 1
Два шарика, расположенных на расстоянии г = 20 см друг от друга, имеют одинаковые по модулю заряды и взаимодействуют в воздухе с силой F = 0,3 мН. Найти число нескомпенсированных электронов N на каждом шарике.
Дано: г = 20 см F - 0,8 мН £ = 1
е0 =8,85 10-12-^ Н-м
Решение. По закону Кулона
„ q2
F =-----—_ где g = едг - мо-
4ле0ег^
дуль заряда каждого шарика, е = 1,6 • 10“19 Кл - элементарный заря q. С учетом этого
F = — «’ 0ТКУДа
4яе0ег
.------- I 2г г~'________'
eN « ^4it£0^F и IN = —^e&tF
Переведем все единицы в СИ: 20 см = 0,2 м, 0,3 мН= = 0,3 ♦ 10 s Н = 3 • 10 « Н.
12
Произведем вычисления:
N = 2 0-21п А85~10’12 ЗД4 - З Ю’4 = 2,3 • 1011.
1,6 Ю-19
Ответ: N - 2,3 • 10“.
Задача 2
С какой силой взаимодействовали бы в воздухе две капли воды массами по т = 1 г, расположенные на расстоянии г = 50 см друг от друга, если бы одной из них передали 10% всех электронов, содержащихся в другой капле?
Дано: ш = 1 г г = 50 см ^- = 10% = 0,1 No Е = 1 ео=835 1О“»^-Нм	Обозначим N] число нескомпенсированных электронов, переданных первой капле, No - все число электронов на второй капле до того, как у нее забрали 10% ее электронов, Е - относительную диэлектрическую проницаемость воздуха. Решение. Вначале обе капли были нейтральны. Затем первой
F - ?	капле со второй передали Л\ = =O,lNo электронов, и заряд первой капли стал qt < 0, а заряд
второй капли стал <74 > 0, поэтому капли стали притягиваться друг к другу.
По закону Кулона сила взаимодействия двух капель с
модулями зарядов qt и q2 F - -	.
4яе0ег
Здесь q2 - модуль заряда второй капли после того, как у нее отняли 10% электронов. Согласно кратности заряда q2 = eNt и 9г = eNs, где е — 1,6 • 10-1в Кл - заряд элементарный и - число нескомпенсированных электронов на второй капле после того, как у нее забрали » <= QtlN0 электронов. Очевидно, что N2 -Nt.
С учетом этого запишем:
р eNteN2 O,leNo О,1еУо 0,01^)2 4л£0«г2	4яе04г2	4лг0£г2
Чтобы найти число электронов No в капле воды массой тп, найдем сначала число молекул N в ней. Для этого вспомним, что число молекул N равно произведению числа молей v в капле, на число молекул в одном моле,
13
т. е. на число Авогадро NA = 6,02 • 10м моль"1: N = vNA , т	т
где v = —, поэтому N = — «д .
М	М
Здесь М = 0,018 кг/моль - молярная масса воды.
В каждой молекуле воды имеются 2 атома водорода, содержащих 2 электрона, и атом кислорода, содержащий 8 электронов. Значит, всего молекула воды имеет 10 электронов, а N молекул воды имеют соответственно 10 У электронов, т.е.
0,25 ( emNA V гМ
леое
ATo=1<W = 1o£1Va.	(2)
м Нам осталось подставить (2) в (1), и задача будет ре-шеца. Проделаем это действие:
4те0ЕГ21И2
Переведем все единицы в СИ: 1 г = 1 • 10“3 кг, 50 см = = 0,5 м.
Произведем, вычисления:
1,6 • 10~19 • 1 • 10"3 • 6,02 • 1023 -Y
Н -
0,25
F =
3,14 • 8,85 • 10'12
= 1 • 1018 Н.
Ответ: F = 1 • 1018 Н.
0,5 0,018
Задача 3
Два одинаковых шарика зарядили так, что заряд одного из них оказался по модулю в п раз больше другого. Шарики привели в соприкосновение и {извели на вдвое большее, чем прежде, расстояние. Во сколько раз изменилась сила их кулоновского взаимодействия, если их заряды.до соприкосновения были разноименными?
Дано: 91 =««2 г2 =2ti
К 1
Обозначим qv и q2 - модули зарядов первого и второго шариков до соприкосновения, гх и г2 - расстояния между ними до и после соприкосновения, Fj и Ft - силы их взаимодействия до и после соприкосновения.
Решение, Сила взаимодействия шариков до соприкосновения по закону Кулона
14
F = gl<?2 ~	= n f <?2 Y
1	7Koe^2ri>
Общий заряд шариков до соприкосновения с учетом того, что они разноименные, равен q2 ~ q2 = nq2 “ ?2 = *= 9а(л ~ Л* Поскольку шарики одинаковые, на каждом из них после соприкосновения появится заряд q 1 - q2 q% (л - 1)
—_—  -------------, Тогда по закону Кулона сила их вза-
имодействия после соприкосновения будет
У _ 9a(n - l)g2(ft -1) _ d(« - tf
2	4яе0ег22 -2-2	16тге0е(2г1 f
(ведь по условию r2 = 2i\) или
1 Г 9г С”"1)
F2 = ЛЕоЕ^ 8Н
Разделив (2) на (1), мы ответим на вопрос задачи:
.(2)
F2 = 1 ( gs(ra-l)V яеоеГ 2q Y _ д2(п-1^4^
Fi ЛЕоЕ^ 8г1 п [ 9г п 64 rfg2 ’ .^(n-l)2 [fi 16 n
Задача решена.
O/neem;—
^Задача 4
Два маленьких заряженных шарика взаимодействуют в вакууме с некоторой силой, находясь на расстоянии друг от друга. На каком расстоянии г2 друг от друга они будут взаимодействовать в среде с диэлектрической проницаемостью е2, если сила их взаимодействия останется прежней?
Дано:
П
Et = 1
£>
Обозначим £i относительную диэлектрическую проницаемость вакуума, J\- силу взаимодействия зарядов в вакууме, F2 - силу их взаимодействия в среде с диэлектрической проницаемостью е2.
Решение. По закону Кулона сила взаимодействия шариков с зарядами qr и q2 в вакууме
г2-?
15
(2)
г _	919г
1 4itE0£1rf *	* >
Сила их взаимодействия в среде с проницаемостью Ег р _	919г
-гз —Z2 ' 4п£0е2г2
Согласно условию эти силы равны, поэтому приравняем правые части равенств (1) и (2) и из полученного уравнения найдем искомое расстояние г2: 
919г	_ 919г
4леое1г12 * 4 4леое2г22 ’

£ff = e2r2. откуда r2 = 7}
Ответ: r2 ~ ri
Задача 5
Маленьким шариком с зарядом q коснулись внутренней поверхности очень большого незаряженного металлического шара, в результате чего на большом шаре поверхностная плотность зарядов стала равна о. Найти объем V большого шара. Среда - воздух.
Дано: 9 о
Е = 1
V- ?
Решение. Поскольку размеры большого шара намного больше маленького, весь заряд q с маленького шарика перейдет на большой и распределится равномерно по его поверхности.
При этом поверхностная плотность зарядов на поверхности большого шара
о = 2	(1)
О
где S - 4x7? (2) - площадь поверхности большого шара, а R - его радиус.
Теперь подставим (2) в (1) и определим радиус боль- . того шара, а затем', зная его радиус, найдем и объем этого
шара: о = —2_, откуда R =	.	(8)
4nR2	»4лгт
4 Объем шара	V = — xRs.
3
Подставив (3) в (4), мы решим задачу:
(4)
16
Задача решена.
Ответ:
Задача в
Два металлических шарика имеют массу m = 10 г каждый. Какое число электронов W надо удалить с каждого шарика, чтобы сила их кулоновского отталкивания стала равна силе их гравитационного тяготения друг к другу?
Дано: т = 10 г е - 1,6 • 101’ Кл
G = 6,67 10n кг2
Е = 1
е0 =8,85-10-u-^r
Здесь и далее е - модуль заряда электрона, G - гравитационная постоянная, F„ - сила кулоновского отталкивания шариков, Fw - сила их гравитационного тяготения.
Решение. По закону Кулона
Fx = —-—-, где q = Ne - за-4яе0ег
ряд каждого шарика после того, как с него удалили N электронов, г - расстояние между ними (точнее, между их центрами).
# -?
Поэтому
F _ W 4ле0ег2
(1)
По закону всемирного тяготения Е^. = G -г-.	(2)
гЛ
Согласно условию задачи Fx — Fw, поэтому приравняем (1) и (2):
= G ~, (Nef - 4ne0eGm2. откуда 4яе0ег г
2m I----—
N = — JxeoeG? _____________________e ______ Переведем единицу массы в СИ: 10 г « 0*01 кг.. Произведем вычисления:
N = 2:.^’21 7з,14  8,85 10’12 - 6,67 • 10"п = 5,4 • 106.
1,610-19
Ответ: N = 5,4 • 10е.
17
Задача 7
Между двумя одноименными точечными зарядами qr = 1  1043 Кл и q2 в 4 • 10~8 Кл, расстояние между которыми г = 9 см, помещают третий заряд qQ так, что все три заряда оказываются в равновесии. Чему равен этот третий заряд д0 и каков его знак? На каком расстоянии гг от заряда qs он располагается?
Дано:
qt = 1 • 10“* Кл q2 = 4 • 10-8 Кл г = 9 см
Решение. По условию задачи все силы, действующие на каждый зарядхо стороны других зарядов, уравновешены, следовательно, их равнодействующая согласно первому закону Ньютона „равна нулю. Это условие может быть выполнено только в том случае, если заряд будет
отрицательным и, кроме того, он будет располагаться ближе к меньшему заряду qr (рис. 1-9).
При этом сила притяжения Р10 заряда qt к заряду qQ может оказать
ся уравновешенной силой отталкивания #12 заряда от одноименного заряда д2, и тогда
заряд q1 окажется в равновесии. Точно так же сила при
^13 Ло *01	^02	*20	^21

Рис. 1-9
тяжения F01 заряда qQ к заряду может оказаться урав
новешенной силой притяжения F02 заряда д0 к заряду q29 и при этоТд заряд д0 тоже окажется в равновесии. И наконец сила отталкивания jP2i заряда q2 от заряда gt может оказаться уравновешенной силой притяжения F20 заряда q2 к заряду д0, и тогда заряд q2 тоже будет в равновесии. Отметим, что равновесие зарядов будет неустойчивым, так как с изменением расстояния между любыми зарядами оно нарушится и заряды уже не смогут самопроизвольно вернуться в прежнее положение.
Если же заряд д0 будет тоже положительным, как и заряды и д2, то он еще может оказаться в равновесии, будучи отталкиваемым как от заряда gn так и от заряда д2. Но сами заряды и q2 уже не смогут оказаться в равновесии, поскольку на каждый из них будут действовать по две силы отталкивания от одного из этих зарядов и от заряда д0, направленные в одну сторону, поэтому под
18
суммарным действием этих сил заряды qt и <у2 станут «разбегаться» с ускорением от заряда в противоположные стороны.
Для определения расстояния г, воспользуемся условием равновесия заряда qQ. На этот заряд со стороны заряда qx действует сила притяжения F01, а со стороны заряда q2 действует тоже сила притяжения F02, причем, как мы уже отметили, эти силы уравновешивают друг друга, т. е. по модулю друг другу равны: F01 = f02.
Поскольку наши заряды точечные, то к их взаимодействию применим закон Кулона:
Ап - .2 и *02 =----------------Г? •
4пе0ег1	4яе0е(г - г,)
Так как F01 = Р02, то —й =----------------г или
4л£0ег1 4ле0е(г -
Ч =	» откуда q^r -	= q2r? .
* (*-п)
Поскольку все величины в этом уравнении положительные, то можно взять корень квадратный из левой и правой частей этого выражения. От этого равенство не нарушится, а неизвестное гх окажется в первой степени:
Решим полученное уравнение относительно гг: » г7?Г = г1^Г + Г1 J<h ’
Мы нашли одну из искомых величин в общем виде. Теперь для определения заряда q0 воспользуемся условием равновесия заряда qt (или можно q2, результат будет одинаков). Согласно условию равновесия заряда q2 Fl0 - F12.
По закону Кулона F10 = —и Fi2 - 	, по-
4яе0ЕГ1	4ле0ег
этому —— й , или, после сокращения, %. 4«EoEri 4гсе0ег	г2 г
19
2
Г
rz
Отсюда во или q0 ^92
r
Задача в общем виде решена; Переведем все единицы в СИ: 9 см = 0,09 м.
Подставим числа и произведем вычисления:
о,оэА • io'8
гг =	. м = 0,03 м,
V110“8 +V4 10’8
q0 = 4 • 10’4	| Кл = 4,0 • 104? Кл.
^0,09 )
Ответ i\ = 0,03 ip, qt = 4,0 • 10"£ Кл.
Задача 8
Заряды qx = 20 нКл и q2 = -30 нКл расположены на некотором расстоянии круг от друга (рис. 1-10). Заряд q0 помещают сначала в точку 1, расположенную слева от
г
заряда qt на расстоянии — от него, а затем в точку 2, Л
расположенную между зарядами <jj и д2. Найти отношение силы Fu с которой заряды qx я qt действуют на заряд q0 в точке 1, к силе Рг, с которой они действуют на него в точке 2.
Дано: 51 “ 20 нКл qa «= -30 нКл
- ?
Решение. Пусть заряд 9о находится в точке 1 (см. рис. 1-10, а). При этом на него со стороны заряда qt действует сила
отталкивания F01, направленная влево (ведь qx и q2 - оба положительные заряды). Одновременно на положительный заряд д0 со стороны отрицательного заряда
*01 <й> Q1 2
а)	г/2	г/2 г/Г
Q
б)	41
Рис. 1-10
qt ж&ешу&г сила притяжения FM', направленная вправо. Поскольку эти силы антинаправлены, то их равнодействующая Fx по модулю равна их разности: Fx « Рм - FOi (мы наугад предположили, что F0l больше, чем F02, а если при вычислениях сила Fx будет отрицательна, то поменяем местами Fn и Гщ).
По закону Кулона
.20
F = gogl = gQgl = gQgl .
01 f rV a ** tre0er2 * *
4ltMjj	те°ЕТ
Аналогично
p _	9o92	<7o?2	_ 9o^3
”02 ~	~ “Г -----------r - “ г ‘
<Ц»£)	9»»-
Поэтому Fl = 9ogl 2- - q°Q2 = —9i ~	(1)
леоегг 9леоен яеоег к 9)
Теперь поместим заряд q0 в точку 2 (рис. 1-10, б).
В этом случае силы F^ и 2^2 , действующие на положительный заряд q0 со.стороны тоже положительного заряда qL и отрицательного заряда q2, сонаправлены, по- ' этому их равнодействующая сила Ft равна сумме этих сил: F2 = Fq! + Fq2 , где по закону Кулона
р» 9i9o 919о _ р' _ 9г9о _ 9г9о *01 ==------------------* и г02 -	-----------,
(г\2 яг0сг2	те0ег2
4я®05 * * * й	4яе0
(2)
F2 9(gi + 9г)
Ft 991~9г
поэтому F2 = ^9 + -&go = —?Q j (дг + g2). ’ ле0£г 7iEoer itE^er
Нам осталось разделить (2) на (1), и задача будет ре-„тоия. *2 _ "goE^gofai + qa)
Fl 9о( 91 ~ у рт£0ег2
Задача решена. Можно не переводить единицы заряда в СИ, ведь в конечной формуле остались только заряды,
F выраженные в нанокулонах, поэтому отношение —бу-
Fi дет безразмерным.
Произведем вычисления (знак «минус» перед зарядом q2 мы уже учли, когда выбирали направление сил F02 и г, Т2	9(20 + 30)
02,‘ Fi	9-20-30
Ответ: F2!Fy = 3.
21
Задача 9
В вершинах равностороннего треугольника находятся одинаковые заряды q =* 2 нКл (рис* 1-11). Какой заряд д0 надо поместить в центр треугольника и, чтобы система всех этих зарядов оказалась в равновесии? Будет ли равновесие устойчивым?
Дано: q ~ 2 нКл 2а = 60°
Решение, Очевидно, что заряд qQ должен быть отрицательным (иначе заряды в вершинах «разбегутся» от него) и по модулю таким, чтобы сила притяжения всех зарядов q к заряду компенсировала взаимное отталкивание зарядов д друг от друга. Пусть

сторона треугольника- г.
Равнодействующая сил, приложенных к заряду д0 со стороны зарядов q в вершинах, равна нулю в силу симметрии его расположения в центре треугольника.
Покажем силы, приложенные к заряду д, расположенному в правой нижней вершине треугольника. На этот заряд со стороны двух других зарядов q действуют равные по модулю силы Fv Построим на этих силах, как на сторонах, ромб с ос
трым углом 2а — 60°, сложив их векторно. Диагональ
этого ромба Fpi является равнодействующей сил и Рх. По модулю эта равнодействующая согласно теореме косинусов
Fp t = Jfi2 + fi2 - 2FXFX cos(180 ° - 2a) = Fx 72(1 +cos 2a) -
= ^^2(1 + cos2 a - sin2 a) = cos a, ведь cos (180° - 2a) «= -cos 2a, где a == 30°, и cos. 2 a = cos2 a - sin2a, al - sin2 a =» cos2 a.
По закону Кулона Fx = —-—- . 4ne0er
_	2g2 cosa g2 cosa
учетом этого F x = ------ - -------
p	4яе0ег	2яе0ег2
(1)
Чтобы система зарядов была в равновесии, на тот же
заряд q со стороны заряда ?о должна действовать сила притяжения Fq , антинаправленная силе Fp г и равная ей по модулю: Fo - Fpl, где по закону Кулона
22
4яе0е
ад___________ ад еоа2 а
' г Y
2 cos ex I
(2)
ведь расстояние между зарядами $0 и q есть гипотенуза
в прямоугольном треугольнике с катетом — и прилежа-
г щим к нему углом а, которая равна --------.
2 cos а
Нам осталось приравнять (1) и (2) и из полученного уравнения найти заряд qQ:
g2 cos a qQq 2
~-----г = cosz а 9
2леоег яеоег
2 cos а
Произведем вычисления:
2
л ---------нКл - 1,2 нКл .
0 2cos80 °
Равновесие зарядов будет неустойчивым, так как, если хотя бы один из зарядов вывести из состояния равновесия, переместив его на некоторое расстояние, то система зарядов самостоятельно в состояние равновесия уже не вернется.
Ответ: qQ =1,2 нКл; не будет.
Задача 10
В вершинах квадрата расположены заряды q (рис. 1-12). Какой заряд и где надо поместить, чтобы вся система зарядов оказалась в равновесии? Будет ли равновесие устойчивым?
Дано: 9
?
Решение. Заряд qQt конечно, должен быть отрицательным, иначе заряды в вершинах квадрата, отталкиваясь от него и друг от друга, «разбе
гутся» с ускорением по продолжениям диагоналей квадрата, В силу симметрии он должен
располагаться в центре квадрата, т. е. в точке йересече-
23
ния-его диагоналей. При этом силы притяжения заряда qe к зарядам q, расположенным в вершинах квадрата, скомпенсируют друг друга. Чтобы заряды в вершинах квадрата были в равновесии, нужно, чтоб суммарная сила отталкивания, действующая на каждый заряд в вершине квадрата со стороны остальных трех зарядов, была уравновешена силой притяжения этого положительного заряда q к отрицательному заряду д0-
Рассмотрим силы, приложенные к заряду q, расположенному в вершине 1. На него со стороны зарядов q, расположенных в вершинах 2 и 4, действуют две взаимно перпендикулярные и равные по модулю силы отталкивания , а со стороны заряда q в вершине 3 - сила отталкивания F2 Суммарное действие этих трех сил должно быть скомпенсировано силой притяжения Fo заряда 9 в вершине 1 к заряду q0. Иначе говоря, векторная сумма-всех сил, приложенных к заряду q в вершине 1, должна быть равна нулю: Ft + + Fz + Fo = О.
В скалярной записи условие равновесия запишем так:
(2)
___ Fpl+F2=F0,	(1)
где Fpl = ^Fi + Fi = Fi ^2 - результирующая сила, действующа^ на заряд q в вершине 1 со стороны зарядов q в 2
вершинах 2 и 4. По закону Кулона Ft - —-—-, поэтому 4пе0£а2
F , =—------V2
pl , о v • 4xe0EaJ
где а - сторона квадрата. Она нам не дана, но должна сократиться в процессе решения.
По закону Кулона сила, с которой на заряд q в вершине 1 действует заряд q в вершине 3, расположенный на расстоянии 7а2 + а2 = а^2 от него,
р -	= g8	z3i
2 ’ 4^4^ 8^2 ’
Сила» с которой на заряд q,3 вершине 1 действует заряд gQi расположенный от него на расстоянии, равном
Va	+ a	V2
половине диагонали квадрата --------- а—,
2	2
24
Fn = ------------ sc g?0 - .
f л/гУ
4ле0б
Нам осталось подставить (2), (3) и (4) в (1) и, выполнив сокращения, найти заряд д0:
(4)
q2 к. q2 _ 7г q
4ле0еа2 8лЕ0£а2 2яеоеа2 *	2 + 4 “ или
q0 = 0,5g(j2 + 0,5)
Поскольку V2 = 1,4, то д0 =0^ q(l,4 + 0,б) = 0,95 g.
Равновесие будет неустойчивым, так как при выводе любого заряда из равновесия система самостоятельно не
вернется в прежнее равновесие. Ответ: q0 = 0,95g; не будет. ^Задача 11
В трех соседних верши- -нах правильного шестиугольника со стороной а рас-' доложены положительные заряды q, а в трех других -равные им по модулю, но отрицательные заряды. С какой силой F эти шесть зарядов будут действовать на заряд q0, помещенный в центр шестиугольника (рис. 1-13)?
Дано: а ? ?о е
Решение. Сила	Рис. 1-13
F, с которой все заряды в вершинах шестиугольника действуют на заряд qQ в его центре, по принципу суперпозиции равна векторной сумме сил, с которой каждый заряд q действует на q0 в отдельности. Обозначим силу, с которой каждый заряд q дей-
F - ? ствует на заряд д0, буквой Pt.
На заряд 9о со стороны зарядов q в вершинах 1 и 4 действуют две такие силы. направленные к вершине 4, потому что положительный заряд q в вершине 1 толкает заряд д0 от себя, а отрицательный заряд q в вершине 4 его притягивает. Следовательно, суммарная сила, с которой заряды q в вершинах 1 и 4 действуют на
заряд д0, равна 2Ft. Но с такими же силами 2Д на за-
25
ряд о9 действуют и заряды q, расположенные в вершинах 3 и 6, векторная сумма которых направлена к вершине 6.
Векторы 2F\ сил, действующих на заряд д0 со стороны зарядов q в вершинах 2 и 4, а также 3 и 6, если их векторно сложить, будут являться сторонами ромба с острым углом при вершине 60°, поэтому векторная сумма сил 2Fj и 2Рг тоже будет равна 2Гг и направлена к вершине 5. Но к этой векторной сумме следует прибавить еще одну силу 2Ft, с которой на заряд д0 действуют заряды q, расположенные в вершинах 2 и 5, ведь эта сила сонаправлена с векторной суммой сил и 2Ft, так как они обе направлены к вершине 5. Поэтому суммарная сила, с которой все шесть зарядов q действуют на заряд д0, по модулю 41*!: ’ F = 4Fj, где по закону Кулона
Ft = —, » BeW> расстояние между каждым зарядом д \ 4л£0ЕСГ
и зарядом д0 тоже равно а.
Поэтому Г--4^-у, F = "°
4яе.оед	ле0Еа
Задача решена.
Ответ: F = —.
теоеа
Задача 12
Два одинаковых маленьких шарика массами по т = = 10 г каждый заряжены одинаково и подвешены на непроводящих и невесомых нитях так, как показано на рис. 1-14. Какой заряд q должен быть на каждом шарике, чтобы нити испытывали одинаковое натяжение? Среда -воздух, длина каждой нити I — 30 см.
Дано:. т ~ 10 г е - 1 ео = 8,85 -1О-12 2^
°	Нм2
I - 30 см
м
g = 93-2 cz
g-?
Решение. Покажем силы, приложенные к верхнему заряду.
На него действуют направленные вверх сила натяжения верхней нити Fx н сила кулоновского отталкивания от нижнего заряда FK , а вниз направлены сила тяжести mg н сила натяжения нижней нити, которая согласно
26
условию задачи по модулю тоже равна Fa. При равновесии этого шарика векторная сумма этих сил равна нулю: FB + FK + mg + FB = О, а в скалярной записи F„ + FK = mg + FB , поэтому 2
F я mg, где по закону Кулона FK = —-—=, 4лЕоЕГ
шшн


g2
Рис, 1-14
Тогда 4 р = mg, откуда q = Zl^w^Emg
Переведем все единицы в СИ: 10 г — 0,01 кг, 30 см = 0,3 м.
Произведем вычисления:
q = 2 • 0,3^3,14-8,85.1(Г“. 0Г93 Кл = 3,1.10-6 Кл
Ответ: q = 3,1 * 10"6 Кл.
Задача 13
На изолирующей нити подвешен маленький шарик массой m = 1 г, имеющий заряд = 1 нКл, К нему сии- .. зу подносят на расстояние г = 2 см другой заряженный маленький шарик, и при этом сила натяжения нити уменьшается вдвое. Чему равен заряд q2 другого шарика? Среда - воздух.
Дано: т = 1 г qY — 1 нКл г = 2 см е = 1	
Ео = 8,85-Ю'12	Кл2 Н- м2
£ = 934 с2	
^=2^,	
$2	
Обозначим FH1 силу натяжения нити до того, как к шарику на ней поднесли другой шарик, - силу натяжения нити после того, как его поднесли.
Решение. Когда шарик на нити был один, на него действовали уравновешивающие друг друга сила натяжения FH1 и сила тяжести mg (рис. 1-15, а), поэтому ГЯ1 = mg.
Когда снизу поднесли заряд q2,  на qx стала действовать вверх сила
Кулона FB и новая сила натяже-
ния Рв2 (рис. 1-15, б), а вниз - прежняя сила тяжести mg . Равновесие наступило, когда стало выполняться равенство	FK + F^ = mg.
27
Рис» 1-15
Поскольку ^и2 =	» гДе Fн1 =
а
= mg, то
v _ W К’!'Т
и поэтому
FK+^ = W, FK= —.	(1)
к 2	’ к 2	.
По закону Кулона
(2) 4ле0ег
Приравняем (1) и (2> и найдем заряд д2: —, 4п€0ЕГ2	2
2я£лЕгп£
«уда	Яг --------
Ч\ Переведем все единицы в СИ:
1 г = 1 • 10-3 кг, 1 нКл = 1 • 10-® Кл, 2 см « 0,02 м. Произведем вычисления:
2 • 3,14 • 8,85 • 10~12-10~8 q* ~	1-10-’
Ответ: q± 5,4 • 1(к4Кл.
. Q Я
— Кл - 5,4 • 10 4 Кл.
mg	mg Fpl
Рис. 1-16
Задача 14
Два одинаковых маленьких шарика подвешены на невесомых нитях длиной I каждая в одной точке. Когда им сообщили одинаковые заряды q, шарики разошлись на угол а (рио 1-16). Найти силу натяжения FH каждой нити. Среда -воздух.
Дапо:	Решение. На каждый шарик действуют три
а силы: сила тяжести mg, сила Кулона FK и 3	сила натяжения F*. Они	скомпенсированы,
|	поэтому шарики согласно первому закону	Ныо-
-£----- тона остаются в покое.
р _ « Условие равновесия каждого шарика в век-в	торной записи:
28
FK + mg + FB =0 или .Fpi +FB = 0, где Fpl = FK + mg - равнодействующая сил тяжести и Кулона.
В скалярной записи Fpl = FB . т» «	. a FK . а FK
Из рис. 1-16 следует, что sin — = --— или sin — = —, 2	^р1	2
V***JM’*	* И —	•	/
“а sin— 2 2 По закону Кулона FK = —-—г,	(2)
4пе0ег где из прямоугольного треугольника с гипотенузой I sin^ = ~, откуда г2 = 4i2sin2~ .	(3)
Подставим (3) в (2):
--------i--------=—i--------------	(4> 47te0E • 4Z2 sin2 16tieoeZ2 sin2
Теперь подставим (4) в (1), и задача будет решена:
хн “
16яе0Е12 sin3 — _________®_______2
Задача решена.
а2
Ответ: FB = --------------.
16пЕ0е/2 sin3 — °	2
Задача 15
Два одинаково заряженных шарика, подвешенных на нитях равной длины, разошлись на некоторый угол (рис. 1-17, а). Чему равна плотность материала шариков Р, если после погружения их в керосин угол между нитями не изменялся (рис. 1-17^ 6)1 Относительная диэлектрическая проницаемость воздуха et « 1, относительная диэлектрическая проницаемость керосина е2 = 2. Плотность керосина р0 “ 800 кг/м3.
29
Рис. 1-17
Дано: ~ 1
ро = 8ОО^-
Р-?
Решение, Из условия задачи следует, что после того как шарики разошлись на угол а, отталкиваясь друг от друга из-за того, что заряды на них одноименные, они оказались в равновесии. Это значит, что согласно первому закону Ньютона силы, действующие на каждый шарик со стороны других тел, скомпенсировали друг друга и их равнодействующая стала равна нулю. Поэтому решение задачи и в этом
случае мы начнем с составления уравнений, определяющих условия равновесия шариков в воздухе и в керосине. На каждый шарик в воздухе будут действовать три силы: сила тяжести mg со стороны Земли, сила Кулона
со стороны другого шарика, заряженного одноименно с первым, и сила натяжения нити Рн1. Согласно первому закону Ньютона, равнодействующая этих сил, т. е, их векторная сумма, равна нулю: mg 4- FK1 +	= 0 *
В скалярной записи мы такое же соотношение между силами записать не можем, так как они ориентированы под углом друг к другу. Поэтому, чтобы записать соотношение между этими силами в скалярном виде, обратимся к рис. 1-17, а. Из него следует, что угол между векторами силы тяжести mg и вектором силы F^13 ляющейся равнодействующей сил ing и , равен углу а/2 между нитью, на которой подвешен шарик, и высотой равнобедренного треугольника, образованного обеими нитями и отрезком г (отметим, что вектор силы Гр1 является продолжением вектора Fni и по модулю равен ему, . поскольку эти векторы уравновешивают друг друга. По-атому длина их должна быть одинакова).
Из прямоугольного треугольника, катетами которого являются вектор mg и штриховой отрезок, равный по 30
длине вектору Fk1, а гипотенузой - вектор иРр1, следу-
х а ет, что	tg— =----.	(1)
2 mg
Это соотношение и есть запись первого закона Ньютона в скалярном виде применительно к случаю, когда шарики были в воздухе.
Теперь рассмотрим случай, когда шарики оказались в керосине. При этом на каждый из них, помимо сил, названных прежде, стала действовать еще и выталкивающая сила ^выт со стороны керосина, направленная по закону Архимеда вертикально вверх, т. е. антинаправленно силе тяжести. Кроме того, следует отметить, что величина силы Кулона уменьшилась, поскольку в диэлектрике заряды взаимодействуют слабее, чем в вакууме. Вместе с ней уменьшилась и сила натяжения нити (рис. 1-17, б).
По первому закону Ньютона, записанному в векторном виде, поскольку заряды остались в равновесии, векторная сумма и в этом случае осталась равной нулю:
т^ + #к2 + Ги2+Гвыт=0.
Для записи соотношения между силами, действующи-' ми на шарики, в' скалярном виде опять рассмотрим прямоугольный треугольник на рис. 1-17, б. Теперь его катетами служат отрезок mg-FBKT и отрезок, равный по длине вектору Fk2, а гипотенузой - вектор. Fp2 . Из это-
, а Fk2 го треугольника следует, что -------—.	(2)
г mg-#выт»
Поскольку левые части равенств (1) и (2) равны, то JI	р
приравняем их правые части: —— =---— .	- (3)
mg mg ^выт
Теперь нам осталось выразить величины, входящие в полученное выражение, через величины, известные нам из условия задачи, и искомую плотность р« Конечно, в формулы, которые мы сейчас запишем, войдут и неизвестные величины (например, q и г), но поскольку они будут стоять в обеих частях равенства (3), то, вероятно, сократятся. Поскольку заряды, расположенные на шариках, можно считать точечными, то для определения
2
FBl и ^к2 применим закон Кулона: 2? < =-2-
Алъ^г2
сил
(4)
и
w - g2 к2 4ле0е2г2 ’
(5)
31 .
Так как нам необходимо найти плотность материала шариков р, то выразим массу шариков т через плотность р и их объем V:	т =* pV.	(6)
Наконец, запишем формулу выталкивающей силы, которая, как это следует из закона Архимеда,
(7)
Теперь подставим (4), (5), (6) и (7) в (3). Получим ?	яг
4ne0e1r2pZ4 4neos2rI(pVg-povg)
Выполнив сокращения, получим Etp = £г(р“Ро)ф
Отсюда уже легко определить искомую плотность материала шариков р: €jp = е2(р-р0), ЧРо “ егР ~е1Р »
p = J^O-е2 ~£1
откуда
Мы решили задачу в общем виде» Подставим числа и произведем вычисления:
Л 2 800 «Г	КГ
Р и -------= 1600
2 -1 м3	м3
Ответ: р “ 1600 кг/м3.
Задача 16
Три одноименных заряда qt = 1 нКл, & ~ 2 нКл и q, -— 0,8 нКл связаны горизонтальными нитями длиной I *= — 50 см (рис. 1-20) и находятся в равновесии. Найти силы натяжения нитей FH1 и /,н2. Среда - воздух.
Рис. 1-18
Дано: qt = 1 нКл q2 = 2 нКл q3 = 0,8 нКл I = 50 см Е = 1
ео=8,8510-12^Ц Н-м2
Решение. На заряд gt действуют следующие сиды: сила отталкивания F12 со стороны заряда q2, сила отталкивания F13 со стороны заряда q3 и сила натяжения FKl, которая антинаправлена силам Кулона и уравновешивает их, поэтому
Аг + Аз + А1. = 0 > а по модулям . + • (1)
32
На заряд q2 действуют сила отталкивания. F31 от заряда qu сила отталкивания F32 от заряда q2 и сила натяжения другой нити FM. Поскольку эти силы тоже уравновешивают друг друга, значит,, '
+ *32 + -^н2 = 0, а по модулю Fb2 - /81 + Fn. (2)
_ 9192
По закону Кулона Fl2 " 4яе0Е/2 ’	(3)
2? -	919з	- 919а	'
13 4л£0е(2/)2	16яе0й2 ‘
Подставив (3) и (4) в (1), найдем силу натяжения р = 9192 + 919з	_ ^919г + 919з
H1 4tie0e/z 16ne0Ei2 16jieoeZ2 ’
р 91(<92 + 9з)
** 16ЛЕрЕ/2
По закону. Кулона F32 * ——2 .	(5)
4яе0е/2
Кроме того, по модулю Г81= F1S согласно третьему закону Ньютона.
Подставим (4) и (5) в (2):
__919з	г 9з9з _ 919з + ^9г9з 16пе0е/2 4пе0е/2	16пе0е/2 или
р 7 9s(9i +<92)
и 16пЕде12
Задача решена.
Ответ: р , =	+ 9ft)
ISttEoeZ2
^*2	16ле0е/2 ,
Задача 17
Построить график зависимости силы взаимодействия двух точечных зарядов g, = 1 • 10** Кл и qa - 2 • 10** Кл от расстояния г между ними в интервале от г, — 2 см до г2 = 10 см через каждые 2 см. Среда - воздух.
2 Репетитор по физике. Т. 2
33
Дано:	„
£ - 1 • 1£* Кл дг “ 2 ♦ Ю'4 £ - 2 см г2 = 10 см £ «• 1
Решение. Прежде чем строить график, запишем формулу^выра-жающую зависимость силы Кулона FK от расстояния г между зарядами, т. е. закон Кулона:
Кл2 Нм2
FK=Fx(r)-?
ч ^-835-10““
v _ __ .к ~ .	»
4ле0ег
m	QtQii
Теперь вычислим У •: 4л£0Е
<Мг 4лео£
1 • 10"9 • 2 • 10-9
4  ЗД4 • 8,85 • 10““
Н м2 = 1,8 -10-8 Н м2.
о „	1,8-10
Значит, F =------—
*	_2
Теперь подставим в знаменатель этого выражения последовательно численные значения г от rt = 2 см до гг — 10 см и вычислим соответствующую им силу Кулона.
Например, FK1 =	— Н = 9 • 10'5 Н и т. д.
0,022
Заполним таблицу:
Г, м	0,02	0,04	0,06.	0,08	0,1
F, Н	4,5-10-®	1,1 • io-®,	0,5-10®	0,3-10-®	0,2 • 10-»
Рис. 1-19
Проведём оси координат и выберем масштаб. Будем откладывать по оси абсцисс расстояние, г, а по оси ординат - силу Кулона FK. Сила Кулона изменяется от. 4,5-10-® до 0,2-10"® Н, поэтому удобно, чтобы одному делению на оси ординат соответствовала сила 0,5 * 10"® Н. Расстояние г изменяется от 0,02 до 0,1 м, поэтому пусть одному делению на оси абсцисс соответствует отрезок 0,02 м, тем более, что нас просят выбрать интервал на оси расстояний, равный 2 см. Проведем оси координат, на
34
несем на них масштаб, затем обозначим точки и, соединив их линией, построим график Fx — FK(r) (рис 1-15).
Задача решена.
Задача 18
.Шарик массой т с положительным зарядом qlt подвешенный на нити длиной I, равномерно вращается в горизонтальной плоскости вокруг неподвижного отрицательного заряда q2. При этом угол между нитью и вертикалью равен а (рис. 1-20). Найти линейную скорость шарика и. Среда - воздух.
Дано: т 91 I Яг а ео е
v - ?
Решение. На шарик действуют три силы: сила тяжести mg , сила кулоновского притяжения F„' заряда к заряду q2 и сила натяжения нити F, г По второму закону Ньютона векторная сумма этих сил рав-на произведению массы шарика т на его центростремительное ускорение 5Ц:
mg+fK+FH = тац.
Для записи этого закона в скалярном виде, поскольку эти силы направлены под углом друг к другу, сначала сложим векторно силы/тщ? Их равнодействующая, как следует из чертежа^тю-модУлю Рг„., = mg tg а и сонап-равлена с силой Кулона FK, поэтому'в скалярном виде второй закон Ньютона запишем так:
^,„1+	или mg tga + FK - тац.
9192
По закону Кулона FK~--------7, где г - расстояние
47К(>€Г4
между зарядами q2 и q2. Это расстояние найдем из прямоугольного треугольника с гипотенузой I и острым углом а; противолежащим катету г, поэтому г = I sin а и ?1?2
(1)
(2)
тогд а FK - ----,2-2 ♦
4ne0d* * 2 * sin2 а
По формуле центростремительного ускорения
85
и2
vz а"=Т = ш^'	<3>
Подставим (2) и (3) в (1) и оттуда найдем искомую g.g,	w2
скорость р: mgiga+~---2 . »— = fn—— откуда
F	4«E0d2sin2a Zsina '
JmgZsinatga | since m 4ngod2msin2 a ’
p =, gl sin a tga+-— 	—
 ।	4ne0EZmsui.a
Задача решена.
0, 0я
Ответ: и = J gl sina tga + -—. у	47tEodmsina
^Задача 19
Четыре электрона, расположенных в вершинах квадрата со стороной а, равномерно вращаются вокруг ядра с зарядом д, расположенного в точке пересечения диагоналей квадрата (рис. 1-21). Определить частоту вращения электронов v.
Дано: т< е а Ч.
Со с
v - ?
Решение. Поскольку каждый электрон движется по окружности, то на него действует сила, иа- ' правленная по радиусу к центру окружности перпендикулярно вектору его линейной скорости v. Эта сила является равнодействующей всех сил, приложенных к данному электрону со стороны остальных трех и со стороны ядра.
Под действием этой равнодействующей электрон движется с центростремительным ускорени-тоже направленным, как и равнодействующая
ем 5Ц, сила, по радиусу к центру окружности. По второму закону Ньютона, записанному в векторном виде,
теац = Fj + Fa + Fa + F0.
36
Здесь Flt F2, Fs - силы, приложенные к данному электрону со стороны остальных трех электронов, a -сила, приложенная к данному электрону со стороны ядра.
Чтобы записать второй закон Ньютона в скалярной форме, обратимся к рис. 1-21. На нем показаны силы, приложенные к электрону 1, расположенному в верхнем ле
Рис. 1-21
вом углу квадрата. Сила jFj приложена к этому электрону со стороны электрона 2, который находится в этот момент в правом верхнем углу;
сила F2 приложена к нему со стороны электрона-3, рас
положенного в левом нижнем углу; и, наконец, сила приложена к этому электрону со стороны электрона 4, расположенного в нижнем правом углу (надо отметить, что эти электроны не покоятся, а движутся равномерно по окружности, это просто мы «поймали» момент, в который их расположение соответствует рис. 1-21). Кроме сил отталкивания со стороны электронов, на электрон 1 еще действует сила притяжения .Fo со стороны ядра.
Обратим внимание, что силы и F2 по модулю равны друг другу, поскольку заряды электронов 2 и 3 одинаковы и одинаковы расстояния от них до электрона 1, поэтому равнодействующая этих сил по теореме Пифагора F1(2 = ^F^ + ^2 — Fl42.
С равнодействующей F12 сонаправлена сила F3, действующая на электрон 1 со стороны электрона 4, поэтому равнодействующая всех трех сил, действующих на электрон 1 со стороны остальных трех электронов, по модулю равна сумме F1i2 + F3 или Ft42 + F3. Сила притяжения Fa электрона к ядру антиналравлена равнодействующей сил, приложенных к электрону 1 со стороны остальных электронов, поэтому равнодействующая всех
37
сил, действующих на электрон 1	, в скалярной за-
писи
meaM=F0-^i5/2+F8J.	, (1)
' Отметим, что сила Fo направлена по радиусу к центру окружности (т. е. сонаправлена с центростремительным ускорением Оц), по которой вращаются электроны, поэтому она по величине превосходит равнодействующую сил, действующих на электрон 1 со стороны электронов 2, 3 и 4, направленную по радиусу от центра.
Уравнение (1) представляет собой запись второго закона Ньютона в скалярном виде применительно к условию данной задачи. Теперь нам нужно выразить величины, входящие в него, через известные'величины и искомую. Рассмотрим каждую величину, входящую в это уравнение. Масса электрона те нам известна. Центростремительное ускорение электрона ац мы не знаем, но его легко выразить через радиус окружности, по которой движутся электроны, и частоту их вращения v.
Радиус окружности равен половине диагонали квадрата, в вершинах которого, находятся электроны. Поскольку сторона этого квадрата согласно условию равна а, то диагональ его по теореме Пифагора равна Va2t- а2 = a-j2 . Тогда радиус окружности, по которой движутся электро-а^2
ны, равен {не перепутайте длину стороны а с цент* л
ростремительным ускорением ав).
Центростремительное ускорение ац связано с угловой скоростью электронов ш известной из кинематики- фор-
мулой ац = а»* R, где R =	•
В свою очередь угловая скорость ш связана с частотой вращения электронов v соотношением <о = 2irv. С учетом
этого Дц = (favf а = 2вт/2(яуУ,	(2)
Теперь выразим силы Fe, Ft и Fs, применив закон Кулона:
ед_________. ед
2яеоеаг
р _ ед _
0 4яеоеК2 ( а^2 41М —
(3)
38
F- г
•*1 G 5"«
4тге0ел2
(4)
<	Pz	e2
F3=------*---^ = -Л-у. ,	(5)
4л£ое(в-75) 8ле0ед
Теперь подставим (2), (3), (4) и (5) в (1), после чего, выполнив необходимые преобразования, определим искомую частоту v:
т.  2а42(ту---2- -f.
2пе0ео 14ле0ед 8ле0еа ,
Несколько упростим полученное выражение:
О flZmA2 m л -	е<?	0,48 е
23(Jtv/ теа - — :	-	——т
2пе0£а	ЯЕ0Еа
(rev
е ( q 0,48е^	0,2 е (	\
т*а = «е вЛ2 7Т“ о о । __	так как
те0еа ^а.о 2,о j 'П£йга
v = ± loj: ^-e> па у лг0£теа
1	0,48 Л _ _
—- » —— ® 0,2 . Поэтому
5,6	2,8
Задача решена.
Ответ: v = —— /о,2	_£L .
ла у леоетеа
Задачи для самостоятельного решения
Задача® Найти массу т воды, содержащей X *“ Ю25 электронов» Заряд электрона е ~ 1,6 * 10-19 Кл, молярная масса воды М 9 9 0,018 кг/моль. -
Ответ: т * — « 0,03 кг.
10tfA
39
Задача^/ Сколько избыточных электронов находится нд каждой из двух пылинок, если яа расстоянии г = 2 см в воздухе они отталкиваются с силой F - 1 ♦ 10~т нН?
Ответ: N ~ 2—-1,3 • 104. е
Задача 3. Во сколько раз изменится сила взаимодействия двух ' точечных зарядов, если расстояние между ними увеличить в п, раз и поместить в среду с относительной диэлектрической проницаемостью в н, раз большей, чем прежде?
2
Ответ: 'zr = Л1 п2.
*2
Задача 4. Во сколько раз надо изменить расстояние между . . зарядами, если один из них увеличить в nL раз, второй уменьшить в п2 раз, а среда и сила взаимодействия зарядов останутся прежними?
г2 Пч
Ответ: 7" ~	.
Г1 1*2
Задача 5. Два одинаковых шарика зарядили одноименными . зарядами так, что заряд одного из них оказался в 3 раза больше заряда другого, а затем привели в соприкосновение и раздвинули на прежнее расстояние. Во сколько раз по модулю изменится сила их взаимодействия?
Ответ: j**®
Задача & Маленьким шариком, содержащим N избыточных электронов, коснулись поверхности очень большого незаряженного металлического шара диаметром Z). Найти поверхностную плотность зарядов о на большом шаре после этого.
Л	Ne
Ответ: в-—
xD2
Задача 7. Точечные заряды в 2 нКл и qt ** -1 нКл расположены на расстоянии,* - 4 см друг от друга. Где и какой заряд д0 надо поместить» чтобы все три заряда оказались в равновесии?
Ответ: r2 =	= 10 см правее заряда д2> если заряд
V<Zi “ V?2
z чЯ расположен слева, a - справа; = ?i|	- 12,5 нКл.
Задача 8. Заряды +2д и -3g расположены так» как показано на рис. 1-22.
Заряд +$ помещают сначала в точку 1, а затем в точку 2. Во сколько раз сила действующая на заряд в точке 1, отличается от силы Г2, действующей на него точке 2?
40
R Ответ: -J- = 1,8.
©----?--©—<
2q	1	-3q	2
Рис. 1-22
Задача 9. С заряженного шарика на незаряженный передали 40% всех избыточных электронов. После этого шарики развели да расстояние г между их поверхностями. С какой силой F стали отталкиваться шарики? Заряженный шарик вначале содержал # избыточных электронов. Радиус каждого шарика равен расстоя-
нию г между их поверхностями.
Ответ:
2 10~2fjVef Згсе^е [ г J
Задача 10. С какой силой F действуют два точечных положительных заряда ft = 1 нКл и ft = 2 нКл, расположенных на расстоянии г - 5 см друг от друга, на заряд ft 3 нКл, расположенный на расстоянии г, « 3 см от заряда ft и г2 и 4 см от заряда qj Среда - воздух.
Примечание: обратите внимание на расстояния 3, 4 и 5 см»

' Omem: F «
. /Задача 11. Наэлектризованный маленький шарик был приве-в соприкосновение с равным емуненаэлектризованным, пос->£ чего шарики раздвинули на расстояние г - 9 сМ. При этом ЯЙгеЖду ними возникла сила отталкивания F « 0,25 мН. Каков был |йрвоначальный заряд ?0 на шарике?
Ответ: = 4r JSceJJeJ = 3 > ПГ* Кл.
Задача 12. Во сколько раз изменится сила взаимодействия двух уряженных шаров, если расстояние между их центрами и заряд Одного из них увеличить в п раз?
R
Ответ:	= п, уменьшится в п раз.
Rs
Задача 13. В вершине равнобедренного треугольника с осно* раннем г и высотой h расположен заряд qlt а в углах при основании расположены заряды q2 и д8, причем q2 по модуле больше $ какой силой F все три заряда будут действовать на заряд д0, расположенный посередине основания? Среда - воздух.
С -	—j-
Ответ:	+ р* V* | .
леоеШ4А21 I г2 I
41
Рис. 1-25
v Задача 14. В двух вершинах квадрата находятся положительные заряды а в третьей - отрицательный заряд ~2q (рис. 1-23). С какой силой F они будут действовать на отрицательный заряд -q0, помещенный в четвертую вершину? Сторона квадрата а.
Ответ: F « —	.
lOit^a2
Задача 15. В четырех вершинах правильного шестиугольника со стороной а находятся заряды +q, а в двух -q (рис. 1-24).
С какой силой F все эти заряды действуют на заряд +д0, помещенный в центр шестиугольника? Среда - воздух.
Ответ: F = 0,8—Wo„.
TWEffl*
v Задача 16. Два одинаковых шарика подвешены на нити так, как показано на рис. 1-25.
Масса каждого шарика т - 0,2 г» расстояние между ними г = 3 см. Найти силы натяжения нитей /*я1 и Ги2 на участках ab и Ъс. Рассмотреть случаи, когда шарики заряжены одноименно и разноименно. Заряд на каждом шарике q =* 10 нКл.
Ответ: а) одноименно:
F -тм+ -ЗЮ-’Н-
4яе^ег4
Fu2 * 2mg » 4 • 10 » Н;
2
б) разноименно: Fgl = mg------—=- = 1 • Ю~3 Н;
4XEQErZ
Гя2 = 2mg « 4 • 10-® Н.
‘Задача 17. Когда два одинаковых шарика массой по т « 400 мг, подвешенные на закрепленных в одной точке нитях равной длины, зарядили одноименными, и одинаковыми зарядами, они разошлись на г = 15 см так, что нити образовали прямой угол. Найтда заряд каждого шарика д. .
Ответ: q = 2rjm^mgtg^ = 1 • Ю'7 Кл.
Задача 18. К маленькому шарику массой т * 1 г, подвешенному на нити и несущему заряд $х я 2 мкКл, поднесли снизу заряд q2 " *4 мкКл» расположив его на расстоянии г *= 2 см от шарика. Во сколько раз изменилась при этом сила натяжения инти? Среда - воздух.
Ответ: “2" = 1 + ——«170.
4ле0ег2т<
42
Задача 19. На невесомой упругой пружине подвешен маленький шарик массой т с зарядом дх . К нему подносят'снизу одноименный заряд q2. Во сколько раз изменится деформация пружины? Среда - воздух.
Ответ: “ = 1------.
Xj 4ле0ег mg
Задача 20. Три одноименных заряда д, 2g и 3g связаны горизонтальными нитями длиной I и 21 и находятся в равновесии. Насколько сила натяжения длинной нити отличается от силы натяжения короткой (рис. 1-26)? Среда - воздух.
Л I Л ®——©-g 2g
21
Рис. 1-26
3g
Ответ:	=
г 8neod2

Задача 21. На двух одинаковых капельках воды находится по одному избыточному электрону. При этом сила электростатического отталкивания капелек уравновешивает силу их гравитационного притяжения. Найти радиус В капелек. Плотность воды р » “ 103 кг/м8, заряд электрона е - 1,6 • 10“w Кл. Гравитационная постоянная G - 6,67-10“ Н-10-т Н-м^/кг2.
Ответ: Н-а|------,	=3,8-10чм.
У BtoJnEffiG
Задача 22. Построить график зависимости силы взаимодействия двух точечных зарядов qY “ 2 мкКл и д2 « 4 мкКл, расположенных в воде, от расстояния гмежду ними. Относительная диэлектрическая проницаемость воды е ** 81.
Задача 23. Определить линейную скорость р и период элект-Йа Т9 движущегося по круговой орбите радиусом R ** б • 10“ м руг ядра атома водорода.
Ответ: v = - г-9,	। = 2 - 10е м/с , Т = — = 1.6 - 10” с.
Задача 24. Два одинаковых разноименно заряженных шарика расположены на расстоянии гмежду их центрами и притягивается друг к другу с силой FP После того, как их соединили проволочкой из металла, а затем убрали ее» они стали отталкиваться с силой F3. Найти первоначальные заряды gt и д2 на шариках^
Ответ: qt =	+ 74пеое(4 * ^1))>
д2 =	- ^ne^Fg-Fj).
2. ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ ПОЛЕ. НАПРЯЖЕННОСТЬ ЭЛЕКТРИЧЕСКОГО ПОЛЯ
Краткая теория.
Методические указания к решению задач
Переносчиком взаимодействия электрических зарядов является электрическое поле.
Определение электрического поля: электрическое поле - это форма материи, окружающей электрически заряженные тела. Электрическое поле является Составной частью единого электромагнитного поля.
Электрическое поле; окружающее неподвижные заряды, называется электростатическим (т. е. полем неподвижных зарядов).
Силовой характеристикой электрического поля является его
напряженность Я.
Определение напряженности электрического поля: напряжен- -кость электрического поля в данной точке равна отношению силы, действующей на заряд, внесенный в эту точку, к модулю этого заряда:
Здесь F - сила, действующая со стороны электрического поля напряженностью К на заряд q, внесенный в эту точку поля.
Напоминаем, что закон Кулона можно применять для определения силы взаимодействия только точечных зарядов или заряженных тел сферической формы. В других случаях силу взаимодействия тел, несущих протяженный заряд, или силу взаимодействия протяженного, но не сферического заряда с точечным, можно определить, умножив напряженность поля одного заряженного тела, принятого за заряд-источник, на заряд другого тела “ пробный заряд - по формуле F qE.
Здесь F - сила, действующая на заряд q (точечный или протяженный, все равно), £ *- напряженность электрического поля, в котором находится заряд Q.
Напряженность Е ~ важнейшая силовая характеристика электрического поля. Она определяется зарядом - источником данного электрического поля и не зависит от пробного заряда Q, внесенного в это ноле. Конечно, в условии задачи заряд не называют пробным или источником, но по условию всегда можно догадаться, о чем идет речь. Если сказано, что вокруг заряда q создано электрическое поле или в поле заряда q вносят другой заряд, то, конечно, заряд q - источник этого поля. А, если говорится, что
44
заряд q вносят в электрическое поле или что на заряд q действует в электрическом поле сила, или. наконец, что заряд q перемещает в электрическом поле, совершая работу (или что поле переме-р^ает заряд q) я т. д., то заряд q в этом случае является пробным .ЗДМдом. Это очень важно определить правильно, потому что от того, каким является заряд q, пробным или источником поля, Зависит выбор формулы напряженности электрического поля Е.
Если заряд q пробный, напряженность поля Е, в которое он внесен, можно определить отношением силы F, с которой поле д ействует на него, к модулю этого заряда gr
(2-1)
Если же заряд q - источник электрического поля, то напряженность этого поля Е в данной точке пространства, по которому оно распределено, зависит от размеров и формы этого заряда-источника, от расстояния между точкой, в которой определяется напряженность, и зарядом-источником, и диэлектрически^ свойств среды, в которой это ноле создано.
Напряженность поля точечного заряда-источника или заряженной сферу в некоторой точке пространства, занятого этим полем, Определяется выражением ч
v Здесь г расстояние между точкой, в которой определяете^ яа-Жвженнбсть Е электрического поля, и точечным зарядом - ис-Кчником этого поля, q -i модуль этого заряда. Если же эаряд-ис-Очник - шар, то г - расстояние |дойсду точкой, в которой определяет-от напряженность Е» и центром шара
\ Если, в условии задачи даны раДи-Jte шара R (или диаметр D ** 2Я), а |ракже расстояние I между точкой, в
Щоторой определяется напряженность	Рис. 2-1
I?, и поверхностью шара, то г -= R + Z, <тогда
Е —
Если электрическое поле создано бесконечной равномерно заряженной плоскостью (рис. 2-2, а), то напряженность ^оля этой плоскости во .всех точках окружающего ее пространства одинакова
определяется выражением
&1?де о = - , S
а) Рис. 2-2 б)
45
Здесь а - поверхностная плотность зарядов на плоскости, равная заряду на единице площади поверхности, когда заряды распределены по ней равномерно.
Если электрическое поле создано двумя бесконечными равномерно и разноименно заряженными плоскостями с одинаковой поверхностной плотностью зарядов'о (рис. 2-2, б), то напряженность электрического поля между нимй вдвое больше, чем напряженность поля одного из них, поэтому она определяется выражением
Е = — ,	(2.5)
еое где а - поверхностная плотностьзарядов на каждой из плоскостей.
Таким образом, мы видим, что как напряженность поля бесконечной плоскости, так и напряженность поля между двумя разноименно заряженными плоскостями одинаковы во всех точках пространства, поскольку они не зависят от расстояния до. этой плоскости или каждой из плоскостей. Такое поле называется однородным/Конечно, бесконечных плоскостей не бывает. Но если расстояние от точки пространства до заряженной плоскости или расстояние между плоскостями мало по сравнению с размерами этих плоскостей, то эти формулы при расчете напряженности поля таких плоскостей применимы. Так, в частности, по формуле (2.4) можно определять напряженность поля между обкладками плоского конденсатора, когда на его'обкладках содержатся одинаковые по' модулю и разноименные заряды.
Напряженность поля заряженной нити или стержня
Е « —----, где т = т ~ линейная плотность зарядов на нити,
2Л£о£Г	I
г - расстояние от точки поля с напряженностью £ до нити.
Напряженность ~ векторная Величина. Вектор напряженности
£ сонанравлен с вектором силы F , которая будет действовать на положительный пробный заряд д, если этот заряд внести в электрическое поле заряда-источника д0. При этом очевидно, что если заряд-источник gQ положительный, то вектор силы F , приложенной к пробному заряду д, «отвернется* от заряда-источника а если заряд-источник д0 отрицательный, то вектор силы F «повернется» к, заряду-источнику. Но, как мы отметили, вектор напряженности Е сонанравлен с вектором ^илы F, если пробный заряд положителен. Поэтому вектор Е тоже «отворачивается» от положительного заряда-источника в данной точке поля (рис. 2-3, а), причем и когда в этой точке нет никакого пробного заряда, а имеется только электрическое поле (мы уже отмечали, что ни величи-wE ‘ S	 -
на» ни направление вектора Е не Jr	зависят ни от величины, ни от
знака пробного заряда, а целиком у	определяются величиной и знаком
*° а)	б) заряда-источника, расстоянием до
р 9	’ него и окружающей средой).
46
Вели же заряд-источник 9о отрицателен, то вектор.напряженности поля Е этого заряда в любой точке окружающего простран-ства «повернут» к этому заряду (рис. 2-3, б).
Вели поле в данной точке пространства создано # зарядами-источниками ql9 q2, q39 gN, то результирующая напряженность этого поля Ё по принципу суперпозиции полей равна векторной сумме напряженностей полей Ёп Ё3,..., EN, созданных в этой точке каждым зарядом в отдельности: Ё - Д + Ё2 + Ё3 +... + Ек.
Если все эти векторы ориентированы вдоль одной прямой, то результирующая напряженность равна алгебраической сумме модулей ЁРЁ2,Ё3, ...,EN, с учетом знаков, стоящих перед ними. Здесь так же, как и в случае с ‘ определением результирующей сильг, одно из направлений выбирается положительным, тогда перед напряженностями, сонаправленными с этим направлением, ставится знак «плюс», а перед антинаправленными - знак «минус».
Если все векторы Ё^ Ё2, Ё& и т. д. ^онаправлены, то результирующая напряженность равна их арифметической сумме.
Если векторы Е|, Ё2, Ёз и т. д. ориентированы под углом друг И другу, то для определения результирующего вектора напряжен-' ЛЮсти Е приходится пользоваться правилом векторного сложения |^разилом параллелограмма), а для определения модуля вектора Ё привлекать теоремы и формулы геометрии и тригонометрии.
Рассмотрим примеры применения принципа суперпозиции к ^цределению результирующего.вектора Ё поля, созданного точечными зарядами. *
- Пример 1. Два точечных заряда и ~qt расположены на рас-Аоянии г друг от друга. Найдем напряженность поля, созданного Жми в точках 1, 2 и 3 (рис. 2-4>. Расстояния г19 г2 и га известны.
Заряд +?! создает в точке 1 поле, вектор напряженности ко-дорого Еп направлен от заряда qu поскольку этот заряд положительный. Заряд -q2 создает в этой же точке 1 поле, вектор-напряженности которого Ё12 направлен к заряду поскольку тот Порицательный. Результирующая напряженность поля в точке 1 по принципу суперпозиции равна векторной сумме векторов
и Ей 9 а по модулю она будет раина их разности, поскольку (Векторы Е^ и Ё12 ацтинап-Ввалены. Поэтому в вектор-Йзй записи Ёр1«= Ёи + Е12, а Б скалярной Ел «= Еи - Е12 ,
А	A A2? Al
«—«у»— —j->JI
Г2
22

га
Рис. 2-4
47
где
£»1| “ j И **12	/	\2 ‘
ДПЕ^ЕГ/	4Л£0е(г! +г)г
Если при вычислениях Ept окажется отрицательной величиной, значит, ^12 больше £ц- Понятно, что величины Ец и j£|2 зависят от модулей зарядов д, и gs и от расстояний между ними и точками, в которых -Ец и JE12 определяются.
Рассуждая аналогично, получим: Ёр2 = £21+Eyj и
Ъ ~ р______________________
^р2“^21+^22 > где E2i =—**	и Е22  ------------ПГ •
4тге0ег2	4пЕ0е(г - г2)
= Ё22 + Egg , Е&= Е22 - Ка1, Е32 — и
д ________?!____#
31 4леве(г + гзУ
Пример 2. Два точечных заряда и -д2Расхюложены на Рас’ стоянии г друг от друга. Определим напряженность Ер поля, созданного ими в точке М (рис. 2«5). Расстояния т\ и г2 от зарядов до точки М известны.
Прежде всего обратите внимание на величины расстояний rt> га и г. Проверьте, не равен ли г2 сумме 1\2 ’+ г32 (например, если, г - 5 см, rt *= = 3 см и г2 ** 4 см, или
г - 10 см, = 6 см, г2 *** 8 см). Если да, то треугольник, образованный отрезками г,, г2 и г, прямоугольный (рис. 2Л5, а) и задача упрощается. Постройте в точке М векторы и £2, выбрав их направление с учетом знаков зарядов +?1-и -qit и, применив правило параллелограмма, покажите Ер. Далее обратите внимание на то, что треугольник, составленный из векторов Е2 и Ер, тоже должен быть прямоугольным, так как векторы Д и Ё2 параллельны катетам rt и г2* По принципу суперпозиции^ вектор Е? по-прежнему равен сумме векторов Д + £2 *
Для определения модуля Efi здесь можно применить теорему Пифагора: Е_ = Je? + Е» , где £, = —=-, и Е2 =	,
₽ ¥	4n£oe7f	4ЛЕ0Е#
где ?! я ?2 “ модули зарядов.
48
Если же отрезки rt, г, и г таковы, что треугольник, образованный ими, не является прямоугольным, то и треугольник, образованный векторами £р, и не является прямоугольным тоже. В этом случае для определения модуля Ег можно применить 'теорему косинусов: Ер =	+ Е$ - 2Е1Е2 cos а •	(2-5)
Далее обратим внимание, что в треугольниках, образованных отрезками г19 г2 и г, а также векторами -Ер , Д и Е2, есть равные углы, лежащие против отрезка г и вектора Ер (поскольку они образованы параллельными сторонами). Поэтому cos а можно найти, тоже воспользовавшись теоремой косинусов, применив ее уже к треугольнику со сторонами гр и п г2 = гг* + г22 - Згу, сое а.
Выразив отсюда сов а и определив значение и Е2 по форму-
лам	= —ft—г и Е2 = —, подставьте их в формулу (2.5),
и величина Ер будет найдена.
Рис. 2-6
Пример 3. В трех вершинах квадрата расположены равные по модулю заряды 9, - у и q (рис. 2-6). Сторона квадрата а. Найдем результирующую напряженность поля этих зарядов £р в четвертой вершине.
Поскольку заряды в вершинах 1 и 3 равны друг другу и расположены от четвертой вершины на равных расстояниях а, то векторы напряженности Д и Ё9 полей, созданных ими, по модулю тоже равны друг
„	„	- о
Другу: Д = Яз д .. о - .
4яе0е<г
Тогда по теореме Пифагора результирующая напряженность полей, созданных этими зарядами
а + «Ед =	— ^2Е^ ~
Напряженность поля, созданного в точке 4 отрицательным зарядом -д , расположенным в точке 2, по модулю
Е2 = q = q .
~ 4ле0Е^»>/2 У ' 8W»2 ’
Вектор Ё2 направлен по диагонали квадрата к заряду q и антинаправлен вектору Д,з» поэтому результирующая напряженность поля, созданного всеми тремя зарядами в точке 4,
Ер ®	= ~~ 2	““ Q—~—2 Ж -------%— .
ДяЕфЕа	, Зпцед2	xeq&g2
49
Если электрическое поле создало между двумя параллельными, бесконечными, равномерно заряженными плоскостями и если поверхностные плотности зарядов на этих плоскостях разные и равны соответственно ei и о., то в случае разноименных зарядов на плоскостях (рис. 2-7, а) напряженность поля между ними
_	Со ________
Е = Ег + £2 = —— + —, а если плоскости заряжены одноимен-2Eq£ 2EqE
но (рис. 2-7, б), то Е = Ej - Е2 = —---.
2 2еое 2е0е
Если в поле одного протяжен
ного заряда, например, заряженной бесконечной плоскости с поверхностной плотностью зарядов а внесен другой протяженный заряд, например, заряженная нить длиной I с линейной плотностью зарядов т, то на эту нить со стороны поля плоскости будет действовать сила Кулона J**, равная произведению напряженности Е ноля плоскости на заряд q нити: qE*?№
а ~ т/ и Е =---------
2^6
Внутри проводника любой формы с неподвижными зарядами (которые всегда распределяются по его поверхности), как полого,
так и сплошного, напряженность электрического поля равна нулю. Если этот проводник имеет форму сферы радиусом Л, то напряженность поля в каждой точке на его поверхности определяется
формулой	—-—з-, где о модуль, заряда этой сферы.
В каждой точке пространства, окружающего эту сферу, напря
женность ноля можно определить по формуле Е~—S-— , где г -4я£оег2 расстояние от этой точки до центра сферы.
При решении задач на принцип суперпозиции нолей необходимо делать подробный чертеж. Не забывайте проверить единицу полученной величины.
Решение отдельных задам
Задача 1
Электрон движется без начальной скорости вдоль силовой линии однородного электрического ноля напряженностью Е ~ 2 • 104 Н/Кл. Какой путь S он пролетит прежде, чем его скорость станет о » 100 км/с ? Среда * воздух. Модуль заряда электрона е •* 1,6 • 10“19 Кл, его масса me =? 9,1 ‘ 10~31кг.
50
Дано: »0 =°
Е = 2 10Ь	'
Кл
„ км v = 100 — с е = 1,6 • 10-1» Кл ж, = 9,1 • 10-81 кг
Решение. Обратимся к рис. 2*8. Электрон - частица, несущая отрицательный заряд, и согласно условию задачи он разгоняется электрическим полем; т. е. движется к положительным зарядам - источникам этого поля. А линии вектора Е (силовые линии поля) всегда направлены от «плюса» к «минусу» источника. Значит, электрон движется навстречу линиям вектора напряженности под действием силы F = т,а, cost гласно второму закону Ньюто--=+- на.
S - ?
_ е ~ е	Силу F определить по заке-
।	А______►- НУ Кулона нельзя, так как,
т Yit,= о несмотря на то, что электрон - заряд точечный, другой за-+	* ряд - источник поля - протя-
Рис. 2-8	женный,' ведь поле однород-
ное, и, значит, оно создано одной или двумя заряженными пластинами, а закон Кулона можно применять только тогда, когда .оба заряда Точечные.
В случае протяженного заряда - источника поля силу F можно определить через напряженность поля, воспользовавшись формулой (2-1): F = еЕ, ведь здесь q = е.
Тогда еЕ = т,а, откуда ускорение а =--.	(1)
те
Для определения пути S воспользуемся формулой кинематики: и2 - уоа = 2aS.
v2
Здесь и0 = 0, поэтому и2 - 2aS, откуда S = —.	(2)
________2а т v2
Нам осталось подставить (1) в (2): S = —2— 2Ее
Переведем единицу скорости в СИ: 100 — = С
Проверим единицу полученной величины:
110s-. с
IsL -
КГ—-м с2
Н
Н-м Н
51
Произведем вычисления:
8 =
Ответ: S = 1,6 • 10"* м.

Задача 2
Пылинка с зарядом q = 1нКл неподвижно висит в однородном электрическом поле напряженностью Е “ 2 • 104 Н/Кл, вектор напряженности которого направлен вверх (рис. 2-9). Найти массу пылинки т. Сколько избыточных электронов N содержит пылинка?
+ + +
Рис. 2-9
Дано: q = 1нКл Н
Я-2-104^ mg F м г = 9.8 7 е - 1,6  10"* 1’ Кл
Решение. Поскольку вектор Е согласно условию направлен вверх, значит, снизу располагаются положительные заряды ~ источники этого поля, а-сверху - отрицательные. Чтобы пылинка не падала, на нее со стороны поля должна действовать сила F, направленна)! вверх и уравновешиваю-
щая силу тяжести mg, которая направлена вниз. Значит, пылинка несет на себе положительный заряд, так как положительные заряды - источники, ч
расположенные снизу, ее отталкивают, а отрицательные сверху притягивают к себе. '
т - ? У-?
При равновесии пылинки F + mg = 0, а в скалярной . записи F «= mg, где F дЕ, поэтому дЕ mg, откуда
дЕ т- —
L____<
Число нескомпенсированных электронов # равно отношению заряда пылинки д к модулю заряда электрона е:
£71 (___е|
Переведем единицу заряда в СИ: 1 нКл — 1 * 10** Кл. Проверьте единицу полученной величины самостоятельно.
Произведем вычисления:
т -
1-10-®-2104	_ 1лЛ
кг = 2 • 10 кг.
9,8
62
1,6 • IO-19
Ответ: m = 2- 10‘6кг , N = 6 • 10".
Задача 3
Заряженный map диаметром D находится в равновесии в жидком диэлектрике плотностью Pj с диэлектрической проницаемостью е (рис. 2-10), Найти поверхностью плотность зарядов на шаре ст, если Плотность вещества шара р2. Напряженность электрического поля в диэлектрике Е, вектор напряженности направлен вверх.

Рис. 2-10
Дано: D
Pi
е
•Л
Е
*
Решение. На шар в жидком диэлектрике действуют три силы: электрическая сила F — qE, выталкивающая (архимедова) сила = ptgV и сила тяжести mg. Первые две направлены вверх, а сила тяжести ~ вниз.
При равновесии F + mg + Гвцт = О. а в скаляр * 1
ной записи 7 + Fm - mg или qE + Pj#K = mg.
Здесь q = oS - модуль заряда на щаре, Е ~ jtD3 -
1 з площадь поверхности шара,. V = —nD - объем
О
шара и т = p2V - масса шара. С учетом этого запишем:
о • nD2E + р,г | jtD3 = p2 inD3g, 6 cE + p^D - p^D. О	о
Отсюда найдем поверхностную плоскость зарядов а:, = ^Р2-Р1)
_______6Д
Задача решена.
Ответ: а = —•
Задача 4
На каком расстоянии г2 от точечного заряда напряженность электрического поля этого заряда в жидком диэлектрике с диэлектрической проницаемостью е2 == 81 (вода) такая же, как на расстоянии Tj - 9 см от этого заряда в Воздухе?
63
Дано:
ег = 81
= Ег
гг = 9 см
rt'4
Обозначим Ei диэлектрическую проницаемость воздуха* £] - напряженность поля в воздухе, Ег - напряженность поля в диэлектрике.
Решение. Напряженность поля точечного заряда q в воздухе и в диэлектрике определяется формулами
₽ _	5	„ р —	?
•®1 - -----7- и л>2 - -----Т .
4ЯБФС1Г1' 4л80е2г2

Поскольку £j - Ег, то ----—------------z-,
4ле0е2г2
Б1Г12 = £Ла> откуда
r2 = Г1
е1
VS2
Произведем вычисления: -г2
Ответ: гг - 1см:
СМ = 1 СМ .
1S 1
9
Рис. 2-11
vЗадача 5
Электрон влетает в однородное электрическое поле со скоростью Vo, направленной перпендикулярно вектору напряженности Ё (рис. 2,-11). Под каким углом ф к линиям вектора напряженности будет-направлен вектор его скорости -- через время t полета в поле? Чему будет равца работа сил поля А за это время? Чему
будет равна кинетическая энергия электрона WK через время t ? Напряженность поля Е. Масса электрона та и его заряд е известны.
Дано: т, е g
~ °
<Р - ? А-? W„ - ?
Решение. Внимание! В нашем прежнем пособии «Репетитор по физике» мы обозначали энергию буквой Е, как это делается в большинстве школьных учебников. В этой книге мы будем обозначать энергию буквой W, чтобы не возникло путаницы с напряженностью электрического поля Е.
На электрон, влетевший в электрическое поле, будет действовать со стороны поля сила. F, антинаправленная вектору напряженности Ё, потому что линии вектора ‘ Ё направлены
54
от «плюса» к «минусу», а отрицательный электрон притягивается к «плюсу». В результате движение электрона, влетевшего в поле перпендикулярно линиям вектора Е , будёт представлять собой суперпозицию двух движении: равномерного и прямолинейного в направлении вектора начальной скорости электрона v0 (ведь в этом направлении на электрон никакие силы не действуют) и равноускоренного вниз под действием электрической силы F. Такое движение аналогично движению камешка, брошенного горизонтально в поле сил тяжести. Вы помните, мы решали такие задачи, когда изучали кинематику. В.таком случае тело движется по параболе.
Наш электрон тоже станет двигаться по параболе. Через время t его скорость станет равна v. Вектор этой скорости и равен векторной сумме начальной скорости. и0, которая за время движения электрона не изменяется, и вектора который является вектором конечной скорости электрона при его движении навстречу линии вектора Е под действием силы F. А начальная скорость Электрода в направлении оси OY ц* = 0, ведь он влетел в электрическое поле горизонтально, перпендикулярно Пиниям вектора Е, поэтому проекция его начальной скорости на ось OY равна нулю.
По теореме Пифагора v =	+ v? .	(1)
Проекцию скорости vy найдем, воспользовавшись уравнением кинематики: уу *= % + at или оу « at, ведь Ху - о*
Ускорение электрона а найдем по второму закону Нью-еЕ а - —.
F тона: a - —, где F = eE, поэтому
С учетом этого
eEt
Vy * m
(2)
(3)
Подставим (2) в (1): v = L? +(£?£ » k m* >
Теперь несложно найти кинетическую энергию элект
рона по формуле W* = —y* +
2Л
22J
2
55
Из прямоугольного треугольника, гипотенузой которого служит вектор v, найдем тангенс угла а (можно найти синус или косинус этого угла, но тангенс проще):
.	1>0	vome
tg а = — или с учетом (2> tg а = —, откуда а
= arc tgj ~~~ . Искомый угол (р = 180° - а. Следовательно,
Ф = 180е- arctg^-^-j
Работа силы У (вспомним механику) равна изменению кинетической энергии электрона:
о
А = WK -Z^-к 2
А -1Гв - И^, где Игк0 s= , а энергию Wx мы уже л
нашли. Поэтому
Задача решена.
Ответ: ср = & -
л /	1 Tir _ Ш _,л » I
аГЧ ,В  ” 2	!
/ _ ч2\
2 _j eEt I
 '•“•Л
Задача 6
Тонкая металлическая пластинка массой т падает вертикально вниз равноускоренно так, что ее плоскость остается горизонтальной. Падению пластинки противодействует сила сопротивления среды F^. Найти напряженность электрического поля Е, возникающего внутри пластинки вследствие инерции свободных электронов. Масса электрона т,, его заряд е.
Дано: т УхШР g те е'
Е-1
Решение. Свободные электроны, падающие вместе с пластинкой, вследствие инерции смещаются к ее верхней поверхности, а у нижней поверхности из-за этого возникают положительные заряды. В результате внутри пластинки появляется электрическое поле, направленное снизу вверх. По второму закону Ньютона, записанному применительно к движению пластинки, та - mg - F^,	(1)
56
is® применительно к движению свободных электронов ;да-,а ” т<8 ~ где & ~ е&’ поэтому =	- еЕ. (2)
. Здесь мы не можем пренебречь силой тяжести, действующей на электрон, так как электрическая сила F, Действующая на него при падении пластинки, сравнима $о величине с этой силой тяжести.
Разделив (1) на (2), мы исключим ускорение а и най-^>ем напряженность £:	<
_ ИЦГ ~ -^сопр	, Ш _ mg ~ ^сопр
теа meg-eE те ~ meg-eE
^eg-eE = ^(mg-F )или. m£-eE = mgg-~^&. -	яг	яг
Отсюда еЕ = /^с<шр и Е =
_ . '	т	те
Задача решена.
л	Р — ^в^СОДР
Ответ: Е--------—.
пы>
Задача.7
К бесконечной, вертикальной, равномерно заряженной носкости прикреплена одним концом невесомая нить, на £>угом крице которой находится одноименно с нитью (ряженный шарик радиусом R « 0,5 см, несущий заряд
1 • 1010 Кл. Плотность вещества шарика р — 2 • КР.кг/м*. [атяжение нити F„-= 4,9 * 10~* Н. Какой угол а образует плоскостью нить, на которой висит шарик (рис. 2-12)? реда - воздух. Чему равна поверхностная плотность а (рядов на плоскости?
Дано:
Вс - 0,5 см
| =1- 10 м Кл
С	кг
r2W7
^,*4,9 1(Г2Н
Кл2
М,- 8,85 -Ю-12—г XI' м
Решение. На шарик, висящий на нити, одновременно действуют три силы: сила тяжести mg со стороны. Земли, сила натяжения FK со стороны
Рис. 2-12
нити и электрическая сила отталкивания F со стороны одноимен
57
но с шариком заряженной плоскости. Поскольку шарик находится под действием всех этих сил в равновесии, то их векторная сумма согласно первому закону Ньютона должна быть равна нулю, т. е. они должны уравновешивать друг друга: mg + F+F„ = 0.
Для записи этого закона в скалярном виде сначала Сложим векторы mg и р. Их равнодействующая Fpl по модулю равна диагонали прямоугольника, построенного на силах mg a F как на сторонах, поэтому по теореме Пифагора	^р1 =	+&г •
Заряд будет в равновесии, когда равнодействующая Fpl будет уравновешена силой натяжения нити Ёя, т. е. когда она будет этой силе равна по модулю и антина-правлена, поэтому Fpl = Fn и Гя = ->l(mgf +F2 .	(1)
Поскольку сила тяжести mg направлена параллельно вертикальной плоскости, угол, образованный вектором mg и вектором Fpl, тоже равен а как соответственные углы при параллельных и секущей, которой является нить, поэтому искомый угол- а можно найти из треугольника, образованного силами mg, Fpl и F, следующим
_	mS	т8
образом: сова - или сова = —-.	. (2)
Массу шарика т можно найти, выразив ее через плотность вещества шарика р и его объем V: т = pF.
Объем шарика
3
С учетом этого	т = ^лрЛ3.	(3) 9
Подставив (3) в (2), мы определим одну из искомых в
этой задаче величин:
cosa = —-f-E— и 3F.
68
f4npgRs 'f a = arc cos ——
I 3F" 1
Для определения поверхностной плотности зарядов ст на плоскости воспользуемся формулой напряженности плоскости, в которую входит искомая величина о:
С другой стороны, напряженность измеряется отношением силы F, действующей в электрическом поле на внесенный в него заряд, к величине этого заряда q:
F
(5)
° -£
Приравняв (4) и (5), получим: «_ “ “ •	(6)
Здесь для окончательного определения поверхностной, ^плотности, зарядов на плоскости а нам не известна элек-'трическая сила F. Ее мы можем найти из формулы (1), в которой все остальные величины (кроме F) нам известны, FB2 = (mgJ2 + F2, откуда
J/ j
F* -I I	(7)
I о J
Теперь подставим (7) в (6), откуда затем найдем искомую поверхностную плотность зарядов ст:
J/ л	\2 -
J’n2J
А3	)
-—  ----ь-----1—, откуда
2еое	q
J- ,	. 2
________ (д	J
Мы определили вторую искомую величину. Задача в общем виде решена.
Переведем все единицы в СИ: 0,5 см ** 5 • 10~s м. Подставим числа и произведем вычисления:
59
4 • 3,14 • 2 • IO3  9,8 • 125 - КГ® л _лпо cos а ------------------г—---------- 0,2093 и
3-4Я10’2
а = 78°,
2 • 8,85 • 10'12 • 1
а 1О“10
х.И4,9 • 10“2f - f± • 3,14  2 • 103 • 9,8 • 125 ♦ 10~91	=
лГ '	<3	J м
= 8,5 10’3 м
Ответ: а = 78*, а = 8,5 • 10 3 Кл/м2 .
Ч Задача 8
Сфера радиусом Я - 1 см рав-	г
номерно заряжена. Поверхност- Vо К А >| Д ная плотность зарядов на сфере к	*
О — 10 Кл/см2. Найти напряжен- +ч^х+' ность электрического поля на расстоянии rt = 10 см от центра Рис* 213. сферы (рис. 2-13). Построить график зависимости напряженности Е от расстояния г в  пределах от г0 = 0 до л = 10 см. Среда - воздух.
Дано: R = 1 см
,л Кл о = 10—?
см2 rt = 10 см
е0 = 8,85-10“
Е =1
Кл2
Нм2
Я,-?
Е = Е(г)~ ?
Решение. Для определения напряженности Et воспользуемся формулой
47^06^ где q = oS - модуль заряда сферы, S — 4TOR2 “ площадь ее поверхности» С учетом этого запишем:
о-4лЯ2
1 4ЛЕ0ЕГ/ ’
Переведем все единицы в СИ: 1 см ==0,01 м>
Е^
_ /й\2 (У Jti
ЕоЧГ1
60
,л Кл 10~9 Кл , ,лЧКл 10—2=10—т—= 110-4-у, CVT 10 иг	м
10 см — 0,1 м. Произведем вычисления:
Рис. 2-14
= 1,1-10® «
Чтобы построить график „ оЯ2 1 функции Е ------------ ,
еое г2 сначала вычислим коэффициент пропорциональности оД2 €0е "
OR2 = 11Q-4 1<Г* Нмг = бое ВДб-КГ12 КлМ
= U102^-m2. Кл
Итак, имеем „ 1Д103
Будем придавать рассто-
янию г значения 0; 0,02 м; 0,04 м; 0,06 м; 0,08 м; 0,1 м и вычислять по этой формуле соответствующие им величины напряженности £. Составим таблицу:
г> м	0	0,02	0,04	0,06	0,08	0,1
н TFT ХъЛ	со	27,5-10s	6,9 • 10s	3,1 • 10»	1,7 10»	1,1 • 10®
Выберем следующий масштаб: пусть на оси абсцисс одно деление соответствует 0,02 м, а на оси ординат -2Н/Кл.
Построим график (рис. 2-14).
Ответ:	= 1,1 10® Н/Кл.
61
Задача 9
Заряды qY = 20 нКл и q2 — 10 нКл расположены на расстоянии г — 10 см друг от друга. Найти напряженность электрического поля Еи созданного этими зарядами в точке
1, расположенной на расстоянии г\ — 4 см от заряда qu и напряженность Е2 в точке 2, расположенной на расстоянии г2 - 2 см от заряда q2 (рис. 2-15). Среда - вакуум.
£21.
%—je.2 и	П
Рис. 245
Дано: д1 =«20 нКл д2 = 10 нКл г = 10 см г, = 4 см
г2 = 2 см
Е = 1
^=835 10-12-^-Нм2
Е. - ?
Е2 - ?
Решение. Вектор напряженности поля Ёг в точке 1 по принципу суперпозиции равен сумме вектора напряженности Ёп поля заряда qt в точке 1 и вектора напряженности Ё12 поля заряда q2 в этой же точке 1. Поскольку эти векторы сонаправле-вы (они оба направлены от «плюса» к «минусу»), тоЕ1 = Еи + -Elz, где по формуле напряженности поля точечного, заряда
F _ 9i *11	2 И
4яе0ег1 9г
^12 =-----7s---<7, поэтому
4ne0e(r-r1f
92
91 ---2 +-----------Г-----ИЛИ 4пе0ег1 4леое(г - гг у
Е 1 И1 । ?2 1 4я80е!Г12 (г— Г; В *
В точке 2 векторы напряженности полей Ё21 и Ё^,
созданных этими ясе зарядами, антинаправлены, поэтому
62
Ел — Ej2 - Еа, где Я21 =	~	— и Е22 = - ~	»
4яе0€(г + г2)	4яе9ег2
Яг 91
2k2 (Г + Г
„ Яг	91
поэтому Е2 =-----------------* 1---г или
< 4ле0£г2	4ne0g(r + г2)
<Л£0£	у ,д/
Переведем все единицы в СИ: 20 нКл - 20 * 10-9 Кл = - 2 • IO-8 Кл, 10 нКл = 1 • 10-8 Кл, 10 см = 0,1 м, 4 см = е= 0,04 м, 2 см ” 0,02 м. Произведем вычисления: 2-Ю-8	110-8
Н
£1 =
4 3Д4-8.8510-12 I^IO IO-4 (о,1-0,04)* ]Кл
-мав’Д КЛ
1
_ _________ J£_
,2 ~ (0,1 +0,02)] Кй =
Е_________, 1-Ю"8	2-КГ8 •
2 ~ 4 • ЗД4 • 8,85 • 10"121 0,04'
= 2,1105-^. Кл
Ответ: Ej = 1,4 • 105 Н/1Сл, Е2 = 2Д • 10® Н/Кл.
J Задача 10 *
Два одноименных точечных заряда q и 4? расположены на расстоянии г друг от друга. На каком расстоянии rt от заряда q находится точка М, в которой напряженность поля этих зарядов Е — 0? На каком расстоянии г2 от заряда q находится такая точка, если эти заряды разноименные?
Дано:
П-? г,- ?’
£ - 0
Решение. 1) Заряды одноименные.
Если оба заряда положительные, то вектор напряженности Ei поля, созданного зарядом q, направлен в точке М- направо, а, вектор напря-
женности Ё2 поля заряда 4^ в этой точке направлен нале^р (рис. 2-16). По модулю эти векторы равны, ведь результирующая напряженность
Е = 0. Точка М располагается ближе к меньше-
му заряду, т. е. к заряду q. Значит, мы можем записать
63
= Ег, где El =  9  ? и 4]t£0Eq
Рис. 2-16
E = 4?
2	4я€0е(г - П T
Следовательно, —-—- =-------------—
4nEos(r - rtf
4rf = (r- rt)2 или 2rt = r - rt, откуда
2) Заряды разноименные.
Если, например, заряд а положительный, а заряд 4g отрицательный, то тогда М уже не может располагаться между ними, ведь в этом случае векторы Д и Ё2 будут сонаправлены (вектор Ё2 будет направлен к заряду -4g) и результирующая напряженность Е уже не будет равна нулю. Она будет равна нулю только в точке М, расположенной слева от заряда g (рис.
2-17).
В этом случае JSj =	9 2 и Е2 =--------------т- -
4л8оег2	4пеое(г + г2 Г
g	4g
Поскольку El = Е2, ------у = ----------ту , откуда
4лЕ0ег2 4даое(г + г2)
4г2 = (г + г2)2 или 2г2 = г + г2 ир2 = г
Задача решена.
л	г
Ответ: rl-—;r2=r.
Задача 11
На расстоянии г = 3 см от поверхности шара радиусом R = 2 см находится точечный отрицательный заряд g = -2 нКл. Шар заряжен положительно с поверхност*. ной плотностью зарядов ст = 2 нКл/м2. Найти напряженность поля Е, созданного заряженным шаром и точечным зарядом, в точке, расположенной на расстоянии г, = 4 см от центра шара, и гг= 3 см от заряда д. Среда - воздух.
64
Дано: г-Зсм R ”= 2 см
• q « -2 нКл
« нКл 0 = 2 —j-м г, « 4 см га = 3 см
во = 8,85 10~12
Е -?
Решение. Если соединить центр шара с зарядом q и точкой М, то получим треугольник, одна сторона которого л + г = 5 см, вторая г, = 4 см и третья г2 = - 3 см (рис. 2-18). Вы, конечно, знаете, что такой треугольник прямоугольный. Вектор Ег поля положительно заряженного шара направлен в точке М от шара вдоль прямой, проходящей через центр шара О я точку М.
Вектор Ё2 тля отрицательного заряда -q направлен в точке М к этому заряду вдоль прямой, которая тоже проходит через эту точку и заряд -q. Поэтому векторы Ej и Ё2 взаимно перпендикулярны и являются сторонами прямоугольника, а вектор результирующей напряженности Ё до принципу суперпозиции рацен их векторной сумме: Е =	+ Ё% и
является гипотенузой в прямоу-
гольном треугольнике с катетом Д, а другим катетом в этом треугольнике служит сторона, равная модулю вектора Ё2 - ТоГда по теореме Пифагора
Е — Е2 + Е2 >
Ei = Я*-..,. и £2. =------
4яе0вг1	. 4пе0ег2
Здесь д„ = aS - заряд на шаре,. S = 4пйг - площадь поверхности шара.
а • 4л7?2 oR2 - С учетом этого Ех =-----= =---=-.
4лб0ег1 eoerj
Подставив (2) и (3) в (1), мы решим задачу в общем виде:
где
(1)
(2)
(3)
А2
\2
4яеоегаа;
ИЛИ

Я
3. Репетитор по физике. Т. 2
65
*--,К
г,2
A2
9 4лггг
A2
Переведем все единицы в СИ: 3 см = 0,03 м, 2 см = 0,02 м, 4 см = 0,04 м, 25^ = 210’9 —, 2 нКл -м2	м2
2 10~9
4 •3,14-9 10“4
= 2-10-9Кл.
Произведем вычисления:
Е_ 1 If2 • 10~9 • 4 • 10~* 8,85 -10-,2\1	16-Ю-4
= 210—. Кл
Ответ: Е = 210 Н/Кл.
Задача 12
В вершинах равностороннего треугольника со стороной а находятся заряды q9 -q и q, Найти напряженность поля Е, созданного этими зарядами в центре треугольника. Среда - воздух..
Дано: а Я ~Ч е а
Решение. В центре равностороннего треугольника С пересекаются биссектрисы, медианы и высоты. Векторы Ех полей, созданных положи- ' тельными зарядами q в центре С, направлены, как . показано на рис. 2-19. Их результирующая напряженность Ёр1 является короткой диагональю ромба, сторонами которого служат векторы . Она делит ромб на два я равносторонних тре-
E - ?
равных
угольника, поэтому Ер1 =	.
Отрицательный заряд -q создает в центре С вектор напряженности, модуль которого тоже равен в силу симметрии картины, но вектор напряженности поля заряда -q направлен к этому заряду и сонаправлен с результирующим вектором Epi полей двух положительных зарядов q. Поэтому модуль векто-
66
•ра напряженности Е поля всех трех зарядов равен удвоенной напряженности
Е 2Еи где = ^^^2 ♦ и значит>
Е- _ g
4леоег2 2лЕоЕг2 '	’ ( )
Здесь г - расстояние от вершины треугольника до точ-а
,фи С. Из прямоугольного треугольника с катетом — и ост-
<х	а а	а
рым углом — имеем cos - = —, откуда г --------. (2)
2 2г	2соз-
2
Подставим (2) в (1):
4g cos2 ~
Е---------
2я£0£1?
2q
2
лЕоеа
Е =
2 а cos —
2
Поскольку а = 60е ,
то
Ct 2
= 30°
Получим окончательно
2g
.2
пеоеа'
Задача решена.
3g Ответ: Е = —-----«•.
2яЕ0Еа
ос V3 _ cos — = —. Тогда 2	2
Ь=^Ч| 2л£оеа
и
3
4
Задача 13
В однородном электрическом ^оле находятся вплотную ижатые друг к другу пластины винипласта с диэлект-еской проницаемостью Ej = 3,5, текстолита с’диэлект-еской проницаемостью е2 = 7 и слюды с диэлектрически проницаемостью е3 = 6« Линии вектора напряженности перпендикулярны большим граням пластин. Найти дпряженности и Е2 электрических полей в виниплас-е и слюде, а также напряженность Е4 поля вне их, т. е. в е. Напряженность поля в текстолите Е* — 50 Н/Кл.
1но:
-8,5
— 6
** 1
Решение. Предположим, что источником однородного поля, в которое поместили эти вещества, является бесконечная плоскость с поверхностной плотностью зарядов а. Тогда
G __ G г =------- И Е2 -------
2е0е2
67
Е2 = 50 —
2 Кл
. Разделив эти ривенетва друг ид друга, сократим неизвестную о и из полученной пропорции найдем Еи ведь е„ е2 и Ег нам
Е,-7
Ei	ст • 2еое2	е,	е,
известны: -г- = ——, -2- = —, откуда Ег 2еоехст	Ег	et
Ei = Е2 е1
Аналогично запишем:
Е^-Е^^-ЕЯ
7 Н	Н
Произведем вычисления: - 50 — —— = 100 —-, 3,5 Кл	Кл
г''и^=58^Е*=И1Б‘зж-к7
Ответ: Et = 100 Н/Кл , Ег = 58 Н/Кл,
Е4 = 35ОН/Кл.
Рис. 2-20
Дано: 2?! = 6 см й2 = 10 см ?! ” 1 нКл ?2 - -0,5 нКл Г1= 5 см г2~ 9 см г8= 15 см
Задача 14
Две концентрические металлические заряженные сферы радиусами Д = 6 см и Rt =• ” 10 см (рис. 2-20) несут заряды ?! «= 1 нКл и ?2 = -0,5 нКл. Найти напряженность Е2 и Е8 электрического поля, образованного этими сферами в точках 1, 2 и 3, отстоящих от центра сфер на расстояниях Г!=» 5 см, г2« 9см и г,= 15 см. Среда - воздух. .
Решение. Судя по условию задачи, заряды на поверхностях обеих сфер неподвижны. Точка 1 находится.на расстоянии гг — "= 5 см от центра внутренней сферы радиусом - 6 см, т. е. она находится внутри обеих сфер. А из теории мы знаем, что внутри проводника с неподвижными зарядами электрическое поле отсутствует, поэтому напря-
68
Я»-? $-1 Е, “ ?
женность Ei в точке 1 равна нулю. Таким образом, ответ на один вопрос задачи готов: £х = О
Поле в точке 2 создано зарядом ^/распределенным только по внутренней сфере, поскольку поле заряда qt на внешней сфере внутри этой
ft 4ЛЕОЕГ22
внешней сферы отсутствует. Напряженность поля, создан* него заряженной внутренней сферой в точке 2, определяется формулой, аналогичной формуле напряженности
ПОЛЯ точечного заряда-источника: Ег -
. Поле в точке 3 создано как зарядом так и зарядом ф. Обозначим напряженность поля в точке 3, созданного Нарядом qit буквой £31, а напряженность поля в этой же Точке, созданного зарядом q2, буквой Ею. Поскольку за-ряд Qi положительный, вектор напряженности этого поля в точке ЗЕа1 направлен от центра сфер. Поскольку заряд 93 отрицательный, вектор напряженности этого поля ;> той же точке ЗЁзг направлен к центру сфер. Вектор напряженности результирующего поля Ё3 по принципу Суперпозиции равен векторной сумме векторов -Е81 и
4 А = Ди + Дм-
Поскольку векторы £31 и Ё32 антинаправлены, то в _ ^скалярной записи принцип суперпозиции примет вид
Ё3E3i - Е32.
Модули векторов E3i и £32 зависят от зарядов qt и !^s и от расстояния г8. Поскольку заряд <71 по модулю большие заряда q2 (см. условие задачи), то и вектор £31 по модулю тоже больше вектора,. Модули этих векторов
Ей = ft • и = ft .
4л£0£г3г	4леоег£
Д8 = ft ~ \ 4дЕ0£Г82
С учетом этого
Задача в общем виде решена. Переведем все единицы В СИ:
6 см = 0,06 м, 9 см •» 0,09 м, 10 см — 0,1. м,
16 см - 0,16 м, 5 см = 0,05 м, 1 нКл - 1 • 10-» Кл,
69
0,5 нКл = 0,5 • 10’9 Кл.
Подставим числа и произведем вычисления (обратим внимание, что знак «минус» перед зарядом q2 мы уже учли, поэтому при вычислении Е3 мы подставим в формулу только модуль д2):
Е_____________1-10~9	Н и юз н
2 4 • 3,14 • 8,85 • 10“12 • 0,09Е 2 Кл ’ Кл ’
Е3 в	А = 2,0 102 —
4 • 3,14 • 8,85 • 10-12 • 0,152 Кл	Кл '
Ответ:	= 0, Е2 = 1,1 • 10® Н/Кл,
.Е3 = 2,0 • 102 Н/Кл .
Рис. 2-21
Дано: q4 — 64 нКл q2 = 8 нКл q3 = 352 нКл qt = 40 нКл = 96 см
4 ~ 32 см
е0 = 8,85 • Ю12 —
0	Н >
е = 1
Задача 15
В вершинах ромба расположены точечные заряды дг » 64 нКл , q2 -= 8 нКл, q3 = 352 нКл и q4 = 40 нКл (рис. 2-21). Определить напряженность Е поля, созданного этими зарядами в центре ромба, если его длинная диагональ - 96 см, а короткая 12 = 32 см. Среда - воздух. Какой угол а образует вектор напряженности Е с короткой диагональю 12?
Решение. По принципу суперпозиции напряженность поля, созданного в центре ромба системой четырех точечных зарядов qtt q29 q3 и q±, равна векторной, сумме напряженностей полей Ej, Е2» -Ез и Е4, созданных в этом центре каждым зарядом в отдельности:
Е ~ Ej + Е2 + Е^ + Е4 •	(1)
Для записи этого принципа в скалярном виде выполним чертеж (рис. 2-21). На этом чер-
Е - ? а - ? 
теже вектор Ег - это вектор напряженности поля, созданного зарядом в центре ром-
70
ба, а вектор Ё3 - это вектор напряженности поля, со-. жданного зарядом д8 в этом ясе центре. Поскольку эти заряды положительны, то вектор Д направлен из центра ромба от заряда к заряду qa по диагонали llt а вектор Ё3 направлен из этой же точки по той же диагонали от заряда д3 к заряду gt. Расстояние между центром и
li Зарядами и qa одинаково и равно —, поскольку диаго-
4Й
цели ромба делят друг друга пополам, но заряд д3 боль-аде заряда д19 поэтому и вектор jE3 численно больше век-Sropa Ех и, кроме того, эти векторы антинаправлены, поэтому их равнодействующая JS13 в скалярной записи будет равна их разности: £13 = Е3 - Ег	(2)
Аналогичные рассуждения можно отнести и к векто-
рам напряженности Ё2 и Ё4, созданным в центре ромба зарядами q2 и д4 соответственно. Эти векторы будут направлены, вдоль короткой диагонали 12 и тоже будут антинаправлены друг другу, причем вектор Ё4 будет длиш «ее вектора Ё2, поскольку заряд q4 больше заряда д2, а .расстояния от центра ромба до этих зарядов тоже одинаковы и равны ~. Поэтому равнодействующая векторов ,JS2 и Ё4, которую мы обозначили £24, в скалярной за-МОМСИ	^24	— ^*2 •	GO
Теперь, чтобы найти результирующий вектор Ё , дос-; Тйточно сложить векторы Е13 и Е24 > заменив сумму век-Егоров (1) суммой (4): Ё = Ё13 + Ё24 	(4)
Поскольку вёкторы £13 и £24 направлены друг к дру-,Гу под прямым углом (веда, они направлены вдоль диагоналей ромба, а диагонали ромба взаимно перпендикулярны), то для записи равенства (4) в скалярном виде ^фиходится применять теорему Пифагора: Е = -^Е^ + ^f4 |Цли с учетом (2) и (3) Е = ^Еа - £,)2 + (.Б4 - Я2)2 . (5) - Теперь, чтобы окончательно найти результирующую Шшряженность Е в центре ромба, нам осталось записать
71
значения Elf Eif Еъ и Ev Воспользуемся формулой напряженности поля точечного заряда-источника:
F	- _21—
1	л А? теое^ 4ЯМ 2
р _ ft___________ft
2	(1 V 7t£„EZ22 ’
4те0А I 2
9a
E	q*
Подставивэтй выражения в формулу (5), получим
Е,=-
4^2
ft
J5= jl—------------21—
iteoelf
\а
ft ' ft I
леое/22 I
k \2 f \2
£ = fl .ft-ft I + ft -ftL «¥ MJ I ll J
Нам осталось определить угол а между вектором Ё и диагональю 12. Удобнее всего определить синус этого угла' из прямоугольного треугольника, в котором гипотенузой является вектор Ё , величину которого мы уже знаем, а катетом, противолежащим искомому углу а, служит век-
•*	Е
тор £.»: 8ina = -~, где £18 =Е3 -jEj '	Е
или Е™ ~, поэтому sin а = ———и
18 4^?	4яв0е£д
а = arc sin	
Мы определили последнюю искомую величину.
Задача решена в общем виде. Переведем единицы в СИ: 64 нКл *= 64 • 10-» Кл, 40 нКл - 40 • 1(Г» Кл, 8 нКл •= 8 * 10"* Кл, 96 см - 0,96 м, 352 нКл = 352 * 10-» Кл, 32 см - 0,32 м.
Подставим числа и произведем вычисления:-
----------— х ЗД4-835 10-“1
72
j 352 40'”-64 40 | 404O'”-8 lfr~” H
VI 0,962 Г 0,32* I Кл ’К	/К	J
l’610*E’
sin a------352 401-64 40-»--- =	45<>
3,14 • 8,85 • Ю'12  0,962 • 1,6 • 10*
Ответ: E = 1,6 10* —, a = 45°. Кл
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Электрон пролетает по силовой линии.электрического поля до остановки расстояние S ** 0,1 мм, двигаясь с начальной скоростью *= 1 * 10® м/с. Найти напряженность Е поля, затормозившего электрон.
Ответ: Е =	« 280 Н/Кл.
2eS
Задача 2. За какое время t электрическое поле напряженностью Е “ 1 • 104 Н/Кл разгонит электрон, движущийся по его ендовой линии, от скорости *= 100 м/с до скорости v * 10 км/с?
Ответ: t =	= 5,6 • 10'12 с.
еЕ
Задача 3. С каким ускорением а движется электрон в поле, 'образованном бесконечной, равномерно заряженной плоскостью с Поверхностной плотностью зарядов a — 2 нКл/м2? Среда - воздух.
Ответ: a = ~~— = 2 Ю13 м/с’.
2^еое
Задача 4. Пылинка массой т ** 1 • 10“10 г висит в однородном Электрическом поле напряженностью Е « 2 • 10* Н/Кл. Найти за-фвд пылинки q, если сила тяжести уравновешена силой, с которой поле действует на пылинку.
Ответ: q =	== 4,9 • 10“18 Кл.
Задача 5. Между двумя бесконечными разноименно заряженными плоскостями, параллельными друг другу, неподвижно ви-Чрг пылинка массой т, несущая N избыточных электронов. Сре-да - воздух. Найти поверхностную плотность заряда о на плоскостях.
eN
. Задача 6. Найти диаметр d маленького шарика, неподвижно ^рйящего в электрическом поле бесконечной, равномерно заряжен-ЭЮЙ плоскости с поверхностной плотностью зарядов о, если плот-
73
кость вещества шарика р. Среда - воздух. На шарике имеется # избыточных электронов.
’I 3eoN
Ответ;
Задача.7. На площади S - 20 см2 каждой из двух бесконечных разноименно заряженных плоскостей содержится заряд q e 1 нКл. Между плоскостями находится диэлектрик с диэлектрической проницаемостью е = 6. Найти напряженность поля в диэлектрике £.♦
3qE
4nRsg ’
Ответ: Е = ~~ = 5,6 10® Н/Кл.
8o&S
Задача 8. Шар с зарядом +д находится в равновесии в жидком диэлектрике. Напряженность электрического поля в диэлектрике Е, вектор ^«направлен вверх. Плотность диэлектрика рг Найти плотность материала шара р2. Радиус шара R.
Ответ: Ра = Pi +
Задача 9. В вершинах равностороннего треугольника со стороной о = 10 см расположены точечные заряды q = 1 нКл. Определить напряжённость Е поля-этих зарядов в точке на середине стороны треугольника.
Ответ: Е =-------—г = 1200 Н/Кл.
• ЗЯЕоЕН2
Задача 10. В трех вершинах квадрата находятся заряды q, 2g и g. Найти напряженность Е поля этих зарядов в четвертой вершине. Сторона квадрата а.
Ответ: Е = 0,6 —~ .
леоеа
Задача 11, В однородное электрическое поле, образованное, двумя бесконечными разноименно заряженными пластинами с поверхностной плотностью зарядов а, расположенными вертикально, помещен маленький шарик массой т с зарядом д, подвешенный на тонкой шелковой нити. На какой угол а от вертикали отклонилась при этом нить?
л	| ост |
Ответ: а - arctgi —— L
J •
Задача 12. Электрон, летевший горизонтально со скоростью v6 = 1,6 Мм/с, влетел в однородное поле напряженностью Е =~ = 90 В/см, направленное вертикально вверх. Чему равна будет скорость электрона v через t °= 1 нс (наносекунду)? Какой угол а составит вектор этой скорости с силовой линией поля?
J2 ,(eEt ]
+ ----1 « 2 - 1Q* м/с, _ l
lme J
74
Задач» 13. Положительно заряженный шарик массой т « 0,18 г я плотностью вещества и 1800 кг/м* находится в равновесии в жидком диэлектрике плотностью р2 = 900 кг/м3. В диэлектрике имеется электрическое поле напряженностью Е ~ 45 кВ/м, направленное вертикально вверх. Найти заряд д шарика.
Ответ: q =	= 2 ЛО"8 Кл.
Р1Я .
^Задача 14. Металлический шар, заряженный равномерно с поверхностной плотностью зарядов о = 2 нКл/м2, погружен в ке-фосин с диэлектрической проницаемостью £ — 2. Найти напряжен* Кость Е поля этого шара в точке, удаленной от центра шара на расстояние, равное половине его диаметра.
Ответ: Е - ° - = 28 Н/Кл.
4е0е
Задача 15. Две разноименно заряженные плоскости расположены горизонтально. Поверхностная плотность зарядов на них о. В пространство между ними влетает электрон в направлении, параллельном плоскостям, со скоростью у0. Найти кинетическую энергию электрона после того, как он пролетит расстояние I по горизонтали. Считать электрон классической частицей/
Ответ: Жк = —	+
2
get e0E/neo0
Задача 16. Электрон влетает В электрическое поле, созданное ^вумя параллельными, горизонтальными, разноименно заряженными плоскостями, параллельно 'км на равном расстоянии от плоскостей (рис. 2-12). Напряженность электрического поля между плоскостями Е - 100 Н/Кл, расстояние между ними d * 5 см. Через какое время t электрон Долетит до одной из плоскостей?
Ответ: t -
5 • 10’8 с.
Задача 17. Электрон влетает % пространство между двумя горизонтальными разноименно заряженными плоскостями под углом 1k ж 30° к их поверхностям, а вылетает параллельно им, пролетев ^расстояние I • 5 см по горизонтали. Найти начальную кинетическую энергию электрона W^, если напряженность поля между плоскостями £ = 6*10* Н/Кл.
еЕ1 Ответ: ТРк0 =	= 5,б-10“1в Дж.
sin 2а
Задача 18. Расстояние между двумя точечными зарядами дг “ **6,4-10 8 Кл и q2 = -4,8 • 10я Кл г = 10 см. Найти напряженность Е электрического поля в точке, удаленной на расстояние п «
75
=> 8 см от первого заряда и на г2 - В см от второго. Среда - воздух.
\2	/	\2
1 Ift. J ft. 4nEo^rf J ^r|
Ответ: Е =
= 1,6 • 10s Н/Кл.
Задача 19. 6 точке 1 напряженность Elt а в точке 2 напряженность Е2, Найти напряженность Е в точке М, лежащей посередине между точками 1 и 2 (рис. 2-13).
... «л . .	. -4 ~~
v Задача 20. Напряженность электрического поля Кх на расстоянии гх = 4 см от точечного заряда равна 50 Н/Кл. На каком расстоянии г2 от этого же заряда напряженность поля Е2 - 5 Н/Кл?
Задача 21. Найти напряжен-	М	??	7
ность электрического поля в точ- ©-------—«--------© "- 0
Ke М (рис. 2-14). Заряды ? и про- r г г ницаемость е, а также расстояние	рис 0,14
г известны.
Ответ: Е = *———=.
ХбЛЕдЕГ2
Задача 22. Два одноименных заряда» один из которых в 9 раз больше другого, расположены на расстоянии г = 10 см друг, от друга. На каком расстоянии г\ от большего заряда расположена точка, в которой напряженность поля этих зарядов равна нулю?
Ответ: гх ~ 0,75 г.
Задача 23. Маленький шарик, подвешенный на изолирующей .нити и имеющий заряд д, вносят.в вертикальное электрическое поле напряженностью Е. Найти массу шарика т, если натяжение нити увеличилось в п раз?
Ответ: т =	.
^-1)
Задача 24. Сила электрического отталкивания двух одинаковых водяных капель радиусом R втрое превышает силу их гравитационного притяжения. Найти заряд капель д, если их радиусы = 1 мм, каждый.
Ответ: Q = 8ряЯ*- 2 • 1015 Кл. V W
Задача 25- Маленький шарик массой т с зарядом q подвешен на изолирующей нити, другой конец которой закреплен. При помещении его в вертикальное электрическое поле сила натяжения нити при новом положении шарика осталась прежней. Найти Напряженность этого поля Е.
Указание: так может быть» если поле подняло шарик вверх.
76
„	„ 2mg
Ответ: Е =-----.
Q
Задача 26. В плоском горизонтально расположенном конденсаторе заряженная капелька ртути находится в равновесии при напряженности электрического поля конденсатора Ё - 611(Н Н/Кл. Заряд капельки о = 6 • 10"8 Кл. Найти радиус капельки Я. Плотность ртути р “ 13,6 • 10s кг/м8. Выполнить чертеж.
Ответ: R =	= 2-10-* м.
. V4jIW
Задача 27. Большая равномерно заряженная пластина с поверх-^достной плотностью зарядов о - 9 мкКл/м2 расположена горизонтально. Над ней находится алюминиевый шарик с зарядом д* *6,37 мкКл. Какой радиус R ъахжев. иметь шарик, чтобы он qc-. тавался в равновесии? Считать радиус шарика малым по сравнению с расстоянием до пластины. Среда - воздух. Плотность алюминия р ~ 2,7 • 10* кг/м*.
Ответ: R = 0,5 4-^- - 0,012 м.
УявоМГ
Задача 28. Две бесконечные пластины расположены иод прямым углом друг к другу я несут равномерно распределенные по Поверхности заряды. Поверхностные плотности зарядов на пластинах Gi « 1'10"’ мкКл/м* и а2 « 2’ 10"* мкКл/м*. Определить ' напряженность электрического поля Е. Среда - воздух.
Ответ: Е = V01*0* = 1243 Н/Кл.
2е0е
Задача 29. Бесконечная вертикальная равномерно заряженная ‘.Плоскость имеет поверхностную плотность зарядов cr * 33,& мкКл/м*. >К ней прикреплена нить* к другому концу которой подвешен маленький шарик массой т * 1 г, несущий одноименный с плоскостью заряд. Найти число избыточных элементарных зарядов на Щарике, если нить образовала с плоскостью угол « « 30°. Среда ~ воздух. Выполнить чертеж.
Ответ: N =	а = 2  1О10.
ев
Задача 30. Капля массой т » ОД иг (нанограмм), на которой , находится заряд q, рвввыА 10 зарядам электрона (д * 10 е, где е— * 1,6 • 10-1* Кл), поднимается вертикально вверх с ускорением а*= > 2,2 м/с* между двумя разноименно и равномерно заряженными ^Параллельными пластинами бесконечных размеров. Поверхностная ^плотность зарядов на пластинах одинакова. Определить поверхно-"стную плотность зарядов о на пластинах. Среда - воздух.
Ответ: а = 0Д^^(а + <)*6,6 Л0^Кк/м*.
Задача 31. Построить график £(г) поля заряженного стержня 'радиусом г * 1 см с линейной плотностью зарядов т «= 1 Кл/см в пределах от гу * 1< см др г2 « 5 см. Среда - воздух.
Указание: внутри стержня Е * 0.
77
3. РАБОТА ПЕРЕМЕЩЕНИЯ ЗАРЯДА В ЭЛЕКТРИЧЕСКОМ ПОЛЕ. ПОТЕНЦИАЛ. РАЗНОСТЬ ПОТЕНЦИАЛОВ
Краткая теория.
Методические указания к решению задач
Работа перемещения заряда А в однородном электростатическом поле равна произведению модуля этого заряда q, напряженности поля Е и проекции вектора перемещения d на'силовую линию: А = qEd.
Потенциал электрического поля (р равен отношению потенциальной энергии заряда в этом поле к модулю этого заряда:
ф =	.	(з.1)
Qnp
Потенциал - энергетическая характеристика электрического поля.
Потенциал поля точечного заряда-источника можно определить по формуле
ф=—«------ (3.2)
4ле0ЕГ
Здесь г - расстояние от точки поля, потенциал которой равен Ф, до заряда-источника q или до центра заряженной сферы.
Потенциал поля, созданного в данной точке множеством зарядов, равен алгебраической сумме потенциалов полей, созданных в этой точке каждым зарядом в отдельности (с учетом их
n
плюсов и минусов): <р =	.
issl
Здесь N - число зарядов - источников поля*
Чем ближе точка поля к положительному заряду-источнику, тем выше потенциал пбля в этой точке. И наоборот, чем ближе точка к отрицательному Наряду-источнику, тем он ниже.
Потенциал поля в точках на поверхности сферы с неподвижными зарядами или в любых точках внутри сферы (сплошной или пустой), если внутри нее нет зарядов, определяет формула
q ф = _----- * где д _ радиус сферы.
4ЯЕ()£л
Отметим, что внутри заряженной сферы, неподвижный заряд которой распределен по поверхности, электрическое поле отсутствует, поэтому напряженность там в каждой точке равна нулю, тогда как потенциал не равен нулю и одинаков во всех точках.
Разность потенциалов Дф или фя - Ф2 (напряжение U) между двумя точками электрического поля равна отношению работы перемещения заряда из одной точки поля в другую, к величине это-га заряда:
78
A.	A '
Дф = Ф1 - ф2 = — . или	.	(3.3)
9	q
Здесь Дф s Ф1 - ф2 “ разность потенциалов между точками 1 и 2 электрического поля, U - напряжение между ними.
При решении задач, связанных с определением потенциала электрического поля шарового проводника или величин, зависящих от потенциала, следует помнить, что потенциал каждой точ-
ки поля внутри проводника (полого или сплошного, все равно) с неподвижными на его поверхности зарядами одинаков. Например, на рис. 3-1, а потенциал поля в точках 1 и 2 внутри сферы ради-
усом Л, несущей заряд q, одинаков
Ф1'2 4те0еЯ ’
Другое дело, если внутрь этой сферы поместить заряд qQ (рис. 3-1, б). Тогда, если этот заряд~ра<люл0жить;например, в центре сферы, то результирующий потенциал точек внутри сферы будет складываться из потенциала поля заряда д0 (потенциал в точках 1 и 2 различен, так как различны расстояния гх и г2 от этих точек до заряда <?0) и потенциала поля заряда сферы д, который одинаков в точках 1 и 2. Тогда результирующий потенциал в точке 1
_____— д----дп-^~
фщ =	“ +1результирующий потенциал в точке 2
₽ 4ле0аН 4те0е/х 7
~ ^77
‘У* 4лЕоЕЯ 4яЕо£г2 ’
. В отличие от напряженности потенциал внутри проводника с неподвижными злёктричёскими-завядами~н^дддЕц2тлю.
Если в условии задачи говорится о расстоянии I между точкой поля, в которой определяется потенциал поля ф заряженной сферы, и ее поверхностью, то в формуле (3.2) г ~ Z + Л. Тогда
Подчеркнем, что в отличие от напряженности потенциал - не векторная, а скалярная величина. Причем потенциал ~ алгебраическая величина, т. е. он Может быть как положительным, так и .отрицательным. Потенциал поля, созданного положительным зарядом в некоторой точке окружающего пространства, тоже положителен, а потенциал поля^созданнОТ'сг-отрихЩтельным зарядом, Тоже'отрицателен. Потенциал поля, созданного в данной точке системой положительных и отрицательных зарядов, равен алгебраической сумме потенциалов полей, созданных каждым зарядом И отдельности с учетом их знаков.
Рассмотрим примеры определения потенциала поля, созданного несколькими зарядами.
Пример 1. Обратимся снова к рис. 2-4 и определим теперь Потенциалы полей, созданных зарядами дг и q2 в точках 1, 2 я 3.
79
Потенциал ф, поля, созданного зарядами и в точке 1, равен алгебраической сумме потенциала фп поля, созданного зарядом дг в атой точке, и потенциала ф12 поля, созданного в Этой же точке зарядом qt. Поскольку заряды ql и д2 разноименные, а алгебраическая сумма - это сумма с учетом всех плюсов и минусов, то <₽1 =Фп+(-Я»и)’Я>11-Ф11» где Фп = ; J1	и Ф12=-—v
4леоЕГ|	4яезЦГ1 + г)
Аналогично потенциал ф2 поля этих зарядов в точке 2 будет ’” = 4^ ” ”==5S^)-Аналогично потенциал <р3 поля этих зарядов в точке 3
Пример 2. Теперь обратимся к рис. 3-2 и определим потенци- • ал ф поля, созданного й точке М зарядами qx и Ткмкыаку потенциал - скалярная величина, то в этой точке он будет определяться только алгебраической суммой потенциалов полей каждого из этих зарядов в отдельности, так что никакие правила векторного сложения, теоремы Пифагора или косинусов, как при определении напряженности, нам уже здесь не понадобятся, поэтому определение потенциала поля системы зарядов значительно проще, чем напряженности. Согласно сказанному выше ф »фх - <р2 » гДв
Ф1 = ——— и ф2 = ——— при любых длинах отрезков г<, г. и г. 4я£0ег1	dnEoerg
Интересно, что в данной точке поля потенциал может быть равен нулю, тогда как поле в ней присутствует й напряженность не равна нулю. Например, поле в точке М создано одинаковыми по величине и разноименными за-г_	рядами +д и -q> причем точка М
2 А/ Д, - расположена посередине между ними (см. рис. 3-2). В этом случае
Т e О 2 напряженность Ер поля в точке М 4	~численно равна удвоенной напря-
Рис 3 2	женности Е19 так как векторы Es и
гис* °'	напряженностей полей зарядов
+q и —q сонаправлены и по модулю
равны друг другу. Поэтому Ер = 2ЕХ, где Ej =----—гг.
. 4яеое(О,5г)Г
Однако потенциал <р как алгебраическая сумма потенциалов ф1 и ф2 полей зарядов д й -q в точке М оказывается равным нулю.
Действительно, ф = qb - <р2 = -—------:= 0.
4яеое*0,5г 4хеое-О^г
Поэтому потенциал считается относительной величиной, а напряженность - абсолютной. Напряженность полнее, чем потенциал, характеризует свойства электрического поля.
Следует отметить, что в некоторых пособиях знак «минус» перед потенциалом поля отрицательного заряда ставят только пе
80
ред численным значением потенциала, а в формуле потенциала с буквенными обозначениями величин пишут «плюс*. Понятно, что тогда потенциал точки М на рис. 3*2 не будет равен нулю, а бу-
дет Ф = Ф1+Фь= *	, где ft ft =*-g.
4ft€0£ * O,5r
Знак «минус» здесь скрыт в выражении ft + ft, где ft - положителен, aft- отрицателен. Что ж, можно поступать и так, подставляя «минус» только при вычислениях. Но все же, особенно на письменном экзамене^ советуем вам этот момент оговорить сразу, чтобы экзаменаторы не посчитали, что он вам неизвестен, и не снизили оценку, т. е. подчеркнуть, что ft + ft есть алгебраическая сумма зарядов с учетом их положительного и отрицательного значений.
Если любое заряженное тело соединяют с Землей, то потенциал тела становится равным потенциалу Земли, и поэтому за точку с нулевым потенциалом можно принять любую точку поверхности земного шара.
Сравним формулы напряженности и потенциала поля точечного заряда или заряженного шара:
я- , й <р = —-—.
4пг0ег	4лео8г
Мы видим, что эти формулы очень похожи, разница состоит лишь в том, что в формуле напряженности расстояние г в квадрате, а в формуле потенциала оно в первой степени. Поэтому потенциал и напряженность одной и той же точки поля, созданного точечным зарядом или шаром на расстоянии г от этого заряда или от центра шара радиусом Ж г, связаны простым соотношением
* = Ег	тМ
Пример 3. Проводящая сфера М ра- 1г
диусом R несет положительный заряд д0, /до ЛДФда „ распределенный равномерно по ее поверх- д л~~Г л 4 пости. В небольшое отверстие 0 в этой	°
сфере вставлен бесконечно тонкий стер- нГ жень АВ с шариками радиусом г на кон-	рис о о
цах (рис. 3-3). Найдем заряд q на шариках.
Очевидно, что на шарике А заряд q будет отрицательным, так как свободные электроны проводника АВ и шарика В перейдут на шарик А, будучи притянутыми положительными зарядами сферы <М. Соответственно на шарике В возникает положительный заряд +д. Потенциал фА шарика А будет обусловлен его собственным отрицательным зарядом -д и зарядом gQ сферы М, поэтому
ф - - ? I qo - 1 f go g)
A 4л80ег 4ле0еЯ 41^1 В rf
Потенциал шарика В будет обусловлен только его зарядом д, поскольку нить АВ бесконечно длинная, и значит, потенциал сфе-
ры М на бесконечном удалении от нее равен О. Тогда Фо - —2— .
4ЛЕоЕГ
Поскольку шарики А и В соединены, значит, фА ** фв или
81
1 Г <7о _ | _ Q <7o	„ _ jZ go	„ g Л
4я€0е1 R r j 4ле0ег	* R r r	' R r	’
откуда
йД '
Работа перемещения заряда А в любом электрическом поле, как в однородном, так и в неоднородном, определяется выражением
-4 » g(q>i - ф2) или А = qU.
Здесь ф] - ф4 - разность потенциалов, или падение потенциала Дф, или напряжение U в случае отсутствия источника тока между точками с потенциалами ф] и ф2-
Очевидно, что если заряд перемещают между точками с одинаковым потенциалом (например, по поверхности заряженного проводника или между точками, расположенными на одинаковом расстоянии от точечного заряда - источника или заряженной сферы), то работа перемещения заряда равна нулю. Точно так же равна нулю и работа перемещения заряда по замкнутой траектории, т. е. когда он возвращается в исходную точку с прежним потенциалом. Действйт?льно, в этом случае А =	-Ф1) = 0.
В однородном электростатическом поле .работа перемещения . заряда q может быть также определена по, формуле А = Eqd, где d = S cos а . Здесь Е - напряженность этого поля, ad- проекция
перемещения S заряда д на силовую линию этого поля (рис'. 3-4),
а - угол между направлением перемещения S и вектором Е. Если заряд перемещается по силовой линии, то d -модуль перемещения. Если заряд перемещается перпендикулярно силовым линиям, то а - 90°, cos а = 0 и А = 0.
Напомним, что в каждой точке однородного электрического поля (оно изображается параллельными прямыми, направленными от положительных за
рядов - источников этого поля к отри^ дательным зарядам-источникам или в бесконечность) напряжен-
ность одинакова по величине и направлению, а потенциал - нет, так как он понижается при переходе от точек, которые ближе к положительным зарядам - источникам, к точкам, которые ближе к отрицательным зарядам - источникам. В этом случае связь между разностью потенциалов фг <р2 (или 17) и напряженностью Е
F _ Ф1 " 92 р _ и выражает простое соотношение Ь =------- или £ - —.
а	а
Следует отметить, что в электрическом поле можно отыскать точки, потенциалы которых одинаковы. Эти точки располагаются
на поверхностях, перпендикулярных линиям вектора Е. Такие поверхности называются эквипотенциальными. На рис. 3-4 такими поверхностями, например, являются плоские поверхности аЬ и mn, перпендикулярные плоскости чертежа и линиям вектора Е .
82
Работа перемещения заряда q вдоль эквипотенциальной поверхности равна нулю, так как А « о(Фх - ф^ * 0.
Поверхность проводника с неподвижными зарядами тоже является эквипотенциальной, поэтому при перемещении заряда по такому проводнику (как внутри, так и на его поверхности) работы не совершается.
Отметим, что последние формулы можно применять к полю бесконечной равномерно заряженной плоскости и к полю плоского конденсатора, обкладки которого заряжены разноименно (при этом, если <₽! - ф2 U - разность потенциалов между обкладками, то 4 - расстояние между ними).
При решении задач на движение заряженных частиц в электрическом поле надо сразу определить, как движется частица: равномерно, равнопеременно или с л временным ускорением, от этого зависит выбор уравнений и законов кинематики и динамики, без которых в этом случае, как правило, не обойтись. Следует учитывать, что положительно заряженная частица, внесенная в электрическое поле, под действием только сил электрического поля движется равноускоренно от точки с большим потенциалом, которая ближе к положительному заряду - источнику, к точке с меньшим потенциалом, которая дальше от положительного заряда - источника, т. е. ближе к отрицательному заряду, а отрицательно заряженная частица - наоборот.
При этом работа поля идет на увеличение кинетической энергии заряда, поэтому согласно закону сохранения энергии справедливо
соотношение А =	» где А ~ д(ф* ~ Ф2) или А = qU.
Здесь т - масса заряженного тела или частицы, и и3 - его начальная и конечная скорости (подчеркнем, что когда мы говорим <заряд», мы всегда имеем в виду заряженное тело, имеющее : массу, размеры и т. д., поскольку сам по себе заряд как материальный объект не существует, заряд - это величина, которая, как и масса, температура и другие величины, характеризует тело).
Соответственно росту кинетической энергии заряженного тела
в электрическом поле уменьшается потенциальная энергия этого тела. И наоборот, если тело тормозится, то его кинетическая энергия уменьшается, а потенциальная увеличивается. Если в задаче говорится, что тело, разогнанное до скорости и0, влетело в электрическое поле, которое его стало тормозить (например, когда заряд q приближается к одноименному заряду) так, что в конце концов это тело остановилось, то здесь можно сказать, что кинетическая энергия тела WK полностью превратилась в потенциальную энергию взаимодействия Wa с полем тормозящего его заряда, которая равна работе этого поля: VFK «« Wn или WK = А, где
w	л
И*к = и А = $ф , поэтому —— - фр.
Если заряд д тормозится, например, заряженным щаром с зарядом 0о (или одноименным точечным зарядом 0о)» то потенциал мф точки поля, в которой заряд q полностью остановится (т. е. где Эго скорость и станет равна нулю), можно определить по формуле
83
Сл	' Л1№ ООл
ф = - °	, и тогда	.
4яе0ег	2
Отсюда можно определить нужную вам величину, входящую в
его уравнение.
Решение отдельных задач
Задача 1
Металлический шар диаметром d заряжен с поверхностной плотностью зарядов о. Найти потенциал <р этого шара, если он окружен заземленной проводящей сферой, имеющей общий с шаром центр. Диаметр сферы D. Среда - воздух.
а«о;
ст D Зо е
Решение. Заряд шара q = oSj, где площадь его поверхности Sj >= nd2, поэтому q — ст nd2. 
Заряд на шаре обусловит появление потенця-q and2 ad
Ф - ?
d
Здесь г = — - радиус шара.
Из земли на сферу вследствие электростатической индукции придет Заряд, равный по модулю заряду шара,'но противоположного знака.
Заряд сферы обусловит появление потенциала -ф2: _______________q _ and2 _ cd2
2 ~ 4леоеЯ " 4лЕоЕ2 ~ ~ 2eoeZ> *
Тогда потенциал шара, обусловленный зарядами шара и сферы,
Задача решена.
_	od (. d'
Ответ: ф = —— 1------
2£q£ D,
/ ч	od ad2
г 2елёу Д)
84
Задача 2
Потенциал заряженного шара <р( =• 300 В. Чему равен потенциал <р2 электрического поля этого шара в точке, отстоящей на расстоянии I == 50 см от его поверхности, если радиус шара Л = 25 см?
Дано: ф2 = 300 в I = 50 см Я = 25 см	Решение. Потенциал шара определяется формулой Ф1 = л/ ,	(1) где q заряд шара. Потенциал поля в точке, отстоящей на расстоянии г - R + 1 от центра шара, опреде-
	
”” формулой ф, -	. (2)
Разделим (1) на (2) и из полученного соотношения 4>i	9 ’ 4ДЕ0е(Д + Z) ф, _ R +1
вай^м<Р»:^= 4тге0еДд
R ф2 = Ф1в77 Здесь можно не переводить сантиметры в метры, ведь они все равно сокращаются.
25 Произведем вычисления: Фг - 300——— В = 100 В. 25 + 50
Ответ: ф2 = 100 В.
Задача 3
Определить потенциал Ф точки поля, находящейся на расстоянии а — 9 см. от поверхности заряженного шара радиусом R = 1 см, если поверхностная плотность зарядов на шаре ст — 1 • 10'“ Кл/сма, Среда - воздух.
Дано: а »= 9 см R = 1 см
см2
₽ - 1
е0 = 8,85 • 10’12 — м.
Ф-?
Решение. Из теории электростатики известно, что потенциал электрического поля, созданного точечным зарядрм или заряженным шаром с зарядом q в некоторой точке М на расстоянии г от центра шара(рис. 3-5), определяется выражением ф = —-—.	(1)
4пе0ег
Из рис. 3-5. следует, что
г = а + R.	(2)
85
Заряд шара q можно онреде-j	м лить, умножив поверхностную
+1 °.—J„ плотность зарядов на шаре <т (т. е. \	заряд на единице площади поверх-
ности шара) на площадь поверхно-
Рис. 3-5	сти шара S: q = aS.	(3)
Остается выразить площадь шара S через его радиус R, подставить выражения (2), (3) и (4) в формулу (1), и задача будет решена: § = 4nJ?2,	(4)
- ст' 4иД2 _ оД2
Ф 4ле0е(а + Д) ’ ф еое(а + 2?)
Переведем все единицы в СИ: 9 см = 0,09 м, 1 см = 0,01 м, 1.10-и кл в1.10^К£ = 1.10-п -Ю4 ^J=110'7^. см2  10-4 м2	м2	м2
Подставим числа и произведем вычисления: ф .______к™-7	_______в = и,зи.
8,86  10"12  1  (0,09 + 0.01)
Ответ: (p =f 11,3
Задача 4
В точке 1 поля тбчечного заряда-источника потенциал ф! — .40 В, а в точке 2 ф2 — 10 В. Найти потенциал <р в точке М, лежащей посередине между точками 1 и 2 (рис. 3-6).
Дано:' Ф| = 40 В Ф2 = ю В
Решение. Обозначим расстояние от заряда -источника q до. точки 1 буквой г, а расстояние между точками 1 и 2 обозначим Аг. Тог-
Ф-?
да расстояние от заряда-источника до точки 2 г + Аг, а до точки М г + 0,5Аг.
Запишем формулу потенциала поля Точеч-
ного заряда применительно к точкам 1, 2 и М:
Ф1 4те0ег ’	Ф2 4ле0е(г + Аг)
(3)
1 JPl М 2jp2 и ф = ---------------г. -
ф	4яе0е(г + 0,5Дг) »
>1< И Разделим (1) на (2) и (1) на (3), чтобы исключить из реше-‘ ния неизвестный заряд qt
Рис. 3-6 -
86
<pi _ q • 4m0e(r + Дг) _ г + Дг
Ф2 4яе0£$г г ’
Фх _ д • 4л£0е(г + 0,5Дг) _ г +0,5Аг _ [ Дг
Ф 4ле0£$г	г	2г ’	•
Если из (4) определить Дг и подставить его значение в (5), то неизвестное расстояние г тоже сократится и мы получим одно уравнение с одним неизвестным потенциалом ф, который из него определим:
г + Дг = г— Дг = г— - г =	-11 = г——— (6)
. ф2 ’ Фг 1<Р2	) Фг ‘' г
Теперь подставим (6) в (5):
Ф1 1 + г Ф1 - Фг 2Фг +Ф1 -^Фа Ф1 = Ф1 + Фг ф	2гф2	2ф2	’ ф 2ф2	’
откуда
ф = _?Ф1Ф2_
Ф1 +Ф2
а
а , Рис. 3-7

. 	2.40 10 _ 1ОГ>
Произведем вычисления: Ф = ———-т- В = 1о в.
40 + 10
Ответ: ф — 16 В.
Задача 5
В трех вершинах квадрата со стороной а 3 20 см находятся заряды
- 1 • 10 ? Кл, q2 - 2 • 10-® Кл и q2 -= 2 • 10-® Кл (рис. 3-7). Определить .потенциал ф электрического поля, созданного этими зарядами в четвертой вершине.

ф “ 7
Дано: а — 20 см л = 1 • IO 8 Кд & - 2 • 10~8 Кл д3 - 2 -10"» Кл ;е0 = 8,85-10~12 = 1'
м
Решение. Напомним еще раз, что потенциал ~ скалярная алгебраическая величина, поэтому потенциал поля системы точечных зарядов в данной точке равен алгебраической сумме потенциалов полей, созданных в этой точке каждым зарядом в отдельности. При этом потенциал поля, созданного положительным зарядом, тоже положителен, а потенциал поля, созданного отрицательным зарядом, тоже отрицателен. В нашей задаче система состоит из двух положительных зарядов дг и да и одного отрицательного
87
поэтому потенциал электрического поля в четвертой вершине ф = <рж + ф2 - Ф8-
Потенциал ф2 поля точечного заряда отстоящего на расстоянии а от четвертой вершины, определяется выра-m	91
Потенциал поля, созданного зарядом д2, который отстоит на расстоянии от четвертой вершины, Фа =-----------------------32-рг.
4я£оеа72
И, наконец, потенциал поля точечного заряда —q8, отстоящего от четвертой вершины, как и заряд qit на рас-
стоянии а, по модулю Фз =	—.
4яе0е&
Тогда потенциал поля системы этих зарядов в четвертой вершине
Ф=_&_+—Е 4л£оЕа 4тсЕ0€а<2 «НЕфЕа ’ ,
Здесь 4= = 0,7. Л
Переведем все единицы в СИ: 20 см = 0,02 м.
Подставим числа и произведем вычисления:
= 10"8 + 0,7 • КГ8 • 2 - 2 • КГ8 в = г80в 4  3,14 • 8,85 • 10-13 • 0,2
4neosa
Ответ: ф = 180 В.
^Задача 6
Четыре одинаковых точечных заряда q расположены на одной прямой на расстоянии г друг от друга. Какую работу А надо совершить, чтобы переместить эти заряды в вершины тетраэдра со стороной г? Среда — вакуум.
Дано: Я г
Е - 1
А~Ч
Решение. Работа по переносу зарядов равна разности энергий системы зарядов W3, расположенных в вершинах тетраэдра (рис. 3-8, б)» и энергии системы зарядов Wu расположенных на дной прямой (рис. 3-8, а):
A-Wt-W^	(1)
Энергия системы точечных зарядов опреде-
ляется формулой:
W = g + ?2Ф» + 9«Фа + — + 7«Ф*)-
88
Здесь q — заряд в некоторой точке, Ф — потенциал поля в этой же точке, созданного остальными зарядами системы.
Запишем эту формулу применительно к системе четырех зарядов, расположенных на одной прямой:
- |(«Ф1 + № + «Фа + ?Ф<) = •
Я Я 9	9
Ф-""' Ф ' - ~Ф -Ф 1 г 2 г 3	4
0 4
_ 7 х. » м м м м\	Рис. 3-8
" g w .+ Фз + Фз + Фа)-
Здесь ср,, <р2, ф.» <р4 — потенциалы поля, созданного в точках 1, 2, 3 и 4 остальными зарядами, не считая того заряда, который находится в данной точке.
Потенциал поля в точке 1, созданного зарядами в точках 2, 3 и 4, равен:
ф,—(3) 4яе0г 4n£f)-2r 4яе0-Зг 24леог
В силу симметрии ф4 •= фР	(4)
Потенциал ъ* поля в точке 2, созданного зарядами в точках 1, 3 и 4, равен:
—3— + -Я-,—2-----------(5)
4леог 4ле0г 4лёо’ 2г 8леог
В силу симметрии ф. = ф2.
Подставим (3)—(6) в (2):
Wj =i|2-fl£- + 2-^l = -^C-.	(7)
21 24леог 8яе0г I 12леог
Теперь определим энергию системы зарядов Ws, расположенных в вершинах тетраэдра. Очевидно, что энер-. гая заряда в одной вершине W21 равна
^2,1 “ |« * Зф = 1,5«Ф, где ф — потенциал поля, созданного в этой вершине каждым из остальных трех зарядов.
' В силу симметрии вся энергия этой системы четырех зарядов будет в 4 раза больше:
2,1
Wt = 4W2, = 4*1,бдф “ 6$ф, где Ф = ~—. 4яе0г
3 Поэтому W2 = 6g—~. 4яе0г 2 теог
(8)
89
Нам осталось подставить (7) и (8) в (1), и задача будет решена.
у! - ЗУ* * -
2яеог 12ЛЕоГ 121№оГ
Ответ: А а —р—.
12пеог
Задача 7
Две концентрические металлические заряженные сферы радиусами й, = 6 см и Л2 = 10 см (рис. 2-20) несут заряды <7i = 1 нКл и q2 = -0,5 нКл. Найти потенциалы «Pl ф2 и ф3 электрического поля, образованного этими сферами в точках 1, 2 и 3, отстоящих от центра ,сфер на расстояния г\ = 5 см, г2 = 9 см и г3 == 15 см. Среда -воздух.
Дано: flj — 6 см R2 = 10 см 9i = 1 нКл д2 = -0,5 нКл т\ — 5 см г2 — 9 см г8 — 15 см.
е0 = 8,85-10~12 — Н * К
е - 1
Ф1 - ?
Ф2 - 7
Фэ - 7
Решение. Обратимся к рис. 2-20.
Потенциал поля, созданного обеими сферами в точке 1, равен алгебраической сумме потенциала фп поля, созданного положительно заряженной сферой радиусом и потенциала - Ф12 поля, созданного отрицательно заряженной сферой радиусом В2:	= фп - ф12, где
ф - ------ ц
4ЛЕ0Е/?!
Ф>2=4^-ПОЭТ™У
ф, = —21--2k— или'
inEo&Rj 4пЕ0ЕД2
• ф^Д^Щ ______4ЛЕр€ Д| J
Точка 2 находится вне сферы радиусом Яг на расстоянии г2 от ее центра, поэтому потенциал поля этой сферы
4ле0ег2 *
90
По отношению к сфере радиусом точка 2 находится внутри нее, поэтому потенциал поля, созданного этой
о2 сферой в точке 2, ф22 = -------.
ч 47TEqE7?2
Тогда потенциал поля обеих сфер в точке 2
Фг ~ Ф21"" Ф22 —з— ------1п
4тсе0ег2 4пе0еЯ2
1 f 91	92}
или Ф2 - ----------------—
4леое^г2
Точка 3 находится вне обеих сфер на расстоянии га от их общего центра, поэтому
(pqi =------ и Ф32 ~ “I------j
, 4ле0ег3	4пе0ег3
поэтому потенциал поля обеих сфер в точке 3
<Zi	Q9	Qi ~ Ч2
Ф» =фЧ1 -фч2 =——-------------—— или ф3 = ----------
4ле0ег3 4тге0Ег3	4ле0£г3
Переведем все единицы в СИ: 6 см = 0,6 м, 10 см = 0,1 м, 1 нКл = 1 • IO’9 Кл, 0,5 нКл = 0,5 • 10 9 Кл, 5 см - 0,5 м, 15 см = 0,15м.
Произведем вычисления:
1	1-ПГ9	0,5 10~9	В = 105 В,
4 3,14 • 8,85 • 10’12	k 0,06	0,1	1 /	
1 Zl\	~	 	,		 -	"110~9 0,5 10~9>	П - fin R
2 4 • 3,14 -8,85 10"12	[ 0i09	0,1 ;	Jj — OU Хл ,
Рис. 3-9
-----в = зо в. - 4 • 3,14  8,85 • 10-12 • 0Д5
Ответ: фх « 106 В, ф2 = 50 В, <р3 « 30 В.
Задача 8
В однородном электрическом поле напряженностью Е — 2 кВ/см переместили "заряд q = -20 нКл в направлении силовой линии поля на расстояние d = 10 см. Найти работу поля А, изменение потенциальной энергии поля ДТУц
и напряжение (разность потенциалов) U между начальной ф конечной точками перемещения.
91
Дам:
_ „кВ Е = 2 — ст
q = -20 нКл d = 10 см
Д5ГЯ - ? U - ?
Решение. На отрицательный заряд q со стороны поля будет действовать постоянная сила F = qE, антинаправленная его Перемещению из точки 1 в точку 2 в направлении силовой линии (рис. 3-9). Поскольку работа перемещения заряДа определяется формулой А “ Fd сов а, где а =180° и cos а = - 1, то [А = -gEd
Работа А равна изменению потенциальной энергии ДТРВ, взятой со знаком «ми-
нус»: А = - ДЖ, или ДТУП = - А, поэтому Д1Гд = gEd
Поскольку А « qU, напряжение
Переведем все единицы в СИ:
17 =— в
20 нКл = 20-10-’ Кл - 2- 1(У* Кл, 10 см » 0,1 м. Произведем вычисления:
А = -2 • 10-* • 2 • 10« • 0,1 Дж = -4 • 1(Г* Дж, Д1РП = 4 • КГ* Дж, 17 = ~ 4' • в В - 2 • 104 В. -2-10"8
Ответ: А - -4 • КГ* Дж, ДЖО - 4 • 1(Г* Дж, U - 2«10* В.
_	Задача 9
+ + + +.+ + + Между двумя горизонтальными плос-?4	костями, заряженными разноименно и
Од расположенными на расстоянии d “ 5 мм друг от друга, находится в равновесии
.	капелька масла массой 20 нг (нанограмм)
Рис. 3-10	. (рис. 3-10). Найти число избыточных
электронов N на этой капельке. Среда -
воздух. Разность потенциалов между плоскостями V - 2 кВ.
Дам: d = 5 мм  ш = 20 нг е - 1,6 • 10-« Кл U = 2 кВ
м
8 “ 9,8 2 С
N - ?
Решение. Капелька будет находиться в равновесии, когда сила тяжести mg, приложенная к ней со стороны Земли, будет уравновешена силой F, приложенной к капельке со стороны электрического поля: mg = F, (1) где	F = qE.
Напряженность однородного поля плоскостей связана с напряжением на
92
них U соотношением £ я —, поэтому F = а —.	(2)
4Z	(Z
Заряд капельки q выразим через число избыточных электронов N и заряд электрона е; q - Ne.	(3)
Подставим (3) в (2): F = Ne — -	(4)
d
Теперь подставим (4) в (1) и из полученного соотношения найдем число избыточных электронов Nt
mg - Ne^~ t откуда N ~
Переведем все единицы в СЙ: 5 мм = 5 * 10“* м, 20 иг - 20 • 10-»-10"* кг - 2 • 10-“ кг, 2 кВ - 2 • 10* В. Покажем, что число N - безразмерная величина:
ИВ -«• о ТА '• Кл
ГА71 КГ’сгМ Нм Дж ..
|/vJ-= — *  ------— = -----безразмерная величина.
Кл ♦ В	ид Дж Дг*
Кл м Напомним» что Н =» кг~7 с Произведем вычисления: ' 2 • Ю-11 • 9,8 • 5  Ю”8 # - ----------------- с
13-Ю’1® - 2 108 Ответ: N — 3 • 10’.
ЗЮ8.
Задача 10
На пластине М поддерживается потенциал ф, - +80 В, а на пластине N - ф, = -80 В (рис. 3-11, а). Расстояние между пластинами а — 10 см. На расстоянии <f, - 4 см от пластины М помещают заземленную пластину Р (рис. 3-11, б). Найти изменение напряженности ДЕ( поля на участке' МР и изменение напряженности, поля &Е, на участке PN при этом. Построить графики зависимостей напряженностей Е = JS (я) и потенциала ф = ф (х) от расстояния между точками поля и пластинами.
Дано: ф, — +80 В ф2 = -80 В а — 10 см dj — 4 см Ф — 0
Решение. Напряженность однородного поля £ между пластинами М и N до помещения пластины Р между ними
в _ Ф1 “ Фз £-----—.
После того, как пластину Р расположили параллельно пластине М на расстоянии от нее, напряженность поля между пла-93
дя» = ?
ЬЕ, = ?
Е = Е (х) - ?
Ф = Ф (х) - ?
стинами М. и Р Ег =	, где <р — О
- потенциал заземленной пластины Р, _ (pi
поэтому Д = —.
Изменение напряженности электрического поля на участке МР
Д£| jEJj Е
Ф1 Ф1 “ Фй или ДЕ1 - "V* - — ,
<4 d
Напряженность поля на участке PN после помещения пластины Р
Е _Ф~Фг ~Ф2
2 d- di d-di’
так как Ф = 0.
Тогда изменение напряженности на этом участке
Д£2 Е2 - Е или
АЕ2 =	_ Фх-Фг
2 J J d
d~dr
Переведем все единицы в СИ: 10 см — ОД м, 4 см — 0,04 м.
Произведем вычисления:
f 80	80-(-80)Ав_
004 М
м
= 400-м ’
Г -(-80) 80-(-80)А в ^0,1-0,04 ОД J м
= -267--м
Звак «минус» означает, что напряженность ноля на участке PN уменьшилась.	s
График Е “ Е (г) показан на рис. 3-12'.
94
= n^-- = * 2°00B=2—, 0,04 м мм
e2 _	= 1333— = 1,3—.
0,06 м м	м
График <p = ф (г) показан на рис. 3-13.
Задача 11
Два одинаково заряженных шарика диаметрами d = 0,5 см каждый расположены на расстоянии I = = 2 см между их поверхностями (рис. 3-14). До какого потенциала ф они заряжены, если сила их отталкивания друг от друга F = 2 мкН? Среда - воздух.
Рис. 3-14
Дано: d = 0,5 см I •= 2 см F “ 2 мкН е = 1 .
Кл2
Ео = 8,В5-1О^— х! ’ М
Решение. Потенциал заряженного шарика можно определить 9 по формуле Ф = 4део€д , где g -о * заряд на шарике и R = ~ - его
радиус, поэтому
Ф = —L.
4леое^ ° 2
Заряд q найдем из закона Кулона, применив его к от-
2
талкивающимся шарикам: Р = —-—« , где г — 2R + I = 4ле0ег
“ d + I - расстояние между центрами шариков.
92
Ф- ?.
(1)
Поэтому F --------3 * * * *-„, откуда
 4яе0е(</ +1}
q = 2.(d + l)<fa0EF .	(2)
Подставив (2) в (1), мы решим задачу в общем виде:
ф=(1+-~кМ—
_ 2(d + Z)7ne0£F _ ( Л I ne0EF 2яе0ес/ v + d)yn2£02E2
Переведем все единицы в СИ:
0,5 см » 5'10~3 м, 2 см — 0,02 м, 2 мкН = 2 * Н. Произведем вычисления:
95
Дано: «о 9
ф. 14-2^1	В - 1340 в.
I 5 10’3J ¥3,14-8,85-10 12 Ответ: ф = 1340 В.
^Задача 12
Точечный заряд д0 создает в точках 1 и 2 поле напряженностью Et и £2 (рис. 3-15). Какую работу совершает электрическая сила при перемещении точечного пробного заряда д из точки 1 в точку 2?
Решение. Поле точечного заряда дй неоднородное. Работа перемещения пробного заряда д из точки 1 в точку 2 определяется выражением
А - Фз),	(1)
где Ф1 = и Ч>2 = .f0,„ (3) “ потен-4Я&о€Г1	47C&qCF2
циалы точек 1 и 2 в поле заряда-источника q9. С учетом (2) и (3) формула (1) примет вид ___________________go _ ото р 1 _JLj.	(4) 4ПЕ0ЕГ! 4ле0£г2) 4яеое^г1 rz) Расстояния Г1 и г2 от точек 1 и 2 до заряда-источника д0 найдем из формул Ei - g° й и Е, = —-р-v > от’ 4flS0e/f	4пеоег22
(5) и	W
I 4Л£оЕ£2
куда п = J AJQ„E । 471Eq£o|
Подставим (5) и (в) в (4):
дд0 Г ^лЕрЕЁ! 14п£0еЕ2
4яе0е1у д0 у д0
 4^7
4ле0е у <?0 '_____/ у 4 л е0 e2q0 v	* 1

Задача решена.
Ответ: А = —.
2уяе0е
96
<рм
Рис. 3-16
Ф=о=0
F
Задача 13
При переносе точечного заряда q — 10 нКл из точки М, расположенной на расстоянии I** 10 см от поверхности заряженного метал-
лического шара в бесконечность (рис. 3-16)» была совершена работа А = 0,5 мкДж. Радиус шара R = 4 см. Найти потенциал (р0 на поверхности шара. Среда ~ воздух.
Дано: q — 10 нКл ф- — о I « 10 см А в 0,5 мкДж R » 4 см
Кл2 Ео — 8,85	2
* Jn е = 1
Фе - ?
Решение. Решим эту задачу двумя способами:
а)	используя формулу работы перемещения заряда в электрическом поле;
б)	используя закон сохранения энергии перемещаемого -заряда q.
а)	Поле шарового проводника неоднородное. Работа А перемещения заряда q в таком поле может быть определена по формуле
А = ?(Ф1 “ <Ps)> где <р, = ф„и q>2 = Ф„, поэтому А = д(ф„ - ф„).	(1)
Здесь ф_ =- 0 - потенциал поля в бесконечно удаленной точке (если про-
'водник уединенный» то потенциал его поля в бесконечности равен нулю)» <рм - -потенциал поля этого же шарового проводника в начальной точке перемещения М. Он определяется формулой
ф- = 4^-	<2>
где q0 - заряд шарового проводника, г - расстояние между этой точкой и центром шара. Из рис. 3-16 видно, что это расстояние	г = I + R.	(3)
Заряд шарового проводника q0 свяжем искомым потенциалом на поверхности шара формулой, аналогичной
?п
формуле (2): Фо = 4лЕ £д» откуда q„ - 4ле0ЕЯф0. (4)
Теперь подставим (3) и (4).в (2), а затем то выражение, которое получится в результате этой подстановки, подставим в (1):
4яе0еЯФо R „ л R
фмв4ЯСоеО+/г)"/+яф0’ a~^TTr'
Отсюда найдем искомый потенциал шар (р0:
И Фо = 7 1+й ? к к)
. репетитор по физика. Т. 2
97
Задача в общем виде решена.
б)	По закону сохранения энергии работа перемещения заряда q из точки М в бесконечность равна изменению потенциальной энергии этого заряда, взятой со знаком ♦ минус»: А = - ДЖП - -	- ТУПИ) - Wm - Wtt„.
Здесь - потенциальная энергия этого заряда в точке М, - потенциальная энергия заряда q в бесконечности. По определению потенциала
W	W
Фм=-2!- и	= 0,
9	9
поэтому ТУ^ = дфм = q——
<?о 4л£0ег ’ 4heoe(Z + _R)
Тогда А ------------ или с учетом (4)
А L I откуда ф0 = — 1 + —
9 \	**,
_. 4да0£Йф09 _ Rq 4ire(>e(i + R) ° 1 + R Мы получили прежний результат. Переведем все единицы в СИ: 10 нКл - 10 • 10* Кл = IO"8 Кл, 10 см - 0,1 м, 0,5 мкДж '«• 0,5 • IO"® Дж =? 5 • 10~7 Дж, 4 см = 0,04 м. , Подставим числа и произведем вычисления: Ф,=^[1+^В_176В.
10-8 I	0,04)
Ответ: ф0 = 175 В.
Задача 14
Между вертикальными разноименно заряженными Пластинами помещена палочка длиной / = 2 см, изготовленная из днэлектрика. На ее концах находятся точечные заряды 9t — -1 мкКл и q2 — +1 мкКл. Разность потенциалов между пластинами U — 2 В, расстояние между ними d = 4 см. Какую работу А надо совершить, чтобы повернуть эту палочку на угол a — 180° (рис. 3-17) вокруг оси тп?
Дано: I = 2 см qt - -1 мкКл а* ~ +1 мкКл
d = 4 см a = 180°
Решение. Работа А поворота палочки на 180° вокруг оси тп складывается из работы перемещения отрицательного заряда из точки с потенциалом <рг в точку с потенциалом
Фг А ==	~ Фг) и
Рис. 3-17
98
работы перемещения положительного потенциального заряда q2 из точки с потенциалом <р2 в точку с потенциалом Ф1
Л “ ?г(<Р2 " Ф1) = “ ?2(<Pi “ Фг)-
Обозначим = аг - q.
Тогда А = А1+А3 =	- ф2) + (-?(Ф1 - Ф2)) =
= -2?(ф, - ф2).	(1)
Разность потенциалов ср! - ф2 определим через напряженность однородного поля между пластинами:
„ ф, — <Й,
Е =-----—-. откуда ф( - ф2 « Е1.
и	и
С другой стороны, Е = —, поэтому Ф1 - Ф2 =	• (2)
а	а
Подставив (2) в (1), мы решим задачу в общем виде:
А = -2qU-_________d_
Знак «минус» говорит о том, что работа совершается внешними силами против сил электрического поля, так как отрицательный заряд перемещается ближе к отрицательной пластине, а положительный - к положительной.
Переведем все единицы в СИ:
2 см - 0,02 м, 1мкКл = 1 • 10“* Кл, 4 см — 0,04 м.
Произведем вычисления:
А =-2 110’6^Дж =-1-10-6 Дж=-1 мкДж.
Ответ: А = -1 мкДж.
Задача 15
Проводящая сфера радиусом R = 2 см с зарядом q — -0,2 нКл помещена в масло с диэлектрической проницаемостью е = 5. Построить график зависимости потенциала поля этой сферы ф от расстояния г между центром сферы и точками поля, лежащими на продолжении радиуса (от значения г3 = 0 до г2 = 8 см).
Дано:
R ~ 2 см а “ 0,2 нКл 6 = 5
Кл2
Ео = 8,85 •
гг = 0
Г2 = 8 см
ф - ф (г) - ?
Решение. Выразим все единицы в СИ: 2 см = 0,02 м, 8 см = 0,08 м, 0,2 нКл - 2-10-,0Кл.
Теперь запишем формулу, выражающую зависимость потенциала ф от расстояния г, и подставим в эту формулу численные значения известных и неизменных величин g, е и Eq:
q	21ОГ10
ф =------------------------—
4дЕо£г 4-ЗД48Д510Г12.5г
0,36
г
99
Учтем, что при г < < R потенциал <р0 внутри сферы и на ее поверхности одинаков Ф0 = —2— = 18 В.
• 4леоеД
Для определения потенциала точек, лежащих вне сферы на расстояниях г > Я, будем придавать расстоянию г значения 3 см, 4 см, 5 см, б см,
7 см, 8 см и вычислять соответствующие этим расстояниям потенциалы. Заполним таблицу:
г, м	0,03	0,04	0,05	0,06	0,07	0,08
Ф, в	12	9	7,2	6	5,1	4,5
Теперь построим график ф = ф (г) (рис. 3-18). При этом учтем, что между точками с гх = О и г “ R — 2 см потенциал ф неизменен и равен 18 В.
Задача решена.'
Задача 16
Электрон пролетел по силовой линии однородного электрического поля из точки 1 с потенциалом ф« “ 400 В в точку 2 с потенциалом ф} - 600 В, двигаясь* со скоростью в точке 1 vt = 100 км/с. Найти скорость электрона и2 в точке 2, изменение его кинетической энергии AW* и изменение его потенциальной энергии Д1УИ.
Дано:
е = 1,6 • 10” Кл = 9,1 ’ 10~31 кг ф. = 600 В
Ф| = 400 В
„__км
о. " 100 — с
р2 - ? AWX - ? A Wa - ?
Решение. Отметим, что потенциал точки 1, равный 400 В, ниже потенциала точки 2, равного 600 В, поэтому более высокий потенциал в точке 2 мы обозначили ф19 а в точке 1 более низкий потенциал мы обозначили ф2. Советуем и вам всегда более высокий потенциал (тот, что ближе к «плюсу» - источнику поля) обозначать фи а тот, что ближе к «минусу», ф2, чтобы не запутаться в Знаках. Работа А, совершенная силами электрического поля при перемещении
100
электрона из точки 1 в точку 2, равна изменению его кинетической энергии ДЖ,:
А - ДЖ, = W.4 - Жк1, где
А = ₽(Ф1 - <р2),	и
А
m о2
ЖК1 =—^, поэтому е(ф! - <р2) =
А
Рис. 3-19
2	2 .
mei>2 mePi
*----, откуда
2	2
2___
__ Izetq»! - <р2) + пгви? и v2 - ,------------—-----
V , го« Изменение кинетической энергии электрона
- А или ДЖ, =	- <p2)
Изменение его потенциальной энергии AWa равно совершенной полем работе А, взятой со знаком «минус», что говорит об уменьшении потенциальной энергии электрода при его движении в сторону повышения потенциала: |ЛЖ„ = -А|
Переведем в СИ единицу скорости:
км	м
100------1 • 10е -.
с	с
Произведем вычисления:
|2 1,6-10~19 (600 - 400)+9,1-IO-31 11O10 м
Vz~ V	9,1. ПТ81	7
= 5,9 10е—, с ДЖ, - 1,6•1019(600 - 400) Дж = 3,2 -10*17 Дж, Д W„ = - 3,2 • 10-и Дж. Ответ: оа — 5,9 • 10е м/с, ДЖ, в 3,2 • 10~1Т Дж, ДЖ,-----3,2 • 10-« Дж.
Задача 17
Как соотносятся скорости протона i>r и альфа-частицы Ъ9, прошедших одинаковую ускоряющую разность потенциалов, если заряд протона qt вдвое меньше массы альфа-частицы q2, а масса протона т2 в 4 раза меньше массы альфа-частицы та? Начальные скорости обеих частиц равны нулю.	'
101
Дано: 9а “ 2?i т2 = 4ЛЦ v0 “ О
Решение. Поскольку начальная скорость протона и0 - О, работа поля Aj идет на сообщение ему кинетической энергии Жк1:
Л “ где = gAqh - ф2) и WK1 =	,
I	2
va	поэтому 91(<р1 - <р2) =	.	(1)
Аналогично применительно к альфа-частице запишем:
92(Ф1~Ф2) = -^--	(2)
Разделим (1) на (2). При этом неизвестная разность потенциалов <рх - ф2 сократится и мы> определим i>2:
9х(ф1 ~ Фа) _	2 91 _ ntj Г i>i Y
?г(ф1 - Ф2)	' q,~ т2 [u2 ) ’ ОТКуда
|Л-.^.Л = 1,4.
1>2 112gx mi
Задача решена..
у.
Ответ: — = 1,4 , т. е. скорость протона в 1,4 раза и2
будет, больше скорости альфа-частицы.
_ Задача 18
В электрическом поле плоского конденсатора с горизонтально располо-d женными обкладками покоится капелька масла, заряд которой равен элементарному заряду (рис. 3-20). На “ обкладки подано напряжение 17 = 500 В,
Рис. 3-20 расстояние между обкладками d = 0,5 см. Найти радиус капельки R. Плотность масла р = 900 кг/м8, среда - воздух.
Дано:
q = е - 1,6 • 10-“ Кл (7 = 500 В
d = 0,5 см
КГ	*
р “ 900 —г м
Решение. Поскольку капелька покоится, значит, все силы, приложенные к ней со стороны других тел, уравновешены согласно первому закону Ньютона. На капельку действуют две силы: сила тяжести mg со стороны Земли и
м
R-T °.
сила F со стороны поля конденсатора (поскольку среда - воздух,
102
а его плотность очень невелика по сравнению с плотностью масла и, кроме того, объем капельки чрезвычайно мал, то выталкивающей силой, действующей на капельку со стороны воздушной среды, будем пренебрегать). Эти силы обязательно должны быть антинаправлены и по модулю равны друг другу, поскольку их равнодействующая согласно первому закону Ньютона должна быть равна 0. Поскольку сила тяжести направлена всегда вниз, то сила F должна быть направлена только вверх:
mg + F =' 0 или F =• mg.	(1)
Теперь нам надо выразить эти силы через известные из условия задачи и искомую- величины и подставить
соответствующие выражения для сил F и mg в равенство (1), откуда определить искомую величину R.
Силу F выразим через напряженность поля конденсатора Е, а напряженность этого однородного поля в свою
U очередь - через напряжение U: F •= qE, где Е = — .
Тогда F = q^-.	(2)
а Силу тяжести mg свяжем с плотностью масла р и искомым радиусом капельки R, воспользовавшись формулой плотности вещества и выразив объем шарщса V через его радиус R: т =.pF, где V ~ ^-лй3, поэтому т = |яД3р.	(3)
О
Подставив (2) и (3) в (1), получим формулу, в которой все величины, кроме искомого радиуса R, будут известны. Из нее мы и найдем радиус R. Проделаем эти дей-.
U 4 о8 ствия: ? — = — лк । а 3
Задача в общем виде решена. Переведем все единицы в СИ: 0,5 см = 5-10 3 м.
Подставим числа и произведем вычисления:
3qU
pg. Отсюда R =„ y4xpgd
„	3-1,6 1019-500
R — я---------------------г м = 7,5 • 10-т м.
V4-3,14-900-9,8-5-10"8
Ответ: R = 7,5 • 10*т м.
103
m R 4 «в е
a
Задача 19
На какое минимальное расстояние I от поверхности заряженной сферы радиусом  R сможет приблизиться к ней одноименно заряженная частица массой т с зарядом а, скорость которой на бесконечном удалении от сферы была равна о0? Среда - воздух. Поверхностная плотность заряда на сфере ст.
Дано:	Решение. Применим для решения этой зада-
чи закон сохранения энергии. В бесконечности заряженная частица обладала кинетической 2
энергией	(1)
при условии, что скорость частицы во много раз меньше скорости света в вакууме.
По мере приближения заряженной частицы к
1-2 одноименно заряженной сфере ее скорость уменьшалась из-за действия сил отталкивания, анти-направленных перемещению заряженной частицы. Когда частица приблизилась к сфере на расстояние I от ее поверхности, скорость частицы упала до нуля, т. е. она остановилась. По закону сохранения энергии кинетическая энергия частицы WK0, которой она обладала в бесконечности, полностью превратилась в потенциальную энергию Wa взаимодействия этой частицы с полем заряженной сферы, поэтому	Wk0 = ТУП,	(2)
где	W„ = фр.	(3)
Здесь ф - потенциал той точки поля сферы, в которой частица остановилась. Величину этого потенциала молено определить по формуле потенциала поля., создаваемого в некоторой точке заряженной сферой, если эта точка удалена от центра сферы на расстояние г. а = ———. (4) 4ле0£г
Расстояние г можно представить как сумму радиуса сферы R и расстояния от точки до поверхности сферы 2:  г = R + I.	(5)
Заряд q0 в предыдущей формуле - это заряд сферы. Его можно выразить через известную из условия задачи поверхностную плотность заряда на сфере or и площадь поверхности сферы S, которую в свою очередь можно выразить через радиус сферы R: qv == aS, где S = 4я№, поэтому q0 =* 4xJPo.	(6)
Подставим (5) и (6) в (4). Получим 4nRaa K2a <р ---------------------=----------.
4ne0£(K +I) еое(К +1)
104
Теперь это выражение подставим в (3): W =	.	(7)
п еое(Я + Л
Нам осталось подставить (1) и (7) в (2) и оттуда опре-делить искомое расстояние I, поскольку остальные вели-mvo R2cq чины известны из условия задачи: —— =----, - „, от-
2 еое(Я +I)
_ .	2Л2О9
куда R +1 =-------у.
£0EmpQ
. 2Я2о?	_
Отсюда I -------у - л или
£oswu>5
Задача решена.
Ответ: I = йГ-	-1].
I е0ето5
дГ-^L-i)
Задача 20
В плоский конденсатор влетает электрон со скоростью у0 = 2 - 10е м/с, направленной параллельно обкладкам конденсатора (рис. 3-21). На какое расстояние h сместится электрон к нижней об-
кладке за время пролета конденсатора? Расстояние между обкладками конденсатора d = 2 см, длина конденсатора I « 5 см, разность потенциалов между обкладками U 2 В.
Дано: тв~9,1 -10-31 кг е - 1,6 • 10” Кл
v0 = 2 • 10е -
d «• 2 см
I “ 5 см U - 2 В
h - ?
Решение. Сразу отметим на будущее, что если в задаче говорится о движении электрона, протона или какой-либо еще заряженной частицы, то вам намекают, что известны масса и заряд этой частицы, которые вы можете взять из соответствующих таблиц в справочнике. Исключение составляют случаи, когда эту массу или заряд требуется найти.
Если бы конденсатор, о котором идет речь, был не заряжен, то элект-
106
Дано:	Решение. Из рис. 3-22 следует, что вектор на-
пряженности поля пластины с зарядом q & антинаправлен вектору напряженности Ё2 поля пластины с зарядом 3$, ведь обе пластины ааря-.	? жены одноименно. Поэтому результирующая на-
а ' пряженность поля между пластинами
Е - Е2 - Еи	(1)
где	(2)	.	(3)
q	&я
Здесь (?! = - и <?2 = — - поверхностные плотности О	О
зарядов на первой и второй пластинах. Поскольку поле
между пластинами однородное, то Е = -у.	(4)
а
Нам осталось подставить (2), (3) и (4) в (1) и из полученного выражения найти расстояние d:
17	3g	g	q
— - ---2------2-= —i— , откуда
d 2eoeS	2eoeS	e0&S
Задача решена.
я	E^U
Ответ: <*-~—.
Я
Задача 22
Два электрона, -находившихся на очень большом расстоянии друг от друга, запустили навстречу друг другу с одинаковыми начальными скоростями и0 = 2 км/с. На какое минимальное расстояние г они смогут сблизиться? Среда - вакуум.
, _ е0&817
CL “
я
Дано:
е => 1,6 • 10““ Кл
т, = 9,1 • КУ®1 кг
„ км
““"2 V
е = 1
Кл2
Ео = 8,85 • IO-12 —J *1 • м
Решение. Для решения этой задачи воспользуемся законом сохранения энергии, применив его к системе двух сближающихся электронов. На бесконечности каждый электрон обладал кинетической энергией:
тж/	__
Wjc =®  ——» поэтому их суммарная кинетическая энергия была 2Wx»2^ = mev2.
108
Когда они сблизились на минимальное расстояние, то остановились из-за взаимного отталкивания. При этом их суммарная кинетическая энергия превратилась в потенциальную энергию, которой обладает один электрон в поле
второго. Эта энергия lFn = еф, где ф =? ---- - потенци-
4ле0ЕГ
ал точки поля, в которой остановился электрон. Поэто-
му Wn = —-—. 4яе0ег
По закону сохранения энергии 2W„ — Жд или
2 е2 mev0 = ------, откуда
4пе0ег
12
г =
=___________1___________
Г ЗД4-8,85  10“12 -9,1 • ЦТ®
Переведем единицу скорости в СИ: 2 "— — 2 * 10* —. С	с
Произведем вычисления:
1,6 10~19 2-2103
Ответ: г - 1,6 • 10-3 м.
Задача 23
К покоящемуся свободному ядру изотопа гелия мае* сой тх = 5,04 • 10* кг и зарядом qt = 2е устремился со скоростью о0 - 10 км/с протон с массой тг - 1,67 * 10"27 кг и зарядом q2 = е, где е = 1,6 * 10* Кл - элементарный заряд. На какое минимальное расстояние г они сблизятся? Среда - вакуум.
Дано:
Mj - 5,04 • 10"ST кг 91 “ 2е qa = е - 1,6 • 10* Кл
КМ v0 == 10 — с - 1,67-10* кг
ХРд.2 е0 = 8,85 • 10"х2 и - м2 е = 1
Решение. Если бы ядро гелия и протон двигались навстречу друг другу, как в предыдущей задаче электроны, то на минимальном расстоянии друг от друга они бы остановились. Но ядро покоилось и имело одноименный заряд с протоном, т. е. положительный заряд. Поэтому, как только ядро < почувствовало на себе отталкивающее действие протона, оно стало «удирать» от
него с нарастающей скоростью. Значит, на минимальном рассто-
109
янии от ядра до протона их скорость не была равна нулю, как в предыдущей задаче. Обозначим скорость центра масс системы тел ядро - протон на минимальном расстоянии между ними о. Эту скорость найдем из закона сохранения импульса. Согласно этому закону импульс системы из ядра и протона при покоящемся ядре и движущемся со скоростью и0 протоне был равен msve. На расстоянии г между этими частицами их суммарный импульс центра масс системы этих зарядов стал равен
+ m2)v. По закону сохранения импульса
= (иц + m2)u, откуда v =-—...	(1)
Теперь применим закон сохранения энергии к системе этих частиц. Согласно этому закону кинетическая энергия протона W,a, когда он был бесконечно удален от ядра, равна сумме кинетической энергии системы этих частиц и потенциальной энергии их взаимодействия W„:
WM^WK+Wtt,	(2)
где = S2- и	(3)
А
6пд+т2)р2
WK =	или с учетом (1)
(отд	(”4^0 У
2(тд + т2)
Wn = 2вф =	= У ,
4ле0ег 2ле0ег
W
К
И, наконец,
Подставим (3), (4) и (5) в (2): т2^о GhPoT . е2 ~2“=2КТ^)+2^>ОТКуда е2 _	2 "Фо
- WIoVq яеовг	Шд + т2
_	+ mfVq - лг2Vq _ m1m2VQ
(4)
(5)
Шд + «2	Л1д + т2
•ьдц)	Шд+тпв ( eV
Отсюда г = —или г - —1-------------— I —
KEoemimjVg	nepem^ |^0 J
Переведем в СИ единицу скорости: 10 км/с = 1 • 104 м/с.
110
Произведем вычисления:
=	5,04-10~27+1,67-КГ27	(1,6 10~19? =
Г~ 3,14-8,85-1012-5,04-10~27-1,67-10“271	I “
= 1,7 • 10-» м.
Ответ; г == 1,7- 10 е м.
Задача 24
Пучок электронов, движущихся с классической скоростью о (т. е, во много раз меньшей скорости света в вакууме), падает на металлический изолированный шар диаметром D. Какое максимальное число электронов N может накопиться на шаре? Среда - воздух.
Дано: mt е о D £
—*--
N- ?
Решение. Когда на шарике накопится N электронов, потенциальная энергия Wa поля, отталкивающего налетающие сверх этого количества электроны, станет равна их кинетической энергии VFK. Сверх этого количества N ни один электрон попасть на шарик не сможет, так как он их оттолкнет. Значит, когда на шарике накопится N электронов, 1УП — ТУК , где = еф и
<р = —, поэтому wn »	.
4ле0£К	4Л£оЕ/С
Здесь q = eN - заряд на шарике, Я - — - радиус 2
bi о шарика. Кроме того,	= —-—. С учетом этого запишем:
2*
Яе2 mpv2	„ _ 7tEoEjOmeP2
------— = ——— , откуда Л =--------2---- или л D 2	е
А	,
Задача решена..
Ответ:
N = HEosDme
Задача 25
Два маленьких шарика массой по т = 1 г, заряжен* вых одинаково, расположены на одной вертикали на расстоянии Г) = 20 см друг от друга (рис. 3*23). Верхнему
111
шарику сообщают скорость v0 в 10 см/с» направленную вниз, в результате чего он сближается с нижним неподвижным шариком на минимальное расстояние г2 = 2 см. Найти заряд q на каждом шарике* Среда - воздух, ее сопротивлением пренебречь.
Дано: т — 1 г г, = 20 см
_ см »0 = ю — с г2 = 2 см Е = 1
£0 = 8,85 • 10-12
Кл2
* = 9,8
с2
д-?
Решение. На высоте rt верхний шарик обладает потенциальной энергией в электрическом поле нижнего заряда, равной Wnl — g<p2, где потенциал поля нижнего шарика .
т - q Ф2"4^[’ ПОЭТОМУ
Л2 -----------• 4я£0£Г1 Кроме того, верхний шарик обладает потенциальной энергией в гравитационном поле Земли, равной W„2 « mgr\. И нако-
1р = 0
Рис. 3-23
нец, он обладает кинетической энергией
_,,,2 TTJT /НРд __ WK -	. Таким образом, его полная
энергия в точке 1 равна 4- Wtt2 +
В точке 2 шарик будет обладать потенциальной энергией в поле нижнего заряда, равной	где q>t = —-—
4HEqET2 (заметим, что потенциал ф] выше потенциала <р2 , потому что точка 2 ближе к нижнему заряду-источнику поля, в котором перемещается верхний заряд). Поэтому
ро


Ж-3=—-2----. Кроме того, в точке 2 
4ле0ег2 верхний шарик обладает потенциальной энергией в гравитационном поле Земли, равной Wn4 = mgr^. Его кинетическая энергия в точке 2 равна нулю, потому что на минимальном расстоянии г от нижнего верхний шарик остановится.
По закону сохранения энергии VFB1 + Жи2 +	—
я . д2	то2 д2
112
Отсюда найдем искомый заряд д: д2 (1	l')	( /	\ v2>
~—----------ят ~г2) + —
4ле0е^г2 г\)	'* *' 2
д2 Ъ-Гг m(2g(ri-r2} + v2)
4ле0е zjr2	2
У»	2яеоеГ1Г2ЦМг1 ~ гг) + °2)
	h-K
г = 1 • 1(Г3 кг,
Переведем все единицы в
20 см — 0,2 м, 10 см/с ~ 0,1 м/с, 2 см = 0,02 м. Произведем вычисления:
/Г- ЗД4 • 8,85 • IO4**- 0,2 0,02 1 Ю-* (2 • 9,в(0,2 - 0,02)+ 0,01) „
ч “ ,1;----------------:---гт:—----------------------------кл
V	0,2-0,02
= 7 • 10-» Кл.
Ответ: д “ 7 • Ю"8 Кл.
Задача 26
Ртутный шарик, потенциал которого <р0 = 1 кВ, разбился при падении на ДГ — 8 одинаковых шариков. Определить потенциал <р каждого получившегося шарика.
Дано: фо “ 1 кВ N - 8
Решение. Пусть радиус большого шарика R, а маленького г. Потенциалы большого и маленького шариков определяют формулы
Ф - ?	Фо = Т~^р
4леоеЛ
(1)
и ф = —-—, гдё д0- Ng - заряд большого шарика, д -4яе0Ег
маленького, поэтому ф0 =	.	(2)
4пе0еЯ
Разделим (1) на (2). При этом неизвестный заряд д на маленьком шарике сократится:
Фо _	• 4леоег фр _ Д/г	(3)
ф	4л£0£Л -д ’ ф ~ R
113
Теперь следует сообразить, что объем большого шарика Уо равен N объемам маленьких шариков V: Vo = NV,
тг 4 з
V = — яг , поэтому 3
R3= Nr3, откуда R - r^N .	(4)
в (3). При этом радиус г сократится, и
4 а где Vo = — лД и
О
^nR3 = ЛГ^яг3, 3	3,
Подставим (4)
мы найдем искомый потенциал <р: Фо .... Nr
или ф = 2° 37F
Ф = Фо
Переведем в СИ единицу потенциала: 1 кВ » 1 • 10s В. 1 • 103
Произведем вычисления: Ф = ' < В 250 В. v64
Ответ: ф = 250 В.
</ Задача 27
Металлическому шару радиусом Д, •= 10 см сообщили заряд 50 — 3 мкКл, а затем привели в соприкосновение с незаряженным шаром радиусом Я2 = %® см. Найти заря-ды и ?2 на шарах после соприкосновения.
Дано: = 10 см q0 = 3 мкКл Д2 •» 20 см	Решение. После соединения потенциал Ф обоих шаров станет одинаков: ст - У*	m =	?2 ф_ 4W0ER! “ ф “ 4ЛЕ0ЕЙ2 ’ ПОЭТОМУ ' 91	_ 9г	91 _ 9а 4ле0ЕЯ1	4пе0£Й2 ’	Ri R% ‘	w Г сохранения заряда заряд q0, бывший на
9t-? 92-? По закону	
первом шаре до соприкосновения со вторым, равен сумме зарядов qt и qt на шарах после соединения:
9о = 91 + 9г •	(2)
Выразим из (2) д2 и подставим его в (1). Так мы получим одно уравнение с одним неизвестным qlt которой и найдем: g2 = qg - qt.	(3)
Подставим (3) в (1):
,£l =	, q^Rz - QqRi - QiRi*
91^1 + 9i-R2 = 90я! > откуда
_9o*L_
1 Д1+Я2
114
Согласно (3) 9j = 9о _ 9i •
Переведем все единицы в СИ:
10 см - 0,1 м, 3 мкКл = 3 • 10-® Кл, 20 см = 0,2 м.
Произведем вычисления:
310“®-0,1..	, 1П_вт,
91 = 0,1+ 0,2 Кл " 1 •10 Кл*
q2 = (З • Ю-® -1 • Г0~®) Кл = 2  10® Кл.
Ответ: g, = 1 • 10‘® Кл, q2 = 2 • 1(Н Кл.
Задача 28
Два шарика диаметрами Pj и D2 с зарядами дм и д02 приводят в соприкосновение. Каков будет их потенциал ф После этого?
Дано:
А 9<н 9<й
Решение. Потенциал ф шаров после соприкосновения станет одинаков:
4пе()е2?1	W
Ф - ? и Ф =	, поэтому
4те0еЯз
91	_	?2	9l=92_.
4ле0£А 4ne0eR2 ’ А А ‘ Здесь qt - заряд на шаре диаметром и д, - заряд на
А
~ - радиусы ша-
Л
шаре диаметром Рг, = ~ ров. С учетом этого запишем: 221=292.	и 9l = ^-.	/2)
А А А А
Заряды д, и д2 нам не известны, но мы знаем заряды аа шарах до их соединения. По закону сохранения зарядов суммарный заряд шаров gw + дю до соединения равен суммарному заряду gt + qt после соединения:
9<я + 9<н = 91 "* д2.	(3)
Выразим из (3) один из зарядов - д2 или д2, например, д2, и подставим его в (2), как мы это сделали в предыдущей задаче. Так мы получим одно уравнение с неизвестным зарядом gn который определим из него и, доставив в (1), найдем искомый потенциал ф.. Присту-
115
л -л + л	л	9l - 9oi +9ог 9i
9г - 9oi + 9ог 9i> Vi— n ’ 41	"2
9A = (9oi + 9ог)А. ” 9rPi»
91A + 91^2 » (9oi + 9<й)О1» откуда
_ (9oi + 9ог)А»
’*------b,+a ' w
Нам осталось подставить (4) в (1), и задача будет ре-Л шена (учтем, что 2?! =	):
А
.Л _ Йо! + 9ог)А
ф ~-----------£---=г— ИЛИ
(Di+^)4n£0e-J-
Задача решена.
Ответ: Ф = ——goizl^08-, \ • 2яеое(В1 + Вг)
ф =
2зх0е{В1 + Dj)
Задача 29
Два шара, заряженные одинаково, имеют потенциалы Ф1 = 10 В и ф2 — 40 В. Найти потенциал ф этих проводников после их соприкосновения друг с другом.
Дано: q>j = 10 В фа« 40 В	Решение. Обозначим одинаковый заряд на шарах до соприкосновения qQ, а после соприкосновения пусть их заряды станут и q2.
Тогда потенциалы шаров до и после сопри-
Ф-?	косновения равны: ф, = Q ,	(1) 4Я60ЕЯ!
—&—, (2) 4леоеЯ^
<Р2 =
Ф =	(3) и ф =	9?	(4)
4я&де£^	4xeq£H2
Здесь Rt и Rt - радиусы шаров.
' Теперь давайте подумаем, как нам «уйти» от неизвестных зарядов и радиусов шаров. Если разделить (1) на (3), и (2), и (4), то радиусы Rt и R2 сократятся. Правда, при этом мы получим только два уравнения с тремя неизвес-
тными зарядами д0, & и gs и искомым потенциалом ф. Но заряды «связаны» законом сохранения заряда, согласно которому ?о + 9о = 9i + 9s •
Отсюда дг - 2д0 - qv	(б)
116
Значит, заменив дг на эту разность, мы получим два уравнения с уже двумя неизвестными зарядами д0 я qt и потенциалом ф, которые и попробуем решить.
Приступим: 21 =	Ф1=«с,	(в)
Ф	-д, V д,
фо On • 47tSnE^9	фо	9(1
—• = 12----J~	, или с учетом (5)
ф	4nE0EJ?!  q2	Ф	q2
Фз _ 9о Ф 2g0 - дх ’ - Теперь выразим из (6) заряд gt и подставим его в (7). При этом, если вынести в знаменателе за скобки заряд <о» то он сократится и мы сумеем найти ф. Проделаем эти
Ф действия. Из (б) gi = до — •	(8)
Ф1
Подставим (8) в (7):
Фг _ 7о	Фг _ 7р ф2 1
Ч>1	- I Ф1 I	Ф1
Фг Ф1
™ Ф 2Ф1 - ф
откуда
2Ф1Фз - ф2ф - Ф1Ф, 2фхфа = фхф + ф2Ф
2Ф1Фз Ф1 +Фз
„	2-10-40 1ЙТ1
Произведем вычисления: ф = —-——- в = ю в.
10 + 40
Ответ: ф « 16 В.
Задача 30
В результате слияния ЛГ 64 капелек воды, заряженных одинаково, образовалась одна большая капля. Во сколько раз потенциал ф0 большой капли отличается от .потенциала Ф малой капли? Капли имеют форму шара.
Дано:
N = 64
2®-1 а'.'ф
Решение. По закону сохранения заряда, заряд большой капли д0 равен сумме зарядов маленьких капелек, слившихся в одну, т. е. д0 — Nq. (1)
Здесь g - заряд одной маленькой капельки.
Кроме того,- можно также утверждать, что объем большой капли V9 равен сумме объемов всех маленьких капелек: Vo = NV.	(2)
117
Здесь V - объем каждой маленькой капли. '
Мы можем связать заряд большой и малой капель q0 и q с их потенциалами <р0 и Ф, воспользовавшись формулой потенциала заряженной сферы, аналогичной формуле потенциала точечного заряда:
ф - —2й—	и	ф = —2—, где согласно (1) q0 = Nq.
4явоеЯ	4пеоёг
Фо	g0-4ne0£r	<р0 Nqr
	 = ------ ИЛИ ------ — " ‘ Ф------------------------4ле0еЯ д .	<р-Rq *
(3)
R - радиус большой капли, г - радиус малой
Тогда
Здесь капли.
Теперь уже несложно догадаться связать радиусы большой и малой капель с их объемами Vo и V, воспользовавшись формулой объема сферы:
4 а	4 о	z> JSVq
Уо = - ля3	и V = -яг3 . откуда R = Я—— или с
3	3	V 4п
учетом (2) R = 31^ V 4я
(4)
г
и
Подставив эти выражения в формулу (3), мы получим Фо одно искомое соотношение поскольку неизвестный
нам объем сократится:
ФО - ktJJk ф J3NV
N 4я
= _?L
4Л-ЗАГУ *[n
или
2 2» =Х8 ф
2
Произведем вычисления: — = 643 = 16. Ф
Ответ:	= 16.
Ф
118
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Металлический шар радиусом Я, имеет заряд q. Он окружен заземленной сферой, имеющей общий с шаром центр. При этом потенциал шара ф. Найти радиус сферы Я2.
Ответ:	.
q -
Задача 2. Полый шар равномерно заряжен. В центре шара потенциал ф1 ~ 120 В, а в точке на расстоянии г от центра потенциал ф2 = 20 В. Каков радиус шара В?
Ответ: R = г— = 0,06 м.
<Р1
Задача 3. Металлическая сфера диаметром D =* 18 см заряжена до потенциала ф « 300 В. Определить поверхностную плотность заряда а на сфере.
Ответ: ст =	= 2,95 • 10’8 Кл/м2.
Задача 4. Две концентрические проводящие сферы с радиусами R и 2R заряжены соответственно зарядами - 0,1 мкКл и
0,2 мкКл. На равном расстоянии от каждой из сфер в точке М (Ч потенциал ф = 3 кВ. Найти радиус внутренней сферы Я.
1 f2 1
Ответ: R =------- —q. + —	= 0,5 м.
4пе0£ф^341 242)
Задача 5. Радиус заряженного шара R. Потенциал точки М, отстоящей на расстояние I от поверхности шара, равен фм. Найти потенциал <pN точки У, лежащей посередине между поверхностью шара и точкой М.
Ответ: Фы = 2(Рм .
лл +> I
Задача 6. Два точечных заряда 1,5 нКл и <?2 - 2 нКл расположены на некотором расстоянии друг от друга. Найти потенциал ф поля этих зарядов в точке, удаленной на rt = 3-см от первого заряда и на г2 = 4 см от второго. Среда - воздух.
Ответ: ф =—-—+ — I = 9 • Ю2 В.
Задача 7. Три маленьких одноименно заряженных шарика с зарядом q каждый удерживаются в вакууме вдоль одной прямой да расстоянии г друг от друга двумя нитями (рис. 3-24). Какую максимальную кинетическую энергию приобретет каждый крайний шарик, если обе нити одновременно пережечь?
5о2	Q 9 Я
Ответ:	.	Ф--р—Ф------—Ф
16W	Рис. 3-24
Задача 8. Металлический шар радиусом Я 5 см, заряженный равномерно с поверхностной плотностью заряда о = 2 нКл/м2, погружен в керосин (е - 2). Определить напряженность Е и по-
119
тенциал ф поля этого шара в точке» удаленной на расстояние г, * R от его поверхности. Какую работу А нужно совершить» чтобы переместить точечный заряд q = 0,5 нКл из точки, удаленной на расстояние г2 = 2Я от поверхности шара, в точку, удаленную на расстояние ry* R от его поверхности?
Ответ: Е =	= 28 Н/Кл, <р = — = 2,8В,
4еоЕ	,2е0е
А - 0,17^5. а 4,8.1О-о Дж
8о6
Задача 9. Три одинаковых заряда q находятся в вершинах равностороннего треугольника со стороной а. Найти напряженность Е и потенциал (р электрического поля этих зарядов в центре треугольника.
3^3 q Ответ: Е = 0, Ф = —7—	.
4 ТТЕдба
Задача 10. В вершинах квадрата со стороной а находятся заряды д. Найти потенциал электрического поля в центре квадрата.
_ qj2 Ответ; Ф -	.
леоеа Задача 11. Найти потенциал ф в точке С на рис. 2-19^ Заряды q и сторона треугольника а известны (см. условие задачи 12, п.2). Среда ~ воздух.
Ответ: Ф = 0,4—-—. яеоеа
Задача 12. В однородном поле напряженностью Е “ 20 кВ/м переместили заряд g = 2 нКл под углом а = 30® к направлению силовых линий поля. Модуль перемещения |Дг| = 80 см. Найти работу поля А, изменение потенциальной энергии взаимодействия заряда с полем и напряжение U между начальной и конечной точками перемещения.
Ответ: А = д£|Дг)соаа = 2,7-1(Г® Дж, &Wn = -2,7 КГ® Дж, U = Е|Дг|сова = 1,410* В.
Задача 13. Какую разность потенциалов - <р2 должен пролететь электрон по силовой линии, чтобы его скорость увеличилась в 5 раз, если его начальная скорость и0 = 1 Мм/с?
Ответ: Ф1 - Фа ~ 12. е
Задача 14. Бесконечная положительно заряженная плоскость имеет поверхностную плотность зарядов 0 = 2 нКл/дм3. Насколько потенциал Фх точки, расположенной на расстоянии гх *= 10 см от плоскости, выше потенциала ф2 точки, расположенной на расстоянии г2 я 1 м от плоскости. Среда - воздух.
Ответ: Дф =	= 1  104' В.
2е0е
120
Задача 15. Электрон движется по направлению, силовой линии электрического поля из точки с потенциалом фх = 10 кВ. Какое время t он будет двигаться до остановки, если его начальная скорость ип = 20 Мм/с и пролетит он при этом d = 4 мм? Найти потенциал ф2 точки, в которой он остановится.
Ответ: t = ~ = 4-10“10 с, ф« = Фх ~	= 8863 В.
2е
Задача 16. Электрон в однородном электрическом поле получает ускорение а « 1010 м/с2 и движется по силовой линии без начальной скорости в течение t = 1 мкс. Найти разность потенциалов Ф1 ” Фг между начальной и конечной точками его перемещения.
Ответ: U =	= 2,8 • 10"4 В.
2е
Задача 17. Расстояние между двумя разноименно заряженными параллельными пластинами d = 2 см, напряженность однородного электрического поля между ними £ ~ 2 В/см. Электрон влетает в пространство между ними параллельно пластинам на равном расстоянии от них. До того как влететь в поле пластин, электрон был разогнан из состояния покоя разностью потенциалов Ф1 - Ф2 “ = 60 В. На каком расстоянии г от начала пластин электрон попадет на одну из них и через какое время 1, считая с момента его попадания в поле пластин, это произойдет?
Ответ: t = J~~~~ = 2,8 • ICT® с, г = t	-= 0,12 м.
V еЕ	V те
Задача 18. Два электрона находятся на бесконечно большом расстоянии друг от друга, причем первый электрон вначале покоится, а второй имеет скорость и0, направленную к первому. На какое минимальное расстояние они сблизятся?
е2
Ответ: Gmn =-----г .
ЯЕЬтЦ»
Задача 19. Шар радиусом R «= 2 см, имеющий заряд q =“10 нКл, помещен в воду. Начертите график зависимости потенциала точек его поля от расстояния г между каждой точкой и центром шара в пледелах от гх = 0 до г2 “ 10 см.
Задача 20. Между двумя горизонтальными и разноименно заряженными пластинами расстояние d •* 0,5 см. Между ними падает с постоянной скоростью заряженная капелька массой m -1 • 10“i0 г, когда на пластины подано напряжение U » 500 В. Если же пластины отключить от источника напряжения,' то капелька падает вдвое быстрее. Сила сопротивления воздуха, действующая на капельку, прямо пропорциональна скорости ее падения. Найти заряд капельки д.
Ответ* q -	= 4,9 • 10~м Кл.
Задача 21. Электрон, пролетев от одной пластины до другой, параллельной первой, приобрел скорость v « 1  10е м/с. Расстояние между пластинами d « 4 мм. Найти напряжение U и поверхностную плотность зарядов на пластинах п. Начальная скорость электрона v0 «« 0. Среда - воздух.
121
2	ТТ
Ответ: U =	- 2,8 В, а =	= 6,2 • 10’7 Кл/м2.
2е	»
Задача 22. Шарик диаметром D - 5 см заряжен до потенциала ф = 1 кВ. Найти массу т всех недостающих на нем электронов, чье отсутствие обусловило заряд шарика. Среда - воздух.
Ответ: т = 2п£ле—— те = 1,6 • 1О”20 кг. е
™	ф	Задача 23. На рис. 3 25 изображены три
j* j* заряженные пластины с потенциалами фд -~ 40 В, ф2 « -40 В и ф = 0. Построить Графики напряженности Е = £(х) и потенциала ф - ф(х) в зависимости от координаты х.
Задача г 24. Ртутный шарик радиусом R с зарядом q разбился на N одинаковых ка-;	; пелек ртути. Определить потенциал ф каж-
।	;	> > дой капельки.
О 0,04 0,08 х, м	q
Рио. 3.25
Задача 25. С какой силой F отталкиваются друг от друга два одинаково заряженных шарика, если потенциал каждого ф, расстояние между их центрами г ц диаметр Р?
Ответ: # = £оч —
Задача 26. Какая совершается работа А при перенесении точечного заряда q « 2 • 10'8 Кл из бесконечности в точку, находящуюся на расстоянии а - 1 см от поверхности заряженного шара радиусом Я = 1 см с поверхностной плотностью зарядов ст = =* НГ9 Кл/см2? Среда - воздух.
Ответ: А = ——г = 1,1 • Ю^4 Дж.
е0е(о + Я)
Задача 27. Определить потенциал ф точки М поля, расположенной на расстоянии а = 9 см от поверхности заряженного шара радиусом R = 1 см, если потенциал шара фшвра 300 В. Среда ~ воздух.
। Ответ: ф = —30 В.
J	а + Я .
Задача 28. Между катодом К и анодом А электрон-А /СЕХ ной лампы создана разность потенциалов [7 = 90 В. Рас-[ +++ \ стояние между электродами d = 1 мм (рис. 3-26). С ка-I . । , ким ускорением а движется электрон от катода к I © е I аноду? какова скорость электрона и в момент удара \ ^ /	об анод? За какое время t электрон пролетит расрТо-
У\~ - /	яние от катода до анода? Поле между электродами
ХТ/ считать однородным. Начальная скорость электрона I равна нулю, электрон -* классическая частица. Мас-
Рис. 3-26
1 пн
са электрона те~ ЭД • 10-’1 кг, заряд электрона е - 1,6 • 10“1в Кл. Среда - вакуум.
Ответ: а =	= М • Ю1* м/с*, v = Jw = 5,7  IO6 м/с,
mea
t = - = 3,6  IO10 c. a
Задача 29. Заряженный1 шарик массой т = 1 г и зарядом q » » 10*8 Кл перемещается из точки с потенциалом <pt » 600 В в точку с потенциалом <р2 - 0 (в бесконечность). Чему была равна его скорость в первой точке если во второй точке она стала i?2 = 20 см/с? Среда - воздух.
Ответ: vt -	s 0,17 м/с.
V ш
Задача 30. При радиоактивном распаде из ядра атома полония вылетает альфа-частица со скоростью v — 1,6 • 108 см/с. Найти разность потенциалов U поля, в котором можно разогнать покоящуюся альфа-частицу до этой скорости. Масса альфа-частицы т ~ 6,65 • 10“27 кг, ее заряд равен 2е, где е = 1,6 • 10~19 Кл - элементарный заряд.
Ответ: U = “— .
4е
Задача 31. Определить потенциал электрического поля ф, образованного четырьмя зарядами q ж 1-10г8 Кл, расположенными в вершинах ромба, в точке пересечения его диагоналей. Сторона ромба а “ 10 см, среда - воздух. Острый угол ромба а - 30е.
2,4о
Ответ: <р =-----* 8 • 10* В.
леоеа
Задача 32. Электрон влетел в плоский конденсатор, имея скорость и “• 1 • 10в м/с, параллельно его обкладкам. В момент вылета из конденсатора направление скорости электрона составило угол а 45° с первоначальным направлением; Определить разность потенциалов U между пластинами, если длина пластин I « 10 см и расстояние между ними d ~ 2 см. Среда - воздух.
Ответ: U =	= 0,01 В.
Задача 33. Маленький шарик йНссой т = 1 г, которому сообщили заряд q в 0,15 мкКл, брошен издалека со скоростью = == 1 м/с в неподвижную сферу с зарядом 0,3 мкКл. При каком минимальном значении радиуса сферы Я он достигнет ее поверхности?
Ответ: R = ———г == 0,8 м.
2л£0етод
Задача 34. Между двумя обкладками конденсатора, располо-^йсенными горизонтально, находится в равновесии отрицательно заряженная капелька масла массой т - 10 иг. Сколько избыточных электронов N имеет капелька, если расстояние между обклад
ками конденсатора d 4,8 мм, а разность потенциалов Между ними V ** 1 кВ? После облучения капелька потеряла часть электронов, в результате чего она стала двигаться вниз с ускорением а « 6 м/с2. Сколько электронов &N потеряла капелька?^
Ответ: N =	= 3 10?.	= 1.8 • Юа.}
eU	eU ,
Задача 35. Электрон вылетел из точкй с потенциалом <pt = * 450 В со скоростью = 190 м/с. Какую скорость и2 он будет иметь в точке с потенциалом ф2 = 475 В?
Ответ: v2 « vf + 2—(q>2 -cpj) = 3• 10е м/с.
1 we
Задача 36. N одинаковых шарообразных капелек ртути заряжены до одинакового потенциала ф. Каков будет потенциал ф^ большой капли ртути, получившейся в результате слияния этих капель?
2
Ответ: фоввяф№.
Задача 371 Шар радиусом Д “ 15 см, заряженный до потенциала фх = 300 В, соединяют с незаряженным шаром. После соединения потенциал на каждом шаре стал ф = 100 В. Каков радиус Н2второго шара?
Ответ: Я2 = В.— - 1“ 0,3 м. Л Ф J
4. ЭЛЕКТРОЕМКОСТЬ.
ЭНЕРГИЯ ЭЛЕКТРИЧЕСКОГО ПОЛЯ
Краткая теория.
Методические указания к решению задач
Электроемкость (емкость) проводника С равна отношению за* ряда q* сообщенного проводнику, к потенциалу ф, который при
этом проводник приобрел: С = — .	(4.1)
<Р
Емкость проводника является важной характеристикой его свойств (подчеркиваем, характеристикой не электрического поля как напряженности, потенциала, а самого проводника).
Любой проводник, заряженный или незаряженный, всегда обладает емкостью, которая характеризует способность этого проводника накопить большее или меньшее количество зарядов для приобретения данного потенциала. Поэтому емкость проводника не зависит от величины и знака заряда, который ему сообщили, и не зависит от потенциала, который он при этом приобрел. Нельзя
сказать,'ссылаясь на формулу С = ~, что емкость проводника Ф
прямо пропорциональна его заряду или обратно пропорциональна потенциалу, это грубая физическая ошибка. Емкость проводника зависит от его размеров, формы, окружающей среды (от ее диэлектрических свойств и от наличия вблизи других проводников, потому что при приближении другого проводника емкость данного проводника увеличивается). Емкость С уединенного шарового проводника радиусом R (полого или сплошного, все равно) опре-
деляется формулой С “ 4яе0еЯ.	(4.2)
Здесь е * относительная диэлектрическая проницаемость сре-' ды, окружающей сферу.
Подчеркиваем, что по этой формуле можно определить только емкость проводника, имеющего форму шара. Если у проводника иная форма, например, форма куба, цилиндра и др., то рассчитать его емкость по этой формуле нельзя, а других формул, которые связывают емкость проводника с его размерами и формулой»
вы не знаете; Выручить вас в этом случае могут формулы С = — Ф
Сфа	о2
или ^ал =	=	» где W ” энергия заряженного провод-
2	ZC
ника, если остальные величины, входящие в эти формулы, вам известны или вы их можете определить в процессе решения.
Если проводники с одинаковой емкостью имели разноименные заряды, то при их соприкосновении или соединении их проводником, емкостью которого можно пренебречь, равные по модулю заряды нейтрализуются, а оставшийся заряд разделится между проводниками поровну. Например, первый проводник содержал заряды +7q9 а второй имел заряд -2q. Если их соединить, то часть
125
заряда первого проводника +2д полностью нейтрализует заряд -2q второго проводника. В результате на обоих проводниках останется заряд +5д, который распределится между ними поровну, поэтому каждый проводник приобретет заряд +2,5g. Но так будет только в ток* случае, когда емкости проводников одинаковы. Если это шары, то должны быть одинаковы их радиусы.
В общем случае при распределении зарядов на проводниках следует применять закон сохранения зарядов: в замкнутой системе зарядов алгебраическая сумма зарядов не изменяется. Замкнутой здесь считается система, которая не обменивается зарядами с окружающими телами.
Если емкости проводников различны (например, это шары с разными радиусами), то заряды распределятся между ними уже не поровну, но закон сохранения общей суммы зарядов остается справедливым во всех случаях. Например, если др соединения заряды на проводниках были д01 и д02, а после соединения они стали и д2, то закон сохранения зарядов будет иметь вид
£<n + 9<и ~ £1 + Qz*
Напоминаем, что сумма эта алгебраическая, т. е. необходимо учитывать знаки зарядов.
Еще раз подчеркнем, что после соединения заряженных проводников заряды на них не всегда оказываются одинаковыми. Но всегда одинаковыми оказываются после соединения потенциалы этих проводников, поскольку, если их потенциалы после соединения окажутся различными, то по проводнику, соединяющему их, пойдет ток. И если потенциалы двух соединенных проводников будут оставаться разными, то ток будет продолжать идти, чего, конечно, быть не может, поскольку для поддержания тока нужно тратить энергию. Поэтому при соединении проводников между ними возникает кратковременный ток, который приводит к выравниванию потенциалов этих проводников, после чего ток прекращается. Если потенциалы проводников после соединения обо-
91 значить <pt и ф2, то справедливо равенство фх = ф2, где фх = — и
Ч
92	91 _ 9г .
ф2 =££., поэтому
С2	Ч Ч
Здесь Ч и С2 - емкости этих проводников, gt и д2 - их заряды после соединения,
Решая совместно систему этих уравнений, мы можем определить заряды на проводниках до или после соединения в зависимости от условия задачи.
Обычно в задачах электростатики пренебрегают изменением емкости проводника при приближении к нему другого проводника или при соединении этих проводников и считают, что емкость от этого не меняется. Когда вы решаете задачу, в которой с проводниками что-то делают, не меняя их размеров и формы (например, шары приводят в соприкосновение или соединяют проводником), то можно считать, что емкость каждого проводника остается прежней.
Если вам необходимо определить общую емкость или общий заряд системы проводников, то иногда удобно использовать условие аддитивности энергии, согласно которому электрическая энергия системы проводников равна сумме энергий каждого проводника в отдельности. Например, если энергия одного проводника
126
а второго Wt, то общая энергия VF^ системы этих двух проводников	+ w2.
Энергию проводника или системы проводников можно опреде-
лить по одной из трех равнозначных формул: W ~	, 1F =
или W — — в зависимости от условия задачи.
2С
Как правило, в таких задачах используется еще и закон сохранения заряда: q = gx+ q9 + q9 + ... + а также равенство потенциалов проводников после их соединения друг с другом.
Если заряженные проводники соединить, то в результате их соединения .может выделиться энергия, например в виде теплоты. В этом случае выделившееся количество теплоты Q по модулю равно разности суммы энергий проводников TFX + W2 до их соединения и общей энергии системы двух проводников VF^ после их соединения: Q = TFX + IF2 - TF^.
При соединении двух одноименно заряженных проводников, которые ранее были удалены друг от друга, совершается работа А. Эта работа может быть найдена как разность энергии системы проводников VF^ после их соединения и энергии этих проводников Wt и TF2 до их соединения:
А ~ IF^ - (И\ + >F2).
Если два проводника сблизить до расстояния, значительно меньшего, чем размеры этих проводников, то они образуют конденсатор. Емкость конденсатора определяется отношением заряда на его обкладках к разности потенциалов между ними:
и---------или U —	.
Ф1 - ф2	и
Как и емкость проводника, емкость конденсатора не зависит от заряда на проводниках, из которых он образован (обкладках конденсатора), и разности потенциалов между ними, а зависит от размеров и формы конденсатора и диэлектрика, помещаемого между обкладками.
Отметим, что емкость как проводника, так и конденсатора не зависит от металла, из которого изготовлен этот проводник или обкладки конденсатора.
Емкость плоского конденсатора с площадью каждой из одинаковых обкладок, равной S, и с расстоянием между ними d опре-
деляется формулой С = -25—.
d
Здесь £ - относительная диэлектрическая проницаемость диэлектрика между обкладками, Со ~ электрическая постоянная.
Если обкладки конденсатора не одинаковы, то под S в этой формуле подразумевается только перекрываемая часть площади обкладок.
Если в конденсатор вводят или выводят из него диэлектрик, или изменяют расстояние между его обкладками, не отключая от источника зарядов, то у такого конденсатора изменяются вследствие этих манипуляций емкость и заряд на обкладках, а напряжение на них остается неизменным и равным напряжению на полосах источника зарядов. Если же конденсатор сначала заряжают, а затем отключают от источника, после чего меняют диэлект
127
рик между обкладками или изменяют расстояние между ними, то неизменным остается заряд на обкладках, а изменяются емкость конденсатора и напряжение на нем.
Конденсаторы соединяют последовательно и параллельно с целью получения нужной емкости. При последовательном' соединении N конденсаторов (рис. 4-1) заряд на всех обкладках одинаков, напряжение на всей батарее конденсаторов равно сумме напряжений на каждом конденсаторе в отдельности:
-ut + U2 + U3 +... + UN,	с»||‘с2|| с*||
а величина -	, обратная общей емкости бата- рис. 4-1
Чобщ
реи последовательно соединенных конденсаторов, равна сумме величин, обратных емкостям отдельных конденсаторов:
= ± + ± + + —
^общ Ci Ct Cg Си
Если конденсатора два, то их общую емкость при последовательном соединении можно определить так:
1	1 1 Q+c,	ад
Со*ц с2 сад	<^+С2
И Т. Де
Если их три» то Ссвщ ад + ад + ад
Если емкости всех N последовательно соединенных конденсаторов одинаковы и равны С» то общее напряжение на всей батарее и ее общая емкость соответственно равны:
и(Лв=№ И
Здесь 1Г - напряжение на каждом конденсаторе в отдельности.
Если у вас спросят, чему равна емкость батареи из N « 100 последовательно соединенных конденсаторов емкостью Ct =» 200 пФ
7— пФ = 2 пФ .
С,
-Ч—1
Рис. 4-2
каждый» то не надо складывать сто раз ” 200 пФ ’ а Д°статач’
С 200 _ но разделить 200 пФ на 100: Совщ =	-
При параллельном соединении N конденсаторов (рис. 4-2) напряжение U на всех конденсаторах одинаково, общий заряд q^ батареи конденсаторов равен сумме зарядов на каждом из них:
0<Лц =01 + 02 + 03+ — + 0N и общая емкость батареи равна сумме емкостей отдельных конденсаторов:
Ообщ = Pi + ^2 + сэ +... + CN.
Если N конденсаторов с одинаковой емкостью единяют параллельно, то общий заряд q^ батареи и общая емкость определяются по формулам q^ =Nq и = NC.
Здесь q - заряд каждого конденсатора.
С каждого со*
128
S I ..
62
Рис. 4-3
Если между обкладками конденсатора помещены диэлектрики с относительными диэлектрическими проницаемостями е2, £3 так, как показано на рис. 4-3, то этот случай аналогичен последовательному соединению трех конденсаторов с одинаковыми площадями обкладок S, расстояниями между обкладками dlt d2, d3 и диэлектрическими проницаемостями диэлектриков между обкладками е]9 е2 и еа. В этом случае
с _________C?iC2C3____
06,4 ад+СзСз+СзС!
____________________
Е1Е2<^3 + Е2£3<А + E3E14s
£|
£2
&3
s/sj S, Рис. 4-4
d
Рис. 4-5
Если эти диэлектрики расположены так, как это показано на рис. 4-4, то этот случай аналогичен параллельному соединению трех конденсаторов с одинаковыми расстояниями между обкладками d, площадями обкладок S2 и S8 и диэлектриками с проницаемостями еп е2 и е8. В этом случае общая емкость батареи
г» Г -4- Г* -и Г» е0€15! . EOE2S2 .
C^-Ci + ^+С,-	— + —— + -7— •
Если конденсатор содержит W обкладок, расположенных на одинаковом расстоянии и разделенных одинаковым диэлектриком, то его можно представить как батарею последовательно соединенных одинаковых конденсаторов, число которых равно N - 1. Действительно, если, например, таких обкладок три (рис. 4-5), то мы имеем два последовательно соединенных
С конденсатора, общая емкость которых	.
Если же такой конденсатор содержит N прокладок, т. е. диэлектриков между обкладками, то он представляет собой систему АГ последовательно соединенных конденсаторов, общая емкость
С
Кторых в этом случае С^щ = —.
. Таким образом; число таких конденсаторов равно числу про-гЖдадок, но на единицу меньше числа обкладок.
Рассмотрим примеры на последовательное и параллельное со-Винение конденсаторов, когда надо определить общую емкость тареи конденсаторов, если известны емкости отдельных кондеи-торов.
Пример 1 (рис. 4-6).
Общая емкость параллельно соединенных конденсаторов С2 и С3 = С2 + С8.
Теперь можно заменить параллельный участок на рис. 4-6, а родним конденсатором емкостью С2 3. Тогда получим эквивалентную
Репетитор по физике. Т 2
129
схему (рис. 4-6, б), на которой конденсаторы Сг и С2 Э соединены последовательно, поэтому их общая емкость, равная емкости батареи из трех конденсаторов,
С<Лт = г . с' ИЛИ
с = ф)
о6щ С\+С2+С3'
Рис- 4-6
Пример 2 (рис. 4-7).
Опять найдем сначала общую емкость С234 параллельного участка схемы:
== Q + С$ + С4.
Теперь согласно схеме на рис. 4-7, б, эквивалентной схеме на рис. 4-7, а,
а)
Рис. 4-7
С _________QQl, 2.4Q_____=
°614 СЙД4 + ^3,2,4^5 + QQ
= ________q(c2+С3 + с4 )с5 ______
Q(Cj+ Q + С4)+ ((^ + С3 + С4)с5 + С^Сд
_ QQ(p2 +Q + Q)_________
(О.+QXQs + сз + Q)+ QQ
Пример 3 (рис. 4-8).
Здесь емкости всех конденсаторов одинаковы. Емкость параллельного участка из трех конденсаторов равна ЗС, поэтому
Г - С ЗС
0014 с+зс
4С
Рис. 4-8
б)
Пример 4 (рис‘ 4-9).
Эту систему можно представить как три последовательно соединенных участка ав, ее, cd с емкостями См, С^. Общая емкость	этих •
трех участков определяется формулой
П -QtfrQdQe_____________
ОаРьс + ^bficd + ^ctfidb
Рис. 4-9
130
Емкость участка ah, содержащего два последовательно соединенных конденсатора с одинаковыми емкостями по С каждого,
Емкость участка cd Ccd = С.
Участок be включает в себя две параллельные ветви тп и pq, каждая из которых содержит три одинаковых последовательно соединенных конденсатора с емкостью С у каждого, поэтому ем-
С
кость участка тп или pq равна —, а емкость участка Ьс
£.£ЛС. 3 3 3
Подставим эти выражения в формулу общей: емкости всей си-£.2£.с
стемы:	Собщ = с 2£22С с с С = 9С ’
2 ' 3 + 3 ' +С’ 2
С Пример 5. Определим общую емкость системы конденсаторов, изображенную на рис. 4-10, а.
t Да, эта схема намного сложнее предыдущей. Сразу и не скажешь, какое здесь соединение конденсаторов, последовательное или параллельное. Попробуем представить эту схему иначе. Мы видим, ’^гео левые обкладки конденсаторов на участках тп и ab соединены в точке а, значит, они имеют одинаковый потенциал, напри-:’Шр Ф1- Расположим эти конденсаторы друг под другом (рис. ^10, б). Правая обкладка конденсатора на участке тйп соединена с правой обкладкой конденсатора на участке Ье, а правая обклад-%а конденсатора на участке ab 'соединена с левой обкладкой коя-Денсатора на участке Ье> значит, этот конденсатор ёмкостью С
2С
а)
+	m
о---Ф1	а
п 2С фЛфз > ФгПфз =“2С^
Ф2ЯФ
d ~
Ф1
2С
фЛфГ
2С
Ф2»ФЗ
2С
2С
о
Фз
2С у2С q ф|Н<р5 р фНнрэ
б)
фз
4 т
d
9
ф2“фЗ
Рис. 4-10
131
может служить как бы перемычкой между конденсаторами емкостью 2С на участках тп и ад. Поэтому расположим участок be вертикально, соединив точки л и е (а также Ь и р) в одну точку. Мы видим, что конденсаторы на участках тп и ab оказались расположенными симметрично относительно конденсатора С слева от него. Точно так же рассуждая» можно расположить конденсаторы на участках ed и pq справа от конденсатора С. Тогда мы получим схему, изображенную на рис. 4-10, б.
Но, глядя на эту схему, мы по-прежнему не можем установить, какие здесь конденсаторы соединены последовательно, а какие -параллельно, без чего мы не можем найти общую емкость этой батареи. Однако, если мы внимательно рассмотрим эту симметричную схему, то, проведя нехитрые рассуждения, установим следующий замечательный факт. Мы установим, что левые обкладки верхнего и нижнего конденсаторов, расположенных слева от конденсатора С, имеют одинаковый потенциал фр такой же, как и потенциал точки а (мы это уже отмечали). Но, поскольку емкости, этих конденсаторов тоже одинаковы, значит, и заряд на их обкладках будет одинаков. Но это означает, что и правые обкладки этих конденсаторов в силу симметрия схемы относительно перемычки тп тоже имеют одинаковый потенциал, который обозначим, например, ф2. Верхняя об-кладка конденсатора С соединена с правой обкладкой верхнего конденсатора, расположенного на участке тп, значит, она тоже имеет потенциал <р2. А нижняя обкладка конденсатора С соединена с правой обкладкой нижнего конденсатора на участке аб, значит, и она имеет потенциал ф2. Следовательно, обкладки конденсатора С в этой схеме всегда будут иметь одинаковый потенциал ф3, и, значит, разность потенциалов между обкладками этого конденсатора всегда будет равной нулю при подключении этой батареи к любому источнику зарядов. Но если разность потенциалов на обкладках конденсатора всегда равна нулю, значит, и заряд на его обкладках тоже будет всегда равным нулю согласно формуле q e С (ф2 * Фз) в 0.
Следовательно, конденсатор С всегда будет оставаться незаряженным при подключении этой батареи к любому источнику зарядов. Но тогда зачем он здесь нужен? Его ведь можно убрать, заменив схему на рис. 4-10, б схемой, изображенной на рис. 4-10, в.
Вот теперь мы можем утверждать со всей определенностью, что наша схема содержит две параллельные ветви, содержащие по два одинаковых конденсатора каждая. Поскольку емкость каждого конденсатора равна 2С, то емкость одной ветви, содержащей два
2С
таких последовательных конденсатора, равна — = С . А посколь-2
ку таких ветвей две и они параллельны, то общая емкость всей
этой батареи конденсаторов * 2С.
Пример 6 (рис. 4-11, а). Здесь тоже нельзя утверждать, что конденсаторы соединены последовательно или параллельно. И если бы схема была несимметричной,
т. е., если бы на месте, скажем, нижнего
Рис. 4-11
182
конденсатора был не CJt а конденсатор с иной емкостью, то ваших знаний ие хватило бы для определения общей емкости этой батареи конденсаторов. Но в силу симметрии схемы потенциалы точек m и д, в которых соединены конденсаторы С& и С2, одинаковы, поэтому конденсатор С3 всегда будет не заряжен, ведь разность потенциалов на его обкладках равна нулю. Значит, в его заряд тоже будет равен нулю, поэтому конденсатор Са можно из схемы убрать, заменив ее эквивалентной, изображенной на рис. 4-11, б. Поскольку общая емкость последовательно соединенных конденсаторов Cj
м Ct Cu «	, а ветвей, содержащих эти конденсаторы, две
Ч +с2
С. 2 Л С1С« и они параллельны, то С&щ = -£=- или	•
Пример 7. Рассмотрим еще более сложную схему, изображенную на рнс. 4-12, о. Проводники соединены так, что образуют куб, Ш каждое ребро которого включен конденсатор емкостью С (понятно, что емкостью соединительных проводов мы во всех этих случаях пренебрегаем). Однако эта схема проще предыдущей, поскольку адесь нет перемычек, поэтому, проведя некоторые размышления, можно сразу представить эту схему как систему последовательно и Параллельно соединенных конденсаторов. Что здесь самое главное: д) все обкладки, соединение в одной точке, имеют одинаковый потенциал. Поэтому, гдебы иачжеме ш>цдеисатпры,ди_р>спола-;тались, еслйпкх обклаДкиимеигт одинаковый потенциал, "эти обкладки можно соединить в одной точке;'б) если один из обклВДок
Рис. 4-12
133
конденсаторов имеют одинаковый потенциал  емкости эти кои-денеаторов тоже одинаковы, то  другие обкладки этих конденсаторов имеют, хоть и другой, ко тоже одинаковый потенциал.
Исходя из этих правил, можно убедиться, что три конденсатора на схеме, изображенной на рис. 4-12, в, имеют потенциал одной из обкладок фи девять конденсаторов имеют потенциал одной из обкладок <р2, девять конденсаторов имеют потенциал одной из обкладок Фз и, наконец, три конденсатора имеют потенциал одной из обкладок <р4. Значит, три конденсатора имеют разность потенциалов ~ Ф2> шесть конденсаторов имеют разность потенциалов на обкладках ф2 - ф3 и три конденсатора имеют разность потенциалов на обкладках ф, - ф4. Поэтому схему, изображенную на рис. 4-12, а, (хорошенько подумав) можно заменить эквивалентной схемой, например, такой, которая изображена на рис. 4-12, б. Эта схема состоит из трех последовательно соединенных участков ае, ed и db, причем участки ае и db, в свою очередь, содержат по три параллельных конденсатора емкостью С каждый, поэтому общая емкость каждого такого участка равно ЗС. Участок ed содержит 6 таких конденсаторов, поэтому общая емкость этого участка равна 6С. Тогда общая емкость батареи конденсаторов, изображенной на рис. 4-12, б,
=	w = |с = 1,2 С.
щ ЗОбС + бС-ЗС + ЗС-ЗС 5
Пример 8. На рис. 4-13, а тот же кубик с конденсаторами включен в цепь источника зарядов в точках а и е. На рис. 4-13, б показана эквивалентная схема.
Узлы с одинаковыми потенциалами обозначены одинаковыми буквами. Рассуждая аналогично, соединим точки с одинаковыми потенциалом в одну точку и изобразим схему в одной плоскости (рис. 4-13, б). Будем определять общую емкость, спускаясь сверху вниз, т, е. начиная с ветвей, наиболее удаленных от точек а и е, где батарея включена в цепь. Общая емкость ветви
... -	2С-С-2С	4С8 .
bdfc 2С-С+С-2С + 2С-2С 8С2 " ’ . ’
С ветвью bdfc ветвь Ьс емкостью 2С соединена параллельно, поэтому общая емкость этих ветвей равна 0,5С + 2С — 2.SC.
Рис. 4-13
134
К этим двум ветвям общей емкостью 2,5С ветви аЬ и се емкостью по 2С каждая подсоединены последовательно, поэтому общая емкость батареи, кроме ветви ае, равна
2С 2 fiC 2C = 10 с = 5 с 2С-2.5С+ 2С-2.5С + 4С2	14 ~7 '
Нам осталось к этому участку, включающему все, кроме нижнего, конденсаторы, добавить параллельную ветвь ае с конденса-
5	12
тором С. Тогда получим окончательно Совщ == — С + О = — С,
Пример 9. (рис. 4-14). Рассмотрим третий возможный случай включения этого кубика в цепь, когда он подключен в точках в и d (рис. 4-14, а).
Эквивалентная схема на плоскости показана на рис. 4-14, 0. Узлы с одинаковыми потенциалами обозначены одинаковыми буквами. В силу симметрии средний участок се будет не заряжен и его можно из схемы исключить. Тогда получим схему, изображенную на рис. 4-14, а.
Емкость ветви bcf, состоящей из двух одинаковых последова-
2С тельных ветвей Ъс и cf, емкостью по 20 каждая, равна — = С.
К ветви bf последовательно подсоединены ветви ab и fd емко-
стью по С каждая, поэтому емкость ветви abcfd равна . К ней 3
параллельно подключена ветвь
20 aed с общей емкостью — = С
поэтому Собщ » -• + С = — С. о	3
Рис. 4-14
135
Пример 10. На рис. 4-15 показаны эквивалентные схемы одной и той же батареи конденсаторов. Если вы уже разобрались в предыдущих примерах, то найти общую емкость такой батареи для вас не составит труда:
с<лщ s С + д’ = д' С • о о
о----------------
а)
б)
Рис. 4-15
Энергия И'зд электрического поля конденсатора емкостью С с зарядом на обкладках q и с напряжением между обкладками U (или разностью потенциалов фх - <р2) определяется одной из трех
формул: W„	W„ =
Иногда в условии задачи речь , идет не обо всей энергии поля конденсатора а об энергии приходящейся на единицу объема пространства между его обкладками, т. е. об объемной плотности энергии поля конденсатора. В этом случае нужно всю энергию поля И^зл разделить на объем V пространства между обкладками конденсатора, который, очевидно, равен произведению площади обкладок S и расстояния d между ними:
шэл = -у- , где F *= Sd.
Кроме того, объемную плотность энергии можно определить по формуле
е0аЕ2 К 2 ’ Здесь е0 - электрическая постоянная, е - относительная диэлектрическая проницаемость диэлектрика между обкладками, Е - напряженность поля между обкладками.
Если в условии задачи идет речь о силе притяжения обкладок конденсатора друг к другу или о давлении р, которое оказывают разноименно заряженные обкладки конденсатора, на диэлектрик между ними, то нужно это давление выразить как отношение силы взаимного притяжения F разноименно заряженных обкладок к их
F площади S:	Р ~	.
Ь Примерная схема дальнейшего решения может быть такой:
F “ «В». 9 - *8, £1 = и т. д.
*EqE
Здесь Ех “ напряженность поля одной из обкладок, q - заряд на ней, а - поверхностная плотность зарядов на обкладке.
136
Рис. 4-16
Если конденсаторы соединены обкладками в одной точке О, как на рис. 4-16, то алгебраическая сумма зарядов на этих обкладках равна нулю: 9i + 91 + 9» - О-
При этом следует учитывать знак соединенных обкладок.
Решение отдельных задач
Задача 1
Медный шар массой т = 1 кг содержит АГ = 1 • 1010 нескомпенсированных элементарных зарядов. Определить емкость шара и его потенциал. Плотность меди р = «= 8,9 • 10s * * кг/м*. Среда - воздух.
Дана: 1Л = 1 кг У = 1 10м е = 1,6 -10"« Кл
р s 8,9io8 Н-м8
е = 1
е0 = 8,85 • 10~1а — м
С - ? ф-?
Решение. Емкость шара определим по формуле С - 4n£ofR.	(1)
Радиус шара R можно определить из 4	_
формулы его объема V = —nR . (2) О
Теперь воспользуемся формулой плотности, подставив в нее (2): _ т _ 3m
Р " V ~ 4яЯ3 *
Отсюда R = 9 -^- 	(3)
V 4тср
Подставив (3) в (1), мы ответим на
л /Зт
один вопрос задачи: С = 4яеое?1-—  у4лр
Потенциал (р определим из формулы емкости провод-
Л	(7	9	л	ат
ника: С =	—,	откуда Ф =	т;.	Здесь	q = Ne9	поэтому
<р	С
Ne Ф « — „ .	1__CJ
Произведем вычисления:
С = 4 3,14 • 8,85 • 10~12з/-----31 - . Ф = 3 • 10‘12 Ф,
V 4 • 3,14 • 8,9  108
137
IO10 • 1,6 • 1(Г19
ф =	— в - 533 В.
ЗЮ-12
Ответ: С = 3 • 10“IS Ф, <р - 533 В.
Задача 2
Заряженный проводящий шар диаметром D = 4 см обладает электрической энергией W - 1 Дж. Определить потенциал шара <р. Среда - воздух.
Дано: 2) = 4 см W= 1 Дж е = 1
Ф
£о = 8,85 • 10-“ — м
<р- ?
Решение. Потенциал ф определим из формулы энергии проводника
Оф2	[2W	...
W =	, откуда ф =	.	(1)
"	¥ С
Емкость шара С найдем, зная его * I
диаметр, по формуле
С =* 4леое2? = 4яе0е у = 2ле0Е2>. (2)
I 2W Подставив (2) в (1), мы решим задачу: ф = J—-— ,
W
ф =	-----
Переведем единицу диаметра в СИ: 4 см = 0,04 м. Проверим единицу полученной величины: г i I Дж |ДЖ fa~n п та Дж Меи = |ф— » /КГ = VB В = В, ведь В = —.
I м ! -В
Произведем вычисления:
— м
Ф УЗД4^851О"12О,О4
В = 9,5 • 105 В.
Ответ: ф = 9,5 • 105 В.
Задача 3
Два проводящих шара радиусами 2^ = 10 см и Я2 - 5 см, заряженных до потенциалов фм = 20 В и ф^ — = 10 В, соединяют проводником, емкостью которого можно пренебречь. Найти заряды qt и qa на шарах после их соединения.
138
Дано: Rt = 10 см «= 5 см Фот & 20 В Фоа = Ю В	Решение. Поверхностные плотности зарядов на шарах после соединения и <у2 можно найти, разделив заряды на шарах дг и д2 после соединения на площади поверхностей этих шаров Sj и 32:
91-1 9г ~	9t	9г °* = S’" и °2 = S ’ ГДе
Sj = 4itRf и S2 = 4nR2 , поэтому
""ji'	(1) и <у2 =	•	(2)
2 4nRl
Таким образом, решение задачи сводится к определению зарядов и qs на шарах после их соединения проводником. Для этого воспользуемся законом сохранения заряда, согласно которому суммарный заряд шаров после их соединения не изменился. Если до соединения заряды на шарах были ?01 и д02, а после соединения они стали q2 и q2, то по закону сохранения заряда
?oi * & “ ?i + 9а-	(3)
Кроме того, учтем, что потенциалы шаров <Pj и <р2 после соединения станут одинаковы, т. е. ф, “ ф2, где из опреде-
91	9о.
левая емкости следует, что Ф1 = — и ф2 = 77-, поэтому Ci	С2
91 _ 9г Ci С2 *
(4)
Мы получили систему уравнений (3) и (4) с двумя нужными нам неизвестными дг и д2. Правда, остальные величины, входящие в эти уравнения, нам тоже не известны, но зато нам известны радиусы шаров, а значит, и их емкости, и, кроме того, мы знаем потенциалы шаров До соединения, поэтому заряды на шарах до соединения и определить будет достаточно просто. Наша задача сейчас определить из уравнений (3) и (4) заряды на шарах и д2 после их соединения. Для этого выразим из уравнения (4) один из искомых зарядов, например, заряд д2, и подставим его значение в уравнение (3). Так мы получим одно уравнение с одним неизвестным - зарядом д1г которое и решим относительно этого заряда:
92 = 91	»	(5)
• м
139
Co	i < Ca
?oi + 902 = <Zi + ?17T, ?O1 +«02 = 91 1 + 7T
4	, к 4,
n _ ?01 + 902
91 "5“ C,
Здесь согласно определению емкости, а также согласно формуле емкости шара имеем: g0l — qm = C^pm, где С, = 4jte0EBj (7) и Ct = 4леоеЯ,. (8)
С учетом этого
4яе0еД1ф01 + 4пе0ЕД2ф02 х | 4пе0£Я2 4л£0£Я1
4ле0£(Я1Фо1+.В2Фо2)

Для определения. qa воспользуемся формулой (5), в которую подставим (7) и (8):
„ =п 4л£оЕ/?2
92 914леое^
Задача в общем виде решена.
Переведем все единицы в СИ: 10 см = 0,1 м, 5 см -® 0,05 м.
.4 • 3,14 • 8,85 • 10‘12(0Д • 20 + 0,05  10)
91 "	. 0,05	Н* *
1+-ад
- 2 • 1010 Кл.
q2 = 2 • 10-10	Кл - 1 • Ю'10 Кл.
0,1
Ответ.: qY — 2 • IO40 Кл, q2 = 1  IO*10 Кл.
140
a)
Рис. 4-17
Задача. 4
Два кубика емкостями Ct и Сг заряжены до ^общ потенциалов <pt и ф2 соответственно (рис. 4-17; а). Чему равна общая емкость прямоугольной призмы, составленной из этих кубиков (рис. 4-17, б)? Потерями энергии пренебречь.
Дано:
Ci
С2
<Pi Ф»

(1)
Решение. Для нахождения общей емкости сложенных вместе кубиков никакие формулы последовательного и параллельного соединения конденсаторов неприменимы. Для решения подобных задач можно воспользоваться законами
сохранения зарядов и энергии.
Рассмотрим следующий способ решения этой задачи. Если бы нам была известна анергия
заряженной призмы, составленной из двух кубикрв, то емкость такой призмы мы могли бы определить из
формулы энергии призмы	= ——
ЗСобщ
Здесь q^ - общий заряд призмы. По закону сохранения заряда заряд призмы q^ равен сумме зарядов кубиков 91 и «2: гл, “ 9i + qs.
Заряд каждого кубика мы легко найдем, зная его емкость и потенциал. По определению емкости проводника
Cj = — и С2 = —, откуда = С1Ф1 и q2 = Сгф„ поэто-Ф1 Фа
«У 9лц = С^ + С/Рг.	(2)
Общая энергия заряженной призмы по закону сохранения энергии равна сумме энергий заряженных кубиков:	= Wi + Ж2.
Энергию каждого кубика найдем, зная его емкость и
потенциал: Wj = —и W2 = ——* * 2 * . 2	2
Тогда
я 0614	2	2	2
(3)
141
Подставив (2) и (3) в (1), получим уравнение, из которого найдем общую емкость призмы С^:
Ct<Pi +О<|>2 _ (QlTi + ОгФгУ
2	2^овщ
Отсюда
Ct
08,4 Q<P1 + СгФз
Задача решена.
Ответ:
с^+с^
Задача 5
Найти поверхностную плотность зарядов на обкладках плоского конденсатора, разделенных слоем парафина толщиной d ” 2 мм, если на обкладки подано напряжение U = 4 кВ. Диэлектрическая проницаемость парафина е = 2.
Дано: d = 2 мм Z7 = 4 кВ е = 2
е0 «835-Ю’12 — м
Решение. Вспомним, что поверхностная плотность зарядов определяется отношением заряда q на пласти-
Q- ?
не к ее площади S: су = —.	(1)
S
Если теперь записать формулы емкости плоского конденсатора
_ q ~ 808S
С = — и С = —— и приравнять их и	а
правые части, то можно из полученного равенства определить заряд на обкладках, а затем подставить полученное выражение для заряда в формулу (1). При этом неизвестная площадь обкладок сократится, и мы найдем о. Приступим:
Я
— =	, откуда q =
и . а
(2)
d ‘ e0el7 d
eoeiSl7
Подставим (2) в (1): о = ----, о
dS
Переведем все единицы в СИ: 2 мм = 2 • 10 « м, 4 кВ == 4 • 108 В. Произведем вычисления:
142
„ яда.ю^.а.м^й __ 1П_5 кл
ст =---TiF"------^=8’510
Ответ: ст - 3,6 • 10"® Кл/м2.
Задача 6
Во сколько раз изменится емкость плоского воздушного конденсатора, если уменьшить площадь его обкладок в 1,5 раза, уменьшить расстояние между ними в 2 раза и пространство между обкладками заполнить слюдой с диэлектрической проницаемостью е2 = 6?
Дано:
2 1,5
d ~~ d2- 2
El — 1
“ 6
С2 *
Решение. Запишем формулы емкости конденсатора до и после происшедших с ним Из-менений: Сх = ц) и С2 = £°С2^2 . (2) «1	d2
Здесь и - площадь обкладок и расстояние между ними до изменения, S2 и d2 “ после.
S
Разделим (2) на (1) и заменим Ss на —— и 1,5
л а2 на -г- согласно условию задачи:
^2^0^ 1^1	^2^1
_ 2s 2	С2 ~ 4е2
Ci " l^Ei	I сГ ° 3ei
C2 4-6 _
Произведем вычисления: —— = —т~ = 8.
л	Сл о	л
Ответ:	= 8, т. е. емкость увеличится в 8 раз.
Задача 7
Плоский конденсатор состоит из двух круглых пластин диаметром D = 2 см, между которыми находится слой парафина с диэлектрической проницаемостью 8 — 2. Какой максимальный заряд jr лплжек Run, ня гтпягтитттяу, чтобы при напряженности электрического поля Е = 5 МВ/м произошел пробой диэлектрика?
143
дано.* D = 2cm
. Е в 2
е0 = 8,85 • 10-12 — м
о-?
Решение. Запишем формулы емкости плоского конденсатора:
С = £	(1) и С = ^. (2)
I/	Ql
.Заметим, что формула (1) применима к любому конденсатору, а не только к плоскому.
Теперь приравняем (1) и (2) и из полученного равенства найдем заряд q. Там, правда, будет неизвестное на-
пряжение U, но его мы определим, воспользовавшись формулой, связывающей напряженность Е однородного поля плоского конденсатора с напряжением U на его об-q eofiS кладках: & =	, откуда
£-5мв м
Поскольку -Е = -у , то U = Ed.	(4)
а
nD2
Кроме того, площадь круглых обкладок S - —— . (5) 4
Подставим (4) и (5) в (3). При этом расстояние d между обкладками конденсатора, которое нам не дано, сократится, и мы определим заряд q через известные нам ве-
eoenD2£d личины: q - - — ,---
4d
Переведем все единицы в СИ: 2 см “ 0,02 м, 5 МВ/м = 5 * 10е В/м. Произведем вычисления: q - 0,25 • 3,14 • 8,85 • 10‘12 * 2 • 10® • 4 • 10-4 Кл = = 5,6 -10-® Кл = 5,6 нКл. Ответ: q = 5,6 нКл.
д = 0,25лгоаЕ.Р2
Задача 8
Разность потенциалов между обкладками плоского конденсатора увеличили на bU = 200 В, а расстояние увеличили на 25%. Определить изменение заряда bq на обкладках. Первоначальное расстояние между обкладками было = 0,5 мм, радиус круглых обкладок конденсатора R = 0,5 см, конденсатор воздушный, первоначальное напряжение на его обкладках i7t — 100 В.
144
Дапо: ДИ = 200 В Ad - 25% ~ 0,25 dj dx — 0,5 мм R = 0,5 см Е - 1 е0 = 8,85 • 10"12 — м Ui = 100 В	Решение. Запишем формулы емкости плоского конденсатора до и после происшедших с ним измене- ний: Ci	(1) «1 иС2= »	.	(2) <*2 С другой стороны, согласно опре*
Дд - ? Приравняем (1) ных равенств найд	делению емкости конденсатора с,-^- (3) I С2=^. (4) и (3), а также (2) и (4) и из получен-ем Qi и $2, а затем и &q = q2 г- q^. (5)
So£S _ 9i eo£5 _ q2 d, = Ut * cb ~ U2 ’ откуда eoeSU2 9i = —z------ и ?2 = —-----•
<*j	«2
Изменение заряда
Лд - л а - gogg^2 EoeSC4	J U2 ax^
Д9 - 9г 9i —~3--------------EoSm у I.
»2	<*1	V /*2	<*1 J
Здесь d2 = d, + Ad “ dj + 0,25 dx - 1,25 dx, U2 - Ut + &U и S — яй2.
С учетом этого запишем:
Лд-₽ №Й2Г^+ЛС/ M-*** ^+№-1,251^
* ~ [Т2ЙГ dT]'^~ Ш ’ = да0£Я2 (ла-0,25171)
q_______l,25dl
Переведем все единицы в Си: О,Ь мм — 5 • 10-4 м, 0,5 см = 5 -10~8 м.
Произведем вычисления:
8,14 • 8,85 • 10~12 • 25• 10~* (200 - 0,25 • 100)^ _
Х25-510-4 = 1,9 • 10-‘° Кл. Ответ: bq == 1,9 • 10"10 Кл.
Задача 9.
На двух обкладках плоского конденсатора находятся заряды +3q и -q. Площадь обкладок S, расстояние меж
145
ду ними d. Найти разность потенциалов Д<р между обкладками. Конденсатор воздушный.
Дано: +3q ~Q S d
Е £о
Дф - ?
Решение. Отметим, что емкость конденсатора, конечно, не зависит от того, одинаковые илй разные заряды на его обкладках. Она вообще не зависит от того, заряжен конденсатор или нет. Емкость заряженного конденсатора равна емкости незаряженного, и у плоского конденсатора .	_ eoeS
она определяется по формуле С = —— во всех d
случаях. Но по общей формуле С = ~ в случае, когда заряды на обкладках разные,-емкость определять нельзя, она применима только тогда, когда они равны по модулю, но противоположны по знаку.
Решим эту задачу, не пользуясь общей формулой емкости. Поскольку поле между обкладками при равномерном распределении зарядов на них однородное,
„ Дф
®pee	>	(1)
где - напряженность поля, созданного обеими обкладками, между ними. Поскольку обкладки заряжены разноименно, векторы и Ё2 напряженностей полей каждой обкладки сонаправлены, поэтому = Е, + Е2, где
Ех = и Е2 = “ ~ •
2е0е 2 2еое
_	За	а
Здесь ах = — и ff2 ~ д ~ поверхностные плотности зарядов на обкладках (знак «минус» мы учли при выборе направления вектора Ё2).
Тогда Е, = -—— и Е9 = —-— > поэтому 2eoeS .	2 2e0eS
Е ~ 3<? I q 2q 2e0eS Eq&S
2q Дф
Подставив (2) в (1), найдем Дф: —, откуда е0ео а ~ 2фГ] Дф = —2— EqEjS>
(2)
146
Задача решена.
Ответ: Д«р =---—.
eoeS
Задача 10
Плоский воздушный конденсатор зарядили до разности потенциалов C/j = 600 В, а затем отключили от источника тока. Какой станет разность потенциалов U2 между пластинами, если расстояние между ними увеличить от d]= 0,2 мм до d2 ” 0,7 мм и, кроме того, пространство между пластинами заполнить слюдой с диэлектрической проницаемостью е2 — 7?
Дано:
- 600 В 41 “ 0,2 мм ч?2 = 0,7 мм
Решение. Поскольку конденсатор сначала отключили от источника, а только потом заменили диэлектрик между пластинами и изменили расстояние между ними, значит, заряд на его обкладках остался неизменным, а изменилось напряжение на
и2-?
них вследствие изменения емкости конденсатора. Поэтому qx = q2, где g, = CjCZ, и q2 = C2U2.
Тогда	C& = C2U2.	(1)
Здесь согласно формуле емкости плоского конденсатора
(2) и С,-^,	(3)
®1	-	»2
Где S - одинаковая до и после отключения площадь обкладки конденсатора.
Подставив (2) и (3) в (1), получим
U = Mi® и fkU = ~U2
1 ds	* 1 d2 2’
Отсюда мы определим искомое напряжение U2:
rr _ ^2Е1^1 — _______________________^1Ё2 Задача в общем виде рещена. Переведем все единицы в СИ: 0,2 мм — 0,2 * 10~3 м — * 2 • 10'4 м, 0,7 мм - 0,7-10-8 м = 7-10 < м. Подставим числа и произведем вычисления:
В - 300 В.
У-Ю^ЬбОО
2 “ 2 • 10'4 • 7
Ответ: U2 = 300 В.
147
Задача 11
Площадь обкладок плоского воздушного конденсатора S - 100 см2, расстояние между ними dt = 5 мм. К обкладкам приложена разность потенциалов — 300 В. Не отключая конденсатор от источника напряжения, обкладки сближают, уменьшая расстояние между ними на bd= = 2 мм, после чего заполняют пространство между ними эбонитом с диэлектрической проницаемостью е2 — 2,6. Какова емкость конденсатора Ct до и С2 после заполнения? Какова поверхностная плотность зарядов на обкладках конденсатора о, до и ст2 после заполнения?
Дано.* Bi «* 1 S - 100 см2 d! “ 5 мм ut - 300 в ^1-^2 Да = 2 мм	Решение. Емкость плоского конденсата- pa определяется выражением С = — • . а Соответственно этому выражению емкость конденсатора до и после заполнения его эбонитом можно определить по форму-			
6g - 2,6	лам			(1)
С. - ?		di		
qq О е»	► 1 1 1	и С2 = —	, где d2 “ «! - Да - расстоя- d2 ние между обкладками конденсатора пос-			
ле их сближения. Поэтому		П - £0Е2*	S	(2)
		2 di-&d		
Мы определили в общем виде две искомые величины. Теперь определим поверхностную плотность зарядов на
обкладках конденсатора.
По определению поверхностная плотность зарядов на
пластине равна отношению заряда к площади пластины:
(3) и ®2=у.	(4)
Здесь и q2 - заряды на обкладках конденсатора до и после заполнения его эбонитом.'
Величины зарядов ?, и q2 определим из следующих рассуждений. Поскольку конденсатор не отключают от источника напряжения, значит, с изменением его емкости изменяется заряд на обкладках. По определению ем-
кости Cj = —, (5) С2 «	» откуда напряжения UY
Ui	и2.
я U2 на конденсаторах до и после сближения:
148
Но так как Ut - U2, поскольку эти напряжения равны напряжению на полюсах источника зарядов, ведь
'конденсаторы не отключали от него, то и	. (6)
Сх С2
Заряд qx найдем из формулы (5): qt — Cfii.
Поскольку напряжение нам известно из условия задачи, а емкость конденсатора определена формулой (5), , то и заряд qt тоже определен. Тогда согласно (3) поверхностная плотность зарядов на .пластинах
Л -С*^
(Ул --	'
2 S
С
Из (6) определим заряд g2: q2 - qt —.
С1
. Тогда согласно (4) поверхностная плотность зарядов _ _ *71^2
2 CjS ’	_________
Переведем все единицы в СИ: 100 см2 == 0,01 м2, 2 мм = 0,002 м. Подставим числа и произведем вычисления: с,=-8^1°^№ф-1,8.ю-Пф,
0,005
„	8,85 10 12	0,01 _
С2 = —-----------:-----Ф - 7,7  10 11 Ф,
2	0,005-0,002
1,810 й-300 Кл „ . 1П-7Кл
1	0,01	м2	м2 ’
„ - 300-7,7 10-п Кл -вКл
2	0,01	м2	м2 *
Ответ: С, - 1,8 • 10 “ Ф, С2 « 7,7r 10"11 Ф, о, = 5,4 • 10“7 Кл/м2, о2 = 2,3 • 10“® Кл/м2.
Задача 12
. Поверхностная плотность зарядов на обкладках плоского воздушного конденсатора а “ 0,1 мкКл/м2, площадь ДОкладок ST = 5 см2, емкость конденсатора С — 1 пФ. |Какую скорость v приобретет электрон, пройдя по сило-
149
вой линии расстояние от одной обкладки до другой, если его начальная скорость и0 - О?
Дано:
мкКл 0 = 0,1-^ S = 5 см2 С - 1 ЙФ е - 1,6-10-“Кл т. « 9,1 • 10-31 кг. Е = 1
е0 = 8,85 • 10-12 — м
о0 - О
Решение. Кинетическая энергия
' __	тео2 *
электрона W. = А, где WL = —=— 	2
и А = eU при условии, что = 0.
meo2 __
Поэтому —s-— = еи , откуда
Л
]2eU
—.	(1)
wie	' ’
Напряжение U найдем из формулы емкости конденсатора
С = ^, откуда U « ~.
С/	1 С*
v =
v - ?
Заряд на обкладках q - aS, поэтому U =	.	(2)
v Подставив (2) в (1), мы решим задачу:
	2eoS
	meC
Переведем все единицы в СИ: 0,1 мк^л =110 7 * * * *	,
м2	м2
5 см2 = 5 • 10-4 5 * м2, 1 пФ = 1 • Ю12 * * Ф.
Проверим единицу полученной величины:
ТГн	м2	._______ ____________________
_к• -is * * *7=к, пез
кг • Ф	V кг • Кл	V кг - Кл • Кл
_ Кл /Н'м _ 1кг-м-м _ 1м2 _ м
Кл1/ кг V с2 кг Vc2 с
(вспомним, что Ф — Кл/В, Дж = Н • м и Н = кг • м/с2).
Произведем вычисления:
= |F1,6 1O~19 10“7 Э Ю"4 м 6 м
у	9,1 • 10"81 • 10~12 с	с ’
Ответ: v - 4 • 10е м/с.
4 Задача 13
Плоский воздушный конденсатор с расстоянием меж-
ду обкладками d погружают до половины в жидкость с
150
диэлектрической проницаемостью е2. Во сколько раз изменится его емкость? Рассмотрим два случая, указанных на рис. 4-18, а и б.
Дано:
Т1
Решение. 1) Решим задачу применительно к случаю, изображенному на рис. 4-18, а.
Когда конденсатор не был заполнен жидкостью, его
|Gi
емкость	Ci - —-—.	(1)
a
. Когда его наполовину заполнили жидкостью так, как показано на рис. 4-18, а, то получили батарею из двух конденсаторов с равной площадью обкладок " и расстоянием между ними d, причем эти конденсаторы соединены параллельно (рис. 4-19). Один из них емкостью С21 - воздушный, поэтому С2! - 2d^9 а втоР°й содержит между обкладками жидкость с диэлектрической проницаемостью е2, поэтому его емкость
C22~~2d~’
Общая емкость такой батареи
г -г _^iS^0e2S еоЗ^+Еа)
С2 -С21 +С22	+	=-----------.	(2)
Разделив (2) на (1), мы ответим на один вопрос задачи:
С2 _ Ci + б2
Ci 2Ej
Si
£2
С12
Рис. 4-19
= €os(ei + е2)Д Cj	2d* Eq&2 S
2) Теперь обратимся к рис. 4-18, б.
При таком заполнении конденсатора жидкостью получается батарея двух последовательно соединенных конденсаторов с площадью обкладок S и расстоянием между d
ними 2* ’ причем один из них с емкостью Са1 - воздуш-
1S1
ный, а другой с емкостью Cw - содержит между обкладками жидкость. Эта батарея изображена на рис. 4-20. По формуле емкости плоского конденсатора
z, _ eoeis _
С21=-7“ = —d~a
Рис. 4-20
2
-	_ £0Е2^ _ 2£о£2®
С22-----—-d
2
Поскольку эти два конденсатора соединены последовательно, их общая емкость
С — ^21^22 — ZEgEiS • 2sqE2S С21 + С22	/26q£;S 2£q£2S
1 d d
__	4£q£j82<S^	2£q£j£2<S*
4/2.26 S£1 +g2 " d(El+E2) ’	<3>
cf
Разделив (3) на (1), мы ответим на второй вопрос за-
дачи:
@2 _ ZEpEjEgSd
Ci d(£j + £2)eqEiS Задача решена.
С2 _ 2е2 С1 ~ Ег+Ез
Л	% С2	Е, + £о
Ответ: а)	—-
Сг 2Ei
; tf) ^ = ^2_. Ei+e2
Задача 14
Воздушный конденсатор с зарядом' на обкладках qt площадью обкладок S и расстояни— ем между ними d погружают в _____
жидкость с диэлектрической И*^- -.1	а)
проницаемостью е2 на — его
объема (рис. 4-21, а). Найти напряжение на обкладках конденсатора после погружения.
152
Дано: 81 i d 82
1 4
Решение. Конденсатор, частично погруженный в жидкость, можно представить в виде двух параллельно соединенных конденсаторов с одинаковым расстоянием между обкладками d, одинаковым напряжением на них U, но с разными диэлектрическими проницаемостя-ми и е2 и разными площадями обкладок:
si="T и S2=^-, где	И
da	4
У2 =	, поэтому -S} = и S2 = — S .
Общая емкость этой батареи С - (\ + С2, где
EjjEjSj	8q£2S2	8082S
С, —--—- = —ц-=— и Со ~ —--— = ~— — емко-
1 d 4d 2 d 4d
ста каждого конденсатора. Поэтому
_	80e2S _ e0S(3ei + е2)	*
C~~4d~ + ~4d~~ 4d *	* (1) 2
Суммарный заряд на батарее из этих двух конденсаторов остался таким же, каким он был до погружения, т. е. q. Иоаптву согласно формуле емкости конденсатора
2 ~
U ~ ?
_ Q	д
С = —, откуда U = —
U	С
Подставив (1) в (2), мы решим эту задачу: U=
(2)
4gd
Задача решена.
4qd
Ответ: U = —---------г.
е0Я(Зе1+е2)
Задача 15
В плоский воздушный конденсатор (Et = 1) с площадью обкладок Si и расстоянием между ними di внесена параллельно обкладкам диэлектричес-
S	de
кая пластинка площадью St = -£ я толщиной d% - —
2	2
с относительной диэлектрической проницаемостью Ej “ 2 (рис. 4-22, а). Во сколько раз изменилась при этом емкость конденсатора?
153
Дано: ei “ i Eg = 2
S2- 2 da = ^
^2 Ci
- ?
Обозначим е( относительную диэлектрическую проницаемость воздуха, Ct - емкость конденсатора до внесения в него пластинки, Сг -емкость конденсатора после внесения в него пластинки.
Решение. Емкость конденсатора С, до внесения в него пластинки (рис. 4-24, а) определим, воспользовавшись формулой емкости
_ eoe,S, плоского конденсатора Сг = v
(1)
Сложнее определить его емкость Сг после внесения пластинки. Такой конденсатор может
быть представлен как батарея из трех конденсаторов, два из которых соединены последовательно и еще один подсоединен к ним параллельно.
Схема, эквивалентная показанной на рис. 4-22, б, приведена на рис. 4-22, в. Из нее следует, что введенная пластинка с воздушным промежутком над ней представляет собой два последовательно соединенных конденсатора с диэлектрическими проницаемостями Е, и Е2, расстоянием между обкладками и площадью обкладок . Если обозначить емкости этих конденсаторов Сп и С22 (рис. 4-22, в), то их общая емкость
^21^22
C21 + C22
Третий конденсатор является воздушным и имеет пло->	Si
щадь обкладок, равную , а расстояние между обкладками Обозначим его емкость Са. Так как он подключен к двум предыдущим конденсаторам параллельно, то их общая емкость
^*21^22
С2- См + С'Ы -Csa+ +Сз2 . Емкости С21, и Са по формуле емкости плоского конденсатора соответственно будут:
E°ei 2	_8«е2	2
"3-------------, Ь22-------------------- и
<*1	“1
2	2
C2i =
154
Тогда
= 2di *
EqEA , Eg®2®L
(j _. EpEl^l ।	^
2	2&i SpEiffi EpE^i
di di
_ EpEl^l |	_
“j-^C6!+es)
_ £o£i^i_ + EpEi^^i _ Ep^t Г £1. + Exe2 .	^2)
2dj </1(е1+е2) <h [ 2 6i+e2J
•	C2
Теперь для определения искомого отношения нам
надо разделить (2) на (1):
ео^1 Г е1 [ gie2 2 Ei +е2 spSj^i di______________
£2 Ct ~ 2 et 4- е2
„	С2 1	2	7
Произведем вычисления: — = — + -—- = —.
Ci 2 1 + 2 6
^2 С,
di
1 Г Si ! е1е2 et I 2 ег +^2
или
Ответ:
С1=7
Ci 6'
Задача 16
Определить емкость С батареи конденсаторов, изображенной на рис. 4-23, а. Емкости С\ и Сг известны.
Дано:
С-1
Решение. Отсутствие на участке ад конденсатора дает понять, что точки а и Ъ имеют одинаковый потенциал, и значит, их можно соединить в одну точку, как показано на рис. 4-23, б. Теперь мы видим, что' участок та содержит два параллельных конденсатора С2, как и участок ап,
155
Рис. 4-23
и значит» емкость каждого такого участка 2С2. Перерисуем схему так» чтобы расположить крайние левый и правый конденсаторы рядом, от такого переноса емкость батареи не изменится.
Мы получили два конденсатора емкостью по Ct каждый и два конденсатора емкостью'по 2Сг каждый, соединенные последовательно (рис. 4-23, в). Общая емкость
С =	("1^2
Ct + 2С2
Ci двух левых конденсаторов на схеме 4-23, в равна —, а а „	2С2 „ „
общая емкость двух правых равна —— = С2. Поэтому
общая емкость всей батареи £ic 2 °2 с=-г— ~2~ + С2 Задача решена.
—	XT CiCq
Ответ: С = ——-
Cj +’2С2
Задача 17
На рис. 4-24, а изображена батарея конденсаторов, подключенная к источнику напряжением U = 200 В. Определить общий заряд батареи q, если Сг = С2 = 1 пФ, Сэ — = С4 = С5 = 2 пФ, Сб = 4 пФ.
Дано: U - 200 В Ct ~ Cs — 1 пФ ,С3 ~ С4 = С5 — 2 пФ Са = 4 пФ 7^? 156
Решение. Общий , заряд q этой батареи можно определить из формулы общей емкости этой батареи
С = —, откуда q = CU. (1)
Рис. 4-24
Таким образом, задача сводится к определению общей емкости батареи С. Однако ее определение связано с некоторой трудностью. Эта трудность состоит в том, что соединение конденсаторов С1Г С2, С3, С4 и Cs не является ни последовательным, ни параллельным, поскольку при последовательном соединении конденсаторов узлы на проводниках, соединяющих конденсаторы, вообще отсутствуют, а при параллельном соединении конденсаторов узлы соединяют только параллельные ветви, а между отдельными конденсаторами тоже отсутствуют. Поэтому в подобных случаях рассчитать емкость такой батареи по формулам последовательного и параллельного соединения конденсаторов невозможно, необходимо пользоваться иными методами. Но в нашем случае эту трудность можно обойти, воспользовавшись некоторыми данными из условия задачи.
Обратим внимание на то, что емкости конденсаторов Cj и С2 одинаковы и, кроме того, одинаковы емкости конденсаторов Сг и С4. Если потенциал точки а равен <р1( то Фх равны и потенциалы левых обкладок конденсаторов СА и Сг. Но тогда потенциалы правых обкладок этих конденсаторов в силу симметрии схемы тоже одинаковы и равны, допустим, <р2. С этими обкладками соединены точки' пап батареи, поэтому потенциалы точек тип тоже равны ф2, следовательно, они тоже одинаковы. С точками т и п в свою очередь соединены обкладки конденсатора С6, поэтому потенциалы обеих обкладок этого конденсатора тоже равны, и они все время будут одинаковы при любых зарядах и напряжениях на других конденсаторах батареи. Но, если потенциалы на обкладках конденсатора Ct будут одинаковы, то разность потенциалов между ними будет равна нулю, поэтому и заряжаться такой конденсатор, естественно, не будет, т. е. его как бы
157
нет и в создании общей емкости С он не участвует. Поэтому схему, изображенную на рис. 4-24, а9 можно заменить эквивалентной схемой, в которой конденсатор С5 отсутствует (рис. 4-24, б). Батарея конденсаторов, изображенная на рис. 4-24, б)9 теперь состоит из двух параллельных ветвей, содержащих по два конденсатора в каждой ветви: CL и С2, С3и С4, и к этим двум параллельным ветвям, последовательно подсоединен конденсатор Св. Емкость С такой батареи уже достаточно просто определить, пользуясь законами последовательного и параллельного соединения конденсаторов.
, Общая емкость последовательно соединенных конден-
СС
саторов Ci и Ся Сиз = -»* .
Ci + v3	•
Общая емкость конденсаторов С, и С4 , тоже соединен
ных последовательно,
Поскольку С13 и Сгл соединены между собой параллельно, то их общая емкость
^14,3.4
(2)
Конденсатор Св к общей емкости четырех конденсаторов С12>3 4 подсоединен последовательно, поэтому емкость
всей батареи С =	'	.	(3)
4,2,3,4 + 4
Чтобы несколько упростить полученные выражения, учтем, что согласно условию задачи Cj « С2 и Са *= С4 в 2Си Подставив эти данные в правую часть формулы (2), получим
С , CfZCi ,	_2С/ ,	,4)
1,2A4 Ci+2Ct Cj+aCi зс, 3Ci з1’ ()
Подставив (4) в (3), найдем общую емкость батареи С:
*с с
с_ з 1 6 4СА
1с,+Св 34С1+ЗС6 401 +ЗС/
3	3
158
Теперь можно также учесть, что по условию задачи
Св=4С.: С =
4Ci+12Ci
_ 16Ci2 _
= 16Ci "
Подставив в формулу (1) вместо С емкость Clt мы решим задачу в общем виде: q = CtU
Переведем величину емкости Ct в СИ: 1 пФ = 10’12 Ф.
Подставим числа и произведем вычисления: q = 10*12 • 200 Кл = 2 • Ю’10 Кл.
Ответ: q = 2 • 10"10 Кл.
Задача 18
Дана схема (рис. 4-25, а). .Емкость С — 0,2 нФ, напряжение U — 200 В. Найти заряды qlt q2, q3 и qt на конденсаторах.
Дано: С =» 0,2 нФ U = 200 В
9i~?
9а 9s
9<
2С
I/ » а)
Решение. Рассматривая схему на рис. 4-25, а, мы видим, что конденсаторы 2С и ЗС соединены последовательно, а конденсатор 4С к ним подключен параллельно. Если обозначить их общую емкость С^, то конденсатор окажется соединенным с конденсатором С218<4 последовательно. Таким образом, проблем с нахождением общей емкости всех четырех конденсаторов С^ц нет. Когда мы найдем С^, то по формуле
9i = C^U (1) сумеем найти заряд qx на конденсаторе С, а поскольку участок с емкостью
Рис. 4-25 '
2С ЗС
91 4С 91-
94
о— U
б)
- ?
- ?
- ?

91Т=4С
С2Ж4 подсоединен к конденсатору С последовательно, значит, такой же суммарный заряд 9] будет и на конденсаторах 2С, ЗС и 4С. Конденсаторы 2С и ЗС соединены последовательно, значит, q2 = qt. Конденсатор С4 к ним подсоединен параллельно, а при таком соединении общий заряд	9i “ 9s + 94-	(2)
159
Поскольку напряжение U„„ на конденсаторе такое же, как общее напряжение на конденсаторах 2С и ЗС, то
тт 9й тт 04	9г _ 94
С„ “ 4С • откуда
4С 04 - 92 7	.
с2,3
Здесь С- - = —= —С (4) ~ общая емкость конден-2,3 2С + ЗС б
саторов 2С и ЗС. С учетом -этого запишем:
4С 10
94 = 92^--у92.	(5)
бС
Подставим (1) и (5) в (2) и найдем заряд д2:
Ю ,ТЛ 13
^"общ ~ Я.2 +-Z“?2» ^обзц —	<7г ,
О	о
3
откуда q2 » jg С^общ .	(6)
Теперь найдем сначала С234, а затем С^ и подставим 6	26 „
результат в (6): Са>83 = 4С + С2>8 = 4С+ —С = —С.
*	о 5
С учетом этого
г
_ССШ и'5Ь 2«С*	_2в	(7)
"““ С'-Си,. ~С| абс~55С4-26С	31 '
5	5
Нам осталось подставить (7) в (6), и заряд qt = qt будет найден:
ЗП-26С 9з - 9а 13 31
Заряд q4 найдем, подставив в (3) (4) и (8): _ 6 ^4С-б 94	31с 6С ’
Теперь подставим (8) и (9) в (2) и найдем заряд q^.
<г-<1,-±со
(8)
20 о = —си
31
(9)
160
g1=— CU + — CU, Я!=^Си 1 31	31 Г 31
Переведем в СИ единицу емкости: 0,2 нФ = 0,2 • 10-» Ф = 2 • IO"10 Ф. Произведем вычисления:
= — • 2 • 10_,° • 200 Кл = 3,4 • 10'8Кл, 31
q; = q3 = А . 2 • 1О10 • 200 Кл = 7,7 • Ю’вКл,
о. = — • 2 • 1О10 •200 Кл = 2,6 • 10’8Кл. п-f
Ответ: qt = 3,4-10'8Кл, q2 = q3 = 7,7 10"®Кл, q< « 2,6 • 10*8Кл .
Рис. 4-26
го конденсатора.
Задача 19
Плоский воздушный конденсатор состоит из трех пластин, соединенных так, как показано на рис. 4-26, а. Площадь каждой пластины S = 80 см®,
расстояние между ними d = 4 мм. Найти ёмкость С это-
Дано: е = 1
Ф
е0 = 8,85 • Ю12 “ u	м
S = 80 см2 d = 4 мм
Решение. Надо помнить, что соединенные пластины имеют одинаковый потенциал. Значит, потенциал пластин 1 и 3 одинаков. Обозначим его <рр а потенциал пластины 2 обозначим ф2. Пластину 2 можно представить как две пластины с потенциалом ф2, расположенные так, что разность
С-?
потенциалов между ними и пластинами 1 и 3 будет по ф! - Фг, т. е. одинакова, как это следует из рис. 4-26, а. Но одинакова разность потенциалов у двух параллельных конденсаторов, поэтому схеме, изображенной на рис. 4-26, а, будет эквивалентна схема на рис. 4-26, б.
Дальше уже легко. Пусть емкость каждого конденсатора Cv тогда их общая емкость 
С = 2 Clt.где Cj =
а
г-9^ , поэтому С - 2---
d
Репетитор по физике. Т 2
161
Переведем все единицы в СИ: 80 см2 = 80 • 10-« м1 = 8 • 10 * м2, 4 мм = 4 • 10-8 м. ’ Произведем вычисления:
Ответ:	= 3,5 - 10“^Ф.
Задача 20
Общая емкость двух последовательно соединенных конденсаторов = 8,2 пФ, а общая емкость при их параллельном соединении С,^ •» 20 пФ. Найти емкости С] и С2 каждого конденсатора.
Дано:
Собщ1 = 2,2 пФ
Совщг ~ 20 пФ
Cj-?
С2 - ?
Решение. При последовательном соединении двух конденсаторов
л _ CiC2
vo6mi _	, а при параллельном
т и2
Собщз = Ct + С2* _	Ст С п
С учетом этого	=—-----
^общ2
(1)
л	обтц1 ^"о(лц2
откуда С2 =
Подставим (2) в (1) и решим полученное уравнение
относительно Ct: С^,„9 = Ct + Ci
^общ2^1 =	+ ^общ1^общ2 ’ Cj2 - CoemjOj 4-	я 0,
(2)
„	_ <^0бщ2 ,
Си------2~±
Г2
Ъобщ8 л г
А *-'а61ц1'-'аб1ц2
Произведем вычисления:
<0,2 -
^±аМ~3,2-2о|ф = (1О±б)Ф.
к 2 " ' J
Выходит, что С14 = 16 пФ, а С1>2 = 4 пФ.
Ответ: Ct 16 пФ, С2 = 4 пФ.’ .
Задача 21
Два одинаковых воздушных конденсатора емкостью по Ct = 100 пФ каждый соединены последовательно и под-
162
С, С,	С, Сг
HlMP]	НРЧР1
81 £)	€i 82
и	и
а)	б)
Рис. 4-27
ключены к источнику напряжения U - 10 В. Найти изменение заряда Дд на конденсаторах, если в один из них ввести диэлектрик с диэлектрической проницаемостью е2 = 2, не отключая конденсаторы от источника.
Дано: С«= 100 пФ £1 = 1
Ф м
бе = 8,85 • 10~12
U - 10 В s/’?' 2
Поскольку конденсаторы соединены последовательно, заряды на каждом из них в обоих случаях одинаковы.' Обозначим' заряд до введения в один из конденсаторов диэлектрика (рис. 4-27, а), а после введения q2 (рис. 4-27, б).
Тогда изменение заряда “ ?2 " 71-	(1)
Заряд до введения диэлектрика найдем по формуле = СыйщСЛ где С	1
Собщ! = — , поэтому Q1 =2С1и •	(2)
' - После введения диэлектрика емкость одного конденсатора осталась С\, а второго изменилась. Обозначим ее С2. Теперь общая емкость конденсаторов
собщ2 - р г , где Ct = —-— и С2 = —-—. Ci +	а	а
Емкость нам известна, а С2 - нет. Но если мы раз-делим Ct на С2, то неизвестные S и d сократятся и из Полученной пропорции мы найдем С2, ведь диэлектричес-кие проницаемости и г2 мы знаем. Приступим:
Ci 8/\8«iSc{	01 8i	- £л
-г1- = ? 1 „ > -*- = -4 откуда С2=С1-^--
С2 {feflEgS С2 82	81
С учетом этого
Ci 01—	„2
/»	_ е1 _ k CjEg _
^общ2---------- 7 “Т-------------
81ct 1+-1 St
J
et + e2
g^i
163
Теперь несложно найТи заряд qt, ведь напряжение U на конденсаторах осталось прежним, поскольку их от источника напряжения не отключали:
Ч2=с^и = схи-^—.
Нам осталось подставить (2) и (3) в (1):
А? = 0.17—^---|с,П = С11/
®1+е2 2 .
_ р гг 2^2 ~£1 ~е2 1	2(el+e>) ’
^2 1
ej+e2 2
Переведем в СИ единицу емкости: 100 пФ  Произведем вычисления:
= 1 • ГО’10 • Ю Л~ \кл « 1,7-10’« Кл.
(3)
1 • 10-« Ф.
Ответ: Aq — 1.7-10-10 Кл.
Задача 22
В некоторой цепи имеется участок, изображенный на рис. 4-28. Потенциалы точек А, В, D равны соответственно Фх, Фе и фо, а емкости конденсаторов С„ С2 и С8.
Найти потенциал Фв точки 0.
Дано: Фа Фв Фт>
с‘
Фо“?
Решение. Для решения этой задачи нужно знать следующее правило, являющееся следствием закона сохранения заряда: ебли обкладки нескольких конденсаторов соединены в одной точке, то алгебраическая сумма зарядов на этих обкладках равна нулю (напоминаем, что слова «алгебраическая сумма» озна-
Рис. 4-28
чают, что при сложении зарядов нужно
учитывать их знак. Если знак заряда на обкладке не указан и из условия задачи нельзя сделать
вывод о знаке заряда, то его можно считать положительным, как в нашем случае).
Пусть заряд на обкладке конденсатора соединенной с точкой 0, равен qtt заряд на обкладке конденсатора С2, соединенной с той же точкой, равен q2 и заряд на
164
соответствующей обкладке конденсатора С3 равен qt. Тогда из сказанного выше следует равенство
?i+ ?г+ <7з = °-
Согласно определению емкости конденсатора
Ci = —, С2 = ———,	С3 = ———, откуда
Фо-Фл Фо-Фв Фо-Фо
«1 =С1(фо-фА) «2 = С2(ф0 -Фвi 5з =Сз(фо-Фи)’
и тогда С^фо -Фа)+С2(ф0 -фв).+ С8(ф0 -Фп)=°* Отсюда, выполнив необходимые алгебраические преобразования, найдем искомый потенциал ф0 точки 0:
С1Фо — С1ФА + С2ф0 — С2Фв + С3Фо - Сдфр = 0, (<Сд + С2 + С3 )ф0 = Сх фА + С2фв + С3фи, tvmevTta	ffi -	+^»Фв + ^»Фр
°™уда	ф“-----Cl+C,+C,  -
Задача решена.
Ответ: Фо =	+^Фв+^Фр„.
Vo Сх+^+С,
Задача 23	,
Слюдяная пластинка заполняет все пространство между обкладками плоского конденсатора емкостью С\ ~ 10 мкФ. Диэлектрическая проницаемость слюды et = 6, заряд конденсатора q — 100 мкКл. Какую работу А надо совершить, чтобы вынуть пластинку из конденсатора?
Дано.* С, * 10 мкФ 6,^6
е0 = 8,85 • 10-12 -.	м
у “ 100 мкКл %* 1 ____________
•м- ?
Здесь е2 - диэлектрическая проницаемость воздуха.
Решение. Работа А равна изменению потенциальной энергии конденсатора AVHn, взятому со знаком «минус»: A = -AWn =-(Wa2-Wai), (1)
_2
(2) - потенциальная
энергия конденсатора с пластинкой,
-и_ q
эФп2 (3) - его энергия без нее.
. Емкость конденсатора без пластинки нам не дана, и Найти ее мы сразу не можем, поскольку не знаем ни площади обкладок S, ни расстояния между ними d. Но если
165
EqE,S
мы запишем формулу емкости конденсатора Ci - ———
с пластинкой и формулу емкости С2 =
EqE2S d
без нее, а
затем разделим их друг на друга, то все неизвестные со* кратятся и из полученной пропорции мы найдем С2, выразив ее через С1У Et и е2:
С,	£(.£,&/ С,	Ei
7Г-~Т" о’ = — э откуда С2 <feoE2® @2 Е2
С2 = Ci —- • «1
(4)
Подставим (4) в (3): Wb2 = А .	(5)
Нам осталось подставить (2) и (б) в (1), и задача будет
' . ( q2^ q2 . ga (Ei решена: А = -I * 2 - — , А = -	— - 1 .
^2e2Cj	20^ J	\Е2 J
Переведем все единицы в СИ: 10 мкФ - 10 -10-« Ф = 1 • 10-6 Ф, 100 мкКл = 100 • 10-® Кл = 1 • 10-* Кл. Произведем вычисления:
а = - ™Д« = -2,5 10-8 Дж “ ~2’5 мДж.
Знак «минус» означает, что энергия поля конденсатора уменьшилась.
Ответ: А « - 2,6 мДж.
4 Задача 24
Найти мощность Р фотовспышки при разряде конденсатора емкостью 0,6 мФ, заряженного до напряжения 17= = 220 В, если разряд конденсатора происходит в течение t = 2,6 мс.
Дано: С = 0,6 мФ U - 220 В t ” 2,5 мс
Р- ?
Решение. При разряде конденсатора вы-
CU2 деляется энергия W ...-	(1)
Мощность разряда Р равна энергия, вы-
деляемой в единицу времени: Р =	 (2)
Подставив (1) в (2), мы ответим на вопрос задачи:
CU2 2*
166
Переведем все единицы в СИ:
0,6 мФ - 0,6 -10”3 Ф = 6 • 10"4 Ф, 2,5 мс = 2,5 • 10* с. Произведем вычисления:
Р = 6 10/ 220* Вт в 5 8 10з Вт = 5д кВт
2 • 2,5 • 10"3
Ответ: Р — 5,8 кВт.
Задача 25
Плоский воздушный конденсатор состоит из двух круглых пластинок радиусом R = 1 см. Расстояние между ними d — 0,5 см. Напряженность электрического поля между пластинами Е ~ 4 кВ/см. Найти энергию W р а&ьемиую плотность энергии w поля конденсатора.
Дано: 8 = 1 R = 1 см 4 = 0,5 см
Е = 4 — см
80 = 8,85 • 10’12 — м
Решение. Энергию электрического поля можно определить по фор-
w Ж*
муле W^—^,	(1)
где емкость плоского конденсатора _ eoe*S
С = —-г— и площадь обкладок S “ d
„	_ 80елВ2
= п1Р, поэтому С =	.	(2)
d
Напряженность однородного поля плоского конденсатора связана с напряжением между его обкладками формулой „ и
Е = откуда U * Ed.	(3)
Подставив (2) и (3) в (1), мы ответим на один вопрос
W- ? w - ?
808ЛД2 E2d2 задачи: W = —-------------
2d
W = 0,5ra0Ed(£7?)2
Согласно определению ш
W
—, где объем пространства
W
между обкладками 7 - dS, поэтому w = — или w.=
dS
' W
г	I- -
ndft2
Примечание: эту задачу можно решить короче, если воспользоваться формулой объемной плотности энергии £лЕЕ2 Электрического поля и> =	—.
167
Но некоторые недоверчивые экзаменаторы могут потребовать ее доказать.
Переведем все в единицы СИ: 1 см = 0,01 м,
0,5 см = 5• 10-’м, 4 — = 4^у- = 4105
см Ю 2 м	м
Произведем вычисления:
W - 0,5 • 3,14 ♦ 8,85 • IO"12 • 5 • 10 ’ (4  10’ • 0,0^)2 Дж = « 1,1 • КН Дж — 1,1 мкДж,
Ц-W Дж..„-Дж
ЗД45 10’’ 10’4 м’ ’ м3
Ответ: W = 1,1 мкДж, w — 0,7 Дж/м3.
Задача 28
Расстояние между обкладками плоского конденсатора уменьшили в 3 раза, предварительно отключив его от источника напряжения. Во сколько раз изменились при этом энергия поля конденсатора и объемная плотность энергии? Во сколько раз изменятся эти величины, если конденсатор при сближении обкладок не отключать от источника напряжения?
Дано: d d2~~3
Решение, а) Источник отключили.
Поскольку конденсатор сначала зарядили, сообщив ему энергию W\, а затем отключили от источника напряжения, значит, заряд q на его обкладках при уменьшении расстояния между ними от до dj оставался неизменным, а менялись емкость и напряжение. Поэтому воспользуемся формулой, определяющей энер
гию поля конденсатора через его емкость и заряд на обкладках, записав ее .применительно к первому и второму состояниям:
2 Wi-^-и W2
Wa W,
X с - s»eS с -EoeS 2С!’ГдеС’-^7' 2 d2
(1,и
(2)
Разделив (2) на (1), мы ответим ла один вопрос задачи:
Wx 2eoaS • 92dj
II >>	(3). или	СО II 43 ] 43 11
„	wi	W,
Поскольку U>1 = и W2 = —Г-, - *1	42
168
где V!*= dvS и V2= d2S, то »i -и ш2 -, поэтому	= ^7- (4) или с учетом (3)
u>! d^S-Wi ^2W1
Ц>1 =Ц>2
т.е. wr	’
< Таким образом, мы получили, что если источник отключить, анергия электрического поля при этом уменьшится в 3 раза, а объемная плотность энергии не изменится.
б) Источник не отключали.
\ В этом случае напряжение на конденсаторе при сближении его обкладок остается неизменным и равным напряжению на полюсах источника, а меняются емкость Шндеисатора и заряд на его обкладках. Теперь удобнее использоваться формулой, определяющей энергию поля эдрнденсатора через его емкость и напряжение, записав ее {Цжменительно к первому и второму состояниям:
W-C^8 и 1Г -Г" и W2-_.
Тогда
ИГ2 Сгиг-2 Сг
К ° 2 С,<;= = п, ' ™‘ ,ю-,1,сж”му
.	£0&S л е0е8
& «= -3—, С2 = -3— , поэтому «1 -	«2
<*2
W2 _ SpEM Wt ~ d&pS ’
(5)
и>1
Поскольку, согласно (4). —, то с учетом (5) ю, dgWi
--
<^2 “Ъ к<*2?
Х^явет.: а) энергия уменьшится в 3 раза; объемная
ДОность энергии не изменится;
^ энергия увеличится в три раза, а объемная плотность
Задача 27
При увеличении напряжения на конденсаторе в 3 раза война поля между его обкладками увеличилась на AW-100 мДж, Найти начальную энергию конденсатора ТТ,.
169
Дано:
AW = 200 мДж
W, - ?
Решение. Судя по условию, емкость конденсатора не изменилась, значит, изменились заряд и напряжение. Поскольку речь.идет о напряжении и емкости, запишем формулу, определяющую энергию поля конденсатора через эти величины, применительно к первому и второму случаям:
W1=~L (1)	w2=^i.
Изменение энергии
AW =	и 0,5С^7| - Uf ), где согласно условию
. Xi	А
[/2 = 3 поэтому
AW =	0,5C-8L\2 = 4CU?.	(2)
Из (2) мы можем найти начальное напряжение иг и,
/П -	«7 ГТ 1^	1	/04
подставив его в (1), наити W,: (7, = J—— = — J—- . (31
V4C 2 » С
Теперь подставим (3) в (1), и задача будет решена:
/	1---\2
н/	С 1 LAW	С 1 AW Т1Л	AW
1 2 211 С	2 4 С ’	1	8 '
\	7
Произведем вычисления: Wt = —— мДж “ 25 мДж.
О
Ответ: Wt = 25 мДж.
Задача 28
Найти количество теплоты Q, выделившееся при соединении одноименно заряженных обкладок конденсаторов с емкостями Ct в 2 мкФ и С2 = 0,5 мкФ. Напряжения на конденсаторах до соединения были соответственно П, = -100 В и {72= 50 В.
Дано: Сг ж 2 мкФ -С2 в 0,5 мкФ U1 = 100 в Ц2 - 50 В	Решение. При решении этой задачи без закона сохранения энергии не обойтись. Требуемое количество* теплоты Q по этому закону равно разности общей энергии конденсаторов после соединения их об-кладок и их суммарной энергии до соеди-нения: Q = W^ - (W, + W3).	(1) Энергию конденсаторов W, и W2 до и соединения определим по формулам
Q~ 1 W^ после их	
170
(2),	W2=^l. (3)
2
—
ЗСовщ
(4)
Кроме того,
Для определения q^ и нужно установить, как соединены конденсаторы: последовательно или параллельно. Для этого нужно помнить, что при последовательном Соединении конденсаторов соединяют их разноименно заряженные обкладки, а при параллельном - одноименно. У нас в условии задачи сказано, что соединяют одйо-именно заряженные обкладки, т. е. тем самым нам дают Йонять, что конденсаторы соединяют параллельно. Значит, их общая емкость равна сумме емкостей С] и С3 Отдельных конденсаторов:	— Сг + С2.
Общий заряд на конденсаторах после их соедине-&<я равен сумме зарядов на каждом конденсаторе в отдельности до их соединения:	== q2 4- q2 .	(5)
Ц’ Здесь qt — ClUl кдг = C2U2 - заряды конденсаторов до рк соединения.
 Тогда q^ - С2и2 + C2Ut.	(б)
ПодсТавив (5) и (6) в (4), найдем
2(С1+С2)	*	()
Теперь, подставив (2), (3) и (7) в формулу закона сохранения энергии (1) и выполнив несложные преобразования, мы найдем искомое количество теплоты Q в об-«рм виде:	• ,
CjC2(u2-uJ Ifa+Cg) Задача в общем виде решена. Переведем все единицы <$И: 2 мкФ - 2 • 10~* Ф, 0,5 мкФ ~ 0,5 • 1045 Ф.
Знак «минус» свидетельствует об уменьшении энергии Мяденсаторов после их соединения.
Подставимчисла и произведем вычисления: л г ю^ ол ю^аоо-бо)® _ е „ О  ------г------—  ---г-2- Дж “ -5 • 10м Дж.
*	2(2 10-в + 0.5 10-в) Д ' А
0йгвелг.- Q “ - 5 • 10*4 Дж.
задача 29
Воздушный конденсатор емкостью С = 3 нФ заряжен “Ц разноСти потенциалов Дф = 100 В. Площадь обкладки
.171
S = IQ см2. С какой силой F одна обкладка притягивается к другой?
Дано: е = 1
е0 = 8,85-10-12 —
С- 3 нФ М Дф « 100 в 8 = 10 см?
Решение. Силу F, с которой одна из обкладок притягивается к другой, найдем, умножив заряд q на одной обкладке на напряженность поля Еи созданного другой обкладкой: F — qElt где Е^ = ° . Здесь 2е0е
F-?
о - -г- - поверхностная плотность
-1 " S заряда на обкладке. С учетом этого запишем: 4*	2
Нам осталось определить заряд q из формулы емкости q
конденсатора С = — (2) и подставить полученное выра-Дф
жеяие в (1). Из (2) имеем д = СДф . С учетом этого
3 • 10-» Ф,
г _ (<W 2EqE8 . Переведем все единицы в СИ: 3 нФ 10 см2 = 1  10-» м2. Произведем вычисления: (310’®.100)2
Р = —i-------,, ' -- Н - 5,1 Н.
2 • 8,85  Ю-18 • 10'3
Ответ: F - 5,1 Н.
4Задача 30
Один заряженный проводник обладает энергией Wu а второй - Wa. Какое количество теплоты Q выделится, если их соединить проводником, емкостью которого можно пренебречь? Емкости проводников одинаковы.
Дано: W, W2
Решение. По закону сохранения энергии Wi+IT^Q + W^,	(1)
где - общая энергия этих проводников пор-ле соединения. Из (1) Q “	+ W2 -	, (2)
Q-?
172
(7) каж-
да^=й-<8)Жз=й<4>ии'"»-=Ма^- <®
Здесь и q2 - заряды на проводниках до соединения .(их сумма осталась после соединения прежней), <р - потенциал проводников после соединения, С - емкость каждого проводника.
Из (3) и (4)	= Т2СЙ\ (6) и g2 = j2CW^.
Кроме того, поскольку после соединения заряд о. + 0-	01 +?2 •
дого проводника стал —, то <р = 2С~ "
Подставим (8) в (5):
W _ (?х +‘0зХ01 + 0г) fax + 02 У
' общ 2-2С	4С
Теперь подставим (6) и, (7) в (9):
Q2^ + j2CW^ „ (У2С)8С/К + М‘У С** =	—	----------
(8)

(10)
;i'	2
Нам осталось подставить (10) в (2), и задача будет ре-
Q = W\+W2 -Siw1 + W2-0,5Wi -A
-	- 0fiW2 ~ O,5W1 -	+ 0,5W2 или
Задача решена.
^Ьтвет: Q = О,б(/Й^	•
Задачи для самостоятельного решения
,Задача 1. Поверхностная плотность зарядов па шаре а - 2 нКл/см3, йотенциал ф “ 100 В. Найти емкость шара С. рреда - воздух.
Omeemr С ~	— = 4,9  10‘15 Ф.
173
Задача 2. Емкость медного шара на 20% больше емкости алюминиевого. Как соотносятся массы этих шаров? Плотность меди Pi в 8,9 • 103 кг/мэ, плотность алюминия р2 - 2,7 • 103 кг/м*.
Ответ:	= 2 — = 6,6.
«2 Р2
Задача 3. N одинаковых шарообразных капелек ртути радиусами г сливаются в одну большую каплю. Найти емкость С большой капли.
Ответ: С == 4л£оег?/# .
Задача 4. Шар диаметром D = 2 см заряжен до потенциала Ф = 3 • 104 В. Найти энергию W заряженного шара. Среда - воздух.
Ответ: W = ле^ф* “ 5* 10-4 Дж.
Задача 5. Два металлических шарика радиусами ~ 3 см и R2 " 2 см заряжены. Заряд первого шарика — 10 е Кл. Потенциал второго шарика <р2 = 9 ’ 103 В. Найти общую электрическую энергию системы шаров Среда - воздух.
Ответ: W = ~~— + глЕлЯлфо = 8Д * 10“s Дж.
Задача в. Два близко расположенных шара радиусами Rx и Я2 заряжены до потенциалов фх и ф2. Найти емкость С системы этих шаров.
ta«,
+Я2Ф2
Задача 7. Во сколько раз изменится емкость плоского воздушного конденсатора, если расстояние между его обкладками уменьшить на 30% и поместить туда диэлектрик из слюды с диэлектрической проницаемостью е "» б?
Ответ: увеличится в 8,6 раза.
Задача 8. -Пространство между обкладками плоского конденсатора заполнено стеклом. Расстояние между ними d « 4 мм. На обкладки подано напряжение U =* 1200 В. Найти поверхностную плотность свободных зарядов ст на обкладках конденсатора. Относительная диэлектрическая проницаемость стекла £ - 7.
Ответ: ° “	= 1,9. ю'6 Кд/м*,
а
Задача 9. Площадь одной пластины плоского конденсатора S =* 400 см8, а площадь второй меньше на 10%. Диэлектрик между пластинами имеет диэлектрическую проницаемость е “* 6, расстояние между ними d » 0,6 мм. Найти емкость этого конденсатора.
Указание: следует учитывать только перекрываемую (общую) площадь обкладок.
Ответ: С =	=ЗД10'9 ф.
Задача 10. Емкость одного конденсатора больше емкости второго на 20%. Как соотносятся напряжения на конденсаторах, если их заряды одинаковы?
Ответ: “- = 1,2.
174
Задача 11. На конденсаторе написано: 200 пФ, 260 В. Не будет ди пробит этот конденсатор, если ему сообщить заряд q ** 0,3 нКл?
Ответ: qm - 5 • 10"8 Кл больше о; не будет.
Задача 12. При введении в воздушный конденсатор диэлектрика напряжение на нем уменьшилось с U » 240 В на ДС7 «= 160 В, > > заряд остался прежним. Найти диэлектрическую проницаемость диэлектрика е.
Ответ: е = —~~— == 3.
. Задача 18. Плоский конденсатор состоит из двух обкладок площадью S = 40 см2 каждая. Между ними находится слой стек-да с диэлектрической проницаемостью е 7. Какой максимальный заряд q может быть накоплен на обкладках этого конденса-фвра, если при напряженности поля между обкладками Е - 8 МВ/м происходит пробой?
Ответ: q ** £^SE ~ 2 • 1041 Кл. ’
Задача 14. Расстояние между обкладками воздушного конденсатора уменьшили в 2 раза и поместили туда диэлектрик иа пара-Йшиа с проницаемостью е ~ 2. Конденсатор оставался подключенным к источнику напряжения. Во сколько раз* изменился заряд 1в^нДенсатора?
Ответ: ^“ = 2e = 4.
Qi
Задача 15. Плоский конденсатор состоит из двух круглых об-^Цдадок радиусом R ** 3 см, между которыми находится слой стек-ЙйьС диэлектрической проницаемостью £ — 7. Найти поверхности Шую плотность зарядов на обкладках этого конденсатора» если яЙС&гояние между ними d « 1 мм. Чему равно напряжение U на рделадках, если одна из них содержит N — 1 • 101в избыточных Оектронов, а второй столько же недостает?
Ответ; а = -^=«,7 10-7Кл/м2, U = — = 9,2В.
-	it/r	е0Е
Задача 16. На одной обкладке плоского конденсатора содер-МЙВйЬя избыточных электронов, а на второй электронов на ДАТ Щшмпе по сравнению с числом элементарных положительных за-^рдаов. Найти напряжение на обкладках U этого конденсатора, если ЧцЙй^яние между обкладками равно dt а площадь обкладок S.
Ответ; Ц=	,
Г .	^soeS
-iBWMa 17. Плоский воздушный конденсатор, расстояние ке^с-ДДЙдаЬтинами которого dx *. 2 см, заряжен до разности потенци-ИЙУ ж 8000 В. Какова будет напряженность поля £2 конденса-ИВуй* если, не отключая источника напряжения, пластины Иншинуть до расстояния d2 - 5 см? Вычислить энергию конден-ИНцра W, и W2 до и после раздвижения пластин. Площадь плас-ИИк'<$ ’* 100 см2.
aOmeem; Е, «	= 6 • 104 В/м,	= 8 - КГ® Дж,
*	Ль*	j£flL
175
W2 =	= 2 • IO-6 Дж.
4a
- Задача 18. Плоский воздушный конденсатор заряжен до разности потенциалов Ux = 300 В. После отключения от источника напряжения расстояние между пластинами конденсатора было увеличено в пять раз (d2 « 5dj). Определить разность потенциалов U2 на обкладках конденсатора после их раздвижения.
Ответ: Us = Ut = 5Z7j = 1,5 • 10* В.
Задача 19. Плоский воздушный конденсатор заряжен до разности потенциалов £7 = 100 В. Не отключая его от источника напряжения» в пространство между обкладками вводят два диэлектрика так, что каждый из них занимает половину пространства между обкладками (рис. 4-29). Диэлектрическая проницаемость левого диэлектрика « 2 (парафин), правого - « 6 (стекло). Расстояние между обкладками. d =° 4 мм. Найти заряд на обкладках qt после введения диэлектриков. Площадь обкладок S в 100 см3.
Ответ: ?2	+ ез) “ • нКл*
Задача 20. Между обкладками плоского конденсатора расположены в два слоя диэлектрики одинаковой толщины с относительными диэлектрическими проницаемостями q - 5 и е2 = 6 (рис. 4-30). Отключив конденсатор от источника тока, диэлектрик с проницаемостью =* 5 вынимают. Во сколько раз изменится при этом напряжение на обкладках конденсатора? Диэлектрическая проницаемость воздуха £3 =*» 1.
Ответ:
Ui_E1(Es+Si) 32
£|	«2
Рис. 4-29
—Я—•
S2
----1---
Рис. 4*тЗО
Задача 21. К воздушному конденсатору с площадью обкладок S « 10 см3 и расстоянием между обкладками d ~ 1 мм подключают параллельно второй конденсатор емкостью С9 * 2 пФ, не отключая первый конденсатор от источника напряжения Ux ** 200 В. Чему будет равен заряд g полученной батареи конденсаторов?
Ответ: q =	= 2,2 -10"* Кл.
Задача 22. Между обкладками плоского конденсатора зажата стеклянная пластинка. Площадь обкладок конденсатора S « 100 см2. Обкладки притягиваются друг к другу с силой F 4,9  10 3 Н. Найти поверхностную плотность свободных зарядов а на обкладках. Относительная диэлектрическая проницаемость стекла е - 6.
Ответ: or =	= 7 - 10“в Кл/м3.
I S
176
Задача 23. В плоский воздушный конденсатор b площадью обкладок S и расстоянием между ними d введена параллельно обкладкам тонкая проводящая пластинка, площадь которой равна площади обкладок конденсатора. Найти емкость полученной системы.
Ответ: С = а
Задача 24. Два одинаковых воздушных конденсатора (£х = 1) емкостью С — 100 пФ каждый соединены последовательно и подключены к источнику тока с напряжением Ue « 10 В. Насколько изменится заряд на конденсаторах, если один из них погрузить в диэлектрик с диэлектрической проницаемостью % « 2, не отключая от источника напряжения?
Ответ: bq = CU^-ej) = & . 1()_10
2 (Si + s8)
Рис. 4-31
I/ Задача 25. Во сколько раз изменится общая емкость системы четырех конденсаторов с одинаковой емкостью каждого, если ключ К замкнуть (рис. 4-31)?
Ответ: —2- = 1, не изменится.
Задача 26. Пространство между обкладками плоского конденсатора заполнено двумя слоями диэлектриков: фарфором и парафином. Разность потенциалов между обкладками U - 2 кВ, Определить напряженности Ег и и падения потенциала Ut и U* в каждом из слоев в случаях, указанных на рис. 4-29 и 4-30. Относительная диэлектрическая проницаемость фарфора Е, ** 6, относительная диэлектрическая проницаемость парафина е2 == 2. Расстояние между обкладками d =* 1 см.
Ответ: 1) рис. 4-29:
17 “	- 2 • 108 В, Л -	= 2 -10» В/м;
2) рис. 4-30: U2 =—= 1^10® В, 17, = U - Щ = 500 В, 1 + -^-
«1
Et =	= 1 • 10s В/м, Е2 -	= 3 • 105 В/м.
a	d
Задача 27. Два проводника с емкостями Сх и С2 заряжены до потенциалов срх и ф2 соответственно. Чему будет равен потенциал ф Этих проводников, если их привести в соприкосновение?
Ответ: q>==S?l±^.
А+с2
^Задача 28. Конденсатор состоит из N =* 21 металлических обкла-дОк, проложенных стеклянными прокладками толщиной d =» 2 мм. Цяощадь каждой из обкладок и прокладок 3 = 200 см2. Относительная диэлектрическая проницаемость стекла е » 7. Найти ем-Шрсть конденсатора, если его выводы подсоединены к крайним /обкладкам.
177
Ответ: С =	= ЗД • 1О’ПФ.
Задача 29. Емкость одного из последовательно соединенных конденсаторов Ct в 5 пФ, а их общая емкость • 1 пФ. Найти емкость С2 второго конденсатора.
Ответ: С2 =	= 1,25 пФ.
Ci-C^
Задача 30. Два плоских конденсатора с емкостями и С2 каждый соединены последовательно и подключены к источнику напряжения Каким будет напряжение U2 на этих конденсаторах, если их отключить от источника и соединить параллельно?
Ответ: U2 -
(Cj +С2)2 I
Задача 31. К пластинам плоского конденсатора площадью S ~200 см2 и с расстоянием между ними d ~ 1 мм приложено напряжение U « 300 В. Найти силу притяжения F пластин друг к другу. Диэлектрик - воздух.
Ответ: p =	1 =8 10^Н.
2
Задача 32. Напряжение U\ “ 100 В на обкладках плоского конденсатора уменьшили на 30%, а расстояние между ними -=* 1 мм уменьшили в 1,5 раза. Площадь обкладок S = 1 см8 не изменяли. Найти изменение заряда конденсатора Ад. Диэлектрик -воздух.
Ответ: bq = O.Os/^f--1 = 4,4• 10'12 Кл.
<ч
Задача 33. Поверхностная плотность зарядов на обкладках плоского воздушного конденсатора о = 2 мкКл/м2, площадь обкладки S » 100 см2, емкость конденсатора С - 10 мкФ. Найти изменение скорости электрона До, движущегося по силовой линии поля конденсатора к положительной обкладке, за время t “ 0,01 мкс. Расстояние между обкладками d 1 мм.
Ответ: До ~	= 3,5 ’ 10е м/с.
medC
' Задача 34. Какой путь S за время t пролетит электрон, двигаясь без начальной скорости по силовой линии к положительной обкладке конденсатора емкостью С? Расстояние между обкладками конденсатора d9 заряд на обкладках д.
Omeem; s=—.
- Задача 35. Треть объема пространства мржду обкладками плоского конденсатора занимает винипласт, а 2/3 ~ сдюда (рис. 4-32). Найти заряд конденсатора д, если он подключен к источнику напряжения U * 100 В. Площадь обкладок конденсатора S ** 1 см2,
178
расстояние между ними d в 2 мм. Диэлектрическая проницаемость винипласта Et - 3,5, слюды - е2 = 6.
Ответ: q =	+ 2е2) = 23 • 1О'10 Кл.
Задача 36. Заряд конденсатора q 2 нКл, площадь обкладок S = 2 см2. Между обкладками помещены в три слоя винипласт с £t = 3,5, парафин с е2= = 2 и слюда с е3 = 6 (рис. 4-33). Толщина каждого слоя d — 0,5 мм. Найти падение напряжения на каждом слое.
Ответ; U = НЕ1Е? + ЕЙ? + £?Е1) = 518 В. £q£|82£3^
Задача 37. Найти емкость батареи конденсаторов, изображенных на рис. 4-34.
Ответ: а) С^- =----.
. овщ cA + aCjfq + c,)’
<9 собт = 3C}C; ;^) с л- - 0,40;
= |c;4)	" 2C; Jj
0* =£ '	ж/	g •
Рис. 4-34
179
Задача 38. Между обкладками плоского конденсатора находится парафиновая пластинка с относительной диэлектрической проницаемостью € ” 2. Емкость конденсатора С - 4 мкФ, его заряд q « 0,2 мКл. Какую работу А нужно совершить, чтобы вытащить пластинку из конденсатора?
Ответ: А = - $	= ® ’ Ю”8 Дж-
*
Задача 39. С какой силой F взаимодействуют обкладки плоского конденсатора площадью S « 0,01 м2, если разность потенциалов между ними U «= 500 В» а расстояние d « 3 мм? Конденсатор воздушный (е • 1).	.
/ \2	1
Отвели F =	| Ш • КГ* Н.
2 I в J
Задача 40. Плоский воздушный конденсатор емкостью С -= - 20 нФ заряжен до разности потенциалов U - 100 В.
. 1} Какую работу А надо совершить, чтобы увеличить расстояние между его обкладками вдвое, не отключал конденсатор от источника?
2) Какую работу Л нужно совершить, если отключить его от источника, а затем увеличить расстояние, вдвое?
си *	си
Ответ.'1) А « —— « б • 10-s Дж; 2) А = —= 1-10~4 Дж.
4	2
Задача 41. При зарядке батареи, состоящей из - 20 параллельно соединенных конденсаторов с емкостью каждого С “ 4 мкФ, выделялось Q “ 10 Дж теплоты. До какой разности потенциалов U были заряжены конденсаторы?
Ответ: U =
Задача 42. Площадь пластин плоского воздушного конденсатора S * 100 см2, расстояние между ними d 5 мм. Какая разность потенциалов 27 была приложена к его пластинам, если известно, что при разрядке конденсатдра выделилось Q - 4  10* Дж тепловой анергии?
Ответ: О
Ж. 1 Л< п *2Д104В.
ЗАКОНЫ ПОСТОЯННОГО ТОКА
5. ЗАКОН ОМА ДЛЯ УЧАСТКА ЦЕПИ. СОЕДИНЕНИЕ ПРОВОДНИКОВ
Электрический ток ~ это упорядоченное (направленное) движение электрических зарядов»
В задачах на законы постоянного тока обычно идет речь о движении электрических зарядов по линейному металлическому проводнику, когда за одинаковое время t через его поперечное сечение проходит одинаковый заряд ?. При этом сила тока в проводнике определяется формулой / = —.
Если в условии задачи идет речь о количестве свободных электронов ЛГ, переносимых через поперечное сечение проводника, то может пригодиться формула q =* Net где е и 1,6* 10'1® Кл - модуль заряда электрона, или формула I ~ nevS.
Здесь л - концентрация свободных электронов, о - скорость упорядоченного движения и S - площадь поперечного сечения Проводника»
Если в условии задачи упоминается плотность тока j или концентрация свободных электронов л в проводнике, то могут пона-’	. I	1
добиться формулы j = — или ] лев, где о =» - »
S	t
Здесь I - длина проводника.
Если даны радиус R иди диаметр D поперечного сечения проводника, то площадь поперечного сечения S надо будет выражать
о
через R или Л по формулам S ’* хН2 или S = —- .
4
Только не перепутайте радиус Я с сопротивлением проводника, особенно при решении задач, где используются обе эти величин^!. В таком случае ставьте индексы, например, обозначайте радиус R9 или я сопротивление - или Д,.
Если в условии задачи что-нибудь сказано о массе т или весе Р проводника, то может понадобиться массу, определить через плот-> кость вещества р и объем проводника V «• IS, а длину проводника
/ «связать» с его сопротивлением Л, используя формулу -Я ~	.
Здесь р-не плотность, а удельное сопротивление» Поскольку плотность вещества тоже обычно обозначают буквой р, то опять Же вводите индексы. Например, обозначьте удельное сопротивле-цие ре, а плотность ря (или Pj и.р2), иначе в процессе решения вы можете их перепутать. Формулы, которые вам понадобятся для
дальнейшего решения, могут быть записаны так: R » рс — , m ~
S
,* раК, где V - IS, Р ~ mg, и т. п.
Напомним, что плотность ро и удельное сопротивление рФ вы 'можете определить по справочным данным. Там они приводятся
181
при 0°С, а если в условии сказано, что проводник нагрет до температуры t° > 0°С, то придется воспользоваться формулами зависимости удельного сопротивления р или сопротивления R от температуры: р - р0(1 + at®)» р ~ р0(1 + аДГ) и R - ЯД + аГ) или R - Д(1 + аДТ).
Здесь ро ~ удельное сопротивление при 0®С, ДТ = Т2 ~ Tlt где Т2 * конечная температура, a Tj - начальная температура проводника (более точно ДТ я Т - Т09 где То я 273 К, но приближенно
можно считать ДГ Тг - Tj), Rq = р0 — - сопротивление при 0°С, So
lQ - длина.проводника при 0®С и So - площадь его поперечного сечения при этой температуре.
Температурный коэффициент сопротивления а для каждого металла тоже приводится в справочниках.
Если в условии идет речь о длине двухпроводной линии 1ьили о расстоянии между источником напряжения и потребителемЧлам-
пой, плитой я т. п.), то в формуле R = р— длина провода I -» 21и S
Для получения нужного сопротивления проводники можно со-
единять последовательно и параллельно.
Последовательным называют такое соединение проводников» при котором конец каждого предыдущего проводника соединяют с началом только одного последующего проводника (рис. 5-1).
Рис. 5-1
Правило 1: сила тока во всех последовательно соединенных проводниках одинакова.
Правило 2: общее напряжение на N последовательно соединенных проводниках равно сумме напряжений на отдельных проводниках:
Правило 3: общее сопротивление последовательно соединенных проводников равно сумме сопротивлений отдельных проводников:
Длщ + Дг + Д» + + Як
Если все # проводников имеют одинаковое сопротивление Л, то ^овщ = и = ЯМ .
Общее сопротивление N последовательно соединенных одинаковых проводников в # раз больше сопротивления каждого из них. Следовательно, чтобы увеличить сопротивление Цепи» проводники надо соединять последовательно.
. Напряжения на двух последовательно соединенных проводниках прямо пропорциональны сопротивлениям этих проводников;
182
U2 Ъ Параллельным называют такое соединение проводников, при
котором начала всех проводников соединяются в один узел, а кон-
цы - в другой (рис* 5-2).
, Правило 1: при параллельном соединении проводников сила тока в неразвет-вленной части цепи равна сумме сил токов в отдельных проводниках:
e Zx + 4 + /а +
Правило 2: напряжения на параллельно соединенных проводниках одинаковы.
Правило 3: величина, обратная общему сопротивлению параллельно соединенных проводников, равна сумме величин, обратных сопротивлениям отдельных проводни-
ков:
А А Да
Если все У параллельно соединенных проводников имеют оди-
наковое сопротивление Я, то /общ -	. Д»бщ ~	•
Общее сопротивление N параллельно соединенных одинаковых проводников в N раз меньше сопротивления каждого цз них.
При параллельном соединении любого количества проводников их общее сопротивленце всегда будет меньше самого меньшего со-иротивле^шя этих проводников. Поэтому для уменьшения сопротивления цепи проводники надо соединять параллельно.
Силы токов в двух параллельно соединенных проводниках* обратно пропорциональны сопротивлениям этих проводников:
h Ъ
В задачах на последовательное и параллельное соединение проводников непременно делайте чертеж, на котором обозначьте все сопротивления с соответствующими индексами. Если в вашей схеме отсутствует «узел», т. е. место, в котором соединено более двух проводников (рис. 5-3), то здесь имеет место последовательное соединение проводников, как бы У их ни располагали (рис. 5-4).	“"Я
При соединении проводников, изображенном на ' - рис. 5-4, а, б и е, их общее сопротивление » рис g g /ij “Ь Яд 4*
Если на каком-либо участке цепи имеется узел, то законы только последовательного соединения проводников применять к такому участку нельзя. Если все начала проводников на участке цепи соединены только в одной точке, а их концы соеди-
183
Л
Яз	Яз
а)	б)	в)
Рис. 5-4
йены все вместе в другой точке, как на рис. 5-2, то такие проводники соединены параллельно.
Если вас просят определить общее сопротивление R^ 100 параллельно соединенных проводников (# “ 100) с сопротивлением
Й = 2 Ом каждого, то не надо сто раз складывать 7- , а определите
те по формуле, которая годится, когда соединяют параллель-
R 21 но одинаковые проводники:	Ом •* 0,02 Ом.
Решая задачи на сложное соединение проводников, сначала проанализируйте схему, которую вам предложили. Найдите на ней
только последовательно иля только параллельно соединенные проводники и определите их общее сопротивление Затем опре* делите общее сопротивление участка, на котором иные сопротивления соединены с только последовательно или только параллельно, И найдите их общее сопротивление т. п., пока не найдете общее сопротивление всего участка.
Рассмотрим примеры определения общего сопротивления некоторых участков цепи, содержащих последовательные и параллельные соединения проводников.
Рис. 5-5
Пример 1. На рис. 5-5 показан участок, состоящий из трех проводников с сопротивлениями Я,, Я2, Д,. Найдем общее сопротивление всего участка. Проводники и Вг соединены параллельно, а проводник Rt подключен к ним последовательно. Общее сопротивление проводников К, и Rf
. Общее сопротивление всего этого участка
Длц к Д*щ1 +-Ча = i/vL + Дв •
Пример 2. Определим общее сопротивление Д** участка цепи при разном подключении проводников, изображенных на рис. 5-6, к источнику напряжения.
Рис. 5-6, а. Здесь сопротивления Я2, Яа и R4 соединены последовательно, а сопротивление подключено к ним параллельно. Общее сопротивление участка с Я2, Яа и Й4 Я2>33	4- Л4, а
общее сопротивление всего участка
184
a)
«)
Рис. 6-6
R_ -	_ ^(Вг+Дз + flJ
Л1 + Д.А4 Я1+Я2 + К,+Я4-t Рис. 5-6, б. Теперь сопротивления Ян Я8 и Rt соединены последовательно, а Я4 подключено к ним параллельно, поэтому Я1(8(8 *= Н> + Я, + Я„ а = рД1^- =	.
/	Л^м+Я, Д+^+Д,+Я*
j <г Рис. 5-6, а. При таком включении участка в общую цепь со-гашенными последовательно будут попарно Rv и Я2, а также Rt и №i поэтому Т?1,2 - Rt + Я8 и Ям « R9 + Я4» а сами участки е Я1Д и |Ц4 соединены друг с другом параллельно, поэтому р _( ж Й11 ^зХ^з + Я«) 06111 Д13+ЛМ
fli +	+ R& +‘B<
Рис. 5-7
Пример 3. На рис. 5-7 приведена более сложная схема, вклю-Чающая в себя три последовательно соединенных участка: ab, Ъс и* cd, причем участок ab содержит четыре па
раллельно соединенных
КйШодника, участок Ъс - три, а участок cd - два таких проводим-Рассуждая аналогично» определим общее сопротивление всей тин ЯМвс следующим образом:
' ДвСщ “ Дввад ab Дчбод be + Д>вщ cd =
R^ R^R^ +
ЯаДвДг 1 Да^э
Л R&Re +	+ Я7Я5 R$ + Я$
Пример 4. Сопротивления отдельных проводников на рис. 5-8 одинаковы и равны Я. Общее сопротивление участка ab, содержащего четыре таких сопротивления,
Я
Яобщ ft = V > общее 4 -
185
сопротивление участка bd с двумя такими же сопротивлениями д
Длщм ~ —  Поскольку участок de содержит только одно сопро-2
тивление, #общ de = R • Все участки ab, bd и de соединены друг с другом последовательно, поэтому общее сопротивление схемы, изображенной на рис. 5-8,
R R п 7_ - — + — +Я=-Я.
4	2	4
Если в вашей задаче говорится о проводнике длиной 2, представляющем собой сплав двух или более разных металлов, то та--кой проводник можно представить в виде параллельно соединенных проводников, изготовленных из этих металлов, причем длина каждого такого проводника равна длине 2, а сумма площадей поперечного сечения всех этих параллельных' проводников равна площади поперечного сечения проводника, представляющего собой сплав.
Пример 5. Проводник длиной I изготовлен из сплава серебра и меди. Площадь поперечного сечения, занимаемого серебряной частью, равна а медной - S2. Удельное сопротивление серебра pj и удельное сопротивление меди р2 можно найти из соответствующей таблицы. Общее сопротивление такого проводника
р . = ^серебра ^седм _	1	2 Яд _ PiPa*2 =
Яреребоа + ^меаи л . л	л « / Р1 Рг 1
серебра Меди Р1 — + Р2 ~	+
*2	Sjj J
= _Р1Р£_ P1S2 + PjSl
Можно отметить, что площадь поперечного сечения всего этого проводника S =* St + S2«
Обратите внимание, что участок цепи, имеющий сопротивление R (резистор), может быть обозначен, как показано на рис. 5-9, а или как на ряс. 5-9, б. При этом буква R может и отсутствовать на схеме, но если о сопротивлении этого участка что-либо сказано в условии, то его нужно учитывать и на схеме лучше сразу обозначить узким прямоугольником или хотя бы буквой Я. Если же на схеме изображен проводник так, как это показано на рис. 5-9, а, и о его сопротивлении ничего не сказано (не говорится ни о длине, ни о веществе, ни о площади поперечного сечения, радиусе или диаметре), то сопротивлением
такого проводника следует пренебречь. В некоторых задачниках сопротивление проводника обозначают буквой г, как обычно обозначают сопротивление источника тока (внутреннее сопротивление). Если в вашей схеме есть и источник тока, и внешняя часть цепи, то, чтобы не запутаться, лучше сопротивление проводников внешней части цепи обозначать буквой Л, а сопротивление источника
R
R а) б)
й)
Рис. 5-9
186
тока - буквой г или использовать ицдекш. Если же источник тока на данном участке цепи не показан, то не имеет значения, как обозначать сопротивления проводников участка, R ълк г. Помните только, что разные сопротивления нельзя обозначать одинаково.
Пример в. Требуется определить общее сопротивление участка цепи, изображенного на рис. 5-10, а.
Эту схему можно изобразить так, как мы показали на рис. 6-10, Теперь уже несложно рассчитать общее сопротивление R^ та-фрго участка. Сопротивление участка аЪс равно 2г. Проводник на участке ас подключен к участку abc параллельно, поэтому общее 2г т 2
^противление этих двух участков	. К параллельному
^участку abc проводник на участке cd подключен последовательно,
2	5
дозтому общее сопротивление участка abed —г + г = — г . И нако-3—3
>^вц, проводник на участке ad подключен ко всем остальным параллельно, поэтому	
~ 5 + 3 ~8 — г + г 3----г
/	3	3
Не правда ли, такую схему, как на рис. 6-10, б, рассчитать Ьвгче, чем схему на рис. 5-10, а, хотя это одна и та же схема, роатому, если вы не можете сразу определить, как соединены Мюводники, начертите эквивалентную схему. При этом следует ^ЮМнить следующие правила:
если схема содержит проводники с одинаковым сопротивлением, расположенными симметрично относительно какой-либо оси плоскости симметрии (такую ось или плоскость никто на схе-> конечно, не обозначает, вы сами должны ее отыскать, анали->уя схему), то точки этих проводников, симметричные относи-гьно этой оси или плоскости, имеют одинаковый потенциал;
все концы проводников, потенциалы которых одинаковы, мож-сводить в один узел, заменяя несколько разных точек схемы Й точкой (одним узлом),:это может существенно упростить . При этом справедливо ц обратное действие: концы провод-, соединенные в одном узле, можно пространственно развес-и при этом потенциалы этих концов по-прежнему остаются выми. Такое разведение концов с одинаковыми потенциалами тоже может существенно упростить схему;
187
если две точки схемы соединены проводником, не имеющим сопротивления (т. е. его сопротивлением можно пренебречь, так как проводников без сопротивления в принципе не существует), то эти точки можно свести в одну, связав концы проводников, которые соединяют проводник без сопротивления, в один узел;
если в результате анализа схемы вы обнаруживаете, что концы какого-либо проводника, входящего в схему, имеют одинаковые потенциалы, то такой проводник из схемы можно исключить;
ф, ф2
потому что по нему ток идти не будет, ведь I ----—. А если
R
Ф1 » ф2, то Ф1 <р2 « 0 и / « О.
В результате таких действий схема, на которой последовательное или параллельное соединение проводников, на первый взгляд, отсутствовало, может быть заменена эквивалентной схемой, на которой такое соединение сразу видно, благодаря чему нахождение общего сопротивления схемы становится достаточно простым.
Рассмотрим примеры на расчет общего сопротивления участков цепи, где нет, на первый взгляд, последовательного или параллельного соединения проводников, но путем замены данной схемы на эквивалентную такое соединение можно получить.ц
Пример 1* Участок цепи, изображенный на рис. 5-11, а, включает в себя проводники сопротивлением 2Л, ЗЯ и Я. Нужно определить общее сопротивление этого участка Я^, если он включен во внешнюю часть цепи в точках айв.
Анализируя эту схему, мы видим, что, как проводники с сопротивлениями по 2Л, так и проводники сопротивлением Я, расположены симметрично относительно церазветвленной части цепи. Кроме- того, одни концы проводников 2Я соединены в узле а и, значит, имеют одинаковый потенциал фх. Поскольку сопротивления этих проводников тоже одинаковы, то вследствие их симметрии другие концы этих проводников в точках end также имеют равный потенциал ф2. Следовательно, проводник сопротивлением ЗЯ, включенный между точками с и d, на своих концах будет иметь одинаковый потенциал ф2, поэтому разность потенциалов между его концами будет равна нулю, и ток по такому проводнику идти не будет. Значит, этот проводник из схемы можно исклю- ' чить, заменив ее на эквивалентную схему, показанную на рис. 5-11, б. Эта схема содержит две параллельные ветви асе и ado с двумя последовательно соединенными сопротивлениями 2Я и Л. Общее
Рис. 5-11
188
сопротивление каждой ветви 2Я + Я ~ 3R, а поскольку ветви одинаковы, то общее сопротивление всей схемы
^-•^ = 1,5/?. А
Пример 2. Для определения общего сопротивления цепи, изображенной на рис. 5-12, at вужвс учесть, что проводник атпс, соединяющий точки в и с, не имеет сопротивления (т. е. оно пренебрежимо мало по сравнению с остальными сопротивлениями) и, значит, все точки этого проводника имеют одинаковый потеици-
Рис. 5-12
да, например, Поэтому этот проводник можно заменить одним Йщк>м, соединив точки а и с в этом узле, т. е. совсем убрав соеди- , рительный провод атм, сопротивлением которого мы пренебрегаем. Точно так же можно заменить одним узлом проводник bpqd. рЩда мы получим схему (рис, 5-12, б), эквивалентную.схеме, изображенной на рис. 5-12, а* Общее сопротивление этой схемы определить уже достаточно просто. Поскольку все три проводника, ока-кдошсь соединенными параллельно, их общее сопротивление
д, =_______W>
^1^2 +	+ Дв*®1
Пример 3. Схема на рис. 5-13, а внешне похожа на схему на Ei-12, а. Но здесь пренебречь сопротивлением участков атпс i тзамц поэтому и решение будет иным. Схему, эквивалент-ой, что на рис 5-13, а, можно изобразить так, как на рис. 5-, расположив проводник вс вертикально. Теперь мы видим, шротивления R на участках тп и mb, а также на участках pg, расположены симметрично относительно некоторой оси, ую можно мысленно провести через точки md. Звхчт, раз-потенциалов между точками т и п - фа равна разности
Рис. 5-13
189
потенциалов между точками т и b <рх - ф2* Но, если Ф1 ~ Фэ ~ Ф1 ~ - Ф2, то ф2 ж ф3, и перемычку nb можно из этой схемы исключить. Тогда получим еще одну эквивалентную схему (рис. 5-13, в), со-
2R противление которой вы теперь легко определите: ^общ ~ "Т“ = К .
Пример 4. Схема на рис. 5-14, а похожа на ту, что изображена на рис. 5-13, а, но здесь в участок атпс включен конденсатор С. Запомните: для постоянного тока конденсатор - разрыв цепи, через него постоянный ток не идет, потому что сопротивление . диэлектрического промежутка между обкладками конденсатора бесконечно велико (пока не произойдет пробой при очень большом токе," о котором речь ЙёПЯДб’гК"
Рис. 5-14
Поэтому участок атпс можно исключить из цепи, й тогда получим схему, показанную на рис. 5-14, б, общее сопротивление которой найти очень .легко. Сопротивление участка bed равно 2Л, а участок pq к нему подсоединен параллельно, поэтому их общее
2ЯВ 2П ~
сопротивление т-г—= —Я . Поскольку участок аЬ соединен с + К 3
участком bdqp последовательно, то .
Пример 5. На рис. 5-15, а приведена схема, общее сопротивление которой надо определить. Для решения подобной задачи проводники, соединенные в узле О, удобно развести так, как показано на рис. 5-15, б. Тогда сразу становится ясно, что здесь мы имеем две параллельные ветви abede и ат пре. Ветвь adede состоит из трех последовательно соединенных участков ab, bed и de. Общее сопротивление участка bcdOd, состоящего из двух параллель-
а) Рис. 5-15 б}
190
Тогдй'общее сопротивление ветви abcde будет равно R + R + R-« 32?. Ветвь атпре совершенно такая же, как и ветвь abcde, поэтому ее общее сопротивление, очевидно, тоже равно 32?. Поскольку эти ветви параллельны и имеют одинаковое сопротивление ЗВ, то общее сопротивление всей этой цепи
7?^=^ = 1,5В.
Пример в. На рис. 5-16, а-е показаны разные участки цепи и даны эквивалентные схемы к ним. Поскольку вы уже поднакопили опыт, мы дали только краткие пояснения расчета 2?^ каждого такого участка.
Рис. 5-16, б)
•) До«щ1=-^“ = |я	ДЛж2 = .В + |я + жЛя,
щ Я+2Я 3	3	3
(мы нашли общее сопротивление верхнего 2 о
нижнего параллельных участков, к которым ось симметрии сопротивлением 22? подключена тоже параллельно).
191
Рис; 5-16, г)
г) Добщ 1 “	* R, Добщ2 s	ЗЯ,
z
ЗЛ-Д^ ЗЯЯ ЗД.
ЗЯ + Я^щ 1 ЗЯ + Я 4
«)^i=f+V+? = Ml
е) Квадрат разделен на 9 маленьких квадратов, каждая сторо на которых имеет сопротивление Я.
Л*бщ1 = — = Я , Яовщ2 =* Л 4- Я^! 4- Я ® ЗЯ, z
- R^a iR _ 8Д -4Д 12 р
06,43 = Дхвд +4л ~ ЗЯ + 4Я 7	’
192
s	& £	«О
Длм * Я + Яобадз + Я - R + —Я + Я - —я - это общее сопротивление верхней половины участка цепи.
Поскольку нижняя точно такая же половина подключена к
Я 18 верхней параллельно, то R^ = —» — Я .
Пример 8. Кубик, изображенный на рис. 5-17, а, включен в цепь между точками а и d. Найти его общее сопротивление, если сопротивление каждого ребра равно Я.
Чтобы решить эту непростую, но интересную задачу, нужно установить точки с одинаковым потенциалом. Для этого нужно отыскать на схеме какую-либо ось или плоскость симметрий, чтобы одинаковые сопротивления по обе стороны от этой оси или плоскости располагались симметрично. Чтобы легче определить такую ось или плоскость, мы поставили Hgni кубик на ребро ad (рис. 5-17, б). Тогда стало ясно, что плоскость симметДОр, о которой мы только что говорили, проходит через точки ddge. Ребра кубика ab и af соединены одними концами в точке а и поэтому потенциал их одинаков. Пусть он будет фи Другие концы этих ребер b и f расположены симметрично относительно плоскости симметрии, и поскольку сопротивления этих ребер одинаковы, их вторые концы b и f тоже имеют одинаковый потенциал; допустим, ф8. По этой же причине концы ребер de и dh, соединяющиеся в точке d9 имеют потенциал, например, ф4, а их другие концы с и Л имеют одинаковый потенциал ф8. Нам осталось обозначить потенциал точек eng, например, буквами <р5 и фв.
Теперь перейдем от объемной схемы к плоской, соединив все концы с одинаковыми потенциалами в один узел (рис. 5-17, а). Это, конечно, непросто, но и не очень сложно, если хорошенько подумать. Нужно только следить, чтобы не соединить концы с разными потенциалами и не разъединить с одинаковыми.
Схему, изображенную на рис. 5-17 а, тоже не назовешь простой, но по крайней мере на ней уже отчетливо видны участки с параллельным соединением проводников, поэтому, рассуждая не
Репетитор по физике. Т 2
193
торопясь, можно постепенно прийти к окончательному решению* Участки /ей eg содержат но два параллельных одинаковых сопротивления Я, поэтому общее сопротивление каждого такого участ-
7?
ка равно — . Участок eg к этим двум участкам подсоединен пос-
ледовательно, поэтому общее сопротивление ветви fegc будет равно -
jR	R
-j' + 7? + — = 27?. Эта ветвь соединена параллельно с участком
Ъс, состоящим тоже из двух параллельных сопротивлений R и
R поэтому имеющим тоже общее сопротивление ~ .
Тогда общее сопротивление участков fe9 eg, gc и be будет
2Я~
-----2-Лд.
2Я + | 6
2
2
К ветви begc, общее сопротивление которой ~R мы только что о
нашли, последовательно подключены участки ab и de из двух параллельных сопротивлений каждый, имеющих поэтому общее со*
Л противление каждого участка —. Тогда общее сопротивление вет-
А
R 2“	7? - 7
ви abeged будет	7 +	+ Т = 7Й•
2d 2	5
К этой ветви участок ad подключен параллельно, поэтому общее сопротивление всего кубика
\RR 1
-R + R 12 5
Если вам нужно определить силу тока в последовательно и
параллельно соединенных проводниках некоторого участка цепи или напряжения на этих участках, то помните следующее:
а)	в последовательно соединенных проводниках сила тока одна и та же, какими бы ни были их сопротивления, поэтому обозначайте ее одной и той же буквой с одним и тем же индексом;
б)	в параллельно соединенных проводниках силы токов одинаковы, только если одинаковы их сопротивления. Если сопротивления разные, то и силы токов разные, поэтому их надо обозначать буквой I с разными индексами. Возьмите за правило обозначать силу тока в неразветвленном участке цепи буквой и вести ее через все последовательные участки до первого узла. Сразу после узла обозначайте силы токов в параллельно соединенных участках уже иначе, лучше, чтобы их индексы соответствовали индексам сопротивлений, по которым эти токи текут (рис. 5-18). На рис. 5-18 ток в узле а «растекается» на токи 73 и 74, а затем в узле в они снова «стекаются» и опять идет ток 7^. Можно, конечно, вместо 7^ обозначить силу тока 7t или 7г, или еще
194
Рис. 5-18
как-нибудь иначе. Но при этом следует помнить, что это общий ток для параллельных проводников на данном участке, чтобы не обозначить силу тока с тем же индексом в каком-нибудь параллельном проводнике; 4
в) напряжения на последовательно соединенных проводниках одинаковы» только если одинаковы сопротивления этих проводников. Если они разные, то й напряжения на них разные (обратите внимание, что обычно говорят: «ток в проводнике», «напряжение на проводнике» и «сопротивление проводника*). Их найти можно, умножив силу тока в проводнике на его сопротивление.
Например, применительно к рис. 5-18:	= Zoe^Kj, U2 ~
г) напряжение на параллельных проводниках можно найти, умножив силу тока'в общей части цепи на общее сопротивление этих проводников или силу тока в одном из проводников на его Сопротивление. Применительно к участку цепи ab, изображенному на рис. 5-18, это правило может быть записано так:
^34 ~ ЛлщДубщ34 = Лйщ	ИЛИ = ИЛИ в
+ Л4
Обратимся к рис. 5-19. На концах изображенного здесь участка цепи поддерживается разность потенциалов <pt^<p2. Поскольку в этот участок не включен источник тока, то разность потенциалов (pi-tpz ~ об*, где - это общее напряжение на этом участке (его бы показал вольтметр, подключенный к концам этого участка, т. е. к клеммам с потенциалами фд и ф2). Если в условии задачи что-нибудь сказано о соединительных проводах (сказано, из какого материала они изготовлены, или дана их длина, площадь сечения или диаметр) и схема не дана, а вам надо ее самим /изобразить, то в самом неразветвленном, самом общем участке цепи рядом с источником тока изобразите сопротивление Z?apo>, которое будет символизировать собой сопротивление всех соединительных Проводов цепи (см. рис. 5-19). Через это сопротивление может идти Только общий ток 1^.
Применительно к рис. 5-19 напряжение на 2?иров: £7^, = .•* Д>вщ Если обозначить напряжение на участке ас UM9 то " Фг =“ дащ = U + UM.
В свою очередь им = Ueh + или UM ~ U4 = Z42?4, Uab =	=
И	e	ИЛИ Uя Z34R3.
195
В зависимости от того» что дано и чт^ опрашивается, вы можете выбирать любую из этих формул для расчета напряжений на участке/изображенном на рис. 549.
£	„ ltd*
Здесь могут пригодиться формулы Ядров *= Р 77 и S , где о	4
р - удельное сопротивление, I - длина проводника, S- площадь его поперечного сечения nd- диаметр проводника.
Решение отдельных задач
Задача 1
Медный проводник весом Р = О,ГН имеет сопротивление R = 1 мОм. Найти диаметр d его поперечного сечения. Плотность меди р = 8,9 • 10я кг/м’, ее удельное сопротивление ре — 1,7 • 10'® Ом ♦ м.
Дано: Р - 0,1 Н R — 1 мОм
КГ
р, = 8,9 • 10’ — рс > 1,7 • 10-8 Ом • м
Решение. Определим вес Р через массу т проводника, а массу -через плотность меди рл и разме-ры проводника: его длину и диаметр. Затем размеры проводника «свяжем» с его сопротивлением R, ведь они входят и в' формулу сопротивления. А там посмотрим, что-делать дальше. Приступим: Р = mg, где m = pBV . Здесь V = IS « ltd2
- объем проводника и S =	-— площадь его попереч-
4	*
ного сечения.
d-?
Тогда m = pnlS==pnl—— и P = pJ—-g.	(1)
4	4
I 41
С другой стороны, R « ре — = рс .	(2)
8 • Ttd
Если теперь разделить (1) на (2), то неизвестная нам длина I сократится и мы получим одно уравнение с одним неизвестным диаметром d, который из него и опре-
делим. Приступим:
Р _ pnZitd2gnd2 Р _ i^p„gd*
Я = 4-4/рс	’ R~ 16ре ’
р( nd2 У Рп£
Ч 4 J Рс ’
mi2 _ I рсР
4 ~ 1|рпвН ’
откуда
196
Переведем в СИ единицу сопротивления:
1 мОм = 1-10’3 Ом.
Проверим единицу полученной величины:
JI ОммН~ _ | /м4 -Н _	_
1м5 с2
Произведем вычисления:
Л П I 1,7 Ю’8 -0,1
d = 2/5д41ад.1вПй’.1о:»’м ‘2,4'104 " ‘ 2,4
Ответ: d = 2,4 мм.
«/Задача 2
Определить напряженность Е электрического поля в серебряном проводнике с радиусом поперечного сечения г “ 0,5 мм при силе тока /= 2 А. Удельное сопротивле- ние серебра р = 1,6  10-® Ом • м.
Дано: г я 0,5 мм 
I = 2 А р « 1,7-10'8 Ом^м
- Решение. При прохождений по* стоянного тока по линейному про* воднику внутри , него существует однородное электрическое поле,, линии вектора напряженности которого направлены вдоль оси проводника от конца с более высоким .
Е - ?
потенциалом к концу проводника, потенциал которого ниже. В однородном поле напряженность Е связана с разностью потенциалов q>j - <рг= U на концах проводни-_ U
ка формулой Е = — (1), где I - длина проводника.
Разность потенциалов определим из закона Ома для
однородного участка цепи: I =	, откуда U - IR . (2)
Нам известен радиус поперечного сечения проводника г и его удельное сопротивление р. Запишем формулу» которая определяет сопротивление проводника R через эти
величины: R = р , где S = пг2 - площадь поперечного
п I сечения. С учетом этого R = р —« •  пг
(3) 197
Теперь подставим (3) в (2). Так мы определим разность потенциалов U, необходимую нам для нахождения напря-
женности Е (см. (1)): U = /р—~7г. •	(4)
яг
Нам осталось подставить (4) в (1), и задача будет ре-
„ № щена:	Е = —» ,
htr2 Переведем единицу радиуса в СИ: 0,5 мм — 0,5 • 10"8 м — 5  10"* м. Проверим единицу полученной величины (должен по-
w
Омм-А В-А лучиться В/м): [£]<»----$--= -т—
М	л' м
Напомним, что Ом = В/А.
Произведем вычисления:
„	1,6 Ю^8-2 В В
~ 3,14 25-Ю’8 и" 0,04 м'
Ответ: Е — 0,04 В/м.
В м
’ Задача 3
Напряжение на стальном проводнике U ш 100 В, его длина I = 200 м. Средняя скорость упорядоченного движения свободных электронов в проводнике о = 5 • 10-4 м/с. Найти концентрацию п свободных электронов в этом проводнике. Удельное сопротивление стали р ж 1,2 • 10-70м * м, модуль заряда электрона е = 1,6 • 10чв Кл.
Дано: U = 100 В 1= 200 м м v = 5 • Ю4 -« с р - 1,2-10* Ом-м е -1,6 • 10-,в Кл	* Решение. Для решения воспользуемся формулой I = nevS.	(1) Силу тока I определим из зако- на Ома для участка цепи I =	, 1 где R = р — - сопротивление этого 8
л - ?	проводника и S - площадь его по-
перечного сечения.
US
С учетом этого получим I =--.	(2)
pZ
Если теперь приравнять правые части равенств (1) и (2), то площадь поперечного сечения S, которая нам не дана, сократится и мы определим искомую концентрацию л через известные величины:
198
_ us	и	и
nevS =—— nev = —, откуда . n --------
pl	pl	eupl
Проверим единицу полученной величины (надо, чтобы получился м~а):
[п]си = ----—---------
Кл---Ом-м-м
с
Напомним, что Кл — А * с Произведем вычисления:
= ____________100____________
”	1,6 • 1019  5 • 10-4  U Ю“7  200
Ответ: п = 5 • 1028 иг®.
5 -10» мЛ
Задача 4
Между обкладками плоского конденсатора находится вещество с диэлектрической проницаемостью е и удельным сопротивлением р. Чему равно электрическое сопротивление R этого вещества, если емкость конденсатора С?
Дано: £0 Р С	Решение. Запишем формулы емкости плоского конденсатора и сопротивления вещества, заполняющего пространство между обкладками конденсатора, площадь которых 8 и расстояние между
R-4	которыми d: С =	(1) и R = р—, (2) S
поскольку расстояние между обкладками и есть «длина» прямоугольной призмы из этого вещества, заполняющей пространство между обкладками.
Из (1) найдем площадь 8 и подставим ее в (2):
8 = ^ еое
Задача решена.
deoe
dC ’
»_ Р60е
я-~с~
Ответ: R
РЕрЕ С ’
R - р
Задача 5
Какой силы ток пройдет по проводам, соединяющим обкладки плоского конденсатора с источником напряжения, если из конденсатора удалить с постоянной скоростью v = 5 см/с диэлектрик? Площадь обкладок квадратной формы S = 300 см2, расстояние между ними d = 3 мм, диэлектрик - слюда. Диэлектрическая проницаемость слюды = 6. Напряжение на клеммах источника U — 4 В.
199
Дано:
~ ОМ ' р = 5 —
с
S 300 см' d = 3 мм е, 6 е2 = 1
60 = 8,85 10“ — м
t7 = 4 В
Решение, Заряд в» обкладках конденсатора с диэлектриком e C^U, „ еое15 где Cj «	----емкость конденса-
а тора до того, как из него вынули ди- ' электрик. Бели из конденсатора удалить диэлектрик, не отключая конденсатор от источника напряжения, то заряд на нем станет q2 - где
_ e0e2S С2 =	---новая емкость кондеи-
а
сатора.
Разность Ag -	- q2 есть тот заряд, который пройдет
по проводам, соединяющим конденсатор с источником напряжения, , С учетом приведенных выше формул
= e^Sц_ e^Sи = е е) d d d '	'
Согласно определению силы тока
I _	_ e°S
t dt
I-2
(1)
I
Здесь t - — - время выдвигания диэлектрика, I - длина стороны квадратной обкладки.
г~ JS
Поскольку S = Р, то / = vS и I =--.	(2)
и
Осталось подставить (2) в (1), и задача будет решена:
gp(ei ~ e2)oUS djs
Epfci "I d
или I -
Переведем все единицы в СИ:
5— - 0,05 —, 300 смг = 300 • 10-* м* 1 * 3 - 0,03 м\
3 мм = 0,003 м.
Проверим единицу полученной величины:
^2 _ Кл -В м _ А,-с _ д
И м-с-м В«с-м с Напоминаем, что Кл = А • с и Ф = Кл/В. Произведем вычисления:
200
Z =	A - 5 • 10 «4
0,008
Ответ: I = 5 ‘ 10"10 A.
Задача 6
Чему равно напряжение U на катушке, содержащей N = 1500 витков стального провода с диаметром витка D =» 8 см, если плотность тока в ней J =* 10 А/мм2 ? Удельное сопротивление стали р - 1,2 • 10~* Ом • м.
Дано: N - 1500 D = 8 см
/ в Ю мм2 р ~ 1,2* ПН Ом *м
Решение. Напряжение на катушке определим из закона Ома для участка цепи
I = ~~, откуда U = IR. '	(1)
jR
Здесь / - сила тока в катушке, * 7
R - ее сопротивление.
Силу тока определим через плотность тока у* и площадь поперечно-
го сечения проводника, из которого намотана катушка:
(7 - ?
7 == —, откуда I = jS.	(2)
Площадь поперечного сечения S нам не дана* но она входит я в формулу сопротивления R - р-^	(3)
и при подстановке всех величин в формулу (1) должна сократиться.
Длину проводника /, из которого изготовлена катушка, можно найти, умножив число витков на длину окружности одного витка. Поскольку диаметр этой окружности D, то I = AfrdP.	(4)
„ , NnD Подставим (4) в (3): R = р —z- .	(5)
S
Нам осталось подставить (2) и (5) в (1), и задача будет решена:
NnD —-----
U = 7gP о » и ~
1-10’—. м
S
Переведем все единицы в СИ: 8 см - 0,08 м,
А 10 А
10—г = —-г—т мм2 10 в м2
Произведем вычисления:
U = 3,14 • 0,08 ♦ 500 • 1,2 • 10 т 10т В = 151 В.
• Ответ: U = 151 В.
201
Задача 7
По проводу течет ток плотностью j — 1 А/мм2. Найти массу электронов т, проходящих через поперечное сечение этого провода площадью сечения S - 1 мм2 за время t = 1 ч.
Дано: А
J“ 1 мм2 -t “ 1 ч
S = 1 мм2 т. - 9,1 • 10->* кг
т - ?
Решение. Массу всех электронов т можно определить, умножив массу одного электрона т9 на число электронов N, прошедших через поперечное сечение провода за время t: т = m,N.
Число всех электронов N найдем, разделив заряд q всех электронов, прошедших через поперечное сечение за время t, на заряд одного электро-
на е (элементарный заряд): N .
е
Заряд q найдем из формулы, определяющей силу по
стоянного тока: I = у, откуда q = It, где пр определению плотности тока I — jS.
Выполнив необходимые подстановки/ получим
.. iSt
= jSt, N = i—
Задача решена в общем виде. I
m-jSt т = —^—
______е ереведем все единицы
в СИ: 1 мм2 = 1 • Ю~в м2, 1-^т = 7^ б: А =1*106 А > мм2 10 в м2 м2
1 ч = 3600 с.	*
Подставим числа и произведем вычисления:
9Д  10”31  10е  10"в • 3600	_ , __8
т = —------------rs-------кг = 2• 10 ’кг.
1,6-1019
Ответ: т - 2 • 10"® кг.
Задача 8
При /°1 = 20°С сопротивление'стальной проволоки Ях = 20 Ом. Когда на концах этой проволоки поддерживается разность потенциалов U - 100 В, по ней идет ток силой I = 2 А. Чему равна температура t2° проволоки при этом? Температурный коэффициент сопротивления стали а = 6 • 10 а К *.
Дано: t* = 20 °C Я, — 20 Ом
Решение. Сопротивление проводника при температурах #°х и t°2 определяется "формулами Rx = R0(l + atj0) и R2 = Яв(1 +
202
17- 100 В
I— 2 А а - 6 • 10-» К-1
Та - ?
+ ctf2°), где Яд - сопротивление этого проводника при О °C.
Разделим эти равенства друг на дру-
га. При этом сопротивление сократится, и мы сможем определить температуру t2° через 7?! и Я,, а сопротивление
Rg h&Hir&vl из закона Ома.
„	-Ra Я0(1 + а7т) r, 1 + atf
Приступим: — = _ F .4, -^ = ---------------Ь откуда
-“О V Л
1 + atg
*2
По закону Ома I =	, откуда JRg =
Подставив (2
в (1), мы решим задачу;
= —I - -1
Произведем вычисления:
°C - 300 °C
(1)
(2)
е» = —L_.[	+ в. ю“*
б • 10“’I 2 -20^
или Tg = (300 + 237) К = 573 К.
Ответ: Тг — 573 К.
Задача 9'
OU о
Резистор из‘медной проволоки и амперметр включены последовательно (рис. 5-20). При температуре t0° = 0 °C сопротивление резистора Rg — 20 Ом. Сопротивление амперметра ЯА — = 10 Ом. Какую силу тока 1г будет показывать амперметр, когда резистор нагреется до t° = 100 °C, если при t0° — 0 °C он показывает =.4 А? Температурный коэффициент меди sd = 4,3  10а К-’.	.
Рис. 5-20.
Дано:
А° = 0°С '>Яф “ 20 Ом
Решение. Судя по условию задачи, общее напряжение U на резисторе с амперметром не изменялось, а с повышением температуры резистора изменялась сила тока в этом
203
Яд - 10 Ом t® - 100 °C / = 4 А а-^КНГ1
А-г
участке цепи вследствие увеличения сопротивления резистора от Д при температуре 0 °C до Я при температуре t°.
Запишем закон Ома применительно к этим условиям:
т и т и
1 Яо + ЯА 2 Я + ЯА * откуда U = ЛСД) + Яд) и U - I/R + Яд), поэтому
и 12 =
Л(Д> + Лд) “ /4(Я + Яд), откуда /2 = Д g	(1)
л + Лд
Согласно зависимости.сопротивления от температуры
Я = Яо(1 + at®).	______
Подставим (2) в (1): Г2 ~ Л
(2)
1л
Произведем вычисления:
.	.	20 + 10	аол
Ig = 4—/ 	—" ’ — \-----А = 3 А.
20Ц + 4,3 • 10-3 100)+10
Ответ: /2 = 3 А.’
Задача 10
Угольный и железный стержни одинакового диаметра соединены последовательно. Как должны соотноситься длины этих стержней, чтобы их общее сопротивление не зависело от температуры? Температурные коэффициенты сопротивления угля и железа соответственно равны а^ — - 0,08 • Ю-3 К'1 и = 6 • 10~8 К-1. Удельные сопротивления при 0°С этих веществ p^.M =* 4  10~5 Ом * м и Ржм = 1,2 • Ю ? Ом • м.
Примечание: температурный коэффициент угля отрицателен, потому что при повышении температуры его сопротивление уменьшается.-
Дано:
а = - 0,08 -Ю 3 К'1 а^-бЮ’К-*
р„ = 4 • 10-5 Ом • м Рж« = 1>2 • Ю-’ Ом * м
^жел tyr
Решение. Общее сопротивление последовательно соединенных стержней Я^ при некоторой температуре t® равно сумме сопротивлений каждого стержня при этой температуре:
+	г или
204
Дйщ “ С^Оуг +	О»г + ^жАи). (1?)
Здесь Rg^ = р^-^- И = Р^^у- - сопротивления угольного и железного стержней при 0°С, S - площадь поперечного сечения каждого стержня (она у них одинакова, ведь согласно условию одинаковы их диаметры).
Теперь давайте внимательно посмотрим на равенство (1). Согласно условию общее- сопротивление стержней не должно зависеть от температуры. В формуле (1) /^ равно сумме двух слагаемых + ВОямл) и t^R^a^. + + Яу—оУгд). Температура t° входит во второе слагаемое. Значит, чтобы не зависело от температуры t°, надо, чтобы это второе слагаемое было равно нулю. Тогда Дщ” « Д уг + Д___не будет зависеть от t° (ведь t° не будет
входить в эту формулу)-.
Таким образом, чтобы выполнить условия задачи, надо записать: t°(.R^ + Д^а^,) - 0 или
Руг о Р«м л = ®* Ot'«yДа Руг^ут^^уг ~ Рящ^мм^шя
_	^жел _ Ругнут	1
И	—-----------.---
*уг____Ржел^жел
Произведем вычисления:
= 410-6-(-0,08 10-8) = 44
Д 1,2-1(Г7 .«.»*
т. е. железный стержень должен быть в 44 раза длиннее угольного.
Ответ: 1„ЛГ = 44.
^Задача 11
Во сколько раз уменьшится сопротивление проводника без изоляции, если его согнуть пополам, а затем скрутить?
Дано:
S2 = 2St
Обозначим li длину проводника до -того, как его согнули пополам, Д - его площадь поперечного сечения при этом, Д - его сопротивление до сгибания пополам, lt - длину согнутого пополам проводника, Д - его новую
площадь поперечного сечения и Д - его .но-
вое сопротивление.
Решение. Сопротивление проводника до того, как его согнули пополам, было
205
(1)
где p — удельное сопротивление проводника. После скручивания его сопротивление
Я2 ~ р—, или согласно условию
S2
„ L	2j
z	“₽2-2S1-P4Si *
Разделив (1) на (2), мы ответим на вопрос задачи:
(2)
**1 pq •	.
—- = * —,	= 4, т. е. сопротивление при этом
Л2
уменьшится в 4 раза.
Ответ: Ri/R2 — 4.
Задача 12
На рис. 5-21 показан график падения напряжения на трех последовательно соединенных проводниках одинаковой длины и сечения. Как соотносятся сопротивления этих проводников?
Из рис. 5-21 следует, что падение напряжения на первом проводнике сопротивлением Rt и длиной = 1 м было Ux ~ 1 В, на втором проводнике сопротивлением Л2 и тоже длиной l2 = 1 м оно было U2 = (4 - 1) В = 3 В
и на третьем проводнике сопротивлением R3 и такой же длиной оно было U2 — (5 - 4) В = 1 В.
Поскольку сила тока во всех трех последовательно соединенных проводниках одинакова, мы можем запи-r 1/1 т U2 г и.	и2 и3
слть; / =	и 1 = откуда
«1 R2	R3	-«1	"2	-"з
или : Нг : Лэ »	: U2 : Ua, : R2 : Я, = 1 : 3 : 1.
Задача решена.
Ответ: Ri : R2 : Яэ = 1 i 3 : 1.'
206
Задача 13
Участок цепи состоит из трех последовательно соединенных проводников, подклю-
I '& I Яа
-£[/ °” Рис. 5-22
ченных к источнику напряжения U — 50 В (рис. 5-22). Сопротивление первого проводника Rt == 2 Ом, второго Т?2 = = 6 Ом, а напряжение на третьем проводнике Ut 10 В. Найти силу тока I в этих проводниках, сопротивление третьего проводника R^ и напряжения и U2 на первом
и втором проводниках.
Дано: U = 50 В 7?! — 2 Ом R2 — 6 Ом U8 = 10 В
I - ?
?
и2-ч
Решение. Напряжение U на зажимах источника, которое нам известно, равно сумме напряжений на каждом проводнике, потому сумму напряжений на первом и втором проводниках Ux + 1/2 можно найти, отняв от общего напряжения U напряжение на третьем проводнике Ut, которое нам тоже известно. А зная напряжение на этих проводниках и их суммарное сопротивление Ra + R2, по закону Ома найдем силу тока в каждом из этих проводников, ведь при последова-
тельном соединении она во всех проводниках одинакова.
Приступим: U, + U2 — U - U;
+U2
—1—_ ниш
j- v-Ъ
Разделив общее напряжение U на силу тока I, мы найдем общее сопротивление всех трех проводников, а отняв от сумму сопротивлений + В2, определим
сопротивление R^ ~ у,- Ra - R^ -	+ R) или
Я3 - у -	- /?2
Теперь уже легко найти напряжения Ur п U2, используя закон Ома:
Ux = ZBtl и |Ь2 = IR%
Произведем вычисления:
Z = ^^A = 5A, Ra = Р^-2-б1ом = 2 Ом,
2+6	’ U )
207
30 в.
д.
о—
Побв
Ответ.* * I =” 5 A, R* *= 2 Ом, Vt •“ 10 В, У.
Задача 14
Электрическую лампу сопротивлением Rx *** 200 Ом, рассчитанную на напряжение U„ — 100 В, надо питать от сети с напряжением U^g- = 220 В. Какой длины I вольфрамовый проводник с диаметром поперечного сечения d- 0,4 мм надо включить последовательно с лампой, что
бы она не перегорела? Удельное сопротивление вольфрама р — 5,5 • 10'8 Ом * м.
Лер Рис, 5-23
Дано:
R. —• 200 Ом ия ” 100 Ом - 220 В d - 0,4 мм р — 5,5* 10~8 Ом  м
Z-?
Решение. Напоминаем: если в условии задачи хоть что-нибудь сказано о соединительных проводах, то надо на вашей схеме последовательно к источнику напряжения «под-- ключить» сопротивление R^, сим-
волизирующее собой сопротивление
* всех соединительных проводов , (рис. 5-23).
Нам надо найти длину только вольфрамового проводника, подключенного последовательно к лампе (значит, сопротивлением остальных соединительных проводов можно пренебречь), поэтому воспользуемся формулой со- I _ nd2 противления К_ “ Р 77. где S - —--площадь попереч-
£>	4
4Z
него сечения проводника. С учетом этого Дц» = Р • (1) ltd
Лампа и вольфрамовый проводник соединены последовательно. Из законов -такого соединения следует, что напряжения на двух последовательно соединенных проводниках (ведь лампа - тоже проводник) прямо пропорциональны их сопротивлениям:
(2)
где U„p -	- U,.	(3)
Подставив (1) и (3) в (2), мы получим равенство с одной неизвестной длиной I:
ия r^2	__	, пег^л^общ -ил)
—---2-=- = , , , откуда I =-----------------л.

208
или
Переведем в
0,4 мм — 4 • 10~4 м.
Произведем вычисления:
, 3,14 • 16 • 10’8 • 200 f220
1 = —---------5-----Нхх- 1 м = 46 м
4 • 5,5 • 10-8	1200 )
Ответ: I = 46 м.
Задача 15
N = 10 ламп, рассчитанных на напряжение U* = = 2,5 В и силутока 1Я = — 0,1 А, надо соединить параллельно. Для их питания имеется источник напряжением — 6 В. Резистор какого сопротивления R
подключить последо-
вательно к этому источнику (рис. 5-24), чтобы лампы не перегорели?
Дано: N = 10 ил - 2,5 В 1я - 0,1 А 1^ = 6 В	Решение. Сопротивление резистора R можно найти, разделив напряжение на нем Up на силу тока в неразветвленном участке цепи	который течет и по резистору: й =	(1)
R- ?	
Напряжение на резисторе U? (падение напряжения, так его называют, чтобы показать, что на лампы попадет меньшее напряжение, чем дает источник) можно найти, отняв от напряжения 'источника напряжение на лампах ведь оба этих напряжения нам известны: Uv =	- Ux.	(2)
Силу тока в общей части цепи (т. е. в неразветв-ленном участке) найдем, умножив силу тока в каждой лампе I. на их число ЛГ, ведь лампы соединены параллельно:	- NIX.
Подставив (2) и (3) в (1), мы решим задачу:
и^-и, R—
209
Произведем вычисления:
Н-^М°"-3-5О“-
Ответ: R = 3,5 Ом.
Задача 16
Кабель состоит из двух стальных жил с площадью поперечного сечения St =«= 0,4 мм2 каждая и четырех медных жил с площадью поперечного сечения S2 « 0,8 мм2 каждая. Найти падение напряжения U на каждых I = 2 км кабеля при силе тока в нем I = 0,2 А. Удельное сопротивление стали pi = 1,2 • 10“7 Ом * м, удельное сопротивление меди р2 — 1,7 • 10~8 Ом • м-
Дано: Nx = 2 Si = 0,4 мм2 N2 = 4 S2 = 0,8 мм2 1 — 2 км I = 0,2 А р, = 1,2-10"7 Ом • м р2 = 1,7 • 10-8 Ом • м	Обозначим количество стальных жил, N2 - количество медных жил. Решение. Когда говорят о кабеле, сплетенном из разных жил одинаковой длины (или о сплаве), то подразумевают, что все эти Жилы соединены параллельно. При таком соединении напряжение U на кабеле.равно произведению силы тока I в нем на его об-
и - ?	
щее сопротивление R^
U - IR^ .	(1)
Таким образом, задача сводится к определению общего сопротивления кабеля. Обозначим общее сопротивление стлъяаах жил а общее сопротивление N2 медных жил Яобщз. Тогда, поскольку эти жилы соединены параллельно, общее сопротивление кабеля
Т> _ ^Общ1^общ2
Лобщ1 + Лобщ2
где Яобщ! = и	=
ведь сопротивления
всех стальных жил одинаковы, а также одинаковы сопротивления В2 всех медных жил.
210
Тогда
ДаЛц
ад.
12 ад
=________
B&+W
Здесь 2?i = pi -^- и Н% = р2 • С учетом этого полу-
Sj	о2
чим
______Р1Фа^______ ( I • I
!1 P1 S7^ +f>2 S~
=	P1P2/2	=	Р1Р2* '	’ /2)
gjg2/ Pl-^1^2 "*~P2-^2^*1 Pl^l^Z *'P2'^2®1
Подставив (2) в (1), мы ответим на вопрос задачи:
V-I----------------
P1^1^2 Рз^2^1
Переведем в СИ единицы величин: 0,4 мм2 = 4 • IO’7 м2, 0,8 мм2 - 8  107 м2, 2 км = 2 -103 м.
Произведем вычисления:
U - 0 2	1,2,-10 7 • 1,7 10-»-2 108 в
’ 1,2 10‘7 -2-8 10-7 +1,7 10‘8 -4-410’7
= 3,7 В.
Ответ: U - 3,7 В.
t/Задача 17
Сопротивление одного из последовательно соединенных проводников в N = 4 раза больше сопротивления друго* го. Во сколько раз изменится сила тока в цепи, если эти проводники включить параллельно, а напряжение н^ них оставить прежним?
211
Дано: Rl = NR2 N - 4
Обозначим Д силу тока в проводниках при их последовательном соединении, 12 - силу тока в неразветвленном участке цепи при параллельном соединении этих проводников.
Решение. При последовательном соединении проводников их общее сопротивление
- Ri + Л “	+ 1).
При этом сила тока в этих проводниках
(1)
j U У'
1 ДобоО	Я»(* + 1)
где U - общее напряжение на проводниках. При параллельном соединении проводников их общее сопротивление
=	= уЯг8 = N R
^+2^ NR2+R2 ^(N + l) tf + 1 2* При этом сила тока 12 в неравветвленной части цепи. f;._g-Л^1).	(2)
^общ2 NR2
Нам осталось разделить (2) на (1), и задача будет ре-
А ^(я-иМу-и)
Л NR2U
Произведем вычисления:
Ответ: Z2/Zj — 6,25.
.Рис. 5-25
(4+1)_=б,25.
А 4
Задача 18
Найти силы токов Z2, 12 и Ц в каждом сопротивлении и напряжения на них, если амперметр показывает Z8 = 1 А (рис. 5-25), а сопротивления — 3 Ом, R2 «= = 2*Ом, Я, — 10 Ом,
ясение
Rt ” 1 Ом. Найти напря-на всем участке цепи.
212
Дано: I,» l.A R, = 30м Я2 ” 2 Ом R3 = 10 Ом R4 — 1 Ом
А“?
д-?
Решение. Амперметр А соединен последовательно с сопротивлением Л» поэтому мы силу тока, текущего через амперметр и сопротивление R„ обозначили Iit а силу тока в иеразветвленном участке цепи, текущего через сопротивления Л4 и Л4, мы обозначили I,.
Понятно, что Ij — Ц, ведь оба сопротивления Rt и Л4 соединены друг с другом последовательно.
Нам известны 73 и R3, значит, нам не-
сложно определить напряжение (73>3 на параллельных сопротивлениях Rj и Ra: U2A = I3 R3.
Если теперь это напряжение разделить на общее сопротивление Ra,3 проводников R2 и Rg, то мы сразу найдем силу -тока 1г в неразветвленной части цепи:
. А = А =	> где Ri S =	,
**2,3	**2 +
г г ГУ *^2 + «3 поэтому 1\ = Ц = а213 J **2*Сз
'4
или Д=14=ЗД-^-
Разделив (733 на Л2, мы найдем силу тока 12: т -2 2--------ИЛИ *2 -
__ А-^з 2 ~~в—
Общее напряжение найдем как сумму напряжений 17р £/2>3 и U4, где U4 - IjR, и U4 = ItR4. С учетом этого получим ~	+ U2r3+ U4 =	+ IgRg + ItR4
= А(Д1 +	А-^3
2 + 1
Произведем вычисления: А = А 35 1—5—А = 1,5 А, 2
ИЛИ
110
Is~
5 А. /
А - А ~ А
- (1,5(3+1) + 1  10) В - 16 В.
Ответ: Д - 14 - 1,5 А, 12 = 5 A, = 16 В.
213
1 Задача 19
Четыре одинаковых сопротивления Л соед иняют параллельно всеми возможными способами. Определить общие сопротивления во всех этих случаях.
Дано: N = 4
R
Решение. Чтобы решить эту задачу, надо непременно выполнить схемы всех полученных соединений сопротивлений (рис. 5-26, а~з).
а) добщ ~4Д
» R
“т 115111 4
Дрбщ ~ 0»25Д
214
®) Яобщ
Ж) ^общ
3) ®общ
3RR _3 дд+а2_£__, А^—О,75А
в2 '*+2R~W 2________.
Аобщ “ 0.4А
гд+д Iя Добщ =О,бД
Рис. 5-26
Ответ: a) = 4А; б) А^ - 0Д5А ;
в) -®овщ	г) ^обн ’^’Д) Добщ — 2,5Д;
е) Вобщ -0,75А;ж) А^щ = 2,5А;з) А^д = 0,6А.
Задача 20
Если вольтметр включить последовательно с резистором Ах = 100 Ом, то он покажет напряжение 17, = 40 В при напряжении на данном участке цепи U у-120 В. Какое напряжение U2 покажет вольтметр, если к нему подключить последовательно резистор Ag = 30 Ом, а напряжение U оставить прежним?
Дано:
Я, = 100 Ом
V. = 40 В 17 = 120 В Ла — 30 Ом
Решение. Выполним схему (рис. 5-27).
Вольтметр подключают параллельно к участку с напряжением U (между клеммами ае может быть включен какой-нибудь проводник, какая-нибудь нагрузка, например, лампочка или прибор, на котором напряжение U). Согласно условию к этому
иг~?
вольтметру подключают последовательно резисторы сначала сопротивлением At, затем Ag, поэтому напряжения на резисторах будут сначала U - U., затем U-Ut.
Мы знаем, что при последовательном соединении вольт- -
метра и резистора напряжения на них прямо пропорциональны их сопротивлениям, -поэтому в обоих случаях
215
(1)
о Ve-
(2)
W-----4--Th
X V~^
i. 5-27
U-Ux Ri_ U2 И tZ-tW Здесь R* - сопротивление вольтметра.
Если теперь разделить (1) на
(2), то неизвестное сопротивление R* сократится и из полученного уравнения можно будет определить напряже-„	„	*	двд2
ние иг. Проделаем эти действия: /Гт rr Vr ~~в п ' * lfJ-U1p2
щи-и^ R2
= я? ’	~	= U*VR* - Wi >
UJJRi = U1U2Ri+U2UR2-U-iU2R2,
U	UiURi
2~ U^+R^U-Uj
Произведем вычисления:
U2 =___В-76В.
2 40 100 + 30(120 - 40)
Ответ: 172 •= 75 В.
Задача 21
Напряжение на концах участка цепи, изображенного на рис. 5-28, равно Найти силу тока в его не-, разветвленной части, если сопротивления равны R.
Рис. 5-28
Решение. Силу тока в неразветвленной части можно
„	_	Т	^овщ
найти по закону Ома для участка цепи:	.
Лдесь Д - общее сопротивление всего этого участка.
’ 216
Таким образом, задача сводится к нахождению общего сопротивления участка цепи, изображенного на рис. 5-28. Мы видим, что он включает в себя проводники, соединенные как последовательно, так и параллельно. Чтобы не ошибиться, найдем сначала общее сопротивление ветвей, наиболее удаленных от клемм АВ, соединяющих цепь с источником тока. Затем буДем определять общее сопротивление других ветвей, постепенно приближаясь к этим клеммам, пока не найдем Я^ всего участка.
Сначала найдем общее сопротивление двух ветвей hi и fe, соединенных параллельно. Сопротивление ветви hi равно R и сопротивление ветви fe равно R, поэтому общее сопротивление этих ветвей
R - R * у •
К этим двум ветвям сопротивление Я ветви fd подключено последовательно, значит, общее сопротивление вет-
R 3 вей dfe и hi = R +	= R + -~ = -R.
л a
К ветвям, общее сопротивление которых R^ г, участок Ьс, чмеютщюк сопротивление 2R, подключен параллельно. Тогда общее сопротивление всех трех ветвей hi, dfe к be составит
|я-2Я
__2____
^обш2 ’ 2.R	2 **	6 —,
ЯовщЗ = д „п ИЛИ -^овщЗ = "Б '	~ Я •
"«вщ2 +2"	-R + 2R 7
2
Таким образом, весь участок bdfhiec имеет общее со-0
противление Д^« = у Я - Кнему последовательно подключено сопротивление R участка ab, поэтому общее сопротивление всего участка abdfhiec
Яобщ*= Яовщя + Я = — Я + Я =	‘
К участку abdfhiec подсоединен параллельно участок пр сопротивлением ЗЯ. Тогда общее сопротивление участка nabdfhiecp
п _ Яобщ 4 ЗЯ
Лобщв-------------
» 3ТЙЛ 39„ или	------ —л -
Добщ4+ЗЛ	—Я + 8Я 34
7
217
К сопротивлению R^ сопротивление R участка тп подключено последовательно, поэтому общее сопротивление всего участка цепи
Яовщ=Длчв + Я или Л0ва = ЦЛ + Д = ЦЛ-
Подставив полученное выражение для в формулу закона Ома, с которой мы начали решать задачу, найдем
ъвщ 73Я
Задача решена.
Л г 84^
Ответ: 7.*,= _,рщ 
Задача 22
К проволочному кольцу в двух точках а и Ь присоединены подводящие ток провода (рис. 5-29). В каком отношении делят точки а и b длину окружности кольца, если общее сопротивление Аоб получившегося участка цепи в л = 4,5 раза меньше сопротивления R проволоки, из которой сделано кольцо?
Рис. 5-29
Дано: R == лЯ^ п — 4,5
Обозначим длину одной из частей кольца, на которые его делят точки а и &; 12 -длину другой его части.
Решение. Длина проводника I связана с его сопротивлением R соотношением я = р|-	(1)
Здесь р - удельное сопротивление проводника, S -площадь его поперечного сечения. Очевидно, что эти ве-
личины применительно к проволочному кольцу, включенному в цепь, одинаковы для обеих частей, на которые точки а и b делят кольцо, и поэтому им можно не приписывать индекс. Тогда согласно (1)
Ri =Р“ и Яз о	о
Нам не известны сопротивления Rt и Rz этих участков, но известно их общее сопротивление Поскольку разность потенциалов фв - <рй на концах обоих участков одинакова, значит, они находятся под одинаковым напряжением и, следовательно, соединены параллельно. Поэтому
218
в = Л”» - ..ftp.!;—_ = £..	. пл
* A** s.sfp^.piV s 'IS SI
Формула (1) определяет сопротивление А проволочного кольца, когда'оно еще не было включено в цеЬь. Очевидно, что длина кольца I равна сумме длин 1г и I# на которые точки а и b его делят:
I - lt + ij, тогда R =	.	(8)
Тогда с учетом того, что по условию задачи R = nR^, запишем:	= в 77	. или + /2 = — п. (4)
S S Ц.+12	Ч+12
Таким образом, мы очень удачно исключили все неизвестные нам в уравнениях (1), (2) и (3) величины и оставили только те, о которых идет речь в условии задачи. Правда, теперь мы имеем только одно уравнение, в которое входят две неизвестные величины и lit так что определить их из этого уравнения мы не можем, а второе взять негде. Но нам, собственно, и не нужно их оп-
ределять, а нужно найти отношение у-. Значит, нам надо h
как-то исхитриться и выразить это отношение из уравнения (4). Для этого разделим сначала левую и правую части уравнения (4) на 1-г. Получим
^+r-T#Ln»- г+1 = А-"-	<5>
Теперь еще раз разделим на 1г числитель и знаменатель правой части уравнения (5), причем разделим почленно:
h
Отсюда Г-р- + 1^ в‘7~пл 7"j +2у- + 1 = у~п.
\h )	1/2)	*2	‘2
Так мы получили уравнение с одним неизвестным -
h
отношением у-, которое стоит в нем в квадрате, в пер-
*2
219
вой степени и имеется свободный от — член. Значит» 12
придется решать квадратное уравнение. Приведем его к стандартному виду (типа х2 + м 4- q = 0) и решим отно-
> f 1	А
сительно —:	- (п - 2)у- +1 = 0 .
*2	*2
L п - 2	1(л - 2)2 п - 2	/л2 - 4л + 4~4
rTTfTT ”1 1" i ж|—--   - — £ ~	г.	«I   v	.... —
It 2 V 4	2 V 4
л - 2 ± д/л(л - 4)
=	2	/_________________
у- = 0,б/л - 2 + ^п(п - 4)] 1*2	7	________'
Задача в общем виде решена. Знак <минус* перед квадратным корнем мы опустили» так как отрицательное зна-
*1 чение у- не имеет физического смысла, а вычисления с
*2
h учетом этого минуса дают отрицательную величину —.
*2
Очевидно, что отношение ” - безразмерная величина.
*2
Подставим числа и произведем вычисления:
= 0,5(4,5 - 2 + 745(4,5 -4))= 2 .
Ответ:	= 2.
Задача 23
Кубик, сопротивление каждого ребра которого равно Я, включен в цепь так, как показано на рис. 5-30, а. По общей части цепи течет ток 1^. Найти разность потенциалов <рА - фв между точками А и В.
Дано: R
Фа - Фв - ?
Решение. Решая задачи электростатики, мы подробно рассмотрели подобные задачи, только там в ребра кубика были включены
не сопротивления, а конденсаторы. Еще раз подчеркнем, что, когда вы сталкиваетесь с
220
задачами, в которых не сразу определишь, какое здесь соединение, последовательное или параллельное (конден-саторов или проводников, все равно), прежде всего отметь* те точки (узлы, в которых соединены концы более двух проводников), имеющие одинаковые потенциалы (обозначьте эти потенциалы буквой ф с одинаковым индексом). Кроме того, помните, что если концы проводников с одинаковым сопротивлением соединены в одной точке и, значит, имеют одинаковый потенциал, а сами проводники расположены симметрично относительно некоторой оси или плоскости симметрии, проходящей через точки включения системы проводников в схему (в нашем случае такой осью служит ось А - В), то другие концы этих проводников тоже имеют равные потенциалы. Концы всех проводников, имеющих одинаковый'потенциал, можно соединить в одной точке (или, наоборот, разъединить), заменив вашу сложную схему на более простую, эквивалентную первой.
Теперь обратимся к рис. 5-30, а и, исходя из этих рассуждений, убедимся, что три проводника, концы которых соединены в точке А с потенциалом фд, имеют на других концах, симметрично расположенных относительно оси А - В, тоже равные потенциалы, которые мы обозначили Ф1. Точно тадже проводники, одни концы которых соединены в точке В с потенциалом Фв, имеют на других концах равные потенциалы, например <р2. Таких проводников тоже три. Остальные шесть проводников на одних концах имеют потенциалы ф}, а на других ф2. Поэтому соединим все концы с потенциалом фА в одну точку (их всего три), все концы с потенциалом ф, - в другую точку (их девять), все концы с потенциалом Ф2 - в третью точку (их тоже девять) и, наконец, все концы с
221
потенциалом фв ~ в одну точку (их три). Тогда мы получим схему, изображенную на рис. 5Ш, б, эквивалентную схеме на рис. 5-30, а.
Теперь наша, задача найти R^ существенно упрощена. Мы видим, что полученная схема содержит три последовательно соединенных участка: А - 1,1 - 2 и 2-В. Участки А - 1 и 2 - В содержат по три одинаковых параллельных сопротивления R, и, значит, общее сопротив-
R
ление каждого такого участка равно —. Участок 1-2 3
содержит шесть таких сопротивлений, тоже параллель-ных друг другу, и значит, его общее сопротивление рав-
Д -	,
но — . Тогда, поскольку эти три участка последователь-6
ны друг другу, общее сопротивление всей этой цепи
Д<Лщ 3 + в + 3 . 6 я *
Еще раз хотим обратить ваше внимание на то, что сопротивление R (резистор) обычно изображается на схемах узким прямоугольником -СЭ-, а просто прямой линией обычно изображают соединительные провода, сопротивлением которых, как правило, пренебрегают. Однако в некоторых задачниках встречаются задачи, в которых проводники, имеющие сопротивления, обозначаются просто прямой линией, как на рис. 5-30, а.
Зная сопротивление мы легко найдем искомую разность потенциалов фА — фв по закону Ома для участка
*	5
цепи: q>A - фв » I R^ или ФА ~ФВ = IRr
Задача решена.
5
Ответ: фА - фв = — /Я.
о
Задача 24
Какое напряжение иъ показывает вольтметр, включенный, как показано на схеме (рис. 5-31, а)? .Напряжение Uo = 200 В, сопротивления резисторов Я, = 10 Ом, Я2 — = 20 Ом, Я3 = 40 Ом, Я4 = 30 Ом. Сопротивление вольтметра во много раз больше сопротивлений резисторов.
222
Дано: ил = 200 В Яг — 10 Ом Яа = 20 Ом Я3 = 40 Ом R4 в 30 Ом
ние
ил~?
Решение. Словами «сопротивление вольт-метра во много раз больше сопротивлений резисторов» нам дают понять, что сила тока, текущего через вольтметр, во много раз меньше сил токов, текущих в резисторах, поэтому силой тока в вольтметре можно пренебречь, т. е. считать ее равной нулю. Тогда участки этой схемы с сопро-
тивлениями Я, + и Яа + Rt будут соединены параллельно (рис. 6-31, б) и их общее сопротивле-
я _ (fr +	+ д*)
общ Я,+Я^+Яэ+Я4 ’ Напряженке С7В, которое показывает вольтметр, равно разности потенциалов фа - ф3 между точками, к которым он подключен. Если мы определим разности потенциалов <ра - ф2 и epi - фа через силы токов I] и 1а и соответствующие сопротивления, а затем вычтем из разности потенциалов qh - <р3 разность
потенциалов ф, - ф3, то потенциал Ф1 сократится и мы определим напряжение фа -- Ф3 = CZB, выразив его через силы токов в параллельных ветвях и их сопротивления.
Силы токов /t и Ja в свою очередь найдем, используя закон Ома и законы соединения проводников. Приступим:
Ф1 - ф2 = ДЯ,, ф! - фз = /2Я3, поэтому
Ф1 “ Фз “ (Ф1 ~ Фз) ~ ^г^з ~ /1Я1»
Ф1 - Фз - Ф1 + Фз я 1зДз - и
Фз - Фз - I3R3 ~ ДЯ1.	(1)
Силы токов Д и 1г в параллельных ветвях обратно пропорциональны сопротивлениям этих ветвей Rt + Яа и
г» т»	Яд + Я3	т г Я, 4" Яо
Я3 + Я,:-1- =	г4-, откуда 12 = Ц —2 .	(2)
*2	+
Подставим (2) в (1). Так мы исключим силу тока 1г. Правда, силы тока Д мы тоже не знаем, но ее можно найти, если разделить напряжение U9 на параллельных ветвях на сопротивление Я, + Яа ветви, по которой течет ток силой Проделаем эти действия. Подставим (2) в (1):
223
rr	, Д» + Д. „ _ _	. (R, +Д. _	_ |
“4*2 “Фа ~h p . p" *з ~h&i “A p "'Bi ~
Л3 + Л4	IiCj+Ai	I
_ r f ^1^3+^2'^3 “ ^1^3 ~^1^4'l _ Г Д2Д3 - Д1Д4
{ R^R4 fA Дз + Д4 •	(3)
Теперь найдем 2\: Zx =	•	W
Подставив (4) в (3), мы решим задачу:
U = УоС-Вг-Вз -Д1Д4)
_ (Ду+Д2ХД3+Д4)
Произведем вычисления:
ЗОГВ = 48В-
..	200(20 40-10
в. (10 + 20X40 +
Ответ: U* — 48 В.
JЗадача 25
Сопротивление гальванометра Rr — 400 Ом. При прохождение через него тока силой Zo = 0,2 мА,стрелка гальванометра отклоняется на одно деление. Вся шкала гальванометра имеет N — 100 одинаковых делений. Если к этому гальванометру подключить один шунт, то он сможет измерять токи силой до J\ = 2 А, а если к нему подключить другой шунт, то он сможет измерять токи силой до 1а — 8 А. Найти сопротивления Д4 и Д2 этих шунтов.
Дано:
Яг = 400 Ом 10 « 0,2 мА N=- 100
Д-? Д2-?
Решение. Гальванометр представляет собой чувствительный прибор, позволяющий измерять очень слабые токи. Согласно условию, когда по нему проходит ток силой Zo, стрелка гальванометра отклоняется на одно деление, а всего у, гальвано-
метра N делений.
Значит, этот прибор рассчитан,на измерение токов силой до IT — NIa, а если по нему пропустить ток большей силы, то он
«сгорит», испортится.
Чтобы этого не случилось, подключим к гальванометру параллельно шунт сопротивлением Я] (рис. 5-32), который позволит гальванометру измерять токи силой до Zx. Тогда через- шунт пойдет ток силой Zt - Zr. Соглас-
шунт
Рис. 5-32
224
' но законам параллельного соединения двух проводников силы токов в них обратно пропорциональны их сопротив-лениям:
_ ^гЯр откуда Ri = т  • ~-*г
Поскольку I? — NI0, то
Аналогично сопротивление второго Шпунта Rg, который требуется для измерения токов силой до 1г
NI0Rr I2-NIq
Переведем в СИ единицу силы тока /0: 0,2 мА = .0,2 • 10-’ А = 2 • 10*4 А.
Произведем вычисления: _	100-2-10“* 400 _	. _
R, =--------------г- Ом = 4 Ом,
2-100-2-10“*
в 100-2-10“*-400 _ .лл
R,  ------------— Ом = 10 Ом.
8-100-2-10“*
Ответ: Я, = 4 Ом, Я2 — 1 Ом.
Задача 26
Сопротивление гальванометра Д. = 4 Ом. Если на него подать Напряжение Uo — 2 мВ, то стрелка отклонится на одно деление (т. е. цена деления шкалы прибора, 2 мВ/дел). Вся шкала имеет N — 50 делений. Найти добавочное сопротивление RKJ.., которое следует подключить последовательно к этому гальванометру, чтобы с его помощью можно было измерять напряжения до У — 10 В (рис. 5-33).
Дано: R-. - 4 Ом tZ0 = 2 мВ N - 50 U~ 10 В
Решение. При последовательном соединении гальванометра с добавочным сопротивлением напряжения на
о Uo-
Phc. 5-33
них прямо пропорциональны их сопротив-
лениям. Наш гальванометр рассчитан на напряжения не более CZr — NUt, а надо измерить напряжение U. Значит, на добавочное сопротивление должно «упасть» напряжение U - tZr = V - NU0.
С учетом сказанного
U-NU0_R^. NUt Rr
8. Репетитор по физике. Т. 2
откуда
225
R = R U-NU* яе- r NU0
( U	}
ИЛИ яд.с. =.Rr 5J57--1 _____________ nu0	J
Переведем в СИ единицу Uo: 2 мВ - 2 * 10-® В. Произведем вычисления:
Я„ = 4 -	3 ~ 11 Ом = 396 Ом.
*	\50-210~3 J
Ответ: R^ — 396 Ом.
Задача 27
Вольтметр сопротивлением	оц0
Яв = 10 Ом имеет цену деления шкалы Ua — 0,1 В. Шкала, вольт- . R метра содержит N = 150 делений. ' *	я«.«
Для расширения шкалы прибора -------(у)—I---i-*
к вольтметру последовательно под-ключают добавочное сопротивле- Рис. 5-34 ние (рис. 5-34). Какой длины I гчзляаеа быть проводник с сопротивлением R^, чтобы вольтметр мог измерять напряжения до U = 200 В? Проводник стальной, площадь его поперечного сечения S = 0,5 мм2. Удельное сопротивление стали р = 1 • 10-7 Ом • м.
Дано: Яв = 10 Ом 1 ип » 0,1 В
N - 150 17 = 200 В S = 0,5 мма р - 1 • 10~7 Ом • м
I - ?
Решение. Чтобы можно было измерять вольтметром напряжения, большие, чем те, на которые он рассчитан, и прибор при этом не, сгорел, к вольтметру последовательно подключают проводник, который называется добавочным сопротивлением Лдл. При этом часть измеряемого напряжения U «падает» на сам вольтметр, а часть - на добавочное сопротивле
ние ЯДА. Если вольтметр рассчитан на напряжение 1/в, а с его Номощыо хотят измерить напряжение U, то на добавочное сопротивление «упадет» (7де - U - Ug. Поскольку добавочное сопротивление R^ и вольтметр сопротивлением Яв соединены последовательно, то напряжения на них прямо пропорциональны их сопротивлениям:
^д.с. _ -Дд.с.	U -U% _ Лц.с.
Яв
ТГВ Яв UB Яв ’ Ц)
Сопротивление проводника Яд t связано с его длиной I
и сечением S соотношением Кдс< = р—, где р - удельное сопротивление проводника.
226	*
Максимальное напряжение Е7В, на которое рассчитан' вольтметр без добавочного сопротивления, равно произведению его цены деления Ua и числа'делений А шкалы прибора: U3 = NUV	(3)
Подставим (2) и (3) в (1): U - NUa pl ------------------- или BBS
U t : Р* NU* R3S ‘ Отсюда определим искомую длину проводника добавочного сопротивления Z, поскольку остальные величины нам
1=щ. р	[—-* 1]
известны:
Переведем единицу площади поперечного сечения S в СИ: 0,01 мм2 « 1 • КГ» м2.
Подставим числа и произведем вычисления: 101-Ю"8/ 1-Ю"7 ( Ответ: I = 12,.
= 12,3 м.
-047 0-
Jt/A
(а)----1	1
Рис. 5-35
Задача 28
Если к амперметру, рассчитанному на предельный ток силой 1Л " Ю А, подсоединить шунт сопротивлением R„ = 10 Ом, то цена деления амперметра увеличится в N ” 10 раз. Какое добавочное сопротивление R^ следует подклю-
чить к этому амперметру, чтобы им можно было измерять напряжение до U — 150 В?
Дано: /А “ Ю А Ят = 10 Ом
Решение. Через амперметр, как зашун-тированный, так и с подключенным добавочным сопротивлением, может течь только ток силой ZA, не более, иначе он «сгорит». Если этот амперметр с добавочным сопротивлением подключить к участку с напряжением tZ, чтобы это напряжение измерить, то ток силой 1А должен течь
и « 150 В

и по добавочному сопротивлению (рис. 5-35). При этом согласно закону Ома общее сопротивление амперметра ЯА
к добавочного сопротивления
ra + Яд.с. = у~ , откуда Яд.с. =~~Ra .
(1)
227
Таким образом, решение сводится к определению сопротивления амперметра RA.
Поскольку цена деления-амперметра с шунтом увеличилась в N раз по сравнению с ценой деления амперметра без шунта, значит, этот амперметр смог измерять в N раз большую силу тока I по сравнению с силой тока ZA, .. I которую он мог измерять без шунта, т. е. N = —.
Ла Сопротивление шунта можно определить по формуле „ «А Дш = ’откуда ~ 1}’ (2)
Подставим (2) в (1), и задача будет решена:
Ядх.=-П-Яш(^-1) __________________-*А______ Произведем вычисления: Лд.е. =	- 1(10 -1)1 °м - 6 Ом.
Ответ:	= 6 Ом. ч
А-с-	ч
Задача 29
Из проводника сопротивлением R = 10 Ом сделали два одинаковых кольца с перемычками по диаметру и присоединили их к источнику напряжения U — 100 В (рис. 5-36, а). Найти силу тока I в неразветвленном участке цепи. Сопротивлением соединительных проводов можно пренебречь.
Рис. 6-36
Дано: Я = 10 Ом и = 100 в
I - ?
Решение. Поскольку кольца одинаковы, значит,- сопротивление проводника, из которого сделано каждое кольцо с перемычкой, равно 0,5В.
Теперь обратимся к схеме. Поскольку
картина симметрична относительно оси, которую можно провести через точки аве, то точки е vid будут иметь одинаковые потенциалы, поэтому перемычку cd можно исключить из схемы, и тогда получим эк-
228
вивалентную схему, изображенную на рис. 5-36, б. Эта схема нам нужна для определения общего сопротивления Л,*, двух колец, потому что, зная его, мы найдем силу тока I в неразветвленной части цепи по формуле
(1)
лобщ
Если бы мы знали сопротивления половинок окружностей Ri и диаметра ab то определили бы по законам последовательного и параллельного соединения проводников:
— Л2 R
»	_ р	» р _	2______. -^1 _
лсб1д лобщ ab +лоб1цЬе ~ R	^2
2
Я1Я2	2Л|2?2	+ 2Т?Х jRg _
Ях + 2Д^	2 2(НХ +
_	+4.Н2)
= 2р?! + 2Я2) '	(2)
Таким образом, задача сводится к определению сопротивлений половинки окружности 2?! и диаметра Т?2. Если ’ две половинки окружности и диаметр соединить после-. довательно, то их сопротивление станет равно 0,57?, ведь из проводника сопротивлением 0,57? изготовлены эти половинки и диаметр. ’
Теперь нам надо «связать» длину половинки окруж-. ности ?] и диаметра с длиной проводника I сопротивлением 0,57?: I = 21х + 1г.
Между длиной половинки окружности и длиной диаметра аЬ 1г тоже есть связь: 2^ = я?а,	(3)
поэтому ? = п?2 + ?2 = 7/я + 1).	(4)
Но |й==р4	(5), а Я2=Р“,	(6)
р — удельное сопротивление проводника, aS- площадь его поперечного сечения. Если из (5) определить- 7, из (6) - Zj и подставить полученные выражения в (4), 'то мы установим связь Ягс й, а ведь Я нам известно. Проделаем эти действия:
> (5)	I = и из (6) /, -	(7)
229
(8)
С учетом (4)	= *£(я +1), откуда
2р р ' J R - Д 2"2(я + 1)’
Теперь выразим длину через сопротивление Яр
Ri - р4» откуда li =	.	(9)
Ь	р
Подставим (7) и (9) в (3). Тем самым мы установим связь с R2, & поскольку Rt мы уже определили через известное Я, то сможем определить и Rlt а затем и R^. Подставим (7) и (9) в (3):
2= я—Д t -Ri в —или согласно (8)
Р- Р	2
яЯ
* «ГЛ)-	<1<»
Теперь подставим (8) и (10) в (2) и найдем R^z
®общ
яД о
4(я + 1) + 2(л +1) лЯ2(я4-8)	_ лД(т14-8)
(И)
Нам осталось подставить (11). в (1), и задача будет ре-z Сг8(л + 1ХП + 4) '
шена:
Произведем вычисления:
яЯ(я 4- 8)
1 = 100
А = 67,6 А.
Ответ: I = 67,6 А.
Задача 30
На схеме (рис. 5*37, а) изображен участок цепи, со* стоящей из бесконечно большого числа соединений трех резисторов сопротивлением R каждый. Определите сопротивление Я^ всего участка.
230
Дапо: R
Решение. Да, так сразу и не сообразишь, как такое может быть, чтобы общее сопротивление всего* участка R^ при любом количестве зве- * ньев из трех одинаковых R независимо от их числа оставалось одним и тем же. Ведь вроде бы при присоединении каждой последующей тройки резисторов общее сопротивление всего участка цепи должно изменяться. А надо, чтобы оно не изменялось. Вот за эту мысль давайте и «уцепимся» .
Значит, если, мы мысленно первую тройку резисторов отсоединим от этого участка, то вся оставшаяся часть цепи (мы ее на рис. 5-37, б обвели пунктиром) должна по-прежнему иметь общее сопротивление R^. Поэтому мы к первой тройке можем подключить резистор, сопро- -тивление которого равно общему сопротивлению участка, обведенного штриховой линией рис. 5-37, в. И при этом общее сопротивление всего изображенного на схеме рис. 5-37, в участка тоже должно быть
Только при таком условии R^ не будет зависеть от количества троек резисторов, подключаемых справа к схеме.
До главного мы додумались. ' Теперь уже проще. Ис-пользуя законй последовательного и параллельного соеди-
щее сопротивление участка
л+л
(2)
и тогда R.
•	R + R,
ЯД*, +	= 2.
131
R2^ - 2JUU.-2/P- О,
Яовщ = R ± 7й2+2Я2 , |д^ = /ф4-Л)^2,7Я -
Решение с «минусом» перед корнем мы опускаем, потому что вычитаемое 4зВ? больше R и сопротивление Дат будет отрицательным, что не имеет смысла.
Ответ:	= r(^ +>/з)~ 2,7Я .
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Найти длину проводника I, выполненного из медной проволоки с площадью поперечного сечения S 0,5 мм2. При силе тока I = 100 мА напряжение на этом проводнике U ** 2 В. Удельное сопротивление меди р « 1,7-10”® Ом -м.
Ответ: I = —688 м. р/
Задача 2. Напряженность электрического поля в стальном проводнике Е 20 мВ/м, диаметр поперечного сечения проводника d « 0,8 мм. Найти силу тока I в этом проводнике. Удельное сопротивление р = 1,2/10~7 Ом м, r wd2E
Ответ: * = —— « 0,08 А.
4р
Задача 3. Определить плотность тока j в медном проводнике, если на каждый атом меди приходится один свободный электрон. Молярная масса меди М • 0,064 кг/моль, ее плотность р ~ в 8,9 * 10® кг/м3. Свободные электроны за время t » 20 с, двигаясь упорядоченно, проходят расстояние Г= 16 см.
Ответ: J = Р^д - 1,1 • 10е	t
Задача 4. Найти массу т алюминиевого провода с площадью поперечного сечения S * 1 мм2 и сопротивлением Я - 20 Ом. Удельное сопротивление алюминия = 2,8• 10г80м * м, плотность алюминия рм -» 2,7 * 10* кг/м3.
Ответ: т ~ RS2 —~ 2 кг. ^СОХф .
Задача 5. Напряжение на выходе электростанции U — 10 кВ, а потребитель электроэнергии находится на расстоянии I = 40 км от нее. Найти диаметр d медного провода для изготовления двухпроводной линии электропередачи; чтобы при силе тока I « 10 А
232
потери напряжения на сопротивлении соединительных проводов не превышали АС7/СА в 5%.
Примечание: здесь АС/ - потери напряжения на проводах*
Ответ: d =	= 1,2 • 10 а и - 1,2 мм.
V nU
Задача 6. Между круглыми обкладками плоского конденсатора с радиусом г и расстоянием между ними d находится диэлектрик е удельным сопротивлением р. Чему равно электрическое сопротивление R этого диэлектрика?
pd
Ответ: К = —т.
яг2
Задача 7. Какое напряжение U можно подать на катушку с концентрацией витков п и диаметром витков D, чтобы плотность тока в ней была у? Длина катушки / и удельное сопротивление проводника р известны.
Ответ: U -TlDnlpj.
Задача 8. Найти массу свободных электронов т, проходящих через поперечное сечение проводника за время t = 10 ч при силе тока в проводнике JT « 10 А. Масса одного электрона т9 -— 9,1 • 10 31 кг, модуль его заряда е = 1,6 • 10"lft Кл.
Ответ: m = me — = 2  10“* Иг.
Задача Моток проволоки имеет массу т. При напряжении на нем U по проволоке проходит ток силой /. Найти длину проволоки I и площадь ее поперечного сечения S, Удельное сопротивление проволоки и ее плотность рм известны.
Ответ: 8 =
V
US
Реопр^
Задача 10- Чему равна плотность тока j в* проводнике, если за t ~ 1 мин через его поперечное сечение протекает N “ 2 • 1021 электронов, а диаметр поперечного сечения проводника d — Д мм? Модуль заряда электрона е в 1,6 * 10~ta Кл.
ive
Ответ: j ~ —=- * 6,8 • 10® А/м2. nd t
Задача 11. Электрическая цепь состоит из двух последовательно соединенных кусков медного провода сечением ~ 2 мм2 и S2 - 3 мм2. Во сколько раз скорость упорядоченного движения электронов в первом куске больше их скорости во втором куске?
Ответ: Ьх/ог ~ S2/5i ~ 1А
^Задача 12. Найти скорость о упорядоченного движения электронов в медном проводнике сечением 8 - 25 мм2 при силе тока I - 50 А, считая, что на каждый атом приходится один электрон проводимо-? сти. Молярная масса меди М = 64 • 10-а кг/моль, модуль заряда элвк-
233
трона ея 1,6- 1O’W Кл, число Авагадро (число атомов в одном моле меди) Na« 6,02 • 1023 моль-1, плотность меди р ** 8,9 * 10s кг/м3.
Ml
Ответ: и = ——— = 1,5 • 10‘4 м/с.
peSWA
Задача 13. Сколько электронов проходит через поперечное сечение проводника длиной I w 10 м с диаметром поперечного сечения d ” 2 мм за t 10 мин при напряжении на этом проводнике U — 220 В? Проводник медный, удельное сопротивление меди р = - 1,7 • 10 8 Ом • м.
Ответ: N ~	—— = 1,5 • 1025.
4 ер/
'Задача 14., Сила тока в проводнике равномерно возрастает от /j — 0 до Ц * 5 А за t ~ 8 с. Какой заряд q проходит при этом .через поперечное сечение проводника?
Указание: поскольку, сила тока возрастает равномерно, в фор--муле силы тока можно использовать ее среднее значение.
Ответ: q ~ 0,512* == 20 Кл.
Задача 15. Чему равна плотность тока j в медном проводнике длиной /“5м, если он находится под напряжением U ** 10 В?
. U
Ответ: 1 =	= 1,2 • 10е А/м3.
Задача 16. Две проволоки - медная и алюминиевая - имеют одинаковую массу. Медная проволока в 4 раза длиннее алюминиевой, плотность меди_ в_ЛЛ 4>аза больше плотности алюминия, а удельное сопротивление меди в 1,65 раза меньше удельного сопротивления алюминия. Во сколько раз различаются их сопротивления?
Ответ:	= 32.
РссшрА1РплА)
Задача 17. По нихромовой нити л&мпы идет ток I = 1 А. Диаметр нити d — 0,1 а ее температура во время горения лампы t° в 3000*0. Чему равна напряженность Е электрического поля в нити? Удельное сопротивление нихрома при 10° = 0°С р0 “ 1 • 10^ Ом- м, его температурный коэффициент сопротивления а « 1  КГ4 К-1.
Ответ: Е + а«°)= 166 В/м.
Задача 18. Сопротивление вольфрамовой нити лампы ~ а= 40 Ом при Tt ** 300 К. Чему равна температура Тгнити, когда по ней течет так силой / ж 2 А при напряжении на лампе U -220 В? Температурный коэффициент сопротивления вольфрама а - 4,8 • IO'3 К"1.
Ответ: Tt - 70 + -“(~ + Ц -То	- 712 К.
ДМа ”1 а
Здесь Г. - 273 К. Z
234
Задача 19. Имеются в наличии три одинаковых проводника сопротивлением R *=* 2 Ом каждый. Какие сопротивления можно получить, соединяя их всеми возможными способами?
J R J 2 J V
Ответ:	, ^ = — Я г Я8 881 1,5Я, И4 = ЗЯ.
3	3
Задача 20. Три сопротивления включены по схеме, изображенной на рис. 5-38, а во внешнюю цепь в точках а и Ь. При этом сопротивление всего этого участка Я^щ = 20 Ом. Если же этот участок цепи включить во внешнюю цепь в точках а и с (рис. 5-38, б, то его общее сопротивление Яоб1пг =? 15 Ом. Найти сопротивления Ям Я2 и Я3, если Ях - 2Я2.
Рис. 5-38
Ответ: Яг = 4Явва& = 20 Ом, Я, = 2Я, = 40 Ом,
А
(^ООО! ~	~ Дабщ1) = 20 0М
Дв =
^^общ2 ^общ!
«г
Ri
«5 Рис. 5-39

Задача 21. Найти общее сопротивление проводников, включенных по схеме, изображенной на рис. 5-39. Со-4 противления отдельных проводников J Яр Яг, Я3, Я4, Л5, Яв известны.
Ответ:
+ Я3 + Я4 + Я&) + (я2 + R4 + Я5 )Яд
Яз + Я2 + Я4 + Яд
Задача 22. Найти общее сопротивление Я^ участков цепи, , изображенных на рис. 5-40. Сопротивление Я известно.
Ответив) Я** - 3 Я; 6)4^ - в) - 1,5 Я;
г) Я^ - 0,6 R-, д) R** - 4 Я: е) “ 2.625 Я;
О	/
7
ж) Д*, - 0,5 Я; з) R** = — Я.
235
Задача 23. Сопротивление каждого ребра кубика R (рис. 5-41). Найти его общее сопротивление R^ при включении в цепь в точках а и 5. Указание: см. рис. 4-1,4, б.
Ответ:	- 0,75 Л.
"Задача 24. Найти силу тока в каждом резисторе и в неразветвленном участке цени, изображенном на рис. 5-42» если Rt ** j Ом, Я2 = 2 Ом, = - 3 Ом и Я4 = 4 Ом, U = 100 В.
Ответ:
h ’ ад+(яД^Хв,+^)= 8,7 А'
ад+(^+ягХ^+д1) 43 А’ /»- А - /| + А - 13 А,
Задача 25. Во сколько раз изменятся показания амперметра, если от схемы на рис. 5*43» а перейти к схеме на рис. 5-43, б?
Ответ: сила тока увеличится вдвое.
Рис. 5-43
236
и
Рис. 5-44
Рис. 5-46
Задача 26. К цепи, показанной на рис. 5-44, подведено напряжение U * 90 В. Сила тока в общем участке цепи в = 1 А. Найти сопротивление Rt силу тока в каждой лампе и напряжение на них.
2U
Ответ: R - —— * 60 Ом, ЗДлц
I = 0,5 A, Ut = 30 В, и, - во В.
Задача 27. Во сколько раз изменится сила тока в неразветвленном участке цепи, изображенном на рис» 5-45, если перемычку тп убрать? Разность потенциалов между точками а и Ъ неизменна.
Ответ: уменьшится в 1,2 раза.
Задача 28. К потенциометру сопротивлением Я 40 Ом приложено напряжение U = 100 В. Ползунок стоит на середине потенциометра (рис. 5-46). Какое напряжение показывает вольтметр если его сопротивление Яжв 1 * 1(Р Ом?
Ответ: U.
= 49,5 В.
Задача 29. Из проволоки, единица длины которой имеет сопротивление R^, сделан каркас в форме окружности, пересеченной двумя взаимно перпендикулярными диаметрами D (рис. 5-47). Найти сопротивление этого каркаса R, если он включен в цепь в точках а и ~Ъ.
„ nDRo
Ответ: « =-----— .
я + 4
гис. о-47	Задача 30. Проволока имеет сопро-
тивление Ri = ЭЙ Ом. Когда ее разрезали на несколько равных частей и соединили эти части параллельно, то получилось сопротивление 1 Ом. На сколько частей разрезали проволоку?
Ответ: п
& 6.
Задача 31. Вольтметр, включенный последовательно с резис-ЗгЬром, показал напряжение на некотором участке цепи = 200 В. Когда же последовательно к вольтметру присоединили резистор с |йдвое большим сопротивлением, он показал напряжение U2 » 160 В. Найти сопротивление резистора R и напряжение U на этом участке цепи, если сопротивление вольтметра А, * 900 Ом.
237
Ответ: R =	= Ом,
ZU2 -^1
f Jtt I
LZ = LT111 + —U 260 B.
Задача 32. Гальванометр имеет сопротивление Rr =* 10 Ом. При силе тока 1Г = 100 мА его стрелка отклоняется от нуля на всю шкалу. Резистор какого добавочного сопротивления R^ надо подключить последовательно к гальванометру, чтобы его можно было использовать как вольтметр для измерения напряжений до U « 2 В? Какого сопротивления шунт надо подключить к этому гальванометру, чтобы им можно было измерять силы тока до J 10 А?
Ответ: К_е —	- Л. = 10 Ом,
- 1Г
ОД Ом.
6. ЗАКОН ОМА ДЛЯ ВСЕЙ ЦЕПИ. РАСЧЕТ ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЕЙ
Методические указания к решению задач
В источнике тока на свободные заряды помимо сил Кулона действуют также и силы неэлектростатического происхождения (химического в гальванических элементах и аккумуляторах, механического и магнитного в генераторах тока и т. д.), Эти силы получили название сторонних сил.
Для характеристики способности сторонних сил создавать большую или меньшую разность потенциалов на полюсах источника тока введено понятие электродвижущей силы (ЭДС) £.
- Определение ЭДС: электродвижущая сила £ равна отношению работы сторонних сил Д* к величине перемещаемого ими заряда д:
£ =	(6.1)
g Здесь Л,, - работа сторонних сил, перемещающих заряд д. *
ЭДС - скалярная' алгебраическая величина, т. е. она может быть положительной или отрицательной, ЭДС источника считается положительной, если, обходя контур, содержащий несколько источников тока в произвольно выбранном направлении, мы переходим внутри источника (в узком промежутке _ между толстой и короткой черточками,
обозначающими отрицательный полюс источника, и длинной тон-, кой, обозначающей его положительный полюс) в сторону повышения потенциала, т. е. от толстой короткой (минуса) к длинной тонкой (плюсу).
На рис. 6-1 изображен контур, в который включено четыре источника тока с ЭДС: Д, Д, Д и Д. Стрелкой внутри контура показано направление произвольного обхода контура, т. е. мы обходим контур по часовой стрелке. При этом в источнике тока с ЭДС Д мы переходим в сторону повышения потенциала, т. е. от минуса к плюсу, поэтому ЭДС Д положительна. В источнике тока с ЭДС Д мы, наоборот, двигаемся в сторону понижения потенциала,. переходя от плюса к минусу, поэтому ЭДС этого источника 1 отрицательна. По тем же причинам ЭДС Д тоже отрицательна, а ЭДС Д положительна.	\
Суммарная ЭДС контура равна алгебраической сумме ЭДС каждого источника. Поэтому ЭДС контура, изображенного на рис. 6-1, £ ** Д ~~ Д “ Д + Д.
ЭДС источника равна разности потенциалов на его полюсах при разомкнутой внешней цепи. Поэтому для измерения ЭДС источника надо разомкнуть цепь, в которую он включрн, и подключить вольтметр к. его полюсам. Вольтметр измерит ЭДС источника тока тем точнее, чем больше его сопротивление по сравнению с сопротивлением источника тока. Если сопротивлением г источника можно пренебречь, то £ = UB *• /Яв. Для получения очень точного значения ЭДС используют электрометр при разомкнутой внешней цепи.
289
ЭДС источника тока равна сумме напряжений на внешнем и-внутреннем участках замкнутой цепи: € ~ {7т + 17,^.
Закон Ома для неоднородного участка цепи: сила тока в неоднородном участке цепи прямо пропорциональна сумме разности потенциалов на его концах и действующей в нем ЭДС и обратно пропорциональна сопротивлению участка:
Z-*'<»** '	<в.2)
1Ъ
Закон Ома для полной (или замкнутой) цепи: сила тока в цепи прямо пропорциональна ЭДС источника тока и обратно' пропорциональна сумме сопротивлений внешнего и внутреннего участков цепи:
‘•lb-	<’»
Если цепь содержит # одинаковых источников тока» соединенных последовательно» т. е. раэноимен- । tt ными полюсами (рис. 6-2), то и ЭДС, я внутреннее — сопротивление такой батареи увеличиваются в # раз -UJ по сравнению с ЭДС и внутренним сопротивлением одного источника тока.	РиСв
Закон Ома для-замкнутой цепи с N последовательно соединенными одинаковыми источниками:
R + Nr
(6.4)
Одинаковыми считаются источники тока с одинаковыми ЭДС
и внутренними сопротивлениями.
Если цепь содержит # одинаковых источников тока, соединенных параллельно, т. е« одноименными полюсами (рис. 6-3), то ЭДС такой батареи равна ЭДС одного элемента, а внутреннее сопротивление уменьшается в N раз по сравнению с внутренним сопротивлением одного элемента. Закон Ома для цепи, содержащей 2V одинаковых источников тока, соединенных параллельно:
I « —£— ,	(6,5) Рис. 6-3
Я + -^
Если полюса источника тока замкнуты проводником с пренебрежимо малым сопротивлением, т. е. если цепь не содержит внешнего сопротивления (нагрузки) Я, то такое соединение концов цепи называется коротким замыканием. При коротком замыкании закон Ома для полной цепи имеет вид
$
1*.а. = ~ • так как R = 0.	(6.6)
Здесь - сила тока короткого замыкания.
Если в. условии задачи что-нибудь сказано об ЭДС Г источника тока или о его внутреннем сопротивлении г, то здесь без закона Ома для полной цепи не обойтись, равно как и не обойтись без схемы (в большинстве случаев). Л если в такой задаче речь идет еще и о параллельном соединении проводников или источников
240
тока, где происходит разветвление токов, то схему надо изобразить непременно.
Если в неоднородный участок цепи включен проводник сопротивлением Я (рис. 6-4), то напряжение на этом участке будет равно сумме разности потенциалов Ф± - (ра на его концах и ЭДС источника U - <Pj - ф2 + £.
Обратите внимание на то, что на рис. 6-4, а «минус» источника тока «сморит* на «плюс» клеммы о, а «плюс» источника на «минус» клеммы б. Если же источник включен так. как показано на рис. 6-4, б, то перед ЭДС в предыдущей формуле следует поставить «минус»: 17 « Ф1 - <р2 - £

а)	Рис. 6-4	б)
Здесь U « ZR, если внутренним сопротивлением участка можг но пренебречь. Если же внутреннее сопротивление участка надо учитывать, то U « ЦП +, г) согласно закону Ома для участка цепи. Здесь В - сопротивление только внешней части цепи.
Если в какой-то участок цепи включен конденсатор, то ток по этому участку течь не будет, но напряжение U* на конденсаторе будет иметь место. Оно будет равно разности, потенциалов на его обкладках и может быть «связано» с зарядом q на обкладках и емкостью конденсатора С известной из электростатики формулой
Рассмотрим пример (рис. 6-5). Ток на всех участках этой .цепи
один и тот же; поскольку она состоит только из последовательно соединенных сопротивлений и В3. Здесь есть параллельный участок с конденсатором С, но ток через конденсатор идти йе будет, поэтому мы его в расчет не принимаем. Сила этого тока по закону Ома для всей цепи
£
/ =--------, где Д- *»	поэто-
Добщ+Г
му /в в ~х •
г Напряжение на конденсаторе 27е будет таким же, как и напряжение на сопротивлении Д, поскольку конденсатор подключен к этому сопротивлению параллельно. По закону Ома для участка цепи
U* «* ИЛИ Ц.
+ я2 + г ’
241
Если к полюсам замкнутого накоротко источника подключить вольтметр с очень большим сопротивлением, то ои покажет U* 0.
\ Ф1 “ Фа +	£
Действительно, согласно (6.2) 1*,9. ~---..— = у, значит,
Ф1 ” Фа в и* = 0.
В задачах на закон О&а для всей цепи, если внешняя цепь, подключен- £. г нал к источнику с ЭДС £ и внутренним - .+ Ддрои сопротивлением г, содержит систему i l| » Г~^—i последовательно и параллельно соеди- ^общТ /общ пенных проводников, как на рис. 6-6, А	А
то соответствующую схему удобно изоб- Л5 R ражать в следующий последовательно-	LJ j2	г U
ста. Нарисовав источник тока (корот-кую толстую черточку, обозначающую . Vх4*г~~1 j отрицательный полюс источника тока, и длинную тонкую, обозначающую его	- -	^4
положительный полюс), установите, говорится ли что-нибудь в условии О	"ИС‘
соединительных проводах (об их веществе, диаметре или радиусе, длине, сечении) или нет. Если да, то сразу последовательно к источнику тока нарисуйте сопротивление обозначающее собой сопротивление всех вместе соединительных проводов данной схемы. Затем изобразите последовательно и параллельно соединенные проводники внешней Части цепи и покажите токи в них. При этом следует помнить, что если параллельное, соединение проводников во внешней цепи отсутствует, то во всей цепи течет одинаковый ток, поэтому току можно не приписывать никакого индекса. Если же во внешней часта цепи есть параллельно соединенные проводники, то, выведя из полюса источника тока ток, обозначьте его лучше всего 7^, т. е. общий ток. Этот ток должен течь через сопротивление Я™ по всей неразвет-вленной части цепи до первого разветвления (узла). В узле общий ток должен разветвиться на столько токов, сколько параллельных ветвей соединяются в этом узле. В ветвях индекс тока должен измениться, т. е. он уже не может быть обозначен тем индексом, который был у тока в неразветвленной части цепи. Лучше всего, когда индекс тока соответствует индексу сопротивления,; по которому этот ток течет, например, и Jt, Я2 и /2 и т. д., так меньше вероятность что-нибудь перепутать. Токи могут и в дальнейшем разветвляться и сходиться, но при этом в неразветвленной части цепи всегда должен течь ток» который вышел из источника 'и втекает в него, т. е. 1^.
Необходимо учитывать, что если во внешней цепи есть параллельные проводники, то в законе Ома для замкнутой цепи I - д^‘~‘ ток I ~ это всегда общий ток, т. е. ток, текущий в неразветвленной части цепи, а не в каком-то из параллельных проводников. Сопротивление R в этой формуле - это общее сопротивление всей внешней части цепи, а не какого-либо ее участка.. Например, закон Ома для всей цепи применительно к схеме на рис. 6-6
242
^общ
£
^общ + г
____________________ £__________________________
Д™, + Ri + _ _ Rfy?* _ _ + Я& + г ^2^8 + ^3^4 + fli-Ri
Если в условии задачи речь идет о напряжении на зажимах источника тока (напряжении на полюсах источника тока), когда цепь замкнута, то знайте, что это не внутреннее напряжение U^Ir, а напряжение на всей внешней части цепи 17^, = IR^, где Двц - сопротивление всей внешней части цепи, а I - сила тока
в последовательно соединенных проводниках цепи или сила общего тока в неразветвленной части цепи, если в ней есть параллельное соединение проводников.
Если цепь разомкнута, то ток в ней отсутствует, а ЭДС источника равна разности потенциалов на его полюсах.
Если цепь замкнута, то ЭДС источника равна сумме напряжений на всех ее участках, включая и источник тока, например применительно к рис. 6-7: +	+ uv
Здесь U„ - I^r, V - I^R^ Uta =	или
или 171Д = I2 Kj, й t/a= /лш Л» напряжения на отдельных участках этой цепи.
Не следует путать последовательное и параллельное соединение проводников с последовательным и параллельным соединением источников тока, они описываются совершенно разными фор- , мулами. Помните: использовать формулы последовательного hjjm параллельного соединения источников тока (6.5) и (6.6) можно, только если эти источники одинаковые, т. е. если одинаковы их * ЭДС и внутренние сопротивления. Если хоть одна из этих величин у источников тока, соединенных пусть даже только последовательно или тдлько параллельно, иная, чем у остальных, то пользоваться этими формулами нельзя. В этом случае к расчету цепи применяйте правила Кирхгофа. Эти же правила следует применять и к одинаковым источникам тока, но соединение которых нельзя отнести ни к последовательному, нм к параллельному.
Если электрическая цепь содержит только одинаковые источники тока (т. е. источники с одинаковыми ЭДС и внутренними сопротивлениями) и проводники, соединенные только, последовательно и параллельно, то рассчитать такую цепь относительно просто, достаточно воспользоваться законами и формулами, приведенными выше. Если же цепь содержи* разные источники или в нее включены проводники, соединенные не только последовательно или параллельно, а произвольным образом, то для расчета такой, цепи пользуются правилами Кирхгофа, названными,так в честь немецкого ученого, первым построившего общую теорию расчетов электрических цепей.
Первое правило Кирхгофа: сумма токов, входящих в узел, равна сумме токов, выходящих из него.
243
Рассмотрим узел, изображенный на рис. 6-8.
В него входят два тока силой Т, и Z2, а выходят три тока силой 1$, 14 и Z5. Поэтому применительно к этому узлу первое правило Кирхгофа бу-дет записано так: Ij + /8 « Za + 14 + Ц.
Первое правило Кирхгофа есть следствие из закона сохранения зарядов.
Из закона сохранения заряда следует, что на схеме не может быть такого узла, в который все
Рис. 6-8
токи только входят или только выходят* поэтому,
если в изображенной вами электрической цепи встречаются такие узлы, значит, вы неправильно распределили токи в ней.
Чтобы уравнения первого правила Кирхгофа, записанные для разных узлов цепи* не повторялись, их должно быть на единицу меньше числа узлов* Например, цепь, изображенная на рис. 6-9, содержит два узла в точках бис, поэтому для расчета такой цепи надо записать одно первое правило Кирхгофа.
Сложные электричес-
Рис. 6-9
кие цепи могут включать в себя несколько контуров, которые можно «обойти» последова-
тельно, двигаясь от одного участка контура к другому в произвольно выбранном направлении. Цепь, изображенная на рис. 6-9, включает в себя три контура: контур abed, контур befc и контур abefed. Применительно к контурам цепи записывают второе правило Кирхгофа. Но прежде чем его записать, надо правильно распределить токи в отдельных'участках цепи* Изображая стрелками и обозначая соответствующим индексом токи в участках цепи, надо руководствоваться следующими правилами:
-	ток в последовательно соединенных проводниках одинаков, поэтому на всем последовательном участке, т. е. не содержащем узлов, индекс тока должен быть один и тот же, через какие бы источники и сопротивления этот ток ни шел;
-	после прохождения током узла индекс тока следует обязательно изменить, так как теперь сила тока будет другая.'
На рис. 6-9 из плюса источника тока с ЭДС выведен ток силой Гр а из плюса источника тока выведен ток /3. Эти токи соединились в точке с, и по участку cb пошел ток 12, причем ни
его величина, ни направление после прохождения источника тока с ЭДС 4 на участке cb не изменятся, поскольку этот источник тока и сопротивление Я2 соединены последовательно. Ток
к узлу б, разветвится на токи Д и 19. При этом ток Д будет течь через, последовательно соединенные сопротивление Я, и источник £и а ток /3 - через сопротивление Я3 я источник
Можно и иначе распределить токи в этой цепи, например,' выведя из источника тока ток и разветвив его на два тока в точке с, или вывести из источников 4 и токи и соединить их в точке с, или, наконец, вывести из источника ток и разветвить
244
его на два тока в точке с. Можно поменять направления всех токов на противоположные, т. е. соединять их в точке Ь, а разъединять в точке с, результат расчетов от этого не изменится. Важно только руководствоваться правилами, сформулированными выше.
Только после того, как все токи распределены по отдельным участкам цепи, можно записывать второе правило Кирхгофа применительно к контурам цепи. При этом число уравнений, соответствующих второму правилу Кирхгофа, должно быть равно числу ветвейлданной цепи минус число узлов в ней и плюс единица. ИзббраженнЯЯнаЗ^с. 6-£ цепь соД^жит трйгветви badc, be и befc и два узла b и с, поэтому число уравнений второго правила Кирхгофа 3 - 2 + 1 « 2.
Второе правило Кирхгофа: алгебраическая сумма всех ЭДС, встречающихся в данном контуре, равна алгебраической сумме произведений всех токов на сопротивления, через которые эти токи текут. Напомним, что алгебраическая сумма - это сумма как положительных, так и отрицательных величин.
Чтобы определить, какие ЭДС и токи будут положительными в данном контуре, а какие - отрицательными, надо выбрать контуры, для которых будут записаны уравнения второго правила Кирхгофа и указать внутри этих контуров направление произвольно выбранного вами обхода этих контуров (или по часовой стрелке, или против).
Обратимся опять к рис. 6-9. Для записи второго правила Кирхгофа нам наДо выбрать из трех контуров, входящих в изображенную на рис. 6-9 цепь, два любых. Выберем контуры abed и befc и будем их обходить по часовой стрелке так, как это показано изогнутой стрелкой внутри контуров. При таком обходе контура abed ЭДС источника тока будет отрицательна* так как мы переходим внутри источника в сторону понижения потенциала, т. е. от плюса к минусу, а ЭДС источника £2, тоже входящего в контур aberf, будет положительна, так как в нем мы переходим в сторону повышения потенциала.
По второму правилу Кирхгофа алгебраическая сумма ЭДС -^1 +	будет равна алгебраической сумме произведений токов на
все сопротивления контура. В контур abed входят четыре сопротивления: г19 Кр г2 и по которым текут токи Ц и 1аъ При этом знак перед произведением тока на соответствующее ему сопротивление будет положителен тогда, когда нарр*”птгмА отлго токя со-впадает с направлением обхода контура- а если на'1ШВЩЫению ДОХОДА, то п^ред этимпроизведением ставится знак «минус», т. е. такой ток отрицателен.	1
Из сказанного следует, что torh /j и /2, текущие в контуре abed, будут отрицательны, так как они текут навстречу обходу контура, поэтому перед произведениями сил этих токов на сопротивления, по которым они текут, надо ставить минус. Тогда второе правило Кирхгофа применительно к контуру abed будет записано ТАК» “^1 + в	ZaT*a ZjKa.
В контуре befe ЭДС будет отрицательна, а ЭДС - положительна. Теней /а и /8, текущие в этом контуре, будут положительны, поскольку их направление совпадает с направлением обхода контура. Поэтому второе правило Кирхгофа^цримеиительно к этому контуру будет иметь вид	Z? <
+ $ - тл +
Дополнив эти два уравнения третьим, соответствующим первому правилу Кирхгофа* записанному, например, для узла с:
245
Д + Д ** д» мы получим систему уравнений, достаточную для расчета этой цепи. Например, если вам известны числовые значения всех сопротивлений и ЭДС, входящих в эту цепь, то, подставив эти числа вместо соответствующих букв в уравнения правил Кирхгофа, вы можете, решив эту систему, определить искомые силы токов.
Если при решении задач на правила Кирхгофа у найденной вами силы тока появился знак «минус», то здесь ошибки нет. Это означает только то, что направление тока на данном участке цепи противоположно направлению этого тока, выбранному вами произвольно (вы ведь не знали заранее, куда он направлен в вашей сложной схеме).
Внимание! Задачи с применением правил Кирхгофа можно не решать в общем виде (за исключением самых простых случаев), потому что такое решение может привести к очень громоздким промежуточным уравнениям. После того как вы запишете общие уравнения в буквенных обозначениях, сразу в эти уравнения подставьте числовые значения известных величии и сделайте там, где это можно, приведение подобных членов. Затем решайте ваши уравнения (как правило, их бывает всего три с тремя неизвестными, больше - редко) методом подстановки. Выразите из одного уравнения одну неизвестную величину и подставьте ее сразу и во второе уравнение, и в третье. Выполните упрощения (раскройте скобки, сделайте приведение подобных членов и т.п.), после чего вы получите уже два уравнения с двумя неизвестными. Можно опять из одного из них выразить одну неизвестную величину и подставить ее вр второе уравнение. Так вы получите уже одно уравнение с одной искомой величиной, которое и решите. Если у вас есть знакомый математик, попросите его научить вас решать три (или более) уравнения методом определителей» Это такая прелесть! Применив несколько простых математических приемов, вы сразу находите искомые величины без нудных подстановок и упрощений. Но ограниченность рамок этой книги не позволяет нам научить вас этим приемам, это дело математиков.
Решение отдельных задач
Задача 1
Чему равно напряжение U на полюсах источника тока с ЭДС £ — 4 В, если сопротивление внешней части цепи равно внутреннему сопротивлению источника?
Дано: £=4В R - г
U-?
Решение. По закону Ома для внешней части . U
цепи I = —,	(1)
/С где / - сила тока в цепи. £ По закону Ома для всей цепи I -------. (2)
R + r
246
Приравняем (1) и (2) и заменим г на R, ведь согласно условию задачи они равны. После этого внешнее сопротивление R можно будет сократить и определить искомое напряжение на внешней части цепи (или напряжение на полюсах источника при замкнутой цепи, что в данном случае одно и то же). Проделаем эти действия:
U _ е R R + r
U _ £
R 7д+д
„ £
U__£_
R = 27?’
откуда
4
Произведем вычисления: U = — В = 2 В.
Ответ: 17 = 2 В.
Задача 2
_ |+ 1	Вольтметр, подключенный к лампочке,
----1|—►—- показывает U — 4 В, а амперметр -1 = 2 А  г (д\ (рис. 6-10). Чему равно внутреннее сопро-* XX - ‘ тивление г источника тока, к которому 1 чу Т эта лампочка присоединена, если ЭДС ис-|/Гх| точника £ = 5 В?
Примечание.* если в условии задачи
Рис. 6-10 ничего не сказано о сопротивлении амперметра, то этим сопротивлением можно пренебречь, а если ничего не сказано о сопротивлении вольтметра, то его следует считать бесконечно большим, а силу тока, текущего через вольтметр, равной нулю.
Дано:
17 = 4 В 1=2А £ = 5 В
Решение. По закону Ома для участка и для 17	£
всей цепи / = — (1) и I ---------.	(2)
R	R + r
Определим из (1) внешнее сопротивление R
г - ?
и подставим его в (2):
U £	£
, откуда — + г-—тцг = —
п и
7? = — , поэтому
U или Г =
£-U
Другое решение, более короткое: напряжение иш внутри источника тока, (на внутренней части цепи) равно разности ЭДС и напряжения U на внешней части цепи: UM~£-U.
По закону Ома для внутренней части цепи
247
. и„ е-и
I = —— s---- откуда
г г
5-4 Произведем вычисления: г - - 
А
Ответ; г = 0,5 Ом.
Ом =* 0,5 Ом.
Задача 3
Дана схема (рис. 6-11, а). Во сколько раз изменится сила тока, текущего в иеразветвленной части цепи,' и напряжение на полюсах источника тока, если ключ К замкнуть? Сопротивление лампы Лг вдвое больше сопротивления лампы Лц а внутреннее сопротивление источника тока в 10 раз меньше сопротивления Лампы Л,.
Дано: Н2 = 2Вг г = ^-10
Решение. Введем обозначения сами. Пусть ЭДС источника £, а его внутреннее сопротивление г. Эти величины постоянны для данного источника тока, т. е. они не зависят от тока во внешней части цепи и останутся неизменными, даже если мы источник отключим от цепи._
Обозначим сопротивление лампы Л( буквой а сопротивление лампы Л2 - Rj. Обозначим силу тока в цепи, когда ключ К разомкнут, 1и а силу тока в иеразветвленной части цепи, когда ключ замкнут, /2. И, наконец, обозна-
чим напряжение на полюсах источника тока при разом-' кнутом ключе Ult а при замкнутом - U2.
„	I2 и2
Нам надо наити отношения -г- и —f-. h «i
248
Когда ключ К разомкнут (рис. 6-11, а), ток через лампу JIj не идет, а идет только через лампу Л2, поэтому соглас-
но закону Ома для полной цепи Д = —---.	(1)
А +г
Если ключ замкнуть (рис. 6-11, б), лампы Лг и Л2 будут соединены параллельно и их общее сопротивление
=  && t а закон Ома для полной цепи в этом
(2)
. £ случае примет вид Д = —ЕГБ— АА А + А Теперь учтем, что согласно условию А = 2Дг,. а
. Тогда выражение (2) примет вид
т __ ____£______ 4. 30 £
г А-2А , А 23А ’
А+2А 1<г
/117	10f
а выражение (1) Ц  ---=- = —-.	(4)

Разделив (3) на (4), мы ответим наодин вопрос задачи: /г 30£-21А Д 23А -10£	’ *
Согласно закону Ома для участка цепи и2 = h	? ДА
2 2 А+А А+2А 3 2 1’
Ut = ДА “ 2 ДА» поэтому
Ua _ 2ДА _ 1 h U2 _ 1 „ „ _ 27 _ 9
1 SS     -*	S ——  < тж тут*	“* * I 26 " ~ = 1' "
Ui 3-2ДА ЗД Е7г 3	30 10
или
10
Ua = 9
249
Таким образом, сила тока увеличится в 2,7 раза, а напряжение уменьшится в 1,1 раза.
Ответ: Ц/ Ц - 2,7; UJ<Ut = 1,1.
Задача 4
В резисторе сопротивлением R = 5 Ом сила тока / — = 0,2 А. Резистор присоединен к источнику тока с ЭДС £ - 2 В. Найти силу тока короткого замыкания .
Дано:
R — 5 Ом I - 0,2 А £=2В
Решение. Вспомним, что сила тока короткого замыкания определяется отношением ЭДС источника £ к его внутреннему сопротив-g
лению г:	1КЛ.	(1)
ведь при коротком замыкании внешнее сопротивление R = 0.
ЭДС источника нам дана, значит, задача сводится к определению внутреннего сопротивления источника г. Для его определения есть все необходимые величины, входящие в закон Ома для полной цепи:
I - —---, откуда Я + г = — и г = — - R.
R + г	I I '
(2)
Подставим (2) в (1):
Произведем вычисления:	= -5---А •= 0,4 А.
--5 0,2
Ответ:	= 0,4 А.
Задача 5
Вольтметр, подключенный к полюсам -источника тока при разомкнутой внешней цепи, -показал Ul = SB. Когда же цепь замкнули на некоторый резистор (рис. 6-12, а), вольтметр показал Us *= 5 В. Что покажет этот вольтметр, если последовательно к этому резистору подключить еще один такой же (рис. 6-12, б)? Что покажет этот вольтметр, если второй резистор присоединить к первому параллельно (рис. 6-12, в)?
250
(r	Sr	Sr
в) Рис. 6-12
Дано: U. = 8В Us = 5 В
С74-?
Решение. Вольтметр с очень большим сопротивлением, подключенный к полюсам источника тока при разомкнутой внешней цепи, показывает ЭДС этого источника.
Значит, ЭДС нам известна: £ — Ut = 8 В.
Когда цепь замкнули на резистор сопротивлением R, то напряжение иа этом резисторе,
равное напряжению на полюсах источника при замкнутой цепи, стало U2, а по цепи прошел ток силой
r	. Е
А -д- ИЛИ Z, = д77“д77.поэтому
щ - U1 • В JR + г ’
(1)
Когда к первому резистору подключили последовательно второй с таким же сопротивлением R, то их общее сопротивление стало равно 2R. Уравнение (1) применись тельно к этому случаю имеет вид:	~	----.	(2)
Мы получили два уравнения с тремя неизвестными R, г и U9. Вроде бы маловато уравнений, но мы все же попробуем их решить, может быть, в ходе решения одно из неизвестных сократится. Действительно, если определить из (1) и (2) внутреннее сопротивление источника тока г и полученные равенства приравнять друг, другу, то сопротивление резистора R должно сократиться. Давайте попробуем пойти этим путем.
ILR ILR _ JlL J
Из (1) В + г = ^р, г = -^--=	.	(3)
Из (2) 2В + г = ~^,г = ^1^-2Я = 2я(^--11.(4) и3	\^U3 J
Приравняем (3) и (4). При этом сопротивление R сократится и мы определим f/3:
251
U3
£l = £l
Щ u2
"lli , *1_1 = 2£._2, U, J’ Uz 21L ^ + U2 Если второй резистор присоединить к первому парад* _	R »
лельно, то их общее сопротивление станет равно —. В
этом случае бывшее уравнение (1) примет вид ил U,	2U4	2Ut	U< иг
R	R	R	R + 2r	R	R + 2r
2	2 +Г
Выразим из (5) внутреннее сопротивление г и получен-'	U R
ное выражение приравняем (3): R + 2г = ——, откуда
(5)
и (б) ° 4	\и4 J	)
Теперь приравняем (3) и (6)* При этом сопротивление
и^-^-2£7j - U2
R «уйдет», и мы найдем Ut: Ч -1| =	-1
U1 . tfi 1 ut U1 1
U -	. .	_ иди и =	—
2^-1 \ЕГа 2)	U2
Произведем вычисления:
^=^ГВ^’2В’из=ЙЬв-з.бв.
Ответ: U9 —.6,2 В, U4 — 3,6 В."
Задача в
Цепь питается от источника тока с ЭДС £ = 4 В и внутреннем сопротивлением г = 0,2 Ом. Построить график зависимости силы тока I в цепи и напряжения U на полюсах источника тока от внешнего сопротивления RL
252
Дано: £=4В г — 0,2 Ом
Решение. Запишем закон Ома для замкнутой цепи и подставим в него численные значения известных ЭДС £ и внутреннего сопротивления г.
г___£	T-—L-
R + г ™ R + 0,2'
I - ДЛ) - ? и - £ДЯ) - ?
(1)
Теперь будем придавать сопротивлению R произвольные значения, начиная от R = 0, например: R — 0; 1; 2; 3; 4; 5 и 6 Ом (лучше, чтобы их было нечетное число) и, подставляя эти числа в (1), вычислять соответствующие этим значениям R величины сил токов.
Заполним таблицу:
R, Ом	0	1	2	3	4	5	6
ДА	20,00	.3,33	1,82	1,25	0,95	0,77	0,65
Выберем масштаб. Пусть одному делению на оси сопротивлений (оси абсцисс, так как независимую переменную откладывают по горизонтальной оси, а ее функцию - по вертикальной) соответствует 1 Ом, а одному делению на оси сил токов - 2 А. Построим оси координат с делениями, обозначим точки, соответствующие каждому значению R и 7, и проведем через них кривую / — 7(R), которая и есть наш трафик (рис. 6-13).
Чтобы построить график U — U{R), запишем закон Ома для участка и для всей цепи и приравняем правые части
г_ # т £ U € равене»н 7, от-
куда U = или U = ——— -	(2)
Л + г 1 + Г
R
Теперь опять будем придавать сопротивлению Я те же значения, кроме R = 0, так как при R “ 0 у нас получится неопределенность, и, подставляя их по очереди в (2), вычислять соответствующие им величины напряжения U.
Заполним таблицу:'
R, Ом	1	2	3	4	5	6
и, В	3,33	3,64	3,75	3,81	3,85	3,87
253
3,9
3,8
3,7
3,6
3,5
3,4
3,3
3,2
3,1
3
2,9,
и - U(R) •	•	। i •
£, г
Рис.6-15
0 1 2 3 4 5 6 7Я0м Рис. 6-14
Здесь имеет смысл начинать , ось напряжений с U = 3 В. Поскольку напряжения у нас меняются от Ut = 3,33 В до U2 - 3,87 В, можно принять цену деления равной 0,1 В* Проведем оси координат, обозначим точки и построим график U = U(R) (рис. 6-14).
Вывод: с увеличением внешнего сопротивления R сила тока нелинейно убывает, а напряжение увеличивается, причем тоже нелинейно.
Задача 7
Амперметр, будучи накоротко присоединен к гальваническому элементу с ЭДС £ = 2 В и внутренним сопротивлением г - 0,2 Ом, показал ток силой Д - З А. Какую силу тока Z, покажет этот амперметр, если его зашуитировать сопротивлением R* — 0,1 Ом?
Решение. Внимание! Здесь сопротивлением Ra амперметра пренебречь нельзя,' потому что иначе он бы показывал ток короткого'замыкания (при ЯА — 0 1А ~ £2
= , = — - —А = 10 А ), а по условию г 0,2
он показывает ток Д = 3 А меньше /к х =
Дано: £ = 2 В г ж 0,2 Ом 1г = 3 А - 0,1 Ом
= 10 А.
Значит, сопротивление амперметра здесь необходимо учитывать. Тогда по закону Ома для полной цепи
ЯА+г’
(1)
Поскольку шунт присоединяют к амперметру парал
лельно, их общее сопротивление станет равно и тогда закон Ома для всей цепи примет вид
г £	*(Да+Д„)
°" ДаД. ,г ДаДш+г(Да+ДвГ
Яд + Яш
ЯаДщ 2?а + Яю
(2)
254
Здесь Zo - сила тока в неразветвлейной части цепи (рис. 6*15). Теперь определим из (1) сопротивление амперметра ЯА и подставим его в (2). Остальные величины здесь нам известны. Проделаем эти действия. Из (1)
ЯА + г = у-, откуда ЯА = у- - г = £- 1уГ .	(3)
к -*1
Через зашунтированный амперметр потечет ток силой 12, а через шунт - ток силой к - 13. Силы токов в параллельных амперметре и шунте обратно пропорциональны
А> ~^з Дд их сопротивлениям: —-----= -zr~. '	(4)
G -Ящ
Нам осталось определить из (4) силу тока 1г и в полученное выражение подставить вместо 10 и ЯА правые части выражений (2) и (3), а затем по возможности упростить полученную формулу. Выполним эти действия:
-Г О . Яд к Яд « Яд Ящ
-1 = —A. _S. = _A. + 1 = -A-ш_ откуда
1г Яш I2 Rv Яш
/2 = к-----®— или с учетом (2)
Яд+Яш
I	Г(ЯА+Ц_)Я
2 ~ (йлДп +^А +-Й...Ж +д«)
"= ... - '.gV ‘--- (5)
ЛаД.+г(Ка+Д.)
Осталось подставить в (5) вместо ЯА выражение (3): £Я
Г _ ________ ш __________ _
к. t д J
__________£ЯШ
"£-Lr_ £-Lr D ’
—~R« + —т-’-г + гЯш
“ £ - Lr
или окончательно
Произведем вычисления:
Г______________2-0,1-3___________ _ 
‘ ~ (2 - 3 • 0,2)(0,1 + 0^2)+3 • 0,2 - ОД А ’	’
Ответ: 1г = 1,25 А.
255
Рис. 6-16
Дано: с*
Я. - ? я3- ?
Задача 8
Дана схема (рис. 6-16). Емкости конденсаторов Сп С3 и ЭДС источника тока £ известны. Известно также, что ток короткого замыкания этого источника в три раза превосходит ток I, текущий в этой цепи. Найти напряженности Et и Et полей в конденсаторах, если расстояния между их обкладками равны d.
Решение. Напряженности полей Et и Я3в этих конденсаторах мы могли бы найти по формулам электростатики
(1) и Я2 = ^-,	(2)
если бы нам были известны напряжения Ut и Ut на их обкладках. Нам эти напряжения не известны, но мы можем утверждать, что, поскольку конденсаторы соединены последова-
тельно друг другу, то сумма этих напряжений равна общему напряжению между точками а&, иначе говоря, напряжению на сопротивлении Rt — Ut + Ut. (3) Поскольку нам известны емкости конденсаторов, надо их тоже использовать. Мы знаем, что при последовательном соединении конденсаторов заряд на их обкладках одинаков у всех конденсаторов. Из определения емкости ?г= С3Й3 и qi = q2. поэтому
Определим отсюда иг и подставим в формулу (3). Так мы сумеем выразить одно из напряжений через общее напряжение на этих конденсаторах
и2 = и^, (4)	» ut + и^,	= a/i+S-
Cfe	V с2,
откуда	=	.	(5)
1 + £l С,+е^ Подспвнм (5) в (1):		(6)
Теперь найдем 173и Ef, подставив (б) в (4): у _ Озноби/-! _ 2 c^q+c^q+q *
266
C,U-._
Затем подставим (7) в (2): Ег =	.	(8)
Теперь задача сводится к определению U^, т. е. напряжения на внешнем сопротивлении R. Подчеркнем, что постоянный ток через конденсаторы не идет, потому что они представляют собой разрыв цепи, поэтому ток во всех участках этой цепи один и тот же. По закону Ома для
участка цепи и для всей цепи I - —и I =	—,
, R	R + r
УгрНт £	ГТ	£R	___
поэтому —— = ——, откуда	.	(9)
It it + Г	Л + г
Но нам еще не известно внутреннее сопротивление источника тока г. Зато нам дана связь тока короткого замыкания , с током I в цепи. Известно, что короткое замыкание наступает, когда внешнее сопротивление R отсутствует, т. е. когда полюса источника тока замкнуты накоротко. Тог^а при Я = О по закону Ома для замкну-£ той цепи
Поскольку т = 3/ и I = ——, то — = 3——, Я + г г Я + г
д“,Я + г-Зг,Я-2гж г-j.	(10)
Подставим (10) в (9):	= — = - £. (11)
яЛ *Я ~3 2	2
Нам осталось подставить (11) в (6) и (7), и задача бу- |„ 2С,Е ~ да,реш“а: *
Задача решена.
Л „ 2С2Г „
Отма: * " з^с,*^)• * -Мс,+с,)'
Е
! Мс,+с2)
Задача 9
Дана схема (рис. 6-17). Известны емкости С и 2С конденсаторов, сопротивления Я и 2Я проводников и ЭДС источника тока £. Внутренним сопротивлением источника тока можно пренебречь (г « 0). Определить напряжения UY и иг на конденсаторах и заряды qt я qg этих конденсаторов.
9. РШММгар по фшив. Т2
257
Дано: С 2С Я 2R £ г = 0
17,-? 17г-? 9i “ ?
9а ?
Решение. Напряжение С7Х на конденсаторе С равно разности потенциалов фс - фа между точками с и а, а напряжение U2 на конденсаторе 2С равно разности потенциалов <pd - <р, между точками dab. Поскольку ток через конденсаторы не идет, мы имеем цепь с тремя последовательно соединенными проводниками, по которым идет одинаковый ток I. Тогда разность потенциалов фе - <ра, как следует из закона Ома для участка цепи, равна произведению силы тока I и сопротивления участка ас, которое равно 2R t R — 37?.'
Поэтому £7, = фс - ф„ = 3 IR.
Тогда
Аналогично разность потенциалов
<Pd - % = Ui = 2 IR. 
Таким образом, чтобы решить задачу, надо определить силу тока I. Ее мы легко определим по закону Ома для замкнутой цепи. С учетом того, что внутреннее сопротивление источника тока г = 0, имеем:
j = £ =	£	=J_
^общ 2Я + R + R 47?
rr 3£R 3 е Tr 2£R £
U =------= —£ a U о =-----= —, или
, 47?___4	2	47?	2
|С7Х - 0,75 Г|и|£/г - 0,5
Заряды 9] и #2 конденсаторов найдем, воспользовавшись определением емкости:,
с~у> откуда qt = С£7Х и g2 = 2CU2 Задача решена.
Ответ: Ut = 0,75 £, U2 = 0,5 £, . 9i ~ CUi, q2 — 2CU2.
258
Задача 10
Имеется N одинаковых источников тока, которые соединяют сначала последовательно, затем параллельно, подключая каждый раз к одному и тому же внешнему сопротивлению Я. Внутреннее сопротивление каждого источника г. Во сколько раз при этом изменяется напряжение на внешней части цепи?
Дано:	Обозначим напряжение на внешней час-
N	ти цепи при последовательном соединении ис-
R	точников тока, иг- напряжение на внешней ча-
г	сти цепи при их параллельном соединении. Решение. Напряжение на внешней части цепи, т. е. на сопротивлении R, по закону Ома
и2	
7Г	для участка цепи C/j » ItR.
Vi	Здесь Д - сила тока, текущего по цепи при
последовательном соединении п одинаковых источников тока (рис. 6-18, а). Ее мы найдем по закону Ома для всей цепи, содержащей п последовательно соеди-
т венных одинаковых источников тока: ~ д • Здесь £ - ЭДС каждого источника тока.
Тогда	(1)
R + Nr
Напряжение на внешней части цепи при параллельном соединении источников тока (рис. 6-18, б)
Здесь 1г - сила тока, текущего в общей части цепи при параллельном соединении N одинаковых источников. По закону Ома для всей цепи в этом случае сила тока
R+ N
б)
Рве. 6-18
259
Тогда U2 =	-
R + ^
Нам осталось поделить (2) на (1), и задача будет решена. Выполним это действие:
(2)
D, £R{R + Nr)	U2 R + Nr Ui NR + r
I N) Задача решена.
<72 R + Nr Ответ:	"
NR + r *
Задача 11
К источнику тока с ЭДС £ = 150 В и внутренним сопротивлением г = 0,4 Ом параллельно подсоединены nt = = Ю ламп сопротивлением по Я, = 240 Ом каждая и л, -= 5 ламп сопротивлением по 7^=145 Ом каждая. Сопротивление соединительных проводов R* = 2,5 Ом. Найти напряжение U на лампах.
Дано: £~ 150 В г ~ 0,4 Ом пх ='10 Я, = 240 Ом = 5
R^= 145 Ом
17,-?
Решение. Если в некоторых предыдущих задачах мы могли обходиться без чертежа, то для решения задач на параллельное соединение проводников чертеж необходим, без него очень легко допустить ошибку в решении, приписав не тот ток какому-нибудь сопротивлению или не то . напряжение.
Напомним еще раз, что сопротивление соединительных проводов на схеме долж
но быть подключено последовательно к источнику тока, поэтому, чтобы не забыть его обозначить или включить туда, куда не надо, покажите его «фазу после того, как вы изобразите источник тока. Помните также, что индекс тока после прохождения им узла надо изменить, потому что в узле ток «разветвляется», я что в одинаковых параллельных сопротивлениях текут одинаковые токи, а в разных - разные (рис. 6-19).
Для определения напряжения на лампах применим закон Ома для участка цепи: 17, *= I^.R..	(1)
260
Здесь - сила тока в общей части цепи, Ла - общее сопротивление всех ламп.
Силу тока в общей части цепи найдем по закону Ома Длм для полной цепи:
Здесь Да, - общее сопротивление всей внешней части цепи, которая состоит из'сопротивле-
ния соединительных проводов
и участка с лампами, соеди-	Рис. 6-19
ненного Ь сопротивлением Др последовательно. Поэтому все сопротивление внешней части этой цепи Д, равно сумме сопротивления проводов Д, и общего сопротивления ламп Д:
Ды - Д, + Д и Д* = ---------.	(2)
Д, + Д + г
Теперь нам осталось определить общее сопротивление ламп Д. Обратим внимание на то, что участок цепи с лампами состоит из двух групп ламп. Первая группа содержит п, одинаковых ламп с сопротивлением Д каждая, соединенных параллельно, поэтому общее сопротивление
этой группы ламп	Д । = —4-.
ni
Вторая группа ламп содержит пг ламп по Д каждая, и они тоже соединены друг с другом параллельно, поэто-
trtr uv гГ.шгг -jinruiTuniauun Я -му их общее сопротивление Л«2 — • п2
Поскольку обе группы ламп тоже параллельны друг другу, то их общее сопротивление Д можно найти по — Дж1Дж2 формуле	Д = _	.~
Ай + Дй Шли
Д_ .
д =	— ДД * (3)
Д Д пзД + д1Д п^Д + пд Д
Т	и1'*2
261
Теперь подставим (3) в (2): --------------------------------- <4>
. n2Bl+nxB2 Нам осталось подставить (3) и (4) в (1), и задача будет решена:
U =___________£______________Дт^г _
Д +	^1^2	+ г ^2-^1 + Л1*^2
^2^1 + ^1-^2
=________________SR& _________________
(В, 4-	4- П.Я,) 4-	* "SJ '
ц = ________
+ (Ддр + ГХП2^1 + nrflg)
Подставим числа и произведем вычисления:
ия =______/50 ^145_________<В = 122 В.
л 240 • 145 + (2,5 + 0,4X5 • 240 +10 • 145)
Ответ: U, — 122 В.
.Задача 12
Какой ток 1А покажет амперметр А, включенный в схему, изображенную на рис. 6-20, а, если — 1,25 Ом, Я2 ='1 Ом, flg = 3 Ом, R4 = 7 Ом, ЭДС источника тока £ в 2,8 В? Внутренним сопротивлением источника тока можно пренебречь (г = 0).
Дано:
Al = 1,25 Ом
Я2 == 1 Ом
Аз = 3 Ом
Решение. Сразу обратим внимание на участок цепи ab, который не обладает сопротивлением (по крайней мере нам о нем ничего не сказано и, значит, можно считать его равным нулю). Но тогда по
тенциалы на концах этого участка одина-
262
Rt ~ 7 Ом £=2,8 В r-0
ковы, <рв - Ф,, поэтому его можно «стянуть» в одну точку, соединив точки а и й.
Тогда получим эквивалентную схему, изображенную на рис. 6*20, б. Когда вы- ее или подобную ей схему будете стройть, следите, чтобы концы проводников R2, Rg и R4,

соединенные с точками аяЪ, сошлись в однуточку а, Ъ, концы проводников Rit R2 и Rg, соединенные в точке с, так и остались соединенными в этой точк^ и, наконец, ~	?4 остались соединенными в
концы проводников Ry и R, точке d.
Рис. 6-20
Глядя на эту схему, мы теперь ясно видим, какие участки внешней части цепи соединены последовательно, а какие параллельно. Мы видим, что через амперметр будет идти ток общей части цепи 1А = 1^. Следует учесть, что сопротивление амперметра очень мало, поэтому им, как правило, пренебрегают, т. е. если о нем ничего в условии задачи не сказано, то его можно считать равным нулю.
Чтобы найти силу тока 1-~~~ воспользуемся законом g
Ома для полной цепи: 7^ = —— при г = 0.	(1)
-
Здесь R^ - сопротивление всей внешней части цепи. Будем находить его постепенно.- Сначала найдем общее сопротивление Дд„] проводников R2 и Rg, соединенных
R«Ra друг с другом параллельно: ЯобЩ1 = _	~.
°а + °з
- Таким образом, мы как бы заменяем два проводника Rg и Rg одним, сопротивление которого равно К этому сопротивлению проводник Ry порригючев последовательно, поэтому их общее сопротивление
263
ХлиЗ + Ядбдц ИЛИ Д)бщ2 ~	•
«2 * *4
Так мы три сопротивления Я1э Я3 заменили одним сопротивлением к которому проводник сопротивлением^ подключен параллельно, поэтому общее сопротивление всей внешней части цепи
Добщ2**4
Д>бщ2 + ^4
ИЛИ
________(Д1(Дг + Д») + ^2^3 4________ In J. » 1	+	+ *з) + ^2^3
(Я2 + BsJ---------——т
-	+	+ ^^3)^4	<2
(Д1 + Д4ХД2 + Де)+ Дг-^s
Подставив (2) в (1), мы решим задачу в общем виде:
I С t	Дз)+ ^2R3
А	(Л1(Д2 + Дз )+ Д2Д3 )®4
Подставим числа и произведем вычисления:
т	__(1,25 + тХ1 + 3)+1-3'
А ’ (U5(l + 3)+1-3)7 А “ 1,8 А’
Ответ: /А-^» 1,8 А.
Задача 13
Электрическая цепь состоит из источника тока с ЭДС £ — 180 В и потенциометра сопротивлением R « 5 кОм. Ползунок потенциометра стоит посередине прибора (рис. 6-21, а). Найти показания вольтметров Ur н Ut, подключенных к. потенциометру, если их сопротивления Я, “
Рве. 6-21
264
* б кОм я Rt = 4 кОм. Внутренним сопротивлением г источника тока пренебречь.
Дано: £ = 180 В R — 5 кОм Ri - б кОм Вг - 4 кОм г 0
^-7 U2- 1
Решение. Поскольку ползунок потенциометра стоит на середине, значит, обе половинки потенциометра можно представить в виде Двух последовательно соединенных
R проводников сопротивлениями по — каждый, к которым вольтметры и Vs подключены параллельно. Тогда получим схему, изображенную на рис. 6-21, а. Ее можно представить в виде эквивалентной
схемы, изображенной на рис. 6-21, б.
Решить ату задачу можно, вообще не определяя сил токов в отдельных ветвях и в общей части цепи, а пользуясь исключительно правилами последовательного и параллельного соединения проводников. Как мы знаем, ЭДС £ .равна сумме напряжений на всех участках замкнутой цепи. Поскольку внутренним сопротивлением источника тока мы пренебрегли, напряжения на нем тоже не будет, поэтому здесь ЭДС £ равна сумме только напряжений ’I	R
U2 на вольтметрах (или на сопротивлениях — ), ведь ^сопротивлением соединительных проводов здесь мы тоже ^Пренебрегаем, так как о нем ничего не сказано. Поэтому
- £~Ut+U3.	,(1)
Итак, мы уже имеем одно уравнение» двумя искомы--Дш неизвестными Ut и U2. Надо бы записать еще одно сравнение с ними же. Для этого учтем, что участки ab и
.•	J?	__
wc с сопротивлением — каждый с подключенными к ним ррольтметрами между собой соединены последовательно, Мрэтому напряжения и иг на них прямо пропорцио-
U R вольны сопротивлениям этих участков: —- =	.
'	^2 Кьс
-Ъ&есь R& - сопротивление участка ab, R* - сопротив-ДЙие участка Ъс; Но каждый из этих участков состоит “Чкдвух параллельно соединенных сопротивлений: сопро-
Л К
^дления — и сопротивления соответствующего, вольт-
поэтому по закону параллельного соединения просопротивления
265
Яр	—Я
й _ 2^ _ ДД1 пЛ _ 2 2 _ ДД2 й-~| + Л1’л + 2Я1 И^-й + л/я + 2Яа-
С учетом этого = ^(Д12Д?) = ^£±^1. (2) п2 (я+2й1)яя2 ^(я+гя,)
Мы получили второе уравнение, в которое входят те же искомые напряжения Ux и Ua. Чтобы решить систему уравнений (1) и (2), выразим из (2) одно из искомых напряжений, например U2, и подставим полученное выражение вместо U2 в уравнение (1):. U2 = Ц-М——^4»
£ - TJ + Г7 Яз(Я + 2HJ „ Г. Яа(Я +21^)1
Е ~ U1 + Щ яДЯ-^ ’ UV + RjRTziQJ •
Теперь мы имеем одно уравнение с одним неизвестным напряжением Ux, которое нам требуется найти по усло-~ „ £
вию задачи. Отыщем его: Iq =--_ /р—ор у или
1 + + , Ri (Я + 2Яг)
п -£ Ях(я + 2Яа) 1 Я(Я1 + Я2)+4Я1Я2 ‘
Напряжение Ог найдем из уравнения (1). Поскольку t7j вам уже известно, то = £- t/J
Задача в общем виде решена.
Подставим числа и произведем вычисления:
П. = 180 , v < -- 7 - В = 96В,
1	,5(б + 4)+464
U2 = (180 - 96) В - 84 В.
Ответ: Ux = 96 В, U2 = 84 В.
Задача 14
Дана схема, изображенная на рис. 6-22, а. Сопротивления Ях, R2 и R известны. Известны также ЭДС источника тока £ и его внутреннее сопротивление г.'Найти силу тока /2
Дано: Ri
в сопротивлении R^.
Решение. Сейчас на схеме (6-22, а) нет последовательно или параллельно соединенных участков, поэтому решить эту задачу, пользуясь зако-
266
R £ г
вами последовательного или параллельного соединения проводников, мы пока не можем. По-
этому подумаем, нельзя ли и эту схему как-ни-
abd. Это
будь упростить. Обратим внимание на то, что оба сопротивления нижней ветви acd вдвое больше соответствующих сопротивлений верхней ветви значит, что ток в каждом сопротивлении ниж
ней ветви acd будет вдвое меньше тока в каждом сопро-
тивлении верхней ветви abd. Следовательно, общий ток в узле d должен «разветвиться» так, чтобы ток /2 в сопротивлении R2 был вдвое больше тока в сопротивлении 2Я2. Поэтому, если по сопротивлению R2 пойдет, на
пример, ток Z£, то по сопротивлению 2Я2 пойдет ток ~ .
Тогда разность .потенциалов между точками d и Ъ по закону Ома для участка цепи <pd -	** а. разность
потенциалов между точками d и с по этому же закону
Ф<* _ Фе “	’ 2^2 = ЛгДг •
-.-Мы получили, что Qd - ф» = Фй - фе, т. е. что ф* = фс. |So это означает, что разность потенциалов между точка-<ми Ь и с равна нулю, и тогда сила тока I в сопротивлении R тоже должна быть равной нулю. Поэтому ток по |ёопротивлению R идти не будет. Но тогда оно не играет Никакой роли в распределении токов в остальных сопротивлениях, поэтому «перемычку» Ъс с сопротивлением R фюжяо из схемы исключить, заменив эту схему на эквивалентную, изображенную на рис. 6-22, б.
Теперь мы видим, что наша.схема состоит из двух ^параллельных ветвей abd я acd, причем ветвь abd включает в себя два последовательно соединенных сопротивления Rt и R& а ветвь acd включает в себя два последо-
Рис. 6-22
267
нательных сопротивления 2Ri и 2Я1( поэтому общее сопротивление верхней ветви Д + Я, будет вдвое меньше общего сопротивления нижней ветви 2Д + 2Я2 — 2(Я, + + Я2). Значит, по всей верхней ветви будет течь ток /г, который вдвое больше тока в нижней ветви. Тогда общий ток, который втекает в узел d,
_ г Тл 3 _	_	2 —
'общ = *2 +—= -I2t откуда = -/.««,.	(!)
Теперь для решения задачи нам нужно определить ток в общей части цепи Его мы определим по закону Ома
для полной цепи:
г = £ общ D
Здесь R^ - общее сопротивление внешней части цепи. Поскольку сопротивление верхней ветви равно + Я2, а сопротивление нижней ветви равно 2/г, + 2^ » 2(Я1 + + R^ и эти ветви соединены параллельно, то общее сопротивление всей внешней части цепи
Д _(Р1+Дг)2(Я1-ьЯ2) Zfe+flJ2 2,	.
°вщ Rl+R2+2Rl+2Rz	3^ + «,) 3^	2'*
Тогда 1^--=-----—------.	(2)
-fc+flj+r О
Подставив (2) в (1), мы решим задачу:
2	£
3
л '	2£
Ответ: /» = —г—---г----.
2 2(Я1+Я2)+Зг
Задача 15
Проволока из нихрома образует кольцо диаметром D -— 2м (рис. в-23, л). В центре кольца помещен источник* тока с 2В и внутренним сопротивлением г — 1,5 Ом,
Рис. 6-23
268
соединенный в точках а и b с кольцом такой же проволокой. Найти разность потенциалов % ~ Ф, между точками Ъ и а. Удельное сопротивление нихрома р =* 1,1 мкОм • м, площадь поперечного сечения проволоки S = 1 мм2.
Дано:
D — 2 м f=2B г = 1,5 Ом р — 1,1 мкОм * м 8—1 мм2
Решение. Эквивалентую схему мы изобразили на рис. 6-22, б). Разность потенциалов ф» - Ф, между точками Ъ и а равна напряжению Е7, на половине кольца, сопротивление которой мы обозначили R^ На этой схеме половинки кольца, верхняя и нижняя, изображены в виде двух резисторов с. сопротивлениями Я/, а половинки
диаметра, соединяющие точку а и точку Ь с полюсами источника тока, мы Обозначили резисторами с сопротивлениями Я2.
Из «плюса» источника тока мы вывели ток I, который в точке Ь «разветвился» на два одинаковых тока Д. Эти токи, пройдя по сопротивлениям Rlf «стеклись» в
ф4 - ф. - ?
точке а, поэтому от точки а к «минусу» источника снова потек ток I.
Напряжение Uj - Фь - Ф, можно найти, умножив силу тока I в неразветвленной части цепи на общее сопротивление двух полуколец, т. е. двух резисторов R^. Поскольку сопротивления полуколец одинаковы, то их общее соцро-
В,	R,
чявленяб равно -57. Поэтому ф* - фа =	= I—.	(1)
g
По закону Ома для полной цепи I = -тт—------, где
+г общее сопротивление всей внешней частй цепи
,	Нт -На + 4Н®
Яобщ = 2Д2+-^ = -±—--------ПОЭТОМУ
г  _____£_______ (2)
Rt+^+r)'
2
Подставим (2) в (1):
2£В.	SRi
<Pb~iPa" 2(Ri+2(2R2 + r)) ~ ^+2(гХ+г) ’	(3)
Нам осталось определить сопротивления Д и Rt через длины проводников li и lv их удельное сопротивление р
269
и площадь поперечного сечения проволоки S. Согласно л
формуле сопротивления = р-^ и Л2 = р-4. О	w
Здесь Z, - длина полукольца. Выразим ее через известный нам диаметр кольца О. Поскольку длина кольца
, itD
2l3 — nD, то 4] = -g-. .
Длина-проводника 13 равна половине длины диаметра п , D
кольца О: /2 ~	.
С учетом этих равенств = р^ (4) и - Р^Д, • (5)
Подставим (4) и (5) в (3) и упростим полученное выражение:
™ _	SpnD	_ npD£
ф‘ ' .</ "» /о -° Т1 ” 2S ”₽° + 4pD + *rS 2V2S+V,2S+rJJ “ Й---------------------
itpDf Ф*~Ф* ~ р-Р(л+4)+4г5 Переведем в СИ единицы величин: 1,1 мкОм • м == 1,1 • 1(Н Ом • м, 1 мм2 = 1 • 10"* ма. Произведем вычисления:
ЗД4 -1,110-8 -2 2 r л _. _
Фь ~Фа =------»---7-----7-----------Г В = 0,64 В.
1Д • Ю’6 • 2(3,14 + 4)+ 4 • 1Д. 10"6
Ответ Ф» - фв = 0,64 В.
Задача 16
Для зарядки аккумулятора током Д = 2 А его подключили к генератору постоянного тока (рис. 6-24, а). При этом вольтметр, присоединенный к полюсам аккумулятора, показал U3 — 6 В. Затем этот аккумулятор включили
а) е.г
Рис. 6-24
270
в цепь (рис. 6’24, 0), и вольтметр показал напряжение на полюсах аккумулятора U2 = 5 В при силе тока в цепи /2 » 3 А. Определить ЭДС £ и внутреннее сопротивление аккумулятора г. Сопротивление вольтметра считать бесконечно большим»
Дапо: A - 2 A <7, = 6B U2 =» 5 В I2 * 3 A	Решение. При зарядке аккумулятора его .положительный полюс подключают к «плюсу» генератора, .а отрицательный - к «минусу» генератора. При этом от «плюса» генератора к аккумулятору идет зарядный ток силой
£-? r - ?	Zj (рис. 6-24, а). Вольтметр показывает напряжение на полюсах генератора Ut. Оно равно сумме ЭДС аккумулятора и падения напряжения 1хг на его внутреннем сопротивлении г; и^е+цг.	(1)
Когда же аккумулятор после зарядки включают в цепь, сила тока Z2 в ней согласно закону Ома для участка цепи сопротивлением R и для полной цепи становится:
^2 _ Л (2) и Z2 ~	" •	(3)
/с	л + г
Найдем из (2) внешнее сопротивление R и подставим полученное выражение в (3). Так мы получим два уравнения с двумя неизвестными - искомыми Гиг, которые решим относительно них. Приступим:
из (2) Я =	, тогда 12 =	. ^2f •	(4)
/2	и2 , г а2+/2г
G
Выразим из (1) ЭДС Ги подставим в (4). Получим одно уравнение с'одним неизвестным ~ внутренним сопротивлением г. из (1)	£ = Ut - 1гг.	(5)
Подставляем (5) в (4): I. = —-—, U2+Iir
U2I2 + 1|г = UJ2 - IYI2r, 7J2r + Ifr = UtI2 - U2I2.
Отсюда r = “Y1—-V
4+^2
Теперь, зная внутреннее сопротивление г, найдем ЭДС £ по формуле (5): £ = Ux- Ijrf.
6-5 Произведем вычисления: г -	“ 0>2 ®м-
£~ (6 - 2 0,2) В - 5,6 В.
Ответ: £ = 5,6 В, г = 0,2 Ом.
271
Задача 17
Полностью «севший» аккумулятор емкостью q “ -= 40 А • ч (ампер-часов) заряжают от генератора с напряжением Ui = 10 В в течение времени t « 10 ч. Какова ЭДС аккумулятора £ в конце зарядки, если, 'его виутрен-нее сопротивление г - 0,5 Qm?
Дано: q = 40 А • ч 17, = 10 В t - 10 ч г — 0,5 Ом
£-?
Решение. Напомним, что емкостью аккумулятора называют заряд, который накопит аккумулятор в течение времени t (не перепутайте емкость аккумулятора с емкостью конденсатора!). Зная этот заряд q и время зарядки аккумулятора t, найдем силу за-
рядного тока /:/ = -.	(1)
Здесь, как и в предыдущей задаче, напряжение на зажимах генератора Ui равно сумме ЭДС. аккумулятора и падения напряжения U, на внутреннем сопротивлении ’ аккумулятора г. U, — € + Ра, где U3 =“Ir, поэтому .
и3~£+1г.	(2)
i t
Подставим (1) в (2): Pi = £ + ~г, откуда £ »Р
Переведем все единицы в СИ:
40 Ач - 40-3600 Ас - 1,44-10»Кл, 10ч - 3,6-10* с.
Произведем вычисления:	>
£ = Г10 - Ь*Ш£о,5 |В - 8 В
3.6-104 J Ответ: .£ 8 В.
Задача 18
Вольтметр с сопротивлением R, » 100 Ом присоединили к полюсам источника тока с внутренним сопротивлением г = 0,5 Ом. Определить’ относительную погрешность показаний вольтметра 8, если им измеряют ЭДС источника тока йри разомкнутой внешней части цепи.
Дано:
Л, = 100 Ом г — 0,5 Ом
8-?
Решение. Относительной погрешностью 8 называют отношение абсолютной погрешности показаний вольтметра, которая равна разности между ЭДС £ источника и показаниями вольтметра Р, к ЭДС этого источника, выраженное обычно в процентах:
а = £^1оо%,	(1)
£
272
По закону Ома для полной цепи и для ее внешней части £=/(К^ + г) (2) н V = /Я,.	(8)
Подставим (2) и (3) в (1). При этом сила тока/, текущего через вольтметр и источник тока, сократится, и мы определим погрешность 8 через известные нам сопротивления Я, и г.
5 ,	rlz*g* 100% = /fe. V.~ ft )цо %,
Z(R»+r)	ДЙ.+*)
Произведем вычисления: 8 = -———100% = 0J8% -100 + 0,5
Ответ: 8 = 0,5%.
Задача 19
«Подсевший* аккумулятор с остаточной ЭДС f = 2 В подключен для зарядки к генератору, на полюсах которого напряжение U = 16 В. Внутреннее сопротивление аккумулятора г - 1 Ом, сопротивление соединительных проводов Я = 0,4 Ом. Найти силу зарядного тока I.
Дано: Г-2В U = 16 В г=10м R ~ 0,4 Ом
Решение. Нарисуем схему, на которой изобразим генератор, резистор, сопротивление которого R равно сопротивлению соединительных проводов, и аккумулятор с сопротивлением г. Все эти части цепи соединены последовательно, поэтому по ним течет одинаковый ток силой I (рис. 6-25). Не забудем, что при зарядке генератор и аккуму-
I - ?
лятор соединяют одноименными полюсами.
Применим для решения задачи второе правило Кирхгофа, согласно которому алгебраическая сумма всех ЭДС в контуре равна алгебраической сумме произведений сил токов на сопротивления, по которым эти .токи текут.
Но при этом учтем, что генератор является сам источ-
ником тока, именно из его положительного полюса «вы-
текает» зарядный ток, поэтому напряжение U на его по-
люсах «играет роль» ЭДС, т. е. оно должно входить в алгебраическую сумму ЭДС. Кроме того, учтем, что-заряд-ный ток в аккумуляторе течет в сторону понижения потенциала, т. е. от «плюса* к «минусу», поэтому перед ЭДС аккумулятора надо ставить «минус». Тогда второе правило Кирхгофа приме
г
Рис. 8-25
278
нительно к схеме на рис. 6-25 примет вид U - £ = IR +
г	г U-£
+ 1г, откуда I = —-
16__2
Произведем вычисления: I -	+ А —10 А.
Ответ; I = 10 А.
Задача 20
К источнику тока с ЭДС £ — 1,2 В присоединили последовательно амперметр и вольтметр (рис. 6-26, а). Когда параллельно вольтметру присоединили резистор, то его показания уменьшились в полтора раза, а показания амперметра во столько же раз увеличились. Какое напряжение Ut показывал вольтметр до подключения резистора?
Дано: £ = 1,2 В
= 1,5
1,5
U. - ?
4
Обозначим U3 напряжение,-которое показывает вольтметр при подключенном к нему резисторе, - силу тока в цепи без резистора, 12 ~ силу тока в иеразветвленной части цепи с резистором, которую при этом показывает амперметр.
Решение. Применим второе правило Кирхгофа к контуру, изображенному, на рис. 6-26, в:
£ - ЛЯА + U, + Цг - Zt(BA + г) + Ut. (1) Теперь применим это правило к контуру,
включающему в себя источник, амперметр и вольтметр (без резистора) (рис. 6-26, 0):
£ » I,RA + U2 + 1гг = /2(ЯА + г) + U3.	(2)
Теперь определим из (1) и (2) силы токов и 12:
а)
V*
V А
Рис. 6-2в
274
Если разделить (3) на (4), то сумма неизвестных сопротивлений ДА + г сократится. Отношение нам из-*1 вестно, а неизвестное напряжение П2мы можем заменить на Чх. согласно условию задачи. И останется одно урав-некие с одним искомым Проделаем эти действия: U±
I, -	е ~ й
и, l,5f- 1,5^ = £- Yq, 1,5Г- Г- l,KTt ~
Вычислим 17t: tZ, — 0,6 • 1,2 В = 0,72 В.
Ответ: Ux « 0,72 В.
Задача 21
Мостик Уитстона сбалансирован так, что стрелка гальванометра G стоит на нуле (рис. 6-27). По сопротивлению Rt 1 Ом течет ток силой Jt = 0,4 А, сопротивления Я, ~ 2 Ом и Д5 = 3 Ом. Найти ЭДС источника тока, если его внутреннее сопротивление г ~ 0,2 Ом.
Ut = 0,6£
Дано: 1д.~ О Z?i = 1 Ом Д =- 0,4 А Я2 = 2 Ом R$ = 3 0м г = 0,2 Ом
.£- t
Решение. Поскольку через гальванометр ток не идет, то токи в сопротивлениях Rx я . Д2 одинаковы, а также одинаковы и токи в сопротивлениях Да и Д4, т. е. ветвь с сопротивлениями В, и Д2 параллельна ветви с сопротивлениями Л, и R4. Тогда по закону Ома для полной цари
, откуда
Лобщ
Г-ДД^ + г).
Здесь I - сила тока в неразветв-ленной части цепи, Д^- - общее сопротивление всей внешней части
(1)
ф
А г
Рис. 6-27
цепи.
275
Поскольку ток через гальванометр не идет, потенциалы точек аиЬ одинаковы и, значит, <pt - <р = IxRt и ф, -
R
- ф = поэтому == ДЛ» откуда Д = Д —. (2)
**3
Зная силы токов Д и Д, мы легко найдем силу тока I по первому правилу Кирхгофа:
I« д + is = I, + д	= д [1 +	(3)
Общее сопротивление внешней части цепи
R - (^1 +Д?_Х^8 +Д<)	(4)
До6щ Я1+Я2+Яз+Д4’
Но сопротивление Rt нам не дано. Однако его определить не так уж сложно, если учесть, что Ф ~ Ф2 = IxRt и ф - <р, = ДЛ4, ведь Д мы уже нашли. С учетом этого
*= IyR„ откуда Й4 = Л2 — или с учетом (2) h
Я,
кз
Теперь найдем R^, подставив (5) в (4):
(л1 + Д2 f Дз +
Д — __________к______1 ' —
<ИЬц	‘ п о
Н1+В2+Дз+^-
«1
- (Я1 + Д2ХЯ1Д3 + Яг-Яз ) а
(5)
(®1 + Дг «3	^2 Дз
Нам осталось подставить (3J и (6) в (1): "
е=i (1+Я1Y	Дз^-ьДз)8 + г
Дз 1 Я1(й1 "* Яг Дз )"* Д2Я3
Произведем вычисления:
276
£ = <wfi + -f ---------+ол)в -1,3 В.
Д 3^1(1 + 2 + 3)+2 • 3
Ответ: £ - 1,3 В.
Задача 22
На рис. 6-28 показана схема электрической цепи. Определить силы токов 1и /» и /8 в сопротивлениях Rlt Д, и Д, если	В, Д = 1 Ом, Я2 = 4 Ом и Д — 2 0м.
Внутренним сопротивлением источников тока можно пренебречь. £ 8 *= 2 В.
Дано: =» £ = 4 В = 2 В R1 = 1 Ом Яг = 4 Ом Д = 2 Ом	Решение. Для решения этой задачи воспользуемся правилами Кирхгофа. Но прежде чем их записать, надо показать, как текут токи в отдельных участках, этой цепи, и выбрать направления произвольного обхода контуров, входящих в эту цепь. Выведем из плюса источника тока с
.-ill	ЭДО.Л ток силой Z, и будем его вести до первого узла я, не. изменяя его индекса (поскольку ток в последовательном участке один и тот же .независимо от того, че-
рез какие сопротивления или источники тока он течет). Пусть в узле п ток разветвляется на токи It и 18.
Ток /2 буд ет течь от точки п к точке т через сопротивление Rt и источник тока с ЭДС Д, ни по величине, ни по направлению не изменяясь. Ток It будет пже течь от точки п к точке т через сопротивление -R, и ЭДС Д,
тоже не меняя ни своего направления, ни своею индекса. Подойдя к точке т, токи 1г и 18 сольются, и далее будет течь снова ток
Отметим, что с таким же успехом мы могли вывести ток из источника с ЭДС Д и разветвить его в точке п или из источника с ЭДС Д. Можно также вывести сразу два тока из источников, например, Д и Д, и соединить их в точке п (или из "источников Д и Д). Выбор здесь может быть произвольным, главное, чтобы все эти токи не «вте
кали»* в один и тот же узел или не «вытекали» из одного узла, потому что «втекающие» в узел заряды должны где-то «вытекать».
Согласно первому правилу Кирхгофа сумма токов, входящих в узел, равна сумме токов, выхо-
Рис. в-28
277
дящих из узла. На схеме, изображенной на рис. 6-28, в узел п входит ток а выходят токи 12 и 13, поэтому согласно первому правилу Кирхгофа Jt = It.+ Ia. (1)
В этом уравнении три неизвестных величины, поэтому, чтобы его решить, надо составить еще два уравнения с этими величинами, но так, чтоб остальные величины в этих уравнениях были известны. Для этого воспользуемся вторым правилом Кирхгофа, записанным применительно к контурам аЬпт и mndc. Выберем произвольный об- • ход контура аЬпт по часовой стрелке. Согласно второму правилу Кирхгофа алгебраическая сумма ЭДС, входящих в замкнутый контур, равна алгебраической сумме произведений сил токов на все сопротивления, через которые эти токи текут в данном контуре. При этом под словами «алгебраическая сумма» подразумевается, что сложение может быть как со знаком «плюс», так и со знаком «минус». Знак «плюс» ставится перед ЭДС в том случае, когда; следуя обходу контура в произвольно выбранном направлении, мы «переходим» внутри источника тока (в узком промежутке между короткой и толстой палочкой, означающей знак «минус», и длинной тонкой палочкой, означающей знак «плюс») в сторону повышения потенциала, т. е. от «минуса» к «плюсу». Если же, продолжая следовать в данном контуре выбранному направлению обхода, мы «переходим» внутри источника тока в сторону понижения потенциала, т. е. от «плюса» источника тока к его «минусу», то перед ЭДС этого источника тока следует ставить знак «минус».
Знак «плюс» перед произведением силы тока на сопротивление, через которое этот ток течет, ставится в том случае, когда направление тока в этом сопротивлении совпадет с направлением Выбранного произвольно обхода контура (независимо от того, через какие ЭДС этот ток течет). Если же ток в данном сопротивлении антинаправ-лен обходу контура, то перед произведением силы этого тока и соответствующего сопротивления ставится знак «минус».
Обходя контур аЬпт по часовой стрелке (т. е. в произвольно выбранном направлении), переходим внутри источника с ЭДС £i от «минуса» к «плюсу», поэтому ЭДС £i положительна. Но, продолжая обход в этом направлении, переходим внутри источника тока с ЭДС от «плюса» к «минусу», поэтому перед ЭДС £± следует ставить знак «минус»'. Других источников тока в контуре аЬпт нет.
В контуре аЬпт имеются сопротивления jR, и Bj. По сопротивлению течет ток Д, причем течет он в направ
278
лении выбранного обхода контура, т. е. по часовой стрелке. Ток Z2, течет по сопротивлению Яг тоже в направлений произвольного обхода контура по часовой стрелке. Поэтому перед произведением и Zj/?2 нужно ставить знак «плюс». Других сопротивлений в этом контуре нет.
Таким образом, применительно* к контуру abnm второе правило Кирхгофа запишем следующим образом:
+ ZA-	(2)
Теперь применим это правило к контуру nmdc (заметим, что с таким же успехом можно вторым контуром выбрать контур abdc). Будем обходить этот контур тоже по часовой стрелке (можно было бы и против, результат от этого не изменялся бы, поменялись бы' только все знаки в нашем уравнении слева и справа от равенства). При этом в источнике с ЭДС £2 будем переходить от отрицательного полюса к положительному, поэтому £2 тоже будет положительна, а в источнике с ЭДС убудем переходить от положительного полюса к отрицательному, поэтому перед £* поставим знак «минус».
Далее, ток 1г будет теперь течь навстречу нашему обходу контура, т. е. против часовой стрелки, поэтому теперь перед поставим знак «минус», а ток /8 будет сонацравлен выбранному обходу контура, поэтому перед Z3K3 поставим знак «плюс». В итоге второе правило Кирхгофа, записанное применительно к контуру nmdc, примет вид:	+ 1^?8.	(3)
Мы получим систему трех уравнений (1), (2) и (3) с тремя неизвестными Ilt 1гм 13. Исключив из этих уравнений 1г и 28, найдем Zt.
Отметим, что если продолжить решение этой задачи в общем виде, то могут получиться чрезвычайно громоздкие уравнения. Чтобы этого избежать, договорились в уравнения задач на правила Кирхгофа, записанные в общем виде, сразу подставлять все известные величины, поскольку эта подстановка существенно облегчает дальнейшее решение задачи. Поэтому подставим в уравнения (2) и (3) вместо £f, 4* Rlt RgU Ri численные значения этих величин. Получим следующую систему уравнений:
А ~ -G +G,	А = G + G» И)
4-4 = 11+412,	0 = 11+412,	(5)
4 - 2 = -4I2 + 223	2 = -412 + 223.	(6)
Решим эту систему методом подстановки. Выразим из уравнения (4) силу тока 13 и подставим полученное выражение вместо 2g в (б): I, =	- Z2.	(7)
279.
Подставляем (7) в (6): 2 = 2(1! - 4) - 41,, 2 == 24 -- 2/, - 41„ 2 - 21, - 61, или 1 ” 4 - 31,.
Полученное выражение вместе с уравнением (5) представляет собой систему двух уравнений с двумя неизвестными Д и Ц. Запишем их в столбик:
fo = 4+412,	(8)
1 = 4-312.	(9)
Нам осталось выразить из (8) силу тока I, и подставить полученное выражение вместо 1г в (9). Тогда у нас останется только одно неизвестное 4» которое мы определим после приведения подобных членов. Выполним эти
действия: из (8) -44 «= 1,»	=
4	4 J
3	7	4
1 = 4 + -4, ! = -4, откуда 4 =-А.
„ ’•	г 4 .	1 .
Следовательно, 12 - “ —А = — А .
7-4	<
Знак «минус* свидетельствует о том, что ток силой Z2 течет не от точки п к точке ш, как мы выбрали, а от точки m к точке п.
Теперь найдем силу тока Z3. Согласно (7)
ИЖ)НА-
Задача решена.
Ответ: Ц = у А, Z2 = -у А и Z3 = у А.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. К источнику тока с внутренним сопротивлением г -= 0,8 Ом подключен резистор сопротивлением R « 4 Ом. Напряжение на зажимах источника U — ЗВ. Найти ЭДС источника £ и работу сторонних сил А за < * 2 мин.
Ответ: £ = Ц1 +	| = 3,6 В, А Л =* ~~ t« 324 Дж.
V **J	*•
Задача 2. Чему равно напряжение U на полюсах источника тока ЭДС i — 2,4 В, если сопротивление внешней части цепи в 4 раза больше внутреннего сопротивления источника ?
Ответ: U ** 0,8 € ** 1,92 В.
280
Рис. 6-29
Задача 3. Дака схема (рис. 6-29). Во сколько раз изменятся показания амперметра и вольтметра, если замкнуть ключ К? Внутреннее сопротивление г » 0,5 Я.
Ответ: Г,/Гя - 1,2, Ut/Ut « 1,?5.
Задача 4. Дана схема (рис. 6-30). Вольтметр показывает напряжение l/t Е 4 В, а амперметр силу тока Ц » 2 А. Когда параллельно резистору подключили еще один с таким же сопротивлением, показания вольтметра уменьшились на 20%, а амперметр стал показывать силу тока /2 *= 3 А. Найти ЭДС источника тока £ и его внутреннее сопротивление г.	v
СД
Ответ: г =	- у - 0,8 Ом,
£« иг + Цг « 5,6 В.
Задача 5. ЭДС источника £ « 6 В. При внешнем сопротивлении R « 1 Ом ток в цепи равен I = ЗА. Найти силу тока короткого замыкания
£ Ответ: •» ~------= 6 А.
7'й
Задача 6. Генератор постоянного тока с ЭДС £ = 240 В питает потребителей, удаленных от электростанции на расстояние I « 200 м. Линия передачи выполнена медными проводами сечением S = « 16 мм*. Ток в линии Г =«* 80 А. Внутреннее сопротивление генератора г *» 0,05 Ом. Найти напряжение U на потребителях. Удельное сопротивление меди р = 1,7 • 10г* Ом • м.
Ответ: U - £ - Л 2р— + г 1^ 202 В. I о \
Задача 7. При подключении к источнику тока резистора сопротивлением = 10 Ом сила тока в цепи I, « 2 А, а при подключении резистора сопротивлением Я, * 5 Ом сила тока увеличилась в полтора раза. Найти ЭДС £ и внутреннее сопротивление источника тока г.
Ответ: г =* 2Д. - ЗЯ» « 5 Ом, £-» Д(ЯХ + г) «30 В.
Задача 8. Построить график зависимости напряжения и и силы тока I он тепшесо сопротивления Я, подключенного к источнику тока с ЭДС £** 6 В и внутренним сопротивлением г « 0,5 Ом.
Задача 9. Определить разность потенциалов между точками а я между точками b и d и между точками Ъ и е (рис. 6-31). ЭДС источника тока £ сопротивление Яя емкость
281
С известны. Внутренним сопротивлением источника тока г пренебречь.
2£R
Ответ: Ф^ - Фь =“ Ф* - Фв = --г- == 0,5£, фь - <ре - 0. 4л
Задача 10. Определить напряжения Ult U2 и U3 на сопротивлениях Ях, Я2 и Яз (рис. 6-32), если 6 Ом, R2 - 12 Ом, Я8 ** = 5 Ом, ЭДС источника тока £ = 12 В, его внутреннее сопротивление г « 3 Ом.
Ответ:

1= 2 ад+^+гХ^+Яг)"4®’
8 ад+(я8+гХя1+я2)
Задача 11. Три одинаковых батареи с внутренним сопротивлением г - 6 Ом замкнули на некоторое внешнее сопротивление, соединив их между собой один рая последовательно, а другой раз параллельно. При этом сила тока в неразветвленной части цепи каждый раз была одна и та же. Определить сопротивление R внешней части цепи.
Ответ: Я ~ г *= 6 Ом.
Задача 12. Определить силу тока на участках ab (It - ?)4 be (7t - ?), cd (I9 - ?), da (I4 * ?) и bd (Д - ?) (рис. 6-33), если сопротивление Я, ЭДС источника тока £ и его внутреннее сопротивление г известны.
£
Ответ:	It~ /, = Л “	;
/,-0.
Задача 13. В цепь на рис. 6-34 включены два одинаковых сопротивления Яг= = Яз = 28 Ом и сопротивление Д, т 40 Ом. Параллельно сопротивлению R9 = 40 Ом подключен конденсатор емкостью С = 5 мкф, заряд которого q » 4,2 мкКл. Найти ЭДС £ источника тока, если его внутреннее сопротивление г "» 3 Ом.
Ответ:
5 В.
ДА
£ = ^-\~P^ + R3+r\=l,2 В. СЯ3^Я1+Я2	;
Задача 14. Найти напряжение С7е на конденсаторе С схемы, изображенной на рис. 6-35. Все остальные величины, приведенные на. схеме, известны, г « 0.
Рис. 6-33
Рис. 6-35
282
Ответ: Uc =
	
nt; S; г
Рис. 6-36
Задача 15. На рис. 6-36 показана схема, содержащая пх одинаковых источников тока, соединенных последовательно между собой и включенных во внешнюю цепь, которая содержит п2 параллельно включенных проводников и один, подключенный к ним последовательно. Сопротивление каждого проводишь В. Определить силу тока в неразветвлен-ной части цепи и силу тока I в отдельной ветви параллельного участка. ЭДС. источника- £, его внутреннее сопротивление - г.
т___________________ т _ Zo6m
Ответ: 1&щ - ч. _ „ _ >	" и
+ п2 } + п1п2г Пз
Задача 16. Какова должна быть ЭДС £ источника тока, изображенного йа схеме (рис. 6-37), .чтобы напряженность электрического поля между обкладками конденсатора £ ~
2 кВ/м? Внутреннее сопротивление г ** R. Расстояние между обкладками плоского конденсатора d “ 5 мм.
Ответ: € « 3Ed « 80 В. .
' Задача 17. Найти силу тока /8, текущего по сопротивлению 2Rt (рис. 6-38). ЭДС и все сопротивления на этой схеме известны. Внутренним сопротивлением источника тока можно пренебречь.
Задача 18. ЭДС источника €-= 4 В, его внутреннее сопротивление г ~ 0,5 Ом, сопротивления
резисторов w 2 Ом, = 8 Ом. Какое $9 г	напряжение показывает вольтметр и ка-
кую силу тока I показывает амперметр, включенные в схему на рис. 6-39?
g
Ответ: I = —----------- 0,38 А,
Д1 + R2 + г
U= П?2~ 3 В.
Задача 19. В цепь» состоящую из ис-
Рис. 6-39	точника тока и резистора, включают
• вольтметр сначала последовательно, затем параллельно резистору. Сопротивление резистора R - 8 Ом, сопротивление вольтметра Лв * 200 Ом. Вольтметр показывает оба раза одинаковое напряжение. Чему равно внутреннее сопротивление г источника тока?
R2 Ответ: г = — = 0,32 Ом.
283
Задача 20. Какое напряжение U показывает вольтметр и какую силу тока I - амперметр, если переключатель П помещен на контакте: а) 1; б) 2; в) 3 (рис. 6-40) ? ЭДС источника £ -= 8 В, его внутреннее сопротивление г * 1 Ом» сопротивления резисторов Я в 4 Ом.
Ответ: a) U « 0» I ~ 8 А;
б) U • 6,4 В, I * 1,6 А;
в) U “ 8 В, I - 0.
. Задача 21. Чему равна ЭДС £ источника
£, г
тока, если при Измерении напряжения на его р б л0 полюсах вольтметром с сопротивлением Я. =
» 40 Ом он показывает напряжение 14 в 2 В, а при замыкании этого источника на внешнее сопротивление Я 20 Ом в этом сопротивлении идет ток силой Is == 0,2 А ?
Ответ: £ =	~ - 1,3 В.
Задача 22. Два вольтметра, соединенные последовательно, подключены к источнику тока. При этом первый вольтметр показал' напряжение Ut ** 10 В, а второй - U2 8 В. Когда же к этому источнику подключили4 только первый вольтметр, он показал напряжение <7	12 В. Найти ЭДС источника тока £•
Ответ: £-
ии2 и-иг
48 В.
Задача 23. Генератор постоянного тока с ЭДС £ ** 100 В питает сеть, состоящую из параллельно включенных пг ** 10 ламп сопротивлением по 7?! == 100 Ом и л, « 5 ламп сопротивлением по Яз "* 50 Ом. каждая. Найти напряжение на зажимах генератора, если его внутреннее сопротивление г - 1 Ом. Сопротивление со-
Задача 24. Найти разность потенциалов Фж - фь между точками а и Ъ в схеме на рис. 6-41. Внутренним сопротивлением источника тока пренебречь.
6 В.
Указание: фж -> фь ~ Ф> - (<рх -
~ <Р<) ж &я “ ис-£
Ответ: фЛ - <р* « — 0,5 В.
1а
Задача 25; Аккумулятор с ЭДС £ ж 2,4 В и внутренним сопротивле-
нием г “ ОД Ом поставлен на подзарядку. Напряжение на выходе заряжающего генератора U =* 8,2 В,сила тока в цепи Z * 2А. Найти сопротивление Я соединительных проводов.
- 87,5 В.
Ответ: R
-	* - г = 0,3 Ом.
284
Задай Ж Три одинаковых источника тока с ЭДС f “ 1,6 В и внутренним сощютивлением г * 0,8 Ом каждый включены в цепь по схеме, изображенной на рис. 6-42. Миллиамперметр показывает ток I— 100 мА. Сопротивление резисторов Я, * 10 Ом и Я, = 15 Ом. Какое напряжение V показывает вольтметр, если его сопротивление очень велико, а сопротивление амперметра очень мало?
Ответ: U = 2£-
+ Ur 1-2,48 В.
Задача 27. Дана схема электрической цени (рис. 6-43). Определить силы токов Л и 7, в
В, Ri * R^ *= 1 Ом, R9 ~ 2 Ом. Внутренним со-
Ответ: Г, ** 1 A, Z2 - i А.
3
/Ьесжи £ ~ 4 В, £=» £ - 2 В (рис. 6-44). Внутренним сопротивлением источников тока мож-
0,1,
7. РАБОТА И МОЩНОСТЬ ТОКА.
Решение задач н^ работу, мощность и тепловое действие тока обычно сводятся к расчету электрической цепи» т. е. к определению силы гака, напряжения или ЭДС и сопротивлений с добавлением формул работы и мощности тока или закона Джоуля-Ленца.
Работа тока на данном участке цепи равна произведению напряжения на этом участке, силы тока в км и времени прохождения тока: -	А 1/11.
При решении задач на работу А и мощности тока Р в последовательно соединенных проводниках удобно использовать формулы , А * Ш1 или А = Л® « ? ” РЯ ши Р - UZ» _кжольку сила тока в таких проводниках одинакова. Вели же проводники соединены параллельно, то можно применить формулы
поскольку в этом случае одинаково напряжение на проводниках.
285
Кроме того» А ж Ре.
Если цепь состоит из источника тока с ЭДС £ и внутренним сопротивлением г, а сопротивление внешней части цепи R, то вся работа тока в этой цели - затраченная работа АЛТР - может быть определена как сумма работы на внешнем участке цепи Авмш и работы на внутреннем участке А^^:	= А.^ + А*—, где рабо-
та Атт ” это обычно «полезная» работа. Здесь АЛТР = £ Itt А^^ “ = Ult = PRt я А^р = Prt,
Можно также записать: А^ — Pnt, где Рп - полная мощность тока в цепи.
Мощность тока на некотором участке цепи равна произведению напряжения на этом участке и силы тока в нем: Р ** UL
U2
Кроме того, Р - PR и Р = —z- > а полная мощность в цепи R
г2
*. = */ = -^— = i20?+r).
л + Г
Мощность тока на внешнем сопротивлении R («полезная» мощность Р) может быть определена формулами
и2 £2R
R ~ (R + rf ’
Р - PR = / Рг -
£
При коротком замыкании 7? = 0 и I - — , поэтому
Р = -Г-4-г=0.
г Г2
Это значит, что при коротком замыкании ток работу во внешней цепи не совершает и его мощность равна нулю.
Закон Джоуля-Ленца: количество теплоты, выделившейся в проводнике при прохождении по нему электрического тока, прямо пропорционально квадрату силы тока, сопротивлению проводника и времени -прохождения тока: Q = PRt.	* •
Закон Джоуля-Ленца можно записать иначе:
' л и2
Если в условии задачи речь идет о превращении энергии тока в иные виды энергии (механическую, тепловую и др.),, то работа тока будет «затраченной» работой и в формуле КПД должна располагаться в знаменателе, а «полезная» работа, которая совершается на соответствующем участке цепи, или количество теплоты (?, выделяемое на этом участке, - в числителе. При решении таких задач часто приходится, кроме формул электродинамики, использовать формулы механики, молекулярной физики и термодинамики.
Приведем примеры.
Пример 1. За счет работы тока двигатель какого-либо механизма развивает силу тяги ^гяги- В этом случае КПД цепи Ц можно определить так:
nsAas.1OO%t я = ^иа^юо%, ^Ъитр	Ult	t
286
Здесь S ~ путь, пройденный машиной, и - ее скорость (если движение переменное, то v - средняя скорость за время t), Р -мощность двигателя.
Пример 2. За счет работы тока тело массой т поднимают на некоторую высоту h, и при этом полезная работа идет на сообщение телу потенциальной энергии VFn - nigh. В этом случае КПД Л “ -^--100% или П =	100% и т. п.<
^Ъатр	И?
Пример 3. За счет работы тока некоторая масса т вещества нагрета на АТ, или выкипела, или вещество массой m расплавлено и т. д. В этих случаях КПД процесса
п = ~~ 100% n loo %
Л*»»	’ ил
п=^100%. л.^100%.
Здесь с - удельная теплоемкость, г - удельная теплота парообразования, А “ удельная теплота плавления вещества, о котором идет речь в условии задачи.
Возможны, конечно, и другие варианты превращения энергии ?ока в иные неэлектрические виды энергии. Во всех этих случаях энергия тока (или его работа) будет затраченной, т. е. в формуле КПД будет располагаться в знаменателе, а неэлектрическая энергия (механическая, тепловая и др.) или соответствующая* ей полезная работа - в числителе формулы КПД.
 Возможны и обратные варианты, когда за счет какой-либо энергий (тепловой, механической) вырабатывается электрический ток. Например, когда, какой-либо механический генератор тока вырабатывает ток, затратив W механической энергии, то КПД такого
генератора ц ~	100 %.
Если в какой-либо тепловой электростанции за счет количества теплоты Q, выделенного сгоревшим топливом массой т с удельной теплотой сгорания 9, вырабатывается ток, имеющий энергию tr * UH, то КПД такого процесса
И = ^100% или т) = —100%.
Q	пщ	.
Если за счет кинетической энергии падающей воды Жк “ —-
2
A	UH
вырабатывается ток, то Л * или ц = ——100 % .
ПГ
А если за, счет работы тока тело приобретает кинетическую
Е	UPt
энергию» то наоборот: ц = -—100% или т] = —-100% .
-A	mg
Если в задаче на закон сохранения энергии ничего не сказано о КПД процесса, то имеется в виду, что энергия (или работа) тока
287
равна неэлектрической (механической, тнйоюй и т. д.) энергии (или работе) того процесса» о котором идет речь в задаче. В этом случае выражения, стоящие в числителе и знаменателе формул КПД, приведенных выше, равны (т. е. между ними можно поставить знак равенства, подразумевая, что потерями энергии можно пренебречь).
Когда вы решаете задачи на использование энергии электрического тока для нагревания, например, воды в чайнике, кастрюле и т. п. с помощью какого-либо нагревательного прибора, например» электроплитки, и сказано» что с этой плиткой что-либо делают» например» спирали плитки соединяют сначала последовав тельно» а затем - параллельно, или укорачивают спираль, или, наоборот, ее удлиняют» то помните, что при. этом количество теплоты Q, требуемое для нагревания чайника, кастрюли и т. п.» не изменяется. Кроме того, напряжение U в розетке» куда включили электроплитку, тоже будет оставаться неизменным» а будут меняться от этих действий сопротивление электроплитки R и время нагревания t. Поэтому для решения подобной задачи лучше польэо-
л 17*
ваться формулой закона Джоуля-Ленца Q-—t, записав ее применительно к обоим случаям. Например, спирали плитки сначала были соединены последовательно, а затем - параллель». На-
U2	U*	'
чиваЗле решать так: Q =-----1. , Q  ----U, гд е JL___ ~ Л + Л1»
Л«ф
Здесь Дж™ общее сопротивление последовательно еоединен-ных спиралей сопротивлениями и Я, каждая, a - их общее сопротивление» когда их соединили параллельно. Дальнейшее решение зависит от условия задачи, от того, что дано и что спрашивается. Подробное решение подобной задачи мы рассмотрим в разделе <Решение отдельных задач».
КПД электрической цепи называют отношение «полезной» работы Дш, совершенной током в каком-либо участке цепи» ко всей «затраченной» которая равна энергии, выделенной источником тока в процессе его работы за время t :
П = —=*-100% т п = ^1ЛО%, п = ^100%-Амп»	Ш	€
согласно закону Ома U *= IR и £ = I(R + г), то формула КПД тока может выглядеть так:
" -5Т7*00*-
Здесь R - сопротивление всей внешней части цепи» а г - сопротивление источника тока.
Следовательно» КПД электрический цепи 'можно определить отношением напряжения на участке, где совершается полезная работа или полезно используется теплояэя -энергии» к ЭДС источника тока» или КПД электрической цепи можно определить отношением сопротивления участка щйпц где совершается полезная работа или полезно используется тепло, к сумме сопротивлений
288
внешнего и внутреннего участков цепи, выраженным обычно в процентах.
Решение отдельных задач
Задача 1
У электроплитки имеются две нагревательные спирали, каждая из которых в рабочем состоянии имеет сопротивление R “ 100 Ом при напряжении U - 220 В. Насколько мощность тока при параллельном включения спиралей Рг отличается от мощности тока Pt при их последовательном включении?
Дано:.
Я = 100 Ом U - 220 В
ДР- ?
Здесь ДР = Ps - Pi - разность между мощностями Pj и Р2.
Решение. Мощность Рг и Р2 определим
„ U2 „ U2 по формулам Pi = —- и Р2 = —-, где
Rt = 2R - общее сопротивление последовательно соеди-_________ w n. R ~	. венных спирален и л2= — - их общее сопротивление при
Л параллельном соединении. С учетом этого
1 2R и Рг R ’ Тогда искомая разность
„ W2 U2
R ~ 2R
3
U2
R
2202 Произведем вычисления: ДР - ®т = Вт.
Значит, если напряжение на данном участке цепи не меняется, то при параллельном соединении проводников выделяется большая мощность, чем при их последовательном соединении.
Ответ: &Р = 726 Вт.
Задача 2.
Участок электрической цепи состоит из лампы сопротивлением At “ 200 Ом, рассчитанной на мощность Р, = “ 60, Вт, электропддтки сопротивлением Я, = 90 Ом, включенной параллельно лампе, и соединительных проводов длиной I «= 10 м с площадью поперечного сечения S " 0,8 мм1, сделанных из стали. Накал лампочки нор-
289
10. Репетитор по фишке. Г 2
мальный. Найти силу тока 1г в плитке, потерю мощности ДР на соединительных проводах и мощность тока Рг в электроплитке. Удельное сопротивление стали р — 1,2 * 10~7 Ом * м.
Дано: Rt = 200 Ом Рг = 60 Вт Я2 = 90 Ом 1 = 10 м S = 0,8 мм* 2 р = 1,2 • 10-7 Ом • м
h-ч ЬР-1 рг-ч
Решение. Нарисуем схему этого участка цепи, включив последовательно клеммам аЬ сопротивление Дп, символизирующее собой все сопротивления соединительных проводов (рис. 7-1).
Теперь обратимся к условию за-
дачи. Нам дана мощность тока в лампочке и сказано, что она горит с нормальным накалом. Это означат ет, что мощность тока в ней соот-
ветствует мощности, написанной на цоколе лампочки. Поскольку нам известно и сопротивление лампочки, мы можем найти силу тока Д в ней из формулы Р, — IfRi,
откуда Д =	.	(1)
Лампочка и электроплитка
соединены параллельно, а при параллельном соединении силы токов в проводниках об-
ратно пропорциональны их сопротивлениям, значит,
у- =	, откуда 12 = Л или с учетом (1)
т - А
2 • (2)
Здесь Д - сила тока в электроплитке. Зная ее сопротивление Д, мы найдем мощность тока в ней по формуле
Р2 = Д2Я2|	(3)
Примечание: можно было решить иначе, найдя сначала напряжение на лампочке и плитке (оно ведь одинаково)
U2
по формуле U — ДЯ1( а затем по формуле Р2 » — найти «2
мощность, выделяемую в плитке. Результат был бы тот же.
Теперь найдем потерю мощности в соединительных проводах. Поскольку сила тока I в неразветвленном про-
«90
. воде участка I — IY + I2f а сопротивление соединенных
проводов Ra = р—, то по формуле мощности ДР = РД,' S
2
или
о
2
Переведем единицу S в СИ: 0,8 мм2 — 8 • 10~7 м2.
_	-	200 Гб0~. . о А
Произведем вычисления: /2 = ——J-----А = 1,2 А,
Р2 = 1,22 • 90 Вт = 130 Вт, ° 2<Ю
г?
ДР = 1,2-10’7—— 8 10
Ответ: 12 = 1.2 А, Р2 = 130 Вт, ДР = 4,6 Вт.
Вт = 4,6 Вт.
Задача 3
При ремонте электрической плитки ее спираль, укоротили на 20%. Во сколько раз изменилась при этом мощность тока в плитке?
Дано: - = °,2	Обозначим А/ = /} - 12 изменение длины спирали, Zj - ее первоначальную длину и Р, -мощность тока в плитке при этой длине, Z2 -длину после укорачивания и Р2 - мощность тока при этой длине. Решение. Внимание! Для определения мощности в подобных задачах лучше пользовать- U2 ся формулой Р - ——, а не формулой Р = PR, R
1	
потому что при изменении сопротивления спирали R изменяется и сила тока I в ней, тогда как напряжение U на спирали остается прежним, таким, какое оно в регчт-ке, куда включают электроплитку.
Поэтому запиПхем:
_П2	" и2 P2_U2Rl_Rl
Р1 = ^'иР2 = ^’тогда = (1)
Здесь	Д = Р^	(2)
- сопротивление спирали до ее укорочения, р - удельное сопротивление металла, из которого она изготовлена, 8-площадь поперечного сечения спирали.
291
к _ S
Аналогично Я2 = Р
(3)
сопротивление спирали после ее укорочения.
Подставим (2) и (3) в (1):
Р2 Р^Я Л Pi	s flb V
„	Ы L-L лп
Согласно условию — = ——~ = 0,2, откуда
l-k = 0,2, ^ = 0,8 и ^- = 1,25. ч	*i	*2
Значит»
^ = 1,25
>1
Ответ: мощность тока в укороченной спирали увели-
чивается в 1,25 раза.
Задача 4
Подъемный кран работает под напряжением U = 380 В, поднимая груз массой т = 0,5 т на высоту Н — 20 м за  время t = 1 мин. КПД подъемного крана ц * 50% . Най-- ти силу тока / в обмотке электродвигателя крана.
Дано: 17 = 380 В т — 0,5 т 7 = 1 МИН Т] =, 50% Н = 20м
м
1-1
Решение. Начнем решать с формулы КПД. Поднимая груз на высоту Н, кран сообщает ейу потенциальную энергию £п = — mgH, и при этом ток в двигателе совершает работу А — Ult.
Поажжу КПД подъемного крана
И =	откуда 1 =
Переведем все единицы в СИ: 0,5 т - 500 кг, 1 мин — 60 с. Проверим единицу полученной величины:
м КГ--Т--М с2
LJrar %-В-с В-с В-с В-с _	_ 500-9,8-20.__ .	• .
Произведем вычисления: I =--—100 А = 8,6 А.
50 380 60
Ответ: I = 8,6 А.
Задача 5
Какого диаметра d надо взять проволоку из нихрома, чтобы изготовить нагревательный прибор с силой тока
292
I—2 А для превращения в пар в процессе кипения половины объема F = 4 л воды, взятой при t° “ 25°С за время t = 20 мин, если тепловые потери составили 20% ? Длина проволоки I = 80 м, удельное сопротивление нихрома рв = 1,1  1QF* Ом * м, плотаость воды рп — 1  103кг/м’, температура кипения воды t2° ” 100°С, ее удельная теплоемкость е = 4200 Дж/(кг - К), удельная теплота парообразования воды г - 2,3 - 10е Дж/кг.
Указание: няаияпжу тешювые потери составили 20%, значит, КПД этот» процесса составил 80%, ведь т| “ 100% --20% =80%.
Дали»:
У=4л
V„ - 0,5 V
= 25°С t * 20 мин п - 80% ;«80м ре= 1,1 -10“» Ом - м
кг р.-110»-з
t2° - 100°С
с = 4200 кг-К
Решение. КПД процесса передачи тепловой энергии электроплиткой воде равен отношению «полезного» количества теплоты Qa, пошедшего на нагревание воды и превращение половины ее массы в пар, к «затраченному» количеству теплоты <QB, выделенному нагревательным прибором в течение времени t, выраженному в процентах:
Л = % 100%. <?>
Из термодинамики мы знаем» что количество теплоты
Q, = em&tj - t,°) + mj.
Здесь жв = рв V - масса нагретой воды, а т* 0,5m, “ 0,5p„F -масса пара.
С учетом этого
в. =	- *i°) + 0,5р„Гг -
= P,W~ V) + 0,5r).	(2)
Затраченное плиткой количество теплоты Q, определим
по закону Джоуля-Ленца: Q, = PJtt, где Я = рс - со-О
(1)
2,3 • 10» — кг
d = ?
С . ®d2 противление проволоки, S - —-—- площадь ее попереч-4:
иого сечения»
41	9	41
С учетом этого R = ре —- и Q, = / ре —j t-	(3)
nd	Яа
Подставим (2) и (3) в (1) и из полученного выражения определим диаметр проволоки d:
293
_	, откуда
4Игре*____________’
.n9T I
У яр, v(c^g - )+ 0,5г) Переведем единицы e и t в СИ: 4 л = 4  10-» м», 20 мин = 1200 с.
Произведем вычисления:
-02 2 |	80 -1Д 10-*-1200 80	~ *
’ " у ЗД4 • 1  10’ • 4 • 10-* (4200(100 - 25)+ 0,5 • 2,3 - 10е)
= 210-4 м.
Ответ: d = 2 • 10** м.
Задача в
От генератора с ЭДС £ = 60 В и внутренним сопротивлением г = 0,08 Ом но медному кабелю к месту электросварки поступает ток. Электросварочный аппарат находится на расстоянии 1, =* 80 м от генератора. Сила тока в цепи I — 100 А. Найти мощность тока Р в сварочной дуге. Удельное сопротивление меди р — 1,7 • КГ* Ом * м, площадь поперечного сечения кабельного провода S — 200 мм».
Дано:
60 В г = 0,08 Ом I, - 80 м I - 100 А
Решение. Мощность тока в сварочной дуге можно определить произведением напряжения U на этом участке цепи на силу тока I в дуге:
Р - UI.	(1)
Напряжение U на сварочном аппарате можно определить как разность между ЭДС £ и источника тока и суммарным падением напряжения Е7„ внутри источника тока и Нвр на соединительных проводах: U - £- Um - где по закону Ома для участка цепи
и ^=1^=^“.
Здесь I = 2/j - длина двухпроводной линии от генератора до места сварки и обратно.
С учетом этих равенств имеем
£-Ir- Jp^- = £- /r + p^-l.	(2)
о	I Ь J
Подставив (2) в (1), мы решим задачу:
294
Переведем в СИ единицу S: 200 мм’ = 200 • IO-8 м» = 2 • 10-* м’.
Произведем вычисления:
80
Р - 100(60 - 100(0,08 + 2 • 1,7 • 10-»..	) Вт -
2-10*4
« 5,1 • 10» Вт - 5,1 кВт.
Ответ: Р = 5,1 кВт.
Задача 7
Сопротивление одного резистора Я, = 4 Ом, а второго Я2 — 9 Ом. При подключении поочередно каждого резистора к источнику тока мощность тока в них была одинакова» Найти внутреннее сопротивление г этого источника тока и КПД T]i и цепи в каждом случае.
Дано:
-4 Ом Я 2 = 9 Ом
Решение. Поскольку речь идет о внутреннем сопротивлении источника г, значит, придется применить закон Ома для всей цепи, в который это внутреннее сопротивление вхб-. дит. Этот закон определяет силу тока в замкнутой цепи. Поэтому выразим мощности тока в первом и втором случаях Pt и Pt через Силы токов Д и в цепи и сопротивления резисторов Я, и Я2: Pj = и Рг = 72’Pj.
Согласно условию Pt - Р2, поэтому Iffy - ЛгЯ2. Теперь запишем закон Ома для полной цепи примени-
£ ' £ тельно к этим случаям: Л = —----(2) и 12 = ———. (3)
zig + Г	Ag + Г
Подставим (2) и (3) в (1). При этом неизвестная ЭДС сократится, и мы получим одно уравнение с одним неизвестным - искомым сопротивлением г, откуда его и найдем: £* г»	£*
г-? Th-? Па - ?
(Я. Tf*1
.2 ’
295
Теперь» зная внутреннее сопротивление источника тока, мы можем найти КПД цх и Tj, по формулам
n = _2h_ioo% и Пг=-^—1<Х>%
1 jfy+r	Rz+r
Произведем вычисления:

г = 7Гэ °*
-6 0м,
4	Q
П1 = ——100% = 40%, ТЬ = -^-100% = 60%. 1 4 + 6	* 2 9+6
Ответ: г = 6 Ом, t]j — 40%, Л» = 60%.
Задача 8
Три одинаковые лампочки, каждая из которых рассчи-тана на напряжение 17, = 4 В, соединены параллельно и подключены через реостат к источнику тока с ЭД С £ — 8 В (рис. 7-2, а). Лампочки Горят В ЯП1ЛПП1Ш,ВПМ режиме (т е. в рабочем состоянии напряжение на них Ох и мощность тока в каждой из них Р, такие же, как написано на их цоколе). Во сколько раз будет отличаться мощность тока в каждой из лампочек по сравнению с номинальной, если одна из них перегорит, а сопротивление оставшихся будет прежним?
Дано: U, = 4 В л -3 f=8B
Обозначим п количество одинаковых лампочек, Р2 ~ мощность тока в каждой из оставшихся лампочек, если одна из них перегорит.
Решение, Нам известно напряжение 17, на каждой лампочке, значит, мы можем опреде-
р	лить их номинальную, т. е. ту, на которую они
-£ - ?	рассчитаны, мощность Ргг Pt = UtIt. (1)
А . Кроме того, по закону Ома для участка цепи мы можем найти сопротивление каждой лампочки:
296
17,
(2) <1
Оно останется таким же, когда одна из лампочек перегорит. Значит, для нахождения мощности тока Р2 в каждой лампочке после перегорания одной из них нам бы надо знать одинаковое напряжение U2 на оставшихся параллельных лампочках. Тогда бы мы нашли мощность
уI 2 3 *	I
Р2 по формуле Р2 = или с учетом (2) Р2 =	• (8)
л 1,и!	(и. V '
0^(1)^ = ^=^.	(4)
Таким образом, дальнейшее решение сводится к нахождению напряжения Ut. Его можно найти, умножив силу Тока 1т в неразветвленной части цепи (рис. 7-2, б) на
общее сопротивление двух параллельных лампочек
2 *
~ А)2 ~£~ ® А)2 XT" •	<5)
Л	лЦ ।
Силу тока 1Ю в неразветвленной части цепи определим по закону Ома для полной цепи:
I =_____£______=_____£__.	(6)
R	ТТ	V '
R + =^ + r R + ^ + r 2	2Z^
Здесь R - неизвестное сопротивление реостата. Чтобы его найти, обратимся к рис. 7-2, а. По закону Ома для всей цепи сила тока в неразветвленной части цепи
I	£	-	£
**01	Т>	. тт
R+fhL+r R + Y^ + r
3	3Z,
С другой стороны, 101 = 3 I], поэтому
зл =
е и.
Отсюда найдем сопротивление реостата R и подставим его в (6): .*
Д + ^_+г = Х Д.= S 43Zi 31г ’ 3Ii 3Ii 311
(7)
297
Подставим (7) в (в):
г _________£_________ ____®А£__ =	. (в)
02	£-Щ U, 2£-2£71+31Л	2£ + £Л
3/,	Г+2Т1+Г
Теперь определим U2, подставив (8) в (5):
= _6А£_ Ъ =	ю
2 2£ + Ui 2/1	2£ + Ut '	1
Нам осталось подставить (9) в (4):
Р2 ( 3£U1 f
А Произведем вычисления:
Р2 ( 3g \
Pi [2g + tzJ
Р2 ( 3-8 У ...
п =	-7	= ^4 ’ Т‘ е- МОЩНОСТЬ каждой из ОС-
Рг I 2 • 8 + 4 j
тавшихся лампочек увеличится в 1,44 раза.
Ответ: Р^/Р^ = 1,44.
Задача 9
Три лампочки сопротивлением Пя каждая соединены последовательно и подключены к источнику тока с внутренним сопротивлением г. Во сколько раз изменится мощность тока в них (полезная мощность), если лампочки соединить параллельно?
Дано: R, г
Обозначим Р] мощность тока в лампочках, когда они были соединены последовательно, Р2 -мощность тока, когда лампочки соединили параллельно.
Решение. Мощность Pt найдем, умножив квадрат силы тока в лампочках на общее сопротивление ЗЯ1 при их последовательном сопротив-
лении: Рх = 3112ЯД.
£
По закону Ома для полной цепи Д -------, поэтому
3Вд + г
(' £ Л'зй{з^ Аналогично при параллельном соединении лампочек
(1)
R	£
^2 где /2 = —-------, поэтому
—— + Г 3
298
р =
2	3
Разделим (2) на (1):
£
^+г
I 3
(2)
Р3 _ Я,£г(ЗЯл + г)2
A Jr„ А2
3 —+ г 3R„£ 3	я
(ЗЯЛ +Г)2
to_ti (Д, + Зг/
или
Задача решена.
Р2 ( 3R„ +г )
Ои“т; '
Задача 10
Источники тока с ЭДС £^ = 4 В и = 2 В и внутренними сопротивлениями г\ = 0,2 Ом и гг - 0,1 Ом, соединенные, как показано на рис. 7-3, питают током лампочку, сопротивление которой в нагретом состоянии R = 20 Ом. Какова мощность тока Р в лампе?
Рис. 7-3
Решение. Дря определения мощности тока в знать силу тока I в цепи, поскольку сопротивление лампочки R нам известно. Когда мы найдем силу тока I, то мощность определим по формуле Р = PR.	(1)
Силу тока в цепи найдем, воспользовав-шисквторым правилом Кирхгофа.
Нам достаточно составить одно уравнение второго правила Кирхгофа, поскольку мы имеем всего один контур. Будем обходить его против часовой стрелки, Тогда перед первой ЭДС ^поставим знак «плюс», а перед £* - «минус», поскольку в этом источнике мы будем переходить от «плюса» к «минусу», т. е. в сторону понижения потенциала. Запишем: £х -	= IR + Ir\ + 1г2,
Дано:
Д = 4 В
£ = 2В
fl =» 0,2 Ом г2 ~ 0,1 Ом Л = 20 Ом
ламце нам надо
откуда
~^2
Я + г2 + г2 *
(2)
299
Подставив (2) в (1), мы решим задачу:
{Я + Г! + г2
Произведем вычисления:
р =	1 Вт = 0,2 Вт.
\20 + 0,2 + 0Д^
Ответ.* Р = 0,2 Вт.
Задача 11
На расстоянии Z, = 5 м от источника тока находится потребитель, которому подается напряжение U - 1000 В. Ток идет по стальным проводам с диаметром поперечного сечения d == 2,5 мм. Найти потери мощности в проводниках ДР и КПД т| этой передачи. Передаваемая мощность Р 25 кВт.
Данл* L - 5 м U ~ 1000 В р == 1,5 • Ю 7 Ом *м d =* 2,5 мм Р = 25 кВт
ДР- ? П-?
Решение. Обратите внимание, что “ когда пишут «подается от источника на потребитель», «передано потребителю», «на потребитель'хотят подать» некоторое напряжение, то, как правило, речь идет о напряжении на зажимах потребителя, а не на зажимах источника или на передающих проводах. То же самое относится и к передаваемой мощности.
Прежде чем приступить к решению этой задачи, давайте выполним несложный чертеж, иначе здесь очень
легко перепутать, какое напряжение к чему относится. Расположим слева на чертеже (рис. 7-4) клеммы ab источника тока, напряжение на которых IJ0. Судя по условию задачи, соединительные провода имеют сопротивление (роз уж речь идет об их длине и материале, значит, нам намекают, что это сопротивление следует учитывать). Обозначим это сопротивление (всех соединительных проводов имеете) прямоугольником, расположенным, например, наверху. Расположим справа клеммы cd потребителя, на которые подают напряжение U. Затем все соединим прямыми линиями, обо-. я	значающими соединительные про-
ао-»—г-58!-----ое вода..
с?о; /*о др. др и: р Обозначим на схеме все напря-о---------------о жения и все мощности на всех
°	1	участках цепи, каждое напряже-
Рис. 7-4	ние и каждую мощность обозна
300
чим своим индексом, так как они все различны. И только ток I будет везде одинаков, так как цепь последовательная.
Потерю мощности в соединительных проводах можно найти по формуле мощности: ДР = /*Яор-	(1)
Правда, сила тока / в линии нам тоже не известна, но мы ее легко найдем из формулы мощности тока в потребителе, ведь там ток такой же. Поскольку мощность тока в потребителе Р я напряжение U на его клеммах нам известны из условия задачи, то по формуле мощности
P = UI найдем/:	(2)
Сопротивление соединительных проводов нам тоже не дано, но зато мы знаем диаметр их поперечного сечения d, удельное сопротивление р и легко определим длину I, которая равна удвоенному расстоянию от источника до потребителя (обратите на этот момент внимание: если вам Дано расстояние от источника до потребителя, то это вам дана не вся длина соединительных проводов, а только ее половина), поскольку цепь должна быть замкнута. Тогда по формуле сопротивления линейных про-
2	L
водников имеем Raf = р— = 2р~.
s	S
' Площадь поперечного сечения проводов S связана с
, .	~ С nd*
диаметром их сечения а формулой о = —— •
Тогда	Япр=2р-^- = 8-^-.	(3)
nd nd
Подставив (2) и (3) в (1), мы найдем одну из искомых
величин -
(
отери мощности ДР: ДР = I — I
или
АР = 8—J — л \dU
' Теперь отыщем вторую искомую величину - КПД передачи Т]- Как известно, КПД многих процессов можно определить отношением «полезной» работы _Д ко всей «затраченной» в данном процессе Д, выраженным, как правило, в процентах: т] = -^-100%.
301
В свою очередь работу можно представить как произведение мощности работающего объекта и времени его работы. Тогда в нашем случае Д, = Pt и А, = Pot.
Здесь Рй- мощность тока в источнике. Она может быть определена как сумма мощности тока в потребителе Р и потерь мощности ДР в соединительных проводах из-за выделения в них энергии в виде джоулева тепла: Ро = Р + ДР.
Pt	Р
Тогда ,|"^р+дрУ100%’ ’•тД?"1 ***-
Мы определили вторую искомую величину. Задача в общем виде решена. Переведем все единицы в СИ:
2,5 М№ 2,5-10 3 * * * м, 25 кВт — 25 • 10» Вт.
Произведем вычисления:
др = д*,5 10~7-5(	25-Ю8
3,14 [г^-ю’лооо^
Вт = 191 Вт,
25 10
л = ——-100% = 99%. 25 10*+191
Ответ: ДР = 191 Вт, т| = 99%.
Задача 12
. Мощность электрической лампочки Р = 100 Вт, напряжение U — 220 В. В рабочем (т. е. горящем) состоянии температура ее нити накала t°2 = 2900 °C. Определить сопротивление нити лампочки при комнатной температуре ~ 20 °C. Температурный коэффициент сопротивления материала нити а = 4 • 10~» К1.
Дано:
Р = 100 Вт 17 = 220 В Г2 = 2900°С t°< - 20 °C <Х - 4 ♦ 10-» К"1
Решение. Сопротивление нити лампочки при комнатной температуре Я, связано с этой температурой if соотношением, выражающим зависимость сопротивления линейных металлических проводников от температуры:
~ Я0^. + а^)-
&-Т
(1)
Здесь Яо ~ сопротивление проводни-
ка, т. е. в 'нашем случае нити лампочки, при £% — О °C.
Эта величина нам неизвестна и определять ее нет нуж-
ды, поэтому, чтобы ее исключить, запишем еще одно
такое же уравнение, но уже применительно'к горящей
лампочке:
Jlj — R0(l + <xt<
302
Здесь Rt — сопротивление горящей лампочки. Эта величина нам тоже неизвестна, но мы можем легко определить
U2 г, и* из формулы мощности тока Р = —, откуда «г = —.
^2	“
U2 i \
Тогда — = Но(1 + afg).	(2)
Разделив теперь (1) и (2) друг на друга, мы легко определим искомое сопротивление из получившегося при
BjP	+ a*i)
этом выражения —~s- - —т-----г, откуда
U*	+ at£)
д И1**?) 1 p(l + atg)
Задача в общем виде решена. Напомним, что здесь переводить градусы Цельсия в градусы шкалы Кельвина путрм прибавления числа 273 к данным температурам не следует, так как в формуле R Яо(1 + ai°) стоит не просто температура t°, а разность температур At° = t° - О °C =» « t°. Но, как известно, Д$°С — ДТ К, поэтому здесь
*; = де[ = 20 *с и дд = д = 2900 °с. „
Подставим числа и произведем вычисления:
2202(1 + 4 10-3 -20)
R. =----3------------2 Ом - 41,5 Ом.
100(1 + 4 • 10’3-2900)
Ответ: 2Zt = 41,5 Ом.
Задача 13
Найти ЭДС £ и внутреннее сопротивление г источника тока, если при токе Д = 15 А он отдает во внешнюю цепь мощность Рг “ 135 Вт, а при токе /, = 6 А - мощность Pt = 64,8 Вт.
Дано: Д = 15 А Pt - 135 Вт Д = 6 А Р2 = 64,8 Вт
£- ? г- ?
Решение. Если в условии задачи говорится об ЭДС и внутреннем сопротивлении источника тока, значит, без закона Ома для'полной цепи не обойтись. Давайте и начнем с него. Запишем этот^закон для
г , £ тока It: Д = —---.
303
Здесь Bj - сопротивление внешней части цепи, которое иям не известно, но мы его можем легко найти, воспользовавшись формулой мощности тока, в которую входят известная сила тока Д и сопротивление
Д = А2д1 > откуда Bi = Д- •
Л
Мы получили одно уравнение с двумя неизвестными величинами £ и г. Чтобы их определить, нужно еще одно уравнение с этими же величинами. Запишем такое же уравнение применительно к току Z2 (можно сразу записать уравнение, аналогичное последнему, так как все предыдущие рассуждения справедливы и применительно
к току Z,):
(2)
Вот теперь мы имеем два уравнения (1) и (2) с двумя неизвестными £ и г. Найдем их, решив эту систему уравнений. Для этого можно, например, выразить из обоих уравнений £ л полученные выражения приравнять, тог-да мы исключим неизвестную ЭДС Ги получим одноурав-
нение с одним неизвестным - внутренним сопротивлением г. Проделаем эти действия:
f = /j[A. + r (3) и £ = Z2U|- + r ,	(4)
VI J	V2 /
Мы нашли одну из искомых величин. Второю величину - ЭДС £ - найдем, уже зная г, по формуле (3) или.
(р	р
-|- + Г ИЛИ	~
Л )	h
 Подставим числа и произведем вычисления:
304
1 Г 64,8 185^ 15-б1 6 " 15 J
Ом
= 0,2 Ом,
f = Нпг + 15'°’21в
Ojneem: r = 0,2 Ом,
= 12B.
£= 12 B.
Задача 14
Когда источник тока замкнут на внешнее сопротивление, КПД схемы Hi- Найти Т)2 схемы, если к этому источнику тока подключили параллельно еще п таких же источников, а внешнее сопротивление осталось прежним.
Дано:	Решение. В методических указаниях мы при-
T)i вели разные формулы для расчета КПД эдектри-п  четА цепи. Очевидно, что здесь лучше всего воспользоваться формулой, в которой КПД опре-Иг - ? делается через внешнее Ли внутреннее г сопротивления этой цепи. Пусть оба КПД выражены в частях. Тогда для случая, когда источник тока был
один, имеем , Л1 =	.•	4 (1)
ЛтГ
Когда к нему подключили параллельно л таких же источников тока, внутреннее сопротивление получившейся батареи источников уменьшилось в л раз. Поэтому 4,=-^.	<а>
л
Мы получили систему двух уравнений (1) и (2) с тремя неизвестными: внешним сопротивлением R, внутренним сопротивлением г, которые нам определять не надо, и т]2> которое мы ищем. Из этих уравнений исключим вначале R, чтобы получить одно уравнение хотя бы с двумя неизвестными г и Лз« Может быть, тогда г сократится. Проделаем эти действия.
Из уравнения (1) л»-® + T]ir = Я, откуда т^г = R ~ тцЯ
и
R =
Th*4 1-П1
(3)
куда
Из уравнения (2) Лз® + Лз — ® , Лз ~ = ® “ Лз-®, т~ Л	д
nfl-Лз) ’
(4)
305
Теперь приравняем правые части выражений (3) и (4): П1Г _ Пгг
1-П1 “ф-Пг)*
Как мы и рассчитывали, внутреннее сопротивление г,' которое мы тоже не знаем, сокращается. Получим
41 Л2
1-П1 " п(1-П2) Отсюда найдем Г|,: mj» “ «4t4a “ 4а(1 ~ 41)» ПП1 = «Я1Па + Ml ~ 4.). откуда лп,	„ _	»41
Т]2 ------11--- или 4г - 7" ~Л ~~7\
2 пг|1 +1 — 41	1 + 41(» ~ !)
Задача решена.
п 5П1_
Ответ: 112 " 1 + Л1(п _ 1) -
Задача 15
Спираль из никелиновой проволоки длиной I = 52,5 см с диаметром поперечного сечения d — 0,3 мм опущена в стеклянный калориметр массой тс “ - 50 г, в который налита вода массой т, ** 100 г (рис. 7-5). Концы спирали соединены с источником тока с помощью соединительных проводов сопротивлением Ra — 0,25 Ом. Источник тока состоит из N ” 3 последовательно соединенных одинаковых элементов
с ЭДС £ = 2 В каждый и внутренним сопротивлением по г = 0,05 Ом. За какое время t вода в калориметре нагреется на АГ = 1 К? Удельное сопротивление никелина р = = 4,2 *-10*7 Ом - м, удельная теплоемкость стекла с„ = «= 840 Дж/(кг • К), удельная теплоемкость воды с, -= 4186 Дж/(кг * К), КПД нагревания 4 = 85%.
Дано: I = 52,5 см d == 0,3 мм т= 50 г т. - 100 г » - 0,25 Ом N = 3 £~ 2В Г = 0,05 Ом AT = 1 К
Решение. Начнем с формулы КПД: Q
4 = ^100%.	.	(1)
' Здесь Q„ - количество теплоты, которое пощло на нагревание воды и калориметра, а <Э, - затраченное количество теплоты, которое выделил электрический ток, проходя по спирали в течение времени t.
806
р = 4,2- 10“70м-м Дж
'--МОкг.К
кг - К П = 85%
t - ч
Количество теплоты <?с, которое идет на нагревание стеклянного колориметра на ДТ К, составит
Qc = тс еДТ.
Аналогично количество теплоты, которое идет на такое же нагревание воды: Q, — т^с^Т.
Тогда Q„ =	+ m, с,ДТ =
= &T(me се + m, с,).	(2)
Количество теплоты, которое
выделит ток, проходя по спирали в течение времени t, по закону Джоуля-Ленца Q, - FRct.	(3)
Здесь Д- сопротивление спирали из никелиновой проволоки.
.Эту формулу мы выбрали потому, что силу, тока в никелиновой-проволоке, которая здесь является нагревательным элементом, мы можем найти по закону Ома для полной цепи (нам ведь даны ЭДС, внутреннее сопротивление источника тока и кое-что о сопротивлении цепи), а сопротивление никелиновой проволоки Д. мы легко найдем по формуле сопротивления линейных проводников. Таким образом, по закону Ома для всей цепи, содержащей # последовательно соединенных бдинаковых
N£ ____
Nr
Сопротивление никелиновой проволоки найдем по фор-c ж*2
где S = —— - площадь
элементов,
(4)
муле сопротивления: -Яе = Р _,	.
S	4
поперечного сечения никелиновой спирали.
_	Ъ 4Z
Тогда	Де = р—.
па1
Подставив (4) и (5) в (3), подучим '	 г	.
(5)
Q.=
N£
1U1 <
яа
(6)
Теперь подставим (2) и (6) в (1). При этом мы получим одно уравнение с одним неизвестным - искомым временем t, тогда как все остальные величины в нем будут известны:
307
A7^ncce+m>CJ	=
/ \«
NS
A„+p-^- + ^ jtd J
4Z „
P^* m
ndaAT(mece+m,c,) ЛРш/* +Nr
4plt	N£
Задача в общем виде решена. Переведем все единицы в СИ: 52,5 см = 0,525 м, 0,3 мм = 3 * 10^ М, 50 г = 0,05 Кг, 100 "г •= 0,1 кг.
Подставим числа и произведем вычисления:
t = ЗД4Й; io-4 У • 1(0,05♦840 4- ОД -4186} .	4 • 0,525-4,2-10-785 f
ч2
100 с = 60 с.
[0,25^10~7:4^+3.0.05
3,14(3 10"4J
32
Omoem: t - 60 с.
Задача *16
Электрочайник имеет в нагревателе две секции. При включении первой секции вода в чайнике закипает за время ft — 10 мин, а при включении второй секции - за tt = 40 мин. Через какое время t закипит вода, если обе секции включить:_а) последовательно, б) параллельно? Дано: ti - 10 мин t, °* 40 мин
t - ?
308
Решение. Чтобы решить эту задачу, нужно знать сопротивление каждой секции. Обметим, что сопротивление каждой секции в отдельности не будет меняться при соеди-
кения секций последовательно или параллельно, тогда как сила тока изменяться будет, поскольку ее величина зависит от. общего сопротивления последовательно или параллельно соединенных секций. Так как в задаче речь идет о выделении количества теплоты в течение некоторого времени, значит, для ее решения воспользуемся законом Джоуля-Ленца. При этом выберем такую формулу закона Джоуля-Ленца, в которую входят напряжение U и сопротивление Я, поскольку напряжение в розетке, в которую включали чайник, тоже не меняется при различном включении секций. Отметим также, что количество теплоты Q, которое идет на нагревание чайника до кипения, во всех случаях одно и то же, поскольку нагревается один и тот же чайник с одним и тем же количеством воды. Количество теплоты, которое выделится в
_ и2
первой секции за время t9 W = 5г-, а количество теп-лоты, которое выделится при включении второй секции, .  и2
-"2
Отсюда определим сопротивления секций Я| и Л?:
й2	и2
CD И	(2)
W	ы
1) Пусть секции соединены последовательно. То же самое количество теплоты Q, которое требуется, чтобы
U2
чайник закипел, теперь Q = —---1, где, поскольку они
Дйч1
соединены последовательно, их общее сопротивление
Длч! в Д1 + поэтому Q =	f •	<3)
Нам остается подставить в (3) выражения (1) и (2) и выполнить несложные преобразования:
Q._____!/2_____. 4*9 .,___________
и1 и1 и’М»,)’	«, + <,’
__________
откуда	I* а, *1 + h
2) Теперь пусть секции соединены параллельно. В этом случае количество теплоты <?, которое необходимо, чтобы чайник закипел, равно:
309
Q = ----1, где «общ 2 =	“ общее сопротив-
' ление секций при их параллельном соединении, поэтому ад * <о Теперь подставим в (4) выражения (1) и (2). Получим гг2	( тт2	тг2 \	02П2
Ve 2
1 _ *1 + *2 Ji
1 - ——t, откуда
f - 4*2
4 + *2
4*2	j,
Задача в общем виде решена. Подставим числа и произведем вычисления. 1) При последовательном соединении секций t = (10 + 40) мин = 50 мин.
2) При параллельном соединении секций
•	Ю-40
I - тт—— мин = 8 мин.
10 + 40
‘Мы видим, что. при параллельном соединении секций чайник закипит быстрее.
Ответ: 1) t = 50 мин; 2) t = 8 мин.
Задача 17
Построить график зависимости мощности тока Р в резисторе от сопротивления резистора R. Резистор подключен к источнику тока с ЭДС £ — 2 В, внутреннее сопротивление источника тока г = 2,5 Ом.'
Дано: £= 2 В г = 2,5 Ом
Р - P(R) - ?
Решение. Запишем формулу мощности тока в резисторе, выразив мощность через силу тока в цепи I и сопротивление резистора R: Р — PR, где по закону Ома для £
всей цепи I =
R + г
R.
£2 С учетом этого Р = т---
(Я + г?
Теперь заменим £ и г их числовыми значениями, после чего будем придавать сопротивлению R, как независимой переменной, произвольные числовые значения, на
310
чиная от 0, и вычислять соответствующие этим значени-п п 4Я •
ям величины мощности Р: Р = ------г •
(д+Яб)2
Выберем следующие числовые Значения Я: R — О; 0,5;
1; 1,5; 2; 2,5; 3; 3,5; 4.
Заполним таблицу:
Я, Ом	0	0,5	1	1,5	2	2,5	3	3,5	4
Р, Вт	0	0,222	0,327	0,375	0,395	0,40	0,397	0,389	0,379
Теперь построим график Р - Р(Я). Будем откладывать сопротивления по оси абсцисс, а мощности - по оси ординат. Пусть одно деление на оси сопротивлений соответствует 0,1 Ом, а на оси ординат - 0,05 Вт.
Обозначим точки, соответствующие каждому значению Я и Р, и соединим их кривой линией (рис. 7-6).
Из графика следует, что при-равенстве внешнего Я и внутреннего г сопротивлений мощность тока во . внешней части цепи достигает максимальной величины Р^— Этот факт мы будем использовать при решении следующих задач.
Задача 18
Источник тока с ЭДС Г — 8 В и внутренним сопротивлением г = 0,4 Ом замкнут на реостат. Построить графики зависимости мощности тока Р в реостате и КПД дели т| от силы тока в цепи Z.
311
Дано: £-8В г = 0,4 Ом
р = P(I) - ? n = П(Л - ?
Решение. Запишем формулу зависимое* ти мощности Р от силы тока I и сопротивления внешней части цепи реостата Я:
Р = РЯ, где по закону Ома для полной цепи
, £ „ £
1= ^77, (2) откуда Я = у-г.
(1)
(3)
Подставим (3) в (1) и заменим буквенные обозначения £ и г их числовыми значениями:
р = /2(£-rj или Р = €1 - Pr, Р-81- 0,4Р.	(3)
График зависимости Р от I согласно (3) представляет собой параболу. Для ее построения будем придавать силе тиса I праязяюлыаые числовые значения, начиная от О, и вычислять соответствующие этим значениям величины мощности Р, подставляя числовые значения I в (3). 
Пусть I = 0; 2; 4; б; 8; 10; 12; 14; 16; 18 и 20 А.
Заполним таблицу:
I, А	0		4	6	8	10	12	14	16	18	20
Р, Вт	0	14,4	25,6	33,6	38,4	40	38,4	33,6	25,6	14,4	0
Будем откладывать по осн абсцисс силу тока I, а по оси ординат - мощность тока Р.'
Пусть одно деление на оси сил токов соответствует 2 А, а одно деление на оси мощностей - 2 Вт. Построим график Р — Р(1) (рис. 7-7).
Рис. 7-7
312
Мы видам, что при I — 10 А мощность тока во внешней цепи максимальна. Так будет, когда Я = г (см. зада-
му значению мощности соответствуют два значения силы тока.
Теперь построим график зависимости КПД т| от силы
тока в цепи I. Запишем формулу КПД: П - ^100%, где £
напряжение на зажимах источника при замкнутой внешней цепи 17 = £- 7г, поэтому
т) а ——100% = 11--^7 1100%.	(4)
Мы видам, что зависимость т] от I является линейной, т. е. ее графиком является прямая линия. Подставим в (4) численные значения £л г, после чего придадим силе
тока 7 два произвольных численных значения, ведь для построения прямой достаточно двух точек:

00%=(1 - 0,057) 100%.
Заполним таблицу:
I, А	0	20
п,%	100	.0
Будем откладывать по оси абсцисс Ц.% силу тока I, а по оси ординат - КПД 1).
Пусть одно деление на оси сил токов соответствует 10 А, а одно деление на оси КПД - 50%. Построим график (рис. 7-8).
Из формулы (4) следует, что при токе
£ короткого замыкании 7 = 7ГЛ КПД
электрической цепи становится равным нулю. . Задача решена.
Задача 19
Найти плотность тока ; в медных проводах двухпроводной линии электропередачи, если электроэнергия передается под напряжением U — 380 В на расстояние = == 10 км и потери мощности в линии составляют 0,2% от передаваемой мощности. Удельное сопротивление меди р-1,710-» Ом м.
313
Дано: а - 380 В 1г = 10 км ДР = 0,002 Р р - 1,7- 10 е Ом-м
Здесь ДР - потери мощности, Р -передаваемая потребителю. мощность (т. е. мощность тока в самом потребителе).
Решение. Потери мощности про-
исходят из-за потерь алектроэнер-
j - ?	гии в виде джоулева тепла, выде-
ляющегося на сопротивлении R линии электропередачи. Определим потери мощности ДР через силу тока I в линии и сопротивление двухпровод-
ной линии R = р~-: ДР = I2R = 12р	•	(1)
Здесь 8 - площадь поперечного сечения проводов линии.
Нам требуется определить плотность тока в линии, поэтому «свяжем» силу тока I с его плотностью у:
I - jS.	(2)
Подставим (2) в (1): ДР = J2S2p^- = 2j2Splt.	(3)
s
Теперь определим мощность Р, передаваемую потребителю, через известное напряжение U и силу тока 7:
Р = UI = ttjS.	(4)
Согласно условию ЛР = 0,002 Р.	(5)
Нам осталось подставить (3) и (4) в (5). При этом неизвестная площадь S сократится, и мы определим плотность тока j: 2 pSpli ~ 0,002 UjS, jplj = 0,00117, откуда j = 0,001— Г P^il
Переведем в СИ единицу расстояния 1^ 10 км — 1 • 10* м. Произведем вычисления:
j = 0,001---^—4	« 2,2  10’ А.
1,7 Ю^ Ю4 м2	м2
Ответ: j = 2,2 • 10s А/м2.
Задача 20
Определить силу тока короткого замыкания 1^. в цепи, если при силе тока Д = 2 А мощность тока во внешней цепи Pj = 10 Вт, а при силе тока /2  5 А мощность тока во внешней цепи Р2 = 15 Вт.
Дано:	Решение. Сила тока короткого замыкания
А = 2 А	определяется отношением ЭДС источника
Pj = 10 Вт	тока £ к его внутреннему сопротивлению г:
5 А	£
Р2 = 15 Вт 1^ - ?	
314
Нам не даны ни ЭДС £, ни внутреннее сопротивление источника тока г, но их отношение определять все равно придется» поэтому запишем закон Ома для всей цепи применительно к токам 1Х и I2f куда эти величины входят:
г	£
<2> - <3'
Здесь - сопротивление внешней цепи при силе тока Z,, Лг - новое сопротивление внешней цепи, когда по ней течет ток силой 12. Эти сопротивления входят в формулу мощности Рх = 1Х(4) и Р2 = if Л2.	(5)
Итак, мы имеем 5 уравнений с пятью неизвестными величинами: £, г, Rj, и И нам надо определить силу тока через известные 1П I2, Р, и Р2, «уйдя* от остальных неизвестных. Давайте наметим путь решения этой системы уравнений. Если из (4) и (5) выразить сопротивления*^ и Pj и подставить их в (2) и (3), то количество уравнений и неизвестных величин уменьшится на 2. Давайте выполним эти действия и посмотрим, что по-
лучится: из (4)	= 5- (6) и из (5)	= 4 -	(7)
J1	-*2.
Подставляем (6) и (7) в (2) и (3):
Если теперь определить ЭДС £ из (8) и (9) и приравнять полученные выражения, то у нас останется одно уравнение с-одним неизвестным - внутренним сопротивлением г. Определив г, мы легко, найдем из (8) или (9)
р
ЭДС £. Приступим: £ = lx —+ 1хг 71
и £ = 12Д- + 12г, А + Дг =	+ 12г, откуда
722	71	72
г - 7i 72 _ Pil2 12-1х
(Ю)
(И)
31S
Теперь подставим (11) в (10):

А MA-Л) УА-Ч)

(И)
Нам осталось подставить (10) и (11) в (1), и задача
SWT ре™.:	- /л(/1_/1ХрЛ_ад) 
~~ ДА-ЛА
Произведем вычисления:
Л~<7^Т> = 9-5А-10-5-15-2
Ответ:	= 9,5 А.
Задача 21
Батарея состоит из в =» 10 одинаковых источников тока с Е — 2 В и внутренним сопротивлением f = 0,1 Ом каждый, соединенных параллельно. Какова максимальная мощность тока Р__на внешнем участке цепи?
Решение. Как следует из решения задач № 17 и 18,. мощность тока максимальна, когда сопротивления внешней R и внутренней г, частей цепи одинаковы. В этом случае
£я г2
Здесь € - ЭДС батареи, которая при параллельном соединении одинаковых источник*» тока равна ЭДС одно-
816
Г го источника, и гп = — - сопротивление батареи из п п параллельных источников. С учетом этого получим
л£*
10-4
Произведем вычисления: Л,., = Вт = 100 Вт.
Примечание: если вас попросят доказать, что мощность . максимальна при г — R, то постройте график при любых R и £. Можно также взять производную функции „ £*
* - .---...R по г и приравнять ее нулю, откуда опре-
(Л + 'Т
делить г = R (т. е. исследовать этуфуцкцию на экстремум). Но десятиклассники этого делать еще не умеют.
Ответ: Рж = 100 Вт.
Задача 22
При подключении к источнику тока с внутренним сопротивлением г ж 0,2 Ом сопротивления R — 1 Ом напряжение на полюсах источника тока уменьшается на Ли — 0,5 В. Найти полную мощность Р, развиваемую источником тока в этой цепи.
Дано: г — 0,2 Ом R - 1 Ом AU - 0,5 В
Решение. Полная мощность в цепи определяется произведением ЭДС источника тока £ на силу тока I в згой цепи (если в ней есть параллельное соединение проводников, то умножать ЭДС надо на силу тока в общей, т. е. иеразветвленной, части цепи или на силу тока в самом источнике):
P-EL	(1)
Когда источник тока был разомкнут, напряжение на его полюсах равнялось ЭДС источника. Когда его замкнули на сопротивление R, оно стало U = £ - ЛЮ. Здесь
g по закону Ома U — IR и I ----.
Л + г
£
Значит, IR =£- ли н —----R = £-ли, откуда
(2)
- ER £R+£r-£R £г
Ли = £----
R + r
R + r
317
Отсюда £ — ли ~~~~ = А	+1J"
Подставив (3) в (2), определим силу тока Z: т AU (R Ли R + r Ли P + r[r+Jfl + rr г
Так и должно быть, ведь согласно закону Ома для участка цепи IR + 1г = £, откуда 1г - £- IR— £ - U «
ли
= Ли я I ---- (можно найти силу тока и таким обра-
зом).
Подставим (3) и (4) в (1): Я ^ДП [~ ~ +	ИЛИ Р-
Произведем вычисления: _ 0,2 5 Г 1 Jk ₽‘0.240,2+1JBt-7’5Bt-Ответ: Р = 7,5 Вт.
(3)
au2(r г I г
Р = Д1
Задача 23
Источник тока с ЭДС С=2Ви внутренним сопротивлением г « 0,2 Ом замкнут стальной проволокой, масса которой т — 20 г. Сопротивление проволоки таково, что мощность тока в ней максимальна. Найти изменение температуры проволоки ЛТ за t - 1 мин. Удельная теплоем-' кость стали с ~ 460 Дж/(кг * К).
Дано: £= 2 В г = 0,2 Ом т = 20 .г t = 1 мин с = 460^-КгК
ЛТ - 7
Решение. Судя по условию задачи, вся тепловая энергия^ выделяемая током в . проволоке, идет на ее нагревание. По закону Джоуля-Ленца количество теплоты, выделенное за время t током, Q - PRt,	(1)
где по закону Ома для полной цепи
R + r
В условии сказано, что мощность тока
в проволоке максимальна. Так бывает, когда сопротивление проволоки R равно внутреннему сопротивлению источ- -ника тока г (см., задачу № 17), поэтому / = _£_ = _£ г + г 2г
(2)
31g
g2t 4cmr
Подставив (2) в (1), получим: Q « —5- rt = — t. 4г4 4r
Это тепло пошло на нагревание проволоки, поэтому
€2
Q = ст&Т или — t = стпЛТ, откуда 4г	. __
Переведем все единицы в СИ: 20 г = 0,02 кг, 1 мин « 60 с.
Произведем вычисления:
ДТ ---------------- к = 32 6 к.
4 • 460-0,02 • 0,2
Ответ: ДТ = 32,6 К.
Задача 24
Лебедка поднимает из воды бетонную плиту прямоугольной формы толщиной h с площадью поверхности S, двигая ее без начальной скорости с ускорением а в течение времени t. Напряжение на зажимах мотора U. Плотность бетона р(, плотность воды р,. Найти силу тока I в моторе лебедки.
Дано: Н S оо “ ° а t JJ Р« Р.		Решение. Силу тока в моторе можно найти из формулы работы тока А = Ult, откуда I = А.	(1) За счет этой работы и совершается подъем плиты из воды. Поскольку здесь ни слова не сказано о КПД этого процесса или о потерях , энергии, значит, вся работа тока идет на подъем плиты (т. е. здесь КПД равен 100%, хотя так,
I-?	конечно, не бывает, просто здесь пренебрегают потерями энергии).
Поскольку работу совершает мотор, действуя на плиту посредством веревки силой натяжения , сонаправ-ленной с перемещением плиты, то А » F*H.	(2)
' Здесь Н - высота, на которую поднимется плита за время t, двигаясь равноускоренно с ускорением а и без начальной скорости. Из кинематики мы знаем, что в этом
	__ at2
случае	Я = —.	(3) А
Силу натяжения найдем, воспользовавшись вторым законом Ньютона. Согласно этому закону равнодействующая всех сил, действующих на плиту, та равна век-
319
торной сумме этих сил. На плиту действуют сила тяжести mg, сила тяжести Fa и архимедова выталкивающая сила F„„ (рис. 7-9). Тогда по второму закону Ньютона ma~mg+FB + Fm.
Чтобы записать этот закон в скалярном
Рис. 7-9
виде, учтем, что сила натяжения FB и выталкивающая
сила FnuT направлены вверх, а сила тяжести mg - вниз и, кроме того, силы FB и в сумме превосходят силу
тяжести mg, поскольку плита движется вверх с ускорением. Поэтому та — F, + F^ - mg, откуда
F„ = ma + mg - F^ = m(a + g) - F„.	(4)
Здесь m - масса плиты. Она нам не известна, но зато нам известна плотность бетона рб, из которого изготовлена плита, ее площадь S и толщина Л. Поэтому мы легко найдем массу плиты т, умножив ее плотность р.яа объем V, который в свою очередь равен произведению толщины плиты Л и площади ее поверхности S: т «= p(V, где
V = hS, поэтому m = pJiS.	(5)
Выталкивающая сила по закону Архимеда
= М? “	(6)
Подставив (5) и (6) в (4), получим
F. “ PeAS(a + g) - pjhS - hS(p/a + g>- pjg). (7) Теперь подставим (3) и (7) в (2):
А - 0,5artiS(P«(a + О ’ Р^)-	(8)
Нам осталось подставить (8) в (1), и задача будет решена:
/ = ^7Г-(Рб(в+*)-Р.Д
7 = ^(p6(a + g)-p,g)
Задача решена.
ОтЛет: I -	+*)“Р.<).
Задача 25
Электровоз массой т двигался со скоростью о вверх по уклону tg a =» 0,01, и при этом сила сопротивления движению Fe составляла 3% от веса поезда. Найти силу тока I в его моторе, если напряжение в проводах U, а КПД двигателя Т|.
320
Дано: т v tg а = 0,01 Ft - 0,03Р П U
Решение. Начнем решать эту задачу с
(1)
I-?
формулы тр т] = -~-100%.
ЗдесьЛ п - полезная работа по перемещению электровоза вверх по уклону со скоростью V, Д - вся работа тока, затрачиваемая мотором на это перемещение.
Поскольку полезную работу здесь совершает сила тяги мотора РТЯИ1, то по опреде-
лению механической работы, которую совершает сила, со-направленная с перемещением тела, (2), где S - Щ-	(3)
Здесь S - путь, пройденный электровозом со скоростью v за время t. Так как электровоз движется равномерно и прямолинейно, то силы, действующие на него, согласно первому закону Ньютона уравновешены. На электропоезд действует четыре силы: сила тяжести mg, сила тяги мотора , сила сопротивления движению Fz
, и сила реакции опоры . По первому закону Ньютона + =°-
Чтобы записать этот закон в скалярном виде, разложим силу тяжести mg , направленную под углом к перемещению электровоза, на тангенициальную mg sin а и нормальную mg cos ос составляющие (рис. 7-10). Нормальная составляющая уравновешивает реакцию опоры -FN, а тангенциальная составляющая вместе с силой сопротивления уравновешивает антинаправленную им силу
mg сое а = и Fm = mg sin а + Fe.
Но нам дан не синус, а тангенс угла а при основании наклонной плоскости. Можно было бы перейти от синуса к тангенсу этого угла, используя формулы тригонометрии, но здесь можно поступить проще, если вспомнить, что при малых углах (а у нас tg а — 0,01, а - 0,6°), т. е.’ когда а < 5°40' sin а« tg а. Тогда можно записать,' что Fm - mg tg а + Ft.
Согласно условию Fe = 0,ОЗР -° = 0,08 mg.
тяги мотора
11. Ртеттор по физик*. У 2
321
(4)
Тогда FT„ra - mg tg a + 0,08 mg или
Подставив (3) я (4) в (2), получим
Аи ~ mgvHtg a + 0;03) == mgvtfft,01 + 0,03) =“0,04 mgvt.	(5)
Затраченную работу А, определим по формуле работы тока: А, = Ult.	(6)
Теперь подставим (5) и (6) в (1). При этом неизвестное нам время t сократится, и мы получим одно уравнение с одним неизвестным - искомой силой тока It
e О04^100% = OOWe
1 Ult	UI
Отсюда
Задача в общем виде решена.
Ответ: I = 4-^^.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Электрическая лампочка подключена к источнику тока с ЭДС £ «* 2,4 В и внутренним сопротивлением г •* 0,2 Ом. На цоколе лампочки написано: Р ж 4 Вт. Лампочка работает в нормальном режиме. Определить сопротивление R лампочки.
Отлет; 2 = — - г ± J— — - г = (0,52 ± 0,4) Ом. 2Р V Р I 2Р Iх '
Задача 2. В электроплитке имеются две спирали, с одинаковым сопротивлением. Во сколько раз изменится мощность плитки, если спирали, соединенные параллельно, соединить последовательно?
Р Ответ: — = 4.
Задача 3. При ремонте электрической плитки спираль была укорочена на 0,2 первоначальной длины. Насколько изменилась мощность плитки, если ее первоначальная мощность Pj « 550 Вт.
Ответ: увеличилась на АР “ 0,25л * 137,5 Вт.
Задача 4. Напряжение в контактной сети электровоза U « 8 кВ, сила тока в одном двигателе I « 250 А, число двигателей п * 5, При скорости тепловоза и - 18 км/ч сила тяги тепловоза F « * 100 кН. Найти потребляемую из сети мощность Рх, полезную механическую мощность Р2 и КПД п*
Ответ: Pt “ пШ - 8,75 МВт, Pf *= Fv « 0,5 МВт,
322
т] = ^-100% = 13,3%.
A
Задача 5. В сеть постоянного тока с напряжением U ~ 110 В включен электромотор» Сопротивление обмотки электромотора R * 2 Ом, сила тока в обмотке I = 8 А. Определить КПД т| мотора.
Ответ: П «	100 % = 86 %
Задача 6. Электродвигатель подъемного крана потребляет ток силой / = 20 А. Определить сопротивление обмотки мотора R, если груз массой т « 1 т кран поднимает на высоту Л °= 19 м за t = = 50 с. Электродвигатель работает под напряжением U = 380 В.
Л	»	- mgh л гг л
Ответ: Я -----------= 9,7 Ом.
I2t
Задача 7« Трамвай массой т - 22,5 т движется со скоростью и - 36 км/ч по горизонтальному пути. Коэффициент сопротивления движению к - 0,01, напряжение на линии . U = 500 В, КПД двигателя т) =* 75%. Определить силу тока I в двигателе.
fcm£vl00%
Ответ: I --------— = 59 А.
пи
Задача 8. батарея элементов состоит из параллельно соединен-v ныл источников тока с ЭДС € “ 5,5 В и внутренним сопротивлением каждого источника г « 5 Ом. При силе тЬка.во внешней части цепи I = 2 А полезная мощность (т. е. мощность тока во внешней части цепи) Р «= 7 Вт. Сколько источников тока содержит батарея?
л	Л7 rl* К
Ответ: ™ = ~^_р ”
Задача 9. Электровоз массой т =* 300 т движется вниз по горе, со скоростью v =* 72 км/ч.. Уклон горы составляет Л 1 м на каждые / » 100 м пути. Коэффициент сопротивления движению к “ » 0,02, напряжение в линии V *= 3 кВ, КПД электровоза л *• 80%. Определить силу тока I в моторе электровоза.
- Л2 - Л It;
Ответ: / =—*---—------—^100% 245 А. ’
Щт|
Задача 10..Электродвигатель подъемного крана работает под напряжением U “ 380 В и потребляет силу тока I «= 2 А. Каков КПД установки т|» если груз массой т - 1 т кран поднимает на высоту h =* 19 м за t « 50 с?
Ответ: Л - -—^100% = 50%.
Задача 11. Электрокипятильник со спиралью сопротивлением В * 160 Ом поместили в сосуд, содерябащий V — 0,5 л воды при f°i “ 20°С, и включили в сеть напряжением U - 220 В. Через t « - 20 мин спираль выключили. Какая масса воды тв выкипела, если КПД спирали и « 80% ? Температура кипения воды t°t =
323
- 100°С, ее плотность р - 1000 кг/м*. Удельная теплота парообразования г - 2,3 МДж/кг, удельная теплоемкость воды с « - 4186 Дж/(кг К).
Ответ: т* = в'-птэд. ”~	= ®’05 кг'
ГI л 1UU %	J / '
• Задача 12. Какой мощности Р2 можно установить в конце двухпроводной линии электропечь, имеющую сопротивление R « 10 Ом, если мощность источника тока Pi - 6 кВт при напряжении на его зажимах — 1 кВ.
Ответ: Р3 =	=6,6 Ю’Вт.
I U* J
Задача 13. Лифт массой т ** 2,4 т поднимается на высоту h ** - 25 мв течение t 40 с. КПД подъема т] « 60%. Найти мощность Р электродвигателя и силу тока I в нем, если он работает под напряжением V « 220 В.
Ответ: Р =^100% = 2,45 10* Вт, /=^ = 111 А. t|i	U .
Задача 14. Электрическая кастрюля, потребляющая мощность Pt “ 600 Вт, и чайник, потребляющий мощность Ра =* 300 Вт, включены в сеть параллельно. Вода в них закипает одновременно через t = 20 мин. Через какое время и tt закипит водав кастрюле и чайнике, если их включить в сеть последовательно?'
f Р + Р
Ответ: -I - - 2 I t = 1,1 *10* с, к ;
г, =	* = a? - io8®-
Задача 15. Электрическая плитка включена в цепь генератора с ЭДС £ *** НО В и внутренним сопротивлением г ** 4 Ом. Амперметр, включенный последовательно с плиткой, показывает ток силой I ~ 2,5 А. Чему равен КПД ц плитки, если V - 1 л воды на ней можно вскипятить аа t л® 0,5 ч? Начальная температура воды t°1 - 4°С, температура кипения t°2 ~ 100°С, удельная теплоемкость воды с « 4186 Дж/(кг ’ К), ее плотность р *= 1 * 10* кг/м®.
°'"'”' "e	100% «82%.
Задача 16. Сколько электронов проходит за t « 1 с через поперечное сечение волоска лампы накаливания мощностью Р ~ - 150 Вт, горящей под напряжением U ~ 220 В? Заряд электрона е - 1,6 • 10 » Кл,
Ответ: N=-£ = U1018. еи
Задача 17. За время * 40 с в цепи из п •* 3 одинаковых проводников, соединенных параллельно и включенных в сеть, выделилось некоторое количество теплоты. За какое время tt вы*
324
делится такое же количество теплоты, если проводники соединить последовательно?
Ответ: tt - пЧt ~ 360 с.
Задача 18. Нагревательная спираль для испарения воды имеет при температуре f° ~ 100°С сопротивление Л » 10 Ом. Какой ток I надо пропускать через эту спираль, чтобы аппарат испарял массу воды т == 100 г за время f = 1 мин? Удельная теплота парообразования воды г “ 2,3 МДж/кг.
Ответ: Г

Задача 19. Найти сопротивление внешней части цепи при котором мощность во внешней цепи Pt такая же, как и при другом внешнем сопротивлении Я2 * 10 Внутреннее сопротивление источника тока г 2,5 Ом.
Ответ:	-------9
Я! - 10 Ом, Я; - 0,625 Ом.
Задача 20. Аккумулятор с ЭДС £** 2,2 В и внутренним сопротивлением г « 0,1 Ом замкнут медной проволокой. Сопротивление проволоки подобрано так, что во внешней дели выделяется наибольшая мощность. За t '* 5 мин проволока нагрелась на АТ -“ 315 К. Найти массу т проволоки.
л л
Ответ: т = -—— ~ 30г.
4сгДТ
Задача 21. Под каким напряжением U нужно передавать электроэнергию потребителю на расстояние г =* 10 км, чтобы при плотности тока j *=* 0,5 А/мм* в стальных проводах двухпроводной линии электропередачи потери составляли 1% передаваемой мощности? Удельное сопротивление стали р - 0,12 мкОм * м.
Ответ: U - 200 /рг *= 1,2 • 10е В.
Задача 22. Источник тока замкнут на п резисторов, соединенных последовательно. Во сколько раз изменится постоянная мощность тока в цепи, если резисторы соединить параллельно? г » 0.
Ответ: Р^/Рх - л2.
Задача 23. Линия электропередачи сопротивлением Л в 200 Ом подключена к генератору постоянного тока мощностью Р « 40 кВт. При каком напряжении U ка полюсах генератора потери мощности в линии составляют 5% от мощности генератора?
Отсвет: U ~	12,6 кВ.
Задача 24. К источнику постоянного тока подключили резистор Л1 и при этом мощность тока в резисторе была Pt. Когда вместо резистора к этому источнику подключили резистор 7^» мощность тока сталаР2. Найти ЭДС источника тока £
Ответ:
325
Задача 25, В гирлянде для новогодней елки последовательно соединены тц ** 10 одинаковых лампочек. Во сколько раз изменится мощность тока в гирлянде, е$ли в ней оставить только л2 в 8 лампочек?
Ответ: Р*/Р1 * »1/л2 *» 1,25/
Задача 26. * Напряжение на зажимах электростанции {70 « “ 100 кВ, расстояние до потребителя электроэнергии = 800 км, передаваемая мощность Р2 — 500 кВт. Потери напряжения в со-
ACZ _Цй/	гг
единительных проводах составляют 77“ = о % от напряжения С70.
v0
Найти вес Р медных соединительных проводов. Удельное сопротивление меди рс » 1,7 • 10^ Ом * м, плотность меди р “ 8,9 • 103 кг/м3.
. ~ п ал РпРс4^ - члв
Ответ:	— g- 4 • 10 кг,
ио
Задача 27. Электропечь за £ “ 20 мин превращает в стоградусный пар 100°С) т - 0,5 кг воды, взятой при t°i=* 25°С. Найти длину I нихромовой проволоки с площадью поперечного сечения S - 0,2 мм3, используемой в качестве нагревательного элемента в печи, если напряжение на зажимах печи и * 220 В и ее КПД Л я 85%. Удельное сопротивление нихрома р • 1,1 * 10-® Ом* и, удельная теплоемкость воды с я 4200 Дж/(кг • К), удельная теп-лот&.парообразования воды г =* 2,3 * 10® Дж/кг.
_ .	. пей»
Ответ: Z =—!—*—t----------1,2 м.
pm^-tJ+rJ100%
Задача 28. В цепь, состоящую из медного провода сечением SL =* 2 мм3, включают плавкий предохранитель из Свинца. Какой должна быть площадь поперечного сечения S2 этого предохранителя, чтобы при нагревании медного провода более чем на ДТ — == 10 К он расплавился, если комнатная температура t 26°С, а температура плавления свинца t°t** 327°С? Удельная теплоемкость меди с2 « 380 Дж/(кг • К), удельная теплоемкость свинца с2 -» 130 Дж/(кг * К), удельная теплота плавления свинца 25 кДж/кг, удельное сопротивление меди pL « 1,7-10^ Ом*м, удельное сопротивление свинца р2 2,1 • 10“г Ом * м, плотность меди я « 8,9 • 103 кг/м3, плотность свинца рв я 11,3 * 103 кг/м3.
Ответ: & = & /	fry**? >	> в 5. Ют
ЛР«Р1У;-*Г)+М
Задача 29. При подключении резистора сопротивлением R -» 10 Ом к источнику тока сила тока в цепи I в 2 А. Сила тока короткого замыкания ” 8 А. Какова максимальная мощность тока Лш в резисторе?
г2 то
Ответ:	= 5М Вт-
Задала 30. Сколько витков никеливовой проволоки надо навить на фарфоровый цилиндр диаметром В - 2 см, чтобы устроить кипятильник для нагревания за t - 5 мин кипения V - 2 л
326
воды, взятой при я 20°С? КПД кипятильника ц я 80%, диаметр проволоки d « ОД мм» напряжение в сети U = 220 В. Удельное сопротивление никелина ре в 4,2 • 107 Ом * м, плотность'воды р.w 1 • 10s кг/м®, удельная теплоемкость воды с я 4200 Дж/(кг ’ К), ее температура кипения t°2= 100°С.
Ответ: ,N --------TlrfdCffi ---ж ^д .
4cpBpcVD|t;-tj)100%
Задача 31. Электрический чайник с V = 1 л воды при 20еС включили и забыли выключить. Сопротивление спирали в чайнике Я 15 Ом, напряжение в сети U' = 220 В, КПД чайника ц == • 70%. Через какое время t вся вода в чайнике выкипит? Плотность воды рв — 1 • 103 кг/м3, удельная теплоемкость воды с - 4200 Дж/(кг-К), ее удельная теплота парообразования г я я 2,3 - 10е Дж/кг» температура кипения воды £°2W 100°С.
Ответ: t =	= 19 мин.
Задача 32. Три одинаковых источника с внутренним сопротивлением г3 0,8 Ом каждый" соединены последовательно. Во сколько раз изменится мощность тока в резисторе R = 10 Ом, подключенном к ним, если источники соединить параллельно?
n f j? + 3r^
Ответ: -%- = —---- = 0,16» т. е. мощность уменьшится при-
^3B + rj мерно в 6 раз.
Задача 33. Постройте график зависимости мощности тока Р в резисторе от его сопротивления Я. Резистор подключен к источнику тока с ЭДС 6 В и внутренним сопротивлением г я 0,8 Ом. При каком сопротивлении А мощность тока в резисторе максимальна?
Ответ: R ж 0,8 Ом.
Задача 34. Источник тока с ЭДС £ ~ 10 В и внутренним сопротивлением г — 1 Ом замкнут на реостат. Построить графики зависимости мощности тока в реостдтеи КПД дели от силы тока I в ней. При какой силе тока мощность в реостате максимальна?
Ответ: I - 5 А.
Задача 35. Игрушечный электромобиль массой т “ 200 г начинает двигаться вверх по наклонной плоскости с углом при основании а я 30° и на пути S * 1 м набирает скорость v — — 10 см/с. Коэффициент сопротивления его движению k « 0,02, КПД двигателя д я 80%. Найти напряжение V на зажимах батарейки при силе тока в цепи электродвигателя I = 0,5 А.
. Ответ: U =	+	- 2,5 В.
8. ЭЛЕКТРОПРОВОДНОСТЬ ВЕЩЕСТВ
Краткая теория. Методические указания к решению задач
Носителями тока в металлах являются свободные электроны. При возникновении на концах проводника разности потенциалов на хаотическое тепловое движение свободных электродов накладывается их упорядоченное движение под действием, сил электрического поля в проводнике. При этом результирующая скорость электронов v будет равна сумме скорости их теплового движения и скорости упорядоченного движения вдоль линий подл й:
5я + й -
Скорость упорядоченного движения электронов можно оценить» воспользовавшись формулой плотности тока* / “ пен* откуда
пе
Здесь / - плотность тока* е * модуль заряда электрона и п -концентрация свободных электронов в металле.
Предельная плотность тока для медных проводников, при которой они еще не плавятся, порядка 107 А/м2* а их концентрация порядка 10» мЛ Подставив эти числа в формулу» получим* что она примерно равна 0,001 м/с, т, е. в сто миллионов раз мейыпе скорости теплового движения свободных электронов.
Полупроводниками называют вещества, удельное сопротивление которых больше удельного сопротивления металлов» но меньше удельного сопротивления диэлектриков.
С повышением температуры у полупроводников возрастает число свободных электронов и дырок, следовательно, их проводимость увеличивается* а сопротивление падает. В этом состоит основное отличие полупроводников от металлов.
Носителями зарядов, осуществляющих проводимость в химически чистых полупроводниках* являются электроны и дырки. Проводимость химически «шстых полупроводников* обусловленная движением электронов и дырок, называется электронно-дырочной или собственной, проводимостью, а сами полупроводники - собственными полупроводниками.
Проводимость полупроводников, обусловленная наличием в них < тзбыкчша электронов примеси, называется донорной проводимостью, а само вещество» привнесшее в полупроводник дополнительные электроны, - донором (лат. donare - дающий).
Примесь является донором в том случае, когда ее валентность больше валентности основного полупроводника.
Проводимость полупроводников, обусловленная наличием в нем дырок* называется акцепторной, а вещество, привнесшее их в основной полупроводник, - акцептором. В нашем примере акцептор - индий (лат. acceptor - приемник).
Акцептором может быть вещество* валентность которого меньше валентности основного полупроводника.
Рассмотрим устройство и принцип действия транзистора с р-н-р-переходом (рис. 8-1). Его средняя часть с полупроводником
328
я-типа называется базой. К базе прилегают полупроводники p-типа, которые называются эмиттером и коллектором. Обычно базой служит полупроводник из германия с л-про-водимостыо, в который с обеих сторон вплавляют индий с р-проводимостью. При этом концентрация .свободных электронов в базе меньше концентрации дырок в эмиттере и коллекторе.
Подключим к эмиттеру источник тока так, чтобы через него шел прямой ток (см.
рис. 8-1). Возникшее при этом в нем электрическое поле понесет из эмиттера в базу через р-л-переход основные носители зарядов - дырки. При этом ширина р-л-перехо-
да уменьшится и его сопротивление упадет.
Проникнув в базу, дырки будут продолжать двигаться под действием поля к коллектору и переходить в него через л-р-пере-ход. Но теперь дырки будут двигаться из базы с л-проводимос-тью, т. е. оттуда, где они являются неосновными носителями зарядов, поэтому через переход база-коллектор (т. е. д-р-переход) потечет обратный ток, вследствие чего ширина л-р-перехода увеличится и его сопротивление возрастет.
Бели ток в цепи эмиттера увеличить в несколько раз» то во столько же раз возрастет ток в цепи коллектора, поскольку число дырок, текущих через эмиттер и коллектор, одинаково. Но поскольку сопротижлеиие второго запорного слоя с д^р-переходом значительно больше, чем первого с р-л-переходом» то одинаковое возрастание тока в цепях эмиттера и коллектора будет сопровождаться значительно большим ростом напряжения на втором запор-
ном слое, чем на первом, поскольку напряжение при одинаковом токе больше там, где больше сопротивление. Следовательно, транзистор усиливает напряжение на переходе база-коллектор, причем это усиление происходит за счет энергии источника тока в цепи коллектора.
Явление выделения вещества на электродах при прохождении в электролите электрического тока называется электролизом. Носителями зарядов в электролите являются ионы обоих знаков.
В 1833 г. английский ученый М. Фарадей, изучая экспериментально явление электролиза разных веществ, открыл закон: 1 масса вещества т, выделившегося на электроде при электролизе* прямо пропорциональна заряду д, прошедшему через электролит,	m * йд.	(8.1)
Коэффициент пропорциональности k в этой формуле называется электрохимическим эквивалентом вещества, выделяющегося на электроде.
Поскольку из шфеделения силы тока следагет, что q - П, то, подставив это выражение вместо q в формулу (8.1), получим другую запись первого закона Фарадея для электролиза:
т * kit,	(8.2)
Здесь I - сила тока в электролите, t - время его прохождения, т. е. время электролиза.
При электролизе выделение вещества происходит одновременно на обоих электродах. Поскольку при этом на катоде и аноде выделяются разные вещества, их массы различны, так как различны их электрохимические эквиваленты.
329
-Электрохимический эквивалент вещества k можно определить
М
по формуле	k - —----.	(8.3)
^Апе
Произведение числа Авогадро NA на элементарный заряд е называется числом Фарадея и обозначается буквой F:
2? « дгАе - 6,02  1023 • 1,6  КН’ Кл/моль - 9,6 • 104 Кл/моль.
1 М
. Закон Фарадея можно записать еще и так: я» =	.
. г п
Масса вещества, выделившегося на электроде при электролизе, прямо пропорциональна молярной массе этого вещества, силе тока в электролите, времени электролиза и обратно пропорциональна валентности этого вещества.
Решение задач на электролиз веществ имеет смысл начинать с закона электролиза, ведь его все равно придется использовать. Если известен электрохимический эквивалент вещества, которое выделяется на электроде, то начинайте с формулы
,	тп ” kq или == kit
в зависимости от того, о чем идет речь в условии задачи: о заряде или о силе тока.
Если электрохимический эквивалент не дан и под рукой нет таблицы электрохимических эквивалентов, то начинайте с форму- -
>	1 М _	..
лы объединенного закона Фарадея тп = ——It, где F - eNA.
F п	'	.
Если в задаче на электролиз что-либо говорится о толщине Л отлагаемого на электроде вещества, то массу этого вещества m можно выразить через его плотность р и объем V, а объем V в свою очередь - через площадь электрода S и толщину отлагаемого слоя Л: m = pF, где F ~ Sh.
Если речь идет не о силе тока I, а о его плотности /, то приме-
ните формулу плотности тока / = — , откуда I ж }S, где S - пло-
S щадь электрода.
Если в условии такой задачи что-либо сказано о выходе по току Т), то знайте, что выходом по току называют отношение массы вещества тф, которое фактически выделилось на электроде в процессе электролиза, к массе этого вещества которая должна была выделиться теоретически, т. е. согласно закону электролиза. Фактически выделенная масса может быть меньше теоретической из-за потерь а технологическом процессе.
Если в условии задачи что-либо сказано о количестве N положительных ионов, выделяющихся на катоде, то следует помнить, что заряд, прошедший через электролит, равен сумме зарядов как положительных, так и отрицательных ионов, так как движение отрицательных ионов к, аноду эквивалентно движению положительных ионов к катоду. Поэтому заряд q в формуле закона Фарадея т ~ kq равен удвоенному заряду всех .V положительных ионов. Если заряд одного иона обозначить то q 2Nq^
Если в задаче на электролиз речь идет о двух выделяющихся веществах, то закон Фарадея следует записывать-для каждого из них и при этом помнить, что электрохимический эквивалент разных веществ различен, поэтому и массы веществ, выделяющихся
330
на катоде и аноде в одной электролитической ванне даже при одинаковой силе тока и за одинаковое время» будут разными. В таких задачах иногда встречается понятие «средняя скорость роста толщины покрытия электрода». Знайте» что так называют отношение толщины покрытия h ко времени электролиза t:
Л
Рср = t '
Для решения задач на токи в газах и в вакууме не требуется знания каких-то особых законов. Достаточно хорошо знать все основные уравнения электростатики и электродинамики, а также необходимо повторить законы и формулы механики (кинематики и динамики)» поскольку в таких задачах, как правило, идет речь о движении атомов или молекул ионизированного газа (а также электронов, входящих в его состав) под действием сил электрического поля. Напомним, что когда через газ течет ток насыщения» все носители зарядов в газе (ионы и электроны), образуемые ионизатором в единицу времени, достигают электродов, а если ток в газе меньше тока насыщения, то достигает электродов лишь часть носителей зарядов, содержащихся в ионизированном газе.
Энергией ионизации газа называют энергию, необходимую для отрыва электрона от атома газа. Энергию ионизации часто -выражают ие в единицах СИ - джоулях, а в электровольтах (эВ) иди в мегаэлектровольтах (МэВ). Один электровольт равен энергии, которую приобретает электрон, разогнанный электрическим полем, при перемещении между точками с разностью потенциалов 1 В:
1 эВ « 1,6 * 10-19 Кл -В “ 1,6-10* 1* Дж»
1МэВ ~ 1,6 • 1(Г“ - 10е Дж - 1,6 * 101» Дж.
Решение отдельных задач
Задача 1
Сила тока в цени эмиттера 7, = 10 мА, а сила тока в базе 7б составляет 5% от силы тока в цепи эмиттера. Во сколько раз сила тока в цепи коллектора 7К меньше силы тока в цепи эмиттера?
Дапо: 7, = 10 мА
Ц - 0,06 I,
I, ~Г -?
Решение. Цепь, в которую .включены эмиттер и база (рис. 8-1), называют цепью эмиттера, а цепь, в которую включены база и коллектор - цепью коллектора.
При переходе эмиттер-база дырки, явля-
ющиеся основными носителями зарядов в эмиттере, частично рекомбинируют с электронами базы, поэтому сила тока в базе
немного меньше, чем в эмиттере. Сила тока в цепи кол-
лектора Iк равна разности сил токов в цепи эмиттера и в базе:	7К = 7» - Ц.
Согласно условию Д = 0,057», поэтому
331
I, - /, - 0,05/, - 0,95/,. Отсюда ~	= 1,05.
Ответ: I JI* — 1,05.

Задача 2
*	На участок цепи, состоящий из
।. «р ' последовательно соединенных тер-L	’ 1 мистора Т и резистора Р (рис. 8-2)
а ______ подано напряжение U — 40 В. При
-о и о	комнатной температуре сила тока
Рис. 8-2 на этом участке была / = 4 мА.
Когда термистор опустили в горя-
чую воду, не отключая от цепи', сила тока увеличилась на Л/ * 3 мА. Во сколько раз изменилось при этом сопротивление термистора? Сопротивление резистора R, ” 500 Ом.
Дано: U ~ 40 В /-4 мА А/ - 3 мА Я, ~ 500 Ом
Решение. При комнатной температуре сопротивление термистора согласно закону Ома равно отношению напряжения 17.
Ut на нем к силе тока / в нем: Ац а~у- * Напряжение 77, на термисторе найдем, отняв от общего напряжения U напряжение U. на резисторе: U, = U - С7_, где
С учетом этого Дп -5—j~~ - —j— = 7 ^'
Здесь Я, - сопротивление резистора, которое» заметим, не меняется при нагревании термистора. Кроме того, сила тока / в последовательно соединенных термисторе и резисторе одинакова.
После того как термистор Т нагрели, опустив в горячую воду, его сопротивление уменьшилось, поскольку в нем возросло -количество носителей зарядов-электронов и дырок. В результате сила тока в этом участке цепи увеличилась и стала равна / + А/. С учетом этого формулу
(1) можно записать теперь так: Д-гг =	~ Д₽ 	(2)
Здесь А„ - сопротивление термистора после нагревания.
Разделив (1) на (2), мы решим эту задачу в общем воде:
Д-n I **
Дтз _д
332 J+AI Р
или
^-/яД/TXFJ Jtn "/^-йДУ + Л/))
Переведем все единицы в СИ: .
4 мА- 4-10-» А,3 мА-= 3 10» А.
Произведем вычисления:
Rn Й0-4-ЦГ8 500&10"3 +3 10"*) ^ «Й ~ 4-10"3^0 - 500^10"8+310-8|	. *
Ответ: сопротивление термистора уменьшилось в 1,8 ^Задача 8
Концентрация электронов проводимости в германии при комнатной температуре составляет п„ = 3 • 10“ м~», плотность германия р « 5,4 * 10* кг/м», его малярная масса М “ 0,073 кг/моль. Какую часть составляет число электронов проводимости от общего числа атомов германия N„ в некотором объеме этого вещества? Число Авогадро NK = 6,02 • 10м моль-1.
Дано: пм » 3 • 10“ м » кг р - 5,4 • 10» ~Г г	ма
кг . М - 0,073 ----
моль
ХА * 6,02 • 10й моль1
Решение. В некотором объеме V число электронов проводимости равно произведению их концентрации пж на этот объем V:
К	(1)
Аналогично число атомов в этом объеме
К	(2)
Разделим (1) на (2):
ге*т ’
Таким образом, задача сводит-

ся к отысканию концентрации п„ атомов германия. Для этого воспользуемся формулами молекулярной физики. Плотность германия р равна произведению числа атомов германия в единице объема, т. е. концентрации п„, на массу одного атома германия
т„: р - п„ т^, откуда п„ = -2-.	(4)
тю
Массу одного атома германия найдем отношением массы одного моля германия, т. е. его молярной массы М, к
числу Авогадро Nk: mw =	.	(5)
"А
Подставим (5) в (4): н =	.
М
(6)
333
Нам осталось подставить (в) в (3), и задача будет ре-
шена:
Произведем
Р#А
вычисления:
_ З ЛО1* 0,073	= е 7 10_«
N„ ~ 5,4 Ю3-6,02 Ю23 " Ответ: N„/N„ = 6,7-10*10.
Задача 4
Как соотносятся массы трехвалентного железа и двух* валентного магния, выделенные на катодах в процессе электролиза при последовательном соединении электролитических ванн? Молярная масса железа Mt = 0,056 кг/моль, молярная масса магния Мг - 0,024 кг/моль.
Дано: л, = 3 «а = 2
- 0,056
кг моль
кг
М2 = 0,024 ----
*	' моль
Обозначим «1 валентность железа, Л1г - его массу, п2 - валентность магния и т3 - его массу.
Решение. Согласно закону .Фарадея для электролиза
1 М1 г,
- 7~^Г1	<*)
“ "г = 1^л-	<2>
Г «j
Разделив (1) на (2), мы решим задачу в общем виде:
Л4 _ MtItPn2
ТП2 FntMiIt Произведем вычисления:
”h _ ^”2 т2 М2П!
_ 0,056 • 2 т2 0,024 * 3 Ответ: т2/тг
= 1,56.
= 1,56.
Задача 5
Сравнить затраты электроэнергии на получение в процессе электролиза одинаковых масс алюминия и меди, если напряжение иг при электролизе алюминия в 10 раз больше, чем напряжение Ut при рафинировании меди. Электрохимический эквивалент алюминия = 0,093 мг/Кл, электрохимический эквивалент меди Ьг = 0,33 мг/Кл. '
334
Дано:

мг
= 0,093 — 1	Кл
fe. ~ 0,33 тт Кл
Обозначим W\ электроэнергию, необходимую для выделения некоторой массы т алюминия за определенное время fx, Ws - электроэнергию, необходимую для рафинирования такой же массы  меди за время ts.
Решение. Затраченная электроэнергия W\ при электролизе алюминия равна работе тока А, в этом процессе:
(1)
Здесь I - сила тока, одинаковая в обеих ваннах, поскольку они соединены последовательно, - время электролиза. Произведение силы тока I на время
t-L определим из закона Фарадея для электролиза:
т = ткудл. — .
*1
™2	2
(2)
Подставим (2) в (1):	= U^
(8)
Аналогично применительно к меди: W2 = U2-—. (4) *2
Нам осталось разделить (3) на (4), и задача в общем виде будет решена:
W2 kiU2m ’
W2 kjU2
Можно не переводить единицу электрохимических эквивалентов в СИ, ведь их отношение при этом не изменится, так как их единицы одинаковы.
„	Wt 0,3310 окк
Произведем вычисления: —7- ~	= 35,5.
Wjj 0,093
Ответ: WJW2 = 35,5, т. е. для электролиза алюминия требуется в 35,5 раза больше электроэнергии.
'J Задача 6
Сколько электроэнергии W надо затратить для выделения в процессе электролиза V =. 1 л кислорода при температуре t° = 27 °C и давлении р “ 100 кПа, если электролиз ведется при напряжении и - 10 В и КПД процесса 1) ~ 75% ? Электрохимический эквивалент кислорода k -
** 0,083 мг/Кл, его молярная масса М = 0,032 кг/моль, молярная (универсальная) газовая постоянная R *” 8,31 Дж/(моль * * ** К).
335
Дано: 7= 1 л t° = 27°С р = 100 кПа V = 10 В ц = 75%
* = 0,083 Кл
КГ М = 0,032 -JL— моль
R.8>31
моль*К
Решение. Начнем с формулы КПД. Коэффициентом полезногодей-ствия 1] здесь является отношение работы тока А, совершенной при электролизе кислорода, ко всей затраченной при этом энергии W, поскольку часть электроэнергии теряется из-за нагревания электролита:
л = —100%.	(1)
Работу тока определим по известной формуле А - Ult.	(2)
Из закона Фарадея для электро-
лиза т = kit It = ^, поэтому
Я
w - ?
A = U~.	(4)
Л? Здесь т - масса кислорода. Из уравнения Менделеев V о	тт m ™	pVM
ва-Клапейрона pV = —RT следует т -М	ВТ
(5)
„	„„ л UpVM
Подставим (5) в (4): А -	•
Подставим (б) в (1): п = ^*^100%, откуда kRTW
(6)
W = ^^100% feRTg
Переведем все единицы в СИ: 1 л = 1  10'3 м»,
27°С = 300 К, 100 кПа = 1 • 10» Па, _	_ — А	А а 4 А Л
0,083— = 8,3 ’ 10-»—.
Кл	Кл
Произведем вычисления:
_ 10 ^10-.04.32	_	105
8,3-Ю4*-8,31-300-75
Ответ; W = 2,1 • 10» Дж.
^Задача 7
Плотность вещества, выделяемого на электроде при электролизе, р, его электрохимический эквивалент k. Плотность тока в электролитической ванне J. Найти скорость роста толщины покрытия h/t.
336
Дано;
£
Решение. Запишем закон Фарадея для электролиза: т - kjt.	(1)
Массу выделившегося вещества т ныряйте через его плотность р и объем этого вещества V, а объем в свою очередь - через толщину покрытия Л и его площадь S. Одновременно выразим силу тока I через его плотность j. Площадь покрытия S нам не дана, но она должна при подстановке этих выражений в (1) сократиться. Про
делаем эти действия: т - pV, где V => hS, поэтому .
т — рЛЯ,	(2)
I = 1S.	(3)
Подставим (2) и (3) в (1): phS - kjSt, ph - kjt, откуда
7-’
Задача решена.
- = *i t р
Ответ: — = k^~. t p У Задача 8.
Сколько атомов меди' (N - ?) выделяется на катоде за время t •* 5 с при прохождении через раствор электролита тока силой I == 5 А? Электрохимический эквивалент меди к — 0,33 мг/Кл, молярная масса меди М - 0,064 кг/моль, число Авогадро NK — 6,02 * 1023 моль'1.
Дано: t “ 5 с /=5А
мг k ~ 0,33
• ’ Кл
М - 0,064 -----
моль
1
#А » 6,02 • 10й
N-?
Решение. Запишем закон Фарадея для электролиза:
т - kit.	(1)
Теперь выразим массу меди т, выделившейся на катоде, через массу атома меди и их количество N, а затем массу одного атома - через его молярную массу и число Авогадро, как мы это делали в задачах молекулярной
физики: т =.m„N, тп=~~,
поэтомут=——(2)
Подставим (2) в (1) и из полученного равенства определим число атомов N:
---N - kit, откуда

337
Переведем единицу к в СИ: 0,33 мг/Кл = 3,3 • 10 т кг/Кл. Произведем вычисления:
N = аз 1о;т4 5^= 73.ю”.
0,064
Ответ.- N - 7,8 • 10».
Задача 9
Определить плотность тока J, прошедшего через рас-твор-электролита в течение времени t, если за это время на катоде выделилась медь толщиной к, покрыв равномерно плоскость катода. Плотность меди р и ее электрохимический эквивалент к известны. Выход по току равен т).
Дано: t к
£
п
Решение. Выходом по току электрохимики называют величину Л, равную отношению фактически выделившейся массы вещества на электроде к этой массе вц., которая должна бы выделиться в соответствии с теорией, т. е. по первому закону Фарадея для электролиза.
Обычно эту величину выражают в процентах:
T»e^100%- (1)
Фактическая масса вещества, выделившегося на катоде, равна произведению плотности выделившегося вещества р и объема V этого вещества: тф — рУ, где V = hS, поэтому Шф = pkS.	(2)
Площадь поверхности катода S нам не известна и определить ее неоткуда, но, может быть, она в процессе решения сократится.
Масса вещества тт, которая должна за это время выделиться на катоде, по закону Фарадея определяется формулой тт = kit.
Здесь I - сила тока, пошедшего через раствор электролита. Она нам не дана, но зато нам известна плотность тока /, которая связана с силой тока I соотношением
/ = g, откуда I = jS.
Тогда тт = kjSt.	(3)
Теперь подставим (2) и (3) в (1). При этом, как мы и ожидали, неизвестная нам площадь покрытия S сократится, и получим мы уравнение, из которого сможем оп-
OhS ределить искомую плотность тока /: П = ~—100%. kjSt
388
Отсюда / = -^—100% erjt
Задача решена. * 1
Ответ: j ~ ~~Ю0%.
Задача 10
При электролизе раствора серной кислоты расходует» ся мощность тока Р = 37 Вт. Найти сопротивление электролита R, если за время t = 50 мин на электроде выделилось т — 0,3 г водорода. Молярная масса водорода М == 0,002 кг/моль, его валентность л равна 2. Число Фарадея F = 9,6 * 104 Кл/моль.
Дано: P-Wl&r / = 50 мин т = 0,3 г
КГ
М - 0,002 ----
МОЛЬ л “ 2
Кл F - 9,6'10* ---
моль
R-4
Решение. Поскольку нам электрохимический эквивалент водорода не дан, то начнем решать эту задачу с объединенного закона Фарадея для электролиза:
IM. r_”iFn откуда 1-^-. (1)
Здесь сила тока Z, прошедшего за время t черёз раствор электролита, неизвестна, но зато нам известна
мощность тока Р и требуется определить сопротивление электролита R, поэтому выразим сопротивление
R из формулы мощности тока:
Р
Р “ PR, откуда R = —.
I2 *
Теперь подставим (1) в (2). Получим
(2)
2
R
R --------= “«и
( Mt) Задача в общем виде решена. Переведем все единицы в СИ: 50 мин = 3000 с, 0,3 г = 3 -10-* кг.
Подставим числа и произведем вычисления:
Ом = 0,4 Ом.
0,002-8000 8»10-<.^в'104»2
Ответ: R =“ 0,4 Ом.
Я = 3
339
Задача 11
При электролизе воды течет ток силой I = 59 А. Какой объем V гремучего газа при нормальных условиях (р = 10* Па и Т - 278 К) образуется за время t = 1 мин? Молярная масса водорода = 2 * 10~* кг/моль, молярная масса кислорода М2 - 82 • 10"* кг/моль, электрохимический эквивалент водорода к, = 0,0104 мг/Кл, электрохимический эквивалент кислорода ks ** 0,083 мг/Кл. Молярная газовая постоянная R = 8,31 ДжДмоль * К),
Дано:
I = 59 А р • 1 • 10* Па Г - 273 К t = 1 мин
кг
Мг - 2 • КН —-моль
Ма = 32 10~’
МОЛЬ
*,-0,0104
Кл
мг
*а = 0,083 я	Кл
R - 8,31 -
моль-К
Решение. Гремучий газ представляет собой смесь кислорода и водорода. Сразу отметим, что эти газы (каждый в отдельности) занимают в смеси один и тот же объем V; тогда как давление смеси газов р по закону Дальтона равно сумме парциальных (отдельных) давлений каждого газа. Поэтому
Р - Pi + Ру
Здесь j?, - давление водорода в смеси, рг - давление кислорода в ней.
Давление каждого газа связано с объемом, который он занимает, его температурой и массой уравнением Менделеева-Клапейрона:
V-2
Ла 2
PiVM^
откуда = ду
и
/П2 =
Р*УМ2 RT
Здесь т1 - масса водорода, пц - масса кислорода в
смеси.
Массу каждого газа. /л,и тг найдем по первому закону Фарадея для электролиза: mt - kjt и ma - Л/t.
Подставив эти выражения в предыдущую формулу,
получим

+ „и А.+А].
М, М,)	V (.м, ма)
Отсюда
ЯТПГ *1 , Р \	^2/
340
Задача в общем виде решена.
Переведем все единицы в СИ: 1 мин — 60 с, 0,0104 мг/Кл = 1,04 • 10"* кг/Кл, 0,083 мг/Кл - 8,3 • 10-® кг/Кл.
Произведем вычисления:
TZ_ 831-273-59-60( 1,04-IO-8 + 83-Ю4*) мз = 2-Ю-8	32 10’3 1
1-Ю6 = 6^10"4 м3. Ответ: V- 6,3 1(Нм». Задача 12. Площадь каждого электрода в газоразрядной трубке 8 = 80 см». При силе тока насыщения I* » 100 нА за каждую t — 1 с несамостоятельного разряда ионизатор образует в объеме У, — 1 см* ЛГ, = 5 • 10» положительных ионов . и столько же отрицательных. Чему равно расстояние d между электродами трубки? Заряд иона равен по модулю заряду электрона е — 1,6 • 107,вКл.
Дано:
I, - 100 нА S-80 см1 t  1 с
Vi - 1 см» ^1 -5 -10» e- 1,6 -10-” Кд
d - ?
(1)
Решение. В состоянии • насыщения число пар ионов, образующихся в газоразрядной трубке, остается неизменным в течение всего разряда. При этом силу тока насыщения можно определить произведением элементарного заряда е на общее число зарядов N в объеме V иехду электродами, делен-, ным на время t разряда:
г
* M	' . я
t t где g “ eft - заряд всех ионов.
Число всех пар ионов N можно определить, умножив число пар ионов, образующихся в единице объема, на объем пространства У между электродами. Нам известно, _ что в объеме Vt ежесекундно образуется 2V, положительных и столько же отрицательных ионов, значит, всего образуется 2Nt пар ионов обоих знаков. Тогда в единице объема образуется пар ионов, а в объеме V между
2N.
электродами их будет	= —±-У •	(2)
У»
Объем пространства У между электродами равен произведению площади электрода S на расстояние d между ними: У — Sd.	(3)
341
Подставим (3) в (2), а затем то, что получится, подставим в (1), откуда найдем расстояние d:
И1	tyl
От^Ьда	|d = ^S
Переведем все единицы в СИ: 100 нА — 100 * 10"® А = 1 • 10-7 А,' 80 см2 = 80 • 10-4 м2, 1 см2 - 1 • 10-® м2. Произведем вычисления:
.	ЫО-’-ЫО"6
2’1,6-Ю-19-5-108-8-10-3	’
Ответ: d = 0,08 м.
Задача 13
Молния состоит из отдельных прерывистых разрядов, длящихся t - 1 мс. В каждом разряде по каналу молнии, проходит заряд ? *= 25 Кл при напряжении на концах канала J7 — 3 ГЪ (гигавольт). Какая энергия W выделится при вспышке молнии, состоящей из N =* 8 прерывистых разрядов? Чему равна сила тока I в канале молнии и ее мощность Р?
Дано: t - 1 мс ? = 25 Кл U - ЗГВ N = 8
W - ? 1-1 Р-1
Решение. Энергия, которая выделится при вспышке молнии, равна произведению заряда qt, проходящего по каналу молнии, на напряжение U на.концах канала: W — qJJ.
Весь заряд q, равен произведению заряда q в одном разряде на их число N‘. q0 — qN, поэтому [W =
Силу тока I определим отношением всего заряда' «ь ко времени t вспышки: I = — или
Мощность молнии Р
~я.
равна отношению энергии W ко
Р^ t
времени t:
Произведем вычисления: ’
W = 25 • 8 • 3 • 10® = в * 10“ Дж « 0,6 ТДж (тераджоулей),
342
I ~	f A. = 2 • 10s A = 0,2 MA (мегаампер),
IO"3
.6•10u
P =----— Вт = 6 • 1014Вт - 600 ТВт (тераватт).
10~3
Ответ: W = 0,6 ТДж, I = 0,2 MA, P = 600 ТВт.
задача 14
Концентрация ионизированных молекул воздуха при температуре t° = 27°С и давлении р — 770 мм рт. ст. равна пиов = 3 • 10“ см 3. Найти, сколько процентов молекул воздуха ионизировано. Постоянная Больцмана k — = 1,38-10 » Дж/К.
Дано:
Г> = 27°С
р = 770 мм рт. ст. пм = 3 • 10” см 3
Л = 1,38 10-» К
ляон
П
Здесь п - концентрация молекул воздуха при данных -условиях.
Решение. Давление воздуха Р выразим через концентрацию п его молекул и температуру Т с помощью известной из молекулярной физики формулы р = knT.
Р Отсюда
Искомое отношение Пят
п
п_______р______
Переведем все единицы в СИ: 27°С = 300 К, 770 мм рт. ст. = 770 • 133 Па = 1,024 • 10» Па, 3 • 10“ см-3 -3-10» м ’.
равно:
Произведем вычисления:
л>ом _ 3  1022 • 1,38 • 10~23 - 300
л "	1,024-10s
Ответ: л___/л = 0,12%.
100% = 0,12%.
Задача 15
Расстояние между электродами в трубке, наполненной парами ртути,' 4 = 10 см. Найти среднюю длину свободного пробега электрона Л, если самостоятельный разряд наступает при напряжении U = 600 В. Энергия ионизации паров ртути =• 1,7 • 10"» Дж. Поле считать однородным. Модуль заряда электрона е - 1,6 * 10~1вКл.
343
Дам: d = 10 см 17 = 600 В Wrwe = 1,7* 10"“ Дж е= 1,6 10-“Кя
Решение. Среднюю длину свободного пробега электрона X в однородном электрическом поле, т. е. расстояние, проходимое им от од-' Ното столкновения до следующего, можно найти по формуле работы перемещения заряда в однородном электрическом поле, А = 2?еХ -
За счет этой'работы электрон приобретает энергию Жт, равную работе разгоняющего его поля А:
— А, поэтому - Eke, откуда X = ^s. .
Здесь Е - напряженность поля между электродами в трубке. Поскольку оно однородное, то его напряженность Е связана с напряжением и между электродами форму
лой Е = —.
„	k W«*d
Тогда	X = ———
Задача в общем виде решена. Переведем в СИ единицу расстояния d: 10 см = 0,1 м.
Подставим числа и произведем вычисления:
Х^
1,7 • 10~18-0,1 eoo-13-io-»*
м = 1,8 10~3м
Ответ: X — 1,8 • 10-* м.
Задача 16
В электронно-лучевой трубке поток электронов с кинетической энергией WK * 10 кэВ пролетает между горизонтально отклоняющими пластинами плоского конденсатора. Длина каждой пластины I » 2 см, расстояние между ними d = 1 мм. Какое напряжение U надо подать на эти пластины, чтобы за время пролета конденсатора электронный луч сместился по горизонтали на расстояние х — 1 см? Модуль заряда электрона е “ 1,6- 10-“ Кл.
Дат: W, “ 10 кэВ 1 — 2 см d - 1 мм х «= 1 см е - 1,6 • 10-“ Кл	Решение. Будем считать движение электронов между пластинами вдоль оси трубки равномерным со скоростью и. Тогда время пролета конденсатора t можно определить отношением длины пластины конденсатора 1 к скорости о:
17- ?	< = -• (1) V
344
Скорость о определим из формулы кинетической энер-гни:
w теи*	2W,
Жк = —, откуда » = J—
2	у л»в
Здесь mt - масел электрона.
(2)
Подставим (2) в (1): t =
(3)
За это же время t электронный луч сместится равноускоренно без начальной скорости на расстояние х под действием силы F со стороны поля конденсатора, поэто-at2	F	„	«
му х = ——, где а = — по второму закону Ньютона. С
2	. те
учетом этого
' _ Ft9 Х~ 2те Сила F == еЕТ где напряженность поля конденсатора „ и	„ eU	/к.
Е = —, поэтому F = —.	(5)
»	d
Подставим (3) и (б) в (4), й задача будет решена: ,2
И)
«П
«WL /2?
eUl2mt
X = 2med-2^~ <ЛГК
Переведем все единицы в СИ:
10 кэВ (кило-электрон-вольт) ₽
- 10 • 10» • 1,6 • 10-»’ Кл - В - 1,6 • НИ» Дж, 2 см = 0,02 м, 1 мм = 1 • 10"» м, 1 см = 0,01 м. Произведем вычисления:
„ 0,0110-3 l,6 10-15f 2 У
U -----------—--------1 В « 1000 В = 1 кВ.
j
, отсюда U -
е
1,6 10*1® Ответ:.U •» 1 кВ.
Задача 17
В электронно-лучевой трубке поток электродов ускоряется полем между катодом и анодом с разностью потенциалов U “ 1 кВ, а затем пролетает между двумя вертикально отклоняющими пластинами конденсатора. Напряжение электрического поля между ними Е в 20 кВ/м, а длина этих пластин I = 4 см. Найти вертикальное смещение у луча на выходе из пространствамежду пласти-нами.
345
Дано: (7 = 1 кВ
„ ___ кВ
£ = 20 —
м
I = 4 см
у-1
Решение^Электрическое поле между катодом и анодом трубки разгоняет электрон до скорости v и совершает при этом работу А, которая равна его кинетической энергии WK (при условии, что начальная скорость электрона и0 = 0).
Поэтому А = WK, где А = eU, а
mev2	Т. m.v2
WK = ——, тогда eU - ——, откуда 2	2
V
(1)
С этой скоростью электрон пролетает между пластинами конденсатора, проходя расстояние, равное длине
пластины I за время t равномерно, поэтому * = — или с
учетом (1)	t =	•
i Леи За это же время t он смещается равноускоренно по вертикали с ускорением а, проходя расстояние у без начальной скорости, ведь проекция скорости о, направленной вдоль оси трубки, на вертикальное направление рав-_	at2 al2 • т. al2m.
на нулю. Поэтому у = ——- =-----— ------'
2	2-2е(7 4eU
По 'второму закону Ньютона ускорение > = еД те mt ' Подставим (3) в (2) и получим окончательно
ai2 • т,
(2)
а =
(3)
еЕ12те
4eUme ’
Переведем все единицы в СИ:
1 кВ = 1 • 10* В , 20 кВ/м - 2 * 10* В/м, 4 см = 0,04 м.
Произведем вычисления:
2 • 10* (0,04
у =	-%. м- 8-10-»м = 8мм.
10’ I 2 I
Ответ: у - 8 мм.
346
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. При прямом направлении тока в полупроводниковом диоде сила тока = 10 мА, когда напряжение на нем == « 0,8 В, а при обратном токе, когда напряжение 8 В, сила тока всего 12 « 400 мкА. Насколько сопротивление р-л-перехода при прямом токе меньше, чем при обратном?
Ответ: Ай =	= 1920 Ом.
*2	4 *
Задача 2. Сила тока в цепи эмиттера 19 = 8 мА, а сила тока в цепи коллектора 1Л ** 7,2 мА. Какой процент составляет сила тока в базе от силы тока в цепи эмиттера?
Ответ: IJI. - ^1 - у j 100% = 10 %.
Задача 3. Число электронов проводимости в кремнии составляет 2 -10"8 от общего числа атомов. Чему равна концентрация электронов проводимости в кремнии? Плотность кремния р » 2,4 • 108 кг/м8 , его молярная масса М 0,028 кг/моль.
Ответ: пп - 2 • 10;в	= 1,03 * 1021 мЛ
лг
Задача 4. Последовательно с электрохимической ванной, заполненной раствором медного купороса, включена ванна с раствором соли никеля. При электролизе за одинаковое время на катоде первой ванны выделилось “ 100 г меди. На сколько процентов масса выделившегося на катоде второй ванны никеля больше массы меди? Электрический эквивалент меди * 0,33 мг/Кл, электрохимический эквивалент никеля Ла - 0,30 мг/Кл.
Ответ: —=| ^-11100%-9%.
т1 1Л J
Задача 5. В процессе электролиза меди сопротивление электролита в электрической ванне R « 1 мОм при напряжении на электродах U “ 8 В. За какое время t на катоде выделится т -1 кг меди? Каков при этом расход Ж электроэнергии?
Ответ: t =	= 6 мин, W =	t - 2,3 • 10т Дж.
R
Задача 6. Какое количество вещества V осядет на катоде при электролизе любого двухвалентного металла из его соли за t - 1 ч при напряжении 17 - 10 Ви сопротивлении электролита R ~ ** Ю мОм? Число Фарадея F	9,в • 104 Кл/моль.
Ш
Ответ: v = —— «19 моль. <
FnR
Задача 7. В процессе электролиза V — 4 л кислорода при нор* мальных условиях (р * 1 • 10* Па и Т *• 273 К) было затрачено IF *» 8 кДж электроэнергии. Чему равно напряжение U на электродах? Электрохимический эквивалент кислорода & “ 0,083 мг/Кл,
347
его молярная масса М * 0,032 кг/моль, молярная (универсальная^ газовая постоянная Я - 3,31 Дж/(моль • К).
л r, kWBT > -
Ответ: V = ——7- =0,1 В-
рГМ
Задача 8. Средняя скорость роста толщины покрытия катода равна ц*, площадь его поверхности S. Чему равна сила тока при электролизе? Плотность выделенного вещества р и его электрохимический эквивалент к известны»
Ответ: I= о^р S/й.
Задача 9. Какое время t требуется для покрытия катода медью с толщиной слоя к — 80 мкм при плотности тока в электрической ванне j " 1 кА/м2? Электрохимический эквивалент меди к « 0,33 мг/Кл, ее плотность р = 8900 кг/м2. Выход по току принять равным 1.
Ответ: i=	= 36 мин.
я/
Задача 10. Для серебрения ложек через раствор серебра в течение времени t - б ч пропускается ток силой I =* 1,8 А. Катодом служат N “ 12 ложек, каждая из которых имеет площадь поверхности 8 - 50 см2. Какой толщины Л слой серебра отложится на ложках? Молярная масса серебра М - 0,108 кг/моль, его валентность л - 1 и плотность серебра р == 1,05 * 10* кг/м1. Число Фарадея F - 9,6 * 10* Кл/моль.
Ответ:	= 5,8 105м.
FnpNS
Задача 11. При каком напряжении U происходит электролиз окиси алюминия, если расход электроэнергии w == 30 КВт-ч/кг (расход электроэнергии - это величина, равная энергии Ж, затрачиваемой на электролиз т « 1 кг алюминия)? Электрохимический эквивалент алюминия к * 0,093 мг/кл.
Ojneem; U “ wk - 10 В.
Задача 12. Найти количество атомов меди Я, которое осядет на катоде в процессе ее рафинирования при плотности тока) v 5 мА/мм2. Площадь катод а 8 “ 100 см2, время электролиза t - 10 мин. Электрохимический эквивалент меди к ** 0,33 мг/Кл, ее молярная масса М = - 0,064 кг/моль. Числю Авогадро NA “ 6,02 • 10я моль1.
Ответ: # ~	= 9 -1022 .
Задача 13. Какой минимальной емкостью должен обладать аккумулятор, чтобы при электролизе подкисленной веды выделилось V = 3 л кислорода при — 20°С и нормальном атмосферном давлении? Электрохимический эквивалент кислорода к - 0,083 мг/Кл, его молярная масса М = 0,032 мг/моль, молярная (универсальная) газовая постоянная Я - 8,31 Дж (моль  К).
Напомним, что емкостью аккумулятора называют заряд Q, который может дать данный аккумулятор за определенное время.
Ответ:	= 1.7 • 10* Кл.
АКТ
348
Задача 14. При какой -сиде тока произойдет разложение -* 1 ш воды аа t ** 1 мин? Электрохимический эквивалент иодо» рода * 0,0104 мг/Кл, электрохимический эквивалент кислорода k2 * 0,088 мг/Кл, молярная масса водорода Mt - 0,002 кг/моль, молярная масса кислорода Mt =* 0,032 кг/моль. Плотность воды р - 1000 кг/м1. Во сколько раз объем Vt образовавшегося при этом гремучего газа при нормальных условиях будет больше объема V\ воды? Молярная газовая постоянная R - 8,31 ДжД моль - К).
Задача 16. Площадь электродов в ионизационной камере S ~ - 100 см1, расстояние Между ними d - 6,2 см. Найти силу тока насыщения в такой камере, если известно, что ионизатор образует в объеме V - 1 см* за t — 1 с Я * 10* пар ионов каждого знака. Ионы считать одновалентными.
л r NeSd 1Л .
OiMfm: /щс =  у* = 10 А.	с
Задача 16. Объем газа, заключенного^ между электродами ионизационной камеры, F “ 0,5 л. Газ ионизируется рентгеновскими лучами. Сила тока насыщения	А. Сколько пар ионов -
образуется за t * 1 с в единице объема газа? Заряд каждого кона q - е - 1,6-НГ» Кл.
Ответ.'л =	«в-
eV	м*-с
Задача 17. При какой температуре Т воздух превратится в полностью ионизированную плазму? Энергия ионизации молекул азота W - 13,3 эВ. Энергия остальных молекул воздуха еще меньше. Постоянная Больцмана Ь - 1,38 * 1(Н* Дж/К.
Ответ.- Т= —= У-105К. 3fe
Задача 18- Концентрация ионизированных молекул азот при давлении р ” 0,6 МПа н температуре « 27°С	** 1 -10“ мА Сколько
процентов молекул азота ионизировано? Молярная масса азота М " “ 0,028 кг/моль, постоянная Больцмана k - 1,38 • 10““ Дж/К.
Ответ.-5»= в310-‘%. л р
Задача 10. При какой напряженности электрического поля Е начинается самостоятельный разряд, если энергия ионизации молекул - 2,4 * 10~» Дж, а средняя длина свободного пробега электрона X -* 5 мкм? Какова скорость v электронов при ударе о молекулы? Заряд электрона е * 1,6 • 10"» Кл, масса электрона ^“9.1 1(Г«кг.
Ответ.- « = Х = 3-10в J, v = Ж=2Д10»^. ед м . f	с
Задача 20. В вакуумном диоде анод разогревается за счет кине-, тической энергии ударяющихся об него электронов. Определить
349
количество теплоты Q, которое выделится на аноде за t - 1 ч работы лампы, если скорость электронов в катодном пучке v « 10е м/с, а сила анодного тока I* 6,3 мА. Заряд электрона е - 1,6 * 1(Н*Кл, его масса =* 9,1 • КН1 кг.
л л mv2It -
Ответ: Q " —-— = 64 Дж.
ze
Задача 23. Определить массу анода тА в вакуумном диоде, если при попадании на него Af ** 2 * 10“ термоэлектронов, вылетевших из катода, он нагрелся на АТ 5 К. Анод алюминиевый, его удельная теплоемкость с » 896 Дж/(кг • К). Скорость электронов в катодном пучке v *= 1 • 10е м/с.
л	mev?N _
Ответ: шА = л - = 2 г.
2сДТ
Задача 24. Через вакуумный диод протекает ток силой / = 20 мА Сколько электронов попадет на анод за время t = 0,5 мин?
Ответ: N = ~“= 3.75 • 1018. е
Задача 25. Напряженность электрического поля между облаком и землей при вспышке молнии равна' Е = 3 кВ/м, а заряд, уходящий в землю, q == 40 Кл. Чему равна энергия разряда W, если высота облаков над землей d ^ 3 км? Поле считать однородным.
Ответ: W - qEd - 3,6 • 10» Дж.
Задача 26. Чему равно напряжение U между вертикально отклоняющими электродами электронно-лучевой трубки, если под действием электрического поля между ними электрон сместился по вертикали на расстояние у =“ 4 мм? Длина пластины I = 5 см, расстояние между ними d ** 6 мм. Скорость электрона при влете в поле пластин и = 5 мм/с и направлена вдоль оси трубки. Масса электрона mt - 9,1 • 10'*1 кг, его заряд е « 1,6 • 10”1йКл.
Ответ: U = 2-^^f-1 = 2,7 В.
е 1*7
МАГНЕТИЗМ
9. МАГНИТНОЕ ПОЛЕ ТОКА. ДЕЙСТВИЕ МАГНИТНОГО ПОЛЯ НА ЗАРЯДЫ И ТОКИ
Краткая теория. Методические указания к. решению задач
Магнитное поле - это форма материи, окружающей движущиеся электрические заряды. Магнитное поле является составной частью электромагнитного ноля.
Силовой характеристикой магнитного поля является индукция магнитного поля В.
Индукция однородного магнитного поля - это величина,равная отношению максимального момента сид» вращающего рамку с током в этом поле» f тока I в рамке и ее площади S:
А Мт
<м>
Магнитное поле изображают е помощью силовых линий или линий вектора йагнитной R индукции. Силовой линией магнитного поля	2
называется линия» в каждой точке которой /^оваЯ
_____________________. w 5	_ Рис. 9-1 вектор индукции магнитного поля В направ-
лен по касательной к ней (рис. 9*1).
Силовые линии магнитного поля всегда замкнуты» поэтому
магнитное поле является вихревым полем в отличие от электростатического поля» силовые линии которого всегда разомкнуты и начинаются или оканчиваются на зарядах» или уходят в бесконечность. Замкнутость силовых магнитных линий' свидетельствует о том» что магнитных зарядов» подобных электрическим» в природе
не существует.
Однородным магнитным полем называется	__
магнитное поле, в каждой точке которого век-	1— Г
тор индукции одинаков по величине и направ- # L——I 8 ленвю. Магнитные линии однородного поля -	. |	»	| .
параллельные прямые, расположенные на ода- —— паковом расстоянии друг от друга (рис. 9 2). рИСе Однородным является магнитное поле между одноименными полюсами двух магнитов и внутри бесконечно длинного соленоида (катушки с током).
1)	Магнитное поле прямого тока
Если вокруг прямого, проводника с током посыпать на гладкую поверхность металлические опилки и постучать пальцем по поверхности так» чтобы они, слегка подпрыгнув, расположились в воздухе по силовым линиям магнитного поля этого тока (иначе сила трения между опилками и поверхностью может оказаться слишком велика и они не смогут сориентироваться в магнитном поле), то опидки расположатся по концентрическим окружностям, охватывающим этот проводник.
361
Магнитные линий прямого тона представляют собой концентрические окружности, охватывающие проводник, с центром та проводнике с током.
На рис. 9-3 показано ярким кружком сече-вине прямого проводника с током, идущим от ч чертежа на наблюдателя. Направление тока \ ~ воображено точкой в центре кружка, а сам пря-)В мой проводник расположен перпендикулярно hf москоеп чертежа. Тонкие окружности, охва-X тывающие яркий кружок, изображают собой т "магнитные линии прямого тока. Их направление тоже можно определить по правилу право-Рис. 9-3 го винта (буравчика): если покупательное движение правого винта направить по току в проводнике» то направление вращения его головки укажет направление магнитных линий. Ваш под рукой нет буравчика, то воспользуйтесь своей правой рукой: если большой палец правой руки, отставленный на 90е, направить по току в проводнике (на себя), то четыре свернутых в полуокружность пальца покажут направление магнитных линий вокруг проводника.
е Воспшьзовавщнвь этим правилом, убедимся, что на рис.9-3 магнитные4 линии направлен \ вы против часовой стрелки, а нарис. 9-4 - yfo \ часовой стрелке, так как здесь ток в сечении I проводника направлен от нас за чертеж (он / показан крестиком внутри яркого кружка, обо-< зяачающего сечение проводника). При этом во т всех точках силовых линий вектор магнитной индукции В направлен по касательной к ним.
Рис. 9-4	индукция магнитного поля В, возникшего
вокруг прямого тока силой X в точке ж на расстоянии г от про-_
нал, постоянная, р ~ относительная магнитная проницаемость среды, в которой располагается проводник с током. Эта безразмер
ная скалярная величина показывает, во сколько раз изменяется
индукция магнитного поля при переносе проводника с током из вакуума в данную среду:
H =	(9.3)
а> Здесь В* - тдукцвя магнитного поля в вакууме, В индукция магнитного поля в среда с магнитной проницаемостью ц. Относительная магнитная проницаемость большинства веществ примерно равна единице. Лишь у ферромагнетиков она достигает ПН-ХО*.
Индукция магнитного поля прямого тока в некоторой точке прямо пропорциотальта силе этого тока и обратно пропорциональна расстоянию от агой точки д р проводника-с током.	\
Следовательно, чем ближе к проводнику е током, тем больше магнитная индукция и тем гуще располагаются магнитные линии.
352
2)	М«ттж>е лап кругшюго »«а
Пусть ток склюй I течет ио круговому проводнику (т. е. проводник имеет форму окружности) радиусом Я. При этом магнитные линии этого тойа тоже будут иметь вид окружностей, охватывающих проводите и располагающихся в плоскостях, перпендикулярных проводнику. Если вращать головку правого винта по току (или согнуть полукругом пальцы правой руки в направлении тока 2), то его поступательное движение (иди большой палец правой руки)
Рис. 9-5
покажет направление вектора индукции поля кругового тока в его центре. На рис. 9-5 круговой ток течет по часовой стрелке и вектор индукции магнитного
ноля этого тока В направлен в центре кругового тока от нас за чертеж, т. е. мы видим крестик - оперение стрелки В, улетающей от нас (убедитесь в этом самостоятельно с помощью своей правой руки).
Индукция В магнитного поля а центре кругового тока радиу
сом В с силой тока 2 определяется формулой В = щц—. (9.4)
Индукция магнитного поля кругового тока прямо пропорциональна силе тока и обратно пропорциональна его радиусу.
3)	Магнитное поле матушки е током (соленоида)
Свернем проводник, концы которого подключены к полюсам источника тока m и л, в длинную прямую катушку так, чтобы ее витки располагались вплотную друг к другу (но нарисовать так мы не сможем, потому что тогда внутри катушки не будут видны
магнитные линии и вектор В). Такую катушку с током называют соленоидом, а если она к тому же еще и свернута кольцом, то - тороидом. Если полюс т источника тока положительный, а п отрицательный, то по катушке потечет ток так, как это показано на рис. 9-6. При этом в левом торце катушки ток будет течь по часовой стрелке (на рис. 9-6 катушка слегка развернута к нам этим торцом). Если внутри катушки посыпать металлические опилки, то
они расположатся по параллельным прямым. Это свидетельствует о том, что внутри длинной катушки с током магнитные линии имеют вид параллельных прямых, которые', выходя цз катушки, загибаются и охватывают ее, замыкаясь сами на себя (незамкнутые просто не дорисованы).
Катушка с током является электромагнитом, подобным полосовому магниту (рис. 9-7). На ее концах имеются северный N и южный S полюса.
12. Репетитор ла физике. Т. 2
Рис. 9-7
353
Если ток в торце катушки течет по часовой стрелке, как бы повторяя букву S, то это южный полюс катушки. Если к Йему поднести магнитную стрелку, то она повернется к катушке своим северным ^стрием, поскольку притягиваются разноименные полюса магнитов, а одноименные - отталкиваются (как и электрические заряды). Если ток в торце катушки течет против часовой стрелки, как бы повторяя букву N, то это северный полюс катушки. Если к нему подвести магнитную стрелку, то она притянется к катушке своим южным острием.
Индукция магнитного поля В внутри бесконечно длинной катушки (соленоида) или внутри катушки, свернутой в кольцо (тороида), с током силой I определяется формулой
J3 - ЦоИ пЕ	(9.5)
Здесь п - число витков катушки на единице ее длины. Если на длине L катушки содержится N витков, то число витков в еди-
N нице длины	я = — .
Задачи магнетизма можно разделить на несколько типов:
1)	задачи на расчет магнитных полей, созданных в какой-либо точке пространства одним или несколькими проводниками с током;
2)	задачи о действии силы Ампера на проводник с током, внесенным в магнитное поле; '
3)	задачи о действии силы Лоренца на заряженные частицы,< движущиеся в магнитном поле (сюда можно отнести и задачи на одновременное движение зарядов в электрическом и магнитном полях);
4)	задачи на явление электромагнитной индукции;
5)	задачи на явление самоиндукции.
Задачи двух последних типов мы рассмотрим позже. А в этом разделе рассмотрим задачи первых трех типов. При решении задач первого типа необходимо установить, ракой формы проводник с током создал в данной точке пространства магнитное поле, и выбрать формулу индукции магнитного поля, соответствующую данной конфигурации проводника.
Направление магнитных линий связано с направлением тока, который они охватывают, правилом правого -винта (буравчика):
а)	если поступательное движение буравчика сонаправят с током в проводнике, то направление вращения его головки покажет направление магнитной линии вокруг этого тока; при этом векто-
ры В направлены по касательной к этим линиям;
б)	если поступательное движение правого винта сонаправить с вектором В магнитного поля, созданного стоком в контуре, то направление вращения его головки покажет направление тока в контуре.
Примечание. Роль буравчика с успехом может играть ваша правая рука: если большой палец отставить на 90°, а четыре пальца свернуть кольцом и большой палец сонаправить с поступшельным движением буравчика, то направление свернутых пальцЬ от их основания к ногтю станет сонаправленным с направлением вращения головки винта (рис. 9-3 - 9-9)..
Если магнитное поле в данной точке пространства создано несколькими N проводниками с током, то по принципу суперпози-
354
ции магнитных полей вектор индукции В результирующего магнитного поля в этой точке равен векторной сумме индукций В!, магнитных полей, созданных в этой точке каждым i-м током'в отдельности:
N
1=1
При решении задач на принцип суперпозиции магнитных полей необходимо делать подробный чертеж* При этом следует учитывать, что если прямой проводник с током расположен в плоскости чертежа, как на рис, 9-9, то магнитные линии, охватывающие этот проводник, расположатся в плоскости, перпендикулярной плоскости чертежа. Для удобства можно расположить прямой провод перпендикулярно плоскости чертежа, изобразив только его поперечное сечение в. виде
когда ток уходит от нас (рис. 9-4), или с точкой в центре кружка, когда ток направлен от чертежа на нас (рис. 9-3).
Если требуется определить индукцию магнитного поля, созданного в данной точке пространства несколькими токами, то надо показать вектор индукции магнитного поля в этой точке, созданного одним током, затем - вторым и т. д., после чего определить вектор индукции результирующего магнитного поля, пользуясь принципом суперпозиции полей.* Если при этом векторы индукции магнитных полей отдельных токов будут сонаправлены, то вектор индукции результирующего магнитного поля будет равен их сумме, а если они антинаправлены, - то их разности; Если векторы индукции магнитных полей отдельных токов будут направлены под углом друг к другу, то для определения вектора индукции, результирующего поля надо их сложить по правилу векторного сложения (правилу параллелограмма). Диагональ этого параллелограмма и будет вектором индукции результирующего магнитного поля. Здесь могут пригодиться теоремы Пифагора и косинусов, а также формулы тригонометрических функций.
Рассмотрим пример* На рис. 9-10 ток уходит от нас за чертеж (он изображен кружком с крестиком), а ток 12 направлен от чертежа к нам (кружок с точкой). Определим индукцию магнитного поля Blf созданного этими токами в точке 1/ расположенной слева от проводника с током Zx на расстоянии от него, и в точке 2, расположенной' на таком же расстоянии от тока Ц справа, если расстояние между токами Z4 и Z2 (т-е- между проводниками, по которым эти токи текут) равно г.
Проведем вокруг проводника с током магнитную линию так, чтобы она проходила через точку 1. Она представляет собой окружность радиусом rt с центром на проводнике с током ZP Воспользовавшись правилом буравчика, установим, что направлена эта магнитная линия по часовой стрелке. Теперь проведем магнитную линию поля тока Z8 так, чтобы она тоже проходила через точку 1. Эта магнитная линия тоже представляет собой окружность радиу-
355
Рже. 9-10
сом rt + г с центром на проводнике с током и направлена она против часовой стрелки.
- С учетом направления магнитной линии тока 1я в точке 1 вектор индукции магнитного поля тока /, в этой точке, который мы обозначили Дц, направлен вверх по касательной к этой линии* а вектор индукции магнитного поля тока /2 - вниз.
Так как векторы Дх и В|2 антинаправлены, модуль результирующего вектора индукции В2 в точке 1 будет равен разности
модулей векторов Дх к Д2: ж ~ гДе согласно (9.2)
В итоге
2я j
Рассуждая аналогично, получим, что в точке 2 вектор индукции магнитного поля тока Ц направлен вниз но касательной к магнитной линии поля тока 1р радиус которой г&.
Проведем через точку 2 магнитную линию поля тока /2. Она будет иметь вид окружности радиусом г - ведь точка 2 расположена на расстоянии г - га от тока Zr Вектор индукции магнитного поля тока /2 в точке 2 тоже будет направлен по касательной к этой линии вниз. Значит, в точке 2 векторы и В& будут соиаправлены, поэтому модуль индукции В2 результирующего магнитного поля в точке 2 будет равен сумме модулей ин-
дукций Вп и Вя: В2 = B2i + Вя, где Ва1 -	• как и ранее,
Иои2#Ь;)-
В итоге

Теперь определим модуль вектора индукции В результирующего магнитного поля, созданного в точке М теми же токами Д и 12, если точка М находится на расстоянии rt от Д тока и на расстоянии г2 °т тока (рис. 9-11).
Опять, как и ранее, проведем через точку М окружности радиусом п и г2 с центрами на проводниках с точками и Zt. Каса-
356
тельные к эмм окружностям в точке М - векторы индукции Д и Д магнитных нолей одх токов - располагаются под углом а друг к другу, поэтому вектор индукции В результирующего магнитного поля согласно принципу суперпозиции равен векторной сумме Д и Д:
В ** Д + Д» а его модуль можно определить по теореме косинусов: В “ 7В1 + В2 -гд^еоа^ЭО* - а) “ e 7-В? **	+ сое
Такой же угол а имеется в линейном треугольнике» образованном отрезками ги г2 и г. Из этого треугольника следует, что г3 «
“ П2 + г/ - 2гхг2 сов а, откуда сова - ** *** ~Г й
2V2
Кроме того,	и В8 я	*
Подставив правые части этих равенств под корень квадратный в формулу (9.6)» мы решим поставленную задачу.
Если в процессе решения задачи требуется определить число витков на единице длины соленоида л (концентрацию витков) и известен диаметр проводника d, то можно поступить так:
N
п~ —, где число витков N на длине I соленоида равно отно-
шению этой длины I к диаметру провода d: # = . С учетом это-d
£ 1 го л = — = -- > т. е. число витков на единице длины обратно диа-di d
метру сечения проводника.
Если в условии задачи говорится о том, что на проводник с током со стороны магнитного поля действует сила» то при решении такой задачи следует воспользоваться законом Ампера, согласно которому сила Ампера действующая в магнитном поле на проводник с током, определяется произведением индукции магнит-. < ного поля В, силы тока в проводнике Z, длины проводника в этом
поле I и синуса угла а между вектором индукции В и направлением тока в проводнике: ГА = ВИ sin а.
Направление силы Ампера определяется правилом левой руки; если ладонь левой руки расположить так, чтобы линии вектора индукции магнитного поля входили в нее, а четыре-вытянутых пальца направить по току в проводнике^ то большой палец, отставленный на 90% покажет направлени^вектора силы Ампера /д (рис. 9-12). Если вектор индукции магнитного поля направлен под углом а к направлению тока в проводнике, то входить в ладонь
357
должна его нормальная составляющая, т. е- составляющая, перпендикулярная направлению тока в проводнике.
Если на проводник с током, кроме силы Ампера, действуют еще какие-нибудь силы, например, сила тяжести, сила реакции одоры, сила натяжения и др., то, как правило, решение такой задачи можно начать с применения соответствующего закона Нью
тона. Бели сказано, что проводник покоится или движется равномерно и прямолинейно, то начинаем с первого закона Ньютона, согласно которому все силы, действующие на проводник, должны быть уравновешены, т. е. их векторная сумма должна быть равна нулю. А если говорится, что он движется с ускорением, то удобнр начинать решение со второго закона Ньютона, согласно которому произведение массы проводника и его ускорения равно векторной сумме всех сил, действующих на проводник, включая и силу Ампера.
Рассмотрим примеры применения законов Ньютона к решению задач электромагнетизма.
Пример 1. Проводник массой т с током висит в магнитном поле индукцией В, не падая. На него действуют две силы: сила тяжести mg , направленная, как всегда, вниз, и сила Ампера F& , которая в этом случае должна быть направлена вверх, чтобы уравновесить силу тяжести pig (рис.
Рис. 9-13	9-13). По первому закону Ньютона справедливы
будут следующие равенства: в векторной записи + Fa в 0, в скалярной записи mg — ВА.
Точно такие же равенства будут справедливы, если под действием этих же сил проводник будет двигаться равномерно и прямолинейно вверх или вниз (или влево, или вправо), все равно куда. Если же одна из них превзойдет другую по величине, то проводник станет двигаться с ускорением в сторону большей силы.
Если при этом сила тяжести превосходит силу Ампера, то проводник будет двигаться с ускорением а вниз (или с замедлением вверх) и второй закон Ньютона в скалярной записи примет вид: та = mg - ВА e mg - BI/, а если сила Ампера превзойдет силу тяжести, то проводник будет двигаться с ускорением вверх (или с замедлением вниз), и в этом случае
та - ВА - mg = ВИ - mg.
При решении подобных задач часто приходится пользоваться формулами связи массы т с плотностью р и объемом^ V: т в pV, где V = Ц>9 причем / - длина проводника, а В - площадь его попе
речного сечения; плотности тока
определять площадь по-
358
перечного сечения проводника, выраженной через радйус Я или
диаметр Р:	S - яЯ* пли S =	-
4
Если в условии задачи речь идет о работе силы Ампера, то она может быть найдена с помощью формулы работы, известной из динамики:	А = FkS сов а.
Здесь S “ путь, пройденный проводником под действием силы Ампера FA/направленной под углом а к перемещению проводника, Этот путь можно определить из формул кинематики, напри*
Л# -	V — №
мер, таких: S ~ vot +	, v, - vj - 2oS, S =• и^Г, где а = —-— ,
Л	•
v - р, + at, v* =	.
2
Здесь t - время движения проводника, оо и и - его начальная и конечная скорости, а - ускорение, ~ средняя скорость за время t.
На рамку или контур с током I в магнитном поле индукцией
В действует вращающий момент сил М, величину которого можно определить по формуле М ~ BIS sin a.
Здесь S - площадь рамки или контура, a - угол между векто-
рам В и нормалью в к плоскости рамки или контура (рис. 9-14). Если рамкд квадратная со стороной а, то S “ а2.
Если контур круглый с радиусом R или
Л	~ яО2 _
диаметром D, то S « лЯ2 или о = ——.
На заряд q, движущийся-в магнитном поле, действует сила Лоренца/ величина которой определяется произведением вели
Рис. 9-14
чины индукции магнитного поля В, заряда величины скорости и , с которой он движется, и синуса угла а между вектором скорости заряда и вектором индукции магнитного поля: F* ~ Bqv sina.
Если этот заряд - электрон* то
вместо q пишем е: F, ~ Bev sin a.	* sr
Направление силы Лоренца тоже >	т**
определяется но прмилу левой руки:	|	_ п
если ладонь левой руки расположить q >
так, чтобы магнитные линии входи-	И/	z W 1 "•>
ли в нее, а четыре вытянутых паль-	В	В
ца направить по иаправлению некто-	~ X —
ра скорости v положительного заряда	V
(против направления движения отри-	Рис. 9-15
нательного заряда» например элект-
рона), то большой палец* отставленный на 90°, покажет направление вектора силы Лоренца (рис. 9-15).
Заряд, влетевший в однородное магнитное поле перпендикулярно его магнитным линиям, будет двигаться под действием силы Лоренца (которая всегда направлена перпендикулярно вектору
359
Рис. 946
линейной скорости заряда б) па окружности, охватывающей магнитные линии поля (рис. 9-16), с центростремительным ускорением ац. При этом по второму закону Ньютона т ац = Ря9 где т -масса заряженной частицы, влетевшей в магнитное поле. С этой формулы удобно начинать многие задачи на движение заряженных частиц в магнитном поле. В таких задачах обычно приходится также применять формулы
= т— или аж я где ш - 2rcv или ® = — я Иди sin а, где а я 90°, поэтому Ел - Bqv.
Ра
Отсюда можно найти скорость и , с которой частица влетела в магнитное поле.
Если Частица влетает в магнитное поле под углом а к его магнитным линиям (рис. 9-17), то она будет двигаться вдоль магнитной линии равномерно и прямоли-х нейно с тангенциальной скоростью v, ~ =» и cos а и одновременно двигаться по окружности, охватывающей магнитные ли-
Рис. 9-17 вин, с линейной скоростью и* ** о sin а. В результате ее траекторией станет винтовая линия. Расстояние х, на которое сместится Частица по силовой линии за время Г, равное периоду (т. е. совершив один оборот), называется шагом винта. По формуле пути равномерного движения со скоростью v сов а за время Г шаг винта можно определить так:	х ~ ихТ - иТ сов ц.
В таких задачах приходится часто применять следующие фор-
„	vj (vsinaT „
мулы: ma* = Ftt где аж я	л—_	, F* я Bqi> sin a,
К R
о sin a - 2xvE, osina = —-, v sin a - ©Я. T
Если частица влетает в область пространства, занятую одновременно и электрическим, и магнитным полями, то характер ее движения зависит от силовых свойств и направления этих полей и от скорости самой частицы.
Рассмотрим пример. Электрическое и маг-£ нитное поля взаимно перпендикулярны, а по-_ ху ложительно заряженная частица влетает в направлении вектора и , перпендикулярном . силовым линиям этих полей (рис. 9-18). В этом F	случае на нее действуют две силы: со стороны
I	электрического поля сила направленная,
если частица положительная, по линии векто-
Рис. 9-18, рд напряженности Ё электрического поля, и сила Лоренца F* , направленная перпендику
360
лярно векторам и и В. В зависимости от направлений векторы и , В и Е могут быть как антинаправлены, так и сонанравяены друг другу. Если они окажутся антинаправлены и по модулю равны друг другу» т. е. друг друга уравновесят» то частица будет согласно первому закону Ньютона двигаться равномерно и прямолинейно с той же скоростью 5 » с которой она влетела в эти поля. В этом случае решение задачи начинаем с равенства сил Fn и
F„ я Fa, гда F„ = qE и F* = Bqv sin 90° » Bgw.
Если же эти силы окажутся неуравновешенными, то частица будет участвовать в сложном движении» двигаясь с ускорением вдоль линий вектора Ё и одновременно вращаясь вокруг линий
вектора В-
Если в, зависимости от направлений векторов и , В и Ё силы электрическая и Лоренца окажутся сонаправлениымп» то движение частицы также будет представлять собой суперпозицию двух движений: прямолинейного с ускорением вдоль линий вектора Ё и вращательного вокруг линий вектора В.
Если частица влетела в эти поля параллельно линиям векторов Ё и В, то сила Лоренца на нее действовать не будет» так как синус угла а между этими векторами будет равен нулю. Но тогда и сила Лоренца Ел - Bqv sin а = 0.
Запомним: если заряженная частица движется вдоль линий вектора индукции магнитного поля, сила Лоренца на нее не действует.
На частицу в этом случае будет действовать только электрическая сила, под действием которой она будет двигаться прямо*
__ м	___ _________________ Eft, qE
заш&Ъяй и равноускоренно с ускорением а = -*==- = — -
Решив в общем виде задачу, непременно проверьте единицу полученной величины. Как это делается, мы показали при решении некоторых задач.
Решение отдельных задач
Задача 1
Определить индукцию магнитного поля на расстоянии г ” 10 см от бесконечно длинного прямолинейного про* водника с током. Диаметр проводника d — 0,5 мм, плотность тока в проводнике j = 1 А/мм2. Среда - воздух.
Дано: г = 10 см d = 0,5 мм
А ~ 1 мм2
Решение. Индукция магнитного поля, созданного бесконечно длинным прямолинейным проводником с током на расстоянии г от него (рис. 9-3 или 9-9), определяется выражением
B = MopJL,	W
361
g “ 1
Гн щ = 12,6 IO-7 V
В - ?
цде go - магнитная постоянная, g - относительная магнитная проницаемость среды, I - сила тока в проводнике.
Силу тока I определим через плотность тока j и площадь поперечного л	« л 1
сечения проводника S: J - , где О
я-
S = ——, поэтому у =	---.
4	7ц/2	4
Подставив (2) в (1), мы решим задачу:
откуй Г =	.
nd2	4
(2)
В = И»Ц2^Р
B = gog~-or
Переведем все единицы в СИ: 10 см = 0,1 м,
А	А
0,5 мм “ 5 104 м, 1 -г в 110е Т-
MMZ	м2
Проверим единицу полученной величины;
гг>-| _	ГН‘А-м2	_ Гн - А _ Вс-А	_ Дж	Н- м	_
“	м-м2 м м2 А-м2 А-м2	А-м2
= Тл.
Напомним, что Дж = В • А  с, Дж *= Н - м, Гн = В  с/ А и
Н-м
ТЛ= А-м2’
Произведем вычисления:
В 12,6 -Ю-7-1’10610-8
8 • 0,1
Ответ: В = 4 • 10е Тл.
Тл = 4-10~7Тл.
Задача 2
На рис. 9-19 изображено сечение двух прямолинейных бесконечно длинных проводников с токами Д =»= = 10 А и 12 * 4 А, идущими к нам от чертежа. Расстояние между ними г = 0,7 м. В какой точке прямой, проходящей через эти проводники, индукция магнитного поля этих токов равна нулю? Среда - воздух.
Дано: L = 10 А V4A г = 0,7 м
Обозначим rt расстоя-
ние между точкой М, в которой индукция магнитного поля этих токов равна нулю, и проводником с током Ц.
962
в = о и- 1
Гн
М® -12,6- 1О-» V
П-?
Решение. Ток силой Д создает в точке М магнитное поле, вектор индукции которого Bi направлен вверх. Вектор индукции В2 магнитного поля тока Ц в этой же точке М направлен вниз. Согласно усло-
вию задачи индукция результирующего магнитного поля в точке М равна нулю. Так может быть, только тогда, когда модули этих антинаправленных в точке М векторов равны: = В2, где
= g0H -£~ (1) и вг = ^ом /2 v (2) л7ГГ1	— J
Приравняем (1) и (2) и из полученного выражения найдем расстояние rt: Л h
^2^Г^2#-
1
г4Г2, откуда гг =
Л ~г~ zL_
1 + ^2
2
Произведем вычисления: Ответ: г — 0,6 м.
0,7 10
—г- м = 0,5 м.
10 + 4
Задача 3
На рис. 9-20 изображено сечение двух проводников с токами Д — 4 А и 12 = 3 А, расположенных в воздухе на расстоянии г = 50 см друг от друга. Определить индукцию В магнитного поля, созданного этими токами в точке М, расположенной на расстоянии = 30 см от проводника с током 1] и на расстоянии г2 = 40 см от проводника с током 12.
Дано: . Д = 4 А
12 = 3 А g = 1
go—12,6-10“* — м
г — 50 см 
г\ = 30 см z
г, — 40 см
В - ?
Решение. Отрезки г - 50 см, гх — — 30 см и г2 = 40 см образуют прямоугольный треугольник с прямым углом при точке М. Вектор Д направлен по касательной к силовой линии магнитного поля тока Д, которая представляет собой окружность радиусом г, с центром на проводнике с током II- Согласно правилу правого винта эта магнитная силовая линия «крутится» вокруг тока Д по часовой стрелке. Маг-
363
нитная силовая линия вокруг тока \ I» который, как и ток lv «уходит» /\	7\	\ от нас за чертеж, тоже «крутится»
[  п д/*	] по часовой стрелке, а вектор йн-
/ дукция В, магнитного поля этого * у тока тоже направлен в точке М по Bi	касательной к этой линии. На рис.
Рис. 9-20	9-20 видно, что векторы Д и
являются катетами в прямоугольном треугольнике, гипотенузой которого служит вектор В. Согласно теореме Пифагора В = 7^ + ^ , где	а Дг =	>
2i7l/y	Zlt/g
поэтому В -

Переведем все единицы в СИ: 50 см = 0,5 м, 30 см - 0,3 м, 40 см = 0,4 м«
Произведем вычисления:
_ 12,6-10“7 Г 4 А2 - f 3 V
в—ё 414 лПТГ5 + 7П тл = з,1-кнтл. " "	Vy v,t> J	у U,4 J
Ответ: В = 3,1 • 10~* Тл.
Задача 4
Чему равна индукция В магнитного поля внутри длинной катушки, изготовленной из медной проволоки диаметром d — 0,5 мм? Длина катушки L = 40 см, диаметр витка D = 4 см. На концах проводника, из которого изготовлена катушка, поддерживается разность потенциалов U = 10 В-• Удельное сопротивление меди р = 1,7 -10-8 Ом - м.
Дано: d — 0,5 мм В = 40 см D = 4 см П» 10 В
Решение. Индукция магнитного поля внутри длинной катушки с током (рис. 9-6) определяется по формуле
В - |М1л7,	(1)
364
р - 1,7 • 10-8 Ом • м ц = 1
Гн ро - 12,6 • 10-’ —
Л-?
« ____________
где в « — - гаси витков на единице длины катушки, I - сила тока в ней, N - число витков на ^сло витков можно найти, если разделить длину катушки L
на диаметр одного проводника d: N = —, поэтому d
L 1
n=— = — Ld d
(2)
Силу тока найдем по закону Ома: 1 = —,	(3)
длина этого проводника, S = —--площадь его попереч-
4
ноте сечения.
Длину проводника /, из которого изготовлена катушка, можно найти, умножив длину окружности одного
L витка kD на их число N: 1~ nDN = nD— -	(4)
a
~	„ nDL -4	DL
С учетом этого л = Р----«- = 4р—т-.	(5)
d • nd	d*
Подставим (5) в (3): I =	.	(6)
4pDL
Нам осталось подставить (6) и'(2) в (1), и задача будет
_ Ud3
Переведем все единицы в СИ: 0,5 мм “ 5 • 10-* м, 40 см = 0,4 м, 4 см = 4 • 10"1 м. Произведем вычисления г
4pDL
123Ю~т10-25 10~* 4-1,7’Ю"8-4-10-2-0,4
Тл - 0,3 Тл.
Ответ: В — 0,3 Тл.
865
Задача б
По двум параллельным бесконечно длинным проводникам, расположенным на расстоянии г = 50 см друг от друга, текут токи с одинаковой плотностью тока j = 2 А/мм2. Диаметр каждого прЬводника d = 0,4 мм. С какой силой, приходящейся на единицу длиш£ каждого проводника, они притягиваются друг к другу (рис. 9-21)? Среда - воздух.
Рис. 9-21
г “ 50 см
А
7 = 2 мм2 d — 0,4 мм
ц — 1
щ s 12,6 • 10~г — м
Решение. Индукция магнитного поля каждого прямого проводника с током на расстоянии г от него
<«
где I — jS - сила тока в каждом из С # двух проводников, S = л—---пло-.
4 щадь поперечного сечения каждого проводника.
С учетом этого
_ PoM/nd2	id2
В-1^------= НоН^“- (2)
8лг	8г	У '
В этом магнитном поле на второй проводник действует сила Ампера J*A ” ВП sin а, где I - длина проводника, а - угол между направлением тока в проводнике и направлением вектора индукции В магнитного полд. Поскольку в нашем случае этот угол а = 90°, то sin а = 1 и
^--? I
Fa = ВП, откуда у- = BI.	(3)
Подставив (1) и (2) в (3), мы решим задачу:
FA	jd2 . nd2 _А = ЦоИЛ_.;_,	* Я	fJMlY 4 ь	z		
Переведем все единицы в СИ: 50 см = 0,5 м, _А	2 А 	«А			
мм2 ~10 е м2"	дГ	f, 0,4 мм =	4-ПН м.	
Проверим единицу полученной величины:
РА _ Гн • А2 • м4 . 1 Jch МММ4
В-с гАг _ В-А с _ Дж А мг м2 м2
366
Нм H
M2 m’
Произведем вычисления:
A - * -1СИ
= 12,6• IO’7-W 2 106	H
2 • 0,51	4 I м
4
= 2,5 IO’4—, м
Ответ: FJl = 2,5 • IQ-4 H/m.
Задача 6
На квадратную рамку co стороной d, расположенную в однородном магнитном поле индукцией В так, что'между нормалью п к ее плоскости и линиям вектора В есть угол а, действует со стороны поля вращающий момент сил М (см. рис. 9-14), если по ней течет ток, плотность которого равна /. Определить площадь- сечения проводника, из которого изготовлена рамка.
Дано: а В а М i	Решение. Момент сил М, действующий на рамку с током в магнитном поле, определяется произведением индукции этого магнитного поля В, силы тока I в рамке, площади S рамки и синуса угла а между нормалью п к плоскости рамки и линиями вектора индукции В мягнкг-ного поля: М = BIS sin а.'
8^.-2	Силу тока I в рамке можно связать с площадью поперечного сечения проводника рамки Smt которую нам надо отыскать, и известной нам
плотностью тока / соотношением j =	, откуда I = jSm.
^сеч
Площадь квадратной рамки S можно определить как
квадрат ее стороны a: S = а1.
Поэтому М “ sin а.
Отсюда найдем искомую площадь поперечного сечения:
S - М 884 Bja2 sing
Задача решена.
Л о М
Ответ: S--_ =---------
Bja2 sin а
Задача 7
Стальной проводник диаметром d = 0,1 мм висит в однородном магнитном поле индукцией В = 20 мТл (см. рис. 9-13). Найти силу тока в проводнике. Плотность стали р - 7,8  10» кг/м».
367
Дано: d =" ОД мм В = 20 мТл
кг р = 7,8-10» ~з
Решение. Проводник не падает, поскольку сила тяжести mg уравновеше-на силой Ампера ГА, следовательно, модули этих сил mg =* Рк. (1)
Здесь т = pF - масса проводника, nd2
F— IS - его объем, S -	---шш№>
4
поперечного сечения- С учетом этого
7-7
,nd2	/m
m = pf__	(2)
Согласно закону Ампера Т. = ВЦ sin а,	(3)
где а = 90°, поэтому sin а = 1 и РА - ВИ. Подставим (2) н (3) в (1) в определим силу тока 7:
= BII, откуда I = 4	_ 4-0
Не забудьте проверить единицу полученной величины. Переведем в СИ все единицы: 0,1 мм *= 1 -10~* м, 20 мТл - 0,02 Тл.
Произведем вычислении: , ЗД4 • IO4* .73 • Юа 93 4 0,02
А = 0,03 А.
Ответ: I => 0,03 А.
Задача 8
На двух горизонтальных рельсах, между которыми расстояние I ** 60 см, лежит стержень перпендикулярно им. Определить силу тока 7, который надо пропустить по стержню, чтобы он двигался равномерно и прямолиней- -но по рельсам. Рельсы и стержень находятся в вертикальном магнитном поле индукцией В = 60 мТл. Масса стержня т « 0,5 кг, коэффициент трения стержня о рельсы k = 0,1. Найти работу А, которую совершит сила, перемещающая стержень на расстояние х — 25 см..
Дано: / — 60 см В = 60 мТл Ф = 90’ т — 0,5 кг k = 0,1 х — 25 см
Решение. Пусть стержень располагается перпендикулярно плоскости чертежа, а ток течет по нему от плоскости чертежа к нам, поэтому в сечении стержня мы поставили точку, обозначающую острие стрелы, летящей на нас (рис. 9-22). Пусть линии вектора индукции магнитного поля В направлены сверху вниз.
Тогда, применив правило левой руки, убедимся, что на этот стержень будет дей-
368
ствовать сила Ампера, направленная тоже, как и в предыдущей задаче, вправо. Кроме нее, на стержень будут действовать сила тяжести mg, силы реакции рельс 2FN сила трения Ftp - Поскольку стержень будет двигаться равномерно и прямолинейно, то все эти силы будут
Рис. 9-22-
уравновешены, т. е. их вектор-
ная сумма будет по первому закону Ньютона равна нулю:
^A+jng+2FH+^p=0.
При этом сила тяжести mg будет уравновешена двумя силами реакции рельсов 2FK, а сила Ампера FA -
силой трения . Поэтому в скалярной записи закон Ньютона примет вид mg - 2FW и FA - Fv.	(1)
По формуле силы Ампера FA - ВП sin а, где а = 90°, поэтому sin а - 1 и тогда FA — ВП.	(2)
Теперь выразим силу трения через величины, данные в условии задачи. По определению сила трения равна произведению коэффициента трения на силу давления стержня на рельсы, которая по третьему закону Ньютона численно равна силе реакции рельсов, поэтому F =-“*24
Но поскольку 2Fn — mg, то =* kmg.	(3)
Тогда, подставив (2) и (3) в (1), получим уравнение, из которого мы сможем найта искомую силу тока I, так как' остальные величины в этом уравнении нам уже известны: ВП = kmg.
kmg Bl
Отсюда
Мы нашли одну из искомых величин в общем виде. Теперь определим работу перемещения стержня А на расстояние х. Из механики известно, что работа перемеще-
ния определяется произведением модуля силы, перемещающей тело (в нашем случае силы Ампера FA), модуля перемещения х я косинуса угла между векторами силы и перемещения. Поскольку у нас вектор силы Ампера сонаправлен с вектором, перемещения стержня (они оба направлены вправо), то этот угол равен нулю, а косинус
369
нуля, как известно, равен единице. Поэтому в нашем случае А = FAx или А “ ВНх]
Задача в общем виде решена.
Переведем все единицы СИ:
60 см — 0,6 м, 60 мТл = 0,06 Тл, 25 см = 0,25 м.
Подставим числа и произведем вычисления:
ОД-0,5-9,8 0,06 0,6
1 =
А = 13,6 А
А = 0,06 • 13,6 • 0,6 • 0,25 Дж = 0,12 Дж.
Ответ: I = 13,6 А, А = 0,12 Дж.
Задача 9
Какой путь S пройдет за время t прямой медный стержень с диаметром сечения d, двигаясь без начальной скорости равноускоренно в однородном магнитном поле индукцией В по горизонтальным рельсам (см. рис. 9-22). Коэффициент трения k, плотность меди р. Сила тока в проводнике I. Явлением электромагнитной индукции пренебречь.
Дано: t d »о = © В к Р
Решение. На движущийся равноускоренно стержень действуют четыре силы: сила тяжести mg, которую уравновешивает сила реакции опоры FN, сила Ампера FA и сила трения У,р. По второму закойу Ньютона та = mg + FN +FA+FTp, а в проекциях на оси ОХ и ОУ: та = FA- F^ (1) и mg = где F =* kFv, поэтому F„ - kmg.	(2)
Согласно закону Ампера FA — Bit sin а, где a = 90° и sin a = 1, поэтому jFa = BIl.	(3)
Массу стержня определим через его плотность и раз-v ir ic &.	<г пе^2 * 4 S
меры: т = pv, где V — IS - объем стержня, S = —-—
4 площадь его поперечного сечения.
nd^ Поэтому	т = pl ——.	(4)
4 Подставим (2), (3) и (4) в (1) и из полученного выражения определим ускорение стержня а, чтобы затем по о °*2	А
S = — при	= 0
А
S- ?
формуле
(5)
370
ltd2	ltd2
найти.и искомый путь 8: pl-^-a - Bit - kpl-^-g, ad2pa = 4BI - nd2kpg, a _ 4BI itd2kpg 4BI ** nd2p ndzp ~ nd2p' 8 ‘ Нам осталось подставить (6) в (5), и задача будет ре-
шена:	СО II	f ABI 1 -~5—kg Н’р
Задача решена.
Л о t*( 4BI .
Ответ: 8 = —- —=— kg
2l nd p “
Задача 10
По двум вертикальным параллельным рельсам может двигаться стержень массой' Ш, изготовленный из материала плотностью р. Площадь поперечного сечения стержня равна S. Рельсы расположены в горизонтальном магнитном поле индукцией В, вектор индукции которого направлен на рис. 9-23 за чертеж. При пропускании тока си- о лой I проводник движется равноускоренно по рельсам вверх без начальной скорости (и0 = 0). Опре-
делить работу перемещения проводника А за время I. Явлением электромагнитной индукции и трением о рельсы пренебоечь.
Дано: т S
Р В
I у0 “ О t
А-?
Решение. Пусть за время t стержень переместится на расстояние х, двигаясь вверх под действием силы Ампера FA, сонаправленной с его перемещением. Тогда совершенная силой Ампера работа А = FKx сов ао где а, — 0° и cos сц = = 1, поэтому А = FAx.	(1)
Здесь а, - угол между направлением силы Ампера и перемещением стержня.
По закону Ампера FA - BII sin а^, где I -длина стержня, сц - угол между направлением тока в стержне и направлением вектора В. На
рис. 9-23 ток течет по стержню вправо, а вектор В на-
871
правлен от нас за чертеж, поэтому <4 « 90° и sin а, «1.
С учетом этого Fk - ВП.	(2)
Модуль перемещения стержня х наддем из уравнения ' л at* кинематики: при ив — О х = —-.
(3)
Подставим (2) и (3) в (1): А = ВП~.	«)
Чтобы найти ускорение стержня а, примени» второй закон Ньютона. На стержень действуют сила Ампера,
направленная вверх, и сила тяжести mg, направленная
вниз. В векторной записи та = fA + mg, а в проекциях на оси ОУ та = FA- mg = ВП - mg.	(5)
Длину стерня I определим через его массу т и плот-
,, та ность р: V - — Р
объем стержня. С другой стороны,
V — IS, поэтому IS = —, откуда I =	.	«п
Р	pS	w
Подставим (6) в (б) и из полученного выражения оп-
ределим ускорение а: та - BI~ - mg, а = — - я (7\ pS	pS 1 ’
Нам осталось подставить (6) и (7) в формулу работы
(4). Проделаем это действие: Задача решена.
A = BI—f--g 2pg[pS 8
_	Л иг /7rf2
Ответ: А = BI—— —- - g 2pS kpS
Задача 11
По наклонным рельсам соскальзывает равномерно вниз стержень с площадью поперечного сечения St изготовленный из материала с плотностью р. Рельсы расположены в однородном магнитном поле, вектор индукции которого перпендикулярен рельсам (рис. 9-24). Угол между рельсами и горизонтом равен «р коэффициент трения
Рис. 9-24
372
о рельсы i. По стержню течет ток силой I. Чему равна индукция магнитного пиля В?
Дано.* S
Р
?
I
В - ?
Решение. Применим к решению этой задачи первый закон Ньютона, согласно которому стержень движется равномерно и прямолинейно, когда все приложенные к нему силы уравновешены или когда их векторная сумма равна нулю. На стержень действуют четыре сияв!: сила тяжести mg, сила реакции рельсов Еы, сила Ампера ГА и сила трения FTp. Применив правило
левой руки, убедимся, что сила Ампера антияаправлена перемещению стержня. По первому закону Ньютона mg + F^ +	+ Др = О, а в проекциях на оси координат
ОХ и ОУ sin сц = 7^, + FA и	cos ап где ”
к к mg сов cq, поэтому
mg sin cq = fe т< сое eq + FA.	. (1)
По закону Ампера ГА " ВП sin сц, где* о, - угол между вектором В я перемещением стержня. Этот угол равен 90°, поэтому sin О, * 1 и ” ВП.	(2)
Длину стержня I выразим через его .массу т я плот-
ность р: V = — - объем стержня. Поскольку V = IS, то Р
jo _	, и
~, откуда I = —. Р	nS
(3)
Подставим (3) в (2): FA = В1~.	(4)
Нам осталось подставить (4) в (1) и из полученного выражения определить индукцию В:
mg sin а у - kmg cos аг + BI— pS
gfsinaj - к cosaj =	г откуда
B = Задача решена. Ответ: В = ^j^(sinai -ftcosaj).
(sinад - fecosa,)
373
Задача 12
В однородном магнитном поле на двух невесомых нитях подвешен горизонтально прямой проводник длиной I — 0,2 м с массой т = 10 г. Индукция этого магнитного поля В — 49 мТл, причем линии вектора индукции В направлены вверх перпендикулярно проводнику. На какой угол ф от вертикали отклонятся нити, на которых висит проводник, если по нему . пропустить ток плотностью j = 2 А/мм2 (рис. 9-25)? Диаметр поперечного сечения проводника d = 1 мм.
d “ 1 мм.
Дано:
I = 0,2 м т = 10 г В = 49 мТл а = 90°
Решение. Поскольку проводник после отклонения нитей находится в состоянии равновесия, значит, силы, приложенные к нему, согласно' первому закону Ньютона, уравновешены, т. е. их равнодействующая равна нулю. На проводник с током в магнитном поле действует сила Ампера РА, направление которой можно определить по правилу левой руки. Применим это правило к нашей задаче. Расположим ладонь левой
ММ* d = 1 мм
руки горизонтально над проводником так, чтобы линии
ф - ?
вектора В входили в нее, а четыре вытянутых пальца направим по току в проводнике длиной Z. Пусть ток уходит от нас за чертеж, тогда и эти четыре пальца мы направим тоже за чертеж. При этом большой палец левой руки, отставленный на 90°, будет направлен вправо и, значит, сила Ампера тоже направлена вправо, поэтому и проводник отклонится вправо от положения равновесия.
Отметим, что сам проводник на нашем рисунке расположен перпендикулярно плоскости чертежа, поэтому мы видим его сечение; обозначенное кружком. Поставим в этом сечении крестик, означающий, что вектор плот?
ности тока j направлен от нас за чертеж.
Кроме силы Ампера, на проводник действуют сила тяжести mg и две силы натяжения 2FH со стороны двух нитей. По первому закону Ньютона векторная сумма этих сил должна быть равна нулю:
ГА +/n£ + 2FH = 0-
374
Силы FA и. mg можно сложить, заменив их одной равнодействующей силой Fpl, которая должна уравновесить силы натяжения 2FB , поэтому в скалярной записи закон Ньютона примет вид f р1 = 2FB.
Векторы сил FA, 2^р1 и mg образуют прямоугольный треугольник, в*&отором вектор Fpl является гипотенузой, а векторы mg и FA - катетами (точнее одним из катетов является горизонтальная штриховая сторона этого треугольника, длина которой равна длине вектора FA ). Из этого прямоугольного треугольника мы можем определить тангенс искомого утла ф (можно, конечно, найти и синус, и косинус, но проще все-таки тангенс, потому что в этом случае нам не надо иметь дела с силой Fpl, о которой нам ничего фактически не известно, кроме того, что она Численно равна 2Fa, но о силе натяжения мы тоже ничего не знаем). Итак, остановимся на тангенсе р угла ф:	tgф = —~.
mg
Силу Ампера определим по соответствующей формуле: FA = BIl sin а» где I - сила тока.
Здесь а =» 90°, поэтому sin а — 1 и FA = BIL Кроме - nd2 того, / ~ jS, где S «= ——, поэтому I = 4	4
Ted2	ltd2 ВЦ
С учетом этого РА = В—— fl и tgф *= ——— 4	4mg
Задача в общем виде решена.
Переведем все единицы в СИ: 10 г — 0,01 кг, 49 мТл = 0,049 Тл, 2 -Д- = 2 10® Д, ММ2	М2
1 мм = 1 • 10~3 м.
Подставим числа и произведем вычисления:
.	3,14-Ю"8-0,049-10е-2-0,2 л__
‘” =---------4.0,019.8----------М5ЛФ-9".
Ответ: ф = 9°.
875
Задача 13
Между двумя вертикальными элек- ‘ тродами находится ртуть. Расстояние * между электродами I во много раз боль-
приложено напряжение U, плотность ртути (V ее удельное сопротивление ft-При помещении этой установки в вертикальное однородное магнитное поле поверхность ртути ab располагается под углом а к горизонту (рис. 9-26). Чему равна поля?
mg Рис. 9-26
индукция В этого магнитного
Дано: U I
Р.
Р« а
В - ?
Решение. Выделим мысленно у поверхности ртути ab малый элемент массой ш, по которому ток силой I идет от чертежа к нам. Этот элемент будет в равновесии, когда проекции силы тяжести mg sin а и силы Ампера PAcos а на ось ОХ будут по модулю равны друг другу: mg sin а “ — РА сов а (1), где согласно закону Ампера РА -
BIl sin сц. Здесь cq» 90° - угол между направлением тока в выбранном элементе и направле-
нием вектора индукции В. Поэтому РА - ВИ .	(2)
Подставим (2) в (1): mg sin а — ВЦ cos а,' откуда
_ mg sin а тя в = Чг—~ =	<3>
Il cosa II
Hiaocy элемента ртути т выразим через ее плотность рж, а силу тока I определим по закону Ома для участка цепи. Поскольку т = pBF, где объем элемента V — IS, то т - p„lS.	(4)
Здесь S - площадь поперечного сечения элемента ртути (нам ее не определить, но она должна в дальнейшем
сократиться). По закону Ома I = —, где сопротивление
i	US
элемента ртути R - рв —, поэтому I =
Подставим (4) и (5) в (3):
р^ЗДМ
°—изГ*а’
Задача решена.
Ответ: В = РдР—tga.
(5)
В = PnPcg/ tgot
376
Задача 14
Стержень массой ш -— 10 г и длиной I = 50 см лежит на горизонтальных рельсах в горизонтальном однородном магнитном поле индукцией В = 200 мТл. При пропускании по стержню тока / = 4 А в направлении от чертежа к наблюдателю (рис. 9-27) для того,
чтобы сдвинуть стержень	р^, 9 27
вправо, требуется прило-
жить к нему силу Ft ” 0,4 Н. Какую силу Ft требуется приложить к стержню, чтобы сдвинуть его из состояния
покоя, если направление тока изменится на противоположное? "
Дано: т = 10 г I — 50 см В 200 мТл / = 4А Fv- 0,4 Н м g = 9,8 -у с
Решение. На стержень, когда к нему приложат силу Fx, будут действовать пять сил: сила тяжести mg, сила Ампера FA, сила реакции рельсов Fm, сила F, и сила трения покоя (максимальная при сдвиге стержня) . По. первому закону Нью-

В проекциях на ось OX Fvt = * Fnu поэтому Ft => к Fm.
тона Ft + mg+FNl + FA +	= 0.
~ кциях на ось OX FK— Fvl, где Здесь к - коэффициент трения стержня о рельсы.
Силу тяжести mg уравновешивает сила Абшера FA и
сила реакции опоры FN1, поэтому в проекциях на ось OY mg = FA + FN1, откуда FOT= mg - Fh.	(2)
Подставим (2) в (1): Ft“ к {mg - Гд).	(3)
' Если.направление тока изменить на противоположное, то и сила Ампера изменит свое направление тока на противоположное, т. е. теперь будет направлена вниз (убедитесь в этом, применив правило левой руки). Из-за этого сила реакции рельсов FK3 увеличится и станет равна по модулю сумме mg и FA: FOT “ mg + FA, поэтому и сила, трения F^ - к Fm теперь будет равна к (mg + FJ, следовательно, сила F2 — F^ будет равна к (mg + FJ. (4)
377
Разделим (3) на (4):	= -4—= у .
r2 k\mg + F&) mg + Ад
mg + FA mg-FK
F2=Fi
Нам осталось воспользоваться законом Ампера: РА = BIl sin а = ВП, ^ябедъ а = 90° и sin а = 1.	&
Подставив (6) в (5), мы решим задачу:

(5)
(6)
'ptng + BH 1 mg - ВП
Переведем все единицы в СИ: 10 г 50 см = '0,05 м, 200 мТл — 0,2 Тл. Произведем вычисления:
- 0,01 кг,
_	„ 0,1-9,8 4- 0,2 -4 -0,5
2“ ’ 0,1-9,8-0,2-4-0,5
Ответ: Р2 = 0,95 Н.
Н = 0,95Н.
Задача 1.5
Горизонтальный стержень массой т = 20 г и длиной I — 50 см покоится на. двух одинаковых вертикальных пружинах в горизонтальном однородном магнитном поле индукцией В — 0,1 Тл, перпендикулярном стержню (рис. 9-28). По стержню пропускают в течение короткого промежутка времени t = 10 мс ток силой I = 0,1 кА, из-за чего стержень смещается вверх. Определить максимальную деформацию сжатия х пружин при этом. Жесткость каждой пружины к = 10 Н/м.
Дано: т = 20 г I — 50 см В = 0,1 Тл f = 10 мс I = 0,1 кА »-№ м
Vt - О
Рис. 9-28
х 1	Решение. Обратимся к рис. 9-28, а. Сво-
бодные концы пружин до того, как к ним прикрепили стержень, находились на уровне ab. Когда стержень подвесили, каждая пружина растянулась и при
378
этом ее деформация стала равна х0 (рис. 9-28, б). Когда по стержню пропустили ток вправо, то при направлении вектора индукции магнитного поля В за чертеж на стержень в течение времени t стала действовать сила Ампера ЁА, направленная вверх. Импульс этой силы FAt согласно основному уравнению динамики равен изменению импульса стержня р - р0, где р = mv - импульс стержня, приобретенный им в результате действия силы Ампера, а р0 = mva “ 0 - начальный импульс стержня, равный нулю, так как вначале стержень покоился. Поэтому
FAt = mv, где FA = BIl sin a = BIl, так как a = 90° - угол между направлением тока в стержне и вектором В, поэтому sin a = 1.
Blit Следовательно, Blit = mv, откуда v ----скорость
,	m
стержня сразу после пропускания по нему тока.
Полученная стержнем кинетическая энергия
w = ГОУ2 _	= (Blltf
“	2	2т2 2т	(1)
превращается в потенциальную энергию сжатой пружины. Вначале, когда еще ток не пропускали, пружины
обладали потенциальной энергией Wn0 =	.
Когда стержень поднялся на высоту хга от нижнего положения, он приобрел потенциальную энергию Wa = — mgx и, кроме того, его потенциальная энергия увеличилась за счет сжатия двух пружин на величину
AW,-2^A^- = AAx2.
2
По закону сохранения механической энергии кинетическая энергия стержня равна разности потенциальных энергий в верхнем и нижнем положениях стержня:
ТУК + ДТГП - или —— - mgx + feAx2 - Лх02 . а
С учетом (1)	-— = mgx + ЛДх2 - Лх02 .	(2)
2m
До пропускания тока сила тяжести стержня, mg была уравновешена силами упругости двух пружин, равными по модулю 2fer0:	mg = 2Ах0.	(3)
Из рис. 9-28 следует, что х -	+ Ах, откуда
379
&Х = X - Хф.	И)
Подставим (4) в (2):	= mgx + Л(х - х0)2 - кх^
2m
или с учетом (3)
. (**ГС*) = 2кх$х + Лх2 - 2AxqX + Ах02 - кх^2 , 2m
(Biuf 2т
= jfcx2, откуда
Переведем все единицы в СИ: 20 г = 0,02 кг, 50 см = 0,5 м, 10 мс = 0,01 с, 0,1 кА - 100 А. Произведем вычисления:
_ 0,1 100 0,5 0,01 72 10 0,02 Ответ: х — 0,25 м.
- 0,25 м.
Задача 16
По длинной катушке, изготовленной из проводника диаметром d ” 0,2 мм, течет ток силой Z, = 10 А. В магнитное поле этой катушки помещают квадратную рамку со стороной а — 2 см, плоскость которой параллельна магнитным линиям. По рамке пропускают ток силой 12 “ 4 А. Найти вращающий момент сил М, действующий на рамку в магнитном поле катушки.
Дано: d * 0,2 мм Л = 10 А а = 2 см Z, = 4 А 1
Решение. Момент сил, вращающий рамку с током 1г в магнитном поле катушки М — BIJS sin а, где В = ЦРоП/, - индукция магнитного поля катушки, 8 = а2 - площадь рамки и а = 90° - угол между на-
= 19«.1П-т Г*1 правлением вектора индукции В До 14,о • IV	магнитного поля катушки и норма-
м_ ?	лью п к рамке. С учетом этого
sin а = 1 я М - цро . (1) Число витков на единице длины катушки п можно определить отношением числа витков
на некоторой длине I катушки к этой длине: п - ~, (2) а число витков N. на длине I в свою очередь можно найти, разделив эту длину I на диаметр проводника катушки d:
380
*4
(3)
I 1 Подставим (3) в (2): п - — = —.	(4)
да а Таким образом, число витков на единице длины л -это величина, обратная диаметру проводника d. Подста-
------------<?
вив (4) в (1), мы решим задачу: М = цор 1г12 —-d I
Переведем все единицы в СИ: 0,2 мм — 2 1(Н м,
2 см - 0,02 м.
Произведем вычисления: М- 12,6-10~7 •10'4 Нм -0,01 Нм. Ответ: М = 0,01 Н * м.
Задача 17.
Протон в магнитном поле индукцией В — 20 мТл описывает окружность радиусом 2? — 40 см (см. рис. 9-16). Найти импульс протона р и его кинетическую аиергНю. Заряд протона ё —1,6 -Ю*4* Кл, его масса лг — 1,67- 1<УЮ кг.
Дано: В = 20 мТл
R = 40 см е = 1,6 10-»Кл т- 1,67 -КУ’7 кг
Решение. Импульс протона р равен произведению его массы т н линейной скорости и: р — mv. (1)
Так как масса протона нам известна, задача сводится к определению его линейной скорости и. Для этого воспользуемся вторым законом Ньютона, согласно которому сила Лоренца Fj,, действующая на протон, дви-
Р - ? W - ?
жущийся в магнитном поле по окружности, равна произведению массы протона т на его центростремительное ускорение аа:	Р„ — тяа,	(2)
где	Fa — Веи sin а.
Здесь а — 90° - угол между векторам скорости протона о и вектором индукции магнитного поля В.
Поэтому sin а — 1 и Fa — Веи.	(3)
Из кинематики известна формула центростремитель-
ного ускорения	Од =	.	(4)
Подставим (3) и (4) в (2) и определим линейную ско-_ у2 _ V
рость протона и: Веи = т—, Be = т—л откуда л	/С
881
(5)
BeR v ----.
m Нам осталось подставить (5) в (1):
BeR ----5-^
р = т---, р - BeR
т ---------
„	mv2
Кинетическая энергия протона VvK = ——— или с уче-
том (5)
w..№-
, 2m
Переведем все единицы в СИ: 20 мТл — 0,02 Тл, 40 см = 0,4 м.
Проверим единицу импульса: Н	м
Ipl—= Тл • Кл • м « --Ас-м = Н-с= кг—с =
1 J™	А-м	с2
Напомним, что Тл = ~, Кл = А' с и Н — кг —. Ам	-с2
Произведем вычисления:
р - 0,02• 1,6 • 10-1в•0,4 кг- = 1,3 • 1031 кг —. с	с
(0,02-1,6 • 10~1в • 0,4}2
=	2 £67 10-37	Д” “ 5410
Ответ: р = 1,3 • 10~21 кг • м/с, WK «• 5 • 10-1’ Дж.
Задача 18
Электрон движется в однородном магнитном поле индукцией В - 5 мТл по окружности. Найти период Т его обращения. Масса электрона т, — 9,1 * 10"31 кг, модуль его заряда е « 1,6 • 10-1’ Кл (рис. 9-29).
Дано:	'
В - 5 мТл т, = 9,1 • 10-« кг е = 1,6 • 10-» Кл
Т- ?
F, ~ тап,
V
Рис. 9-29
в
Решение. Для решения этой задачи опять воспользуемся вторым законом Ньютона:
382
P2	v%
где ац = —, поэтому Гл = те — . .	(1)
л	л
По формуле силы Лоренца Ря - Bev sin а, где а — 90°
и sin а = 1, поэтому Рл = Bev.	 (2)
р2	V
Приравняем (1) и (2): те — = Bevте — = Be. (3) Bi
Теперь выразим линейную скорость электрона v через его угловую скорость о, а ее в свою очередь - через пе-
„	„	2л	2лЯ
риод Т: v “ (Вл , где (В = —, поэтому о =	.	(4)
Нам осталось подставить (4) в (3) и из полученного выражения определить Т. Проделаем эти действия:
„ 2яД _ 2пте
me - Be , -у— = Be , откуда
Переведем единицу индукции в СИ: 5 мТл = 5 10-» Тл. Не забудьте проверить единицу полученной величины. Произведем вычисления: „ 2 • 3,14 • 9,1 • 10"31	„ ,л-9	„
Т =--- „--------—с = 7 • 10 с = 7 нс.
5 • 10-3 • 1,6 • 10-19
Ответ: Г = 7 • 10"* с = 7 нс.
2%mt Be
Задача 19
Протон и альфа-частица влетают в однородное магнитное поле перпендикулярно его магнитным линиям (см. рис. 9-16). Во сколько раз различаются радиусы окруж-, ностей, по которым движутся эти частицы, если у них одинаковы: а) скорость; б) кинетическая энергия? Заряд альфа-частицы в два раза больше заряда протона qit а Масса альфа-частицы в четыре раза больше массы протона тг.
Дано: 71 “ 2д2
Обозначим радиус окружности, описываемой альфа-частицей, 12, - радиус окружности, описываемой протоном.
Решение, а) Линейные скорости частиц одинаковы, т. е. о, = v2 — v.
По второму закону Ньютона = т^а#, где
= ?
V2	о2
Рл = Bqtv и вц! = -—, поэтому Bqtv = л»! —
(1)
383
Здесь F* - сила Лоренца, действующая на альфа-частицу, - ее центростремительное ускорение.
Аналогично применительно к протону
Да .. ft”4
К 9t”4
(2) “2
Разделим (1) на (2):
BSL.m£!ktiL
Произведем вычисления:
= 2g2 • mg = 1	Зк = 2.
Я| ft • 4ж,	2	Bj
Следовательно, при одинаковых линейных скоростях радиус окружности, описываемой альфа-частицей, вдвое больше радиуса окружности, по которой движется протон.
б) Кинетические анергии частиц одинаковы, т. е. VFK1 -
По формуле кинетической энергии
=	<3> и =	(4)
1де Oj - линейная скорость альфа-частицы, ot - ливей-ная скорость протона (теперь они разные, ведь, если кинетические энергии частиц одинаковы, а их массы различны, то и скорости частиц тоже должны быть разными).
Приравняем (3) и (4):
2	2 JHg j
Теперь запишем выражения (1) и (2) с учетом, что скорости частиц разные:
(в) и	(7)
•ft	л.
Разделим (6) на (7) и из полученного выражения определим искомое отношение Rt/R(t
А =	ft _ m^iRj ___ Я» ft^aft
Bft Ajiftft * ft	’	Я, ftflijO,
или с учетом (5)
ft /m/m,	^. = ft.
ft J * Ri ft
ft Б" (5)
Ra _ ft»ft ffh Я1 ft»*i
384
Произведем вычисления:
L
Значит, когда кинетические энергии этих частиц одинаковы, они движутся в магнитном поле по окружностям одинакового, радиуса.
Ответ: a) RJRt = 1/2; б) = Я*.
Задача 20
Заряженная частица была разогнана из состояния покоя электрическим полем с ускоряющим напряжением U до некоторой скорости, после чего влетела в однородное магнитное поле индукцией В перпендикулярно его магнитным линиям и стала двигаться по окружности радиусом R (см. рис. 9-16). Найти удельный заряд частицы qfm.
Дам: &’ в а == 90° R
-2--? т
Обозначим 1>0 начальную скорость частицы в электрическом поле, а - угол между вектором скорости б частицы и вектором индукции магнитного поля В, q - заряд частицы, in -ее массу.
Решение. Работа электрического поля А, разогнавшего частицу из состояния покоя, равна изменению ее. кинетической энергии W* -. Но поскольку начальная скорость частицы ” 0, то и ее начальная кинетическая
энергия в этом поле «• 0, поэтому А 3 Жк, где А = qU W«=^.
2
и
, откуда и
(1)
_	mvz
Следовательно, qU - ———
Поскольку вектор скорости частицы о был перпендикулярен вектору индукции магнитного поля В, частица, влетев в это поле, стала двигаться по окружности радиусом R под действием силы Лоренца
F, — Bqv sin а = Bqv, так как sin а - 1.
и* * 2
. По второму закону Ньютона F, = тап, где а* = —,
R
_	U Т. ЛЮ
поэтому Bqv “ т—, Bq =--------
 л	R
Подставим (1) в (2):
(2)
13. Рммггипф лофгамк». Т. 2
385
q _ 2U m (bb)2
—У, откуда R2
<3>
Теперь возведем левую и правую части равенства (3) в квадрат и, выполнив сокращения, определим удельный заряд частицы д/т:
R m
Задача решена.
Ответ: — = т {BR)
Задача 21
Электрон, ускоренный разностью потенциалов U = - 250 В, влетает в однород* ное магнитное поле индукцией В = 0,51 Тл под углом а = 60°. Найти шаг винтовой линии х, по которой будет двигаться электрон (рис. 9-30). Масса электрона mt =
= 9,1 • 10 31 кг, модуль его заряда е = 1,6  10-1’ Кл. Начальная скорость электрона в электрическом поле равна нулю.
Дано: «о = 0 17 = 250 В В = 0,51 Тл а = 60° т„ - 9,1 • Ю81 кг е = 1,6 10-“Кл
Решение. Чтобы решить эту задачу, нам надо знать скорость электрона и, которую ему сообщило электрическое поле перед тем, как он влетел в магнитное. Для этого воспользуемся законом сохранения энергии, согласно которому работа электрического поля
А пошла на сообщение электрону кинетической энергии УГК. Из электростатики мы знаем, что работа переме-
щения заряженной частицы между точками с разностью потенциалов <7 определяется выражением А = qU или для электрона А = eU.
Это выражение мы можем приравнять кинетической энергии электрона и оттуда найти его скорость о:
А = WK - где Wx0 — 0, поэтому
х - ?
«М 1»^ Л ттт	ТТ 771>aU
А = WK, или eU - —. л
386
(1)
С этой скоростью электрон влетает в магнитное поле под углом а к его~магнитным линиям. При этом он сразу начинает участвовать одновременно в двух движениях: он будет двигаться равномерно и прямолинейно со скоростью v cos а вдоль магнитной линии и вместе с тем двигаться по окружности, охватывающей магнитные линии, со скоростью v sin а. В результате его траекторией будет винтовая линия с шагом х. Шагом винтовой линии х называется расстояние, которое электрон пролетит вдоль силовой линии магнитного поля за один период Т его вращения, двигаясь равномерно и прямолинейно со скоростью v cos а. Из кинематики мы знаем, что при таком движении х = vT cos а.	(2)
Таким образом, задача теперь сводится к нахождению периода электрона Т, т. е. времени, за которое он сделает один полный оборот вокруг магнитных линий, двигаясь по окружности радиусом R с линейной скоростью v sin а.
Чтобы найти этот период Т, опять воспользуемся вторым законом Ньютона, подобно тому, как мы это сделали, в предыдущих задачах. По второму закону Ньютона сила Лоренца F„, действующая на электрон в магнитном поле (она будет направлена от нас за чертеж, в чем нетрудно убедиться, применив правило левой руки), равна произведению массы электрона ше и его центростремительного ускорения аи: F„ = тп„ац.
(psina)2
Здесь Од = '—	-, поскольку касательной к окруж-
R
"ности, по которой движется электрон, является проекция скорости электрона на ось ОУ о sin а.
1^2 Поскольку F* = Bev sin а, то Bev sin а = тпе-
R
„	V .
или	Be = me—sina.	(3)
«R
Радиус окружности R мы можем связать с нужным нам периодом Т, известным тоже из кинематики соотношени-2я ем ®	» где угловая скорость электрона (0 связана с
его линейной скоростью v sin а формулой и sin а = <oR V. или ш = —sin а.
R .
387
2л и sin а _ 2яй	tA.
Тогда — = ——Т = — ---------- (4)
Т R	и sin а
Из (3) выразим радиус R я подставим в (4):
~	т 2noi,usma 2ят,
R = ~-suia, Т =-----2-----------(5)
Be	uBesina Be
2wn,v Теперь (5) подставим в (2): х = ———сова. Вс
Нам осталось подставить (1) в (6), и задача будет решена в общем виде:
2nm. 12eU	2л |m* -2eU
„ * J--с os a =—J—2—— cos a,
Be 1 “e	Bl m.e2
(6)
x==
2n 2m,U x = — J—-— cos a
В i e
He забудьте проверить единицу полученной величины!
Подставим числа и произведем вычисления:
2 3Д4 /2-9Д -КГ31 -250
И АЦ	*ац сод 60° м - 3,3 • Ю’4 м.
0,51 у 1,6-10““
Ответ: х ~ 3,3 -10 4 м.
X -
Задача 22
Перпендикулярно магнитному полю индукцией В = -= 0,1 Тл возбуждено электрическое поле напряженностью Е = 1 • 10s В/см. Перпендикулярно обоим полям движется, не отклоняясь от прямолинейной траектории, заряженная частица (см. рис. 9-18). Найти скорость v этой частицы.
Дано:
В = 0,1 Тл
В
Е = 1 • 10» — см а = 90°
Решение. Судя по условию задачи, частица движется с постоянной скоростью, т.е. равномерно и прямолинейно (иначе бы об изменении скорости частицы хоть что-нибудь было бы сказано). Следовательно, согласно первому закону Ньютона силы, действующие на нее, уравновешены, т. е. их равнодействующая равна нулю.
Со стороны магнитного поля, вектор индукции которого В перпендикулярен вектору напряженности электрического поля Е, на движущуюся частицу действует сила Лоренца Поскольку эти силы согласно первому закону Ньютона должны быть уравновешены, значит, сила
о-?
388
Лоренца антинаправлена электрической силе и по модулю равна ей‘. FK - F„.
Силу' Лоренца определим по формуле Fx — Bq v sin a, а электрическую силу выразим через напряженность элек-. трического поля £: F„ = qE.
С учетом этих равенств Bq v sin а — qE, Bvsin а = Е.
Здесь а “ 90°, поэтому sin а = 1 и поэтому Во — Е.
' &
Отсюда	и а —
----
Задача в общем виде решена. Переведем единицы на-
В	В
пряженности в СИ: 1 • 10е —— e 1 • 105 —.
 .	см	м
Подставим числа и произведем вычисления:
i> =	- 1.10е —.
ОД с	с
Ответ; р = 1 • 10е м/с.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. На расстоянии г 40 см индукция магнитного поля прямого тока В ~ 0,2 мкТл. Определить площадь поперечного сечения проводника S, если плотность тока в нем / в 0,5 Л/мм3. Среда - воздух.
Ответ: S =	= 8 1<Г7 и».
J4W
Задача 2L По двум прямым параллельным г	г проводникам текут токи силой = 2 А и Л -
-J	г. J - 4 А в противоположных направлениях. Оп-
ООт----:---—£•) веделить индукцию магнитного поля В в точке
—1	М (рис. 9-31). Расстояния rt ’ 5 см и г2 » 8 см.
г.	Среда - воздух.
Omaemr
м	в = UsS. jut] +М*?-2^=8.1(Г*Тл.
Рис. 9-31	2я J rf+rf
Задача 3. На рис. 9-32 изображено сечение двух прямолинейных бесконечно длинных проводников с токами ~ 5 Ли Д * 8 А, расположенных в воздухе на расстоянии г =1 м друг от друга. Во
389
сколько раз индукция магнитного поля этих токов в точке X на расстоянии fj = 20 см от проводника с током jTj меньше индукции магнитного поля этих токов В2 в точке 2, расположенной на расстоянии rs - 10 см от проводника с током /Л Чему равна индукция Ва магнитного поля этих токов в точке 3, расположенной посередине между ними?
В2 _ ^(r + r^-I^fo+r) _ 4 в A + »2	+ г) - /2п)
Ответ:
д,=ЬЙ(/1+/2) = 5,2 • 10** Тл.
Рис* 9-33
Задача 4. Два кольцевых проводника с тока-миД = 1Ай/2 = 2А расположены в двух взаимно перпендикулярных плоскостях (рис* 9-33). Радиусы колец = 4 см и = 4 см. Определить ^индукцию В результирующего магнитного поля в центре этих колец. Среда - воздух.
Ответ: В = О,5цор J	+
= 3,5 • ХО * Тл.
Задача 5. По круговому проводнику длиной I — 24 см течет ток. Плотность тока в проводнике j = 0,2 А/мм2. индукция магнитного поля в центре круга В = 10 мкТл. Найти диаметр проводника d.
1~1В~ llHoW
2 Ответ: d = —
л
2 ‘ 10*3м.
Рис. 9-34
Задача 6. Бесконечно длинный провод образует круговую петлю касательно к проводу. По проводу идет ток силой I ** 5 А. Найти радиус петли R (рис. 9-34). Индукция магнитного поля в центре круга В - 5,2 • 10-5Тл. Среда - воздух.
Ответ: В -	— +1 ] = 0,08м.
2В J
Задача 7. Какую разность потенциалов U нужно приложить к концам медного проводника диаметром м 0,5 мм, чтобы изготовить соленоид длиной - 20 см и диаметром D = 5 см с маг
нитным полем внутри этого соленоида индукцией В = 0,05 мкТл? Поле соленоида считать однородным, среда - воздух. Найти число ампер-витков ATI, которое будет иметь этот соленоид. Удельное сопротивление меди р * 1,7 * 10** Ом * м.
Ответ: U =	= 0,001 В,
NI = JhtM. = 7,9  10“3А  вит. №
390
Задача 8. На каждый I - 1 м длины воздушных проводов троллейбусной линии, расположенных на расстоянии г = 0,5 м друг от Друга, действует сила J* = 1,5 Н. Найти силу тока I в проводах.
Ответ: I = J--~ = 2 • 103 А .
Задача 9. На квадратную рамку со стороной а = 5 см, плоскость которой параллельна магнитным линиям однородного магнитного поля индукцией В = 0,02 Тл, действует максимальный вращающий момент сил Мт = 0,02 Н * м. Найти напряжение U на концах медного проводника, из которого изготовлена рамка. Площадь поперечного сечения этого проводника == 0,05 мм2, удельное сопротивление меди р ~ 1,7 * Ю8 Ом• м.
Ответ: U =	= 2,7 В.
Задача 10. Внутри бесконечно длинного соленоида с током Д « 4 А расположен круговой контур радиусом R ** 0,5 см с током Л = 1 А так, что его плоскость параллельна магнитным линиям соленоида. На длине соленоида I = 10 см имеется N = 40 витков. Определить момент сил М, вращающих круговой контур.
Ответ: М = ЦоЦлЯ2^ у = 1,6 • 10~аН • м.
Задача 11. Прямой проводник длиной i^0,2 м и массой т ~ 5 г подвешен горизонтально на двух невесомых нитях в однородном магнитном поле (рис. 9-35) перпендикулярно линиям вектора В» Индукция магнитного поля В = 49 мТл. Какой минимальной силы ток (Z - ?) надо пропустить по проводнику, чтобы одна из нитей разорвалась, если нить разрывается при воздействии на нее силой F “ 39,2 мН?
I
®В
Рис. 9-35
Ответ: I = 2F mg = ЗА .
В1
Задача 12. По горизонтальному проводнику длиной I » 20 см и массой т « 2 г течет ток силой I ^5 А. Определить индукцию магнитного поля В^ в которое нужно поместить проводник, чтобы он висел не падая.
Ответ: В =	= 0,02 Тл.
Л
Задача 13. На проволочный виток радиусом R - 4 см, помещённый между полюсами магнита, действует максимальный вращающий момент сид Мш “ 6,5 * 10-7 Н * м. При этом за каждые t = 2 с через поперечное сечение проводника витка проходит N -= 1019 электронов. Определить индукцию магнитного поля В, в которое помещен виток. Модуль заряда электрона е г 1,6 • 10~1в Кл.
Ответ: В =	= 1,6 • 1<Н Тл.
mR2N
391
Задача 14. Рамка гальванометра длиной а “ 4 см и шириной 5 s 1,5 CMj содержащая # 200 витков тонкой проволоки, находится в магнитном поле индукцией В = 0,1 Тл. Плоскость рамки параллельна линиям вектора В. Найти вращающий момент сил М, действующий на рамку, когда по ней течет ток плотностью j = 1 мА/мм2. Площадь поперечного сечения проводника рамки S “ 1 мм2.
Ответ: М - NBjS^ab - 1,2 • 10"® Н - м.
Задача 16. Стержень длиной I «= 50 см лежит перпендикулярно рельсам, расстояние между которыми равно его .длине. Рельсы составляют с горизонтом угол а » 30°. Какой должна быть индукция В магнитного поля, перпендикулярного плоскости рельсов, чтобы стержень двигался по рельсам равномерно и прямолинейно: вверх; вниз, когда по ним пропустят ток силой I в 40 А? Коэффициент трения стержня о рельсы b «* 0,6. Масса стержня m - 1 кг.
_	_ mucosa - вша) л_
Ответ: вниз: Bj - —----~------* = 0,6 • Ю Тл;
п	mgfecoea + sina) ___
. вверх:. Bg =	---—------L = 0,5Тл .
Задача 16. В однородном магнитном поле индукцией В « 0,01 Тл находится прйМой проводник длиной I « 8 см, расположенный перпендикулярно линиям вектора В. По проводнику течет ток / — 2 А. Под действием силы Ампера проводник переместился на расстояние х в 5 см. Найти работу А, совершенную при этом.
Отлет: A = BIlx — 8  10"® Дж.
Задача 17. В однородном магнитном поле индукцией В = « 1,3 • 10"® Тл подвешен на двух проводящих нитях медный проводник длиной I =* 4 см и диаметром d — 1 мм, на концах которого поддерживается разность потенциалов <Pi - ф2 «* U ** 10 В. Поле направлено от наблюдателя за чертеж. Чему равна сила натяжения F* каждой нити? Среда - воздух. Удельное сопротивление меди ре “ 1,7 • 10"® Ом • м, ее плотность рц =» 8900 кг/м®.
Ответ:	=—| pngl - В—1= 1,4 • 1(Г» Н.
8	P.J
Задача 18. В однородном магнитном поле индукцией В в 25 мТл подвешен на двух проводящих нитях проводник длиной I “ 4 см, расположенной перпендикулярно линиям вектора В, а сами линии вектора В направлены вниз. При пропускании по проводнику тока, плотность которого у =» 16 А/мм\ он отклупился от положения равновесия на угол <р * 30°. Определить диаметр поперечного сечения проводника d, если масса проводника т г. Среда - воздух. Как направлен ток в проводнике?
Ответ: d -	8 • 10м м.
V Я/В1
392
Задача 19, На двух пружинах жесткостью
Ь каждая подвешен проводник массой т и I	I
длиной I в однородном магнитном поле индук- < q g 4 цией В. Найти максимальную деформацию j	5
- каждой пружины х	их недефор- 5	5
мированного состояния при пропускании по £_______________[
проводнику тока силой I в направлении, ука- 0	)
залпом на рис. 9-36.
Ответ:	Рис. 9-36
2й
Задача 20. Электрон в однородном магнитном поле индукцией В * 2 мТл описывает окружность радиусом R « 2 см. Найти скорость электрона и.
Ответ: v =	= 7 • 10® м/с .
те	*
Задача 21. Найти кинетическую энергию электрона WK, дви-. жущегося по дуге окружности радиусом Я = 60 см в однородном магнитном поле индукцией В « 1,2-10"2 Тл. Масса электрона т* -»9,1 * 10“м кг, его заряд е = 1,6 * 10"1Я Кл.
Ответ: W„ =	= 73 Ю'9 Дж. .
2тее
Задача 22. В масс-спектрографе заряженная частица, пролетев без начальной скорости* ускоряющую разность потенциалов <pt - (р2, влетает в однородное магнитное поле индукцией В перпендикулярно магнитным линиям. Удельный заряд частицы q/m. Определить диаметр окружности Л, по которой стала двигаться частица.
л п 2 12(9! Ф2)
1 т
Задача 23. Однозарядные ионы гелия и водорода, ускоренные без начальной скорости в электрическом поле напряжением U = 2 кВ, влетают вместе в магнитное поле индукцией В “ ~ 100 мТл перпендикулярно магнитным линиям. QtiHcBB полуокружность, они падают на фотопластинку (рис. 9-37). Найти расстояние S между следами этих ионов на фотопластинке. Масса иона гелия mt ** 6,68 • 10-27 масса иона водорода т2 =
Ответ: S =
Задача 24. Заряженная частица массой т влетает со скоростью и в однородное магнитное поле индукцией В под углом а к
393
магнитным линиям и движется по винтовой линии с шагом винта х. Найти заряд частицы q и радиус витка Я.
Л	2пти Л п- mv „
Ответ: q = —— cos а » к " _R SU1OC -	f
xB
Задача 25. Электрон движется по окружности диаметром D — = 20 см в однородном магнитном поле индукцией В « 100 мТл. В этой же области пространства создают однородное электрическое поле напряженностью Е « 200 В/м, причем векторы В и Е со-направлены» Через какое время t кинетическая энергия электрона увеличится в 2 раза?
DB _s
Ответ: t - ’Т77 -5’10 5с .
2Е
Задача 26. Электрон движется в однородном магнитном поле индукцией В - 0,009 Тл по винтовой линии, радиус которой R -** 1 см и шаг х = 7,8 см. Определить скорость электрона и, если его масса т9 ~ 9,1 • 10~31 кг и модуль заряда е — 1,6 - 10~1в Кл.
Ответ: и = i/х2 -ь (2ляУ = 2,5 • 10т м/с.
2jwi
Задача 27. Электрон, имеющий кинетическую энергию WK « == 100 эВ, влетает во взаимно перпендикулярные электрическое и магнитное поля в направлении, перпендикулярном векторам Е и В этих полей. Какова должна быть индукция магнитного поля В, чтобы электрон продолжал двигаться равномерно и прямолинейно, если напряженность электрического поля Е ж 100 В/см?
Ответ: В =	“ 1,7 • 10-» Тл.
V2W;
10. ЭЛЕКТРОМАГНИТНАЯ ИНДУКЦИЯ. ЭНЕРГИЯ МАГНИТНОГО ПОЛЯ
Краткая теория. Методические указания к решению задач
Если проводящий контур пересекает магнитный поток Ф, то его величина определяется произведением индукции этого магнитного поля площади S, ограниченной этим контуром, косинуса угла а мерсду линиями вектора В и нормалью П к плоскости контура (рис. 10-1);
Ф = BScosct.
Если плоскость контура параллельна магнитным линиям', то угол а между вектором В и нормалью П равен 90° и cos а = 0, поэтому и магнитный поток* сквозь этот контур тоже равен нулю.
394
Если магнитный поток сквозь контур равномерно изменяется, то в этом контуре возникает ЭДС электромагнитной индукции, рав-
дф ная скорости изменения магнитного потока ---, взятой со зна-
At
_ ДФ ком «минус*: £ = —.
At
дЛ	Знак «минус* объясняется правилом Лен*
__________ | -► ца: индукционный ток всегда направлен так, т; что своим магнитным полем он противодей-ствует изменению магнитного потока, породив---------------\* пгего этот ток.
Рис. 10-2	Подчеркнем, что-эта формула справедлива
только тогда, когда , магнитный поток сквозь контур изменяется монотонно, т.е. только увеличивается или только уменьшается, причем за каждую единицу времени на одну и ту же величину. Если магнитный поток изменяется неравномерно, но по этой формуле можно определить среднюю ЭДС индукции, а мгновенная ЭДС электромагнитной индукции £ равна первой производной магнитного потока по времени, взятой со знаком «минус*,	v
$ = - Ф'.
Здесь Ф' ~ производная магнитного потока по времени.
Если контур, который пересекает переменный магцитный поток, содержит JV витков, то ЭДС электромагнитной индукции возрастает в N раз по сравнению с ЭДС индукции в одном витке..В
этом случае £( - -------N или £f - #Ф'.
At
Магнитный поток через контур может измениться с изменением или индукции самого магнитного поля В, в которое помещен контур, или с изменением пдощади S контура, или с изменением
угла а между векторами п и В.
Если изменяется индукция магнитного поля, например, когда она была вначале равна Ви а через время At стала равна В2, то ДФ = (В2 - BL)S = ABS. Тогда
£. = _**= =
‘ At At	At '
Если равномерно изменяется за время At площадь В контура в магнитном поле, то
£ = _АФ _ BSi-BSl_ B&-SJ
1 At At	At '
Если контур, в котором возникла ЭДС индукции, замкнут, то в нем будет течь индукционный ток, равный по закону Ома
Здесь В - сопротивление проводника. Если в подобной задаче Идет речь о длине проводника 4^, материале или диаметре (ради-усе г, площади поперечного сечения S«,) проводника, то прихо-
дится пользоваться формулой Я ?=	> где р - удельное сопро?
о	2
тивление проводника и = яг “ —— .
395
Если в задаче идет речь о катушке (соленоиде) с диаметром витка Z), то длину всего провода яз которого смотана катушка, можно представить как произведение длины окружности одного витка TiD и числа витков в катушке N: « nDN. f
Если по катушке длиной с числом витков N идет ток силой /, то в ней возникает магнитное поле, которое вдали от ее концов можно считать однородным и определять его индукцию В
N
по формуле	В = цоц-—/ или В * ftjgJiZ.
^кат
Здесь Цо « 12,6 • 10"7 Гн/м - магнитная постоянная, ji - относительная магнитная проницаемость вещества, которое находится
внутри катушки, п - -— - число витков на единице длины Кассат
тушки.
Если в условии задачи идет речь о заряде, который проходит через поперечное сечение проводника витка, когда в нем возникает индукционный ток Д, величину этого заряда Д? можно определить по формуле	~ ДД!.
Если в условии задачи речь идет о количестве теплоты <?, выделяющемся в катушке или контуре при прохождении индукци* онного тока, или о мощности Р индукционного тока, то можно воспользоваться формулой закона Джоуля-Ленца:.
г2 или QzxiUAf, . R или формулой мощности тока
£2
Р = Л’Я и Р =	.
R
Здесь R - сопротивление проводника.
На концах проводника, движущегося в магнитном поле со скоростью и, возникает разность потенциалов ф( - ф^. Эта разность потенциалов обусловлена явлением электромагнитной индукции и равна ЭДС индукции, действующей при этом в проводнике» Ее можно определить по формуле ЭДС индукции в движущихся проводниках:	Ф1 - Ф2 “ £< = Bvl sin а.
Здесь В - индукция магнитного поля, I - длина проводника в магнитном поле, а - угол между векторами и и В.
Во. вращающемся в магнитном поле контуре, проводящем ток, возникает ЭДС индукции, равная первой производной магнитного потока (поскольку, магнитный поток сквозь контур изменяется не монотонно, а то увеличивается, то уменьшается с изменением угла
d между нормалью л к плоскости контура и вектором В ):
4 - - ф'-
Поскольку Ф = BS cos а, где а =* art, то
Ф = BS сов art и	(BS cos art)'-
2я
Здесь to ж 2tcv ~— угловая скорость вращения проводника или контура, v - частота вращения, Т - период, t - время вращения.
Тогда, взяв производную последнего равенства, получим:
396
~ BS<a sin (Dt или * BS(D ain a.
Таким образом, ЭДС индукции во вращающемся проводящем ток контуре, помещенном в магнитное поле, определяется произведением индукции этого магнитного поля, угловой скорости вращения проводника, площади, которую пересекает переменный магнитный поток, и синуса угла между вектором индукции В и нормалью п к плоскости контура. Если контур содержит N витков, то	£ - BwNS sin mt ~ BwNS sin a.
Когда векторы rt и В взаимно перпендикулярны, т.е. плоскость вращающегося контура параллельна линиям вектора В, sin a =* 1 и ЭДС индукции достигает максимальной величины. Таким образом, максимальное значение ЭДС индукции во вращающемся контуре	в В<йВ,
а если он содержит N витков, то = BcbSN.
Если по контуру течет равномерно изменяющийся ток (т. е. только'возрастающий или только убывающий, причем за каждую единицу времени на одинаковую величину), то в этом контуре возникает ЭДС самоиндукции прямо пропорционально скорое-.
AZ ти изменения тока — в этом контуре, взятой со знаком «минус»:
At
по формуле
Здесь L - индуктивность контура. Индуктивность длинной катушки (соленоида) можно определить
9 ---S или	. kcat
Здесь # - число витков на длине l^'S - площадь одного вит-N ка, ----- п - число витков на единице длины катушки.
Магнитное поле обладает энергией. Величину энергии магнит-U* ного поля можно определить по формуле W* ~	.
Здесь L - индуктивность контура, / - сила тока, текущего в нем.
Энергию магнитного поля, заключенную в единице объема пространства, занятого им, называют объемной плотностью энергии магнитного поля <ом. Ее можно определить отношением всей энергии магнитного поля W* в объему V пространства, занятого
WL полем:	ц. =	.
Если магнитное поле создано внутри соленоида длиной и с площадью витка S, то объем V равен произведению длины н площади S:
V - 1^.
Не забывайте, решив задачу в общем виде, проверить размерность полученной величины.
г
397
Решение отдельных задач
Задача 1
Найти площадь поперечного сечения S катушки, со» держащей N = 100 витков, в которой при уменьшении индукции однородного магнитного поля от В1 = 0,5 Тл до В2 = 0,1 Тл в течение Де - 2 мс возникает ЭДС индукции 4 = 8 В. Магнитные линии параллельны оси катушки.
Дано: N= 100 В, — 0,5 Тл В2 = 0,1 Тл Af = 2 мс et» 8 в
S-?
Решение. При изменении магнитного потока от Фг = BjS cos а до Фг = B2S cos а в катушке, содержащей N витков, возникает ЭДС индукция
' м д» или
ф -Ф В Seos a-BgScosа __
=-----— N  ------------—— N =
‘ д/	де
= (Д - Вг )cos а.
Здесь а - угол между нормалью и плоскости витка катушки и магнитной линией. Поскольку согласно условию этот угол равен нулю, то cos tt = 1 и
_ ns(b1 - д)
-----kJ---2 /, откуда Д/
т-Д|)
Переведем единицу 2 мс = 2 • 10 s с.
времени
Проверим единицу полученной величины:
В-с _ В • с _ В - с _ В • А - с • м [5]си“Тл-Тл--^"- н н
А-м
- ДЖ‘М _ Н м-М _ 2
Н = Н "М ’
Напомним, что
Н
Тл - д м 9 Дж с В ’ А * с и Дж — Н • м. Произведем вычисления:
мг=4-10~<ма.
100(05-0,1)
Ответ: S = 4 • 10-4 м2.
398
Задача 2
Круговой контур диаметром D = 8 см пересекает магнитный поток, создаваемый однородным магнитным полем. Магнитные линии перпендикулярны плоскости контура. Чему равна напряженность Е вихревого электрического поля, возникающего в контуре при равномерном уменьшении магнитного потока с Ф, = 20'мВб до Ф2 = 2 мВб за At = 5 мс?
Дано: Л = 8см Ф, = 20 мВб Ф2 = 2 мВб At = 5 мс
Решение. Напряженность электрического поля Е определим отношением разности потенциалов Дф, возникающей на кон-_ цах контура, к его длине I:
(!)
Разность потенциалов Дф равна ЭДС
JS = ?
индукции £;, которую определим по закону электромагнитной индукции
ДФ = ei =	или Дф =	~ Ф* .(2)
Выразим длину окружности I через ее диаметр D:
I = лР. 	(3)
JP _ А -nPAt
Подставим (2) и (3) в (1):
Переведем все единицы в СИ: 8 см — 0,08 м, 20 мВб = 0,02 Вб, 2 мВб = 0,002 Вб, 5 мс - 0,005 с.
Проверим единицу полученной величины:
__ Вб-Вб Вб Вс В
[Леи	—	_	—
мс м-с мс м
Напомним, что Вб = В • с.
Произведем вычисления:
Е 0,02 - 0,002 в113в
3,14 0,08-0,005 м м*
Ответ: Е — 14,3 В/м.
Задача 3 -
В однородном магнитном поле индукцией Вх = 200 мТл находится круговой виток диаметром D « 8 см, изготовленный из медного проводника диаметром d * 0,5 мм. Плоскость витка перпендикулярна магнитным линиям. Какой заряд д пройдет через поперечное сечение проводника, если индукция магнитного поля равномерно уменьшится до В2 = 0? Удельное сопротивление меди р ” - 1,7-10-* Ом-м.
399
Дам: • Bi = 200 мТл D = 8 см d = 0,5 мм В. = 0 р = 1,7-10-» Ом -м
Решение. При изменении магнитного потока сквозь площадь, ограниченную контуром, в нем возникнет индукционный ток силой Ilf по закону Ома
И) где Et - ЭДС индукции и Я - сопро-
<7 = ?
тивление проводника, из которого изготовлен контур.
При прохождении индукционного тока по контуру его поперечное сечение площадью пересекает в течение времени At заряд ?•
Согласно определению силы тока It =	.	(2)
Дг
Приравняв (1) и (2), определим заряд ?•'
£ q	E.At
— “ — , откуда g = —.	(3)
Ол	п
 По закону Фарадея для электромагнитной индукции е	дф = ф2-фу Фу-Ф2
*	М ~~ At	~ At
Здесь = BjS cos а и Ф3 = BgS cos а - магнитные потоки, пересекающие плоскость контура. Поскольку согласно условию Вг » 0, то и Фг = 0. Угол а между нормалью к плоскости контура и магнитной Линией согласно условию тоже равен нулю, поэтому cos а — 1.
„ B.S
С учетом этого Е{ - ——.	(4)
At
пО2
Здесь S = —----площадь витка. Подставив ее в (4),
4
получим Et =------L.	(5)
4Af
Теперь определим сопротивление Я медного провода:
I	nd*
Я = р——, где I = nD - его длина, = —г-----пло-
^сеч	**
щадь поперечного сечения. С учетом этого
(6)
Нам осталось подставить (5) и (6) в (3):
_ nP^Atd*	itdBjd*
Ч~ 4M 4pD ’	' 16p
400
Переведем все единицы в СИ: 200 мТл = 0,2 Тл, 8 см - 0,08 м, 0,5 мм = 5 • 10м м.
Проверим единицу полученной величины:
Г 1 - м' Тл • м2 _ Н м2 _ Н • м _ Дж _ Дж _ Й *И ” Омм “ . В = ~В В ~ Дж ~
xv. • M -- 1“
А	Кл
н	в
Напомним, что Тл = ------, Ом * —,
Ам	А
Дж = Н • м и1 В =	.
Кл
Произведем вычисления:
ЗД4-0,08-0,2 25 10'*' а - —---:--------г-------Кл == 0,046 Кл.
16 1,7 Ю-8
Ответ: q = 0,046 Кл.
Задача 4
Замкнутая катушка диаметром D с числом витков N расположена в однородном магнитном поле индукцией В так, что ее плоскость перпендикулярна линиям вектора В. Какой заряд q протечет по катушке, если ее повернуть на угол Да = 180°? Проводник катушки изготовлен из материала с- удельным сопротивлением р и имеет диаметр поперечного сечения d.
Дано: О	Обозначим а, угол между нормалью п к плоскости витка и линиями векто-
N В (Xi ** 0 а, = Да “ 180° Р d	ра В до поворота катушки, сц - угол .между нормалью п к той же плоскости катушки и линиями вектора В после поворота. Решение. При повороте катушки в
bq-1	магнитном поле изменяется величина магнитного потока, пересекающего ее витки, вследствие чего в ней возникает
ЭДС электромагнитной индукции а.	(1)
Возникновение ЭДС индукции в катушке сопровождается появлением в ней индукционного тока, сила кото-£, рого по закону Ома 1( = —, откуда = ТД	(2)
R где В - сопротивление проводника катушки.
401
Приравняв (1) и (2), получим ItR ---N. (3)
Силу индукционного тока свяжем с зарядом Дф, который протечет по катушке в течение времени поворота
At:	(4)
At
Сопротивление проводника R, которое нам тоже не известно, определим по формуле сопротивления линейных
металлических проводников: R = р ——.
&сеч
Здесь I - длина проводника, из которого изготовлена nd2
катушка, = —--------площадь его поперечного сечения.
Длина проводника I нам не известна тоже, но ее можно определить как произведение длины окружности одного витка, равной nD, и числа витков N в катушке, которое нам известно: I *= nDN.
Тогда сопротивление проводника

JtZW . DN ^2~=4р"32--7td ‘ d
(5)
4
Подставив .(4) и (5) в. (3), мы введем в эту формулу искомый заряд Ад:
— 4р—г- = ——N ълв. 4Ag,p—= -ДФ.	(6)
At d2 Д*	d2
Теперь определим изменение магнитного потока ДФ, пересекающего плоскость рамки. Очевидно, оно будет равно разности магнитного потока Ф2, пересекающего плоскость рамки после поворота, и потока, пересекающего ее до поворота, Ф,: ДФ = Ф2 - Фи
Магнитный поток Ф2 равен произведению индукции магнитного поля В, площади S катушки, которую он пересекает, и косинуса угла а2 между нормалью к плоско
сти рамки и линиями вектора В: фа = В 8 cos а2.
Аналогично Ф1 = В S cos 04.
Тогда изменение магнитного потока
ДФ = В S cos а, - В S сов аг — В 8 (cos сц - cos cq), где по условию задачи а, - 180° и at = 0°, ПОЭТОМУ COS Ог = cos 180° = -1, cos 0° = 1.
Получим ДФ = В8 (-1 - 1) - -2BS.
402
Площадь витка S выразим через известный диаметр
витка D по формуле площади круга: S - —~.
4
(7)
-ВО2 или по модулю 8Дд А

Тогда ДФ =	=-^BD2.
Теперь подставим (7) в (6): .. & 4Д?Р^Г =
Отсюда найдем искомый заряд Д<7, поскольку все остальные величины известны:
. лВО</2
Дд =-------
8р
Задача решена.
' TtBDd2 Ответ:	= —------а
8р
Задача 5
Проволочный виток, радиусом г — 1 см» имеющий сопротивление Я = 1 мОм» пронизывается однородным магнитным полем, линии индукции которого перпендикулярны плоскости витка. Индукция магнитного поля плавно
изменяется со скоростью = 0,01 Тл/с. Какое количество теплоты Q выделится в витке за время t 1 мин? Чему равна тепловая мощность о)П|ХЯ в витке?
Дано: г = 1 см R — 1 мОм — -0,01 — де	с а = 0° t = 1 мин	Обозначим а угол между нормалью к плоскости витка и линиями вектора ff» Решение. Количество теплоты Q, которое выделится в витке вследствие изменения индукции магнитного поля, в которое этот виток помещен, можно определить по закону Джоуля-Ленца:
Q-?	Q = I,Rt.	(1) Силу индукционного тока I, найдем по г 4 закону Ома:	(2) R
ЭДС индукции возникающую в витке при изменении магнитного потока, пересекающего его, определим по закону Фарадея для электромагнитной индукции:
403
Изменение магнитного потока ДФ связано с изменением индукции магнитного поля АВ формулой ДФ -- ABB cos а, где а = 0°,'поэтому cos а = 1.
Кроме того, площадь витка В = яг2.
С учетом этого £t = яг2.	(3)
У * ДВ яг2 ПодставщМЗ) в (2): /, = -—•	•	(4)
at It
Теперь подставим (4) в (1). Получим-окончательно
_ . ( ля яг2 А Q=-----------Rt или.
At R j ________________________
Тепловой мощностью называют количество теплоты,
Я At
выделяемое в проводнике за единицу времени:
Переведем все единицы в СИ: 1 см = 0,01 м, 1 мОм - 10"* Ом, 1 мин - 60 с.
Подставим числа и произведем вычисления:
Q =	(з,14  10- - 0,01/Дж ® 6 -10” Дж.
<»»«.= 6 Т В - 1  10 е Вт.
60
Ответ: Q — 6 • 10“т Дж, <Д—. = 1 * 10-8 Вт.
Дано.* а = 10 см В « В, cos <ot Вв = 0,6 Тл
Задача 6
Квадратная рамца со стороной а = 10 см помещена в магнитное поле, индукция которого изменяется с течением времени по закону В = BQ cos wt, где Во = 0,6 Тл и
о = 314 ~7- Плоскость рамки перпендикулярна магнитным линиям. Определить мгновенное значение ЭДС индукции в рамке в момент времени^- _ £ ел. ч.
Решение. По закону Фарадея для электромагнитной индукции
где Ф “ BS сое а и а = 0° - угол между нормалью к плоскости рамки и магнитной линией. Значит,сова » 1 и Ф = BS —
404
рад о ™ 314 —— мин f ’ 1 с

= B0S cos (of согласно условию задачи. Здесь площадь рамки S = а* 1, поэтому
Ф - В,Аг cos (Of. •
Нам остается взять первую производную по времени от этого выражения со знаком «минус»:
€i — -(ВрД2 cos (of)' = -(-тВдД* sin art), = (оВрО2 sin art
Переведем все единицы в СИ: 10 см = 0,1 м,
314 мин"1 =
80
Заметим, что 314 — 100я, ведь я = 3,14.
Подставим числа и произведем вычисления (при под*
становие вместо ш за синусом запишем не
314 60
100л а 60
ведь выражение of есть угол, а его удобно выражать в долях числа к):
4	’0,6 ’0,01 sin^rв ~ 0,157 в
Ответ: Et = 0,157 В.
Задача 7
Кусок провода длиной I = 1 м складывается вдвое и концы его замыкаются. Затем провод растягивают в квад* рат, плоскость которого перпендикулярна линиям индукции однородного магнитного поля с индукцией В = 0,1 Тл. Какой заряд q пройдет через поперечное сечение провода, если его сопротивление R = 10 Ом?
Данв: / = 1 м В - 0,1 Тл R •» 10 Ом
и возникнет
ну Ома
Решение, При растягивании провода в рамку будет увеличиваться поверхность, пересекаемая магнитным полем, т. е. нарастать поток сквозь эту поверхность. При этом в
рамке станет действовать ЭДС индукции дф АГ индукционный ток, сила которого по зако-
I - gl	Аф
1 R	MR'

Согласно определению силы тока Л =, откуда at
АФ
405
_ лф _ ф2-Ф1	ш
я я	°
Когда провод был сложен вдвое, магнитный поток сквозь поверхность, ограниченную этим проводом, был равен нулю, так как была равна нулю площадь S! этой поверхности? Когда его растянули в рамку, магнитный поток	.
Ф2 — BS2 cos а, где а — 0°, поэтому cos а « L Здесь S2 ~ площадь рамки. Поскольку длина провода Z, то сторона рамки, изготов-
I . о I2 ленной из него, равна -т и площадь 32 - —, поэтому 4	16
Ф.=^.	(»
Подставив (2) в (1), мы найдем модуль заряда д:
В1г
5 хал
Произведем вычисления:
Кл = 6,25 * 10-4 Кл.
Ответ: q = 6,25 • 10"4Кл.
Задача 8
Какой ток Z( идет через гальванометр, присоединенный к железнодорожным рельсам, при приближении к нему поезда со скоростью v = 72 км/ч? Вертикальная состав* ляющая индукции земного магнитного поля В = 50 мкТл. Сопротивление гальванометра R = 100 Ом. Расстояние между рельсами I — 1,2 м. Рельсы считать изолирован* ными друг от друга и от земли. Поезд идет на юг.
Дано:
км v = 72--
ч В = 50 мкТл Я = 100 Ом I - 1,2 м
Решение. Как и в предыдущих задачах, найдем силу индукционного тока, текущего через гальванометр по закону Ома:
Il = R‘	(1)
Здесь - ЭДС индукции, которая рав
на разности потенциалов, возникающей между колесами поезда, движущегося со скоростью v в магнитном поле Земли. В
создании этой разности потенциалов q>j - <рг «принимает
- ?
участие» только вертикальная составляющая вектора индукции магнитного поля Земли, а горизонтальная со-
406
ставляющая этого вектора, касательная к земной поверхности, в создании этой разности потенциалов не участву
ет, поскольку вектор скорости поезда и параллелен этой горизонтальной составляющей.
ЭДС индукции равная разности потенциалов на концах движущегося в магнитном поле проводника, определяется произведением индукции этого магнитного поля В, скорости движения проводника v (в нашем случае этот проводник - поезд), его длины I (в данном случае I -расстояние между рельсами, на которых колеса поезда замыкают цепь, образованную рельсами и гальванометром) и синуса угла а между направлениями вектора скорости
движущегося проводника v и вектора индукции В магнитного поля, в котором он движется. Очевидно, что вектор скорости поезда направлен горизонтально, т. е. перпендикулярно вектору вертикальной составляющей индукции магнитного поля Земли, поэтому а — 90° и sin а °* 1.
Тогда = <pi - q>2 = Bvl sin а = Bvl.	(2)
Подставив (2) в (1), Мы решим задачу в общем виде:
I _ Bvl J____R_
. Переведем все единицы в СИ:
72 км/ч = 72 • 1000/3600 м/с » 20 м/с, 50 мкТл = 50 • НН Тл = 5 • 10 5 Тл.
/ Подставим числа и произведем вычисления:
.	б-Ю-5-20-1,2 .	, „	,
'' -----ГБО----А-1,2 10-А.
, Ответ: Ц — 1,2 • 10-5 А.
Задача 9
Металлическое кольцо диаметром JD'равномерно вращается с частотой j/ в однородном магнитном поле индукцией В. При этом ось вращения кольца совпадает с его диаметром и' перпендикулярна линиям вектора В. К кольцу подсоединены контакты, замкнутые на реостат сопротивлением R. Определить максимальную ЭДС индукции 4,, наводимую в кольце.
Дано:
* D v В R
Решение. Для определения ЭДС индукции, действующей в этом кольце, возьмем первую производную магнитного потока по времени « -ф'_
Теперь запишем формулу магнитного потока:
Ф - BS cos а,

407
где S = —---площадь кольца, а - угол между норма-
4
лью п к плоскости кольца и вектором В. Этот угол а равен произведению угловой скорости
кольца о и времени его вращения if: а — at.
Угловая скорость <й связана с известной нам частотой его вращения v соотношением ш == 2nv.
С учетом этого а = 2nvt и Ф = ——В cos 2т/1. 4
Здесь только время t ~ величина переменная, а все остальные - константы.
Поскольку, как мы уже сказали, ЭДС индукции равна производной магнитного потока Ф по времени t, взятой со знаком «минус», возьмем производную полученного выражения
- -Ф' -	cos 2rcvf)' =	sin 2rtvt),
(hD)2
% = -—Bvsin2nvt.
4
Здесь - мгновенное значение ЭДС, которая изменяется синусоидально от 0 до максимума. Максимум £*ш будет достигнут при sin 2nvt = 1.	.
Следовательно, - 0,5(лР)* Bv
Задача решена.
Ответ: £п = 0,5(л£>)*Ву.
Задача 10
Проводящий стержень длиной	|В
Г— 1 м равномерно вращается в горизонтальной плоскости с частотой v = 10 с-1 вокруг вертикаль- ,	------
ной оси, проходящей через конец	с.'"' I
стержня (рис. 10-8). Вертикальная составляющая индукции магнит-	—>-------
ного поля Земли В = 50 мкТл.
Найти разность потенциалов Дф,	Рис. 10-3
возникающую на концах стержня.
Двно.*
I = 1 м v = 10 с-1 В » 50 мкТл Дф - ?
408
Решение. При вращении стержня увеличивается площадь кругового сектора, пересекаемого магнитными линиями, и поэтому растет магнитный поток сквозь эту площадь. В результате в стержне воз-
пикает ЭДС индукции равная разности потенциалов Дф на концах стержня. За один оборот стержня эта площадь увеличивается на AS = л/2. Время, за которое стержень совершит один оборот, есть период вращения стержня Г,
который в свою очередь At = Т = —.
'По закону электромагнитной индукции ДФ Дф - 4 == -"£7’
где при At — Т ДФ = B&S = ВяР. Подставим (1) и (3) в (2):
Дф ----j— или по модулю Дф = nPvB
(1)
(2)
(3)
v
Переведем в СИ единицу индукции: ' 50 мкКл = 50 1Ь-«Кл - б-ПГ’Кл.
Произведем вычисления: Дф-3,14’1*10‘5<1(НВ~ 1,5710"» В. Ответ: Дф = 1,57 -10"» В.
Задача 11
Круговой проводящий контур площадью S = 400 см» расположен в однородном магнитном поле индукцией В = 4 Тл так, что его плоскость перпендикулярна магнитным линиям. Сопротивление проводника, из которого изготовлен контур, R = 100 Ом. При повороте контура через поперечное сечение его проводника прошел' заряд Д? — 0,8 мКл. На какой угол а повернули контур?
Дано:
S — 400 см»
В = 4 Тл
Я - 100 Ом Д^ = 0,8мКл
Ф- ?
Решение. Когда плоскость контура была перпендикулярна магнитным линиям, угол а между нормалью л к этой плоскости и магнитной линией был равен 0°. При повороте плоскости контура на угол а на такой же угол относительно магнитной линии повернулась и нормаль п. При этом
изменился магнитный поток, пересекающий плоскость контура, и в нем возникла ЭДС индукции, среднее значение которой согласно закону электромагнитной индукции
£
ДФ At ’ где изменение магнитного потока ДФ = BS cos а - BS cos «а » BS( соа а - сов а,).
(1)
4ДО
Поскольку При СЦ = 0° COSCCi = 1, ДФ = BS(cos а - 1).	(2)
Подставим (2) в (1):
g __ j?S(dosct-l) _	- cos a)
* *	At	At
С другой стороны, из закона Ома следует, что
г Ag где сила индукционного тока по определению I, = —, At откуда	Ag — ^At,
. Ддя
и a = аге сов 1 -BS
r	<л\
поэтому	*1 =	.	(4)
Дг
Нам осталось подставить (4) в (3) и из полученного ^выражения определить угол а:
AgR _ BS(l-cosa) At At AgR BS
Переведем все единицы в СИ:
400 смг = 400 • 10-* м2 - 0,04 м2, 0,8 мКл = 8  К)-* Кл. Произведем вычисления:
С 8-КГ4-100 a *= аге cos 1-
60°
4 0,04
Ответ: a = 60'
Задача 12
По замкнутому проводящему контуру сопротивлением Л = 20 мОм проходит ток. Сила тока сначала равномерно увеличивается за время я 20 мс от нуля до I — 4 А, а затем равномерно уменьшается до нуля за время Af2 = 40 мс. Найти изменение внутренней энергии &U контура. Индуктивность контура L = 1 мГн.
Дано: R = 20 мОм Д/j = 20 мс
Д*2 = 40 мс L = 1 мГн
ДУ- ?
Решение. Изменение внутренней энергии контура складывается из увеличения внутренней энергии ДУ! при нарастании силы тока от 0 до Д за Время и увеличения внутренней энергии ДУ2 при убывании силы тока от I до 0 за время ДГ2:
ДУ - ДУХ + ДУ2.	(1)
Увеличение внутренней энергии равно количеству теплоты, которое в свою оче-
410
редь при нарастании тока по закону Джоуля-Ленца со* ставляет	.
R ЭДС самоиндукции, действующая при этом в контуре,
_	г
*S1 = ~Z--’ ПОЭТОМУ
Д?!
r,.AfX = (LAZ)2
1 . дг/я ЛД*!
Здесь L - индуктивность контура.
Аналогично при убывании силы тока за время At2
ш _ а _ (ЬА/)2 дс^~ ^“'дд^
Изменение тока в обоих случаях по модулю АГ - I - 0 = Z, а знак «мину» в случае убывания тока при возведении в квадрат «уйдет»»
Поэтому ди, = -—— 1 ЯДе,
(2)
(3)
дс/2
и
_яде2 ’
Подставив (2) и (3) в (1), мы решим задачу:
яде, яде2 ’
Переведем все единицы в СИ: 20 мОм = 0,02 Ом, 20 мс = 0,02 с, 40 мс »= 0,04 с, 1 мГн = 0,001 Гн. Произведем вычисления: 0,02 I 0,02 0,04 Ответ: ДС7 — 0,06 В.
В = 0,06 В.
Задача 13
Определить энергию магнитного поля соленоида W„, в котором при силе тока I = 4 А возникает магнитный поток Ф — 0,5 Вб.
Дано: I - 4 А Ф » 0,5 Вб	Решение. Энергия магнитного поля опре-	
	. w LI irATTorAewka* mzYniurvyimnr W = >.	п ъ
жи-?	дслжтгил чдКлрму*i"И	у	« 2	
411
Здесь L - индуктивность соленоида. Она служит коэф* фициентом пропорциональности между магнитным пото-юна Ф, пронизывающим витки соленоида, и силой тока /, с которым связано магнитное поле этого соленоида: <
Ф
ф = LI, откуда L - —.	(2)
Подставив (2) в (1), мы решим задачу в общем виде:
фТ* =~гГ
Ф1 w„ ----
2
1 Дж.
Произведем вычисления: WM = ^^-^Дж = 1 Дж. Ответ: W, Задача 14 По катушке с сердечником из ферромагнетика течет ток силой I — ОД кА. Число витков на единице длины катушки. п = 50 см-1, магнитная проницаемость сердечника ц “ 600. Найти объемную плотность энергии магнитного поля сом катушки.
Дано: I = ОД кА п — 50 см-1 р = 600
ц0 =12,6107~ м
поля
Решение. Объемная плотность энергии магнитного поля <ои фавна отношению энергии магнитного поля катушки ТГК к объему V сердечника, заполняющего пространство внутри нее:	.
Шм=-л.,	(1)
где по формуле энергии магнитного
"	2
L = p.opn2ZS
(2)
(3)
Здесь
- индуктивность катушки, I — ее длина и S - площадь витка.
Произведение длины I на площадь S есть объем пространства внутри катушки: V = IS.
Подставим (4) в (3): L = jiopn2V.
Теперь подставим (5) в (2):
W -"	2
(4)
(5)
(в)
Нам осталось подставить (6) в (1), и задача будет решена:
<ам - ?
412
“м =|10Ц“-
“ 2V
. Переведем в СИ единицу плотности витков:
вит	вит
50—- =5-10* -----.
см	м
Произведем вычисления:
со. = 12,6 Ю'7.600^10>	Д* = 9,510s
2	м8	м®
Ответ: и„ = 9,5 • 10s Дж/м3.
Задачи для самостоятельного решения
ЛЯ
ДФ
Задача 1. Найти скорость изменения магнитного потока —-вл через контур, в котором возбуждается индукционный ток силой Д *» 2А. Сопротивление контура R = 0,2 Ом» число витков в контуре N = 10.
Л ДФ ЛЛ.В6 . Ответ: —-=—^—-0,04—. Дх # с
Задача X Скодако витков W должна содержать катушка с диаметром витка D « 5 см, чтобы при равномерном уменьшении магнитной индукции от = 0,4 Тл до В2 «* ОД Тл в течение At в 2 мс в ней возбуждалась ЭДС индукции = 8 В?
Ответ: N = —----------- 27.
Задача 3. При изменении магнитного потока за At ~ в мс с Фг = 10 мВб до Ф} “ 2 мВб в проводнике соленоида возникло вихревое электрическое поле напряжённостью В 8 В/м. Найти радиус R витка соленоида.
Ответ: R » —------- - 2,7 см*
2яА££
Задача 4L При уменьшении магнитного потока с = 1 мВб до Ф1 == 0 через поперечное сечение, витка из меди диаметром D « я 10 см црошел заряд q ж 200 мКл. Найти площадь поперечного сечения проводника, из которого изготовлен виток. Удельное сопротивление меди р я 1,7 • Ю”8 Ом * м.
Ответ: S~ -	- 1,07* Ю"8 ма.
Задача 5. Проволочный виток диаметром D - 8 см и сопротивлением R 0,01 Ом находится в однородном магнитном поле индукцией « 0,04 Тл. Плоскость рамки составляет угол а “
413
* 30° с линиями вектора В. Какой заряд q протечет по витку, если магнитное поле выключить?
Ответ: q = —- д - sin а — 0,01 Кл.
Задача 6. За At - 5 мс в соленоиде, содержащем # - 500 витков провода» магнитный поток, пересекающий его, равномерно убывает с = 7 Вб до Ф2 * 9 мВб. Найти силу индукционного тока А, возникающего при этом в соленоиде, если сопротивление его проводника В в 100 Ом.
ф, -Ф«
Ответ; Д = 1 - N — 7 • 10» А. Rat	t
Задача 7. Сколько витков провода N должна содержать обмотка на стальном сердечнике с поперечным сечением S — 50 см2, чтобы в ней при изменении магнитной индукции от Вх = 1Д Тл до В2 = =* 0,1 Тл в течение At — 5 мс возбуждалась ЭДС индукции = 100 В?
Л':
Задача 8. С какой скоростью v надо перемещать проводник из стали массой т * 10 г под утлом а * 60° к линиям вектора магнитной индукции в однородном магнитном поле индукцией В = » 0,2 Тл, чтобы в нем возбуждалась ЭДС индукции *» 1 В? Диаметр поперечного сечения проводника d » 0,5 мм. Плотность стали р = 7,8 • 10s кг/м3.
Ответ: о - —— = 8,8 м/с.
4mBsina
Задача 9. Соленоид с N = 1 • 103 витков, изготовленный из медной проволоки сечением 0,2 мм3, расположен в однородном
магнитном поле параллельно линиям вектора В. Индукция магнитного поля равномерно изменяется со скоростью AB/At 10 мТл/c. Диаметр соленоида В = 5 см. Определить тепловую мощность ДФ/At, выделяющуюся в соленоиде, концы которого замкнуты между собой. Указание: тепловая мощность AQ/At ~ это величина, равная количеству теплоты, выделяемому в соленоиде за единицу времени. Удельное сопротивление меди р - 1,7  10 * Ом -м.
Ответ:	—1 = 3> Ю» Дж/с.
ы 1бр at J
Задача 10. Круговой контур диаметром В - 4 см помещен в однородное магнитное поле индукцией В ~ 0,2 Тл. Плоскость контура перпендикулярна направлению магнитного поля, сопротивление контура Н e 1 Ом. Какой заряд q протечет по контуру при повороте его на <Xj “ 90°?
Ответ: q = л (cos at - cos сц) = 2,5 • 10 4 Кл, где at « 0°. 4Л
Задача 11. По катушке длиной I с площадью витка S течет равномерно убывающий ток, в результате чего в ней возникает ЭДС самоиндукции Определить, за какой промежуток времени At сила тока в катушке уменьшится вдвое, если в начальный момент
414
времени она была равна Zo. Магнитная проницаемость сердечника, на который намотана катушка, равна ц, число витков в катушке #.
л	л.
Ответ: At =	~.
Задача 12- В проволочное кольцо вставили прямой магнит, и при этом по кольцу прошел заряд Ag = 10"* Кл. Определить магнитный поток Ф, пересекающий кольцо, если сопротивление кольца R = 30 Ом.
Ответ: Ф =	= 3 • 10 4 Вб.
Задача 13. В однородном магнитном поле индукцией В = 1 Тл находится прямой проводник длиной I = 20 см. Концы проводника замкнуты гибким проводом, находящимся вне поля. Сопротивление всей цепи R я ОД Ом. Какую силу К нужно приложить к проводнику, чтобы перемещать его перпендикулярно линиям магнитной индукции со скоростью р — 2,5 м/с?
v
Ответ: F = — (BZ)2 = 1 Н.
Zi
Задача 14. Рамка площадью S — 200 см2 равномерно вращается в однородном магнитном поле индукцией В = 0,2 Тл с частотой v =* 480 об/мин. Число* витков в рамке N- - 150. Ось вращения лежит в плоскости рамки перпендикулярно магнитным линиям. Определить максимальную силу тока возникающего в рамке, если ее сопротивление R =* 2 Ом.
J3S
Ответ: 1Л = 2jcv~t—я 15 А.
хъ
Задача 15. Квадратная рамка со стороной а = 10 см помещена в однородное магнитное поле так, что угол между нормалью п к плоскости рамки и линиями вектора индукции магнитного поля а я 60°. Найти индукцию Во этого поля, если при уменьшении до нуля в течение времени At ** 0,01 с в рамке индуцируется ЭДС индукцией £1 * 50 мВ.
£,At
Ответ: Вй « —:---- = 0,1 Тл.
eicosa
Задача 16. Найти индуктивность соленоида £, если за время At = 0,5 с ток в нем уменьшился от Д я 10 А до Z2 ~ 0,5 Zt и при . этом в соленоиде возникла ЭДС самоиндукции “ 25 В.
. , 2£cAt
Ответу £ = —~— = 2,5 Гн.
А
Задача 17. Катушка с железным сердечником сечением S « = 20 см2 имеет индуктивность £ «* 0,02 Гн. Какой должна быть сила тока Z в катушке, чтобы индукция магнитного поля в сердечнике была В я 1 мТл, если катушка содержит # =* 1000 витков?
Ответ: I = B^S - 0,1 А. £
Задача 18. Медный стержень массой т с диаметром поперечного сечения d равномерно вращается в горизонтальной плоскости вокруг вертикальных магнитных линий однородного магнитного поля индукцией В, и при этом на его концах возникает
415
разность потенциалов Дф- Плотность меди р. Найти период Т вращения стержня.
Ответ: Т =	-4~1 .
яДф^рсГ)
Задача 19. Кусок провода длиной ( » 2 м складывают вдвое, и концы его замыкаются. Затем этот провод растягивают за время
At = 2с в круг, плоскость которого располагается перпендикулярно магнитным линиям однородного магнитного поля индукцией В = = 0,2 Тл. Найти силу индукционноготока 119 возникшего при этом в контуре, если сопротивление контура Я = 8 Ом.
Omeemr L = -----— =* 2 мА.
4яМв л
Задача 20. Какой маг^таы» поток Ф пересекает контур индуктивностью L ** 0,1 мГ*н> если через его поперечное сечение за t ™ 1 мс проходит заряд Q в Ю мКл?
Ответ: Ф =* L— ж 1 мВб.
At
Задача 21. При уменьшении силы тока с 5 А на 80% в течение At 20 мс в контуре возбудилась ЭДС самшидужцшг « “ 100 В. Найти индуктивность L контура.
Ответ: L = —= 0,5 Гн.
41г
Задача 22. Найти энергию магнитного ноля соленоида 1КМ, в котором при плотности тока j = 0,01 А/см* возникает магнитный поток Ф « 0,8 Вб. Диаметр поперечного сечения проводника соленоида d =» 1 мм.
Ответ.- W„ -	= 3 • 10-» Дж.
Задача 23. Соленоид с железным сердечником диаметром В «* « 6 см имеет индуктивность L «= 0,04 Гн. Какой должна быть сила тока I в соленоиде, чтобы индукция однородного магнитного поля в сердечнике была В * 2 мТл, если соленоид содержит «* 2000 витков?.
л	Т	_ п 9Я А
Ответ.- I= - -—	0.28 А.
4х<
Задача 24. В однородней* магнитном поле индукцией В « 0,2 Тл расположен плоский виток так, что нормаль к его плоскости составляет угол а 60° с вектором S. При повороте витка этот угол становится равен нулю и при этом через поперечное сечение проводника, из которого изготовлен виток, проходит заряд д ж 0,1 Кл. Площадь витка. S ** 1 ’ 10я см*. Найти сопротивление витка" R.
опит B.SSUzS”» -0.1 о».
Q
Задача 25. При уменьшении силы тока в соленоиде в п раз энергия магнитного поля в ней уменьшается на АЖЯ. Индуктивность соленоида L. Найти начальную энергию магнитного поля в катушке ЖМ1 и начальную силу тока Д в ней.
л TAr n2AW т
Ответ: WL. =—=—'»	;— •
416	«’-I	’ L
Задача 2& Во сколько раз изменится знЩгая магнитного поля в катушке, если ее индуктивность увеличить на 40%, а силу тока увеличить в четыре раза?
Ответ: увеличится в 22,4 раза.
Задача 27. Определить ЭДС самоиндукции в неподвижной катушке, в котором за At» 0,1 с энергия магнитного поля уменьшилась в 4 раза. Индуктивность катушки L 0,1 Гн, а первоначальная сила тока в ней » 10 А.
L4
Ответ: % = ’ZTT “ 5 В.
Задача 28. Катушка без сердечника длиной “ 50 см и диаметром витка D “ 2 см содержит на каждом = 1 см длины ” =* 20 витков. Определить силу тока I в катушке, если энергия магнитного поля в ней Ww ** 0,05 Дж.
2WL _ л ж
Ответ: I	—
Задача 29. Соленоид длиной “ 50 см и площадью витка S « 2 см1 юсеет индуктивность L “ 2 • 10~* Гн. При какой силе тока I объемная плотность энергии магнитного поля внутри соленоида <ож ~ 10** Дж/м*?
Ответ: I
1 А.
14 (Чпмигар
кТ.2
КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
11. МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ
Краткая теория.
Методические указания к решению задач
Механические колебания, при которых смещение маятника от положения равновесия изменяется по закону косинуса или синуса, называются гармоническими.
Если момент начала отсчета времени колебаний совпадает с моментом .максимального отклонения маятника от положения равновесия (когда при t — 0 смещение х ралт амплитуде А), уравнение колебаний будет
х « A cos U или х = А сое со*, т. е. колебания будут косинусоидальными. Если же момент начала отсчета времени колебаний совпадает с моментом прохождения маятником положения равновесия (когда при t «= 0 х = 0), то уравнение колебаний будет
х = A sin а или х « A sin cot, т. е. колебания будут синусоидальными и происходящими без начальной фазы («о - 0). Здесь ;х - смещение маятника, т. е. отклонение его от положения равновесия, А - амплитуда колебаний -наибольшее смещение относительно положения равновесия, а -фаза колебаний, со - циклическая (или круговая, или угловая) частота колебаний, t - текущей время колебаний, сц - начальная фаза.
Если момент начала отсчёта времени колебаний не совпадает ни с моментом максимального отклонения маятника от пЪложе-яия равновесия, ни с моментов прохождения им положения равновесия, т. е. когда начало отсчета текущего времени колебания совпадает с моментом нахождения маятника в каком-либо проме^ жуточном положении, то колебания происходят с начальной фазой Oq и уравнение таких колебаний будет
х - A cos (<ot + а,) (11.1) или х "= A sin (oat + cQ (11.2) Фаза колебаний а или ф - это величина, которая позволяет определить, какая доля периода прошла с момента начала колебаний и наиболее полно характеризует колебательный процесс:
а - ©t + Оф.
При Ou = 0 а = со*.
Циклическая (угловая, круговая) частота со - это величина, позволяющая определить, сколько полных колебаний # может совершить маятник за время *> равное 2л. Циклическая частота <о связана с периодом колебаний Т и частотой v соотношениями
2я
ю = — , со « 2nv.
Т
Период Г, т. е. время одного полного колебания, можно определить, разделив время t всех полных колебаний на число этих колебаний ЛГ:
418
Частота колебаний v, ti е. число полных колебаний в единицу времени, наоборот, равна отношению числа полных колебаний, совершенных за время t, к этому времени t:
N
V = —• t Таким образом, период Т и частота v - обратные величины:
Собственная циклическая частота пружинного маятника
.  m
Период Т и частота v свободных колебаний пружинного маятника определяются выражениями
1 k 2я V m
Собственная циклическая частота свободных незатухающих колебаний математического маятника зависит от его длины I и ускорения свободного падения g в соответствии с формулой
Период и частота свободных незатухающих колебаний^ математического маятника определяются выражениями
Т = 2я- формула Гюйгенса и v = J— .
18	2яЧ1
Задачи механических колебаний можно условно разделить на четыре группы: задачи на уравнения гармонических колебаний, задачи о колебаниях пружинного маятника» задачи о колебаниях математического маятника и задачи о колебаниях физического маятника - маятника произвольной формы, к колебаниям кото: рого нельзя применять формулы, применимые к колебаниям пружинного или математического маятников.
Для решения задач первой группы часто требуется записать уравнение гармонических колебаний по известным параметрам колебаний: амплитуде А, частоте v, циклической частоте <о, периоду Т, фазе колебаний а иди начальной фазе <Хо (часто фазу и начальную фазу обозначают ф и фа). Полезно'знать» что при гармонических колебаниях амплитуда, период, частота, циклическая частота и начальная фаза - постоянные величины, а смещение х, время колебаний t и фаза а - переменные.
Если вам «попадется» такая задача, то знайте, что величина, стоящая между знаком равенства и cos или sin, есть амплитуда А; величины, стоящие справа от cos или sin (все вместе) есть фаза а. Величина между сое или sin и временем t есть циклическая частота (о, а та, что не стоит в произведении с t, есть начальная фаза pt©.
Рассмотрим пример. Нам дане уравнение х ж ОД л* сое 5л (2t + 1)м, из которого надо найти амплитуду А, циклическую частоту ф» период Г, частоту v и начальную фазу о^. Вначале раскроем скоб-
419
ки, внеся в них выражение бя» стоящее между косинусом и скобками. Получим
х - ОД я« соа(1(№ + 5я) м.
Теперь запишем уравнение x(t) в общем виде:
х =° А сон (ftU + аД. Из сравнения этих уравнений следует» что выражение 0,1 я1» стоящее между знаком равенства и обозначением сое» есть амплитуда А. Таким образом»
А - 3,14* • 0,1 м “ 0,99 м.
Выражение 10я, стоящее в скобках между скобкой и временем t, есть циклическая частота колебаний со:
над ш ~ 10я —. с рад	2к
Поскольку 10я1 = ой, то to = 10я	, а так как со = —, то
2л	2
10л* * — и период колебаний Т - ~с - 0,2 с.
Поскольку частота v - это величина, обратная периоду Г, то 1 11 v = T’v = o^’5r*-
Выражение 5л в скобках» в которое не входит текущее времМ tt есть начальная фаза колебания. ц,. Следовательно»
«о * 5л рад.
В этом примере мы по известному уравнению определили параметры, характеризующие колебательное движение. Рассмотрим обратный пример, когда по известным параметрам надо записать уравнение колебаний.
Напивать уравнение колебаний - значит найти зависимость смещения колеблющегося тела х от времени t9 т ,е. найти ^^ункцию х * х(#). Если в вашей задаче требуется написать уравнение колебаний» то сначала запишите уравнения (11 Л) или (11.2) (все равно» так как они совершенно равноправны» хотя в учебниках и задачниках последних лет предпочитают уравнение (1Д.1), а в более ранней учебной литературе - (11-2). Затем подставьте в записанное уравнение или циклическую частоту (о, или на ее место выра-2я
жения — или 2hv (в зависимости от данных в условии задачи величин). После этого замените амплитуду А, циклическую частоту со, период Т или частоту v их численными значениями, известными из условия задачи» а начальную фазу <Xq выразите в долях к
я (например, * — или сц = л и т.п.). В буквенном обозначении оставьте только смещение х и текущее время t. В итоге, выполнив необходимые упрощения, вы получите уравнение колебаний, о котором идет дочь в вашей задаче.
Например, маятник колеблется с амплитудой А '** 20 см и периодом Т * 4 с. Начальная фаза а« » 45°. Записать уравнение колебаний этого маятника х “ х(О-
Запишем сначала уравнение колебаний маятника в общем виде:
2л х - A cos (ml + оД где со ~	,
420
поэтому	I * A cos ( у К Оф).
Теперь подставим сюда численные значения амплитуды А “ - 20 см — 0,2 м, периода Т в 4 с и начальной фазы «о ~ 45° -
п	2гс	Я
*» *7 рад. Получим х « 0,2 cos (— t + ~ ) или
4	Г	4
х * 0,2 сов 0,5х (£ +0,5).
Это и есть искомое уравнение колебаний. Вели из условия задачи следует, что отсчет времени колебаний происходил с момента, когда смещение маятника от прежнего положения равновесия было наибольшим, то его колебания происходят по закону косинуса и их уравнение имеет вид х =» А сое а или х = А сов art.
А если из условия задачи следует, что отсчет времени колебаний происходит с момента, когда смещение маятника было равно нулю, то колебания происходят по закону синуса и их уравнение имеет вид х = A sin а или х A sin art.
В обоих случаях начальная фаза колебаний сц, - 0. Если же начало, отсчета времени колебаний происходит, когда х « А или х * О, то в этом случае 0 и уравнения (11.1) или (11.2) надо записывать полностью.
Движение колеблющегося маятника является переменным (но не равнопеременным), поскольку в процессе колебаний на маятник действует переменная сила, обусловливающая переменное ускорение.
Максимальную скорость ит и максимальное ускорение яа любого маятника можно определить по формулам = сеА и Оя ~ юМ.
Для определения мгновенной скорости о надо взять первую производную уравнения смещения х(/).
Для определения мгновенного ускорения а надо взять первую производную уравнения 0(t).
Рассмотрим пример. Уравнение гармонических колебаний имеет вид х - 5 сов 0,2 nt. Взяв первую производную х по времени t, найдем зависимость скорости и от времени 1:
о - У - - 0,2п • 5 sin 0,2 nt - - 3,14 sin 0,2 nt< ведь я « 3,14.
Здесь v* ”» 3,14 м/с, если все величины измерены в единицах СИ.
Взяв первую производную скорости по времени, найдем зависимость ускорения а от времени Г:
а - 0,2л * 0,2л • 5 сое 0,2 Ж — - 1,07 сое 0,2 Ttt.
Здесь ая « 1,97 м/с1. t
Умножив левую и правую части последнего равенства на массу маятника т, получим зависимость силы, действующей на него, от времени t (а если на маятник действуют несколько сил, то это будет зависимость их равнодействующей):
F «- ma, F * - 1,97 т сов 0,2 nt.
Здесь F ~ мгновенная сила, действующая на маятник в момент времени t от начала колебания, a ,Fa “ 1,97 m (И) - амплитуда этой силы, т. е. ее максимальное значение.
421
m
Возведя в квадрат уравнение скорости и умножив его на -у найдем зависимость кинетической энергия от времени t:
2
W. - ~~ или W — 3,14х ~ Sin2 0,2 itf.
2	2
Здесь	* 3,142 - 4,9 т (Дж) - максимальное значение
2
кинетической энергии маятника. Согласно закону сохранения механической энергии в случае действия на маятник только консервативных сил (сил тяжести или сил упругости) эта максимальная кинетическая энергия 1Гкт.равна максимальной потенциальной энергии и равна полной механической энергия маятника W *	= "пш- А поскольку полная механическая энергия маятни-
ка W равна сумме мгновенных кинетической VFK и потенциальной W- энергии в любой момент времени:
то зависимость потенциальной энергии маятника от времени VTJt) можно найти» отняв от максимальной кинетической энергии IV* m мгновенную кинетическую энергию в данный момент времени:	JF. =	- W*.
В нашем примере
W. -	• 3,14х - ~  3,14х sin2 0,2 nt -
Л	2
в — • 3,14* (1 - sin2 0,2 л0 = 4,9m сов8 0,2
Кроме того, мгновенную потенциальную энергию пружинного hx^
маятника можно найти по формуле VVn =	, где k * жесткость
пружины, ах- смещение маятника.
Максимальную потенциальную энергию пружинного маятника можно определить по формуле
w 2 ’ где А - амплитуда колебаний.
Поскольку - WKa W* + Wn, то мгновенную кинетичес-mo2 кую энергию пружинного маятника» кроме формулы	,
2
определяет выражение
JL42 kx2 k
- W, - ——— = - (4х - Xх). « Л &
Максимальную Fm и мгновенную F силы, действующие на пружинный маятник при его гармонических колебаниях (в случае отсутствия других сил), можно определить по закону Гука:
F* - - ш и Fynp m = - fcA, поэтому Fm - kA. Аналогично F * kx.
422
Мгновенная потенциальная энергия математического маятника, поднявшегося в процессе колебаний на высоту Л, определяется известной из механики формулой Жк - mgh.
Бели известны длина маятника I и угол откло-
Рис. 11-1
нения а, то высоту поднятия маятника h можно определить из рис. 11-1:
h - I * I сов а ~ Z (1 - сов а).
Здесь I - длина нити» а - угол ее отклонения от вертикали.
Если математический маятник покоится или движется горизонтально или вертикально равномерно и прямолинейно» то период Т его свободных колебаний определяет формула Гюйгенса
где g - ускорение свободного падения.
Если математический маятник движется вниз с ускорением а (или вверх с замедлением а), его период свободных незатухающих колебаний определяется выражением
т=гя]—!—.
1*-в
Если он движется вверх с ускорением а или вниз с замедлением а, то формула периода его свободных незатухающих колебаний
T = 2nJ—±— .
Если математический маятник движется с ускорением а в горизонтальном направлении» то период его свободных незатухающих колебаний
Т »2л I-J—1
В невесомости» когда а =* g,
Т ~2^g~g * ” (^есконечность^
Это значит» что в невесомости маятник колебаться не будет. Если его отклонить» например» от вертикали, то он займет новое положение и останется в нем.
Если ему при этом сообщить скорость v, вектор которой перпендикулярен нити (когда нить натянута)» то маятник станет двигаться с этой линейной скоростью по окружности с радиусом, рав-ньщ длине инти, и с центром в точке подвеса.
Если в условии задачи сказано, что период колебаний маятника увеличится, например, на 20% (или его длина, иля что-нибудь еще), то можно записать так:
AT	AZ
= 0»2 (или « 0,2 и т. п.).
423
А если сказано, что период Тг составил 20% от первоначального периода Т19 то можно записать так:
Т2 ~ 0,2 1\.
Если математический маятник поднять на высоту Н, сравнимую с радиусом Земли R ” 6,4 ♦ 10е м, то ускорение свободного падения g на этой высоте будет меньше ускорения свободного падения g9 = 9,8 м/с2 на Земле, Ускорение свободного падения g на высоте Л определяется формулой
g = G -	•
(Я + Н)2
Здесь G = 6,67 * 10 й Н * м2/кг* - гравитационная постоянная, М - масса Земли.
Вследствие уменьшения ускорения свободного падения на высоте Н период свободных незатухающих колебаний математического маятника Т станет больше, чем период То на Земле, на величину
лг-г-г.-2.^2^.
В результате на высоте Я маятник будет колебаться медленнее, чем на Земле, вследствие чего маятниковые часы за время t отстанут на At секунд. Это отставание At тем больше, чем больше разность АГ = Т - То. При этом справедливо соотношение
At АТ
*	Го ‘
При повышении температуры нить математического маятника может удлиниться в соответствии с формулой линейной зависимости длины от температуры
I - /0(1 + at°).
Здесь /0 - длина маятника при t°o = 0*С, I ~ длина маятника при температуре t°, a - температурный коэффициент сопротивления нити. В результате период колебаний маятника Т станет больше периода Т9 при 0°С на величину АТ:
поэтому такие маятниковые часы при нагревании будут идти медленнее и за время t отстанут на At от часов, идущих при t°0 «= 0°С. В этом случае будет также справедливо соотношение
At АТ
*	* Го *
Если математический маятник, несущий заряд q, поместить в однородное электрическое поле напряженностью Е, то на него будет действовать еще и электрическая сила F, определяемая выражением
F ~ qE, которая сообщит маятнику дополнительное ускорение а, определяемое вторым законом Ньютона:
F а- —. m
Здесь m - масса маятника.
424
Если маятник представляет собой стержень, колеблющейся в ^Йнородном магнитном поле индукцией В со скоростью и, то в этом ^фдоржне будет действовать ЭДС электромагнитной индукции Следствие чего на концах стержня возникает разность потенциа-!$ЙОВ U °= Ф1 - ф2, равная ЭДС индукции в движущемся стержне:
U « <рх - ф2 « % « ВЫ sin а*
Здесь I - длина стержня, а - угол между вектором скорости
юЛНфЖНЯ о и вектором индукции магнитного поля В, в котором Офрржень колеблется.
Если маятник не является ни пружинным, нн математическим !t маятник), то его циклическую частоту со» период Т и э формулам, применимым к пружинному и математи-танкам, определять нельзя. Поскольку других формул, IX определить период свободных незатухающих коле-ческого маятника (например, через его момент инер-эиаете, то обойти эту трудность можно, определив пе-и (О, или v) из формулы силы Ft действующей на ш из формулы полной энергии W == m =« Жл и, или оых значений, если какие-нибудь из этих величин даны ныть определены в процессе решения задачи.
ятник движется вместе с каким-то телом (например, плен на движущемся столе или помещен в движущийся гаксимальная скорость его колебаний ит, которую он , если это тело резко затормозит, будет, очевидно, равна яга о, которую оно имело в момент начала торможения, юрость и амплитуду А, можно определить цикличес-f	незатухающих колебаний тела <о по фор-
о ~	~ шА.
1&СЛИ тело совершает вынужденные колебания под действием Мешней вынуждающей силы, то амплитуда его колебаний будет шксимальной, т.е. наступит резонанс, когда частота вынужденнее колебаний (равная частоте действия на тело внешней |Клы) станет равна резонансной частоте колеблющегося тела.
В среде с малым сопротивлением резонансная частота равна лвббственной частоте колебаний маятника <оо.
; Приведем пример. В вагоне поезда подвешен маятник, собствен-частота колебании которого равна а\>. Этот маятник испыты-ЩКет вместе с вагоном толчки на стыках рельсов. Если длина рельса а скорость поедда и, то время между толчками, равное периоду
v =
* д ействия внешней силы,	Т ,
частота толчков соответственно 1о	л 2kv
При условии, что собственная частота маятника, которая за-исключительно от свойств самого маятника (т.е. от его мас-жесткости, длины, формы и т. д.), станет равна частоте толч-т.е. частоте действия внешней силы (частоте вынужденных <oM), наступит механический резонанс и маятник будет всего раскачиваться. Следовательно, здесь условие резонанса
2tcv
“ ш0 или	** ш0.
Не забывайте проверять единицы полученных величин, как мы делаем в отдельных задачах.
425
Решение отдельных задач
Задача 1
Уравнение колебаний материальной точки имеет вид х « 0,06 сое 100л/. Чему равна амплитуда А, период Т и частота v колебаний этой точки? Найти зависимость скорости и ускорения а точки от времени t. Найти максимальную скорость и, максимальное ускорение ят, среднюю скорость а среднее ускорение точки на пути от ее крайнего положения до положения равновесия. Все величины выражены в единицах СИ.
Дано: х — 0,06 cos 100л/
Т- ? v - ?
V =	- ?
а — о(/) - ? »п~2 v^~l Л»- ?
Решение. Запишем уравнение гармонических колебаний в общем виде:
х = A cos (ю/ +'а0).	- (1)
Здесь to - циклическая частота колебаний, оц, - их начальная фаза. Сопоставим это уравнение с, уравнением, данным нам в условии задачи:
х = 0,06 cos 100л/.	(2)
„ Из сопоставления мы делаем вывод, что величина 0,06 м, стоящая в уравнении (2) между знаком ра-
венства и косинусом, является амплитудой колебания. Таким образом, ответ на первый вопрос задачи ыы уже имеем:	А = 0,06 м.
Продолжая сравнивать уравнения (1) и (2), делаем вывод, что выражение, стоящее-между cos а временем t, равное 100л, является циклической частотой- колебаний to. Значит, to “ 100я рад/с.
Циклическая частота колебаний to связана с периодом колебаний Т соотношением 2л	Е
с г • ----------- • l
Вычислим Т: Т ----- с = 0,02 с.
100л
Поскольку период Т и частота колебаний v - обрат-’ ‘ 1
0,02 ГЧ _ Гл-
2л	_ . 2л
<о = —, следовательно, 1 = -— Т	<в
v = — v = Т
ныв величины, то
Продолжая сравнивать уравнения (1) и (2), делаем вывод, что начальндо фаза колебаний материальной точки равна 0: а*, " 0.
426
Чтобы найти зависимость скорости колебаний v от Замени t, возьмем первую производную уравнения (2), зюкольку скорость есть первая производная смещения Йки х по времени t:
у » х'= (0,06 cos lOOnf)' - - 100л • 0,06 sin lOOnt, о = - 6л sin lOOnt	(3)
Мы знаем, что синус любого угла, в том числе и ВДООл/, может измениться от 0 до 1. Когда он станет ен 1. скорость достигнет своего максимального значе-I К = 6*1	= 6 • 3,14 м/с = 18,8 м/с.
? {Чтобы найти зависимость ускорения точки от време-нужно взять первую производную выражения (3), Скольку ускорение есть производная скорости по вре-ИКИ. Получим
дв. «= у'= (- бл sin IQOnt)' — - 100я - 6п cos lOOxt, Г;'-	* |а = - 600л2со8 100nf|
»Поскольку значение косинуса любого угла, в том чис-<и cos 100itt, может измениться только от 0 до 1, то Югда сое lOOitt станет равен единице, ускорение точки «Нет максимальным и равным 600л2. Следовательно,
;	‘ Гат - 600л* | .
- 600 • 3,142 м/с» = 5,9 • 10®’м/с2.
«средняя скорость точки Оф на пути S, пройденном за Ддйпмгп t, определяется отношением этого пути ко времени:

При движении точки от крайнего положения к поло-ЯЙяию равновесия путь S равен амплитуде А, а время t
4 0,06 м <л м »«, = - -------=12 —.
0,02 с с
4А
^Среднее ускорение определим отношением измене-щя скорости точки До ко времени f: г h	' а =^ = ^о
t t ‘
Т
При t = — изменение скорости До точки, движущей-от крайнего положения, где ее начальная скорость 1;* 0, к положению равновесия, где и = vK, равно
.	rt	4t>m|
. До = Рт - 0 - Ри, поэтому Oq, = -=-,
427
(	4-18,8 м
1ер = 0,02 с2
- 8,8 • 108 Л • с
Задача решена.
Ответ: А = 0,06 м, Т — 0,02 с, v = 50 Гц, v — - 6л sin 100 nt, а = - 600п2 cos 100 я*, pm = 18,8 м/с, ат <» 5,9 • 103 м/с1,	- 12 м/с,
- 3,8  10s м/с1.
Задача 2
Материальная точка совершает колебания по закону х = 0,4 sin n(t + 0,5). Определить период Т и начальную фазу cto колебаний. Чему равна фаза колебаний а3 и смещение точки х3 в момент времени t1 = 0,5 с от момента начала отсчета времени колебаний? Через какой минимальный промежуток времени t2 после начала отсчета движения точки она пройдет через положение равновесия? Все величины измерены в единицах СИ.
Дано:
х ~ 0,4 sin л(< + 0,5) tj — 0,5 с
Решение. Запишем уравнение колебаний точки в общем виде, а под ним запишем наше уравнение, раскрыв предварительно скобки:
х = A sin (<at + 00
и х = 0,4 sin (nt + 0,5 я).	(1,
Из сравнения этих уравнений следуе¥, что начальная фаза Оф = 0,5 я рад.
Циклическая частота со - я -—.
С
„ 2л	2л
Но <й = —, поэтому — = я, откуда Т = 2с.
Фаза колебаний а в момент времени fj в общем виде
«1 = ОД + (Хф или согласно (1)_
Oj - ОД + 0,5 я, [ct, » яр, + 0,5) рад]	(2)
Подставив в (2) величину получим:
О] = я(0,5 + 0,5) рад = я рад.
Смещение х, в момент времени когда фаза стала равна at), определяет уравнение
| х, = A sin aj, где А — 0,4 м, поэтому . х3 = 0,4 sin я = 0.
Когда точка проходит через положение равновесия, ее смещение равно нулю. При этом уравнение (1) принимает вид
428
О “ 0,4 sin (nt + 0,5 я), откуда nt + 0,5 я = kit, t + 0,5 = к, где к • 1, 2, 3, ... - целые числа.
Следовательно,. промежутки времени, через которые материальная точка будет проходить через положение равновесия, определяет формула Х = (fe — 0,5)|
Минимальным будет промежуток времени t = tt при к = 1, когда точка в первый раз пройдет через положение равновесия. Поэтому i2 = (1 - 0,5) с = 0,5 с.
Ответ: Т = 2 с, «о = 0,5 я рад, а, = я рад, Xj = 0, /2 = 0,5 с.
Задача 3
' На рис.' 11-2, а приведен график х = x(t) гармонического колебания маятника. По графику определить ам-
Решение. Изобразим график гармонических (косинусоидальных) колебаний при «о — О в общем случае (рис. 11-2, б), ведь судя по предложенному нам графику на рис. 11-2, а в момент времени t = 0 смещение маятника было наиболь-шим. Из сопоставления рис. 11-2, а и рис. 11-2, б можно сделать вывод, что амплитуда А= 8 см, а период
Т — 0,4 с. Поскольку частота v = —, то v = Гц = .	Т	0,4
- 2,5 Гц.
Ответ: А == 8 см, Т = 0,4 с, v = 2,5 Гц.'
Задача 4
Материальная точка колеблется согласно уравнению х = cos я (0,5t + 1). Построить график ее! колебаний за промежуток времени от t, = 0 до t2 = 4 с. Все величины измерены в единицах СИ.
Решение. Из сравнения уравнения гармонических колебаний, записанного в общем виде:
х = A cos (ше + Оо),
429
и предложенного нам уравнения:
х *= сое л (0,5# + 1) - cos (0,5 nt + л) (1) • следует, что амплитуда колебаний точки А — 1 м, а цик-
Л к Р®Д лическая частота со — и,о л --.
с
Поскольку © = — t , то — =s 0,5л, откуда Т Т 9 Т = _^с = 4с. 0,5
Таким образом, t2 = Т.
Чтобы построить требуемый график, будем придавать времени t значения t - 0; 1; 2; 3 ц 4 с и эти числа подставлять в уравнение (1), после чего определять соответствующие им смещения точки:
«1 - cos (0,5 я • 0 + л) — cos л = - 1 м, л
х3 = cos (0,5 я • 1 + я) = - cos — - 0
(кто забыл формулу приведения,* посмотрите в конец «Репетитора»),
ха = cos (0,5 я • 2 + я) =/cos 2л — 1 м, х4 - cos (0,5 я • 3 + я) 4 - сов 1,5 я - 0, - cos (0,5 я • 4 + я)А cos 8я = - 1 м.
Заполним таблицу: 7
#, с	0		2	3	4
X, м	-1	/о	1	0	-1
Теперь проведем оси координат, выбрав следующий масштаб: пусть одна клетка на оси времени 0 t соответствует 1 с, а одна клетка на оси смещений Ох соответствует 0,5 м. Обозначим точки и построим график (рис. 11-3).
Задача ретена.
Задача 5
Математический маятник, подвешенный на нити длиной I = 0,5 м, совершает колебания с амплитудой А — 2 см. Написать уравнения, выражающие зависимость смещения х, скорости и и ускорения а этого маятника от времени Колебаний. Чему равно ускорение а2 маятника при смещении х, = 1 см? Начальную фазу Од принять равной нулю. -
430
Дано: I - 0,5. м А = 2 см
м ? ~ 9’8 ~~2
С
x(t) - ?
X
v = v(0 - ? а в1 - ?
aCi)-?
Решение. При — 0 зависимость смещения х маятника от времени t определяется уравнением х = A cos со/.
Нам не известна циклическая частота колебаний ш. Ее мы определим, воспользовавшись формулой, устанавливающей связь циклической частоты колебаний математического маятника с периодом Г:
’ 2я	,	„ „
со = —, где по формуле Гюйгенса
T
Тогда
х = A cos—
2я./-
t.
Здесь не следует сокращать 2л, поскольку циклическую частоту о удобно выражать в долях числа л.
Нам осталось подставить в эту формулу все численные значения величин, кроме одной переменной величины -времени /, которое мы оставим в буквенном обозначении. Выполнив вычисления, мы найдем зависимость смещения х от времени t, т.е. получим уравнение х ~ х(/).
Переведем все единицы в СИ: 2 см = 0,02 м, 1 см — 0,01 м. Выполним подстановку и вычисления: .........................
х = 0,02 cos---f=t, |х = 0,02 cos 1,4л/
(1)
Мы определили искомую зависимость смещения от времени. Взяв производную выражения (1), мы найдем зависимость скорости от времени о » v(t):
и “ х' ™ (0,02 cos 1,4яиУ - - 1,4я ♦ 0,02 sin 1,4л/ =
- - 0,09 sin 1,4 л/	(2)
или
7г v = 0,09 cos 1,4я/ + —
2
Взяв теперь производную выражения (2), мы найдем зависимость ускорения от времени, т.е. функцию а «• a (t): а = 1/ = (- 0,09 sin 1,4я«>' = - 1,4» • 0,09 cos 1,4я« «• = - 0,4 cos 1,4я«	(3)
431
или	а = 0,4соб(1»4я* + я).
Чтобы найти ускорение а, маятника, когда его смещение стало равно хх, сопоставим формулы (1) и (3). Запишем их для удобства рядом:
х — 0,02 cos 1,4л/, а « - 0,4 сое 1,4л/,
Мы видим, что выражение сов 1,4л/ в уравнении уско-
X
рения есть q 02 *
Следовательно,
“--м адГ-20*-
Oi =-20 0,014 = “ 0.2 4-
Знак «минус» означает, что колебания смещения х и ускорения а происходят в противофазе.
Ответ: х “ 0,02 cos 1,4]# м,
и = 0,09со^1,4л/ + ^Ум/с, а1=-0,2 м/с2, а = 0,4сое(1,4л/+ л) м/с2.
Задача 6	/
Через какое минимальное время t, считая от начала колебаний, смещение колеблющейся материальной точки составит половину амплитуды? Период колебаний Г = 24 с. Найти среднюю скорость точки vcp за это время. Амплитуда колебаний А — 0,1 м.
дако; а# - 0
А х — — 2 Т = 24 с А = 0,1 м
t - ?
%" ?
' Обозначим Од начальную фазу колебаний, х - смещение колеблющейся точки.
Решение. Поскольку в условии задачи идет речь о смещении х и амплитуде А колеблющейся точки, запишем уравнение гармонических колебаний точки, в которое, входят обе эти величины (с учетом, что =* 0):
х  A cos (Bt.
Выразим неизвестную нам . циклическую частоту ш через известный период Т:
Теперь подставим это выражение вместо <в в предыду-щее уравнение и, кроме того, вместо смещения х в ле-
432
вую часть этого уравнения подставим — в соответствии А
с условием задачи.
„ А . 2л
Получим — = A cos—t или после сокращения амплитуды А
2n 1 Т 2 Таким образом, мы получим, что косинус угла 2л,	1 	2л ,
а = — t равен —. Следовательно, сам угол а = — t ра-
X	А	Ж
_Л.. я	2я я 2t 1
вен 60° или - рад: yt = -,
Отсюда
Вычислим время f: t = — с = 4 с.
Чтобы найти среднюю скорость переменного движения точки, надо разделить путь, пройденный ею, на это время. Поскольку путь, пройденный точкой от момента начала отсчета времени колебания, равен половине амплитуды (ведь этот путь есть смещение точки), а время t мы нашли, то средняя скорость точки за это время
Подставим численные значения А и t и произведем вычисления:
0,1
v<* = м/с - 0,0125 м/с.
Ответ: J = 4 с, - 0,0125 м/с.
Задача 7
Частица совершает гармонические колебания вдоль оси ОХ около положения равновесия. Циклическая частота колебаний частицы О) — 4 рад/с. В Какой момент времени t после прохождения положения равновесия частица будет иметь координату х = 25 см и скорость v = 100 см/с?
433
Дано:
. рад (0 = 4 ---
с а» = О х = 25 см
. см v = 100 — с
Обозначим Од начальную фазу колебаний (она равна нулю, поскольку начало отсчета времени колебаний совпадает с началом самих колебаний).
Решение. Обратим внимание на то, что начало отсчета времени колебаний здесь ведется от момента, когда смещение частицы от положения равновесия, т.е. ее координата х, равно нулю. В этом случае колебания частицы будут синусоидальные, т.е. будут происходить по закону синуса, и их

уравнение будет
х = A sin cat	(1)
Действительно, в этом случае при t = 0 и х = 0.
Поскольку нам дана еще и скорость частицы о в момент времени t, то возьмем первую производную уравнения (1):
v — х' — (A sin tot)' = coA cos ом.	(2)
Из этих двух уравнений, содержащих две неизвестные величины: амплитуду А и время t, нам надо найти время t. Для этого исключим из этих уравнений амплитуду А, разделив (1) на (2). Получим
х	Asincot	х 1	х(0
— = —-—:---- или — = — tg <nt, откуда tg (Ot = —
v	caAcosart	v fi)	v
1 a. (
fa —arctg ---- .
® I * * * * v * * * * х J
Чтобы определить время t, можно вычислить значение
х * 25-4 1 te“‘-=1-
тангенса:
It
Тангенс угла равен 1, когда сам угол равен 45° = — 4
Значит, (irt = —, откуда t = — 4	4<й
Подставим числа и произведем вычисления:
« = ^11с = 0,2с.
4-4
Ответ: t = 0,2 с.
Задача 8
Маленький тяжелый шарик на легкой нити совершает колебания с амплитудой, во много раз меньшей длины нити. Найти модуль ускорения шарика о, в момент
484
времени, когда его смещение х = 2 см. Длина нити I = = 0,5 м. Начальная фаза ц, равна нулю.
Дано: х = 2 см м
/ = 0,5 а» “ °
£ = 9,8
м
с2
Решение. Словами «маленький тяжелый шарик на легкой нити» нам дают понять, что этот маятник можно, считать математическим. Словами «с амплитудой, во много раз меньшей длины нити», дают понять, что угол отклонения маятника от положения равновесия мал, поэтому колебания маятника являются гармоническими.
Запишем уравнение гармонических колебаний маятника: х = А сое wt при (Xq к 0. (1)
Нам требуется определить модуль ускорения маятника at. Значит, надо взять производную сначала координаты по времени, а затем еще раз взять производную уже теперь скорости по времени. Иными словами, надо взять вторую Производную координаты по времени, которая даст нам уравнение ускорения.
Приступим: у = я' = - шА sin tot, а v' — — w? A cos wt.	(2)
Если теперь разделить (1) на (2), то cos wt сократится и из полученной пропорции мы найдем модуль ускорения л,, отбросив «минус». А циклическую (угловую) ча-
стоту ш найдем по формуле <о =	
(3)
Делим (1) на (2):
— _ A cos ап w2Acoswt’
х —
ш2
или

X I	I
— =—, откуда а^х— Ol g	g
Выразим смещение в единицах СИ: 2 см = 0,02 м.
Произведем вычисления: at = Ответ: = 0,4 м/с2.
0,02^4 = 0,44-0,5 с2 с2
Задача 9
На какое расстояние S надо оттянуть груз массой т = = 500 г от положения равновесия, чтобы он, будучи прикреплен к пружина жесткостью k = 0,2 кН/м, проходил через положение равновесия .со, скоростью уя = 10 м/с? Дано:	I Обозначим Oq = 0 начальную фазуколе-
т = 500 г I баний этого пружинного маятника.
435
Ь 0,2 -м
с си О
Расстояние S, на которое от-груз на пружине от положения равновесия, равно амплитуде его колебаний А. Согласно формуле максимальной скорос-
<- ?
та - (М или vm где ю = I— -Vm собственная циклическая частота маятника.
гт	ЛГ
Поэтому V = I—s з откуда Vm
S = или S ~n
Выразим все единицы в СИ: 500 г = 0,5 кг, 0,2 кН/м ® 200 н/м.
м = 0,6 м.
Произведем вычисления: S =
Ответ: S в 0,6 м.
Задача 10
Если к шарику массой т„ колеблющемуся на пружине, подвесить снизу еще один шарик массой т2 •* 300 г, то частота колебаний уменьшится в п = 2 раза. Чему равна масса mi первого шарика?
Дано: т3 = 300 г
Л_9
V2
Л	Л	V,
Решение. Согласно условию п = —, где
V2
v, =
т1 - ?
(1)
- частота колебаний первого шарика, Л -
1 I k
жесткость пружины, v2 = — h-------- (2)
2я у + m2
- частота колебаний обоих шариков. Разделим (1) на (2):
п =
1 к
2п ।	+ пц
А?(пгГ+ m2 J _ 1т1+т2 m^k у тп.
Отсюда п = —------- или. п = 1 + ——,
mi	. mi
436
“1 =~2—7 л -1
51 = л’-1 и Я*!
Переведем в СИ единицу м2: 300 г ** 0,3 кг.
03
Произведем вычисления: лц - у— кг ” 0,1 кг.
4 — 1
Ответ: mt = 0,1 кг.
Задача 11
Во сколько раз уменьшится период колебаний шарика на резиновом подвесе, если его укоротить, отрезав 75% его длины?
Дано: у = 0,75 *1
Обозначим Д/ «	- 1г изменение длины
подвеса, L - первоначальную и Ц- конечную длины, 7\ - период колебаний шарика при длине Tt - период его колебаний после укорочения подвеса.
Решение. Период колебаний Т> определим по
формуле
7,=^
(1)
где т - масса шарика, ky - жесткость резинового подвеса. Жесткость резины Aj связана с длиной подвеса Zt фор-
, ES мулой	Aj = -у—,	(2)
ч еде Е - модуль Юнга (модуль упругости) резины и S -площадь поперечного сечения подвеса. Подставим (2) в (1):
(3)
Аналогично Tt = 21|-у.	(4)
I £Ъ Чтобы исключить из решения неизвестные параметры т, Е я S и шветить на вопрос задачи, разделим (3) на (4):
11
ESmlg yig '
Согласно условию AZ = Z, - Z, - 0,75 li, откуда =	0,75 li = 0,25 llt поэтому
ii= nz.2, Т2 V<W5^
437
Ответ: период уменьшится в 2 раза.
Задача 12
На гладком горизонтальном сто-	~
ле лежит шар массой М, прикреп-	Ji_
ленный к пружине с жесткостью k	J
(рис. 11-4). В шар попадает пуля * 1......
массой т, имеющая в момент уда- Рис< ц.4 ра скорость о, направленную вдоль оси пружины. Считая удар пули абсолютно неупругим и пренебрегая кассой пружины и сопротивлением воздуха, определить амплитуду А и период Т колебания шара с пулей.
Дано: М k т v
Решение, Поскольку удар неупругий, то шар с пулей сразу после удара станет двигаться со скоростью ото, которую мы сможем определить, воспользовавшись законом сохранения импульса системы пуля ~ шар, которую будем считать замкнутой (вообще-то это не совсем так, поскольку на шар и пулю действуют силы тяжести, но они направлены перпендикулярно векторам импульсов шара и пули, поэтому проекции этих сил
А - ? Т - ?
на траекторию движения шара и пули равны нулю и они не оказывают влияния на величины импульсов шара и пули). По закону сохранения импульса импульс пули до попадания в шар то равен суммарному импульсу пули с шаром (М + т}от после попадания (отметим, что импульс шара до попадания в него пули равен 0, так как шар покоился):
то «= (М 4- т)ит.
Отсюда скорость шара с пулей сразу после удара от t (а это будет максимальная скорость колебании шара с
то пулей)	v„ = —----.	(1)
М + т
Максимальная скорость колебаний тела связана с циклической частотой о> и амплитудой А этих колебаний соотношением	р„ = (йА.	(2)
Циклическая частота колебаний пружинного маятни-
I к ка определяется формулой cd = J------.	(3)
У М + т
I Подставляем (3) в (2):	“ A J----.	(4)
iM + m _	у. mv . / It
Теперь подставим (4) в (1): —- = А,|-—-. (5)
'	' ' ' ' М + т ЧМ + т
Из (5) определим амплитуду А колебаний шара с пулей, поскольку остальные величины нам известны:
438
.	mv	mv .
A “	----- ...	'J= = 1 ig.i - - - "	— ,
(M + m) J—j(M + m)2 V M + m V M + m
mv A = Jk(M + m) Одна из искомых величин найдена. Теперь найдем период колебаний шара с пулей Г:
Л 1м + т
Задача решена.
Ответ: А = «	, Т -=	.
Задача 13
Найти период Т малых колебаний тела массой т, изображенного на рис. 11-5 а и б. Жесткости пружин кг и Трением пренебречь.
Дано:	Решение. Рассмотрим
т решение этой задачи при-
кг менительно к случаям а) а) Рис. 11-5 кг и б) в отдельности.
------ Случай а). Поскольку нам сказано, что тре-
Т — ? нием в этой системе можно пренебречь, т. е. ко-
лебания тела являются идеальными, применим
к его движению закон сохранения механической энергии. *
Будем рассуждать так. Когда мы оттягиваем тело от положения равновесия, например, вниз, мы сообщаем пру-
жинам, а. вместе с ними и самому телу запас потенциальной энергии. Потенциальная энергия упругой деформации первой пружины W^, растянутой на величину амплитуды ее колебаний А], определяется равенством
Wn =	.
П1 2
Аналогично потенциальная энергия второй пружины, растянутой на величину амплитуды ее колебания А&
ту -’	2
439
По закону сохранения механкмеской энергии потенциальная энергия упругой деформации обеих пружин превратится в кинетическую энергию Wk колеблющегося тела, когда оно будет «проскакивать» через положение равновесия
W. = ^.
2 где ил - максимальная скорость тела.
.По закону сохранения механической энергии
Ж* = ЖВ1 + или
_ blA-l . ^-^2	* -ЬД’+ЬЛ2	/1)
—-------— + —. Л». =«1A +«jA* w
Скорость о. мы можем определить через циклическую частоту колебаний тела <о с помощью формулы о. — (йА. В свою очередь циклическая частота колебаний (0 связана с периодом колебаний Т соотношением
2л	2т,
w = " > поэтому о. = —А	(2)
Здесь А - амплитуда колебаний тела. Нетрудно догадаться, что она равна сумме амплитуд колебаний пружин, т. е. сумме их деформаций в момент» когда мы оттянули тело от положения равновесия. Тогда, подставив эту сумму А = At + А2 в (2), получим
^(Ах+Л).	(3)
Теперь подставим (3) в (1):
m j>2 6^1	+^s^s-	(4)
Мы могли бы решить это уравнение относительно искомого периода Г, но нам не известны амплитуды колебаний пружин Aj и Ag. Значит, надо записать еще какое-нибудь уравнение, куда вошли бы эти амплитуды. Здесь следует догадаться, что, когда мы действуем на тело с некоторой силой, оттягивая его вниз, то по третьему закону Ньютона с точно такой же силой мы действуем и на каждую пружину, поэтому в них возникают одинаковые силы упругости, которые по закону Гука соответственно равны: j?w, - - AjAj и F^, = - Поскольку силы упругости равны, а жесткости пружин разные, значит, и деформации пружин, т. е. амплитуды их колебаний, будут разными. Но так как сами силы упругости одинаковы, мы можем записать равенство
= ^Яф2 ИАИ ~	~ — ^2^2»
440
миткуда
(5)
^2
Если теперь подставить (5) вместо А2 в (4), то неизвестную нам амплитуду At можно будет вынести за скобки 0 сократить. Тогда мы получим одно уравнение с одним Искомым периодом Г, который сможем уже однозначно [Определить. Проделаем эти действия:
4я2

* I Л2 у	I **2
или
4я2 f,	Л, 1
т—^-!1+= ki
г V к2 J
4л2 Л] + fc, ” уг--ъ- = *1-
Л.
Отсюда .
Г = 2 я 1т +*8-_____ У kjkj
Мы нашли период колебания тела применительно к Случаю а) (рис. 11-5, а). Теперь рассмотрим второй случай, изображенный на рис. 11-5, б.
Здесь мы тоже применим закон сохранения механической энергии, но теперь амплитуда колебаний А обеих пружин и самого тела будет одна и та же. Ведь, на сколько мы сожмем одну пружину, на столько же растянется «вторая и на такое же расстояние сместится само тело. С счетом этого положения запишем закон сохранения механической энергии следующим образом: Жк = WrIIl + или
mo2 k,A2 k,A2 ,	%
jS	да
2я
Здесь по-прежнему у. - <йА = —А.
4л2	4л2
С учетом этого т~^~А2 = АЦк^ + ftj), =	+ k2.
441
ОТКУДА Т'2ПК + 1г2 Задача решена.
Ответ: а) Т 2п1т^-^-; б) Г V ' «1^
— 2я
с к "Ч LaXjLj Рис. 11-6
Задача 14
Два малых бруска массами ту и пг2 связаны пружиной с жесткостью к (рис. 11-6). Пружина сжата, а бруски удерживаются нитью. С каким периодом Т. будет колебаться каждый брусок, если нить пережечь? Трением пренебречь.
Дано:
от2 к
Решение. Пусть, когда пружина еще не была сжата, расстояние от левого бруска до центра масс С этой системы было и расстояние от правого бруска до центра масс С было Z, (размерами брусков мы пренебрегаем).
Согласно определению центра масс его поло-
Т-2
жение должно удовлетворять условию  mih =	(1)
когда пружина еще не сжата.
Если же она сжата, то это же условие примет вид «iGi - А) “ т^1г - А2),	(2)
где Aj - наибольшее смещение левого бруска, т. е. его будущая амплитуда колебаний, а А2 - амплитуда колебаний правого бруска.
Раскроем скобки в (2): m^ -	= m2l2 - m^.	(3)
Заменим в (3) mjt на mt/j согласно (1):
rn^li -	= m-yly - m^A* или ntjAj = m^.it откуда
A=-^A.	(4)
Вся деформация пружины х равна сумме амплитуд Aj + Аа: х = А2 + Aj или с учетом (4)
. , т. .	. (, т.)
х- At + —- А1 = Aj 1 + —— .
TTZg	I ^^2 J
По закону Гука сила» с которой пружина действует на
 f f ।
брусок массой Wj Ft ** kx = AAJ 1 + —- .	(5)
I. m2 J
442
С другой стороны, по второму закону Ньютона
►де максимальное ускорение бруска массой mt .	4л*
aml = (oU, = -^гА, поэтому Ft = т1 — Аг.	(6)
Приравняем (5) и (6) и из полученного равенства определим период колебаний бруска mt (он у обоих брус-исов одинаков):
I
4л2 .	_ _ Iт,
inj—2"Ai, откуда Т=2я 1—р---*—или
Т I I т2 I
^1^2 '
Задача решена.
Т = 2« уАОп, + т2)
Ответ: Т = 2 nJ—-— у й(т1 + т2)
Задача 15
Небольшое тело массой т упало с высоты Н без начальной скорости на невесомую чашу пружинных весов (рис. 11-7) и стало совершать вдоль вертикали гармонические колебания. Чему равна амплитуда А и полная механическая энергия W этих колебании? Жесткость пружины весов А.
Решение. Здесь важно понять, что деформация пружины хо происшедшая вследствие падения тела на чашу весов (рис. 11-7), не равна амплитуде колебаний А. Амплитуда колебаний
Sfawor о = О
k
А - ? меньше этой деформации хх на величину деформа-W - ? ции х2 пружины, сжатой весом тела, положенного на чашу (а не упавшего на нее) (рис. 11-7, а): -
А == Xj  х2.	(1)
Таким образом, задача сводится к нахождению деформаций хх и х2. Для определения хх воспользуемся законом сохранения механической энергии, выбрав за нулевой вровень тп самое нижнее положение тела. Согласно этому закону потенциальная энергия тела TFal « mg(H + хх), поднятого над уровнем тп на высоту Я + х19 превращает-
443
ся в потенциальную же энергию упругой деформации пружины
иг -2 *
Wni я или mg(H + xt) =	.	(2)
Определим из (2) деформацию х,:
йх?
mgH + mgx^—^-, kxf - 2 mgxt - 2 mgH ж 0,
2
_ mS + ^(m-g)2+2mgHk mg jk , 2feH^
X1	k	Л + A J [ + mg J *
k к V mg	w
Знак «минус» перед корнем мы опустили, так как отрицательная деформация xt не имеет смысла.
Теперь определим хг, воспользовавшись законом Гука, согласно которому сила упругости Fm, возникшая в пру* жине, когда на чашу весов положили тело весом Р • mg, пропорциональна деформации хг, взятой со знаком «минус»:
По третьему закону’ТЙьютона Fm = -mg, поэтому mg — kx2, откуда
...
Ж. - V	<4’
Нам осталось подставить (3) и (4) в (1), и на один вопрос задачи мы ответим:
mg t iHg к ^Н ”4
А~ к k V mg к ’
Полная механическая энергия колебаний тела равна максимальной потенциальной энергии колебаний 1Fnn:
кА*
А
444
Задача решена.
Л Л I*
Ответ: А = —г~ J1 +---»
к] mg
kA
W =• ==—
2
Задача 16
Упругая пружина под действием подвешенного к ней груза растянулась на Лд. Если груз еще немного оттянуть вниз и отпустить, то он станет совершать вертикальные колебания. Определить период Т этих колебаний.
Дано:	Решение. Период колебаний пружинного маят-
ника
Г"?1	(1)
По закону Гука	” ~kx^, а по третьему закону Нью-
тона = -mg, тияятеу mg = kx$, откуда •
Подставим (2) в (1), н задача будет решена:
Задача решета.
Ответ.* Т = 2п^~
Задача 17
Когда груз, совершающий колебания на вертикальной пружине, имел массу mv период колебаний был равен Г, = 4 с, а когда его масса стала равной та, период стал равен Тг = 5 с. Каким будет период Т, если масса груза будет равна сумме масс т} + т2? Массы т, и т2 неизвестны.
Дано:
Г, - 4 с Га “ 5 с т = лц + j
Т - ?
Решение. По формуле периода колебаний пружинного маятника
Т» = 2iJS, {1) т2- 2п^£, (2)
445
r = 2J^=2J^_t^-.	(3)
V ft V k
Выразим из (1) mt, а из (2) тг и подставим в (3), (при этом жесткость ft должна сократиться):
Vft“2n’ т1“\2л-Г
Аналогично m2 = ft	•
Тогда Т == 2я^	*
Произведем вычисления.
Г = V42+5! с =» 6,4 с.
Ответ: Т — 6,4 с.
Задача 18
От груза на пружине отделилась без начальной скорости его часть массой Am — 50 г. На какую максимальную высоту Л поднимется оставшаяся часть груза? Жесткость пружины k - 2 Н/м.
>
Л-
*0
h
-d
Дано: Ат — 50 г
ft = 2 — м
м
#“9,8 у и
---w_j
Решение. Пусть под действием неподвижного груза _____________
массой m деформация пружины была х0, а под действием уменьшенного гоуза массой m - Am она стала равной х, (рис. 11-8). По закону Гука mg= kx0 и (m - Am)# = hx1. Отсюда
mg	(m - Am)#
*.==-£-	(1) и Xi= ---------.	(2)
m Рис, 11-8
. „ k
После отделения части Am оставшийся груз станет совершать гармонические колебания относительно уровня ао с амплитудой А = xfi - хР
Максимальная высота л, на которую при этом поднимется груз отнбсительно уровня с$, равна удвоенной амплитуде колебаний:
Л — 2 А - 2 (х0 - xL) или с учетом (1) и (2)
= 2^-(т-т + &т), Л = 2^^ ft	_______&_
Л - 2
446
mg _ (m - Am)g"| ~k k ' "ft
Л - ?
Переведем единицу Am в СИ: 50 г - 0,05 кг.
Произведем вычисления: h = 2 Ответ: h = 0,49 м.
93 0,05 2
м = 0,49 м.
Задача 19
Металлический стержень массой т = - 100 г и длиной I — 1 м подвешен за середину к пружине с жесткостью k = 9,8 Н/м. Стержень совершает гармонические колебания с амплитудой А — 10 см в однородном магнитном поле индукцией В — 0,01 Тл, направленном перпендикулярно плоскости колебаний (рис. 11-9). Найти максимальную разность потенциалов U„, возникающую на концах стержня.
Рис. 11-9
L—J
Дано: т = 100 г 1 м
7 м А = 10 СМ
В — 0,01 Тл а = 90°
и-?
Обозначим а угол между вектором скорости стержня v и вектором индукции магнитного поля В, который на рис. 11-9 . направлен от чертежа к наблюдателю, т. е. перпендикулярно вектору v.
Решение. Разность потенциалов U, возникшая на концах колеблющегося в магнитном поле стержня, равна ЭДС электромагнитной индукции £t, которая будет действовать в стержне в процессе его движения в магнитном поле. Из теории магнетизма мы знаем, что ЭДС индукции Д,
возникающая на концах проводника длиной I, движущегося в магнитном поле индукцией В со скоростью v, оа-ределяется произведением индукции магнитного поля В, скорости проводника о, его длины I и синуса угла а между направлением магнитного поля и направлением движения проводника. В нашем случае проводник движется перпен-
дикулярно линиям вектора В, поэтому синус угла а “ = 90° равен единице и
U —	* Bvl sin а = Bvl.
Так как В и I - постоянные величины, то разность потенциалов U = £ достигнет максимума, когда достигнет максимума скорость стержня: Um —	(1)
Максимальная скорость стержня
= спА.
Циклическая частота стержня ш связана с его массой т и жесткостью пружины k, на которой он подвешен, ЛГ соотношением <о ж J—.
Чпг
447
С учетом этого *»ж =
Нам осталось подставить (2) в (1). и задача будет ре-
Задача решена в общем виде. Переведем все единицы в СИ: 100 г - 0,1 кг, 10 см — 0,1 м.
Подставим числа и произведем вычисления:
Пж = 0,01-0,14-
Ответ: U, = 9,940"* В.
В - 9,940-’ В.
Задача 20
Уравнение колебаний пружинного маятника весом
Л
Р = 0,102 Н имеет вид х =0,1 sin— I. Постройте график зависимости от времени i возвращающей силы У, кинетической WK, потенциальной Ж, и полной W энергий маятника. Найдите максимальные значения этих величин Fe, Жжж и Жжж1. Все величины измерены в единицах СИ.
Дано: Р = 0,102 Н
x = 0,1 sin з; t 2
F ~ F(t) - ? W'-WJf)-? Жж - Ж.(/) - ? W = W(t\ - ?
Решение. Прежде чем строить графики, о которых идет речь, запишем уравнения, выражающие зависимость силы, потенциальной, кинетической и полной энергией от времени колебаний. Найдем сначала зависимость силы F от времени колебаний t. По второму закону Ньютона сила F, возвращающая маятник к положению равновесия, определяется произведением массы маятника и его ускорения а:
F^ та.	(1)
Поскольку нам дан вес маятника Р, выразим массу т через этот вес:
Р
(2)
Ускорение маятника найдем как вторую производную смещения х по времени t. Сначала найдем первую производную х по 1, это будет скорость маятника п:
V - я* “ (0,1 sin ~ty - 0,1^ сое а	2 Z
VF. - ?
448
v = 0,05 я сов	(3)
~ Теперь найдем производную скорости, т. е. ускорение маятника:
п 0,05 « х
а = г/ = (0,05 я сов —if = —«j®*sin jt.	W
Подставим (2) и (4) в (1):
F - —= 0,025~ x*sin^r. (5)
2	2 J	g 2
Подставим сюда числовые значения всех известных величин:
F « -0,025~~-ЗД42 sin^ t, F = -2Д510"3 sin^t. (6) 9yO	2	2
Здесь F„ — 2,6*10’’ H - юхсюавшое значение возвращающей силы, когда
я ян—t ==1.
Таким образом, одну из искомых величин-мы уже нашли.
Теперь найдем зависимость кинетической энергии Жж от времени колебаний t. Запишем формулу кинетической энергии:
„г ти2	Л>2
Ж, = —или с учетам (2) Жж =
Подставим сюда уже найденную зависимость скорости от времени (3). Получим
^0,05» я2cos2 Jr « 12,5-10^—я’сов’^Г.
4Г	2	g 2
Подставим в это выражение числовые значения иоде-стяых величин:
0Д02	я
ff, = 12,5-1Г«-~р-3,14’cos’-f,
Жж « 1,3-10^ coe*|t,
Здесь = 1,3-lOr* Дж.
Мы нашли вторую искомую величину.
, .Перепишем последнее уравнение так, чтобы тригоно-ммрическая функция была в первой степени.
1& Ямотигар пофошж Т 2
449
„	1 + cos л/
Поскольку с<м> ~g > то |	= 0,65-10^(1 + cos nt)	(7)
Теперь запишем яянисимость потенциальной энергии kx^ пружинного маятника W* от времени t: V7O ~	. (8)
Здесь к - жесткость пружины. Ее можно определить из формулы циклической частоты колебаний пружинно
го маятника
ш
Поскольку из данного нам в условии задачи уравнения зависимости смещения х от времени I следует, что
л циклическая частота этого колебания со = —, то
а
Я [л"	л2 k
ГЛг откуда т =
я2	п2Р
'	к - —тп, или к = ——.
4	4g
Подставим полученное выражение в (8) и туда же под*
ставим вместо х правую часть уравнения х *= 0,1 sin — t, известного нам из условия. Получим:
п2Р	я
Подставим сюда все известные числовые значения:
= Ч4ГУ8020Д2Si”2I * ‘	^’1 *• (9)
. При sin^t = 1 Wnm >= 1,3-Ю-4 Дж, как и WKI„. Так, собственно, и должно быть, поскольку при колебаниях идеализированного маятника, когда отсутствует сопротивление среды и трение в точке подвеса, максимальная потенциальная энергия маятника полностью переходит в его максимальную кинетическую энергию, и наоборот. При этом полная механическая энергия маятника в процессе колебаний сохраняется. Таким образом, мы нашли последнюю искомую величину.
Теперь построим графики зависимостей F - F(t), W* = Wx(t), Wn = VFo(t). Для этого сначала выразим зави
450
симость потенциальной энергии от времени колебаний так, чтобы тригонометрическая функция в уравнении (9) стояла не в квадрате, а в первой степени. Известно, что
. Я 1-CO87U “Ч1-—— •
1 — bbs nt
поэтому Wa = 1,3-10~*—7^---= 0,65'10^(1- соэя0.
Запишем для удобства все три уравнения, графики которых мы будем строить, рядом:
я F = -2,6'10-® sin —t, WK » 0,6510-4(1 + cos nt), Wa = 0,6510-41 - cos nt). Здесь время t - независимая переменная (аргумент), а сила F, кинетическая WK и потенциальная 1УП энергии -ее функции.
Чтобы построить соответствующие графики, будем придавать времени t произвольные значения qt t - 0 до t — Т, где'Т - период. Но сначала вычислим величину периода Т. Из уравнения (1) следует, что циклическая частота колебаний св, которая связана с периодом Т со-
2п	п
отношением <о = —-, равна — . Отсюда следует, что 1	А
2л п	л
— у откуда Г = 4 с.
Поскольку через период колебания повторяются* построим точки, соответствующие значениям времени = - О, - 0,5, t3 « 1, е4 = 1,5,	= 2, t9 = 2,5, t7 = 3,	«
= 3,5, i9 = 4 с. Подставляя эти числа в последние три уравнения вместо времени t9 будем для каждого t вычислять значения F, WK и VKn, после чего заполним таблицу:
t, с	г.кг’н	WK, Ю'4 Дж	W„. ICT4 Дж
0	0	1.3	0
0,5	-1,8	0.65	0,65
1	-2,6	0	1.3
L5	-1,8	0,65	0,65
2	0	_ 1,3	_	0
2,5	1.8	0,65	0,65
3	2,6	0	1.3
3,5	1.8	0,65	0,65
4	0		L3		0
451
Отметим, что, когда сопротивление колебаниям отсутствует, полная механическая энергия Ж сохраняется.
W = Ж^ = Ж^ - 1.310-4 Дж.
Теперь построим трафики F = ДО» Жж — Жг(£)» Ж, — = ЖДО, а также Ж - Ж(0 (рис. 11-10).
Задача решена.
Ответ: F_ = —2,6*10^ И,
Ж.м = 1.3‘lfr4 Дж, Жив, = 1,3-10-« Дж.
Задача 21
Пружинный маятник вывели из положения равнове-и отпустили. Через какое минимальное время t, стог начала колебания, его потенциальная энергия ста

нет равна кинетической, если.масса маятника т =» 100 г, а жесткость пружины к « 10 Н/м ?
Дано:
Оо = 0 ш = 100 г
k = 10 — м
t - Ч
ловию, то
Обозначим 0^ =» 0 начальную фазу колебаний.
Решение. Мгновенные потенциальная Wa и кинетическая WK энергии пружинного маятника определяются* равенствами
__ kx2	mv2
w-~ — nW-~ ~Г’
где х - емещише и и - мгновенная скорость маятника. Поскольку Wn “ WK согласно ус-
kx2	nw2
—- и kx* = mv*. (1) А	Z
Теперь запишем уравнения гармонических колебаний
для смещения и скорости:
х — А сов cot при а,, — 0	(2)
и	v = х' =• -mA sin mt.	(3)
Подставим (2) и (3) в (1) и учтем, что
шг=А. т kA2 cos2art — sinW, к к cosW = т— sin*art, т соаОД — sinW, поэтому cos (Of = sin art или
tg wt = 1 и, значит, coi - —, t =
4
4w *
Выразим массу в единицах СИ: 100 г — 0,1 кг.
Произведем вычисления: t =
ЗД4 |0Д 4 1/10
с = 0,08
с.
Ответ.* t * 0,08 с.
Задача 22
Во сколько раз изменится частота гармонических колебаний математического маятника, если длину его нити уменьшить на 30% ?
453
Дано:
, AZ
Т “0,3
Обозначим AZ = Л - изменение длины нити, Zj - ее первоначальную длину, 12 - длину после того, как нить укоротили, - начальную и v2 - конечную частоты-колебаний.
Решение. Частоты колебаний vt и v2 математического маятника определяются выражениями
Vl= 2яИ Va= 2лЛ’
следовательно,
v2 / Поскольку L = L - Д/, то — = J----- , а так как со-
2	vt V - Д/
гласно условию Д/ = 0,3 119 то
*1
Ответ: частота увеличится в 1,2 раза.
1,2.
Задача 23
За одинаковое время один математический маятник делает = 50 колебаний, а второй - N2 ~ 25 колебаний. Найти их длины и /2, если один из" них короче второго-на Д/ =« 33 см.
Дано:
= 50
У2 = 25
Д/ = 33 см
Решение. Поскольку в задаче идет речь о длинах и времени колебаний двух математических маятников, то для ее решения воспользуемся формулой Гюйгенса. Сначала запишем ее для первого маятника:
(1)
Здесь 7\ - период колебаний первого маятника, g -ускорение свободного падения.
Мы не знаем Ти зато знаем число полных колебаний, которые маятник совершил за некоторое время t. Значит, период Тг колебаний первого маятника мы можем выразить через число его полных колебаний по формуле
454
t
г.-^.	(2)
Поскольку период колебаний маятника нам не известен и определять его не нужно, исключим эту величину из уравнений. Для этого приравняем друг другу правые части (1) и (2):
f-2’^-	(3)
Здесь нам» правда, не известно время крлебаний t, но зато мы знаем, что за такое же время второй маятник совершил N2 колебаний. Поэтому запишем по аналогии подобное уравнение для второго маятника:
(4>
Теперь исключим из (3) и (4) неизвестное время t. Для этого разделим эти уравнения друг на друга:
В полученное уравнение входят две искомые величины и Но решить одно уравнение с двумя неизвестными нельзя, поэтому нам надо бы составить еще одно уравнение, в которое вошли бы эти же неизвестные величины. Мы еще не воспользовались известной нам разностью длин маятников AZ. Подумаем, какой из них длиннее, первый или второй? Чтобы ответить, проанализируем уравнения (3) или (4). Из этого анализа можно сделать вывод, что длиннее тот маятник, который за одинаковое время сделает меньше колебаний. По условию задачи первый маятник за время t сделал 50 колебаний, а второй - только 25, значит, второй маятник длиннее. Тогда разность их длин
AZ - Z2 - I.. .	(6)
Теперь мы имеем два уравнения (5) и (6) с двумя неизвестными и 12, из которых мы их сможем определить, проделав несложные алгебраические преобразования. Найдем вначале из уравнения (5) длину 12:
455
(7)
I
Теперь подставим (7) в (6). При этом мы получим одно уравнение с одной неизвестной величиной - длиной из . которого ее определим:
хМ2 I 1 1 Nl
Согласно (4) 112 =* t, + At|
Переведем в СИ единицу At: 33 см — 0,33 м.
0,33-50* 2
—5-----гм = 0,11 м
502 - 252
At = I,
откуда t.
MN*
m. -

Произведем вычисления: =
12 - (0,11 + 0,83) м - 0,44 м. Ответ: — 0,11 м, 1г = 0,44
Задача 24
На кйкую величину AM уменьшится число полных колебаний математического маятника за время t = 1 сут, если его длина увеличится на At - 4 см? Период колебаний маятника вначале был Tt — 2 с. На какое время At маятник отстанет за сутки вследствие увеличения его длины?
Дано: t - 1 сут At — 4 см Г, = 2 с
Решение. Изменение, числа колебаний маятника АДГ равно разности между числом колебаний Mt маятника за сутки до его удлинения и числом его колебаний N2 после удлинения:
ДМ- ? At - ?
ДМ = Mj - М2.	(1)
Число колебаний Mt равно отношению времени t к периоду Тс.
(2)
Новое число колебаний М2 равно отношению времени t к периоду колебаний Т2 удлиненного маятника:
М2 = J2
По формуле Гюйгенса для периода свободных колебаний математического маятника
3)
456
Ti ~ 2nyg
(4)
к Т2 = 2я
где 13 = + АД поэтому
Т2
(5)
Выразим из (4) — и подставим в (5): g
Нам останется подставить (6) в (3), после чего полученное выражение и равенство (2) подставить в (1), и .задача будет решена: Выполним эти действия:
AV “ t
Учетом (6)
Отставание во времени At пропорционально изменению периода Т2 - Tt:
At T2~Ti М Т3 2	4 (тз Л
— =	откуда л* = *| т;-11 с
- П--7—
2л зГ
Ы = t
Переведем все единицы в СИ:
457
1 сут - 24*3600 с = 8,64-10* с, 4 см - 0,04 и. Выполним вычисления:
ДАТ»
8,6410*
________1_______
l4 + (2.3,14]f^
V	«7,0
864,
2 3,14 | 2 У 0,04
2	2 ’3,14 J + 9,8
Ответ: AN == 864, At ~ l,7403 c.
A# = 8,64’10*
c-1,7*10» c.
Задача 25
Математический маятник массой т = 200 г отклонили от положения равновесия на угол а — 5° и отпустили (рис. 11-11). При этом он стал совершать колебания с частотой v = 0,5 Гц. Найти запас потенциальной энергии Wnm, которую ему сообщили при отклонении, и максимальную кинетическую энергию с, которой он проходит через положение равновесия. Сопротивление колебаниям не учитывать.
Решение. Максимальную потенциальную энергию маятника ЖПЛ| выразим через высоту его максимального подъема Л, воспользовавшись формулой потенциальной энергии тела, поднятого на высоту Л:
И'пм -
Из рис. 11-11 следует, что высоту подъема маятника h можно определить через его длину I и угол отклонения а следующим образом:
Л = I - I cos а — i(l - cos а).
С учетом этого Wam = mgl(l - cos а).	(1)
Но здесь нам не известна длина маятника Z. Зато известна частота колебаний v и известно также, что его отклонили на малый угол а = 5° от положения равновесия. При малом а маятник будет совершать гармонические колебания, частота которых может быть определена по формуле
Дано: т = 200 г а=5° v — 0,5 Гц
м *“9’8 V
Wan-? W„m - ч
458
v =
(2)
Из (2) найдем длину маятника I и подставим ее в (1): fe = 2nv, 1= 8 .
11	(2rcv)
(3)
Теперь подставим (3) в (1):
mffa	( а \2
= 77—v(1-cosa) или w™ “ т к— (1-cosa). (2xvf	^2tcv J
Поскольку согласно условию задачи сопротивление Колебаниям отсутствует, то по закону сохранения механической энергии максимальная потенциальная энергия маятника, которой он обладал на высоте й, полностью превращается в его кинетическую энергию когда он ^проскакивает» положение равновесия* Следовательно,
.2
- W,
— т
Заметим, что полная механическая энергия маятника ЗУ = Wnra = 1Укт по тому же закону сохранения механической энергии* Таким образом, определив максимальную потенциальную энергию маятника, мы одновременно определили и его максимальную кинетическую энергию, и его полную энергию*
Переведем единицу массы в СИ: 200 г === 0,2 кг*
Подставим числа и произведем вычисления:
у
(1 - cos5°) Дж =
Г 9,8 wKn - wan - 0,2k 314 0,5 - 7,410» Дж.
Ответ: WKm = WnM = 7,4-10-» Дж.
Задача 26
На какое время At отстанет за сутки секундный маятник, если его поднять на высоту Н, равную радиусу Зем-, ли?
Дано: t = 1 сут то = 1 С
At - 7
Обозначим t время колебаний маятника, То - его период на 'Земле, Н - высоту, на которую подняли маятник, R - радиус Земли, At -время отставания маятника на высоте Н.
Решение. Очевидно, что маятник на высоте Н отстанет от маятника на поверхности Земли, потому что там ускорение свободного
459
падения меньше, чем на Земле, поэтому период колебаний маятника там больше периода на Земле. Несложно догадаться, что это отставание М так относится ко всему времени колебаний маятника t, как разница между периодами на Земле и на высоте Н АТ = Т - То к периоду на Земле То:
	At ДТ	Д* _ Т-То _Т 	 —	 или	1	—	-t То	То
Отсюда	At-t|^-l|.	(1) V	У
Период колебаний маятника на высоте Н по формуле , Гюйгенса
т- 4F
(2)
а на Земле
Здесь g - ускорение свободного падения на высоте Н, g0 - ускорение свободного падения на Земле, I - рдява. маятника.
Подставим (2) и (3) в (1):
Ускорения свободного падения у0 и g можно выразить через расстояние от точки, в которой они определяются, до центра Земли по формулам:
= (5) и (6)
Здесь G - гравитационная постоянная, М - масса Земли, R - ее радиус. Подставив (5) и (6) в (4), получим:
460
Поскольку согласно условию задачи Н = R, то окон* чательно получим:
At = t—= t или At = 1 сут, т. е. часы на этой высоте отстанут на сутки*
Задача решена.
Ответ: At = 1 сут.
Задача 27
На сколько процентов надо уменьшить длину математического маятника, чтобы период его колебаний Tt на высоте Н — 100 км был равен периоду на Земле Т3? Радиус Земли R = 6,440е м.
Дано: Н = 100 км
R = 6,410е м
AZ
Обозначим Д/ = - 12 изменение длины маятника, 1Х - длину маятника на Земле, 12 - маятника на высоте Н.
Решение. Периоды гармонических колебании математического маятника на Земле и ла высоте Н соответственно равны:
2л.
Согласно условию задачи Тх — Т2, и поэтому
Z, L	,	, 8г.
ИЛИ — = — , откуда *2 = п <т и gi g2	Si
At = - Zs - Z, -	= ZU 1-^-1.	(1)
gl I	81J
Здесь Si ~ ускорение свободного падения на Земле, gt -оно же на высоте Н.
Для ответа на вопрос задачи разделим (1) на Zt:
AZ =1_S2_
Zi Si
(2)
461
Ускорения свободного падения на Земле и на высоте Н соответственно равны:
'•-*£ m и	«>
где G - гравитационная постоянная и М - масса земного шара.
Разделим (4) на (3), как этого требует равенство (2):
ga = GMR2 = R* = Г А V
gt (R + H)*GM (R + H)2 (.Д + hJ ’	( *
AZ	( R *
Теперь подставим (5) в (2): — = 1 - ——— .	(6)
li	\ R + H J
Выражение (6) можно существенно упростить, если учесть, что Нг во много раз меньше Д’ и поэтому отношение ДР/Д* ss 0. Возведем в квадрат выражение в скобках и разделим его числитель и знаменатель на А2:
— = 1-
А2
Д2 +2ДН + Я2 -1
А2
_____д!
А2
^- + 2^-
R2 R2
А2
4
Н2
R2
1 + 2 —-1 1—.-----------в___
1 + 2 —	1 + 2—	1 + 2—
АЛД Переведем в СИ единицу Я: 100 Произведем вычисления:
Д/ 2-2105
f- ------=—------- = 0,03 = 3%.
h 64 105+2-2 10б
•• Ответ:	= 0,03 - 3%.
или
км =
AZ 2Н
k ~ R + 2H
1-Ю5 м.
Задача 28
Математический маятник подвешен на нити и совершает гармонические колебания. Во сколько раз изменится период его колебаний, если температура в помещении, где он находится, повысится от ^°С до #2°С? Температурный коэффициент линейного расширения материала нити а известен.
462
Дано: t°C tt°C a.
Решение. При повышении температуры увеличивается длина маятника, а вместе с ней и период.
Запишем формулы периода колебаний математического маятника при температурах t.’ и ta°C:
Тг-2я^(1) и Т2 = 2л^.	(2)
Здесь - длина маятника при температуре tj°, а 12 -его длина при температуре t2C.
Зависимости и l2 m-tf и t3° определяют формулы к = «I +	(3) и 12 - Zo(l + at2°).	(4)
Здесь 10 - длина маятника при 0°С.
Подставим (3) в (1), а (4) в (2), после чего разделим второе выражение на первое:
Т -2« K<1 + a<i0) „	М +
V g	i g
2 k(l+a/2°)	•______
Тг _ V	g lz0(l+at®)
T\ 2n	Vo(1+azi°)
V	g
Задача решена.
7*2	11 +at®
Ответ: ~ ~	'	,0 
V1	+ atj
Г2 _ 1 + at2 Т, Vl + at®
Задача 29
Секундный маятник колеблется в движущемся с ускорением лифте, делая N = 10 колебаний за t — 15 с. Куда движется лифт и чему равно его ускорение а?
Дано: Vic 10 t = 15 с м g = 9,8
V
а - ?
Обозначим То период маятника в покоящемся лифте, g - ускорение свободного падания.
Решение. Словами «секундный маятник» нам дают понять, что период колебаний маятника в покоящейся системе отсчета То — 1 с. Однако в движущемся лифте этот период
t 15
г “ № юс" 1,5 с’
463
т. е. больше периода Te = 1 с. Поскольку длина маятника I не меняется, значит, изменился знаменатель под корнем в формуле Гюйгенса
Тв-2я^.	(1)
Так как период Т больше То, значит, знаменатель в формуле Т меньше ускорения свободного падения g, причем он меньше на величину ускорения лифта. Следовательно, лифт движется с ускорением а вниз, и период колебаний маятника в этом случае будет
Т = 2я
(2)
Отсюда, зная уже период Г, мы можем определить ускорение лифта а. Правда, нам здесь не известна длина маятника Z, но ее мы можем исключить, поделив (1) на (2):
l(g-a) L a gl У g
I
П =_ Т 2 )jg-a Отсюда найдем ускорение лифта а: fTey	а	а	fr0V	Г С
(т;	g	g	Vrj I	1т,
Подставим числа и произведем вычисления:
г* Г
Т 1
(	( 1
ди 1- —
11,5]
а
м с2
Ответ:'а = 5,4 м/с’.

Задача 30
Два математических маятника одинаковой массы подвешены на двух нитях длиной Zt — 1 м и Zj — 0,25 м так, что их свободные концы находятся на одинаковом уровне (рис. 11-12). Найдем число столкновений N этих маятников, происшедших за время t = 4 с от начала движения маятника длиной 1g.
Рис. ц-12
464
Решение. Так как массы маятников одинаковы, то при ударе они обменяются импульсами, т. е. тот, который двигался,, остановится, а тот, который покоился, придет в движение. Этот вывод следует из закона сохранения импульса и механической энергии.
" Поскольку в условии задачи речь идет о длинах колеблющихся маятников, то для ее решения опять воспользуемся формулой Гюйгенса. Запишем ее для обоих маятников:
и Т2 -
Здесь Тх и Т3 ~ периоды колебаний -маятников, т. е. времена, за которые каждый из них может сделать одно полное колебание. Но маятники, о которых идет речь в нашей задаче, сделают только половину колебания, после чего каждый из них остановится, передав свой импульс другому.
Вычислим, в течение какого времени каждый маятник будет двигаться от одного соударения до другого, т. е. найдем, чему равны половины периодов этих маятников:
Теперь будем рассуждать так. Через 0,5 с, после того как отвели второй маятник от положения равновесия, произойдет первое столкновение. Еще через 1 с произойдет второе. Таким образом, за 1,5 с произойдет два столкновения. После этого еще через 0,5 с произойдет третье столкновение, а еще через секунду - четвертое. Таким образом, за Зе маятники столкнутся 4 раза, после чего еще через 0,5 с произойдет пятое столкновение, и при этом с‘момента начала отсчета времени колебаний маятников пройдет 3,5 с. Шестое столкновение произойдет еще через одну секунду, когда от начала колебаний пройдет 4,5 с. Но нас спрашивают, сколько столкновений произойдёт за t = 4 с. Значит, за это время произойдет W =• 5 столкновений маятников.
Ответ: N = 5.
Задача 31
Малый шарик-массой т, подвешенный на длинной нити, совершает колебания. Во сколько раз изменится частота колебаний шарика, если ему сообщить положи-
465
тельный заряд q и поместить в однородное электрическое поле плоского конденсатора» обкладки которого расположены горизонтально (рис- 11-13)? Расстояние между обкладками rf, на них подано напряжение U.
Дано: т
9 d U
Обозначим vx частоту колебании маятника до помещения его в электрическое поле, v2 - частоту колебаний маятника в электрическом поле.
Решение. Словами «малый шарик, подвешенный на длинной нити», нам дают понять, что
_______ этот маятник можно считать математическим v и применить к его колебаниям законы колеба-— _ ни® математического маятника. Запишем фор-v2 мулу Гюйгенса, определяющую частоту свободных колебаний математического маятника vu когда он был еще не заряжен и не находился в электри
ческом поле:
(1)
Здесь I - длина нити, g - ускорение свободного падения. Когда шарик зарядили и поместили в электрическое поле, на него помимо силы тяжести т g стала действовать еще электрическая сила F, сонаправленная с силой тяжести (поскольку нижняя обкладка, заряженная разноименно с зарядом шарика, стала его к себе притягивать, а верхняя отталкивать). Поэтому шарик, кроме ускорения свободного падения g, приобрел еще и допол
нительное ускорение a, сонаправленное с ускорением g. Это дополнительное ускорение а обусловлено силой Г, действующей на заряженный шарик в электрическом поле конденсатора. Тогда формулу Гюйгенса для частоты v2 колебаний заряженного шарика в электрическом поле мы должны записать так:
<2)
. По второму закону Ньютона ускорение а равно отношению силы F к массе шарика т:
F а = —. т Силу F, действующую на шарик со стороны поля плос
466
кого конденсатора, определим как . произведение заряда шарика q и напряженности Е поля конденсатора: F ~'qE.
Поскольку поле плоского конденсатора однородное, то его напряженность Е связана с напряжением на обкладках U зависимостью
С учетом этого F =
Е = — . , . d 4
U	qU
q— и а = — d	md
Подставим (3) в (2): v4 = 2п.
(3)
(4)
Теперь нам осталось разделить (4) на (1), и задача будет решена.. Выполним это действие:
о 1| Яи
2л г £ + -S—
1 Zl md
V1
Vj V mdS
Задача решена.
Ответ: — = J
Задача 32
При какой скорости поезда v маятник длиной I = 11 см, подвешенный в вагоне, особенно сильно раскачивается, если расстояние между стыками рельсов S — 12,5 м?
Дано: I — 11 см S == 12,5 м
м 8 = 9.8 ~2
Решение. Явление резонанса, т. е. особенно сильное раскачивание маятника, при котором амплитуда его колебаний станет максимальной, наступит тогда, когда частота толчков, испытываемых поездом, а вместе с ним и маятником, станет равна
собственной частоте колебаний этого маят-
v - ? ника. А поскольку частота - это величина, обратная периоду колебаний, то справедливо будет и утверждение, что резонанс наступит тогда,
когда промежуток времени от одного толчка на стыке рельсов до другого будет равен периоду собственных колебаний этого маятника.
467
Промежуток времени t oft одного толчка до другого мы можем найти, считая движение поезда равномерным, по
формуле t - —.
и
Период собственных колебаний математического маятника согласно формуле Гюйгенса
Т - 2я,
Поскольку, как мы уже отметили, при резонансе
S (Т-
t = Г, тогда — = 2 я I— . v Vg
Отсюда искомая скорость
S g 2л N I Задача в общем виде решена. Переведем единицу длины в СИ: 11 см = 0,11 м. Подставим числа и произведем вычисления:
12,5 | 9,8 м _ , о в м „ ss: -----, "-----±0.0----
2-ЗД4 УО,11. с с* Ответ: v = 18,8 м/с.
Задача 33
Математический маятник массой т = 0,01 кг колеб-
лется согласно уравнению х - 5 cost — i + — I. Найти максимальную силу Гж, действующую на него, и его полную механическую энергию W. Чему равна длина маятника I? Все величины выражены в единицах СИ.
Дано: т — 0,01 кг х = 5 cosf—< + — 13	4
Решение. По второму закону Ньютона Fm в тал, где максимальное ускорение маятника ат = ы2А, поэтому *' таРА.
Из уравнения в условии задачи
F - ч
I - 1
следует, что А = 5 м и (0 = ——
3 с
»	5 а
поэтому
Одну величину мы нашли. Теперь найдем полную механическую энергию маятника W. По закону сохранения
468
механической энергии она равна его максимальной кинетической анергии Wm:
mv*
W “ Wa = —-—, где максимальная скорость
~да
5 ии = «>А или ря = —я, поэтому W
О
/е \s ml 5 1 — —я 2 IS J
f _ g Г I -р откуда I
9g
я2
Поскольку ®2 = ~, то
Произведем вычисления: 5
F„ = - • 3,14s • 0,01 Н = 0,055 Н, V
0,01Гб-344?
W = ~у“1—j—I Дж = 0,14 Дж,
9-9,8
Z - —£м “ 8,9 м.
ЗД42
Ответ: Г. = 0,055 H,W - 0,14 Дж, I - 8,9 м.
Задача 34
- Точка участвует одновременно в двух взаимно перпен-
дикулярных колебаниях х — сое nt м и у = сое—* м* Найти траекторию результирующего колебания точки (т. е. найти функцию у - У(х).
Дано: х — cos 7tt м
я, у - cos—t м
да
У = X*) “ ?
. Решение. Чтобы найти траекторию результирующего колебания, нам надо получить уравнение, которое устанавливает связь смещения х со смещением у для любого момента времени t. Для этого надо постараться исключить из этих уравнений время t, используя соответствующие формулы тригонометрии. В нашем случае
можно поступить следующим образом. Поскольку смеще-
ял
ние у равно косинусу половинного угла —», то имеет да
гумента
ict смысл представить сое— как функцию половинного ар-
да
xt , ll + eoext cos-— = ±J---------.
2	2
469
Теперь заменим cos—на у, a cos wt на х (см. условие
задачи): у - ± J—— .
Чтобы нам стало ясно, какую мы получим траекторию, 1+ х возведем обе части этого равенства в квадрат: у1 2 — или	2у2 = 1 + х.
Теперь мы видим, что траектория точки представляет собой параболу, поскольку в полученном уравнении координата х записана в первой степени, а у2 - в квадрате.
Ответ: 2у2 = 1 + х, траектория результирующего колебания - парабола.
Задача 35
Материальная точка совершает гармонические колебания, двигаясь без трения в поле сил тяжести по внутренней поверхности полусферы объемом Уо (рис. 11-14). Найти частоту ее колебаний V.
Дано: V. g
Решение. Находясь на краю полусферы, точка обладает максимальной потенциальной энергией Wam “ mgR- Если ее от-
пустить, то она станет
двигаться вниз, и в точке О ее потенциальная энергия Жп т полно-
Рис. 11-14
стью превратится в кинетическую
v - ?
7710—
, энергию	W*m = ——.
По закону сохранения механической энергии
ЖВЯ| - или mgR = ——, откуда и2 = 2gR. (1)
Поскольку колебания гармонические» - шА, где <в- = 2rtv ~ циклическая амплитуда колебаний, А —
= -7 Л2 + Л2 = R-^2 ~ амплитуда колебаний.
С учетом этого иж= 2 kvr42 • Подставим (2) в (1): (2лу)2Л2-2 = 2<Л,
1 I*
откуда	v = — .1— .
(2)
(3)
470
Поскольку объем полусферы равен Уо, то объем целой сферы равен 2V0, где .
4	2 t
2У0=|л№, У0=-лЯ3,
откуда Й « Подставив (4) в (3), получим окончательно 1 ГгтТ 2л Г ?3F0
Задача решена.
(4)
Ответ:
Задача Зв
Ареометр массой т, имеющий площадь поперечного сечения S, плавает в электролите с плотностью жидкости р, находясь в равновесии. Его немного погружают в жидкость и отпускают. С какой частотой v ареометр станет совершать вертикальные колебания?
Дано: т
S Р
Решение. Ареометр - это прибор цилиндрической формы, применяемый для измерения плотности жидкости. Когда он плавает, силы тяжести и выталкивающая уравновешены. Когда его
g слегка погружают еще, выталкивающая сила ------ увеличивается на величину AFBbrt, и за счет этой v - ? дополнительной силы маятник приобретает максимальное ускорение аш. По второму закону Ньютона--== тат,	(1)
где по формуле выталкивающей силы ДРВЫТ 85	(2)
Здесь ДУ - изменение объема погруженной части ареометра:	ДУ = ДЛЯ,	(3)
где ДА - дополнительная глубина погружения, равная амплитуде колебания А.
Максимальное ускорение колебаний ат = <о2А s= ш3ДА, где (О *= 2т - циклическая частота колебаний. С учетом этого	ат = (2nv)2AA.	(4)
Подставим (3) в (2), а (4) в (1)..
Получим Д^аы, — pgAhS и ДГ^ст “ m(2m)sAh, следова-
тельно, р£ДЛ£ = т(2лу)2ДА,
откуда
471
Задача решена.
Ответ:
v = ± 1^ 2x1 m
Задача 37
В сообщающиеся сосуды 17-образной формы налита ртуть. Ртуть вывели из состояния равновесия, и она стала совершать колебательное движение. Найти период Т ее колебаний, если диаметр каждого сосуда d — 6 см, а масса ртути m = 200 г. Плотность ртути р = 13,6-10* кг/м*.
Дано: d = 6 см т = 200 г
кг р -13,6-10»— м
м Я = Э,8
Решение. Для решения этой задачи опять воспользуемся вторым законом Ньютона. Пусть уровень ртути в одном из колен сосудов сместился на расстояние А, например, повысился пр сравнению с первоначальным положением (рис. 11-15). При этом уровень ртути в другом колене настолько же понизился. В результате под действием дополнительной силы тяжести Amg в том ко-
Рис. 11-15
лим по формуле
лене, где уровень ртути выше, она станет совершать колебания с максимальным ускорением аш. По второму закону Ньютона
Amg = та*.	(Д)
Здесь Ат = pAV - разность масс ртути в обоих коленах в момент начала колебаний, AV = 2AS - разность объе-
itd2
мов, S = —— - площадь поперечного 4
сечения сосудов. С учетом этого
Am = p-2A^- = 5pd2A. (2) 4	2
Максимальное ускорение ат опреде-
аш = tfA,
2п
где <в = — - циклическая частота и А - амплитуда колебаний.
С учетом этого
4л2
ТгА-
(3)
а. =
472
Нам осталось подставить (2) и (3) в (1) и из полученного выражения определить период Т. Проделаем эти действия:
2 [2тт
Т- 3d— dV pg
Я	4я2
—p&gA^m—-А, откуда Л	Т*
Переведем все единицы в СИ: 6 см = 0,06 м, 200 г = 0,2 кг.
Произведем вычисления:
„	2 /2-3,14-0,2 Л1
0,06 V 13,6 10е -9,8	’ *
Ответ: Т = 0,1 с.
Задача 38
Представьте себе, что в земном шаре по хорде прорыт тоннель (рис. 11-16), в который брошено небольшое тело массой m — 1 кг. Какое время t будет двигаться тело от одного конца тоннеля до другого? Радиус земного шара R = 6,4 -10е м. Изменением ускорения свободного паде-
Решение. Под действием нескомпенсированной составляющей силы тяжести, равной по модулю mg cos а и направленной к точке О, тело будет двигаться с ускорением и в точке О достигнет максимальной скорости. После этого оно станет двигаться с замедлением до противоположного конца тоннеля под действием составляющей силы тяжести, направление которой теперь противоположно первоначальному. Остановившись в конце тоннеля, тело повернет назад и снова понесется с ускорением к точке О. Поэтому, достигнув противоположного конца тоннеля, тело станет двигаться обратно с' нарастающей скоростью. Таким образом, оно будет совершать колебательное движение с периодом Г, а искомое время t составит половину этого периода;
473
(2)
По второму закону Ныотойв mg cos а = та, £ 008 ос — а, где а - мгновенное ускорение тела.
Уравнение гармонических колебаний тела будет иметь вид х = A cos cot	(3)
Взяв вторую производную этого уравнения, найдем
(4)
мгновенное ускорение тела а:
V в.Х* = ^СйА sin cot, Д = У — X --(О2Л COS (Of.
Из сопоставления (3) и (4) следует, что d «=
(5)
Из рис. 11-16 cosa =	•	(в)
Подставим (5) и (6) в (2): -g^ = -“2х,	= е>’.
К **
Поскольку циклическая частота колебаний тела (О связана с периодом Т выражением
2л g (2л У	_ _ Гй
у. то яду) ’откуда г“2яу7*	(7)
Подставив (7) в (1), мы решим задачу в общем виде:
Мы видим, что время t от массы тела т не зависит.
Произведем вычисления:
t - 3,14^^^ с = 2,5-Ю3 с = 42 мин.
Ответ: t 42 мин (всего-то!).
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Частота колебаний крыльев пчелы v, = 400 Гц, а не- * риод колебаний крыльев комара Л * мс. На сколько больше взмахов крыльями сделает комар за время t = 0,5 мин, чем пчела?
Ответ: &N = t| — - V, | = 300 -
\	' ' V4	/
j Задача 2. Когда пчела летит на клеверное поле, ее крылья колеблются е частотой Vj ~ 400 Ги» 2Лл°55? летит обратно, то частота колебаний ее крыльев va ~ 300 Гц. Скорость полета пчелы на поле и, = 8 м/с, а обратно * 5 м/с, расстояние от улья до поля S = 200 м. Найти разность ДАТ между числом взмахов крыльев пчелы при полете на поле и обратно.
Ответ: AN = S — - — [ *= 2.
(v2 OjJ
474
v Задача 3, Коле&цел^ное движение точки описывается уравнением х 0,05 сов(2(Й> см. Найти зависимость скорости и ускорения точки Оф времени, координату хр скорость vt и ускорение at
1
спустя t *= — с от начала колебания. Найти максимальную ско-
рость и максимальное ускорение точки
Ответ: №= -3,14 sin 20 nt см/с, а * -1,97 сов 20 я* м/с2, хг - 2,5-10^* м,	« 0,027 м/с, СЦ *= 0,99 м/с2, О- = 0,0314 м/с,
аи = 1,97 м/с2.
Задача 4. Уравнение колебаний точки имеет вид х <=’ • 0,08 cos л(* + 0,2) м. Определить'амплитуду А, период ^ и начальную фазу Oq колебаний точки.
я Ответ: А = 0,08 м, Т = 2 с, ао 5 7 рад.
б
Задача 5. Амплитуда гармонического колебания точки А * 5 см, период Т ** 4 с. Найти максимальную скорость точки ит, а также
Т ее скорость v через = ~ от начала колебания. Найти деаксималь-о
Т ное ускорение ап этой точки, а также ускорение а через t2 = — о от момента времени, когда скорость точки стала равна о.
2яА	я
Ответ: иш =	=* 0,078 м/с, v = -vmsin—= 0,055 м/с,
Т	4
- ( 2я	п
а„ = — А - 0,12 м/с’, а - amcos-_ = 0.
I 1 j	£
Задача 6. Точка совершает гармонические колебания С амплитудой А “ 50 мм и периодом Т 2 с. Начальная фаза колебаний а0 = 90°. Написать уравнение колебании точки х - х(0» Чему равно
смещение точки х1 в момент времени s •
. Ответ:(х}ж 0,05 сов тс<зС + 0,5) м, xt ~~0,05 м.
Задача 7. Материальная точка совершает гармонические колебания с амплитудой А = 10 см и периодом Т 2 с. Написать уравнение этих колебаний х = х(0 и найти фазу колебаний ар когда смещение точки стало равно xt •* 5 см.
п Ответ: х = ОД cos nt м, cq = — рад.
3
Задача 8. Материальная точка совершает гармонические колебания, уравнение которых имеет вид х = 2 cos 5t см. Найти максимальные скорость vm я ускорение аи точки.
Ответ: ип - 0,1 м/с, ат = 0,5 м/с2.
Задача 9. Составить уравнение гармонического колебания точки х ~ x(f)> если амплитуда колебаний А ~ 5 см, период колебания Т - 0,5 с и начальная фаза колебания <Xq — 90°. Построить график зависимости х - x(f).
(я) 4зй + — м.
2 I
475
1О. Йа	гладкой поверхности стола закрепле-
на л««м дружина с жесткостью Лс, к концу которой прикреплен шарик массой и. Отоя движется горизонтально со скоростью р0 и в некоторый момент времени резко останавливается, С какой амплитудой А шарик начнет совершать колебания? Чему будут равны период колебаний Т и максимальное ускорение шарика аж?
Ответ: А - v9J^t Т = 2xJ^> ал = —А . 1 k 1 к т
Задача 11. Уравнение движения материальной точки имеет вид х *= 0,2 cos At. Чему равны средняя скорость и среднее ускоре-
ние точки а9 за время t = — ? Все величины выражены в единицах СИ.
Ответ: ига «= 0,4 м/с, а_ = = 0,4 м/с».
Задача 12. На рис. 11-17 приведен график зависимости скорости материальной точки от време-ни колебаний. Определить, пользуясь графиком, амплитуду А и циклическую (угловую) частоту (о колебаний. Записать уравне--> ние колебаний х = х(Л.
#, с Ответ: А = 0,25 м, ш -= 0,25 л рад/с, х =* 0,25 сов 0,25ftt. Задача 13. На рис. 11-18 приведен график зависимости ускорения а колебаний материальной точки от времени t. Определить амплитуду А и циклическую частоту <в колебаний. Записать уравнение колебаний х ~ х(0-Ответ: А - 0,016 м, <0 = 0,5. п рад/с, х = 0,016 cos 0,5я1.
Задача 14. Составить уравнение гармонического колебания точки х = x(t), если амплитуда колебании А ** 5 см, период колебания Т = 0,5 с и начальная фаза —► колебания <Xq = 90°. Построить гра-*, с фик зависимости х = x(t).
Ответ:'
х - 0,05 eosGbtf + м.
Задача 15. Полная энергия
тела, совершающего гармоничес-Рис. 11-18	кое колебательное движение, Ж ~
“= 3*10~* Дж, максимальная сила, действующая на тело, « “ 1,5*10-3 Н. Написать уравнение движения этого тела, если период колебаний Т ~ 2 с и начальная фаза « 60°.
Ответ: х = 0,04 cos At + — м. I 31
476
Задача 16. Амплитуда гармонических колебаний материальной точки Л = 2 см, полная энергия колебаний Ж - 3'10’7 Дж. При каком смещении х от положения равновесия на колеблющуюся точку действует сила F = 2,25-10“* Н?
_	Л42 . t
Ответ: х ™ -т=т’=1,5 м-
21т
Задача 17. К пружине подвешен груз. Зная, что максимальная кинетическая энергия колебаний груза =* 1 Дж, найти жесткость пружины k. Амплитуда колебаний А == 5 см.
2W
Ответ: k —	д** sН/м.
Задача 18. К пружине подвешен груз массой m * 10 кг. Зная, что пружина под действием силы F = 10 Н растягивается на х = 1 см, определить период Г вертикальных колебаний груза.
Ответ: Т « 2
- 0,6 с»
Задача 19. При фазе «1 - ~ рад смещение xt ж 1 см. Найти 3
л	А	3
амплитуду А и смещение х, при фазе аг = —я рад.
Ответ: А * 0,02 м, х2 *= -0,014 м.
Задача 20. Материальная точка массой т колеблется с частотой v и амплитудой А. Найти зависимость от времени колебаний
ная механическая энергия Ж этой точки? Ответ:	— 2m(nvAF coe*(2itvf + cu),
Жж =» 2т(т>АУ sm«(2KW + <хД IF - 2m(itvA)a. Задача 21. Человек массой т = 80 кг качается на качелях.
Амплитуда его колебаний А = 1 м. За ^ *= 1 мин он совершает # ~ 15 полных колебаний. Найти кинетическую W_ и потенциальную энергию УГВ качающегося человека через t в Т/6. Начальная фаза 0^ = 0.
Z
Ответ: W. « 2тI A^'Cos— 1 ** 24,6 Дж, k 3)
f
w; - 2ж А— - IF, - 74.0 Дж.
I J
Задача 22. Через какое время, считая от начала колебания, ~ & смещение гармонически колеблющейся точки составит амп-
литуды? Период колебаний точки ’ Т = 2 с. Т 1
Ответ: t - — = ~ с. 12 о
Задача 23. Через какое время t, считая от начала колебания, _ ‘ • 1 смещение х гармонически колеблющейся точки составит — ам-
V2 пдитуды А? Частота колебаний точки v * 0,2 Гц.
477
2
— 0,9 с.
Ответ: t =	" 0,6 с,
8v
Задача 24. Легкая пружина с жесткостью к = 0,2 Н/см подвешена к штативу. В некоторый момент к ее свободному концу подвесили гирю массой т = 100 г и осторожно отпустили. Запишите уравнение колебаний Груза х - x(i), приняв за начало отсчета, колебаний и времени положение равновесия пружины с грузом.
Ответ: х = ~~cos J—t = 0,049 cos 4,5nt м. k Vm
Задача 25. Между точками В и С шарик массой т совершает гармонические колебания с периодом Т. Определить величину возвращающей силы F и кинетическую энергию We шарика по прошествии времени t после прохождения им положения равновесия,' если расстояние ВС равно 21.
1	/ \2	_	*	/	\2
Ответ: F = 4ml\ I sin19 |FX =* 2т\	| cos2 — t.
Т	I Т) т
Задача 26. К резиновому шнуру длиной ц “ 40 см с радиусом поперечного сечения г = 1 мм подвешена гиря массой m — 0,5 кг. Определять период Т вертикальных колебаний гири, если модуль Юнга для резины Е = 3 Н/мм*.
л « 2я
Ответ: Т ~	~
г V яЕ
Задача 27. Жесткость пружин рессоры вагона к “ 4,81‘Ю5 Н/м. Масса вагона с грузом т = 6,4104 кг. Вагон имеет л = 4 рессоры. При какой скорости и вагон начнет сильно раскачиваться вследствие толчков на стыках рельсов, если длина рельса I = 12,8 м?
л i Ink .
Ответ: v = —J— «11,2 м/с.
2л V т
Задача 28. Во сколько раз изменится частота колебаний резиновой нити, если от нее отрезать четверть длины, а груз оставить тот же?
Ответ: v2/vt = 1,15.
Задача 29. Во сколько раз изменится частота колебаний рессор автомобиля, если в него положить груз, масса которого составляет половину массы автомобиля?
Ответ: уменьшится в 1,2 раза.
Задача 30. В шар массой М (рис. 11-4) попадает летевшая со скоростью v пуля, масса которой в 10 раз меньше массы шара. С какой частотой v станет колебаться шар с пулей? Чему равна будет амплитуда колебаний А? Жесткость пружины к.
л	1 | к А	0,1М v
Ответ: v = — J-----А =	-   
2я^1,1М 7и*М
Задача 31. Во сколько раз частота колебаний груза массой т на рис. 11-5, б больше частоты колебаний этого же груза, изображенного на рис. 11-5, а? Жесткости пружин и к2 известны.
vi _ /. ,
Ответ: -----.
v2
k
478
Задача 32. Два бруска массами по т каждый сжимают пружину, будучи связаны нитью (рис. 11-6). Когда нить пережигают, они начинают колебаться с частотой v. Чему равна жесткость пружин А?
Ответ: k = 2/n(nv)2.
Задача 33. Математический маятник подвешен на нити и совершает гармонические колебания. Во сколько раз изменится частота его колебаний, если температура в помещении, где он находится, повысится от до Температурный коэффициент линейного расширения материала нити а. известен.
v2 ll + atj
Ответ:	- ------г ♦
у 1 + at2
Задача 34. Как относятся длины математических маятников, если за одно и то же время один из них совершает 10, а второй N2 ** 20 колебаний?
Л l2 J *1
Ответ:
Задача 35. Маленький шарик подвесили на нити в вертикальном электрическом поле, направленном вниз. Период его свободных колебаний То = 0,626 с. После помещения в электрическое поле период колебаний шарика стал Т - 0,314 с. С какой силой F действовало электрическое поле на шарик, если масса шарика т ~ 1 г? Какова длина нити I, на которой под вешен шарик?
Ответ: F ~ т
2 Л
-g ko,O29H,Z =
.2
» 0,098 м.
Т I I	I 2Л
Задача 36. Для определения ускорения а, с которым поднима-
ется ракета, в нее был помещен математический маятник длиной Z, который при взлете совершил N полных колебаний за время t. Найти ускорение а ракеты.
Ответ: а = 1\
Задача 37. Медя
2
-g.
стержень с диаметром поперечного сече-
ния d подвешен за середину к пружине и совершает гармоничес-
кие колебания в однородном магнитном поле индукцией В. Вектор В направлен перпендикулярно плоскости колебаний. Полная механическая энергия колебаний стержня равна Ж. Определить максимальное значение ЭДС электромагнитной индукции £га, возбуждаемое в стержне в процессе его колебаний. Длина стержня L
В 1SWI
Ответ: £ = “rj----.
m d V яр
Задача 38. Математический маятник массой т9 подвешенный на нити длиной I, совершает гармонические колебания в однородном электрическом поле плоского воздушного конденсатора (е =* 1) с зарядом q на обкладках. Обкладки расположены вертикально, площадь обкладок S. Найти частоту колебаний v этого маятника. Заряд маятника $0.
479
Onwem.- V =Jy	+[-^й—1 .
2я «I у le0£mSI
Задача 39. Найти период колебаний математического маятника длиной подвешенного в вагоне, если поезд, двигаясь равноускоренно без начальной скорости (о0 = 0), за время t прошел путь 8»
Ответ: T ** 2n
я
+«*
Задача 40. Маятниковые часы, выверенные при комнатной, температуре, «уходят» за t ~ 1 сут на Af = 2 мни вследствие изменения длины маятника, вызванного понижением температуры.
Во сколько раз нужно изменить длину маятника I у - ? 1, чтобы
часы шли верно? -Ответ:	=----1----= 1,0028«
1 (, дН2
Задача 41. Маятник укреплен на тележке, скатывающейся без трения с наклонной плоскости, составляющей угол а с горизонтом. Чему равен период Т колебаний маятника во время движения тележки? Длина маятника Z.
Л m « I	*
Ответ: Т - 2 nJ----.
fgcoea
Задача 42. Математический маятник длиной I при совершении гармонических колебаний сталкивается с упругой массивной стенкой в моменты, когда он принимает вертикальные положения. Найти частоту колебаний маятника v. Длительностью столкновений пренебречь.
Ответ: V-— J— . я 11
Задача 43. Период колебаний первого математического маятника 7\, а второго Та. Чему равен период колебаний Т маятника, длина которого равна сумме длин первого и второго маятников?
Ответ: Т -	+ Т? «
Задача 44. К пружине подвешена чаша весов с гирями. При этом период вертикальных колебаний чаши равен Tt « 0,5 с. После того, как на чашу положили добавочную гирю, период колебаний стал Та “= 0,6 с. Насколько удлинилась пружина от прибавления добавочной гири?
Ответ: 61 =	~ Т1)~ 2’7 ‘ 10~* м‘
4к
Задача 45. Чему равно отношение, потенциальной энергии точки Жв, совершающей гармоническое колебание, к ее кинетической
480
энергии Ж, для момента времени t - Т/6? Начальная фаза колебаний равна нулю.
Ответ.' WJW* - 3»
Задача 46. Гиря, подвешенная к пружине, колеблется по вертикали с амплитудой А - 4 см. Определить полную энергию колебаний W гири, если под действием силы F “ 10 а пружина удлиняется на х - 0,5 м.
Ответ: W -	1,6 • 10 ’ Дж.
2х
Задача 47. Математический маятник колеблется с частотой v. Амплитуда его колебаний А. Чему будет равна скорость о маятника в тот момент, когда его потенциальная энергия станет равна кинетической? Начальная фаза колебаний равна нулю.
Ответ: v = TftrcvA-
Задача 48. Два математических маятника подвешены на нитях длиной » 1 м и lt “ 0,25 м так, что их свободные концы находятся на одном уровне (рис. 11-12). Найти число столкновений АГ этих маятников за время t «• 2 с от начала движения второго маятника.
Ответ: N -» 3.
Задача 49. Найти амплитуду А и начальную фазу гармонического колебания, полученного от сложения одинаково направленных колебаний, заданных уравнениями xt 4 cos nt см и х2 = 3cos^7tt + см. Написать уравнение результирующего колебания.
Ответ: А «• Ja? + Af - 2AtA2 cos ^ = 0,05 м, 1	2
Л>8Шу
tg a0 --------4— ~ o,75, a, - 37°,
A! + A« cos— 1	1	2
X » 0,05 coa (nt + 0,2k).
Задача 50. В результате сложения двух одинаково направленных гармонических колебаний е одинаковыми амплитудами и одинаковыми периодами получается результирующее колебание с тем же периодом и той же амплитудой. Найти разность начальных фаз складываемых колебаний.
2
Ответ: Да = —л рад.
3
Задача 51. Точка одновременно участвует в двух взаимно перпендикулярных колебаниях, выражаемых уравнениями х 2 сое mt, yesin mt. Определить траекторию точки.
х* у%
Ответ: —= 1 - эллипс. 4	1
Задача 52. Точка участвует одновременно в двух взаимно перпендикулярных колебаниях х - 2 sin nt м и у - 2 cos nt м. Найти траекторию результирующего колебания. .
’	%% у*
Ответ: — + ^— = 1 - уравнение окружности с радиусом 2 м.
4	4
16. Rownnop по физике. Т. 2
481
Задача 53. На горизонтальной поверхности лежит шарик массой т, прикрепленный к вертикальной стенке пружиной жесткостью k. Шарик оттянули от положения равновесия на расстояние Хл и толкнули к положению равновесия, сообщив ему скорость Найти амплитуду А колебаний шарика.
Ответ: A — Jxq + —— .
Задача 54. Материальная точка движется так, что ее коорди-наты х и у совершают гармонические колебания по законам х - ’ - A sin mt и у - A cos 2mt. Записать уравнение траектории точки.
( х21
Ответ: у * А 1 - 2—- ~ уравнение параболы.
Задача 55. Математический маятник длиной I в 10 см имеет, такую же частоту колебаний, что и пружинный маятник массой т == 40 г. Определить жесткость пружины k, mg
Ответ: k	3,9 Н/м.
12. МЕХАНИЧЕСКИЕ ВОЛНЫ
Механической волной называют процесс распространения механических колебаний частиц в упругой среде. Воднородной среде волны распространяются с постоянной скоростью. Скоростью волны v (фазовой скоростью) называют скорость распространения возмущения в упругой среде - скорость перемещения гребня или впадины в поперечной волне и сгущения или разрежения в продольной.
Плоскость, перпендикулярная направлению распространения волны, называется волновой поверхностью. Все точки волновой поверхности колеблются в одинаковой фазе. Самая передняя волновая поверхность, отделяющая часть среды, вовлеченную ц волновой процесс, от недозмущенной среды, называется фронтом волны. Фронт волны перемещается с фазовой скоростью, а волновая поверхность не перемещается.
Путь, пройденный фронтом волны за один период колебаний частиц среды, называется длиной волны. Длина волны X равна произведению скорости волны с н^дериода Т колебаний частиц среды, в которой волна распространяется: '
X = vT или X - — ,
v где v - частота колебаний частиц.
Длина волны равна расстоянию между соседними гребнями или впадинами в поперечной волне и между соседними сгущениями или разрежениями в продольной волне (рис. 12-1).
Также длина волны равна расстоянию между частицами, колеблющимися с разностью фаз 2п рад.
Если в условии задачи идет речь о частицах, колеблющихся в противофазе, т. е. разность фаз их колебаний Да = я, то расстояние между ними равно половине длины волны Х/2.
482
S - перемещение фронта волны
Рис. 12-1
Если на отрезке S укладывается N гребней, то длина волны
Если частицы среды совершают гармонические колебания, то в этой среде распространяется гармоническая волна. Уравнение бегущей гармонической волны
х == А сое (<о£ - ку + (Xq) или х - A cos а»
а отраженной
х * A cos (art + ky + (Xq) и тоже х - А сое а.
Здесь х - смещение частиц среды, А - амплитуда их колебаний, <0 - циклическая частота колебаний частиц, t - время колебаний частиц, равное времени распространения волнового процесса в среде, k - волновое число, у - координата фронта волны, начальная фаза колебаний частиц, а " фаза колебаний.
Циклическую частоту ш и волновое число k можно определить так:
<0 = 2nv, w = —, Т
Не следует путать скорость колебаний частиц среды со скоростью волны. Напомним, что максимальная скорость колебаний частиц - шА, а их максимальное ускорение =* <о*А.
Скорость колебаний частиц изменяется от 0 до а скорость волны и в однородной среде постоянна. А вот период Т, частота v И циклическая частота со частиц среды или волны - это одно и то же.
При переходе волны из одной среды в другую изменяются скорость р и длина волны X, а циклическая частота со, период Т и частота v при этом не изменяются.
Интерференцией воли называют наложение когерентных волн друг на друга, при котором энергия волны перераспределяется в пространстве так, что в одних местах наблюдается усиление волнового процесса (максимум), а в других - его ослабление (мини-мум).
Когерентными называют монохроматические волны с одинаковой фазой или постоянной разностью фаз.
Волна, все частицы которой колеблются с одинаковой частотой, называется монохроматической.
Условие максимума при интерференции: если разность хода Доли Дг от их источников до места наложения содержит целое чцсло длин волн или четное число длин полуволн, то в месте интерференции будет максимум.
483
Условие максимума: Аг “ АХ или Ar = 2А ~.
Условие минимума при интерференции: если разность хода волн Аг содержит нечетное число полуволн, то в месте интерференции будет минимум.
Условие минимума: Аг = (2& +1)~.
Здесь k * 0; 1; 2; 3; ... - целое число.
Вследствие наложения бегущей и отраженной волн образуется стоячая волна. В такой волне наблюдаются узлы, в которых частицы не колеблются, и пучности, в которых частицы колеблются с наибольшей амплитудой. Расстояние между пучностями, или узлами, в стоячей волне равно половине длины бегущей волны.
Звуковыми волнами называют продольные волны звуковой частоты. Звуковой является частота от 16 до 20 000 Гц« Звуки с частотой ниже 16 Гц называют инфразвуками, а свыше 20 000 Гц - ультразвуками. И те, и другие человеческое ухо не слышит.
Скорость звука в воздухе при комнатной температуре и влажности 50-60% примерно = 340 м/с. В задачах о распространении звука в воздухе его скорость, как правило, можно считать известной и равной 340 м/с. Скорость звука в газах можно определить по формуле
«л
1 + 2
где Y = —:----коэффициент Пуассона, I - число степеней свобо-
I
ды молекул газа, R « 8,31 Дж/(мольаК) - молярная газовая постоянная, Т - абсолютная температура газа, М - его молярная масса. У одноатомного газа i « 3, у двухатомного i ** 5, у многоатомного i -* в.
При приближении источника звука (вибратора) х неподвижному приемнику (например, уху), частота звука, принимаемого приемником» увеличивается и высота тона повышается, а при удалении частота уменьшается и высота тона понижается. Это явление называется эффектом Доплера.
При приближении источника со скоростью и к неподвижному приемнику воспринимаемая частота v определяется формулой
V=vo---
-v
а при удалении
•
V = vo—s_.
+ о
Здесь v0 - частота звука» воспринимаемая приемником, когда источник неподвижен относительно него.
Наименьшая частота звука, испускаемого вибратором, называется основной частотой, а соответствующий ей тон - основным тоном. Все остальные тоны, издаваемые этим телом, называются обертонами.
Отношение энергии W, переносимой волной через некоторую площадку, перпендикулярную вектору скорости волны, ко време
484
ня t, за которое эта энергия перенесена, называется потоком энергии волны Ф;
л w
Ф Т
Отношение потока энергии Ф к величине площадки S, перпендикулярной вектору скорости волны, называется плотностью потока, или интенсивностью волны Z:
Ф _ W S ’ St’
Громкостью звука L называют величину, выраженную в децибелах и определяемую выражением
L-lOlgy-,
где Z - интенсивность звука, Zo - интенсивность, ниже которой звук не слышен, называемая порогом слышимости.
Интенсивность звука (сила звука) и его громкость зависят от амплитуды колебаний звучащего тела и возрастают с увеличением амплитуды. А высота тона зависит от частоты колебаний вибратора и возрастает с увеличением частоты. Тон писка комара выше, чем тон жужжания мухи, так как комар машет крыльями чаще, чем муха.
Следует знать, что частота v, циклическая частота ю, период Г, интенсивность звука Z, звуковое давление р„ - это его объективные характеристики, они зависят от приемника звука. А высота тона, тембр, громкость звука - это субъективные характеристики, они для разных приемников (разных ушей) могут быть разными.
Если вас спрашивают, что будет: максимум или минимум в месте наложения интерферирующих волн, то следует определить разность хода этих волн Аг и длину волны Л, а затем разделить разность хода на половину длины волны Х/2. И если в результате вы получите четное число, то будет максимум, а если это число будет нечетным, то минимум.
Решение отдельных задач
Задача 1
Поплавок на волнах за t = 20 с совершил — 30 ко* лебаний, а на расстоянии 8 = 20 м наблюдатель насчитал N2 •= 10 гребней. Чему равна скорость волны р?
Дано: t = 20 с Ni = 30 S = 20 м Уа- 10
Решение. Скорбеть волны равна отношению длины волны к периоду колебания частиц в ней:
v т
(1)
о-?
485
Период Т, т. е. время одного колебания, определим, разделив все время t, за которое насчитали N1 гребней, на их число:
t т--.	(2)
kN, Подставим (2) в (1): и = ——.	(3)
Г
Длину волны К найдем, разделив S на. N2:
SN, tN2
Подставив (4) в (3), решим задачу: _	20  30 м _ м
Произведем вычисления: v = ——-~ — = о — 20*10 с с
Ответ: и = 3 м/с.
Задача 2
С. лодки в спокойную воду бросили якорь, и по водной глади от места бросания пошли волны. Наблюдатель на берегу заметил, что за время £, “ 10 с произошло N — 25 всплесков волны о берег. Найти расстояние S от лодки до берега, если расстояние между гребнями волн X. = 1 м, а волна добежала до берега за t2 = 40 с.
Дано: t, = 10 с АГ = 25 • X = 1 м ts = 40 с
S - ?
Решение. Волны в однородной среде распространяются равномерно и прямолинейно (кроме случая дифракции), поэтому для определения расстояния S запишем уравнение равномерного движения:
S =	(1)
Здесь и - скорость волны. Определим ее по к
формуле о = —, а период Т, как и в предыдущей задаче, найдем, разделив время ts, за которое произошло N всплесков, на их число.
t,
Т = —, поэтому v == N
Подставив (2) в (1), решим задачу:
kN
г——
8 = kN ~
*2
(2)
486
Произведем вычисления: S “ 1*25—м ~ 6,25 м.
40
Ответ.* S — 6,25 м.
Задача 3
Когда наблюдатель воспринял по звуку, что самолет находится у него над головой, он увидел его под углом а = 60° к горизонту. С какой скоростью летел самолет? На каком расстоянии S от ваблю* дателя он находился в этот момент, если звук дошел до него за t = 2 с?
Дано: а = 60°
у = 340 — с
t в 2 с
Решение. Здесь главное - понять, что за какое время t самолет пролетел из точки О ндд головой наблюдателя расстояние L, за такое же время звук прошел из той же точки расстояние Н (рис. 12-2).' Поскольку и самолет, и звук двигались равномерно, то согласно уравнению равномерного движения
L = uct и Н = откуда
следует, что ~ = tg a, поэтому	- tga, откуда
Li
и- =—— tga
Расстояние S, которое является гипотенузой
Н треугольнике, можно определить так: зш a = —, S
в этом
откуда
 vt
где Н — o„t, поэтому 8 = g-nfy
8==-*-sin a	_________
Произведем вычисления: 340 м оллм „ 340-2	.
V = х ~ 200— S = . —- м = 800 м.
tg60° с с sin60°
Ответ: о„ = 200 м/с, 8 = 800 м.
487
уа
Рис. 12-3
Задача 4
Из орудия произведен выстрел под углом а = 45° к горизонту. Через какое время t после выстрела артиллерист услышит звук разрыва, если снаряд вылетел из ствола орудия со скоростью = 600 м/с?
Сопротивлением воздуха пренебречь. Скорость звука ож - 340 м/с.
Дано: а - 45’
о, - 600 — с
и„ = 340 — с
t - ?
Решение. В направлении оси ОХ снаряд движется равномерно со скоростью — = cos а и пролетает расстояние S за время t] (рис. 12-3). Согласно уравнению равномерного движения
S = или S “ у0Л cos а. (1)
После взрыва звук проходит это же расстояние S.co скоростью за время tt, тоже равномерно, поэтому
S = p„t2.	(2)
Время t, через которое артиллерист ус-
лышит взрыв, складывается из времени полета снаряда t, и времени распространения звука обратно к артиллеристу:
t =	+ «а-	(3)
Выразим из (1) время tlt а из (2) - время ta и подставим их в (3):
и0 cosa’
—, t =----+ —
v0 сова ум
t = S|—----+ -
lv0cosa v.
Но здесь нам не известно расстояние 8. Зато мы зна-
или
(4)
ем, что время полета снаряда по горизонтали fj на расстояние S равно удвоенному времени его взлета на максимальную высоту с начальной скоростью “ уо sin a, где проекция его скорости уу на ось OY равна нулю.
Из кинематики известно, что у, = уо, - g-^, где = = v, sin а, поэтому v, • о, sin a - Здесь g = 9,8 м/с1 - ускорение свободного падения. Поскольку vf = 0, то
488
2vosma
vo sin a «= 0,5^tl( откуда ч --.
g
С учетом этого согласно (1)
2vosina	«i>o •	uo - «
S = v0—2----cosa = 2—smacosa = — sm2a.	(5)
g	g	g
Подставив (5) в (4), мы «уйдем» от неизвестного расстояния S и решим задачу ,в общем виде:
. и® ( 1	1 А . о
t = —I------+ — sin 2a или окончательно
g^v0cosa v„J
t = — —-— + — sin 2a g l соя a uw J
Произведем вычисления:
f_600f 1	^00
93 ^cos45e + 340
Ответ: t “ 194 c.
Задача 5
На расстоянии S = 1068 м от наблюдателя ударяют молотком по железнодорожному рельсу. Наблюдатель, приложив ухо к рельсу, услышал звук на время At = 3 с раньше, чем он дошел до него по воздуху. Найти скорость звука ut в стали. Скорость звука в воздухе принять равной о2 = 340 м/с.
sin 90° с « 194 с.
Дано: S ~ 1068 м At = 3 с
_______ м о. — 340 — с

Решение. Очевидно, что в стали звук будет распространяться быстрее, чем в воздухе. Пусть время распространения звука в воздухе t2, а в стали - tt. Тогда промежуток времени
- tj.
Звук в однородной среде распространяется прямолинейно и равномерно. Поэтому
определим времена и t2 из уравнения равномерного движения:
Подставив эти равенства в предыдущую формулу, получим
Vj Vj
489
Отсюда определим искомую скорость звука в стали
— = —- - At, откуда «2
Произведем вычисления:
»	1068 м - * in3 м
’таг-:с--7'610 -
-340
Ответ: vt = 7,6-Ю3 м/с.
S
Р1 =“я---
— -At *>г
Задача в
Звук выстрела и пуля одновременно достигают высоты Н = 680 м. Выстрел производится вертикально вверх. Какова начальная скорость пули и0? Скорость звука в воздухе vm - 340 м/с. Сопротивлением движению пули пренебречь.
Дано: Я = 680 м
Л м и = 340 — “ с
м g = 9,8 и

(2)
Решение. Запишем уравнения движения звука и пули. Звук распространяется равномерно и прямолинейно во всех направлениях, в том числе и вверх. Поэтому уравнение движения звука Н ==*	(1)
Движение пули вверх будет равнозамедленным с ускорением свободного падения. Поэтому уравнение движения пули
Здесь t - время распространения звука на высоту Н и одновременного со звуком взлета пули на эту высоту. Поскольку нам это время не известно, исключим его из этих уравнений. Для этого выразим из уравнения (1) время t и подставим его в уравнение (2):
, Н t = — , тогда Рав
g f Н У -	1?0 gH
— — ълъ 1 = —------.
2lv3BJ	Узв 2УдВ
Теперь отсюда найдем искомую скорость и0, поскольку все остальные величины нам известны:
"о _ - gH	gH
^1+sr
Подставим числа и произведем вычисления:
я = 1?0----------
«3»
ЗВ
490
9,8-680Ам л„л м v0 - 340 + —---------- 350 — .
° (	2-340 Jc с
Ответ: v„ = 350 м/с.	'
Задача 7
Звуковые колебания имеют в первой среде длину волны вдвое больше, чем во второй. Во сколько раз изменится скорость распространения звуковой волны при переходе из первой среды во .вторую?
Дано:
^ = 2^
Обозначим A.J длину волны в первой среде, X, - щпаиу волны во второй среде, и, - скорость волны в первой среде, t>2 - скорость волны во второй среде.
Решение. Следует помнить, что при переходе звуковой волны из одной среды в другую ни период, ни частота колебаний частиц в волне
не изменяются, а изменяются скорость и длина волны. Поэтому длина волны в первой среде определяется формулой
Xj = v^T, а из второй
Х2 - v2T.
Разделив эти уравнения друг на друга, мы исключим не известный нам период Т и сразу определим искомое
у, отношение ——: иг Xi _ игТ _ Хг v2T v2 ’ Поскольку согласно условию задачи - 2Х2, то
^ = гГ
У2
Ответ: у,/у2 = 2.
Задача 8
Одна точка волны отстоит v ._______i g
от вибратора (источника ко- —Z ? лебании) на расстоянии = р 13 *•
10 м, а вторая - на рассто- 1«____§8___:_>
янии S2 ~ 16 м (рис. 12-4), причем обе точки лежат на Рис* 1Z‘4 одном луче (т. е. на прямой, вдоль которой от вибратора распространяется энергия, переносимая волной). Найти разность фаз колебаний этих
491
точек Да, если скорость волны v = 300 м/с. Частота ко* лебаний v = 100 Гц.
Дано: S, = 10 м S2 = 16 м i> = 300 — с v = 100 Гц	Решение. Пусть фаза колебаний первой точки an а второй - а2. тогда разность фаз колебаний этих точек Да = а, - а,. Фаза колебаний определяется произведением циклической частоты <о, одинаковой для всех точек на луче, и времени t, за ко-
Да - ?	торое волна добежала от вибратора до данной точки. Поэтому Oi “ (otj + а, и aj • ®t2 + а0,
где со = 2nv, поэтому cq - 2nvfj + а0, а2 = 2nvt2 + с^.
Здесь i2 - время, за которое волна распространилась от вибратора до точки 2, двигаясь равномерно и прямо* Линейно со скоростью v и проходя при этом пути S, и Sz. Из уравнения равномерного и прямолинейного движения следует, что
I?	V
Подставив эти выражения в формулы фаз ах и получим:
Да = ^(5,-5,) . вычисления. При этом
n ®1	rt
сц = 2nv——+ а0 и а2 = 2лу-^=- + а0 * v	и
Теперь подставим полученные выражения в формулу разности фаз Да:
л S2 п St
Да - 2tcv —” + а0 -2rcv--а0,
v	v
Подставим числа и произведем
учтем, что, поскольку разность фаз, как и фаза, измеряется в радианах, то заменять тс на 3,14 при подстановке численных значений в полученную формулу не нужно. Тогда мы получим ответ в.долях я (так всегда следует поступать, когда вы вычисляете величину угла или фазы):
Да =	----(16-10) рад = 4л рад.
300
Ответ: Да — 4л рад.
Задача 9
Звуковые колебания, имеющие частоту v — 500 Гц и амплитуду А = 0,25 мм, распространяются в воздухе. Длина волны X = 70 см. Найти скорость распространения колебаний (т. е. скорость волны) v, и максимальную скорость колебаний часткц воздуха va.
492
Дано:	Решение. Скорость волны р, мы можем
V = 500 Гц	определить сразу, воспользовавшись фор-
А = 0,25 мм	мулой, устанавливающей связь длины вол-
X = 70 см	ны X с частотой колебаний v частиц в ней:
р, - ?	Х = у.
ри - 7	Отсюда	| р, ° Ху|
Чтобы найти максимальную скорость частиц в волне	
надо взять первую производную смещения х по времени. Согласно уравнению колебаний частиц в волне
смещение
х = А сое (©« + cto).
Скорость частиц р изменяется с течением времени по
закону р = —— -©A sin (©t + cQ. dt
Когда sin (cot + ae) = 1, p = um, значит, pm = <aA.
Циклическая частота колебаний со связана с частотой v соотношением © = %nv-
Тогда	| рм = 2луА~|
Задача в общем виде решена. Переведем все единицы
в СИ: 0,25 мм = 25*10** м, 70 см “ 0,7 м.
Подставим числа и произведем вычисления:
р. = 0,7*500 — =350— С	С
рш = 2 * 3,14 • 500 - 25 • 10-6 - =0,8-. С	с
Ответ: и, = 350 м/с, рю = 0,8 м/с;
Задача 10
Смещение х от положения равновесия точки в момент
Т времени t - — 3
равно половине амплитуды А. Найти дли
ну бегущей волны X. Расстояние от точки до источника колебаний г = 4 см.
Дано: «о = 0
А
2
4 см
Т 3
х = г =
Решение. Поскольку в условии задачи говорится о смещении и амплитуде точки (дано соотношение между этими величинами) и, кроме того, речь идет о расстоянии между источником и точкой и о длине бегущей волны, то для решения задачи воспользуемся уравнением бегущей волны, в которое входят все эти величины:
 х « A cos (cat - кг + aj.
498
Поскольку отсчет времени идет от положения равно* весия, т. е. начальная фаза ц, =» О, то х ™ А сое (art - Аг).
Здесь k - волновое число, которое можно выразить через длину волны с помощью соотношения
*= •?.
2л t- — г
Тогда с учетом, что ш = —, получим . / , 2я А .
х = А соя wt - — г I = А с<
Теперь подставим в это уравнение вместо « половину амплитуды А согласно условию задачи, а вместо t под-
Т
ставим — и сократим неизвестные амплитуду А и пери-3
Од Т:
А 2
2я Т 2лг ]
— • — —— , откуда ci
2л
2яг । _ 1 “Х~ “2’
__ 2пг
Если косинус аргумента —------- равен 1/2, то сам
л
3 2я 2лг __ 3 X " 3*
и X = 6r
п аргумент равен ~: о
Л 2тсг я
Отсюда -г- = “ Л о
Задача в общем виде решена. Подставим численное значение г и вычислим X:
X = 6-4 см = 24 см.
Ответ: X = 24 см.
Задача 11
Найти смещение х от положения равновесия точки,
X ' расположенной на расстоянии г - — от источника коле-О
т баний, для момента времени t = —. Амплитуда колеба-4
ний А - 2 см.
494
Дано: X
Г = 6 ч А ** 2 см «0 = 0
шем:
х- ?
Решение. Запишем уравнение бегущей волны:
х = A sin (cot - kr + а,»).
Л	2тг
Здесь ш = — - циклическая частота,
, 2л '
« =	- волновое число и (^ = 0 - началь-
ная фаза колебаний точки.
Поскольку отсчет времени идет от положения равновесия, мы записали уравнение синусоидальной волны и приняли начальную фазу
равной нулю.
С учетом всего этого, а также условия задачи, запи-
л . (2л Т 2л АЛ . . (л л^ л . л х ~ AsuJ-------г------- Asiri------ Asm —
4 Л б) \2 3J 6*
_	. л 1
Поскольку Sin — = ~, о 2
Произведем вычисления: х = ~см = 1 см.
Ответ: х 1 см.
Задача 12
От одного источника до точки М звуковая волна доходит за время я 0,67 с, а от второго источника до этой же точки волна доходит за t2 я 0,7 с. Что будет наблюдаться в точке М: усиление или ослабление звука, если волны когерентные с длиной волны А = 6,8 м.
Дано: = 0,67 с f2 = 0,7 с X = 6,8 м и - 340— с	Решение. Усиление волн при интерференции будет наблюдаться, если в разности хода волн	Дг “ г2 - гг будет укладываться целое число длин волн или четное число полуволн, а ослабление будет, если в разности хода Дг будет укладываться нечетное число длин полуволн.
Усиление или ослабление?	Следовательно, для решения задачи нам надо найти разность хода волн Дг и разде- X лить ее на —. И если получится четное чис-
ло k9 значит	, результатом интерференции будет максимум,
а если нечетное, то минимум.
„ Для нахождения разности хода Дг определим расстояния Tj и г2 от первого и второго источников до точки М:
495
г, - vtx и r2 - vt2, поэтому Дг - 0ta - vtt - v(t2 - tt). Теперь разделим Дг на X/2:
Подставим числа и вычислим число полуволн k:
2-340(0,7-0,67) „ ft =  ------------ = лЭ .
6,8
Число полуволн нечетное, значит, в точке М будет ослабление волн.
Ответ: ослабление.
Задача 13
Средняя квадратичная скорость молекул двухатомного газа = 500 м/с. Чему равна скорость звука в этом газе?
Дано: i — 5	Решение. Запишем формулу скорости звука в газе:
м о„- 500 — ”	с	а> ¥ М
	f + 2 где	Y = х	(2)
- коэффициент Пуассона, i - число степеней свободы молекул газа, R - 8,31 Дж/(моль-К) - молярная.(универсальная) газовая постоянная, М - молярная масса газа и Т - его абсолютная температура.
Среднюю квадратичную скорость молекул определяет
формула	3RT N М ’ [ЯТ VK,
Значит,	hr-it-	т
Подставив (2) и (3) в (1), мы решим задачу:
	1 + 2 %
тт	ГАА /5 + 2 м м
Произведем вычисления: v® = 500J——— = 342 —.
1 3 • 5 с с Ответ: v„ = 342 м/с.
496
Задача 14
Найти основную часто* ту колебаний v0 стальной струны, излучающей звуковую волну, если длина струны I = 60 см, диаметр ее поперечного сечения d =0,5 мм, а сила натяжения F, — 0,3 кН. Плотность стали р = 7,8-Ю8 кг/м8.
Дано:
I — 60 см d = 0,5 мм F, = 0,3 кН
кг р = 7,810я —Г
м
Решение. Пусть струну натягивают, прикасаясь к ее середине (рис. 12-5). Угол Ф между ненатянутой и натянутой струной обычно мал, поэтому 2А sin<p = tgq> = —.
(1)
v0- ?
С другой стороны,
F sin ф = —— 2Г„
Приравниваем (1) и (2):
2А _ А. р 4AF„
I ’ 2ГК ’ откУДа =
(2)
(3)
I
Здесь Fm ~ равнодействующая сил натяжения обеих половин струны, А - амплитуда ее будущих колебаний.
По второму закону Ньютона = mam,	(4)
ltd* I 2 * 4 где т = рУ - масса струны, V = —— I - ее объем, поэто-
4
тсс/ ,	.
му	771 — р —- I.	(5)
4
Максимальное ускорение струны ат связано с основной частотой ее колебаний v0 формулой а„ = (oU - (2nv„)U,	(6)
где ш0 = 2jivo - циклическая частота колебаний струны.
Подставим (5) и (6) в (4):
Л. =p^-l(2HvjA.	(7)
4
Нам осталось приравнять (3) и (7) и, сократив амплитуду А, найти основную частоту колебаний струны v0, 497
равную частоте излучаемой волны. Проделаем эти действия: -'У1 * * * = p^-Z -^jtVo)2 А, 4F„ = np(nd/v0)2, откуда I 4
2 V° ndiy	F XH np
Переведем все единицы в СИ: 60 см - 0,6 м, 0,5 мм = 510-8м, 0,3 кН - 300 Н, Произведем вычисления:
2	|	300
Vfl ~ ЗД4 ♦ 5 • 10-’ • 0,6V 3,14  7,8 • 108 Гц " 117 Гц-
Ответ: vo = 117 Гц.
Задача 15
Ружейная пуля летит со скоростью и = 200 м/с. Найти, во сколько раз изменится высота тона свиста пули для неподвижного наблюдателя, мимо которого пролетает пуля. Скорость звука принять равной и„ = 335 м/с.
Дано:
м
v = 200 -с
v„ = 335 “
Решение. Согласно эффекту Доплера при приближении источника звука (пули) к неподвижному приемнику (наблюдателю) частота излучаемых им волн возрастает, а при удалении, наоборот, убывает. При этом частота воспринимаемая неподвижным наблюдателем при приближении к нему
пули, определяется формулой
Уэв vnp=Vo — .
^ЗВ У
Здесь vo - частота звука, испускаемого неподвижным источником.
При удалении источника звука - пули - от неподвижного наблюдателя частота звука vw, воспринимаемого им, определяется формулой
v°p ?
Ууд
VPP V8B +
Ууд V«B
-V
и,„ ууд = v0---	•
изв + u Разделив (1) на (2), мы ответим на вопрос задачи:
Vnp _ V0V3B(Vbb + »)
VW	-”)V0V3B
vnp 335 + 200 _ . Произведем вычисления: ----= zzz—ХХл - 4.
Ууд doo - zuu Ответ: v^/v^ - 4.
498
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Расстояние между соседними гребнем и впадиной S ~ 1,5 м. Сколько полных колебаний # сделает поплавок за время t - 30 с, упав на спокойную воду пруда, если скорость волны и “ 2 м/с?
Ответ: # = — = 20.
Задача 2. На спокойную поверхность озера с лодки бросили якорь. По водной поверхности от места бросания пошли волны. Наблюдатель на берегу заметил, что волна дошла до него через время (j - 40 с с момента бросания, а за время t2 = 8 с было насчитано Xi = 15 всплесков о берег. Человек в лодке на расстоянии S * 2 м насчитал = 4 гребня. Чему равно расстояние So от лодки до берега? С какой скоростью и двигалась волна?
Ответ:	= -	= 37,5 м t v = —~ 0,94 м/с.
N2*2	Ч
Задача 3. Когда наблюдатель воспринял по звуку, что самолет находится у него над головой, он увидел его под углом а — 45° к горизонту. На какой высоте Н над землей летел самолет? Скорость звука Уав 340 м/с. Расстояние S от наблюдателя до самолета в тот момент, когда он его заметил, равнялось 1 км. Сколько времени t шел звук до наблюдателя?
Ответ: Н S sin а = 700 м, t =--- 2 с.
^зв
Задача 4. Из орудия произведен выстрел под углом а “ 45° к горизонту. Артиллерист услышал звук взрыва через t — - 2 мин после выстрела. На каком расстоянии S от орудия разорвался снаряд, упав на землю?
Ответ: S - иэвIt +	tg а - .1-^4 2е + ~^-tg а I tg а = 19,5 км.
£ V £ I £	)
Задача 5. Мотоциклист, движущийся по прямолинейному уча-
стку дороги, увидел, как человек, стоящий у дороги, ударил стержнем по висящему рельсу, а через At 2 с услышал звук. С какой скоростью и двигался мотоциклист, если он проехал мимо человека через t ** 36 с после начала наблюдения? Скорость звука в воздухе принять равной и„ 340 м/с.
Ответ: v = —25— = 20 м/с. t - At
Задача 6. Длина волны в воздухе для самого низкого мужского голоса = 4 м, д для самого высокого женского голоса А2 = = 0,25 м. Найти разность частот Av колебаний, приняв скорость звука уэж 340 м/с. Найти разность периодов АТ колебаний.
Ответ: Av =	~ - -i- | = 1275 Гц, АТ = ——— = qqj с
|^2 М J,	'
Задача 7. Длина звуковой волны ж 3 м, ее скорость в воздухе рЭЖ1 =“ 340 м/с. Чему равна длина звуковой волны Ха в воде, если там её скорость рм2 == 1400 м/с?
499
Отрив; X2 = X^= 12 m.
f .
\ Задача 8, Найти длину волны X, если период колебаний час-тит^Т_°= ПГ5Ь«< w волна за t ~ 10 с пробегает г - 3 км.
Т
Ответ: X = г у ~ 60 м.
Задача 9, Определить скорость v распространения волн в упругой среде, если разность фаз колебаний двух точек среды Да “ = 60°, а точки отстоят от вибратора на расстояниях г, 20 см и rs “ 30 см и находятся на одном луче. Частота колебании v *= 25 Гц.
Ответ; о = 2я* ~-Г* -15 м/с. Да
Задача 10. Волны распространяются в упругой среде со скоростью и « 100 м/с. Наименьшее расстояние между точками среды, фазы колебаний которых противоположны, равно г * 1 м. Определить частоту колебаний v частиц в волне.
Ответ; v-Aa-^- = 50 Гц.
2кг
Задача 11. Скорость звука в воде и 1500 м/с. На каком расстоянии 3 находятся ближайшие точки, колеблющиеся в противофазе, если период колебаний частиц Т - 0,04 с?
иТ
Ответ: S “ Да — = 29 м. 2к
Задача 12. Найти период колебаний точек волны Г, лежащих на луче, вдоль которого волна распространяется, на расстоянии г -° 0,1 м друг от друга, если эти точки колеблются в противофазе. Скорость волны v = 2,4 м/с.
Л	2яг Л „
Ответ: Т =-----» 0,5 с.
Лап
Задача 13. Человеческое ухо может воспринимать звуки частотой от Vi « 20 Гц до v2 * 20 000 Гц. Между какими длинами волн Хк и Х^ лежит интервал слышимости звуковых колебаний? С какими амплитудами колеблются частицы воздуха при распространении в нем звуковой волны? Скорость звука в воздухе «• “ 340 м/с. Максимальная скорость частиц воздуха — 0,8 м/с.
, Ответ: Xi =	= 17м, Ал -0,0017м,
Vj	v2
А. = ^S- = 6,4 10-3 М, Ал = 6,4 1(Г6М.
| 2nvj	л 2xv2
Задача 14. Движение некоторой точки незатухающей волны описывается уравнением х - 0,05 cos 2тй м. Написать уравнение движения точки, лежащей на луче на расстоянии г ~ 30 см от первой точки, если скорость распространения гребней v = 0,6 м/с.
Ответ: х = 0,05 сов n(2t - 1) м.
Задача 15. Уравнение незатухающих колебаний х& ~ 4 сое 100m см. Найти смещение х от положения равновесия точки, находящейся на расстоянии г ~ 75 см от источника колебаний, через t * 0,01 с
500
после начала колебаний. Скорость распространения колебаний v - 300 м/с.
Зя
Ответ: х « 0,04 сое— * -0,028 м.
4
Задача 16. Поперечная волна распространяется вдоль упругого шнура со скоростью о я 15 м/с. Период колебаний точек шнура Т я 1,2 с. Найти волновое число k и максимальное ускорение точек шнура аЛ. Амплитуда колебаний точек А = 0,02 мм.
2л к	х
Ответ: А = s g рад/м, «ш sl — А = 5,5 * ПН м/с2.
Задача 17. Найти смещение х от положения равновесия точки в бегущей волне, которая отстоит от источника колебаний на рас-
X	Т
стоянии г = —, для момента времени t ~ ~, считая от начала ко-
лебаний точки. Амплитуда колебаний А - 0,05 м.
Ответ: х = А - 0,04 м.
2
Задача 18. Найти координаты узлов и пучностей в стоячей волне для двух случаев: а) волна отражается от более плотной среды; б) волна отражается от менее плотной среды. Длина бегущей волны X =* 12 см.
Указание: при отражении от более плотной среды в месте отражения наблюдается узел, а при отражении от менее плотной -пучность.
Ответ: а) координаты узлов х ~ 0,6; 12; 18; ... см, координаты пучностей х ~ 3; 9; 15; ... см; б) наоборот.
Задача 19. Смещение от положения равновесия точки, отстоя
щей на г 332 4 см от источника колебаний, в момент времени t - — равно половине амплитуды. Найти длину бегущей волны. Начальная фаза равна нулю.
Ответ: X — 12 т — 48 см.
Задача 20. Во сколько раз скорость распространения звука в воздухе летом, когда температура t- 27 °C, больше скорости распространения о2 его зимой, когда температура воздуха t2° я я -23 °C?
Ответ: — = _Ы- « 1,1. v2 УТг
Задача 21. Найти скорость распространения и звука в двухатомном газе, где плотность р я 1,3  10-3 г/см8 при нормальном атмосферном давлении р e 1 • 105 Па.
Ответ: о =	« 328 м/с.
Ц Ф
501
13. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ КОЛЕБАНИЯ В КОЛЕБАТЕЛЬНОМ КОНТУРЕ
Краткая теория.
Методические указания к решению задач
Колебательным контуром называют цепь, состоящую из последовательно соединенных конденсатора и катушки индуктивности (рис. 13-1). Если сопротивлением колебательного контура R можно пренебречь, то такой контур называют идеальным (идеализированным). Собственные циклическую частоту ш0, период Т и частоту v идеального контура определяют по формулам
(Оя = -Дци, Т - 2л7Ес - формула Томсона, v =  * * и \ JLC	2idLC
Идеальный колебательный контур является -	источником высокочастотных электромагнитных
4L.	колебаний - взаимных превращений электричес-
~	3	кого поля конденсатора в магнитное поле катуш-
.....'	ки, и наоборот.
Рис. 13-1 Электромагнитные колебания в идеальном колебательном контуре являются гармоническими и ' незатухающими. Уравнение колебаний заряда q на обкладках конденсатора имеет вид
q = qm cos а или д = qm cos (eV + а0), где q - мгновенный заряд в момент времени t, gra - амплитуда заряда, а - фаза и - начальная фаза колебаний. Уравнение колебаний напряжения на конденсаторе имеет вид u = Un cos а или u - Um cos (а>* + Оо), где и - мгновенное напряжение, Um - амплитуда напряжения. Из электростатики мы знаем, что
и = £ И ип =	,
С	С
где С - емкость конденсатора.
Поскольку сила тока есть производная заряда по времени, то уравнение колебаний тока в катушке имеет вид
i — д' или I — sin (ш04 + где I - мгновенная сила тока в момент времени t, Im —	-
амплитуда силы тока, тт	2я
Напомним, что	— или соо == 2nv,
где Т и v ” период и частота колебаний.
Если сопротивлением контура R пренебречь нельзя, то свободные колебания в нем являются затухающими. Быстрота их затухания характеризуется добротностью колебательного контура. Добротность контура Q определяется выражением
где L — индуктивность катушки, С - емкость конденсатора.
§02
Приступая к решению задач на электромагнитные колебания в колебательном контуре, уясните прежде всего, можно ли применять к этому контуру законы и формулы, описывающие процессы в идеальном контуре, в котором затуханием колебаний из-за наличия активного сопротивления Я можно пренебречь, или нет. Как правило, в большинстве подобных задач или сказано, что контур идеальный, т. е. что его активное сопротивление пренебрежимо мало, или подразумевается, что это так. Напоминаем, что применять уравнения гармонических электромагнитных колебаний можно, если выполняется условие
или что добротность контура Q во много раз больше единицы: <г=4Л>>1-
Если из условия задачи не ясно, идеальный контур или нет, уточните этот момент у вашего преподавателя или экзаменатора. Дело в том, что в реальном контуре с большим активным сопротивлением и малой добротностью колебания не являются ни гармоническими, ни периодическими, поэтому применять для их описания формулу Томсона и уравнения гармонических колебаний нельзя.
Многие задачи этой темы быстро решаются, если применить закон сохранения энергии, согласно которому в идеальном колебательном контуре максимальная энергия электрического поля конденсатора
цг SgL итт W = ^2&L элда---2^* "элст 2С ИЛИ>	---2
полностью превращается в максимальную энергию магнитного поля катушки
В этом случае можно правую часть последней формулы приравнять правой части из одной из трех предыдущих формул:
CU1	LI* ql LI*	qmUM	LI*
m = да “n n trirw «да т
2	2	’ 2C	” 2	2	2
в зависимости от условия задачЦ, после чего часто искомую величину уже несложно найти, особенно если речь идет о максимальной силе тока 1„, максимальном напряжении Um или максимальном заряде Если же речь идет о мгновенных значениях этих величин в промежуточные моменты времени, то можно определить JU2
мгновенную энергию, например, магнитного поля	как
разность максимальной электрической энергии конденсатора и мгновенной электрической энергии в данный момент. Какую из трех формул электрической энергии следует применить, зависит от условия задачи. Например, вам надо найти мгновенную силу тока i в некоторый момент времени, а известны, например, максимальный заряд на обкладках конденсатора мгновенный
503
заряд q в этот момент, а также емкость конденсатора С и индуктивность катушки L. В этом случае можно действовать так:
но решать так:
иг _ uj дг 2 " 2 2С Если, например, известны максимальное напряжение на конденсаторе Um и мгновенное напряжение 17 на нем в некоторый момент времени, а нужно найти мгновенную силу тока i в катушке в этот момент, то можно записать так:
Li* _ CU* Си* 2 " 2 " 2 ’ а затем искать нужную величину.
Подобных примеров можно привести очень много. Но во всех случаях надо знать, что сумма мгновенных энергий электрического поля конденсатора Жм и магнитного поля катушки Жм равна или максимальной энергии электрического поля конденсатора Ж , или максимальной энергии магнитного поля катушки + Жм - или
Если вам дано уравнение колебаний, например, заряда в в^де q 2 • 10"1 сое 1(Мя(е + 5 • 10“®) мкКл
и просят определить амплитуду заряда gm> циклическую частоту со, частоту V, период Т, фазу а и начальную фазу а— то раскройте вначале скобки и запишите рядом уравнение колебаний заряда в общем виде:
q “ 2 • 10’8 сое (lO^rt + 0,5х) мкКл и q *= qn сов (<ot + а<>) или q ** qm сов а. Из сопоставления величин, входящих в эти уравнения, следует» что
qn ~ 2 * 1О"8 мкКл =* 2 • 10"* Кл, <о *= ЮЪс рад/с, «о = 0,5л рад, а - ЮЪй + 0,5 я * л(10Ч + 0,5) рад.
Поскольку со “ 2xv и со — 10*л, то
2ям - 10% откуда V - ——Гц = 5• 10* Гц.
2
Так как Т = —,то Т-—с = 2-10~4с . v 510s
Подобным образом можно определить величины, характеризующие колебания из уравнений напряжения и силы тока.
Встречаются задачи, в которых требуется выполнить обратное действие, т. е. по данным параметрам записать уравнение колебаний. Например, известны максимальный заряд на обкладках дл “ 2мкКл, емкость конденсатора С — 1 нФ, индуктивность катушки £ *" 10 Гн и начальная фаза <Хо “ 0,25 я, а требуется записать уравнение колебаний напряжения на обкладках конденсатора u =“ «(f). Запишите сначала это уравнение в общем виде: и — 17ж cos (cot + сц).
504
г.	2W^
Здесь ил = — = ——у В * 2 -101 В - максимальное напря-и 1 • io
1	1 ряд	4 ряд
жение на конденсаторе, <о = -j=s=r » .. г---= 1 • 10 -- -
VLC 710. ю-« с .	с
циклическая частота колебаний. Подставив эти величины, а также «о « 0,25л в уравнение колебаний напряжения, получим и = 2'10s cos (1Ю«* + 0,25л) В.
Полезно помнить, что	, а 1Я =
В задачах на колебания в контуре часто приходится применять формулы емкости конденсатора С ® — и С = £о&^ ,
U	d
где £о = 8,85 • 1012 Ф/м - электрическая постоянная, е - диэлектрическая проницаемость диэлектрика между обкладками (если конденсатор воздушный, то е » 1), S - площадь обкладок и d -рмхюяш между ними.
Кроме того, может пригодиться и формула индуктивности со-леноида L =	или L - щрл31$, где щ в 12,6 -10-7 Гн/м -
магнитная постоянная, ц - относительная магнитная проницаемость сердечника (у большинства веществ, кроме железа, ц *= 1), У - число витков на длине Z, S - площадь витка, п =	~ число
витков на единице длины соленоида.
Если к конденсатору4 емкостью Ct подключают параллельно конденсатор емкостью С2, то их общая емкость станет = Ся + + Cs, а если конденсатор подключают к Ct последовательно, то
CiC»
^общ 25	’ и именно эту общую емкость теперь следует псд-
С1 + S? m
ставлять в формулу Томсона, т. е. следует записать так:
1
Т =	, или v = t______
1
ИЛИ (0 = 7^общ В случае потерь энергии на джоулево тепло Qf за некоторый промежуток времени t закон сохранения энергии примет вид ft »	- ТГ,,
где по закону Джоуля-Ленца <?т - Рф Bt, W2 - ж2 - WM -энергия контура в конце процесса,	я1 « JrM ж1 - энергия
в начале процесса.
Если t - Г, где Т - период колебаний, то	- средняя
сила тока за период. Если колебания затухли, то по модулю QT •*
5(№
Решение отдельных задач
Задача 1
Начальный заряд» сообщенный конденсатору идеального колебательного контура» увеличили в 3 раза. Во сколько раз изменились амплитуда силы тока» амплитуда напряжения, максимальная энергия электрического поля конденсатора и максимальная энергия магнитного поля катушки?
Дано:
m2
Лй
ит1
W ууэл m2 2 wMml “
**М/п2 ^м«1 ”
Обозначим «я1,Inl, Uml, WMeaa WMml мак-симальные заряд, силу тока, напряжение, энергию электрического и энергию магнитного полей соответственно до увеличения заряда;	W„m2 и 1ГМ(п2 - их же после
его увеличения.
Решение. Амплитуды силы токов Iml и 1т2 связаны с амплитудами заряда qml и qm2 соотношениями = G)ogml (1) и 1и2 “ co0gm2, (2) где (Do - собственная циклическая частота колебательного контура, которая зависит только от его емкости и индуктивности, а эти величины при изменении заряда остаются постоянными.
Разделив (2) на (1), мы ответим на первый вопрос задачи:
ЛпЙ = ^О^тЙ Ап2	_ g
А»1	Фт1
Следовательно, амплитуда силы тока изменяется пря-
мо пропорционально амплитуде заряда» т. е. она тоже увеличится в 3 раза*
Чтобы ответить на второй вопрос задачи, вспомним определение емкости конденсатора С:
С = 7Г (3) и C-&L.	(4)
U”>1	Vm2
- Приравняем (3) и (4) и из полученного равенства найдем отношение UmZ/Uml\
^ = ^или^=^- = 3
Следовательно, амплитудное напряжение на конденсаторе тоже прямо пропорционально амплитуде заряда» т. е. оно тоже увеличится в 3 раза.
506
Согласно закону сохранения энергии в идеальном колебательном контуре максимальная энергия электрического поля кондерсатора равна максимальной энергии магнитного поля катушки, поэтому
W„ml - ТГМи1 = ~ (5) и = WMM, =	.	(6)
ал mi	вл mi	'	ал т £	мп«	\ f
Разделив (6) на (5), мы ответим на последние вопросы задачи:
_ "'•2  ^.2С
Ч..2	«'ll»,	2С,’,
VF	W nMm2 _ Mm2		2 — ч2 — о
		“О “Sr
	\ ЧпЛ 1	
Следовательно,	как максимальная энергия электричес-	
кого поля, так и максимальная энергия магнитного поля увеличатся в 9 раз.
Задача решена.
I	U	W	W
Ответ:	= 3,	= 9 •
‘‘ml	Ufa	*эл/п1	™Mml
Задача 2
При увеличении амплитудного напряжения на конденсаторе идеального колебательного контура на ДС7Я = 40 В амплитуда силы тока увеличилась в 3 раза. Найти амплитуду напряжения Ual до увеличения и амплитуду напряжения и„г после него.
Дано: ЬПт - 40 В
Обозначим Ifa и 1я2 амплитуды силы тока в катушке до и после увеличения напряжения соответственно.
Решение. Поскольку ни емкость конденсатора, ни индуктивность'катушки не изменялись, мы можем записать закон сохранения энергии в этом контуре так: ml = ml И m2 = m2
CU2.	LI*	CU\
ИЛИ	(1) и —
2	2	2
Разделив (2) на (1), получим
isl = 3 Ami
U.1-? и^-ч
Т Г2
Ы*22
Си^22
2CU>ml 2Ы^>
M2=fM2
507
или	<3>
U*l *яй
Следовательно, в идеальном колебательном контуре амплитуда напряжения на конденсаторе прямо пропорциональна амплитуде силы тока в катушке* Этот факт мы доказали в предыдущей задаче несколько иначе*
откуда
Из (3) следует, что Un2 - Unl .
Поскольку Д(7„ — U„з - I7,,i (5), то с учетом (4)
1	(I А
ДС7_ = U-л Z2&. - и , = и , — -1 , л ml - wml mil	’
Z-,
(4)
°
Из (5) Произведем вычисления:
40
Unl =Г1В = 20В’	= (20 + 40) В = 60 В.
Ответ: Um. = 20 В, U„, = 60 В.
Задача 3
Амплитуда напряжения на конденсаторе колебательного контура = 220 В, а амплитуда силы тока в катушке 1т - 2 мА. Чему равны сила Тока i и напряжение и в тот момент, когда энергия электрического поля конденсатора Жм равна энергии магнитного поля катушки WM?
ljaH=220 В Решение. По закону сохранения энергии г т= о мд максимальная электрическая энергия
=w	+ w* = 2W„, поскольку
**	** Жм = WM согласно условию задачи.
i-?,	4jm.K«r -	и IV - Сц*
и — ?	Здесь »тмл,	и — g *
СП2 Си2 поэтому —= 2——, и2 = 2и2, откуда
и и = —Л-________________________V2 Кроме того, по тому же закону сохранения энергии wu„ = W„ + W„ = 2WM, ведь W„ = Wu.
308
Ho Wj,» =	, a WM = —, поэтому
A	A
~Xй- = 2-—, 7^“ 2i2, откуда A	A
Переведен в СИ единицу силы тока: 2 мА = 2 * 10 * А. Произведем вычисления:
1 = ^Яв = 156В, | = ^21а«М-1(Г’А.
Л	л
Ответ: и — 156 В, i = 1,4 * 10~* А.
Задача 4
Через какое время t, считая от начала колебания, энергия электрического поля конденсатора W„ станет равна анергии магнитного поля катушки Й^? Период колебаний в контуре Т - 2 мкс.
Дано: Wu = «о = 0 Т = 2 мкс
t - ?
Решение. По закону сохранения энергии
W„ +	2W№, где мак-
симальная электрическая энергия конденсатора, Жш- мгновенная энергия электрического поля и WK - мгновенная энергия магнитного поля, равные друг другу согласно условию задачи.
(1)
„ w си* __ Си2
Поскольку	= —— и	, то
А	А'
CU* „Си2	U
_в. = 2_-, откуда « = -^.
Теперь запишем уравнения колебаний напряжения при условия, что начальная фаза а, = 0, ведь отсчет времени ведется от начала колебаний:
'2
и = (/.сое где	поэтому и = U„cos*.(2)
Приравняем (1) и (2):
и» гт ^a2nt 2я.
2л л 2t 1
следовательно, — t = —, — = — Произведем вычисления:
. Г откуда * = —
О
50»
2	АГ
t = — мкс = 0,25 мкс.
8
Ответ: t = 0,25 мкс.
Задача 5
Через какое время t, считая от начала колебаний, заряд на обкладках конденсатора q станет равен половине амплитудного заряда qm2 Частота колебаний в контуре v = 10 МГц.
Дано:
q = Ян. 2
о® - 0 v = 10 МГц
Решение. Запишем уравнение колебаний заряда, когда начальная фаза оц, - 0:
q = q№ cos art, где (b « 2яУ, поэтому q - q„ cos 2nvt.
t - ?
9
Согласно условию задачи 9 = —, поэто-
Л
МУ = 9иcos2nvt, откуда cos2jtvt = я	1
и, значит, 2nvt - —, откуда t - —
1
6v
Переведем в СИ единицу частоты: 10 МГц = 1 * 10т Гц.
Произведем вычисления:
'-Но’-1-71**'’'
Ответ: t - 1,7 • 10"® с.
Задача в
Во сколько раз изменятся частота и период колебаний в колебательном контуре, если емкость конденсатора увеличить в 36 раз, а индуктивность катушки уменьшить в 9 раз?
Дано: С2 = 36Ct L, = 912
Обозначим Ср £р Vj и емкость конденсатора, индуктивность катушки, частоту колебаний и период до их изменения, С2, Ъг, v2 и Г2 - после.
Решение. Запишем формулу Томсона применительно к первому и второму состояниям контура:
7;=2л/ЁА(1) и T2^2njL^. (2)
Разделим (2) на (1):
510
™ |г,Ч1ад
Поскольку частота и период ~ обратные величины,
21=.ZL у, Тг
тт	Т2
Произведем вычисления: -£ =
Т1
!L5-36Ct
SLj С,
л	Va 1
т. е. период увеличится в 2 раза, -1 = -, следовательно, vt 2
частота уменьшится в 2 раза.
„ Т, „ v« 1
Ответ: — = 2, — = —.
Т2 V1 2
Задача 7
Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью С = 1 мкф и катушки индуктивностью L = 4 Гн. Амплитуда колебаний заряда на конденсаторе qm = 100 мкКл« Написать уравнение колебаний заряда q — напряжения и — u(t) и силы тока i — i(t). Начальная фаза а0 = 0.
Дано: С - 1 мкФ
L - 4 Гн qm = 100 мкКл а» - 0
Здесь q - мгновенный заряд, t - время колебания, и - мгновенное напряжение, I - мгновенная сила тока в контуре.
Решение. Зависимость заряда q от времени t устанавливает уравнение, которое в общем виде при а0 = 0 выглядит так:
9 = 9» cos tooi.	(1)
Здесь 9m= 100 мкКл = 100 • Ю'4 Кл = — 1 * 10-4 Кл - максимальная величина
Q = 90) " ? и — «(0 - ?
i = i(t) - ?
заряда. Она нам известна, а неизвестна собственная циклическая частота колебательного контура <оо. Но эту величину мы можем определить по формуле
1
<Оо =-=-4lc
Подставим сюда численные значения С = 1 мкФ = = 1 • 10"6 Ф и L = 4 Гн и вычислим <оо:
511

i рад сллрад
П"~!Т	О UU	»
710 е -4 с с
Теперь подставим численные значения да и ш» в фор-мулу (1) и получим искомое уравнение q = g(t):
|g- l-lO^ eosSOO t|
Чтобы определить зависимость напряжения от времени и = и(*), разделим левую и правую части уравнения (1) на С, поскольку согласно определению емкости кон-
_ q	q
денсатора С = — и, значит, и- — . и	о
Получим и = ^-Ss-cosa^t.	(2)
v С или	и = ип сое (%£•
q Здесь	- максимальное значение напряжения
в данном контуре.
Теперь подставим в (2) численные значения qa, С и со^: 1 • 10~*	---------------
и -------cos 5Q0*, и = 100 сое 500*
1-10-®	----------------
Мы получили уравнение, выражающее зависимость напряжения в контуре от времени колебаний.
Нам осталось определить зависимость силы тока от времени колебаний в этом контуре. Поскольку в контуре течет переменный ток, определим мгновенную силу тока i как производную заряда q по времени t:
i ~ q' = (qm cos CiV)' = -<йо9ю sin ш#*	(3)
или i — -/„sin (Ooi.
Здесь 1Л = at^qn - максимальная сила тока в контуре. Знак «минус» свидетельствует о том, что колебания за
ряда и силы тока происходят со сдвигом фаз
п
2*
Нам осталось подставить в уравнение (3) численные значения (й0 и q„, и задача будет решена:
i =* -500 • КГ4 sin 500 t, |i — -0,05 sin 500~tl
Задача решена.
Ответ: q = 10ч cos 500 i, и = 100 cos 500 t,
i - -0,05 sin 500 t.
Задача 8
Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью С. = 100 пФ и катушки индуктивности. Уравнение колебаний заряда на его обкладках имеет вид q -= 2 • 10~® cos 10*л*. Записать уравнение колебаний силы
512
тока i = 1(0 и напряжения и — и(0- Найти амплитуды колебаний заряда дв, силы тока 1„ и напряжения Um, а также индуктивность катушки L. Все остальные величины измерены в единицах СИ.
Дано: С = 100 пФ q - 2-10-® cos lO^t
i - ко - ? и = и(0 - ? ди-?
ил~? L-1
Решение. Зависимость i = КО определим, взяв первую производную уравнения колебаний заряда по вре-
мени, известного кам из условия задачи:
i = д' = (2 • Ю-® cos 10®7c0' -
— -2 • 10^ cos 10*n sin 10*7tt.
| i = -6,28 • 10» sin 10*itt|	(1)
Уравнение колеоаний напряжения и = й(0 найдем, разделив левую и правую части уравнения ко-
лебаиий заряда на емкость конденсатора С. Но сначала переведем единицу емкости в СИ: 100 пФ = 100 -1012 = = 1 • 10” Ф.
«.= ~	c°slO*n*, |ц - 20 cos 10*я<|	(2)
Согласно уравнению q “ g(0 амплитуда заряда qm — = 2 ’ 10~9 Кл. Из (1) амплитуда силы тока Im= 6,28 • 10"* i * 3 * * * * В А.
Из (2) амплитуда напряжения Um = 20 В.
В уравнении колебаний заряда Выражение 10е л, стоящее между символом cos и временем t, есть цикличес-
кие РЯД кая частота <о: (0 = 10 п-.
с Зная ю, найдем индуктивность L из формулы
<в = -Л , откуда ХС = Д- и L = Д— VXC	со* ш2С
Проверим единицу L:
1	с2	Вс!
ои с"а Ф	Кл	А с
В
Напомним, что Ф — и Кл = А-с.
Произведем вычисления:
Ответ: i " -6,28 • 10"* sin 10*itt А, и == 20 сое 10ел* В, «1|1~2 10-вКл,/„= 6,28 10-» A, LZn=20B, 1-3,2 10-* Гн.
17. РМимгарпофиам. Т.2	618
Задача 9
Какой процент амплитудного напряжения, считая от начала колебаний, составит напряжение и на обкладках конденсатора идеального колебательного контура в тот момент, когда энергия электрического поля будет в п = 3 раза больше энергии магнитного поля Через какую долю периода это произойдет?
Дано: W„=nWM п - 3
и
U
п
т
Обозначим амплитуду напряжения, t -время, прошедшее от начала колебания до того момента, когда энергия стала в п
 раз больше энергии
Решение. Запишем формулы мгновенных значений энергий электрического и магнитного полей через время t от начала колебаний, когда энергия электрического поля 1ГМ была в п раз больше энергии магнитного поля, а также формулу максимальной энергии электрического поля •
.CUI
2 ’ м га 2га	2 ’
По закону сохранения энергии 4- WM - m
W„
Си? Сиг CUZ „2 или ——+ —- = —Г* 2- , и 2 2га	2 И	= ит, откуда и	L,*J ’	
		п
		га +1
w	и 3
Произведем вычисления: тт— =	—г = 0,866 = 86,6%.
Um	13 + 1
Теперь запишем уравнение колебаний напряжения:
и —
2п
(/„cos t7mcos— t, ведь
циклическая частота
и _ 1з _ 7з 2я 7з Поскольку ц----N4--2_’TO cos^~t=~2~ и, зна-
2п	я	t	1
чит, — г = —, откуда — - — . Т	6	Т 12
Ответ: u/U„ - 86,6%, t/T = 1/12.
514
Задача 10
При увеличении емкости колебательного контура на ДС ~ ОД мкФ .частота .колебаний в нем уменьшилась вдвое. Найти емкость конденсатора С, до увеличения и емкостьТС^после него.
Дано: &С =» ОД мкФ
v2
Обозначим частоту колебаний в контуре'ЭД увеличения емкости конденсатора, v2 - ее же после увеличения.
Решение. Запишем формулы частоты колебаний:
=----?= (1) и v2 =----. (2)
2njLC^
Поскольку нам известно отношение
v^/Vj, то разделим (1) на (2):
V1 2п^ fa С2 (уЛ
— = —> откуда тЛ = — V2 2я7щ VC1 С1
Еще нам известна разность емкостей: ДС == С2 - Cv
поэтому
ДС = С
\2
V1
V2 1
*1
v2
Y -1
дс 12
-1
____
произведем вычисления:
откуда
С,
и С2 = С1 + ДС
-^=0,
*- мкФ = 0,03 мкФ,
С2 = (0,03 + 0,1) мкФ " 0,13 мкФ.
* Ответ: Сх = 0,03 мкФ, С2 = 0,13 мкФ.
Задача 11
, Конденсатору колебательного контура был сообщен заряд qm = 0,2 мКл, после чего в контуре возникли свободные затухающие колебания. Какое количество теплоты выделится на активном сопротивлении контура к тому моменту, когда колебания полностью прекратятся? Конденсатор плоский, его обкладки имеют квадратную форму со стороной а — 5 мм. Расстояние между обкладками
515
d - 1,5 мм, диэлектрик - слюда с диэлектрической проницаемостью е = 6.
Дано: gm = 0,2 мКл а = 5 мм d 1,5 мм Е = 6
бо « 8,8510-“ — м
поэтому
Здесь Eq - электрическая постоянная.
Решение. По закону сохранения энергии вся энергия электрического поля конденсатора сообщенная ему в момент .передачи заряда полностью превратится в тепловую энергию Q:

Q. где W„m = ~,
„2 Q т, Q = —
2С
Здесь С = ^ О = аг - площадь каждой его обкладки. С учетом этого
- емкость плоского конденсатора, S
о2 d
Q =	2 или
2еоеа
.2
Q =
Переведем все единицы в СИ: 0,2 мкКл — 2 •10 7 Кл. 5 мм = 5 • 10-8 м, 1,5 мм — 1,5 -10~* м.
Проверим единицу полученной величины:
rxi мГКлУ м2-Кл2 Кл2	Дж
—— = лЛ • ±5 — -it Л--
Кл	Кл
В
Ф -м2
м - Дж.
_	л Кл	Дж
Напомним, что Ф = и В = ——.
В	Кл
Произведем вычисления:
Q ----1>5 19- —(-2 10 1 Дж = 5,6 • 10-» Дж.
2-8,85-Ю”12-6^5-Ю*3 J
Ответ: Q — 5,6 • Ю 3 Дж.
Задача 12
Колебательный контур состоит из катушки длиной I с диаметром витка D и с числом витков на единице длины п и конденсатора в виде двух параллельных дисков ра-
516
диусом Rf расположенных на расстоянии d друг от друга. Диэлектрик между обкладками имеет диэлектрической проницаемостью Е. Сердечник катушки имеет магнитную проницаемость р. Найти число полных колебаний N В этом контуре за время t. Потерями энергии в контуре пренебречь.
Дано:
I D п R d 8 И
Здесь е0 - электрическая постоянная, у, -магнитная постоянная.
Решение. Число полных колебаний N, совершенных за.время t, можно определить, разделив это время t на время одного полного колебания, т. е. на период Г:
N-?
Таким образом, решение задачи сводится к определению периода полных электромагнитных колебаний в этом контуре. Так как контур идеальный, т. е. он не обладает электрическим сопротивлением, то свободные электромагнитные
колебания в нем будут незатухающими и их период можно определить по формуле Томсона
T = 2njLC.	(2)
Здесь L - индуктивность катушки, С - емкость конденсатора в этом контуре»
Индуктивность катушки L найдем по формуле индуктивности бесконечно длинного соленоида (катушка в колебательном контуре имеет конечные размеры, но если диаметр ее витка во много раа меньше ее длины, то эту формулу применить к ней можно. Будем считать, что это условие соблюдено):
L =
D2
Здесь S = л— - площадь витка катушки. Емкость 4
плоского конденсатора определим по формуле
Здесь Зк =	- площадь обкладок конденсатора (т. е.
площадь каждой обкладки).
Подставив (3) и (4) с учетом формул площадей S и SK, в (2), получим:
(3)
т
В2 еоеяЯ2 ,
= л‘

517.
Нам осталось подставить (5) в (1), и задача будет решена:
n2nDR у Задача решена.
Ответ: N = —— /—-— . irnDR у
Задача 13
Резонанс в колебательном контуре, содержащем конденсатор емкостью С\ ~ 1 мкФ, наступает при частоте vx = 400 Гц. Когда же параллельно конденсатору С\ подключают еще один емкостью С29 резонансная частота становится v2 = 100 Гц. Найти емкость конденсатора С2.
Дано:
Ci = 1 мкФ vx *= 400 Гц v2 = 100 Гц
Решение. Резонанс в приемном колебательном контуре наступает, когда собственная частота колебаний становится равной частоте вынужденных колебаний, возбуждаемых внешним передатчиком. .При этом амплитуда электромагнитных колебаний в контуре становится максимальной. Часто-
с2-?
та вынужденных колебаний, равная собственной частоте колебательного контура, называется резонансной частотой.
Резонансная частота в колебательном контуре, содержащем только один конденсатор Си определяется формулой
2it^LCl
(1)
Здесь L - индуктивность катушки в этом контуре.
Когда к конденсатору Ct подключают параллельно второй конденсатор Сг, емкость образованной батареи конденсаторов становится равной Ct + С2, и при этом новая резонансная частота
v2 = J
Обе частоты vx и v2, а также емкость Сх нам известны, а неизвестны индуктивность катушки L и искомая емкость С2. Значит, нам надо исключить из этих двух уравнений индуктивность L, получив одно уравнение с одной неизвестной емкостью С2. Для этого удобно разде
618
лить 'левые И правые части (1) и (2) соответственно друг на друга. Тогда равенство не нарушится, а неизвестная и ненужная нам индуктивность L сократится и мы сможем определить С2. Выполним эти действия:
Vj _ 2тц/Х(С|' + С2)	_ у1Ц01 + А) _ 1с/ + С2
‘	’ v2 ~ Ла V ci ‘
V2
и
Отсюда
Vi v,
А А с, ’ с,
Vl
-1
С2 - С,
2
<2
— -1
V2 J
Задача в общем виде решена.
Переведем все единицы с СИ: 1 мкФ ~ 10"® Ф. Подставим числа и произведем вычисления:
С2 =ю
г* М -1
юо
1,5 10'5Ф.
Ответ: С2 — 1,5 • 10-5 Ф.
Задача 14
Конденсатор емкостью С и две катушки с индуктивностями L, и Lt образуют колебательный контур (рис. 13-2). Определить максимальную силу тока 1т в этом контуре. Известно, что максимальная разность потенциалов на обкладках конденсатора равна Um. Активным сопротивлением пренебречь.
Рис. 13-2
Дано: С
А
А и„
ц- 1
Решение. Применим закон сохранения энергии, согласно которому полная энергия колебаний в контуре сохраняется в процессе колебаний и равна максимальной энергии электрического поля конденсатора или максимальной энергии магнитного поля катушек. Соответственно равны друг другу максимальная энергия электричёско-го поля W„ т конденсатора и максимальная энер-
гия магнитного поля катушек WM

519
Максимальная энергия магнитного поля обеих катушек W* равна сумме максимальных энергий WM Я1 и W* каждой из них: W„“ ЖМж1+WK1b2.
Тогда	+ WMm2.	(1)
Поскольку согласно формулам энергии электрического и магнитного полей
таг _	W - ^^21
"аят *”	2	9 КГ”1 2	’	*"	2	’
то согласно (1)
_ L& ь2/’2	2 _	2	2
-у’ = —g- + —2— ИЛИ	ml + Lil *	2
Теперь учтем, что обе катушки в процессе электромагнитных колебаний пересекает один и тот же магнитный поток Ф, который, как известно из теории, прямо пропорционален силе тока в катушке, а коэффициентом пропорциональности здесь служит индуктивность катушки L. Поэтому Ф = L Jmi, Ф - Ьг/т2, откуда LrIal -	(3)
Нам необходимо найти максимальную силу тока 1т в неразветвленной части контура, которая по первому правилу Кирхгофа равна сумме сил токов 1Я1 и 1л2 в отдельных катушках: 1„ = 1т1 + 1п2.	(4)
Теперь, пользуясь уравнениями (3) и (4), выразим неизвестные нам токи 1т1 и 1ж2 через искомый ток 1т9 чтобы потом, подставив их значения в уравнение (2), получить новое уравнение с одним неизвестным 1т, откуда мы его уже сумеем найти. Для этого найдем из выражения (3), например, 1т2 и подставим его значение в (4):
^2
Тогда - Im = Iml +у-.
Теперь найдем отсюда 1т1: 1т
откуда
I -т1~1 + Ь. Ь1+<
С учетом этого Im2 =	 у- = ууу
М + "2 Ь2 -Ц + "2
Теперь подставим (5) и (6) в (2). Получим
(5)
(6)
520
1г11
(A+W U-i+W
откуда

I. = u.
Задача решена.
л т -и |сщ±Ы
Ответ: 1т	Т г
Задача IS
Частота колебаний в колебательном контуре v = 1 МГц, а индуктивность катушки L “ 2 Гн. Проводник, из которого изготовлена катушка, медный, катушка содержит '/i « 1000 витков. Диаметр витка D — 4 см, диаметр поперечного сечения проводника d — 0,2 мм. Определить добротность этого колебательного контура Q, считая ко-лебания медленно затухающими. Удельное сопротивление дледи р = 1,7 • 10"® Ом'м.
Дано: V = 1 МГц I •= 2 Гн X = 1000 ,D = 4 см 4 «= 0,2 мм p = 1,710® 0мм
Решение. Добротность контура
определяется по формуле Q = — J— . R V С
_ ?
Здесь R = р — - активное сопро-
О
тивление контура, I - длина проводника и S - площадь поперечного сечения провода.
Длину проводника можно определить, умножив число витков N на длину окружности витка irD: I = AfaD.
тт	nd2
Площадь его поперечного сечения £ -----.
4
о 4nDN л DN
С учетом этого R = р--— = 4р——.	(2)
ltd d*
Емкость конденсатора С определим из формулы час-
тоты собственных колебании в этом контуре: v - 2	’
— , LC = j-Ц;- И С =  1‘, .
2nv (2луУ (2тгу^£
(3)
521
Подставив (2) и (3) в (1), мы решим задачу в общем
Переведём все единицы в СИ: 1 МГц = 1 • 10е Гц, 4 см = 0,04 м, 0,2 мм = 2  IO4 м.
Произведем вычисления:
3,14.10» .4.10^-2 = о8
2 • 1,7 Ю-8 -0,04 1000
Ответ: Q = 1,8 • 10s.
Задача 16
Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью С = 0,04 мкФ и катушки индуктивностью L = 1 Гн. Конденсатору сообщили заряд q„ = 2 мкКл. Построить гфафики колебаний заряда q — q(t), силы тока t — i(t) и напряжения и = u(t) в этом контуре за время t — Т.
Дано:
С = 0,04 мкФ
I = 1 Гн qm - 2 мкКл
Решение. Переведем единицы емкости и заряда' в СИ: 0,04 мкФ « 4 * * 10"8 Ф, 2 мкКл * 2 • 1(Н Кл.
Теперь запишем уравнение колебаний заряда в общем виде:
q = qm cos (Do t (1) при o^ = 0.
Здесь ®o = ^, где T = 2n VbC .
q “ «(0 “ ? i = nty- ? и = u(i) - ?
Вычислим период T:
Г = 2 • il4Vl 4 10-8 с = 1,26 • 10 s с.
Теперь вычислим собственную циклическую частоту
-	2п рад . л . л3 рад
колебании в контуре <о0: о)0--- -— = 1,6 л 10 -—.
°1,26 10’8 с	с
Подставим в уравнение (1) численные значения qm и (00: 2л а — 2 • lO^cos 1,6 * lOto = 2 • IO"6 cos — t*
* T
T T ЗГ
Будем придавать времени t значения t = 0; —; —; —
и T и подставлять их последовательно в (2), вычисляя каждый раз заряд q:
2л
q = 210-«cosy0 Кл = 210-« Кл,
„	2n Г
q = 2 • 10""cos — •— =0, 4	Т 4
(2)
522
2я Т q = 2-10-«cos —•— Кл = -2 • 10** Кл, 1 л
„	2л ЗТ
q = 2 • 10 е cos—• — Кл “ 0, 1	4 .
2л и q = 2 • lO^cos—Т Кл = 2 • 10-* Кл. Заполним таблицу:
t, доли Т	0	hl'#	т 2	ЗТ 4	т
q, Кл	2 10-*	0	-2-10«	0	2 • IO'"
Построим
график q = g(0 Ч> Ю Кл
(рис. 13-3).	2
Мы учли, что
Т =» 1,26 • 10~® с.	1
-Чтобы пост-
роить график на-	°
пряжения и =	-j
= u(t)> запишем уравнение на-	-2
пряжения, разделив левую и правую части уравнения (2) яа С:
q q^	2л
77 = — cos — t или и = С	С	т
2-10*6
4 • 10'8
2л
cos — t, Т
Л 2л х и — 50 cos —t. Т Придавая t те же значения в долях периода Т, произведем аналогичные вычисления и заполним таблицу:
t, доли Т	0	Е-ч |	т 2	ЗТ 4	т
и, В	50	0	-50	0	50
Построим график и = u(t) (рис. 13-4).
Для построения графика силы тока i *= i(t) запишем уравнение колебаний силы тока, для чего возьмем первую производную уравнения (2):
523
i =	= -1,6 • 10®я • 2 • l(k«sin 1,6 • 10®nf
2it или i — -0,01 sin— t. T Теперь опять будем придавать времени t те ясе значения в долях периода и вычислять соответствующую им мгновенную силу тока i. Заполним таблицу:
t, доли Т	0	т 4	Т 2	ЗТ 4	Г
1, А	0	-0,01	0	0,01	0
Построим график (рис. 13-5):
Рис. 13-5
Задача решена.
Задача 17
Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью С “ 2 • 10** мкФ и катушки индуктивностью L = 5 Гн. Амплитудное напряжение на обкладках конденсатора Ua = 20 В. Построить графики колебаний энергии элект
524
рического и магнитного полей для моментов времени t
Т т ЗТ „
г!Т'т-
Дано: С = 210-7 мкФ £ = 5 Гн 17,.= 20 В

Решение. Запишем уравнения изменения со временем энергии электрического и магнитного полей сначала в общем .виде, приняв начальную фазу о, = 0:
Си2
А
„	. 2л
где и - и_ cos oof и со = —, Т
CUl 2 2Л х “2 Т
(1)
поэтому
Теперь подставим численные значения
С = 2 • 10-» мкФ - 2  10-« Ф, ия = 20 В:
2-10*“-400	22я^ л , ..	,2л
ТУ - -------~----cos2—( = 4-10 “сое2— t.
“	2	Т	Т
Как и в предыдущей задаче, будем придавать време-
т т зТ
ни t значения i = 0; — •	; т и вычислять после-
4	2	4
довательно соответствующие значения энергии электри- -ческого поля Заполним таблицу:
f, доли Т	0	7 4	Т 2	ЗТ 4	Т
Wu, 10 » Дж	4	0	4	0	4
Вычислим период Т, воспользовавшись формулой Том-сона Т = 2п4ьС . Т = 2 • 3,14>/2 • 10'18 -5 с = 6,28 • 10 « с.
Построим график = W„(t) (рис. 13-6):
1О’иДж
4
2
О
1.87 3,14 4,71 в,28 t< 10~вс
Рис. 13-в
525
Чтобы построить график колебаний энергии магнит* ного поля WM ” VTjX*), запишем соответствующее урав-
Xi2
нение: Wu =	, где i = sin <ot,
поэтому WM
_ У s}n2 oft . 2
Поскольку q, lc2u*
2	1 2л
= СС7”иЮ =хс = Т’то
Wu = -X-^sin2 — t = ^=-sin2 t.	(2)
2XC T 2 T	' '
Подставим в (2) числовые значения С и U„ и вычис-
лим И'для моментов времени t = 0; “Г’7Г:“7"’ Т. За-4 Z 4
Задача решена.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. При увеличении максимальной силы тока в катушке колебательного контура на Д/ж - 10 А амплитуда напряжения увеличилась втрое. Найти первоначальную амплитуду силы тока
Контур идеальный.
Ответ: /„.= 0,5Д/ж = 5 А.
Задача 2. Начальное напряжение на конденсаторе идеального колебательного контура увеличили втрое. Во сколько раз изменилась максимальная энергия магнитного поля катушки?
Ответ: увеличилась в 9 раз.
526
Задача 3. Амплитуда заряда на обкладках конденсатора идеального колебательного контура дп * 2 нКл, а амплитуда силы тока 1т == 8 мА. Чему равна мгновенная сила тока I в катушке в тот момент, когда энергия электрического поля конденсатора вдвое больше энергии магнитного поля катушки? Чему равна собственная циклическая частота <о0 колебаний в этом контуре?
Ответ: i = -^ = 1,7 А , со0 =	= 1Д> 10® — .
чЗ	Qm	С
Задача 4. Через какую часть периода Т, считая от начала колебаний в идеальном колебательном контуре, энергия электрического поля конденсатора будет в 3 раза больше энергии магнитного поля катушки?
Т
Ответ: t - — .
Задача 5. Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью С — 200 пФ и катушки индуктивности. Частота собственных колебаний в нем v = 5 МГц. Найти амплитуду напряжения Um на обкладках конденсатора, если амплитуда силы тока в катушке = 2 мА.
Ответ: U** да3 • 10м В.
ж 2kvC
Задача 6. Частота электромагнитных колебаний в колебательном контуре Vi = 30 кГц. Какой будет частота колебаний v2 в этом контуре, если расстояние между обкладками плоского конденсатора контура увеличить в п = 5 раз?
Ответ: v2 = vt 4п ~ 6,7 • 10* Гц.
Задача 7. Колебательный контур состоит из двух одинаковых конденсаторов, соединенных друг с другом параллельно, и катушки индуктивности. Период собственных электромагнитных колебаний в этом контуре Tt = 20 мкс. Во сколько раз изменится период колебаний, если конденсаторы включить последовательно друг другу?
Ответ: уменьшится в два раза.
Задача 8. Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью С ** 400 пФ и катушки индуктивностью L в 10 мГн. Найти амплитуду силы тока /мв этом контуре, если амплитуда напряжения в нем Um - 500 В.
Задача 9. Конденсатор емкостью С в 50 пФ сначала подключили к источнику тока с ЭДС £ = 3 В, а затем к катушке индуктивностью L = 5,1 мкГн. Найти максимальное значение силы тока 1т в этом контуре.
Гс
Ответ: Im = £4^ « 9,4 • 10”а А.
Задача 10. При одном конденсаторе собственная частота в иде-. альшял. колебательном контуре была 30 кГц, а при другом 1 она стала v2 - 40 кГц. Какой будет эта частота v, если конденсаторы соединить: а) последовательно; б) параллельно?
Ответ: a) v = Jvf + v| «50 кГц, б) v ==	.- 24 кГц.
iM+4
527
Задача 11. В колебательный контур включен конденсатор емкостью С = 0,2 мкФ. Какую индуктивность L нужно включить в контур, чтобы получить в нем электромагнитные колебания звуковой частоты v = 400 Гц?
Ответ: L = -—= 0,79 Гн.
(2itvfC
Задача 12. Определить резонансную частоту колебательного контура v^, если отношение максимального заряда на конденсаторе к максимальной силе тока в контуре равно л.
Ответ: Vpe = А_.
Задача 13. Будут ли колебательные' контуры настроены в резонанс, если параметры одного из них С, = 160 пФ и Lx * 5 мГн, второго - С2 * 100 пФ и L2 4 мГн? Как нужно изменить емкость второго колебательного контура, чтобы эти контуры были настроены в резонанс?
Ответ: не будут, так как vi = Г * v2 = -Г ; уве-
личнть С2 вдвое.
Задача 14. Изменение силы тока в зависимости от времени задано уравнением i = 5 sin 200nt А. Найти частоту v и период Т колебаний, амплитуду силы тока /ж, а также значение силы тока
при фазе а = — рад.
6
Ответ: I 5 A, v = 100 Гц, Т - 0,01 с, - 2,5 А.
, Задача 15. В колебательном контуре индуктивность катушки L *» 0,2 Гн, а амплитуда силы тока 1Л = 40 мА. Найти энергию электрического поля конденсатора и магнитного поля катушки ИГдев тот момент, когда мгновенное значение силы тока I будет меньше амплитудного значения силы тока вдвое.
Ответ:	- ^^соа5 « 1,2 10~4 Дж,
-4 10~‘Дж. Z о
Задача 16. Собственные колебания в колебательном контуре протекают согласно уравнению i =* 2 sin 100л* мА. Найти индуктивность L катушки, если емкость конденсатора С - 10 мкФ.
Ответ: L ~	1 Гн.
Задача 17. В колебательном контуре с высокой добротностью происходят затухающие колебания. Во сколько раз уменьшится амплитуда напряжения через время I, равное двум периодам, считая от начала колебаний, если емкость конденсатора С, индуктивность катушки L и активное сопротивление контура R известны?
528
Ответ:
Uton- I Iblc Un \RjC-4njL ‘
Задача 18. Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью С •» 2 нФ и катушки индуктивностью L *= 2 мГн. Максимальное напряжение на обкладках конденсатора Um =*= 10 В. Достройте графики колебаний заряда q - q(t)> силы тока i « i(t) и напряжения и » н(0 за время t, равное одному периоду колебаний Т. Постройте графики колебаний энергий электрического поля магнитного поля = TKM(t) и полной энергии = e IF(t) в этом контуре я течение одного периода колебаний.
14. ПЕРЕМЕННЫЙ ТОК
Методические указания к решению задач
Если замкнутый проводящий контур (виток, рамку) пересекает переменный магнитный поток, то в этом контуре возникает переменный ток. Если магнитный поток Ф изменяется по гармоническому закону вследствие вращения контура в магнитном поле, то его уравнение
Ф = Фж сое а, или Ф = Фт сое mi, или Ф = BS„ cos Art, где ФМ=В5 ~ амплитуда магнитного потока, В - индукция магнитного поля, S - площадь контура, со - угловая скорость вращения контура в магнитном поле, равная циклической частоте колебаний переменного тока в контуре.
Во вращающемся в магнитном поле контуре возникает ЭДС электромагнитной индукции. Мгновенная ЭДС е равна первой производной магнитного потока, пересекающего контур, по времени, взятой со знаком «минус»: е - -Ф'.
Модуль мгновенной ЭДС е e £я sin где €т « (&BS - амплитуда ЭДС.
Если контур имеет N витков, то €я — (&BSN.
Согласно закону Ома мгновенная сила тока i в проводящем контуре с активным сопротивлением Я равна (в случае отсутствия катушки индуктивности и конденсатора):
ц.
I» s или i " сое сое,
В
где и - мгновенное напряжение, ZM - амплитуда силы тока, рав-
ная ио закону Ома: 22	, U* - амплитуда напряжения.
в
Уравнение переменою напряжения имеет вид и *• Р„соз со* при Oq “ 0. Здесь Оф “ начальная фаза.
Если в цепи переменного тока имеется только активное сопротивление (нет конденсатора и катушки индуктивности), то колебания силы тока и напряжения совпадают по фазе.
При одинаковой фазе колебаний силы тока и напряжения в цепи переменного тока мгновенная мощность переменного тока
529
1 =
р ** ui или р “ ил1ясо&(Ы.
Среднюю мощность Р переменного тока за период (при t - Т)
можно определить по формуле Р =	.
£
Частота промышленного переменного тока (стандартная часто-
та) в нашей стране v - 50 Гц и, значит, его период Г = — с — □О
• 0,02 с, а циклическая (или угловая) частота <о = 2nv “= 100 я рад/с. Поэтому» если в задаче идет речь о переменном токе стандартной частоты, значит, его частота v == 50 Гц вам известна»
Если в задачах о постоянном токе идет речь о силе тока, то имеют в виду только одну величину I (то же самое можно сказать о напряжении или ЭДС). Л когда в задачах переменного тока идет речь о силе тока, то это может быть мгновенная сила тока I (т. е. сила тока в данный момент времени), амплитудная (максимальная) сила тока Zm или действующая сила тока I, и для каждойиз них имеется своя формула.
Действующим значением переменного тока называют значение такого постоянного тока, который, проходя по цепи, выделяет в ней за единицу времени столько же теплоты, что и данный переменный ток.
Действующие значения силы тока /, напряжения U и ЭДС £ связаны с их амплитудными значениями формулами
1/2 ’ Л
Таким образом, если вы решаете задачу о переменном токе, то прежде всего должны определить, о каких значениях силы тока, напряжения или ЭДС идет речь: мгновенных I, и или е, действующих Z, U или £, или амплитудных Zm, Un или и постараться их не перепутать»
Электроизмерительные приборы» включенные в цепь переменного тока, показывают его действующее значение. Поэтому, если в условии задачи сказано, например, что амперметр, включенный в цепь переменного тока, показал силу тока, равную 10 А, то это не мгновенное i и не.амплитудное Zw, а именно действующее I его значение, и вы должны записать в условии задачи: / = 10 А. Используемое нами в быту напряжение U = 220 В - это тоже действующее значение напряжения, а на самом деле оно изменяется по гармоническому закону и * Un сов а от нуля до Um -= U 4% -	= 311 В. Поэтому, если вас спросят, можно ли в
цепь переменного тока с напряжением 220 В включить конденсатор» который будет пробит при 300 В, то несмотря на то, что напряжение 220 В меньше пробивного, конденсатор все же будет пробит, так как максимальное напряжение в этой цепи достигает 311 В, т. е. превосходит 300 В. Поэтому такой конденсатор в цепь включать нельзя.
Для решения задач переменного тока можно использовать закон Ома в виде Г -	, но только применительно к его действую-
щему или амплитудному значениям. И при этом следует помнить, что в знаменателе закона Ома должно находиться полное сопротивление Z цепи, в которую входят активное сопротивление В, 530
индуктивное сопротивление (сопротивление катушки индуктивности) Хьи емкостное сопротивление (сопротивление конденсатора)
Хс. В этом случае Z = ~ и ?т =	,
Z	Z
где Z = +(XL-XCJ, Xl~<oL я Хс =
Напоминаем, что сопротивление R называется активным, сопротивление XL - Хс - реактивным, а сопротивление Z - полным сопротивлением цепи переменного тока.
Если в цепи нет активного сопротивления R, то полное сопротивление Z ” Хь- хс* Если в ней нет катушки индуктивности, то Z = /r*+-Xc * а если в цепи нет конденсатора, то Z =	+ X2 .
В цепях переменного тока джоулево тепло выделяется только на активном сопротивлении Я, поэтому здесь можно применять л U2
. закон Джоуля-Ленца Q e PRt, Q = и Q = Ult, но при этом надо помнить, что здесь I и U - действующие значения силы и напряжения переменного тока, а амплитудные сила тока 1т и напряжение связаны с ними формулами
/ = -^- и U = ^.
V2	Л
Внимание! Законы последовательного и параллельного соединений проводников к цепям переменного тока применимы не всегда. Их можно применять только к мгновенным значениям силы it напряжения и и ЭДС е, а к их действующим и амплитудным зна-' чениям применять нельзя.
На рис. 14-1 сила переменного тока, как мгновенная i, так и действующая Z, и амплитудная 1„ во всех участках последовательной цепи, состоящей из резистора Я, катушки L и емкости С, одинакова. Кроме того, мгновенное напряжение на полюсах источника тока и равно сумме мгновенных напряжений ин, иси uL: и - wR + uL+ wc.
Но амплитудное напряжение Umne равно сумме U„^9 UmLn UMCt как и не равно сумме действующих напряжений Z7R, Ut и IZC на разных участках этой цепи действующее напряжение U на полюсах источника. Чтобы найти, например, амплитудное напряжение зная (7жВ, UmC, надо строить векторную диаграмму, учитывая, что напряжение CZ^r совпадает по фазе с током ZM, напря-
б)
Рис. 14-1
531
женяе опережает по фазе ток /я, я
а значит, и напряжение ажЯ, на — , а напряжение (7иС отстает по фазе от я
на — (рис. 14-2).
2
Поэтому можно найти по теореме Пифагора
^ = ^+(^^7 -
При параллельном соединении участков цепи, как на рис. 14-1, б, £ - <R +	+ ic, но /ж # Ця +Л,с +Дал а вот напряжение и,
Um и. U на таких участках одинаковы. Чтобы найти зная 1тЛ> /и1 и /жО тоже приходится строить векторную диаграмму.
Сдвиг фаз <р между током I и.напряжением U определяют по
формуле tg <р =-----
л
или по формуле созф - ।	ч i.m ,
J^+fcoL-—1 И V
Активная мощность тока определяется по формуле Р — UI cos ф, где U и I - действующие напряжение и сила тока.
При решении задач на трансформаторы в формулах
Ц - А и k —	= дг2 » а также U У записаны действующие значе-
ния напряжений и сил токов.
Эти формулы справедливы, если ни первичная, ни вторичная обмотки трансформатора не содержат активного сопротивления К. Сопротивлением первичной обмотки, если о нем ничего не сказано, можно пренебречь, а вторичная обмотка может его содержать. Если она все же не содержит сопротивления или им тоже можно пренебречь, то напряжение на выходе такой обмотки (напряжение на ее зажимах или на потребителе, которым может быть радиолампа, трубка телевизора и др., напряжение на нагрузке, - это все одно и то же) равно напряжению U2, Если же в условии задачи что-либо сказано о сопротивлении J?2 вторичной обмотки (оно дано, или спрашивается, или что-либо говорится о длине проводников, из которых обмотка изготовлена, или о материале проводника, или о его сечении, или диаметре), то на выходе вторичной обмотки на нагрузке напряжение Пя будет меньше расчетного напряжения 27г на величину падения напряжения АП *= на этом сопротивлении Л2. Таким образом, напряжение на зажимах вторичной обмотки (на нагрузке) в этом случае будет
UK - U2 - АС/ или ия = U2 - ГД.
532
Подчеркнем еще раз, что трансформатор моЖет повышать или понижать напряжение только переменного тока, потому что во вторичной обмотке может возникнуть ЭДС электромагнитной индукции только тогда, когда ее пересекает переменный магнитный поток. Если же ее будет пересекать постоянный магнитный поток, то никакой ЭДС в ней не возникнет и изменения напряжения происходить не будет. На каверзный вопрос, что будет, если первичную обмотку трансформатора подключить к источнику постоянного тока, надо ответить, что в этом случае трансформатор сгорит, так как первичная обмотка обычно имеет ничтожно малое сопротивление, и поэтому произойдет короткое замыкание. Если же сопротивление первичной обмотки току, вырабатываемому данным источником постоянного тока, будет достаточно велико, то все равно никакого изменения напряжения этот трансформатор дать не сможет из-за отсутствия явления электромагнитной индукции. Если такой трансформатор подключить к источнику постоянного тока, то ток пойдет по первичной обмотке и вокруг нее возникнет магнитное поле, которое будет пронизывать вторичную обмотку, т. е. магнитный поток вторичную обмотку пересекать будет, но он будет постоянным и, значит, скорость его изменения Ф" будет равна нулю, поэтому и ЭДС индукции во вторичной обмотке = -Ф' тоже будет равна нулю.
Используя аналогию между механическими и электрическими колебаниями, можно убедиться, что последовательное соединение пружин соответствует параллельному соединению конденсаторов, и наоборот, параллельное соединение пружин г- последовательному соединению конденсаторов.
Принцип действия генератора переменного тока так же, как и трансформатора, основан на явлении электромагнитной индукции. Неподвижные проводники, в которых наводится ЭДС электромагнитной индукции, уложены в пазах (углублениях) статора, а электромагнит (ротор) вращается вокруг своей оси, благодаря чему проводник пересекает переменный магнитный поток, возбуждая в них ЭДС электромагнитной индукции и наводя индукционный ток. Если при этом ротор генератора имеет только одну пару полюсов, то для наведения в проводах переменного тока с промышленной частотой Vi « 50 Гц он должен вращаться, делая 50 оборотов в секунду, т. е. с частотой v, « 50 об/с. Это очень большая частота вращения, требующая больших затрат энергии. Если же сделать ротор с двумя парами полюсных наконечников N “ 2, то, чтобы частота вырабатываемого переменного тока осталась прежней, т. е. равной vt “ 50 Гц, достаточно вращать ротор с частотой v8 “ « 25 об/с, т. е. в два раза медленнее. Таким образом, чтобы подучить переменный ток с частотой Nt посредством ротора, имеющего N пар полюсов, его достаточно вращать с частотой
При решении задач на работу электрических генераторов иля двигателей удобно использовать закон сохранения и превращения энергии для каждого режима работы этих устройств. Кроме этого, иногда здесь следует применять формулы механики Р - Ри или Р ~ Мео, где Р - мощность, Р - сила, приложенная к вращающемуся валу механизма, о - линейная скорость точек поверхности вала, М -момент силы Р9 ю - угловая скорость вращения вала.
533
Решение отдельных задач
Задача 1
Квадратная рамка со стороной а = 10 см равномерно вращается в однородном магнитном поле индукцией В = = 0,2 Тл с частотой v = 50 с-1. Написать уравнения колебаний магнитного потока Ф = Ф(£) и ЭДС е - e(t), если при t = 0 нормаль к плоскости рамки перпендикулярна линиям индукции магнитного поля. Найти амплитуду ЭДС £т1
Дано: а = 10 см В = 0,2 Тл v = 50 с"1
Ф = Ф(* *) - ? е в е(0 — ? 4-?
Решение, Если нормаль п к плоскости рамки при i = 0 перпендикулярна вектору В, значит, в этот момент плоскость
рамки параллельна линиям вектора В и магнитный поток сквозь рамку равен Т
нулю. Через время t «* —, где Т - период
*	4
вращения, поток станет максимален, затем через время
Т
t ® — он снова равен нулю и т. д. Значит, можно счи
тать, что изменение магнитного потока в этом случае происходит по закону синуса:
Ф = Фда sin cot,	(1)
Т ведь если t == 0, то и Ф = 0, а если t = ~, то
Ф - Фж sin ®t = —• - = Фи.
Угловая скорость вращения рамки <о = — = 2о. (2)
В равенстве (1) Ф„ = BS, где 8 = а2 - площадь квадратной рамки. С учетом этого Фт = Ва2.	(3)
Подставим (2) и (3) в (1): Ф = Ba2 sin 2nvi.
Переведем в СИ единицу at 10 см - 0,1 м.
Теперь заменим все постоянные величины В, а я v их числовыми значениями:
Ф — 0,2 • 0,01 sin 20л • 50nt, Ф — 2 • 10"® sin lOOnt.
Согласно закону электромагнитной индукции мгновенная ЭДС е равна первой производной магнитного потока по времени, взятой со знаком «минус»:
е “ -Ф', е = —2 «10~® ♦ 100 п сов 100 nt,
|е - -0,628 cos 100 nt |	(4)
534
Из (4) следует, что £л = 0,628 В.
Ответ: Ф — 2 • 10"а sin lOOnt, е — -0,628 cos lOOnt, £т = 0,628 В.
Задача 2
Чему равно число витков N в круглом проводящем контуре радиусом Л - 10 см, вращающемся в однородном магнитном поле индукцией В - 0,2 Тл с частотой v — 20 с-1, если амплитудное значение ЭДС £м — 50 В?
Дано: Я = 10 см В - 0,2 Тл v = 20 с’1 4 =,50 В
jV - ?
Решение. При вращении контура в магнитном поле в нем возникает ЭДС электромагнитной индукции, мгновенная величина которой е равна первой производной магнитного потока, пересекающего этот контур, по времени, повторенной N раз и взятой со знаком «минус»:
е = -Ф'ЛГ, где Ф' - (BS cos cot)' ==
= -(&BS sin tot, поэтому е = toBSN sin tot. Здесь £„ — oiBSN - амплитуда ЭДС, которая нам изве-
стна. Следовательно, N — D„ , где to — 2nv, и S = п№,
поэтому
Переведем в СИ единицу R: 10 см = ОД м.
50 Произведем вычисления: N =*	~ ~	~ = 63.
2(3,14 • 0,1)г20 • 0,2
Ответ: N = 63.
Задача 3
Написать уравнения, выражающие зависимость напряжения и = w(t) и силы тока i — i(t) от времени t в электроплитке сопротивлением Я - 60 Ом, включенной в цепь переменного тока напряжением U ** 220 В, если его частота v = 50 Гц.	।
Дано: R =* 60 Ом U = 220 В V = 50 Гц
и - u(t) - ? i = i(t) - ?
Решение. В цепи переменного тока, где имеется только активное сопротивление R, колебания напряжения совпадают по фазе с колебаниями силы тока. Пусть напряже-
ние изменяется по закону косинуса и начальная фаза а, - 0. Тогда уравнение колебаний напряжения будет иметь вид
и <= cos tot,
535
где U„ - максимальное напряжение на плитке. Но напряжение U = 220 В, известное нам из условия задачи, -это действующее напряжение. Оно связано с U„ форму-17	<-
лой U - -4=, откуда ил = U 42 .	(2)
V2
Кроме того, со - 2nv.	(3)
Подставим (2) и (3) в (1): и = U 42 cos 2nvf. (4) Теперь заменим постоянные 17 и v их числовыми значениями: и = 220 72 cos 2ir50t,[t7- 311 cos 100я<|~ уравнение и - u(t).
Для нахождения зависимости i = i(t) разделим уравне-и ние (4) на К, ведь по закону Ома i = — и 1т Л и U^2 t . ufi поэтому = — - cos 2nvt ИЛИ I = —cos R R	R
Теперь опять заменим в (5) постоянные величины С7, 220^2
R и v их числовыми значениями: i == ----cos 2п • 50f,
---------------.	60 f — 5,2 cos lOOxq- уравнение i — i(t).
u4i R ’
U m
R
2nvt.
(5)
Задача решена.
Ответ: и = 311 cos 100 nt, i = 5,2 cos 100 nt.
Задача 4
При каких фазах а в пределах одного, периода мгно-' венное значение напряжения и равно по модулю половине максимального напряжения Пм?
Дано:
и„ и — —
2
а - ?
Решение. Запишем уравнение колебаний напряжения и = C7„ cos а.
ип Согласно условию и -	, поэтому
U	ГТ	1
—— = и т cos а, откуда cos а = —. 2	2
В пределах периода, т. е. когда t = Т, |cos а| - 1/2,
если-а(=60’ = 2 а2 = 120° = 3	3
536
аа = 240° = у, а4 = 300° = у.
„	я 2л 4л 5л
Ответ: с^»-, а^у	«* = "з"-
Задача 5
. В какой момент времени t, считая от начала колебания, мгновенное значение силы переменного тока i будет равно его'действующему значению Z? Период колебаний тока Т считать известным.
Дано: Оо = 0 i-I Т
t - ?
Здесь (Хд - начальная фаза.
Решение. Для решения этой задачи запишем уравнение, в которое входит мгновенное значе-1 ние силы тока I, текущее время t н период Т, т. е. максимальное количество величин, о которых говорится в условиях задачи. Таким уравнением без сомнения является уравнение гармо-
нических колебаний силы тока при ctg — 0:
i = Im cos cot, где <в -
2я Т
, поэтому
i = I cos — t.	(1)
, Л|	ф	V г
Здесь 1Я - максимальная сила тока. Эта величина нам не известна, но мы знаем, что она связана с действую-
Zm
щим значением силы тока I соотношением I = -7=.
V2
Zm
Но поскольку согласно условию I = I, то I . (2) v 2
Подставим (2) в (1):	= Z cos — t
42 Т
2л 1 4г или после сокращения cos у t =	= у.
„ 2л 42	2л я
Если cos — t - у, значит, сам аргумент — t = — .
537
„	2t 1 '	T
Сократив п, получим — - —, откуда t = ~.
1	4	О'
Задача решена.
Ответ: t - Т/8.
Задача 6 .
Неоновая лампа, включенная в цепь переменного тока, светится, когда напряжение на ней U„ становится равным действующему напряжению переменного тока U, а гаснет, когда напряжение на ней равно напряжению зажигания. Какое время в долях периода Т светится лампа? Какое время t2 в долях периода она не светится? Чему равно время Ы между вспышками?
Дапо: U, = U о,, = О
- ?
де - ?
Решение. Определим, через какую долю периода, считая от начала колебания (т. е. когда Оф = 0), мгновенное напряжение и становится равным действующему 27. Для этого в уравнение колебаний напряжения
2я и — Um cos art = Um cos— t m	JW	rji
подставим вместо мгновенного-напряжения и действую-
щее напряжение
2л cos —откуда
2л 1	2п	я	Т
cos—t = —= = —, следовательно, — t = — и t - —.
Т	V2	2 '	Т	4	8
Теперь обратимся к рис. 14-3. На нем изображен график колебаний напряжения и = u(t) в цепи, в которую
Рис. 14-3
кяя
включена Неоновая лампа. Считая от момента t = 0, когда напряжение максимально (и = U„), и до момента t — Т/%, когда оно упадет до и — U, лампа горит, ведь на ней напряжение больше ее напряжения зажигания U„ = = U = 220 В. Затем от момента t = Т/8 до момента t = = ЗТ/8 напряжение на лампе меньше U„ *= 220 В, и она не горит. Затем в момент времени t — ЗТ/8 она вновь за-
5Т ЗТ Т жигается и горит в течение времени —--— = — до i»v-
8	8	4
5Г мента времени t = —, после чего она снова гаснет и не О
7Т светится до момента t = —. Затем она вновь зажигается О
7Т и горит от момента t = — до момента t = Т. О
Таким образом, время горения лампы в течение периода складывается из четырех промежутков времени, каждый из которых равен Т/8, следовательно,
т т 1	8	2
И ровно столько же времени, т. е. вторую половину периода, лампа не светит:
. Т t2=—.
2
На рис. 14-3 видно, что время между двумя последовательными вспышками
Т Т Т Де = —+ — = —.
8 8	4
Т Т
Ответ: = t2 =—, Дг = —. Л	4
Задача 7
Конденсатор включен в цепь переменного тока промышленной частоты (v = 50 Гц). Напряжение в сети U = = 220 В, максимальная сила тока в цепи 1М = 4 А. Найти емкость конденсатора С.
Дано: v = 50 Гц U - 220 В 1„ - 4 А
Решение. Если по закону Ома для цепи переменного тока с емкостным сопротивлением определить это самое сопротивление Хс, а затем, уже зная его, записать формулу
С - ?
539
(1)
(2)
v 1 „1 Хс=—, откуда С = —— юС	соХс
то задача будет решена.
Запишем закон Ома применительно к действующим значениям силы I и напряжения U переменного тока:
ЛС
ведь об активном и индуктивном сопротивлениях нам ничего не сказано, значит, их в этой цепи нет.
Из (2) Хс =-7 > где /= —£•, поэтому Хс = I
Кроме того, со = 2xv.
Подставив (3) и (4) в (1), мы решим задачу:
(3>
(4)
0 = ___w
2^2nvU
Проверим единицу полученной величины:
Гс1 = А = А = Ас = кл 1 1и Гц-В с1 * *-В В В
Произведем вычисления: 4
С - —7=-------------Ф = 4,1 10’5 Ф
2<2  3,14 -50 * 220
Ответ: С = 4,1 • 10 s Ф.
Задача 8
Катушка индуктивности, активным сопротивлением которой можно пренебречь, включена в цепь переменного тока стандартной частоты (v = 50 Гц). При напряжении U = 220 В сила тока в ней I “ 2 А. Найти индуктивность катушки L.
Дано: v = 50 Гц U - 220 В
7 = 2 А
Решение. Для нахождения индуктивности воспользуемся формулой индуктивного сопротивления
Хъ = са£, где со = 2яу, поэтому XL » 2nvL,
г xt откуда L = ——. 2nv
L - ?
(1)
Теперь опять применим закон Ома, но уже для цепи
переменного тока, в которой-имеется только индуктив-
ное сопротивление:
540
U	V
I = у» откуда	.	(2)
Здесь I и U - действующие значения переменного тока.
Подставив (2) в (1), решим задачу: L
U 2itvl
220
Произведем вычисление: L= g'g -50-2
Ответ: L - 0,35 Гн.
Задача 9
Найти сдвиг фаз ф между напряжением и током в цепи, состоящей из последовательно включенных сопротивления R = 1 кОм, катушки индуктивности L — 50 Гн и конденсатора емкостью С = 1 мкФ. Найти среднюю мощность тока Р в этой цепи, если амплитуда напряжения Un = 100 В, а частота колебаний тока v = 50 Гц.
Дано: R = 1 кОм
£ = 50 Гн С — 1 мкФ
ию = 100 в v — 50 Гц
Ф-?
Р - ?
Решение. Сдвиг фаз между током и напряжением в цепи переменного тока, содержащей емкость и индуктивность, опреде-
Т 1 caL---—
(оО ляет формула tg<p  --—— .
.К Здесь (0 - циклическая частота колеба-
ний тока в цепи. Поскольку <0 = 2nv, то
2nvL-------
2jivC	...
tg<P ------s------•	(1)
Л
Зная tg ф, несложно определить и сам сдвиг фаз ф:
Ф = arctg
2mL------
_____2яуС
R
Итак, одну искомую величину мы нашли. Теперь найдем среднюю мощность переменного тока Р:
Р ~ UI cos ф.
(2)
541
Здесь U и I - эффективные напряжение и сила тока в этой цепи.
Из условия задачи нам известно максимальное напряжение Um в этой цепи, поэтому воспользуемся формулой U
и=	(3)
V2
Сложнее найти действующее значение силы тока I. Его мы могли бы найти по аналогичной формуле, если бы нам было известно максимальное значение силы тока в этой
Но 1т нам тоже не известно. Правда, его можно определить по закону Ома для полной цепи переменного тока:
2 ’
।	1 coZ-* — *.—'
у -	соС
Тогда с учетом,, что ш — 2л V, г___________________________V*___________
(4)
If ( i 2 R2 + 2nv£- —— иД	2tcvC J
Подставив (3) и (4) в (2), мы определим вторую искомую величину - мощность Р:
Uj созф
I Г 1 Л
2 JR2 + 2jtv£-------
v	2nvC J
Задача в общем виде решена. Переведем все единицы в СИ: 1 кОм = 1-10® Ом, 1 мкФ = 1 • КГ6 Ф.
Подставим числа и произведем вычисления:
1
Ф = arctg
2-3,14-50-50-
2 3,14 50 10
110я
= 12,5°.
542
IO4 cos 12,5°
2J10® +
= 0,4 Вт. Ответ: ф = 12,5°; Р 0,4 Вт.
1
2-ЗД4 - 50-50-2-3,14-50 10”6
Задача 10.
Участок цепи переменного тока стандартной частоты состоит из резистора и катушки индуктивностью L = 10 мГн. Найти амплитуду напряжения Um на зажимах этого участка, если амперметр показывает силу тока I — 2 А, вольтметр показывает UR = 50 В (рис. 14-4).
Дано: v - 50 Гц L — 10 мГн / = 2А UR = 50 В
Um - ?
Решение. Для нахождения Un построим векторную диаграмму напряжении (рис. 14-5). По горизонтали направим вектор, соответствующий амплитудному напряжению UmR на рези-
сторе, а по цертикали - вектор, соответствующий амплитудному напряжению l7mL на катушке, ведь колебания напряжения на ней опережают колебания тока в резисторе по фазе на п/2, а колебания на-
пряжения на резисторе совпадают по фазе с колебаниями тока в нем. Тогда по теореме Пифагора
U.~ №H+U*nL.	(1)
Вольтметр, подключенный к резистору, показывает действующее напряжение UR на нем. Оно связано с амплитудным напряжением UmR формулой
гу
—гр, откуда
V<«

(2)
543
Амплитудное напряжение ил на катушке найдем но закону Ома, умножив амплитуду силы тока 1Я на индуктивное сопротивление катушки XL:
~ ДЛь, гДе I'Jb и XL =* (i)L = 2nvZ, поэтому
(3)
Напомним, что амперметр и вольтметр в цепи переменного тока показывают его действующие значения. Кроме того, сила тока .здесь везде одинакова.
Нам осталось подставить (2) и (3) в (1):
+ ^mlbf или
ил = j2^’+(2nv?Ly)
Переведем в СИ единицу индуктивности:
10 мГн - 0,01 Гн.
Произведем вычисления:
Um = 5/2(25ОО + (2-ЗД4-5О-20Л1)1) В = 71 В.
Ответ: U„ = 71 В.
Задача 11
Конденсатор емкостью С = 200 мкФ, резистор сопротивлением Я •- 100 Ом я катушка индуктивностью L = =* 50 мГн соединены параллельно и подключены к источнику с действующим напряжением U = 220 В. Найти амплитуды сил токов и /мЬ в параллельных ветвях и амплитуду силы тока /я в иеразветвленной части цепи (рис. 14-6). Частота переменного тока стандартная. Найти полное сопротивление цепи Z.
Дано:
С = 200 мкФ
Я = 100 0м
L — 50 мГн U - 220 В v — 50 Гц
Решение. Поскольку амплитудное на
пряжение Um~U^2 на всех параллельных участках этой цепи одинаково, то
амплитуды сил токов в отдельных параллельных ветвях найти достаточно просто. Для этого воспользуемся законом Ома:
. где емкостное сопротивление Хс «
J.1 тС 2nvC'
(2)
544
Рис. 14-6
Подставив (2) в (1), найдем одну из искомых величин:
= 24ziwCU
(3)
Аналогичным образом найдем
ujz R
или I,
I
*** R
Теперь таким же образом найдем и Z„L:
. и„ uji
Z„L - -г- =	, где индуктивное сопротивление
Л ж А,
(4)
= <oL = 2лу£, поэтому I,
2mL
(5)
Подчеркнем еще раз, что амплитуда силы тока 1„ в общей части цепи не равна сумме амплитуд сил токов в ее параллельных участках, ведь сила тока в них достигает максимума в разные моменты времени. Для нахождения 1„ построим векторную диаграмму (рис. 14-7). Отложим по горизонтали вектор, соответствующий амплитуде силы тока в активном сопротивления 1Л. Именно с этим вектором совпадает вектор И., соответствующий амплитуде напряжения. Колебания напряжения на конденсаторе отстают от колебаний силы тока на я/2. Иными словами, колебания силы тока на нем опережают колебания напряжения тоже на я/2, значит, они опережают и колебания силы тока в резисторе на я/2. Поэто- . му мы отложим вектор, соответствующий амплитуде силы тока Z^c, вертн-
18. Ропештор по физике. Т. 2
545
кально вверх. В катушке колебания силы тока отстают по фазе на тс/2 от колебаний напряжения, поэтому вектор, соответствующий I„L, отложим вертикально вниз. Затем произведем векторное сложение векторов, соответствующих и 1яС -1тЪ, после чего найдем 1т, воспользовавшись теоремой Пифагора:
Чтобы найти полное сопротивление Z такой цепи, подставим (3), (4) и (5) в (6) и учтем, что по закону Ома
0* иЛ , поэтому .
+ [гл/2пуС17--^^-1 .
2tcvL
(7)
17-^ = К иЛ Z R
Вынесем из (7) U Л я сократим:
Переведем все единицы в СИ:
200 мкФ - 2 • 10-*Ф, 50 мГн -0,05 Гн. Произведем вычисления:
1тС = 2 J2 • 3,14  50 ‘ 2 Ю-4 - 220 А = 0,09 А,
220Л
100
А = 3,1 А,
_	220^2	_
Z“L” 2-3,14 50-0,05 ~ 19,8 А’ ,
/„ = т/ад? + (0,09 -19,82)2 А = 20 А,
=-г+ 2-3,14-50-2-10~*
У2202 I 0,03 0м.
1 у
2  3,14 • 50 • 0,05 J

546
Ответ: InC - 0,09 A, ZmR = 3,1 А, Z„L = 19,8 A, Im -= 20 A, Z = 0,03 Ом.
Задача 12
В цепь переменного тока стандартной частоты включены последовательно резистор сопротивлением 7? = 500 Ом и катушка индуктивности. При этом между' колебаниями напряжения и силы тока наблюдался, сдвиг по фазе
л
Найти индуктивность катушки L. Какую емкость
С надо включить в цепь последовательно, чтобы сдвиг по фазе ф2 стал равен нулю?
Дано: V = 50 Гц R = 500 Ом
л
Ф,=-фг = 0
£- ?
С- ?
вен
Решение. Запишем формулу разности фаз для случая, когда в цепи нет конденсатора, т. е. Cj — 0: toL 2nvL
_	, -R .
Отсюда L = —— tg ф, 2nv
Если ф^ равен нулву, то tg ф2 тоже ра-нулю. В этом случае r 1 wL-—	.
О--------и ш£ = —,
R 	£»С
1 (2лу)г£
1 2nvC
откуда С «
Произведем вычисления: 500 х л
L - Г" - w г‘-
1
или 2nvL =
С - -------------5----- Ф - 6,3 • Ю"6 Ф.
(2 • 3,14 • 50)2  1,6
Ответ: L — 1,6 Гн, С = 6,3 '.Ю-6 Ф.
Задача 13
Заряженный конденсатор емкостью С подключен к двум параллельным катушкам с индуктивностями Lt и £2. После замыкания ключа К (рис. 14-8) максимальный ток
547
в катушке L\ стал равен 1.1. Найти максимальный заряд qn на обкладках конденсатора в момент замыкания. Активным сопротивлением пренебречь.
Дано: С £ Дп1
9.1"?
Решение. По закону сохранения энергии полная энергия Wc электрического поля конденсатора равна сумме максимальных энергий на катушках Wu и Жи:
Wc - Wu + W„, 91	bjL
AU	A
Рис. 14-8
поэтому
2 s*
91 _ Mli
2C 2
“—, откуда Л
(1) их
9. -	+ v:z) 
Поскольку катушки расположены пересекает один и тот же магнитный поток Ф, поэтому Ф = Ьг1т1 и Ф = значит,	откуда
i.2 = Д.А-	(2)
“2 Подставим (2) в (1) и выполним упрощения:
параллельно,
9.= с 4^1+^171- или
9.
I^dCL. 1 + -А I
и
Задача решена.
Ответ: qm — /Я1 JCLJ 1 + —- .
J I 1>S
Задачи 14
В цепь переменного тока с напряжением U = 220 В стандартной частоты включены последовательно конденсатор, резистор сопротивлением-/? = 100 Ом и катушка с индуктивностью L — 1 Гн. При какой емкости конденсатора С в этой йепи наступит резонанс напряжений? Какова максимальная сила тока 1п при резонансе? Чему равны добротность цепи Q и ее волновое сопротивление р?
548
Дано: U =>220 В Л - 100 Ом £ - 1 Гн v = 50 Гц
С-? Z - ?
Решение. При резонансе напряжений индуктивное сопротивление XL равно емкостному Хс: Хь - Хс, где Хъ =	= 2kvL и
Хс =	- ——-, поэтому 2nv£ -	,
с <оС 2яуС	’	2nvC
_ 1
С= (2nv)!£
откуда
Амплитуда силы тока Z„ при резонансе напряжений, когда реактивное сопротивле-
р-?
ние Хъ - Хс = 0, определяется по закону Ома равенством
1Я -= где ия = Сл/2 , поэтому I, Л
uj2
aJ
1 Е
R VC
Добротность цепи определяет формула Q
а
волновое сопротивление
р= Vc
1
„ л 1
Произведем вычисления: С = ---_. .___„ _ Ф =
.	(2 • 3,14 • 50)2 • 1
= 110-« Ф, -
Р “	= 320 Ом*
Ответ; С = 1 • 10 6 Ф, 1т = 3,1 A, Q - 3,2, р - 320 Ом.
Задача 15
Изобразите механические системы пружинных маятников, аналогичные электрическим цепям, изображенным на рис. 14-9 а, б, в и е.
Решение. 1) Обратимся к .рис. 4-9, а. Здесь к двум
549
дуктивности. Аналогом емкостям Ct и Сг служат величи-„ 1 1
ны, обратные жесткостям двух пружин — и —, а ана-
*1	*2
логом индуктивности L является масса т. Таким образом, двум параллельным конденсаторам соответствуют две последовательно соединенные пружины с жесткостями кг и Л2 и одна Гирька массой т (рис. 14-10, а).
2)	Теперь обратимся к рис. 14-9, б. Здесь два конденсатора соединены последовательно и имеется одна катушка. Такая схема аналогична двум пружинкам, соединенным параллельно и присоединенным к одной гирьке, масса которой является аналогом индуктивности катушки, т. е. мерой ее инертности (рис. 4-10, б).
Рис. 14-10
3)	На рис. 14-9, в изображена цепь с одним конденсатором и двумя параллельными катушками. Здесь в аналогичной механической системе должна иметься одна пружинка, к которой присоединены две гирьки, соединенные так, как показано на рис. 14-10, в.
4)	В схеме на рис. 14-9, г имеется тоже один конденсатор, соединенный с двумя последовательными катушками. Аналогом такой цепи является механическая система с одной пружинкой, к которой присоединены две гирьки (ведь аналогом массы т является индуктивность L, а не величина, обратная ей, как у жесткости). Эта система изображена на рис. 14-10, г.
Задача решена.
Задача 16
Чему равна частота v собственных колебаний в электрической цепи, изображенной на рис. 14-9, в. Используйте при решении задачи - механическую аналогию. Емкость конденсатора С и индуктивности катушек Ьг и £2 известны.
550
Дано:
Решение. Механическая система, аналогичная схеме на рис. 14-9, в, изображена на рис. 14-10, в. Аналогом индуктивности и Ьг явяякпса массы гирек ш, и шг, а аналогом емкости С слу-
жит величина, обратная жесткости -7. Найдя К
v-1
частоту колебаний гирек, а затем заменив механические величины аналогичными им электрическими, мы найдем и собственную частоту v колебаний в электрической цепи.
Подобную задачу под номером 14 мы решили в теме «Механические колебания». Там мы нашли период колебаний Т в такой же механической системе. Он оказался
равным
_	_ । т,т2
Т “ 2n]k(ml +т2) *
1 _ 1 jkfmj + тг) Следовательно, V =	~ ZZ tf	.
Теперь, используя аналогию й - J;, тх - Lt и та - Lt,
V*
ответим на вопрос задачи: v Задача решена.
1 I i L2 Ответ: v	•
— 1^ з 2л у 1^2
Задача 17
Рассчитайте максимальную силу тока 1т в схеме на рис. 14-9, а. Максимальные заряды на обкладках конденсаторов 9Ж1 и емкости конденсаторов и С2, индуктивность катушки L. При решении используйте аналогичную механическую систему (рис» 14-10, а).
Дано:
С1 1‘
Решение. Аналогом зарядов дл1 и qm2 являются амплитуды колебаний пружин А, и А2, ана-
ч. Л Л	11
логами емкостей С. и С, - величины — и —,
*1	*2
обратные жесткостям пружин, аналогом индук-
тивности I - масса гирьки т и аналогом максимальной силы тока /„ - максимальная скорость гирьки ря.
551
При решении задачи на механическую систему пружин и гирьки воспользуемся законом сохранения механичес-кой энергии, согласно которому сумма потенциальных
энергий пружин WB1 = и Wa2 — равна мак-
ПИ>2 симальной кинетической энергии гирьки WK= % :
2 ’
Wal +
A2 + fe2A2 = mvl, откуда um = J---.
1 <n
Теперь заменим механические величины аналогичны* ми им электрическими, и задача будет решена:
i,C[ С2
—i—-—=—	или
Задача решена.	, 
V bCtC2
Ответ: I,
Задача 18
Ротор генератора имеет N = 50 пар полюсов и вращается с частотой V, - 2400 об/мин. Найти частоту ЭДС v2.
= 50
об v1 - 2400 ---
мин
v2-?
Решение. Количество полюсов у ротора генератора увеличивают для того, чтобы уменьшить частоту его вращения, не изменяя при этом частоту переменного тока. При этом период ЭДС переменного тока, вырабатываемого генератором, будет во столько раз меньше периода рйтрра, т. е. времени его пол
ного оборота, во сколько раз число пар полюсов ротора больше, чем у ротора с двумя полюсами. Если ротор содержит N пар полюсов, а его период Tt, то период ЭДС Т
Т2 в N раз меньше периода ротора Т,: Т2 = ~ . N
„  „ 1 „ 1 1 1 Поскольку Т2 == — и Г, = —, то — — ——.
v2 1	Vi v2 Nvl
552
Следовательно, v2 = Nvt
Задача в общем виде решена. Переведем все единицы об	2400
в СИ: 2400 ---- =	- с'1 = 40 с'1.
мин 60
Подставим числа и произведем вычисления:
v2 = 50  40 Гц - 2 • 10» Гц.
Ответ: v2 = 2 • 10» Гц.
Задача 19
В трехфазную сеть с линейным напряжением ия = 220 В включены звездой три активные нагрузки сопротивлени- -ем по Я = 200 Ом каждая.
Чему равны фазная /ф и линейная 1Я силы токов?
Дано: U, - 220 В R = 200 Ом
Решение. Обратимся к рис. 14-11.
При симметричном сопротивлении нагрузки фазный ток равен линейному, а фазное напряжение в 7з1 раз' меньше линейного. По закону Ома
Т-’где£,‘-^
Произведем вычисления:
поэтому
я^
1я “ 200Тз А “ °’6 А-
Ответ: /ф = Iя = 0,6 А.
553
Задача 20
В трехфазную сеть с линейным напряжением U* = 220 В включены треугольником три резистора с сопротивлениями Rt = 80 Ом, - 40 Ом и Я3 = 20 Ом. Найти силы токов /ф1, 1ф2 и /фз в фазах нагрузки. Чему будут равны силы токов 1г я /3 при обрыве линейного провода ab (рис. 14-12)?
Дано: ил - 220 В Л, = 80 Ом R2 “ 40 Ом Д3 — 20 Ом
Ъ
а
нагрузка
Яз
Рис. 14-12
2фЗ f
4з~ 7
1з~Ч
Решение. При включении треугольником фазное напряжение <7ф равно линейному ия: U*. = Ux. При этом на каждую фазу нагрузки падает одинаковое напряжение, поэтому согласно закону Ома
! =£« *
I ф2 »
, =
*R*
а
Ь
Вг
Ц,= Ця
А ”а
При обрыве верхнего провода (рис. 14-13) мы получили нагрузку, состоящую из двух параллельных ветвей с сопротивлениями -Rj + R3 и R3, тю&юпу в таком случае
Рис. 14-13
Произведем вычисления: 220
41 = А ” 2,75 А , 1ф2
4з = А = А = 11 А, 2, - — А = 1,83 А.
**	2	20	1	80 + 40
Ожаеш. 2ф1 — 2,75 А, /фз 5,5 А, 2ф^	13	11 А,
Zt-1,88A.
554
Задача 21
Генератор тока, ротор которого вращается с частотой vu вырабатывает ЭДС Генератор преобразуют в электродвигатель, якорь которого вращается с частотой v2. На обмотку якоря подается напряжение U от источника постоянного тока, сопротивление цепи двигателя R. Магнитное поле постоянно. Найти мощность ЛГ, развиваемую электродвигателем.
Дано:
v2 U
R
N -2
Решение. Генератор тока можно преобразовать в электродвигатель, если подать в обмотку ротора, который в электродвигателе постоянного тока . называют якорем, ток силой I от постороннего источника. В этом случае работа тока А расходуется частично на полезную работу А, вращающегося якоря и частично на нагревание проводов цепи, т. е. на выделение на них некоторого количества теплотаг Q: А = Aj + Q,	(1)
где А = Ult, Q — PRt, А - Nt, и при этом согласно закону Ома для неоднородного участка цепи
U-£2 U .= IR+ £г, откуда I = ——.
Здесь Si - ЭДС, действующая в цепи электродвигателя. Подставив эти выражения в (1), получим
R R J
TTU-S2 (U-SJ _ U-S2 откуда N = U —------------.	(2)
Jt	Л	it
ЭДС как генератора, так и электродвигателя пропорциональна частоте его вращения согласно формулам £
SK = ВшЗ = В • 2nvS и S— —р , поэтому S ~ V, и, значит, л/2
мы можем записать применительно к одному и тому же
St vt	„	„ Уд
механизму	, откуда	.
*2 V2	1
Подставив (3) в (2), мы решим задачу:
N~S‘ v.R
Задача решена.
v,(EZ-£\)
Ответ: N - £. 2	---
1 vtjR
555
Задача 22
В цепи переменного тока стандартной частоты сила тока изменяется со временем по закону I = 2 sin <of.
Какое количество теплоты Q выделится в этой' цепи за один период, если она изготовлена из медной проволоки длиной I — 1 м с площадью поперечного сечения S -1мм2? Удельное сопротивление меди р = 1,7 • Ю"8 Ом-м.
Дано; v = 5ОГц .1 — 1 м S - 1 мм2 р = 1,7-10"8 Ом-м
Решение..По закону Джоуля-Ленца
Q = PRT,	(1)
где I - действующая сила переменного тока:
а-Т
I - -2=.	(2)
V2 Здесь - амплитуда силы тока. Из уравнения колебаний тока, данного в условии задачи, следует, что /„ = 2 А.
Активное сопротивление цепи R наймем. по формуле
*“ps*
. (3)
1
Период Т найдем, зная частоту v: Т = —.	(4)
Подставив (2), (3) и (4) в (1), мы решим задачу в общем виде:
О =	”
v 2Sv
Переведем единицу S в СИ: 1 мм2 = 1  10"* м2. Произведем вычисления:
Л I.TIO’8!^ п й о Л
8~ 2-ГмГ».И Л»"6’810 ДЖ-
Ответ: Q — 6,8 - 1(Н Дж.
Я» дет!
-Ц Т
Задача 23
Первичная обмотка понижающего трансформатора с коэффициентом трансформации Л —10 включена в сеть переменного тока с напряжением 17, = 120 В. Сопротивление вторичной
обмотки Rt = 1,2 бм, ток в ней /2 = 5 А. Найти напряжение на нагрузке трансформатора Ua и сопротивление
Рис. 14-14
556
нагрузки R*. Найти число витков во вторичной обмотке' N2, если первичная обмотка содержит N2 - 10 000 витков. Чему равен КПД 1) этого трансформатора?
Дано: k = 10 17! = 120 В R2 = 1,2 Ом /г = 5А - 10 000	 Решение. Зная коэффициент трансформации трансформатора А, мы легко найдем число витков во вторичной обмотке Nt. Для этого учтем, что коэффициент трансформации трансформатора k показывает, во сколько раз наш понижающий транс-
•=» 50^5CJ . я М ш 1 1 •чЭ «чф кф	форматор уменьшает напряжение, т. е. во сколько раз напряжение в первичной обмотке Ux больше напряжения во вторич-IL ной U2.- k= V2
Но напряжения в обмотках, прямо пропорциональны
П, _Nt числу витков в них: •	— -
Х = *!-2 k
N
Поэтому k — —откуда
Мы нашли одну искомую величину. Теперь отыщем напряжение на нагрузке й„ (нагрузкой может служить какая-нибудь лампа радиоприемника или другое устройство, требующее пониженное напряжение). Для этого обратимся к рис. 14-14 и учтем следующее важное обстоя-и.
тельство: такое напряжение С72 = было бы на выходе
трансформатора (т. е. на нагрузке Яв), если бы вторичная обмотка трансформатора не имела сопротивления R2 (т. е. если бы оно было столь малым, что ям можно было бы пренебречь). Но из-за наличия у вторичной обмотки сопротивления Я2 на нагрузку «пойдет* меньшее напряжение поскольку на сопротивлении R^ будут иметь место потери напряжения Д£7 из-за потерь энергии на джоулево тепло. Поэтому на нагрузке R* напряжение будет меньше напряжения U2 на величину этих потерь Д(7:
U, - U2 - AU.	(1)
Потерю напряжения Д17 на сопротивлении R2 найдем, воспользовавшись законом Ома для участка цепи сопротивлением Aj, по которому течет ток 1г (заметим, что Атакой же ток течет и в нагрузке Ля):
Д17
Л = "Б-, откуда AU =	(2)
657
Подставив (2) в (1), мы найдем вторую искомую вели-
чину 17,: ия — U2 - IJR2, где Е72 = —, поэтому К
Ul
Сопротивление нагрузки А, определим, также воспользовавшись законом Ома, но уже применительно к
и.
17 нагрузке 12 = —, откуда Д,
________
Мы отыскали еще одну искомую величину. Нам оста-
з
лось найти КПД этого трансформатора Г). Для его определения вспомним, что КПД Т] - это отношение полезной работы А, ко всей затраченной А,. В нашем случае полезной работой будет работа тока в нагрузке, а затраченной - работа тока в первичной обмотке:
П = -^-100%.	(3)
Работу тока Д, на зажимах вторичной обмотки определим по известной формуле работы тока:
'	(4)
Все величины в правой части равенства (4) нам известны, кроме времени прохождения тока t. Но оно такое же, как и время прохождения тока по первичной обмотке, поэтому будем надеяться, что оно сократится при подстановке значений А, и А, в формулу КПД (3). Теперь определим работу тока в первичной обмотке А,. По аналогичной формуле	Аа = U^t.
Здесь Ii - сила тока в первичной обмотке. Она нам не известна, но мы знаем, что напряжения на обмотках обратно пропорциональны силам тока в них:
о2 д
и, .	. 1г
где А — л, поэтому к — —
П2'	1г
Отсюда
к '
Тогда	(5)
Подставив (4) и (5) в (3), мы найдем последнюю искомую величину - КПД этого трансформатора:.
4 = —У 100%,
U„k Т| = -г?-100%
558
Произведем вычисления:
Ni “ = 100> и-= * 6 в’
6	6 10
Д - - Ом - 1,2 Ом, Т] = 120”'100% “ 50%-Ответ: N3 — 100, 17я = 6 В, RH — 1,2 Ом, т| = 50%.
Задача 24
Коэффициент трансформации повышающего трансформатора к = 0,1, активное сопротивление его первичной обмотки Ri - 10 Ом, а ее индуктивное сопротивление Хи — 20 Ом. От источника тока на первичную обмотку подано напряжение Ux — 20 В. Найти напряжение на вторичной обмотке U2 в режиме холостого хода.
Дано: * = 0,1 R1 = 10 Ом Хи = 20 Ом 17, = 20 В
и2-?
Силу тока
Решение. Напряжение Uu на первичной обмотке меньше подаваемого от источника тока напряжения 17] на величину тепловых потерь напряжения из-за нагревания первичной обмотки. Оно определяется произведением силы тока в первичной обмотке на ее индуктивное сопротивление XL: ^ = 1^. (1)
I, в первичной обмотке можно найти по
закону Ома: It =	, где полное сопротивление цервич-
"1
ной обмотки Д2 + Хц .
17, * С учетом этого 1г — i. • A2+^li
(2)
(3)
Подставим (2) в (1): Uu = r-j—— .
+-*ы
Искомое напряжение иг в режиме холостого хода трансформатора, т. е. в отсутствие нагрузки, найдем, зная коэффициент трансформации трансформатора к:
UL1
к = ~=^~, откуда 172 = —г— или с учетом (3)
UtXL1
U2‘
55»
Произведем вычисления: 20-20
v-------;и — в = 180 в.
й 047100 + 400
Ответ: U2 = 180 В.
Задача 25
I R АР_________ Найта диаметр d медного
{“*—~t— i	|	провода для линии электропе-
потери	I	редачи длиной I = 10 км при
TO1W)U«	потребить напряжении и » 220 В, если
о	9Р; и потребителю нужно передать
|	j	* мощность Р = 0,1 кВт (рис.
I—	—_<---------1	14-16). Потери мощности на
Рис. 14-16	нагревание проводов состав-
ляют 5% от передаваемой мощности Р. Коэффициент мощности сое ф = 0,8. Удельное сопротивление меди р — 1,7 -10"* Ом-м.
Дано: I — 10 км U = 220 В Р “ 0,1 кВт ДР = 5%Р = 0,05Р сое Ф ~ 0,8 р » 1,7-10** Ом-м.
d-?
Решение, Диаметр провода d найдем из формулы
л 2/ л-Р^.
где R ~ активное сопротивление линии электропередачи, 21 - длина 7td2
проводов, S —г- - площадь их 4
поперечного сечения. С учетом этого
(1)
81
/г==р~35-, откуда яа
Теперь задача сводится к определению сопротивления линии К» По формуле мощности тока потери мощности на этом сопротивлении составят
ДР 0,05Р
-- ДР = PR, откуда Я = -р- =	.
Силг^ тока I во всей последовательной линии электропередачи (см. рис. 14-16) одинакова. Значит, ее можно найти, зная мощность тока и напряжение на потребите-
Р ле, из формулы Р - UI сое ф, откуда I - —--.
U соаф
D 0,06P(tf СО8ф)2 „„(Рсовф)2 ,оч
С учетом этого R ~---—j-------- 0,05--- . (2)
560
Подставив (2) в (1), мы решим задачу в общем виде: 8pLP .	12,6
я-0,05(С7 cos <р)2 ’ d = U cos <р
Переведем все единицы в СИ: 10 км - 1 • 104 м, 0,1 кВт «= 1 • 102 Вт.
Произведем вычисления:
12,6 11,7-10-8 10"4 10* d= 220 03 V 3,14 Ответ: d = 5,3 * 10"8 м.
м = 5,3 • 10 3 м.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. ЭДС индукции» возникающая в рамке, вращающейся в однородном магнитном поле, изменяется по закону е ~ *“ 340 sin я?. Определить действующую ЭДС £ в рамке и мгновенную ЭДС е. в момент времени t = 0,25 с. Все величины даны ц единицах СИ.
Ответ; £ - 243 В, бд я 238 В.
Задача 2- В магнитном поле индукцией В и 0,2 Тл вращается с частотой v 4 с"1 квадратная рамка со стороной а “ 2 см. Найти действующую ЭДС £, возникающую в ней.
Ответ: £ *~ l,4nvBaa =° 1,4 мВ.
Задача 3. Круглый виток диаметром D — 4 см равномерно вращается с частотой v — 10 с-1 в однородном магнитном поле индукцией В - 1 Тл. Написать уравнения Колебаний магнитного потока Ф “ Ф(0 и ЭДС е “ e(t), найти действующую ЭДС £ и амплитуду магнитного потока Фж. В момент времени t = 0 нормаль к плоскости контура сонаправлена с вектором магнитной индукции.
Ответ: Ф = 1,26 • 1(Н cos 20л£, е - -0,08 sin 20лг, £- 0,06 В, Фж - 1,26-10-8 Вб.
Задача 4. Рамка из N *= 10 витков в форме круга вращается с периодом Т - 0,04 с в однородном магнитном поле индукцией В -— 20 Тл. В момент времени t в 0,01 с, считая от начала вращения, когда ее плоскость была перпендикулярна магнитным линиям, мгновенная ЭДС в рамке е » 2 В. Найти радиус R одного витка.
I
Ответ: В — |------5— “ 5,6 см.
JxBXmn—t
I	Т
Задача 5. Изменение силы тока в зависимости от времени задано уравнением i в 5 sin 200л1. Найти частоту v и период Т колебаний, амплитуду силы тока а также мгновенную силу тока i при фазе а ** я/6 рад. Все величины выражены в единицах СИ.
Ответ: 1т я 5 A, v - 100 Гц, Т - 0,01 с, ~ 2,5 А.
Задача 6. Амперметр, включенный в цель переменного тока, показывает I я 10 А. Найти мгновенную силу тока I через 1/12 долю периода от начала колебания.
561
Ответ: i = 172 sin — = 7 А.
6
Задача 7. При каких фазах в пределах периода мгновенное напряжение переменного тока и равно по модулю Um/ 72 ?
к Зя 5п 7л
Ответ: а = — — , —, — . 4’4	4	4
х Задача 8. Неоновая лампа загорается, когда напряжение на ней достигает действующего напряжения в цепи переменного синусоидального тока. Сколько раз в течение периода загорится лампа, если напряжение гашения равно напряжению зажигания?
Ответ: N - 4.
Задача 9. Неоновая лампа включена в сеть переменного тока , стандартной частоты с действующим напряжением U «= 71 В. Определить время Ai между вспышками лампы, продолжительностью горения *0,чи число вспышек п в единицу времени. Напряжение зажигания лампы tZa « 86,7 В и равно напряжению гашения.
Ответ: At = 3,3 мс, t9 = 6,6 мс, n в 100 с-1.
Задача 10. Катушка индуктивностью L =* 6 мГн с активным сопротивлением R «= 8 Ом подключена к источнику переменного тока с циклической Частотой со 10s рад/с. Найти сдвиг фаз ф между колебаниями тока и напряжения.
Ответ: <р » arctg
37*
Задача 11- Конденсатор включен в цепь переменного тока стандартной частоты. Вольтметр, подключенный к этой цепи, показывает напряжение U = 220 В, а амперметр, включенный в нее, показывает силу тока I == 2,5 А. Какова емкость С конденсатора?
I
Ответ: С =*	= 3,6 • 10 s Ф.
2iwU
Задача 12. В цепь переменного тока стандартной частоты с напряжением U = 220 В последовательно включены активное сопротивление 72 = 150 Ом и конденсатор емкостью С - 16 мкФ. Найти максимальное значение силы тока 1т в этой цепи.
l/Л ,пс *
Ответ: I.
К* 2 +-i—r-
11 (2тог
Задача 13. Катушка с ничтожно малым активным сопротивлением включена в цепь переменного тока стандартной частоты. При напряжении U в 120 В сила тока в этой цепи I = 2,5 А. Найти индуктивность катушки L.
U
Ответ: L « -—г «= 0,15 Гн.
2nv7
Задача 14. Написать уравнения, выражающие зависимость напряжения u u(t) и силы тока i - i(t) от времени t в резисторе сопротивлением R “ 100 Ом, включенном в сеть переменного тока с напряжением U — 220 В стандартной частоты.
Ответ: и ж 311 сое lOOnt, i “ 3,11 cos lOOitt.
562
Задача 15. В цепь переменного тока с частотой v - 100 Гц включена катушка индуктивностью L = ОД Гн. Конденсатор какой емкости С надо включить в эту цепь, чтобы наступил резонанс напряжений?
Ответ: С - ----^-5— * 2,5 • 10‘5 Ф.
(2лу)2Ь
Задача 16. В сеть переменного тока стандартной частоты включены последовательно резистор» катушка с индуктивностью L и воздушный конденсатор в виде двух круглых пластин диаметром D с расстоянием между обкладками d. Амперметр, включенный в эту сеть, показал ток силой Z, амплитуда напряжения в сети Найти сопротивление резистора R.
Ответ: R ~
\2	/
О„Д i Т . d )
4Z J 1 (nDreoev I
Задача 17. Участок цепи переменного тока состоит из резистора сопротивлением 10 Ом и катушки индуктивности. Вольтметр, подключенный параллельно к катушке», показал напряжение в •• 4 В, а амперметр, включенный в цепь последовательно, показал силу тока I “ 2 А. Найти максимальное напряжение Um на
концах этого участка.
Ответ: U„ - ^IR)a + U%) - 29 В.
Задача 13. Конденсатор емкостью С « 1 мкФ, катушка индуктивностью L =* 0,2 Га и резистор включены последовательно в цепь переменного тока стандартной частоты. Найти амплитуду напряжения на резисторе если амплитуда силы тока в цепи 1т — 3 А, а вольтметр, подключенный к концам цепи, показал напряжение V -= 300 в.
Ответ:	=
(	1
2Уг-/’ 2wvl--f— I	2?tvC I
335 В.
Задача 19. Резистор сопротивлением R ~ 5 Ом, катушка с индуктивностью L = 0,05 Гн и конденсатор емкостью С — 0,2 мФ соединены параллельно и подключены, к источнику переменного тока стандартной частоты с действующим напряжением U = 220 В. Найти максимальную силу тока 1т в неразветвленном участке этой
цепи.
Ответ:
U 12	+
V В2 I
1 у' 2nvC I
73 А.
Задача 20. К катушке индуктивности подведено напряжение, изменяющееся по закону и 100 cos 100я< В. Амплитуда силы тока в катушке 1т = 3 А, ее активное сопротивление R = 2 Ом. Определить индуктивность катушки Ь, активную мощность тока в ней Р и коэффициент мощности cos ф.
1 SUm V 2 Ответ: L **	“J— I “ -R 9,3 мГй,
563
совф - -..........- - 0,565, Р - сов ф - 226 Вт.
^2+(<uL)s	'	2
Задача 21. Конденсатор емкостью С ~ 2 мкФ и катушка индуктивностью L =* 3 Гн соединены параллельно и подключены к источнику переменного напряжения с частотой v « 20 Гц. Найти мгновенную силу тока iL в катушке при резонансе токов, если мгновенная сила тока на участке с конденсатором ic “ 0,2 А.
Ответ: L — -—&— « 2,1 А.
(2яу)2£С
Задача 22. Две катушки с индуктивностями LY и Л2 соединены параллельно и подключены к конденсатору емкостью С. Найти силы токов /х и Т2 в каждой катушке. Амплитуда напряжений на конденсаторе
f Г С£* 2
Ответ; Л - U„	. А - A ♦
Задача 23. В цепь с добротностью Q « 40 включен источник переменного тока с амплитудой напряжения на выходе - 10 В. Haftyn амплитуды напряжений на конденсаторе 17жС и на катушке (7мЬ, включенных в эту цепь последовательно, если в ней наблюдается резонанс напряжений. Период колебаний напряжения на выходе Т ™ 0,02 с, активное сопротивление цепи Я а 5 Ом. Чему равны амплитуда силы тока /и, волновое сопротивление цепи р, индуктивность катушки L и емкость конденсатора С?
QRT	1 ( Т }г.
Ответ: L “	----0,6 Гн, С = - к- - 1,7-10-‘ Ф,
&7С	J-» I «Я
[l	ит
Р -	“ 188 °М' к* I	2 - 2 А’
‘ " 374 В> “ 188 в-Z7CC	1
Задача 24. Какое количество теплоты Q выделяется в процессе разрядки конденсатора электроемкостью С - 2 мкФ при уменьшении заряда на нем от == 8 мкКл до - 2 мкКл? При решении использовать механическую аналогию.
Ответ: Q - ~ (?i - 9* ). ZL»
Задача 25. Рассчитайте массу т груза на двух последовательно соединенных пружинах жесткостью k каждая, если одна из них сжата на величину хи, а максимальная скорость колебаний груза от. При решении используйте электрическую аналогию.
k(x f
Ответ: т — — —— .
2|u„l
564
Задача 26. Найдите период Т колебаний, возникающих в цепи, изображенной на рис. 14*10, в. При решении используйте механическую аналогию.
Ответ: Т “ 2я	,
Д Li + Lj
Задача 27. Сколько оборотов N2 за t2 10 мин должен сделать ротор генератора, чтобы дать ЭДС 4 120 В, если при частоте вращения Vj “ 900 об/мин он дает ЭДС — 100 В?
Ответ: N2 = 1 * I®4*
Задача 28. Обмотка якоря генератора была изменена так, что вместо Ni = 900 витков в пазы уложено N2 “ 600 витков, а частота вращения ротора осталась прежней. Насколько изменилась ЭДС, даваемая генератором, если до этого она была «= 120 В?
Ответ: &£ = £,	= 40 В.
Nl
Задача 29. В настоящее время часто используют трехфазный ток с напряжением 380/220 В. Насколько линейное напряжение больше фазного?
Ответ: Д17 “ 160 В.
Задача 30. В трехфазную сеть включены треугольником три активные нагрузки Я, = 2 Я, и Rt « 1,5 Я,. Сила фазного тока в нагрузке Bt /ф1	2 А. Найти силы фазных токов и во вто-
рой и третьей фазах нагрузки.
Ответ:	ж 4 А, “ б А.	ч •
Задача 3L B трехфазную сеть с линейным напряжением ил 3 « 380 В включены звездой три активные нагрузки сопротивлением по R ** 150 Ом каждая. Насколько фазные напряжения меньше линейного? Найдите силу линейного 1Л и фазного А токов.
Ответ: AU - 157 В, 1Я - /ф ’ 1,5 А.
Задача 32. Генератор переменного тока вырабатывает ЭДС Его преобразуют в электродвигатель, на обмотку которого подают напряжение U от источника постоянного тока. Сопротивление цепи, электродвигателя Я, развиваемая им мощность N* Найти отношение частоты вращения ротора генератора va к частоте вращения якоря электродвигателя v2.
Ответ: —= v2 NR
Задача 33. Первичная обмотка трансформатора для питания радиоприемника имеет 12 000 витков и включена в сеть переменного тока с напряжением “ 120 В. Какое число витков N2 должна иметь вторичная обмотка, если ее сопротивление Bg * “ 0,5 Ом? Напряжение на нагрузке U* » 3,5 В, сила тока во вторичной обмотке /2 « 1 А.
Ответ: Nt = У"-4'-7**** - 400.
U1
Задача 34. Первичная обмотка трансформатора имеет N2 я я 2,4'10s витков. Сколько витков N2 должна иметь вторичная обмотка, чтобы при напряжении на нагрузке U* ** 11 В передавать
565
во внешнюю цепь мощность Р *= 22 Вт? Сопротивление вторичной обмотки Вг = 0,2 Ом. Напряжение в сети Ut - 380 В,
Ответ: N2 = N.-----~----- - 72.
2 I
Задача 35. Трансформатор повышает напряжение с Vj ~ 100 В до U2 - 5,6 кВ. На одну из обмоток надели виток провода, концы которого подсоединили к вольтметру. При этом вольтметр показал напряжение U = 0,4 В. Сколько витков и#2 имеют обмотки трансформатора?
Указание: напряжение U9 показанное вольтметром, равно напряжению на одном витке, которое у обеих обмоток одинаково.
и. • U2
Ответ: Nt -	- 250, N2 =	» 1,4 • 10*.
Задача 38. Понижающий трансформатор с коэффициентом трансформации k = 5 включен в сеть с напряжением Щ - 220 В. Определить КПД трансформатора Г|, если потерь энергии в первичной обмотке не происходит, а напряжение на выходе вторичной обмотки С/и - 42 В.	'
UK
Omqem: t| « k 100% « 95%.
Задача 37. На какую силу тока I] должен быть рассчитан провод первичной обмотки трансформатора, если при напряжении в первичной обмотке 47, = 220 В сила тока во вторичной обмотке /2 = 2 А? Сопротивление вторичной обмотки В2 * 10 Ом, напряжение на нагрузке С7Ж = 40 В.
Ответ: /, =	IgR) - 0,54 А.
и1
15. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ ВОЛНЫ
Краткая теория.
Методические указания к решению задач
Электромагнитные волны - это процесс распространения в пространстве переменных электрических и магнитных полей. Согласно гипотезе Максвелла переменное магнитное поле порождает в окружающем пространстве переменное электрическое поле, которое в свою очередь порождает переменное магнитное поле и т. д., в результате чего от источника волн в пространстве распространяется электромагнитная волна.
Источником электромагнитных волн являются ускоренно движущиеся электрические заряды. Макроисточником электромагнитных волн служив открытый колебательный контур. Простейшим излучателем электромагнитных волн является вибратор Герца -прямой проводящий стержень. Длина волны X, излучаемая таким стержнем, равна его удвоенной длине X 2 L
В вакууме (воздухе) электромагнитные волны распространяются со скоростью с * 3  10я м/с, а в прозрачной среде с показателем преломления п их скорость у в л раз меньше, чем в вакууме:
с '	Г
и ~	, где л = VE.
п
Здесь £ - диэлектрическая проницаемость среды. Длина электромагнитной волны в вакууме (воздухе) определяется формулами
с
X — сТ vl X « ~, где с =* 3  10* м/с - скорость электромагнитной волны в вакууме.
Плотностью энергии электромагнитной волны называется отношение ее энергии Ж к объему пространства, в котором волна распространяется:
W ~ у ‘ Объемная плотность энергии электромагнитной волны равна удвоенной плотности энергии электрического поля (или магнитного):
= 2 им) где	, поэтому е^Е* .
Здесь £0 - 8,85 • 10-12 Ф/м - электрическая постоянная, е - диэлектрическая проницаемость среды (е вакуума - 1), Е„ ~ амплитуда напряженности электрического поля.
Интенсивность или плотность потока электромагнитной волны I связана собъемной плотностью ее энергии и скоростью с формулой	I “ с.
Напряженность Ё электрического поля в электромагнитной волне на расстоянии г от источника - заряда q, движущегося с ускорением а, определяется выражением
он
Е * —"""» » т. е. обратно пропорциональна расстоянию п 4it£Qczr
567
Если в условии задачи речь идет о распространении радиоволн, то время прохождения радиоволной расстояния S от радиолокатора до цели равно половине общего времени (туда и обратно):
* - и S = а или S ОЛсгобц.
После того как волна, отразившись от цели, возвратится обратно к радиолокатору, излучается новый импульс. Время между двумя последовательными импульсами равно времени за которое волна проходит расстояние до цели и обратно. Время между двумя последовательными импульсами t9 можно найти, разделив время t9 за которое было излучено импульсов, на это
количество импульсов *0 =*	— или =
Jis t
Здесь —- vgM " частота излучения импульсов, т. е. число импульсов, излученных в единицу времени. Следовательно,
V 
*|ШП
Число* колебаний	векторов Ё и В в одном излученном
импульсе можно определить, разделив длительность импульса т на период колебаний Тт векторов Ё или В в волне
т ДГ =	..—
КОЛ
При настройке радиоприемника на некоторую радиостанцию (а одновременно в мире излучают радиоволны множество радиопередатчиков), мы вращаем ручку конденсатора приемного контура нашего радиоприемника, изменяя емкость этого конденсатора и соответственно собственную частоту нашего приемника» Если собственная частота нашего радиоприемника станет равна частоте радиопередающей станции, наступит электрический резонанс, и громкость звука радиопередачи, которую ведет «пойманная» нами радиостанция, будет максимальной.
Решение отдельных задач
Задача 1
Сила тока в открытом колебательном контуре изменяется по закону i — 0,2 cos 5 * Найти длину излучаемой электромагнитной волны X в воздухе. Все величины измерены в единицах СИ.
568
Дано: i = 0,2 cos 5*10*nt c = 3 • 10® м/с
X-?
Решение. Длина электромагнитной волны в воздухе определяется формулой
Х = сГ, где Т - период колебаний вектора напряженности электрического поля
Ё (или вектора магнитной индукции В )• Период Т определим, зная циклическую частоту колебании (0, которая
согласно данному нам в условии задачи уравнению равна:
<о = 5 ♦ 10*л	.
с
„	2я „ 2п	Г” 2л
Поскольку (о = —, то Т — —, поэтому X = — с
Произведем вычисления:
X « —- ?’14 з • 10а м = 12оо м.
5-105-ЗД4
Ответ: X — 1200 м.
Задача 2
Найти число колебаний N, происходящих в электромагнитной волне с длиной волны Xj = 400 м, за время, равное периоду звуковых колебаний с частотой v2 = 1 кГц. Скорость электромагнитной волны в воздухе с = 3 • 10® м/с, скорость звука v = 340 м/с.
Дано: X - 400 м v2 = 1 кГц м о = 340 -с с = 310» -С	Решение. Число колебаний N, происходящих в электромагнитной волне за время, равное периоду колебаний Г2 в звуковой волне, мы найдем, разделив этот период Tt на время одного колебания в электромагнитной волне, т. е. на период Tt (1)
-?	Период колебаний в звуковой волне Т2 есть величина, обратная частоте v2: T.-i.	(2)
Период колебаний в электромагнитной волне найдем, разделив ее длину волны Xj на скорость волны с:
X.
С
Подставив (2) и (3) в (1), мы решим задачу:
569
с
N - 7----
_____^1V2
Переведем в СИ единицу частоты: 1 кГц — 1 • 10® Гц. Произведем вычисления:
3 10®
N ~ 7^ «Хз = 750.
400-10®
Ответ: N - 750.
Задача 3
На расстоянии т\ •= 300 м от Останкинской башни плотность потока электромагнитного излучения (интенсивность) максимальна: 7, — 40 мВт/м2. Найти плотность потока излучения /2 на расстоянии уверенного приема г2 “ 120 км.
Дано: г3 - 300 м мВт Д = 40 м г2 120 км
Решение. На расстоянии rt от излучающей антенны плотность потока излучения Д определяется произведением объем-ной плотности' энергии волны в этом месте и ее скорости с:
" 11 = и>,С, где объемная плотность энергии электромагнитной волны wt на расстоянии rt от передатчика связана с напряженностью
электрического поля в этом месте формулой
“1 = ««Л.»
а напряженность Ем1 обратно пропорциональна расстоянию fj до излучателя:
4-?
Е‘’~ Г,  поэтому плотность потока обратно пропорциональна квадрату расстояния гх:
-
£ г* -1 Следовательно г и плотность потока энергии I, тоже обратно пропорциональна квадрату расстояния гх:
-
Аналогично на расстоянии r2 Z2 ~ 2 ‘ Г2
570
n	A r2
Следовательно, — = — ri
т f \2 лли -L = I I откуда _____A 1/1J ~7 \5|
2 ,
I,-I.
ill
Переведем все единицы в СИ: мВт	Нт
400—г- = 0,4— 120 км - 1,2 • 105 м. м2	м2
Произведем вычисления:
2 300 | Вт	» Вт
^-2’510
Ответ: 1г = 2,5 • 10*т Вт/м2.
Задача 4
Максимальная напряженность электрического поля радиоволны не должна быть более Ет - 5 В/м. Чему равна в этом случае интенсивность электромагнитного излучения Z?
Дано:
Ео - 8,85 -10-*2 ® м
Е = 1
с = 3 • 10е - с
I - Ч
Решение. Выразим интенсивность электромагнитной волны I через объемную плотность энергии волны шм и;
Z ~ ^ал-жС*
Плотность энергии электромагнитного поля ш„.м равна удвоенной плотности энергии электрического поля:
„	е0еЕ2
= 2»м, где	,
поэтому 1₽„.и = s0&E2 , где Ед - электрическая постоянная и е - диэлектрическая проницаемость
среды (в нашем случае воздуха).
С учетом этого I = еое£2с
Проверим единицу полученной величины:
г J _ Ф, В2 м _ Кл -В2 _ Кл  Дж _ Дж _ Вт си м м2 с В • м2 • с м2 • с • Кл м2 • с м2 * Здесь Ф = Кл/В, Кл*В = Дж, Вт = Дж/с.
Произведем вычисления:' Вт	Вт
I - 8,85 • 10 “- 25 ♦ 3 • 10® — = 0,066	.
УД1*	Jjf
Ответ: I — 0,066 Вт/м2.
571
Задача 5
Мощность импульса радиолокационной станции Р — 100 кВт. Найти максимальную напряженность электрического поля волны Ея в точке, где площадь поперечного сечения конуса излучения S ** 2,3 км2. -
Дано:
Р = 100 кВт
Ео = 8,85 • 10-»2 —
е = 1
S - 2,3 км2
(1)
Ея - ?
Решение. Мощность импульса Р связана с энергией волны W соотношу шением Р — -у, где t - время излучения.
С другой стороны, интенсивность, т. е. плотность потока излучения,
W	Р
I ” — или с учетом (1) 13 77. (2)
Ой
Теперь выразим интенсивность I через объемную плотность энергии волны а ту в свою очередь через,напряженность электрического поля	\
I = и>^.лс, где ~ соеЕ* ,
поэтому	I - е0е£2с.	(3)
Нам осталось приравнять (2) и (3) и из полученного равенства определить напряженность
Р
e0EcS
$ = еоеЕ„с , откуда Е, Не забудьте проверить единицу полученной величины.
Переведем все единицы в СИ:
100 кВт ° 1 * 10» Вт, 2,3 км2 = 2,3 • 10» м2. Произведем вычисления:
I 110s В = В
8,85 -10"11 • 8 • 108 • 2,3 • 10* м м'
Ответ: Ёя~ 4 В/м.
Задача 6
Если в катушке индуктивности сила тока изменится на Д/ “ 2 А за время Ы = 1,2 с, то в ней возникнет ЭДС самоиндукции £, = 0,4 мВ. На какую длину волны X будет настроен колебательный контур с этойгкатутпкой, если емкость его конденсатора С = 25 нФ? Скорость электромагнитной волны в воздухе с — 3 • 10е м/с.
572
Дапо: Д7«2А Д/ - 1,2 с £,= 0,4 мВ С = 25 нФ
е- 3-10» — с
X- ?
Решение. Длину радиоволны определим по формуле X “ сТ, где согласно формуле Томсона период колебаний
Т =2h4lc , поэтому X = 2ncVZc .	(1)
Индуктивность катушки L определим из формулы ЭДС самоиндукции. Ее модуль
, откуда L -	.	(2)
Za*
Подставив (2) в (1), мы решим задачу:
Переведем все единицы в СИ: 0,4 мВ = 4 • 10м В, 25 нФ = 2,5 • 16** Ф.
Произведем вычисления:
X = 2-ЗД4-3 Ю8^*	' ^-2,5 • Ю~в м == 4600 м =
« 4,6 км.
Ответ: X = 4,6 км. '
Задача 7
Высота излучающей антенны телецентра над уровнем Земли Н - 300 м, а высота приемной антенны А - 10 м. На каком предельном расстоянии от передатчика S можно вести прием?
Дано:
Я - 300 м Л - 10 м 
R = 6,4- 10е м
S- 1
Решение. Зададимся вопросом: по какой причине радиоволны, излученные антенной передающей радиостанции А, могут не достичь приемной антенны С? Очевидно, что, двигаясь пр прямой, они могут распространяться на любые рас-
стояния, если только между передатчиком и приемником нет преграды. Значит, задавая вопрос
о предельном расстоянии, составители задачи имели в виду, что между приемником и передатчиком может возникнуть какая-то преграда. Такой преградой может служить естественная кривизна земного Шара (рис. 15-1). Радиолуч, распространяясь прямолинейно от вершины передающей антенны А, достигает вершины приемной антенны С, расположенной на расстоянии S =	+ S2. При
этом он касается земной поверхности в точке В. Если вер-птййа приёмной антенны окажется расположенной на расстоянии, большем <Se St + Sx от вершины .передающей антенны, то радиолуч, продолжая распространяться прямолинейно, не коснется вершины приемной антенны и ве-
573
A	&	сти прием станет невоз-
я	можно. Таким образом, для
X	решения задачи нам цеоб-
ЯХ/"^	/'с\'—~^С ходимо найти расстояние
-А.	/	*51от вершины передающей
/ X Я/ / \ “ антенны А до точки В, в • дЧ I .s ' которой луч касается зем-
\ I	ли, и расстояние S2	от этой
Ук	точки до вершины	прием-
О	ной антенны С.
рис 154	. Проведем из центра зем-
ного шара О радиус ОВ в точку касания луча В (масштабы на рис. не соблюдены и все размеру условны). Поскольку радиус всегда перпен-  дикулярен к касательной, то мы получим два прямоуголь- ' ных. треугольника АВО и ВСО, у которых катет ОВ об* щиЙ, а катеты АВ — St и ВС = 5» нам требуется найти. Гипотенузой АО в треугольнике АВО служит сумма радиуса Земли R и высоты передающей антенны Н, гипо- , тенузой СО в треугольнике ВСО является сумма радиуса Земли R и высоты приемной антенны Л. Тогда по теореме Пифагора
Sj — -J(R + Н)2 - R2 и S2 = т/(Я + Л)2 - R2 , поэтому s - 1/(Л + Д')2-яа + ^(Я+Л)2 - ^2 .
Выполним несложные преобразования с целью упрощения полученного выражения:
S = у/R2+2RH + H2-R2 + -Jr2+ 2Rh + h2-R2 =
= J2RH + Я2 4- <j2Rh + h2 ,________
8 = JH(2R + Я) + 7й(2й + Л) Подставим числа и произведем вычисления:
S - (^300(2 -6,4 -10е +300) + 710(2-6,4 10® +10) м = - 7,3 • 10« м..
Ответ: S = 7,3 • 10* м.
Задача 8
Радиолокатор работает на волне X - 16 см и испускает импульсы с частотой v„_ = 4 кГц. Длительность каждого импульса т - 2 мкс. Какова наибольшая дальность обнаружения цели S_? Сколько колебаний Nm содержится в одном импульсе? Какова частота электромагнитных колебаний в радиоволне?
Дано: X — 16 см Vjnn, = 4 кГц
' Решение. Поскольку электромагнитные волны распространяются в однородной среде равномерно, то наибольшую даль-
574
т = 2 мкс м
c « 3* 108 ~ c
s„ - ? N^- 4 ^тл "* ?
кость обнаружения цели 5„ определим, воспользовавшись уравнением равномерного движения
= C't, где t - время прохождения радиоволной расстояния Sm от радиолокатора до цели. Поскольку для прохождения обратного пути от цели до радиолокатора электромагнитной волне потребуется столько
же времени, то общее время на прохождение двойного расстояния 2Sn туда и обратно равно удвоенному времени ti
= 2t, откуда t = и5м = c~-. Л	ЛУ
Радиолокатор работает в импульсном режиме. Это означает, что он испускает в течение времени % радиоволну, которая распространяется в течение времени до цели и обратно, после чего испускается следующий импульс.
Время между двумя последовательными импульсами равно частному от деления времени t испускания Nm импульсов на их количество: t 1 в тмг
1 VHMn
t
s »
Ьм 2v _______v имп
Тогда
Мы нашли одну искомую величину. Теперь найдем число колебаний в одном импульсе. Очевидно, что оно равно частному от деления длительности всего импульса т на длительность одного электромагнитного колебания, т. е. на его период Т^,:
N =	.
Л*КОЛ .у •
Период одного электромагнитного колебания Тт можно найти, разделив длину электромагнитной волны А на
скорость ее распространения с: Тт —	.
Тогда
Вторая искомая величина найдена. Осталось определить частоту электромагнитных колебаний v^. Эта величина обратна периоду электромагнитных колебаний Тт:
yt	5—	.."
ЯП к
575
__L
Поскольку Тт « —, то
Задача в общем виде решена. Переведем все единицы в СИ: 15 см = 0,15 м, 4 кГц = 4 • 103 Гц, 2 мкс - 2«10* с.
Подставим числа и произведем вычисления:
s"= TTW м = 3’7 104 м>
210-*-310в	,
=	0Д5	— 4 * Ю*» V1
= 2 • 10» Гц.
Ответ: S„ = 3,7- 1(Н м, N = 4-10»,	-2-10» Гц.
310е 0,15
Задачи дат самостоятельного решения
Задача 1. Сила тока в открытом колебательном контуре в виде стержня изменяется по закону х - 400 cos 2 - 10btt мА. Найти длину I этого стержня. Указание: напомним, что X * 2 /.
Ответ.* I «* 1,5 м.
Задача 2. В звуковой волне, достигающей микрофона передающей радиостанции, период колебаний Тж « 2  10“3 с. Найти длину электромагнитной волны излучаемой этой радиостанцией, если в течение одного периода звуковой волны в электромагнитной волне происходит ^ = 2 • 103 колебаний.
сТ„
Ответ: Хм.ж *» —— “ 300 м.
N
Задача 3. Сколько N колебаний происходит в электромагнитной волне с длиной волны = 30 м в течение одного периода звуковых колебаний длиной Хд *» 1,7 м? Скорость звука =• 340 м/с, скорость электромагнитной волны с =« 3 • 10* м/с.
cXg
Ответ; АГ - -^«5 10*.
Задача 4. Колебательный контур радиоприемника настроен на радиостанцию, частота которой vt = 9 МГц. Во сколько раз нужно изменить емкость конденсатора приемного контура, чтобы контур был настроен на длину волны А* » 50 м?
С2 fviljf
Ответ: — в ------ « 2,25.
ct V с J
Задача 5. На какую длину волны X настроен колебательный контур, состоящий из катушки индуктивностью L *= 2 мГн и плоского конденсатора с площадью обкладок S — 800 см2, расстоянием между обкладками d * 1 см и диэлектриком, заключенным между обкладками, с относительной диэлектрической проницаемостью е - 11?
Ответ: X «
2яе- JL - 2,35 • 10-’ м. 1 а
576
Задача 6. На каком расстоянии 8 от антенны радиолокатора находится самолет, если отраженный от него радиосигнал возвратился через t в 103 икс е момента его испускания?
Ответ; 3 - 15 км.
Задача 7. Объемная плотность энергии электромагнитной волны »м.я я 2 • 10 й Дж/см*. Найти плотность потока излучения (интенсивность волны) I.
Ответ: I я 0,06 Вг/м*.
Задача 8. Через 8*1 см1 в течение t 10 с электромагнитная волна переносит энергию с интенсивностью I я 2 мВт/м1. Найти эту Энергию Ж.
Ответ: W “ ISt - 0,2 мкДж.
Задача 9. Допустимая объемная плотность энергии электромагнитной волны я 2,2 ’ 10*w Дж/м’. Найти максимальную напряженность Ем электрического поля волны в воздухе и ее интенсивность /.
Ответ; £. -	=5 В/м, I - в,в • 10 2 Вг/м*.
I ^0®
Задача 10. Максимальная напряженность электрического поля волны Ея “ б В/м в точке, где площадь поперечного сечения конуса электромагнитного излучения S. Найти эту площадь 8, если в течение t * 2 с радиолокационная станция излучила импульс с энергией 2 • 105 Дж.
Ответ: S « —^г~ 1,046-10* м’.
Eoset^
Задача 11. Колебательный контур в воздухе излучает электромагнитные волны с длиной волны' X * 200 м. Определить индуктивность L колебательного контура, если его емкость С = 5 ’ 10"* Ф.
1 f X V
Ответ: L -	- 2 -10» Гн.
С^2тес J
Задача 12. Электромагнитные волны распространяются в некоторой среде со скоростью v *= 2 • 10» м/с. Найти разность длин волн ДХ в этой среде и в вакууме, если частота колебаний в вакууме v«l МГц?
е—v
Ответ: АХ “ у - 100 м.
Задача 13. Амплитуда напряженности электрического поля в радиоволне £ » 30 мкВ/м. Высота приемной антенны Л • 3 м. Найти амплитуду наводимой в этой антенне ЭДС ft. , считая электрическое поле в ней в момент достижения ft. однородным.
Ответ: ft. e Eh = 9 • 10"5 В.
Задача 14. Каким должно быть максимальное число импульсов испускаемых радиолокатором за t - 1 с, при разведывании цели, находящейся на расстоянии 8 * 30 км от него?
Ответ:	- ^"5* 10*.
Задача 15. На каком предельном расстоянии Sw может быть обнаружена на поверхности моря цель корабельным радиолокатором, расположенным на высоте И * 8 м над уровнем моря (рис. 15-2)? Каким должен быть минимальный промежуток времени т
19. Рммтпор по физике. Т. 2
677
между соседними импульсами локатор &
такого локатора? Радиус Земли	’
принять равным Я - 6,4 • 10е м. ' X	цель
Ответ: ‘
s.= 7Я(2Я + Н)°	/\ J \
- 1,01 • Ю< м,	/	\	/	\
2S	I
т =—— «6,7 КН с.	\/
с	¥
Задача 16. Радиолокатор из-	0
лучает ДГХ импульсов за время t	Ри 15-2
с частотой V. Мощность одного	гис’
импульса Рр а продолжитель-
ность его испускания ъ Найти энергию одного импульса Wn среднюю полезную мощность локатора Р^, расстояние по лучу, занимаемое одним импульсом, число длин волн N2 в одном импульсе, интенсивность излучения I на расстоянии, где площадь поперечного сечения конуса излучения 8Р
Ер М	V у	W
Ответ: W\ = Дт;	St - et; Я2 « I -
Задача 17. Время горизонтальной развертки на экране локатора t « 3 мс. Найти максимальную глубину разведки
Ответ: Sm = 0,5 et = 450 км.
16. ВОЛНОВЫЕ СВОЙСТВА СВЕТА
Краткая теория.
Методические указания к решению задач
Явлениями, подтверждающими волновую природу света, являются интерференция, дифракция, дисперсия и поляризация. Интерференция состоит в перераспределении энергии световых волн в пространстве при их наложении, в результате чего в разных точках пространства наблюдается усиление, или ослабление интенсивности результирующей световой волны. При этом налагающиеся друг на друга волны должны быть когерентными, т. е. иметь одинаковую частоту или постоянную разность фаз.
Задачи на интерференцию света можно условно разделить на две группы. К первой группе можно отнести задачи на интерфе-
ренцию света от двух точечных когерентных источников. В этом случае для решения задачи часто приходится определять разность хода двух световых волн от источ- Я ников и Sa до места интерфе-реиции (рис. 16-1).	sr. Рис. 16-1
578
Если разность хода Аг содержит целое число k (или т) длин волн (или четное число длин полуволн), то в месте их наложения друг на друга наблюдается усиление света - максимум. Условие максимума
Аг = АХ или Аг = 2А“ .	(16.1)
Здесь k - 0; 1; 2; 3; ... - целое число, X - длина световой волны.
Если же в разности хода Аг содержится нечетное число .длин полуволн, то в месте интерференции будет наблюдаться минимум -ослабление света. Условие минимума
Ar - (2А + 1) или Аг = [ А + ||Х .	(16.2)
2	1^21
Отрезок Аг = г2 - гм при распространении световых волн в вакууме (или в воздухе) называют разностью хода волн. Точнее это Геометрическая разность хода волн. Если свет распространяется в некоторой прозрачной среде с абсолютным показателем преломления л, то применяют понятие оптической разности хода волн А. Оптическая разность хода А - это произведение абсолютного показателя преломления среды ли геометрической разности хода волн
Рис. 16-3
(16.3)
Обратимся к рис. 16-2. Пусть два когерентных источника света и S2 расположены на расстоянии d друг от друга. Пусть это расстояние d во много раз меньше расстояния L от каждого источника до экрана. При этом на экране в точке О, расположенной напротив середины отрезка SxSa, всегда будет наблюдаться светлая полоса - нулевой максимум (А ** 0), ведь свет от источника и Я2 сюда будет приходить в одной фазе, так как расстояния от источников света до точки О одинаковы.
Слева и справа от' нулевого максимума будут располагаться максимумы первого порядка (А * 1), затем - второго порядка (А « 2) и т. д. Все максимумы будут разделены темными промежутками - минимумами.
Разность хода Аг световых волн от источников St и 39 до точки М, где наблюдается максимум под номером А, можно найти, отняв от расстояния rt между источником S2 и точкой М расстояние гх
579
между источником $& и той же точкой: Аг я г2 - гР
Расстояние х от нулевого максимума (Л “ 0) до fc-ro можно найти по теореме Пифагора, если известны расстояние L от каждого источника до экрана и расстояние d между источниками. Например, из рис. 16-3 следует:
f	d¥	2 rt (	d}	2 r2
I	2J k	2J
Решая совместно эти уравнения, можно найти х, если известны rt, r2, d в L. При этом следует учесть, что поскольку L во много раз больше d, то можно принять rt + г2 =* 2£. Это упрощение может очень пригодиться при выполнении алгебраических действий в процессе решения, задачи.
Ко второй группе задач волновой оптики относят задачи об интерференции света в тонких пленках и на расчеты, связанные с кольцами Ньютона. При решении таких задач следует учитывать, в каком свете наблюдается интерференционная картина -чередование темных и светлых полос или колец; в отраженном или в проходящем.
Расчеты показывают, что радиус светлого кольца Ньютона в отраженном свете
где R - радиус кривизны линзы, k - номер кольца, считая от центра интерференционной картины.
Радиус темного кольца Ньютона в отраженном свете
Г= J&R-	(16.5)
В проходящем свете, наоборот, радиус светлого кольца определяет формула (16.6), а темного - формула (16.4).
При прохождении монохроматического света сквозь тонкую пленку толщиной к из вещества с показателем преломления л максимум освещенности ее поверхности в отраженном свете определяется формулой
X	Л
2Лл cosy « Д + — или 2Лл cosy - (2fc + 1) — . (16.6) 2	2
Здесь А 2k - оптическая разность хода световых волн при 2
их отражении от верхней и нижней поверхностей пленки, k — 1; 2; 3; ... - целое число длин полуволн, укладывающихся в этой разности хода, у - угол преломления.
Минимум освещенности поверхности пленки в отраженном свете определяется формулой
X
2hn cosy " А иля 2йп cosy - 2k — .	(16.7)
В проходящем свете условие максимума освещенности поверхности пленки определяется условием (16.7), а минимума - условием (16.6).
Дифракцией света называют отклонение направления световых волн от прямолинейного у края щели или отверстия, сквозь которое проходит волна. Наилучшее условие для наблюдения дифрак-
580
цкк создается, когда размер отверстия или щелк порядка нескольких длин волн.
р При дифракции от одной щели на экране наблюдаются светлые и темные полосы. При падении света перпендикулярно (нормально) на щель положение минимумов освещенности экрана (темных полос) определяется условием a sin ф — АЛ.	(16.8)
" Здесь а - ширина щели, ф - угол дифракции, А - 0; 1; 2; 3 и Т. д. - порядок минимума, т. е. номер темной полосы, считая от места на экране, расположенного напротив щелй, X - длина водны.
Для наблюдения дифракции света используют дифракционную решетку - пластинку, на которую нанесено множество непрозрачных штрихов, между которыми имеются прозрачные промежутки- Сумма ширины ттпозря^нпй и непрозрачной щмцд вдяцм^ой периоЬед^реШёчта^.
При Д1П1>1>||11 П.НИ на решетке условие максимума на экране определяется формулой d sin ф ~ АХ,	(16.9)
еде d - период решетки (постоянная решетки), ф - угол дифрак-едя, А - 0; 1; 2; 3 - порядок максимума, считая от центрального, Соответствующего k «« О и расположенного напротив центра решет-ед, X - длина волны, падающей на решетку нормально к ней.
Если известны ширина прозрачной полосы решетки а и непрозрачной А, то период решетки d я а + 6.
Если решетка регулярная, т. е. ее прозрачные и непрозрачные полосы имеют одинаковую ширину, то период решетки d можно Определить, разделив ее длину I на число штрихов N:
Если дифракционная решетка освещается светом сложного состава, например, белым, то, как видно из условия главных максимумов (16.9), при А # 0 разным длинам волн X будут соответствовать и разные углы дифракции ф. Следовательно, положение 'Главных максимумов ненулевого порядка для разных длин волн убудет различным. Поэтому все главные максимумы (кроме центрального k ~ 0) имеют вид радужных полос, называемых дифракционными спектрами первого порядка к — *1, второго порядка ДА - ±2 ) и т. д. Ближе к центральному максимуму находится фиолетовый край спектра, дальше всего от него - красный (так как Х<— < Лжр, то и фф.,, < ф^). Центральный максимум остается бе-лым, так как при А я 0 для всех длин воля ф « 0, т. е. положение главного максимума нулевого порядка для всех длин волн
'одинаково.
При решении задач на дифракцию света затруднение часто , Возникает, когда нужно определить предельное число главных максимумов, А.^, даваемых решеткой. Для правильного ответа надо учесть, что чем больше порядок главного максимума, тем больше угол дифракции волн, участвующих в его образовании. Очевидно, что предельное значение угла дифракции ф^ ** 90°. Из условия главных максимумов можно найти соответствующее ему
d	d
тянете А^ “ ^а^Фпрад = ~ (так как sin 90° * 1). Если значение А^ получилось не целым, например, 3,8, то надо в качестве А взять целую часть полученного числа, т. е. А - 3. Округлять по правилам округления здесь ни в коем случае нельзя, так как в
58Х
противном случае из последнего уравнения будет следовать зшфф^ 1, что не имеет смысла. Запись k 3 означает, что порядок последнего максимума, даваемого решеткой, равен трем. Всего же можно будет наблюдать 2k + 1 “ 7 максимумов: один центральный, три слева от него н три справа от него.
Если в задаче речь идет о наложении некоторой линии, соответствующей световой волне с длиной волны в спектре Лх порядка, на линию,1 которая соответствует длине волны Х2 в спектре k3 порядка, и требуется найти, например, величину Л2 при известных X],	й2, то необходимо записать условия наблюдения глав-
ных максимумов Лгго и Л2-го порядков, а именно: d sin ф — и d - sin q> = kji*. Левые части этих соотношений одинаковы, так как решетка одна и та же, и направления на накладывающиеся ли-
нии совпадают (фх - ф2 =* ф), поэтому АхХх « откуда Хй -	.
*2
. Разрешающая способность дифракционной решетки В (или А)
Л 1
определяется отношением Я - “—, где АХ « Х2 - Xt Aj Aj ДА
** разность длин волн, которые можно наблюдать с помощью дифракционной решетки раздельно. Если разность длин волн, падающих на решетку, меньше АЛ при данных Я и то решетка не . может их разрешить (т. е. они не будут видны раздельно, а будут сливаться), а если больше, то может.
Если угол дифракции ф мал, то sin ф =» tg ф = ф, выраженному в радианах.
Из условия максимума на дифракционной решетке d sin ф = йХ следует, что при данной длине световой волны X и данном порядке максимума k большему углу дифракции ф соответствует меньший период d или большее число штрихов # на длине решетки I.
Спектр, даваемый дифракционной решеткой при падении на нее белого <немонохроматического) света, отличается от спектра, даваемого стеклянной призмой, тем, что призма отклоняет лучи фиолетового цвета сильнее, а красного - слабее; А дифракционная решетка, наоборот, сильнее отклоняет лучи с наибольшей длиной волны, т. е. красного, ведь согласно формуле d sin ф ~ йХ при одинаковых d и k большей длине волны X соответствует и больший угол дифракции ф. А длина волны красных лучей в видимом свете наибольшая, а фиолетовых - наименьшая.
Полезно знать, что цвет тела в отраженном от него свете зависит от того, какие лучи попадают в глаз наблюдателя. Красная гвоздика потому и красная, что только красные лучи из всех лучей белого света, падающих на нее, отражаются и доходят до глаза, а остальные поглощаются ее веществом. Поэтому, если на красную гвоздику смотреть сквозь зеленое стекло, которое пропускает только зеленые лучи, а остальные поглощает, то гвоздика будет выглядеть черной, ведь она зеленые лучи не отражает, а стекло отраженные ею красные лучи поглощает.
Цвет неба днем голубой потому, что солнечные лучи равномерно рассеиваются на частицах воздуха в верхних слоях атмосферы, причем голубые и синие лучи рассеиваются сильнее всего, «окрашивая» равномерна небо в голубой или синий цвет. Вечером же, когда Солнце садится, его лучи проходят через большую толщу
582
воздуха, поглощающего все длины волн, кроме красного, поэтому заря окрашивается в красные цвета (примерно то же самое наблю* дается и утром).
Если в условии задачи не сказано, о какой среде идет речь, то, как правило, это воздух или вакуум с в - 1.
Решение отдельных задач
Задача 1
В 1875 г. французский физик Корню повторил опыт Фиэо по определению скорости света, увеличив частоту вращения зубчатого колеса. Измеренная им скорость света оказалась с = 300 400 км/с. Расстояние от колеса до зерцала было равным L — 23 км и за ti - 10 с зубчатое ко-совершило = 9143 оборота. Найти число зубцов $ia колесе.
$«300400 ~ 23 км С
X - 10 с •у, - 9143 1
N-?
Обратно):
Здесь и далее с - скорость света в вакууме.
Решение. Число зубцов N можно найти, разделив время полного оборота колеса, т. е. его период Т, на время поворота колеса на ширину одного зубца t0 — 2t, где t - время поворота колеса на половину ширины зубца, равное времени прохождения светом двойного расстояния L (от колеса до зеркала и
С
т г 7-=*’где
учетом этого
N~ 4NtL
Переведем все единицы в СИ:
800 400 км/с - 3,004 • 10» м/с, 23 км = 2,3 ♦ 104 м. Произведем вычисления:
„	8,004*10**10
JV = ------------7
4 • 9143  2,3 • 104 Ответ: N — 200.
200.
Задача 2
. Найти число длин волн N монохроматического света, .Кладываюхцихся на отрезке ( — 2м, если частота излучения v — 600 ТГц (терагерц).
583
Дано:  I - 2 м v - 600 ТГц
м с - 3 • 10" — с
Решение. Число длин волн. # можно найти, разделив длину отрезка I на дли*
I ну волны л: N .
. с Поскольку А = -, то
Переведем в СИ единицу частоты:' 600 ТГц - 600 • 10“ Гц = 6 • 10м Гц.
Произведем вычисления: N *=
2610м '.Ъ—4 10е* 3-10в
Ответ: N = 4- 10е.
Задача 3
Свет от источника St (рис. 16-1) приходит в точку М на At “ 2,5Т позже света от источника St. Усиление или ослабление света будет в точке М? Источники испускают когерентные световые волны.
Решение. Чтобы ответить на вопрос задачи, надо определить, четное или йечетное число полуволн «укладывается* в разности хода волн Аг от источников St и Sa до точки М. Эта разность хода равна произведению скорости света с на время At = 2,5 Т:
Ьг = cAt = с • 2,5 Т.
Длина волны X = сТ, поэтому
Аг _ 2,5сГ 0.5Х	0,5сТ ~ 5‘
Число полуволн в разности хода волн Аг равно 5, т. е. оно нечетное, значит, в точке М будет минимум освещенности.
Ответ: минимум.
Задача 4
Расстояние т\ = 1 м, а расстояние г2 =» 1,0009 м (рис. 16-1). Что будет наблюдаться в точке М: минимум или максимум освещенности, если частота световых волн, излучаемых источниками Sj и v — 5 • 10м Гц ?
Дано: г\ - 1 м~ г2 — 1,0009 м
Решение. Разность хода волн Аг =	- гР
584
м
с - 8 • 10> -с
v - 5 • 10м Гц
g
Длина световой волны X = —,
-------? 0,5Х
поэтому 0,5 X = —. Разделим Дг на 0,5 X;
Ar 2v(ra -rj 0,5Х с
_	Дг
Если при вычислении получим четное число, то в точке М будет максимум, а если нечетное, то минимум:
Дг 2‘б-Ю14 (1,0009-1)
—т----------8----------— 3 • 10’ - четное число.
о • 1U
Значит, в точке М будет максимум.
Ответ: максимум.
'Задача 5
Два когерентных источника St и St испускают свет с длиной волны X = 500 нм. На каком расстоянии х от точки О на экране располагается первый максимум освещенности (X = 1), если расстояние между источниками d - 0,5 мм, а расстояние от каждого источника до экрана L — 2 м (рис. 16-4).
Дам:  X = 500 нм k = 1 d — 0,5 мм L = 2 м
х -?
Решение. Для решения задачи «свяжем» отрезки х, d и £ с. ходом лучей rt и гг до экрана.
Пути лучей Fj и гг определим с помощью теоремы Пифагора как гипотенузы в прямоугольных треугольниках SiMC и S.MC:
585
/	А\2
(1)
I 4S J
2 r2 f	d}2
r22=L2+|x + — I	(2)
-	I	** J
Вычитая почленно из (2) (1), получим
г22 - г2 - 2xd или (r2 + ri)(r2 - rt) = 2xd.
Интерференционная картина будет четкой, если расстояние SjSj = d между источниками невелико по сравнению с расстоянием их до экрана МС = L, т. е. когда _	2xd
d « L. В этом случае Л + r2 = 2L и rt - i\ = -ту или
xd	brL
Дг = —, ткудд. х = ——-. Jj	О
Согласно условию максимума освещенности при интерференции Дг = ЛХ. .
Ш. d
С учетом этого
Переведем все единицы в СИ:
500 нм = 500 • 10“* м = 5 • КН м, 0,5 мм — 5 • 10м м.
Произведем вычисления:
15 1(Г7-2 о
х = —4— м = 2  10”3 м.
5*10
Примечание: если в задачах требуется найти расстояние между симметричными максимумами (или минимумами) одного порядка, то можно подобным образом определить расстояние х от нулевого максимума до максимума этого порядка, а затем его удвоить.
Ответ: х = 2 • 10’8 м.
Задача в
Как изменяется расстояние Дх между соседними максимумами освещенности на экране, если:
1) не изменяя расстояния d между когерентными источниками St и света, удалять их от экрана;
2) не изменяя расстояния до экрана £, сближать источники света;
- 3) уменьшать длину волны света X, испускаемого источниками?
586
Дано: d L
X
Дх - ?
Решение. Максимум освещенности в некоторой точке М экрана будет наблюдаться, если волны от когерентных источников и S2 приходят в эту точку в одной фазе, что возможно при г2 - г. = АЛ, где k — 0; 1; 2; 3 и т..д. (рис. 16-4).
Пусть в точке М наблюдается максимум А-го
порядка, тогда хк - расстояние от этого максимума от центральной светлой полосы нулевого порядка (сА = 0).
Определение расстояния хк через d, L, X проделано в задаче 4. Там показано, что если d^L, то
d ’
По аналогии можно записать, что расстояние (А + 1)-й
(А + 1)£Х светлой полосы от центра экрана хк+1 = -------.
d Тогда расстояние между соседними полосами
.	(А + 1)1Л kkL
Ax = xk+1-xk =-------------— ,
Из этого выражения следует, что:
1)	если L2> при d = const , то Лх2 > Axt, т. е. расстояние между соседними светлыми полосами увеличивается;
2)	если d2 < dt при L = const, то Дх2 < Дх,, т. е. расстояние между соседними максимумами освещенности увеличивается;
3)	если Х2 < Хр то Дх2 < Дхр , т. е. расстояние между соседними светлыми полосами уменьшается.
'Ответ: 1) увеличивается; 2) увеличивается; 3) уменьшается.
Рве. 16-6
Задача 7
Два когерентных источника St и S2 с длиной световой волны X = 5 • 10~7 м находятся на расстоянии d = 30 мм друг от друга. Экран расположен на расстоянии L = 4 см от каждого источника. Что будет наблюдаться на экране в точке М, расположенной напротив источника Sj (рис. 16-5)?
687
Дано:
Х = 5-1Г м d — 30 мм
L « 4 см
Решение. В этом случае разность хода волн Дг »= г - L, где г. - расстояние от источника S2 до точки М. По теореме Пифагора

------? 0,5k
С учетом этого Дг =* t/l1 +dz - L.
Разделим Дг на 0,5Х и посмотрим, четное илй нечетное число длин полуволн содержится в разности хода волн Дп
дг 0,5Х = X
Переведем все единицы в СИ: 30 мм == 0,03 м, 4 см = 0,04 м.
Произведем вычисления:
Дг	2^0,0016 + 0,0009 - 0,04)
__ =: _s------>-------------1 = 4 • 10* - четное чис-
. 0,5Х	5-10 т
ло. Значит, в точке М будет максимум.
Ответ: максимум.
Задача 8
На мыльную пленку с показателем преломления п = — 1,33 падает белый свет под углом а ~ 30°. При какой наименьшей толщине А поверхность пленки, наблюдаемая в отраженном свете, будет окрашена в желтый цвет? Длина волны желтого света X = 6 • 10-т м.
Дано: п = 1,33 а = 30° Х = 6 10г м
А-?
Решение. Максимум освещенности, . наблюдаемый на поверхности- тонкой пленки в отраженном свете, соответствует условию: 2Ал cos у =• (2к + 1)^. (1)
Здесь у - угол преломления. А нам известен угол падения лучей а. По закону преломления
since	sina
"in~ п, откуда зшу =s---------.
Поскольку cosy = yl - sin2 то
сову= /1 a -	~ 8*”*“
1 п*	п
(2)
588
Подставим (2) в (1) и из полученного соотношения определим искомую наименьшую толщину пленки, соот-
1. et Tn2 - sin2 а .л, 4гХ ветствующую k = 1: 2Ап —----------- (2k +1)—.
п	2
При к = 1 2А Vn2 - sin2 а = — Л., откуда
- ЗА
4-Тп2 -sin2 а
Произведем вычисления:
3-6-10-7
ь = i 1 >.....;...м = 3,7 • 10-7 м.
4V1332 - sin2 30°
Ответ: Л - 3,7 • 10~т м.
Задача 9
Белый свет падает нормально на мыльную пленку с показателем преломления в. Найти толщину пленки, если в проходящем свете интерференционный максимум наблюдается на волне Хп а ближайший к нему минимум на волне Xj.
Дано: п А = 1	Решение. Согласно условию интерференции максимум интерференции в проходящем свете наблюдается при условии 2Ал cos у — АХ,, а минимум при условии
А- ?	2An cos у •= (2k + 1)^г .*
Поскольку при нормальном падении лучей на пленку а - у - 0°, а сое у 1, то эти условия примут вид
2Ав = k\ (1) и 2кп = (2к + 1) у-.	(2)
Выразим из (1) к и подставим в (2), после чего из полученного выражения определим толщину пленки А:
. 2hn к — ——
(3)
Подставим (3) в (2):
2Лп=(2 —+ 11^, 2hn=
I Xi I 2	X, 2
589
2hn - 2hn y1 = -%-, откуда Л| л
Задача решена.
Ответ: h =
4n(kt -12)
. ——
A 4л(Х1-Л2)
Задача 10
Установка для наблюдения колец Ньютона освещается монохроматическим светом с длиной волны Л - б • 10 т м. Найти разность Аг между радиусами светлых колец с порядковыми номерами - 3 и = 4. Радиус кривизны линзы R = 8 м. Наблюдение ведется в отраженном свете.
Дано: к = 6  10-7 м “ 3
*2-4
R “ 8 м
Решение. Радиусы светлых колец с порядковыми номерами и *2 в отраженном свете определяются условием
= ЛСД -1)Я^ И Гг = ЛСД -ДО^ . 1	а.	• 1	А
Согласно этому их разность
Дг = J(2A2-1)Я^-г V /	2 1
ОД-ДО-
А
или Дг =	—(7^*2 -1'
Произведем вычисления:
Дг.= ^86—^-(-/2-4-1 -72-3-1) м - 6,2• 10- м.
Ответ: Дг = 6,2 • 1(Н м.
Задача 11
На круглое отверстие диаметром D — 8 мм падает нормально плоская монохроматическая волна с длиной волны X — 5  10~т м. Найти число зон Френеля N, укладывающихся в этом отверстии, если расстояние от отверстия до экрана г0 = 2 м.
Дано: D — 8 мм X - 5 • Ю~7 м г0 - 2 м
Решение. Число зон Френеля, укладывающихся в отверстии радиусом R, определяет формула
N - ?
590
Поскольку нам дан диаметр отверстия D, то его радиус R - 0,52), поэтому 
0.25Б1 *
Переведем в СИ. единицу 2): 8 мм = 8 -10~3 4 * м.
Произведем вычисления: N — Ответ: N = 16.
0,25-64-10"6 2-510*7
- 16.
Задача 12
Каков период решетки d, если при нормальном падении на нее лучей с длиной волны X = 0,75 мкм на экране, отстоящем от решетки на расстоянии L = 1 м, максимумы первого порядка отстоят друг от друга на х - 30,3 см (рис. 16-6)? Каково число штрихов N на I = 1 см решетки? Какое количество m максимумов дает эта дифракционная решетка? Каков максимальный угол <t>„. отклонения лучей, соответствующих последнему дифракционному максимуму?
Дано: X = 0,75 мкм 2, =* 1 м k = 1 х » 30,3 см I — 1 см
РИС. 16-6
d-1
I т - ?
Решение. Условие максимума на дифракционной решетке	d sin <p = АХ,
где й = 1, так как в условии говорится о максимумах первого порядка, ф - угол дифракции лучей, образующих максимум первого порядка.
Так как по условию — во много раз меньше L, то
4	X
sin ф=1£ ф. Из рис. 16-6 следует, что 1£Ф - —.
591
2XL
1
""" ИЛИ cZ “ 1 L
=1 I d
m	Ик ЛХ
Тогда d - —— = вшф tg<p _______________________
Зная d, можно найти, сколько периодов (а значит, и сколько штрихов) укладывается на единице длины решет*
I ки. Поскольку N — —, то
Для определения порядка последнего максимума надо учесть, что максимальный угол отклонения лучей после прохождения через дифракционную решетку не. может превышать 90°. Тогда из условия главных максимумов d sin 90°	d
"ии ”	—	ИЛИ	•
Общее число максимумов, даваемых дифракционной
d X
^тл_ d
решеткой, т = 2k, (такой результат получается, если учесть центральный максимум и то, что слева и справа от него расположены по k— максимумов).
Максимальный угол отклонения лучей, соответствующих последнему дифракционному максимуму, определяется из соотношения
8in<P№=^^
Задача в общем вида решета. Переведем все единицы в СИ: 0,75 мкм = 7,5 * 10*7 м, 30,3 см = 0,303 м, 1 см «= 0,01 м.
Подставим числа и произведем вычисления:
.	2*7,5 • 10 *1	.	. л-б
а = -----------м = 4,95-10 м,
0,303	’
= arc sin
» *Pm»x
2,02 • 10® мт».
# 1
I 4,95*10
Поскольку на 1м содержится 2,02 * 10® штрихов, то
N
на 1 см их будет 2,02 • 10s: — = 2,02 • 10* см-1.
4,95*10'*	_ ,
тлю’
Напоминаем, что нельзя округлять до 7, так как
при этом получится, что sinqi_ =	— > 1 , а это не
о.
имеет смысла.
592
m = 2 • 6 + 1 = 13, Фт»,
4,95.IO"* I
Ответ: d = 4,95 • КГ* м, — = 2,02 • 10’ см“‘, т = 13, s 6б°-
Задача 13
При освещении дифракционной решетки белым светом Йцектры второго и третьего порядков частично перекры-даиот друг друга. На линию какого цвета в спектре второ-М порядка накладывается синяя линия (А. - 4,5 * 10~т м) даектра третьего порядка?
; - 4,5 • 10'7 м
Обозначим Л, и порядок спектров, накладывающихся друг на друга на экране, Л, - длину световой волны, соответствующей спектру третьего порядка, At - длину световой волны, соответствующей спектру второго порядка.
Решение. Проанализируем условие задачи.
i При- падении на решетку белого света центральный симум, образуемый лучами с углом дифракции <р — 0, остается белым, так как из условия d sin ф = ЛА вид-, что при ф = 0 разность хода лучей разного цвета рав-нулю, т. е. при образовании центрального максимума гучи всех цветов накладываются друг на друга. В случае ке образования бокового максимума разности хода лучей ного цвета и, соответственно, углы дифракции для ей разных длин волн различны. Поэтому на экране учи разного цвета, образующие данный боковой макси-, собираются линзой в разных точках, причем фио-вая полоса оказывается самой близкой к центру, а жрасная - наиболее удаленной (напомним, что длина вол-УЮл фиолетового-света наименьшая из всех волн видимого спектра, а красного - наибольшая).
’ Спектры разных порядков будут частично накладываться друг на друга, если в них есть линии, которым ИЮответствует одинаковый угол дифракции.
Запишем условие образования линии, соответствующей световой волне с длиной волны А, в спектре порядка Ар d ran q>t = Л,АГ
Аналогичный вид имеет условие образования линии, -Соответствующей световой волне с длиной волны А, в Спектре порядка Л,:
d sin Ф2 = ЛД,.
Если Ф1 “ Фг, то эти линии будут накладываться друг
на друга. При этом *jAt “ AgAj и

593
Задача в общем виде решена. Произведем вычисления: . * Xi = g4^10 м = 6,75 • КН м - красная линия спектра.
Ответ: Xj = 6,75 • 10-7 м - на красную линию спектра.
Задача 14
На дифракционную решетку длиной I с количеством штрихов W падает нормально свет с длинами волн Xj и 12. Определить расстояние Дх между дифракционными максимумами второго порядка, соответствующими этим волнам. Расстояние между решеткой и экраном малы.
L, углы дифракции
Дано: I N
Рис. 16-7
Хз k - 2 £
Решение. Из рис. 16-7 следует, что расстояние Дх равно разности расстояний хг и х3 между центральным максимумом
k = О и максимумами второго порядка, соответствующими длинам волн Xi и Xgi
Дх = х3 - xt.
Из рис. 16-7 следует, что
xt = £ tg ф, = £ sin <pt и х3 = £ tg <p2 = £ sin (pj, ведь при малых ф2 и Ф2 sin = tg q>! и sin Ф2 = tg ф2. С учетом этого Дх “ £( sin ф2 - sin Ф1>.	.	(1)
Согласно условию максимума на дифракционной решетке d sin Ф1 = All и sin ф2 = Alj, откуда
,fcl,	Ala
sin ф2 =	. и sin ф2 =	.
Период решетки d найдем, разделив ее длину I на d-±
N
„	. AljN /ev .. AX3N ,nv
С учетом этого эпод =—~— (2) и sin q»2 ~	. (3)
Нам осталось подставить (2) и (3) в (1), и задача будет решена:
Дх - 7
число штрихов N:
594
\ 1 I )• Задача решена.
kNL к - \
Ответ: Дх =----(л2 - Aj J.
V
. _kNL( ч Дх - - (Х2 — Х|)
*
Задача 15
Дифракционная решетка имеет = 1500 штрихов. Можно ли с помощью этой решетки в спектре первого порядка разрешить две линии спектра с длинами волн Xt = 600 нм и Х2 = 600,5 нм? Будет ли разрешать эти линии решетка такой же длины с числом штрихов N2 = 500?
Дано:
* = 1
- 1500
At - 600 нм
X, = 600,5 нм
Nt - 500
Я,-?
решетки Яо должна быть равна:
Решение. Разрешающая способность решетки flj с числом штрихов определяется выражением |Kt =
Вычислим ее:
2?! = 1 • 1500 = 1500.
Чтобы разрешить линии, соответствующие длинам волн Xt и Х2, разрешающая способность
Вычислим и ее:

й° " 600,5-600 ”1200'
Поскольку Ri > Rq, решетка разрешит эти линии, т. е. в спектре первого порядка они будут видны раздельно. А вот если число штрихов будет jv2, то и разрешающая способность такой решетки тоже будет _Й2 - 500, и такая решетка не разрешит эти линии.
Ответ: разрешит; не разрешит.
Задача 16
Какой должна быть длина I дифракционной решетки, имеющей Nx — 800 штрихов на длине 1Х = 2 мм, чтобы с ее помощью можно было разрешить в спектре второго порядка две линии спектра с длинами волн Х3 — 500 нм и Х2 <- 500,02 нм?
Дано: N, = 800 1Х = 2 мм k - 2
Решение. Запишем обе формулы разрешающей способности дифракционной решетки и приравняем их правые части:
595
X, — 500 нм Х2 ” 500,02 нм
I-?
R - kN и R =	,
л2 At следовательно, kN - • •	..•	(1)
Л2 Aj
Число штрихов N на длине решетки I найдем, разде-
лив эту длину на период решетки d: N = — d
Период решетки d найдем, разделив длину 1г на чис-
(2)
IN.
С учетом этого N =-------
h
Нам осталось подставить (2) в (1) и из полученного выражения найти длину решетки Z:
INa Xt .	.
k~ = --------- откуда I -	 > _.
li Х2 “*Xj	kNi\A>2 Aj)
Переведем все единицы в СИ: 2 мм = 2'10’8 м, 500 нм = 500- Ю-» м, 500,02 нм - 500,02 -10~® м.
Произведем вычисления:
f	500 • 10~* • 2 • 10~*
“ 2 *800(500,02 10 ’ -500 10-9) Ответ: I — 0,03 м.
Задача 17
Дифракционная решетка имеет N = 400 штрихов на длине I — 2 мм. Она расположена на расстоянии L — 1 м от экрана. На решетку падает белый свет с длиной волны красного цвета Xt = 720 нм и длиной волныфиолето-вого цвета Х2 “ 430 нм. Найти длину х спектра первого порядка на экране.
Дано: N = 400
I - 2 мм
L = 1 м
X, = 720 нм
Хг “ 430 нм k - 1
Решение. Длину спектра х> найдем, отняв от расстояния хг между красной линией спектра первого порядка и центральным максимумом (белой полосой, соответствующей k ~ 0) расстояние между фиолетовой полосой спектра того же порядка и центральным максимумом (рис. 16-8):
х - xs - х,.	(1)
х - ?
596
— sin q>i - ftXj и
Длины отрезков xt я х, найдем по формулам xt « L tg ф, - L sin <Pt (2) и
X2 - L tg ф2 = £ sin %, (3) так как дифракционные углы q>i и ф2, соответствующие спектру первого порядка, обычно малы.
Из условия максимума на дифракционной решетке d sin «ft - и d sin Фз «• Ал2, гд е период решетки
. I а - —, поэтому N
77 sin Фа “ *Х2,
,	. k^N	kk-N
Откуда 8Шфд =—у—	(4) и ашф, »—«—
Подставим (4) и (5) в (2) я (3): r kk^N
xi = L~,— (6). и х2
(5)
(7)
kN I
kk3N I Нам осталось подставить- (6) и (7) в (1), и задача будет *
, kktN r kk.N решена: х - L —~-L —j—,
Переведем все единицы в СИ;
2 мм — 2 • 10"* м, 720 нм - 7,2 • 10"7 м 430 нм - 4,3  10~т м. Проведем вычисления: х =1.2-1^.(7^.10т-4^10-7 2.10-* == 5,8 см. Ответ: х == 5,8 см.
5,8 10~2м =
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. В опыте Физо число яубпрл вращающегося колеса — 720, а расстояние между ним и зеркалом L “ 8633 м. Каким должен быть период вращения колеса Т, чтобы скорость света стала с - 3  10» м/с?
597
4LN
Ответ: Т =*= ----- О,(да с.
с
Задача 2. Период колебаний светового вектора Т - 2 • 10-15 с. На какой длине I уложится N ж 5 • 10е длин волн соответствующего света?
Ответ: I =* cNt ~ 300 м.
Задача 3. Вода освещена светом, для которого длина волны в воздухе =“ 0,6 мкм. Чему равна длина волны Х^ этого света в стекле с показателем преломления п = 1,5?
Ответ: Х2 - 0,4 мкм.
Задача 4. Показатель преломления воды 1,33, стекла - * п2«1,5. Как соотносятся толщины слоев воды и стекла Л4/Л2, если время распространения в них света, падающего нормально к их поверхностям, одинаково?
Л|
Ответ: h ” « “ 1ДЗ. «2	*4
Задача 5. На какое расстояние 5 распространится в воде световая волна с длиной волны в воздухе X = 0,5 мкм за время, равное “ 100 периодов колебаний светового вектора? Показатель преломления воды п 1,33.
2VX
Ответ: S - — - 3,8 • 10 * м. л
Задача 3. Скорость желтого света в воде 2,25 • 105 км/с, а его скорость в стекле ut ** 1,9М&/с. Чему равен показатель преломления стекла относительно воды? Чему равен показатель преломления воды относительно стекла?
Ответ; = 1,14; потн2 0,88.
Задача 7. Два когерентных источника света расположены на расстоянии 5 “ 7000 мкм и г2 “ 7002,25 мкм от некоторой точки пространства. Каков будет результат интерференции световых волн в этой точке, если длина световой волны X ** 500 нм?
Ответ: минимум (ослабление света).
Задача 8. В некоторую точку пространства свет от двух когерентных источников приходит с разностью фаз Да = Зя рад. Что будет наблюдаться в этой точке: усиление света или его ослабление?
Ответ: ослабление.
Задача 9. Два когерентных источника., испускают монохроматический свет с частотой v “ в * 10м Гц. Расстояние от каждого источника света до экрана, L * 1,5 м, расстояние между источниками d = 1 мм. Найти расстояние х на экране между симметричными максимумами второго порядка (Л - 2).
Ответ: х = 2—— — 3 мм. vd
Задача 10. На мыльную пленку, в которой скорость света о =» =» 2,25 -108 м/с, падает белый свет под углом а “ 60е. При какой наименьшей толщине пленки Л ее поверхность, рассматриваемая в проходящем свете, будет окрашена в зеленый цвет с длиной волны X - 500 нм?
Ответ: Л = —.....—........ « 2,5 • 10“г м.
2Ve2 - о2 sin4 а
598
Задача 11. Установка для наблюдения колец Ньютона освещается монохроматическим светом, падающим на нее нормально. Диаметр третьего темного кольца (считая от нулевого центрального темного кольца) d — 9 мм. Найти длину волны А падающего света. Радиус кривизны линзы R • 8,6 м. Наблюдение ведется в отраженном свете.
. d2
Ответ: А =	^7,8 • 10’7 м.
4&R
Задача 12. Чему равны площадь S третьей зоны Френеля (к = 3) и ее радиус К, если расстояние от отверстия, до которого дошел фронт световой волны, и до экрана г0 « 2'м, а длина световой волны А — 5 • 10“7м? Сколько зон Френеля # укладывается в этом отверстии, если его площадь 80 - 6,28 • 10"“ м2?
Sq
Ответ: S *= 1,6 • 10 е и2, Я - 1,2 • 10 3 м, N - ~V - 20.
ЛГ0А
Задача 13. Расстояние на экране между двумя максимумами освещенности первого порядка х 1,2 мм. Определить длину волны' -А света, испускаемого когерентными источниками Sj и S2, если расстояние от источников до экрана L • 2 м, а расстояние между источниками а 1 мм.
. xd
Ответ: А « — = з * Ю-7 м.
2L
Задача 14. Определить угол дифракции ф лучей зеленого света (А - 0,55 мкм), образующих максимум 2-го порядка (Л = 2), если период решетки d — 0,002 мм. Найти угол дифракции ф^* лучей, образующих последний максимум.
.ЛА	.ЗА
Ответ: Ф = arc sin—= 33°, Фтах = агезш— ~ 36*4 d	d
Задача 15. Перпендикулярно поверхности дифракционной решетки падают параллельные лучи света от некоторого источника. Линия с Ai " 6,6 - 10"т м видна в спектре второго порядка (Д^ — 2) под некоторым углом <р. Какие еще спектральные линии будут видны под этим же углом (принять диапазон видимого света от 4 1O"7 м до 7*107 м)?
Ответ: А2 = —4,4 • Ю'7 м в спектре третьего порядка.
Задача 16. Дифракционная решетка содержит JV == 120 штрихов на I = 1 мм ее длины. Найти длину волны А монохроматичес- z кого света, падающего на решетку, если угол между направлениями на максимумы первого порядка, расположенные по обе стороны от центрального, ф «* 8°. Каково общее число т дифракционных максимумов, даваемых этой решеткой, при освещении ее светом с Aj = 7,5 • 10~7 м?
Ф 1эш %-	о,
. Ответ: Х=..- 2 ° 5,8Ю’’ м, т = —— +1 = 23.
kN	Na^
Задача 17. На дифракционную решетку перпендикулярно ее плоскости падает свет. Угол дифракции в спектре 1-го порядка для линии с длиной волны Ai " 6 • 10~7 м составляет Ф1 ж 30°. Некоторая линия наблюдается в спектре второго порядка (Л2 = 2) под
599
углом дифракции <р2 — 45°. Найти длину волны Х2 для этой линии и число штрихов на единице длины решетки.
Ответ: Ц = Xt - 4,2 • 10~г м, у 3	« 8,3 * 10е мг1.
Задача 18. Дифракционная решетка содержит N « 500 штрихов на I =“ 1 мм ее длины. Максимум какого наибольшего порядка дает эта решетка при перпендикулярном падении на Мее монохроматического света с 1 « 5,2 • 10’ м?
Ответ: fcm*» =	= 3.
Задача 19. Сколько штрихов на длине I« 4 см имеет дифракци? онная решетка, для которой зеленая линия спектра (v « 6 - IO14 Гц) ~ в спектре первого порядка наблюдается под углом Ф 20°?
жг vl .
Ответ: N = — вш ф «2,7 • 104. kc
Задача 20. Чему равен период дифракционной решетки d, есди в спектре первого порядка она может разрешить линии с длинами волн Xt в 4044 А и Xj » 4046 А? Длина стороны решетки 1~3 см.
Ответ: d = Ла _ j 2,2 • 19*’ м-
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
Геометрической, или лучевой, оптикой называют раздел оптики, в котором используют представления о световых лучах. Световым лучом называют воображаемую линию, вдоль которой распространяется энергия, переносимая световой волной.
В основе геометрической оптики лежат четыре закона: закон прямолинейности световых лучей, закон их независимости, закон отражения света и закон преломления света.
Закон прямолинейности световых лучей: в однородной и изотропной среде свет распространяется прямолинейно.
Закон независимости световых лучей: пересекаясь, световые лучи не возмущают друг друга, а продолжают распространяться в прежнем направлении.
Об остальных двух законах поговорим подробнее.
17. ЗАКОНЫ ОТРАЖЕНИЯ
Краткая теория. Методические указания к решению задач
Законы отражения;
1) луч падающий и луч отраженный лежат в одной плоскости с перпендикуляром, проведенным в точку падения луча к отражающей поверхности (при этом лучи располагаются по разные стороны от перпендикуляра);
2) угол отражения Р равен углу падения а (рис. 17-1).
Углом падения а называют угол между падающим лучом и перпендикуляром к отражающей поверхности, а углом отражения Р - между отраженным лучом и этим перпендикуляром.
В задачах геометрической оптики почти всегда необходим чертеж. Действительные лучи изобразите прямой линией со стрелкой, указывающей ход луча (его направление), !	мнимые лучи и мнимые изображения пред- *
\	! я метов изображайте штриховой линией, а пер-
\	!	/ пеедикуляр к поверхности - точкой с тире.
X ! п /	Когда говорят: «луч падает на поверх-
• ность* или .«падающий на поверхность под Ф(Х/	таким-то углом луч», то, как правило, име-
m jioiiiIjuIiijiwnimv* л ют в виду угол падения а между падающим г» i7i лучом и перпендикуляром к поверхности, а
601
не угол ф между падающим лучом и самой поверхностью (рис. 17-1). Если сказано, что луч отразился от поверхности под углом таким-то, то это угол отражения р, а не угол между отраженным лучом и поверхностью. И только если сказано «угол между лучом и поверхностью», то это угол Ф на рис. 17-1. Если луч падает нормально к поверхности, т. е. перпендикулярно к ней, то угол падения а равен нулю, поэтому и угол отражения р равен нулю, т. е. луч отразится сам по себе в обратном направлении.
Иногда в условиях задач встречается термин «высота Солнца над горизонтом». Запомните: высота Солнца - это не высота его над землей (там 150 млн км), а угол ф между солнечным лучом и горизонтом (рис. 17-1).
Если на поверхность падает пучок параллельных лучей, испущенных точечным источником света, то это означает, что сам источник находится в бесконечности, только в этом случае его лучи будут параллельны друг другу. Если такие лучи падают на зеркало или линзу, то расстояние d между источником света и зерка-
лом или линзой равно бесконечности (d ~ » и ” = 0 ). а
При решении задач на сферические зеркала изобразите дугой зеркальную поверхность и прикиньте, где расположен центр окружности, частью Которой является эта дуга (рис. 17-2, в). Этот центр является главным оптическим центром зеркала О, а фокус
К09
зеркала F делит пополам расстояние между центром О и полюсом зеркала Р. Луч» падающий на зеркало через его главный оптический центр» отражается сам по себе в обратном направлении, а луч, падающий на зеркало через фокус, отражается параллельно его главной оптической оси’РО. Световые лучи обратимы, поэтому луч, падающий на зеркало параллельно главной оптической оси, после отражения пойдет через его фокус F.
Если вы неверно расположите центр дуги, изображающей зеркало (слишком близко к нему или слишком далеко, как на рис. 17-2, а и б, то вы не сможете правильно построить изображение предмета.
Непременно надо помнить, какое и где получается изображен ние, когда оно увеличенное, а когда уменьшенное. Не надо надеяться, что вы это определите построением. Стоит слегка изменить ход луча, неправильно указать положение оптического центра О или фокуса зеркала F, и вместо увеличенного изображения вы получите уменьшенное, или наоборот.
Следует знать, что если предмет АВ находится за главным оптическим центром О, то изображение AjBj, даваемое вогнутым зеркалом, будет действительным, уменьшенным и обратным (рис. 17-2, г) и будет располагаться между фокусом Г и оптическим центром зеркала О.
Если предмет АВ поместить в оптический центр О, то его изображение тоже окажется там же и будет действительным, обратным (перевернутым) и равным по размеру самому предмету.
Если предмет АВ поместить между фокусом F и оптическим центром О, то изображение AtBt в силу обратимости лучей будет действительным, обратным, увеличенным и расположится за оптическим центром.
Если предмет АВ поместить в фокус зеркала, то изображение AlB. уйдет в бесконечность.
Если предмет АВ поместить между зеркалом и фокусом, то изображение AJ3. будет мнимым, уменьшенным и прямым (рис. 17-2, б).
Во всех этих случаях зеркало было вогнутым. ВЬгнутое зеркало называют собирающим, так как оно собирает падающие на него параллельные лучи после отражения в одной точке.
Если в задаче не сказано, каким является сферическое зеркало, значит, ohq собирающее.
Формула сферического зеркала
J x l J.2 _ J Л ж 1 d f R d f , F Здесь ~ d - расстояние от предмета до зеркала, / - расстояние от зеркала до изображения, R ~ 2F * радиус зеркала, F - фокусное расстояние зеркала.
Если изображение действительное, перед А ставят «плюс», а если мнимое, то - «минус». Если зеркало вогнутое, то перед
1(	2 1
—-I или— ставят «плюс», а если выпуклое, то - «минус», так Fl	R
603
как его фокус мнимый. Перед ~ гоже может стоять «минус*. Его а
ставят, когда лучи падают на зеркало сходящимся пучком (рис.
J/ f
17-2, ж). Увеличение (уменьшение) изображения - Г - — = -т, где
Л о
И - размер изображения, Л - размер предмета.
Решение отдельных задач
Задача 1
Под каким .углом а должен упасть луч на плоское зеркало, чтобы угол между отраженным лучом и поверхностью зеркала был ф = 30° (рис. 17-3).
Дано:	Решение. Из рис. 17-3 сле-
ф - 30° дует, что угол отражения	Рис. 17-3
------	₽ “ 90° - ф.
а - ? По закону отражения а — р, значит, а - 90е - ф.
Вычислим а: а = 90° - 80° — 60°.
 Ответ: а «'-60°.
Задача 2
На плоское горизонтально расположенное зеркало ab падает, луч тп. Перпендикулярно зеркалу аб расположено зеркало ас (рис. 17-4). Луч тл отражается от зеркала ab й падает на зеркало ас (луч пр), после чего еще раз отражается уже от зеркала ас. Доказать, что отраженный луч pq параллелен падающему лучу тл:
Решение. Если нам удастся доказать, что сумма углов а + Р + 0^4- pt — 180° ИЛИ, ПОСКОЛЬКУ а = р И (Xj = Pj, что а + а, - 90°, то задача будет решена. Ведь сумма односторонних углов 2а + + 2at — 180° (см. рис. 17-4), если тл
Рис. 17-4
и рд ~ параллельные прямые.
Из рис. 17-4 следует, что а. = ф, как накрест лежащие углы при параллельных pOt и об и секущей пр. По этой же причине ф, — Р «= а, так как это тоже накрест лежащие углы при параллельных Otn и ор и секущей пр. .Но Ф1 “ 90° - Р или q>! — 90е •- а, ведь а — р. Кроме того, Фа=
604
= 90° - ctj. В прямоугольном треугольнике pan сумма острых углов ф] + <р, — 90°. Значит, с учетом предыдущих равенств 90° - а + 90е - сц = 90°, откуда а + а, = 90°, следовательно, лучи тп и pq параллельны.
Задача решена.
Задача 3
Угловая высота Солнца над горизонтом <pt = 40°. Под каким углом <р2 к горизонту надо расположить плоское зеркало, чтобы отраженный луч направить вертикально вверх?
Дано: Фа - 40°
Решение. Выполним чертеж (рис. 17-6). Для этого проведем горизонтальную линию тл и
построим под углом ф] к ней падающий луч, ведь высота Солнца над горизонтам ф] - это
угол между солнечным лучом и горизонталь-
Фа - ?
ной линией. Затем из точки падения луча направим вертикально вверх отраженный луч. Поскольку угол падения и угол отражения равны, разделим угол между падающим и отраженным лучами биссектрисой cd пополам. Эта биссектриса должна стать перпендикуляром к зеркалу ab, отразившему солнечный луч, поэтому дорисуем
зеркало afe под углом 90° к перпендикуляру cd.
Нам требуется найти угол ф2 между зеркалом и горизонтальной линией. Обратим внимание на то, что угол ф2 равен углу отражения Р как углы со взаимно перпендикулярными сторонами. А сумма углов ф2 + а + Р “ 90° или, поскольку 0 “ а = Ф2, Ф1 + ф2 + ф2 = 90°, откуда
Л -90°"ф1
Фа-----2~
90°-40° Произведем вычисления: Фг =-------= 25°.
Ответ: Ф2 = 25°.
Задача 4
Высота Солнца над горизонтом Ф =• 30°. Наблюдатель, стоя на берегу, видит изображение Солнца в воде. Наклонившись, он понижает уровень глаз на й = 10 см. На какое расстояние S приблизится при этом-изображение Солнца к берегу?
605
Дано: Ф - 30° Л = 10 см
S-1
Решение. Обратимся к рис. 17-6. Пусть солнечный луч, отразившись от воды, попадает в глаз наблюдателя в точке т. Когда он наклоняется и понижает уровень глаз на Л, изображение Солнца становится к нему ближе на S, что равносильно приближению самого наблюдателя на S к изображению Солнца при неизменной угловой высоте
Л
Солнца ф. Из рис. 17-6 следует, что tg ф = —, откуда _____________________________ ' о S = —^— l__tg_<p
Произведем вычисления:
S = —“7ГХ7 см — 17,3 см. tg 30°
Ответ: S - 17,3 см.
Задача 5
Матовый светильник диаметром D - 40 см расположен на расстоянии Н = 2 м от его центра до пола (рис. 17-7). Под светильником находится мяч диаметром d = 10 см. Расстояние между центром мяча и полом Л — 20 см. Найти радиус R тени с полутенью на полу и радиус полной тени г.
Дано: D = .40 см Н = 2 м . d = 10 см h = 20 см
fl- ? г-?
Решение. Полная тень на полу будет иметь форму круга радиусом г, а полутень - форму кольца радиусом R - г (см. рис. 17-7). Радиус тени с полутенью R - это отрезок ср, который является катетом в прямоугольном треугольнике Оср. Другим катетом в этом треугольнике служит отрезок Ор —	+ Л, где xi — ООг.
Треугольник оОО2 подобен треугольнику
OtnO как прямоугольные треугольники с равными вер-
606
Рис. 17-7
тикальными углами при точке О. Из их подобия следует пропорциональность сторон: Р-2 Н-х1 -К' 2d~ xt
Р _ H~Xj ~h . Ц) d xt •
Теперь рассмотрим еще два подобных треугольника ОаОг и Оср. Они подобны потому, что являются прямоугольными и-имеют общий угол при точке О. Из их подобия следует пропорциональность сторон: А я _А_. (2) 22? Xj + h
Мы получили два уравнений (1)
и (2) с двумя неизвестными xt и R. Выразим из (1) отрезок X] через известные D, d, Н и Л, а затем подставим его значение в (2), после чего из полученного уравнения
определим искомый радиус тени с полутенью R:
xTD = dH - xtd - dh, откуда xt -	•	(3)
ct + xz
Подставляем (3) в (2): ~	 Чт--‘
2Я W+B)[as^4+* 1 d + D
1
22? <2(Я-Л) + Л((2 + 2>)’
—  dH - dh + dh + Dh °ткуд,в’—ZH-V—
H-h
dH+Dh “ 2(Я-Л)
Для определения радиуса полной тени г рассмотрим два подобных треугольника аОгЬтл fpk (для этого мы сде
607
(4)
лали дополнительное построения, проведя вспомогательные штриховые линии). Из их подобия следует:
d Л + х, 2г xt
Поскольку в выражении (4) имеются две неизвестные величины г и xt, то запишем еще одно уравнение, в которое они войдут. Для этого рассмотрим еще два подобных треугольника: тОгк и fpk. Из их подобия следует, что Л _ Я + Хд 2г х2
Выразим из (4) неизвестный и ненужный нам для решения отрезок х2 и подставим его в (5):
2гЛ
<6) откуда найдем радиус пол-
(5)
dx2 — 2rh + 2гхг, откуда Теперь подставим (6) в (5), ной тени п
(„ 2rh	\
’	Д'*- . ~ И-2г)
D I d - 2Л Г ,2г =	2гй
Dh - Я(</ - 2r) + 2rh,
dH-Dh
Dh = dH - 2rH + 2гЛ, откуда r - ———— 2(л — Л)
, Переведем все единицы в СИ:
40 см = 0,4 м, 10 см = 0,1 м, 20 см = 0,2 м. Произведем вычисления:
0,1-2 + 0,4 0,2 2(2-0^)
м - 0,08 м,
0,1-2-0,4 0,2 2(2-0,2)
м = 0,03 м.
' Примечание: если потребуется определить ширину Дх кольцевой полутени cf, то надо вычесть из радиуса R радиус полной тени г.
Ai = Я - г = 0,05 м.
Ответ.* R = 0,08 м, г = 0,03 м.
Задача .6
Наблюдатель ростом Л - 1,8 м идет к уличному фонарю со скоростью v = 0,8 м/с. В некоторый момент времени длина его тени = 1,5 м, а через t = 3 с она стала. 1Я - 1 м. На какой высоте Н над тротуаром подвешен фонарь?
608
Решение. Выполним чертеж (рис. 17-8), на котором обозначим высоту человека h, высоту Н фонаря S над тротуаром, длины теней и 4» путь, пройденный наблюдателем за врется X, равный vt, и расстояние от второго положения наблюдателя до точки под фонарем х.
Из подобия треугольников abc и cgS следует:
H-h vt + x
Из подобия треугольников efd я dgS следует:
H-h х
—, откуда х = -JL—---------.
Л	ft
Подставим (2) в (1) и из полученного выражения Найдам Я:
(1)
(2)
да-л>
H-h Vt +h H-h vt^ l^H-h)
Л	4	’	* * V Ц ’
Я-Л l^H-hy vt И-hL , * k ’ * V J” . h~.h. = , откуда * li h______________________
д-J^L + h или	н = /-^-+1
—^а -	____I ч ~ j
Произведем вычисления:
20. Рапепапроофижке. Т. 2
609
Я = 1,
м =- 10,4 м,
Ответ: Н = 10,4 м.
Задача 7
Над озером на высоте Н = - 80 м завис вертолет (рис. 17-9). С башни высотой h он виден под углом ф2 = 30°, а его изображение в озере видно под углом ф2 — 60° к горизонту. Какова высота башни Л?
Дано: Я = 80 м Ф, « 30° Ф2 » 60?
А - ?
Решение. Изображение вертолета расположено на таком же расстоянии Я от поверхности воды, которая здесь служит
плоским зеркалом, как и сам вертолет. Из рис. 17-9 следует,
Я-Л что - -g- - и tg<p,
Я + Л
——г—, где S - расстояние от и
вершины башни до прямой тп. Чтобы исключить это нензвест-
Рис. 17-9
ное расстояние, разделим эти равенства друг на друга:
tg9t (Я-Л)Д tgcp, H-h
1<ф2	5(Я + Л)’ 1&ф2 Я + А
Отсюда найдем искомое расстояние Л: Я tg q>j + Л tg ф, == Я tg ф2 - Л tg ф2, откуда
A ff(tg<p2-tg91)
tgq>i+tg93
Упростим полученное выражение. Поскольку зшфз эшфх
. 8Шф, , 8Шф2	СОЗф» СОЗф]
{од -----XL И tgrp, “--—, то А = Я -. -----з—2-1
СОВф]	СОВф2	ВШф1 , З^п фд
' СО8Ф1 соеф,
610
emr	*- гг8Ш(Ф2~Ф1)
ИЛИ	h- Н	~
t	8111(9!+ Фа)
Произведем вычисления:.
sin(60°-30°) д — ои
8in(60° + 30°) Ответ: h = 40 м.
м — 40 м.
Задача 8
Плоское зеркало ab вра-ЙЩется с угловой скоростью ^вокруг точки а (рис. 17-*®0). С какой скоростью v ^нжется изображение точ-£Йи S, отстоящей от точки Ь расстояние Z?
ъ	ь
>	>
Ряс. 17-10
Решение. При вращении зеркала вокруг точки а изображение Sx точки. S будет двигаться по окружности радиусом I. Поскольку треугольники aSO и aOSi (рис. 7-10, б) равны как прямоугольные треугольники с равными катетами SO и OSY и общим катетом аО9 то их острые углы при точ-
К—
нее а равны а. Значит, если угол SaS^ вдвое больше угла SaO и если зеркало повернется за время t на некоторый угол <р то радиус aSt за это же время повернется на Вдвое больший угол ф2 = 2(0h Линейная скорость v изображения источника света S связана с^его угловой ско-ростью 2ш формулой 
v = 2<oZ
Задача решена.
Ответ: v = 2©Z.
Задача 9
Луч света падает на горизонталь-,йую поверхность стола аЬ под углом it (рис. 17-11). Под каким углом ф к Поверхности, стола нужно расположить плоское зеркало, чтобы отраженный от него луч стал параллельным поверхности стола?
Рис. 17-11
Дано:
9 - ?
Решение. Понятно, что без чертежа эту задачу тоже не решить, как, впрочем, и любую другую задачу, геометрической оптики (за редким исключением, которое только подтверждает это правило). Выполняя чертеж, здесь надо сообра-
611
зить две вещи: а) что направление падающего луча не изменится оттого, что мы поднесем к столу зеркало; б) что отраженный от зеркала луч может пойти параллельно поверхности стола влево и вправо в зависимости от того, как мы поднесем к столу зеркало, и при этом углы между. зеркалом и столом будут разными, поэтому задача имеет два решения.
Итак, выполним сначала чертеж (рис. 17-11).
Здесь на чертеже ab - поверхность стола» тл - плоское зеркало, поднесенное к нему под искомым углом ф, сп - падающий луч (понятно» что это только часть падающего луча, а сам он исходит из некоторого источника, который на рисунке не обозначен), ел - перпендикуляр, опущенный в точку падения п луча сп к поверхности стола, dn - перпендикуляр, опущенный к поверхности зеркала тп в точке n, nf - отраженный луч (Точнее его часть), at - угол падения луча сп на зеркало mn, -угол отражения луча nfm зеркала, а - угол падения луча сп на поверхность стола ab, ф - угол между зеркалом тп и поверхностью стопа. Теперь, после того как чертеж выполнен, решить эту задачу уже несложно. Анализируя рис. 17-11, можно заметить, что сторона тп угла ф перпендикулярна стороне dn утла end, а сторона ап угла Ф перпендикулярна стороне еп угла* end. Значит, угол ф равен углу end как углы со взаимно перпендикулярными сторонами.
Далее. Из чертежа следует, что угол end равен at - а. Значит, и Ф = а, - а. Но угол
at - а - 90° -где угол отражения по закону отражения равен углу падения cq, поэтому
eq - а = 90° - а,, откуда 2a, — 90° + а и cq = 45° 4- 0.5a.___
тогда ф ж cq - a = 45° + 0,5a - а, [ф = 45°- 0,5a| Задача решена.
Ответ: ф ** 45° - 0,5a.
Задача 10
Какой должна быть наименьшая высота Л вертикального зеркала тп, чтобы человек мог видеть свое изображение во весь свой рост Н, не меняя положения головы?
Дано: И
Л - ?
Решение. Пусть верхний край зеркала расположен на уровне глаз человека (рис. 17-12, расстоянием между его макушкой и глазами можно пренебречь). Чтобы он мог увидеть свой ботинок, надо, чтобы луч света, отраженный от носка бо-
612
Рас. 17-12
танка, упал на нижний край зеркала л и, отразившись от него, пошел в глаз человека. Вели зеркало будет меньше тл, то на нижний край зеркала попадут лучи от точек выше ботинка и он не будет виден.
По закону отражения а = 0. Мы имеем два прямоугольных треугольника АпС и СпВ с равными острыми углами при точке л и общим катетам пС. Значит, эта треугольники равны,
поэтому сторона АС = А равна СВ.
Дпоскольку Н = АС + СВ, то Н = 2Л, откуда Л = 0,5/7. ' Ответ: Л “ 0,5/7.
Задача 11
В комнате длиной L и высотой Н висит на стене плос-4фе зеркало. Человек смотрит в зеркало, находясь на расстоянии I от стены, на которой оно висят. Какой должна •фыть минимальная высота' А зеркала» чтобы он мог уви-яй» в нем изображение стены, которая находится у него ^спиной, во всю ее высоту?
Рис. 17-13
Igtoio; Решение.' Чтобы решить эту задачу, необходи-Ж мо выполнить чертеж, без него ничего не вый-дет. Изобразим комнату abed и зеркало тл на 1 . стенке (рис. 17-13). Будем считать, что зеркало fo*., висит посередине стены, т. е. на одинаковом рас-? стоянии от пола и потолка. Правда, нам об атом ничего не сказано, но такое допущение вполне |фНвомерно. Если же мы его не сделаем, то значительно |£Йожним решение, хотя ответ будет тот же.
Пусть глаз наблюдателя находится в точке М. Чтобы наблюдатель мог вид еть изображение	стены ad во всю
высоту, нужно, чтобы луч, идущий из точки а, отра-аигвшнсь от верхнего края m зеркала тл, попал в глаз
613
наблюдателя, а также, чтобы луч, идущий от точки d, после отражения от нижнего края п зеркала тп, тоже попал в глаз наблюдателя, расположенный в точке М. При этом нужно помнить, что угол падения луча на зеркало а равен углу его отражения р. Если зеркало расположено симметрично относительно пола и потолка, то эти углы для лучей amndn одинаковы. Отрезки ел» й /п на рисунке - это перпендикуляры, проведенные к зеркалу в точки падения лучей ел» и dn на него.
В результате построения мы получим подобные треугольники атё и тМр (они подобны потому, что у них углы при точках е и р прямые, а углы етМ и тМр равны как накрест лежащие при параллельных ел» и Мр и секущей Мт). Из подобия треугольников ате и тМр вытекает пропорциональность сторон, лежащих против ае _ тр'	H-h	Т
равных углов: ~ ~	, где ае = —-—, ел» = 1>,
h
mp = -
и Мр — L
„	H-h k H-h h
С учетом этого о = — или —=— ® V *
Отсюда несложно отыскать искомую высоту зеркала л. Выполним простые алгебраические преобразования и най-
дем ее: Hl- hl =» hL, откуда Задача решена.
Ответ:
HI 1 + L
Задача 12
Из какой области пространства глаз наблюдателя сможет одновременно увидеть изображения точек М nN (рис. 17-14) в плоском зеркале л»л?
Решение. Чтобы увидеть изображение точки в плоском зеркале, нужно, чтобы два луча, испущенные этой светящейся точкой, после отражения от разных точек зеркала попали в глаз наблюдателя. Точка, в которой пересекутся мнимые продолжения этих лучей, и будет мнимым изображением светящейся точки.
Построим вначале изображение точки. М. Для этого проведем из точки М луч М т на крайнюю верхнюю точку л» зеркала тп. Опустив в эту точку к зеркалу перпендикуляр та, покажем угол падения этого луча av Затем
614
построим под таким же углом р1 = сц отраженный луч mA и проведем его мнимое продолжение (штриховой линией) Mtm. После этого опустим из точки М второй луч Мп на нижний край п зеркала тп под углом (ц и точно так же построим его мнимое продолжение Mtn. Точка Mt, в которой пересекутся эти мнимые продолжения, и будет мнимым изображением точки М. Это изображение можно будет увидеть, расположив глаз наблюдателя в заштрихованной вертикальными линиями области пространства между расходящимися отраженными лучами mA и пВ.
Аналогичным образом построим изображение Nt точки ЛТ. Оно так же, как и точка -V, будет лежать на перпендикуляре та к зеркалу тп. Заштрихуем область про-- странства между отраженными лучами та и nA, которые были испущены светящейся точкой N, горизонтальными линиями. Из этой области пространства глаз наблюдателя будет видеть изображение Nt точки Я. А одновременно оба изображения ЛГГ и ЛГ^глаз наблюдателя сможет
увидеть из области тАп, заштрихованной. одновременно и горизонтально, и вертикально.
Задача 13
Светящаяся точка S расположена на расстоянии г = 12 см от линии пересечения двух плоских зеркал тп и тр, расположенных под углом а = 30° друг к другу, на биссектрисе тд этого угла (рис. 17-15). На каком расстоянии I находятся
Si
Рис. 17-15
615
друг от друга два первых изображения Sj и Si этой точки?
Дано: г - 12 см а-30°
/- ?
Решение. Чтобы решить эту задачу, нужно знать, что плоское зеркало дает мнимое изображение, расположенное от зеркала на таком же расстоянии, что и сам предмет. Поэтому расстояние d от источника света S до зеркала тп равно расстоянию dlt от мни-
мого изображения St этого источника до этого же зеркала:	d = d,.
То же самое можно сказать об изображении Ss источника S в зеркале тр. Кроме того, расстояния d от источника S до зеркал тп и тр одинаковы, так как источник света S лежит на биссектрисе угла птр. Одинаковы также и расстояния от мнимых изображений S, и Sa источника S до биссектрисы mq. Отметим также, что в силу симметрии изображений St и 32 относительно биссектрисы mq <яреао& StSs будет перпендикулярен биссектрисе mq. Поэтому угол nmq и угол при точке S, равны друг другу как углы со взаимно перпендикулярными сторонами. А так как биссектриса mq делит угол птр = а пополам, значит, углы при точках St и S2, равные углу nmq,
а „	__
равны —. Тогда отрезок Sfi как катет в прямоугольном треугольнике 88гС с гипотенузой da + d = 2d составит
S1C = 2dcos^.
В свою очередь отрезок d как катет в прямоугольном треугольнике с гипотенузой mS = г и противолежащим а
ему углом — составит
. • а а = г зш—.
2 (X	ос
С учетом этого StC = 2 г sin — сое — - г sin а, так А	А
а	а
как 2 sin — cos ™ == sin а. 4Й	2
Поскольку искомое расстояние Z = 8,8, равно удвоен-
ной длине отрезка Sfi, то | / — 2 г sin q
Произведем вычисления:
I - 2 -12 sin 30° - 12 см.
Ответ: I — 12 см.
616
Задача 14
Угол между двумя плоскими зеркалами можно изменять, вращая одно из зеркал вокруг ребра угла (рис. 17-16, а) с постоянной угловой скоростью й). Точечный источник света S расположен на перпендикуляре SA к неподвижному зеркалу mA на расстоянии Л от него. Через какое время t расстояние между изображениями и S, источника света S в зеркалах mA и Ап будет равно I?
Решение. При решении подобных задач на вращающие-  ся зеркала следует знать, что все изображения источника S в подвижном зеркале Ап при его вращений будут все время располагаться на таком же расстоянии от точки А, что и изображение в зеркале mA, а также на таком же расстоянии от этой точки, что и сам источник S. Иными словами, все эти изображения будут располагаться на окружности радиусом Л с центром в точке А (рис. 7-16, б).
При выполнении чертежа необходимо также учесть, что расстояние Sp от источника света S до зеркала Ап будет все время равно расстоянию pS2 от мнимого изоб-ражения Ss этого источника в этом же зеркале до самого зеркала Ап.
Пусть до начала вращения угол между зеркалами mA и Ап был развернутым, т. е. равным 180°, а за время t от начала вращения зеркало Ал повернулось на угол <р, . вращаясь равномерно с угловой скоростью <й.
По определению эта угловая скорость ш равна отношению угла поворота зеркала <р ко времени поворота tt
<р
(О — — , откуда <р — mt.
617
Теперь заметим, что углы pSA и пАВ равны как углы со взаимно перпендикулярными сторонами (действительно, отрезок 8р перпендикулярен зеркалу Ап по построению, ведь это кратчайшее расстояние от источника S до зеркала Ап, а отрезок ЗА перпендикулярен зеркалу mA по той ясе причине). Значит, угол при точке S тоже равен <р.
Теперь обратим внимание на то, что в равнобедренном треугольнике SjAS2 с равными сторонами StA = SgA = А отрезок Aq является одновременно биссектрисой, медианой и высотой, и значит, известное нам расстояние 8^ = 1 вдвое больше катета Stq в прямоугольном треугольнике AStq, т. е.
Очевидно, что угол S^Aq в этом прямоугольном треугольнике тоже равен ф, так как треугольник S^Aq равен треугольнику ASp, поскольку эти прямоугольные треугольники имеют равные гипотенузы SA = StA = ft. Тогда из треугольника следует, что
Siq =*
- ft sin ф, где ф = cot, поэтому
Отсюда sin cot - — и cot — arc sin Aft
= Л sin (Ot.
откуда
2ft
. 1	• ( I
t - — arc sin — co. I 2ft
Задача решена.--------
Л	1	. ( I
Ответ: t = —arcsin — <o 2ft
Задача 15
Два плоских зеркала расположены под углом друг к другу. Точечный источник света поместили меясду ними и в результате получили N — 11 изображений этого источника в зеркалах. Чему равен угол ф меясду зеркалами?
Дано:	Решение. Если построить все изображения, то
If = 11 чертеж получится чрезмерно усложненным,  поэтому мы не станем здесь его вычерчивать, а ф - ? ограничимся напоминанием ..основных правил рОстроения изображения в *₽аких зеркалах: а)* изобраЖвние точечного источника света в плоском зеркале мнимое;
618
б)	оно располагается на таком же расстоянии от зеркала, что и сам предмет;
в)	изображение предмета является прямым и равным по размерам самому предмету;
г)	изображение, даваемое одним из зеркал, расположенных под-углом друг к другу, является предметом для -второго зеркала, а изображение, даваемое вторым зеркалом, - предметом для первого зеркала, и т. д.
Если два плоских зеркала расположены под углом ф друг к другу, то число изображений предмета, помещенного между ними, определяет формула
ф
Из этой формулы несложно отыскать искомый угол Ф между зеркалами, поскольку число изображений # известно из условия задачи: 
360°
нам
360°
= N + 1, откуда ф = '	^ + l
Ф	________
Задача решена. Произведем вычисления:
360° ' _ Ф =------- 30°.
11 + 1
Ответ: <р = 30°.
Задача 16
Предмет расположен на расстоянии d = 15 см от вогнутого сферического зеркала с радиусом кривизны R -= 20 см. Чему равно увеличение зеркала Г?
Дано: d * 15 см R — 20 см
Решение. Согласно условию задачи предмет АВ помещен между фокусом зеркала и. его оптическим центром, ведь фокусное рас-
Г - ? стояние зеркала Г = — = 10 см, а его опти-
ческий центр О располагается на расстоянии R — 20 см от полюса Р (рис. 17-17).
Следовательно, изображение предмета АД «уйдет» за оптический центр и будет действительным, обратным и увеличенным.
Увеличение Г сферического зеркала определим по формуле
Рис. 17-17
619
г-7*	<*>
а
где f - расстояние от зеркала до изображения ДВ]. Его мы определим из формулы сферического зеркала
<Ш ' 2d-R' dR ищспвюл (2) в (1): Г - ^d~R^ 2L
Произведем вычисления: Г = - •	~ - 2.
А ’ ХО — AV Ответ: Г — 2.
Задача 17
Расстояние меясду предметом и его изображением в выпуклом зеркале I = 20 см, а уменьшение изображения Г — 0,5. Чему равны* фокусное расстояние F и радиус кривизны В?
Дано: I = 20 см Г = 0,5
F - ?
В- ?
Решение. Построим изображение А^ предмета АВ в выпуклом зеркале (рис. 17-18). Оно будет мнимым, прямым и уменьшенным. Его
что f + d = I, отку-
уменьшение
г-^,	(!)
где d - расстояние от предмета до зеркала, a f - от зеркала до изображения. Из рис. 17-18 следует, да	f=l-d.
Согласно формуле выпуклого зеркала -
1 1_ 1	1 1 _ 1
d f	F	d~ l-d	F‘
Определим отсюда F: 1___________1	1 _ d-l + d = 2d~l
F~ l-d d d(l-d) d#-d)’
020
Р =	(2)
2d -1	' ’
Для определения d подставим I - d в (1) вместо ft l-d
Г = T’	<3>
d Наи осталосьопределить из (3) расстояние d и подставить его в (2). Выполним эти действия: dF = l-d, откуда
d =
Подставим (4) в (2):
(4)
F-
(Г + 1Л2
И 1---— |
( Г + 1)_ ЦГ + 1-1)
Д2-Г-1)	(1-Г)а + Г)’
P=-J£_
1 _ г»
Я-2Р
Произведем вычисления:
Р = 20‘9>5 СМ = 18,3 см, R = 2-13,3 см == 26,6 см.
1-0,25
Ответ: F — 13,3 см; R = 26,6 см.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Чему равен угол ф( между падающим лучом и отражающей поверхностью, если угол между падающим и отраженным лучами ф2 “ 70°?
Ответ: <Pj =» 55°.
Задача 2. Высота Солнца над горизонтом ф1 = 20°, Под каким углом ф2 к горизонту надо расположить плоское зеркало, чтобы отраженный луч направить вертикально вниз?
Ответ: фа - 55°.
Задача 3. Плоское зеркало тп поворачивают на угол ф “ 27°. На какой угол 9 повернется отраженный от зеркала луч (рис. 17-19)?
Ответ: 9 = 2ф = 54°.

621
Задача 4. Круглый бассейн радиусом R «• 5 м залит до краев водой. Над центром бассейна цд высоте Н - 3 м от поверхности воды висит лампа. На какое расстояние I от края бассейна может отойти человек, рост которого Л « “ 1,8 м, чтобы все еще видеть отражение лампы в воде (рис. 17-20)?
, АЛ
Ответ: * = “тг « 3 м. ж!
Задача 5. Два плоских зеркала расположены под углом друг к другу. Между ними помещен точечный источник света S (рис. 17-21). Изображение источника S в первом зеркале находится на расстоянии dL ** б см, а во втором зеркале - dt « 8 см от источника S. Найти угол Ф между, зеркалами. Расстояние между изображениями I = 10 см.
Рис. 17-20
Ответ: <Р « аге
-90°.
Задача 6. Плоское зеркало движется со скоростью “ 1,5 см/с. С какой, по величине и направлению скоростью
V, доджей двигаться точечный источник Света, чтобы его отражение в плоском зеркале оставалось неподвижным?
Ответ:	2vt от зеркала.
Задача 7. Предмет АВ и зеркало тп расположены, как показано на рис. 17-22. Показать область пространства, глядя из которой, можно видеть изображе-
St
Рис. 17-21
ние предмета целиком.
Задача 3. Ребенок удаляется от фонаря, подвешенного на высоте Н в 3 м над землей, со скоростью v =« 1 м/с. В некоторый момент временя длина его тени = 80 см, а через t “ ~ 3 с она стала /2 = 2 м. Чему равен рост ребенка Л?
J. — LT ^2 "*^1
Ответ: * ~	“ 1Д *•
Задача 9. Расстояние между источником света S и плоским зеркалом тп d 5 см, а угол падения луча на его нижний край а = 60° (рис. 17-23). Плоское зеркало вращают с частотой v = 25 Гц вокруг оси, проходящей через его нижний край. С какой линейной скоростью и движется изображение источника?
4rcvd Л ~ м
Ответ: *> =-----= 2,5—.
сова с
Задача 10. Луч света падает на горизонтальную поверхность стола ah под углом а (рис. 17-
п
Рис. 17-22 т
Рис. 17-23
622
л? м 24). Под каким углом ф к. поверхности сто-ч р /С ла нужно расположить плоское зеркало тл» Чч V /С	чтобы отраженный луч стал параллелен по-
Чч. V /	верхности стола?
<------ 4* 1	% а
п т и Ответ: Ф = Т + ^* Рис 17 24	“
Задача 11. Наименьшая высота вертикального зеркала, при которой человек видит себя во весь рост, равна А, расстояние от человека до зеркала £. Глаз человека расположен на уровне верхнего края зеркала. Чему равен рост человека Я? Чему равно расстояние / от глаза человека до нижнего края зеркала? Чему равен угол падения луча а на нижний край зеркала (рис. 17-12)?
Задача 12. В комнате длиной L я высотой Н висит на стене плоское зеркало высотой Л. На каком предельном расстоянии I от зеркала должен находиться наблюдатель, чтобы видеть в зеркале изображение стены, которая находится у него за спиной, во всю ее высоту (рис. 17-13)?
_	« АХ*	м
Ответ: I== ——-; если же он отойдет еще дальше от зерка-Я-Л
ла» то будет видеть только часть стены.
Задача 13. Два плоских зеркала расположены под углом Ф « ™ 90° между их поверхностями. Сколько изображений источника света можно наблюдать в этих зеркалах? Выполните чертеж.
Ответ: N - 3.
Задача 14. Вогнутое сферическое зеркало дает увеличение изображения Г — 3. На каком расстоянии I от фокуса зеркала находится предмет, если его изображение находится на расстоянии /« ' - 30 см от зеркала?
Ответ: I =	„ = 7,5 см.
Г + 1
Задача 15. Выпуклое сферическое зеркало дает уменьшение в 4 раза (т. е. Г ~ 0,25). Чему равен радиус кривизны R этого зеркала, если предмет располагается на расстоянии d 30 см от него?
2dF
Ответ: Д ~ ~“ — 20 см.
18. ЗАКОНЫ ПРЕЛОМ.
[Я

Краткая теория. Методические указания к решению задач
Законы преломления:
1) луч падающий и луч преломленный лежат в одной плоскости с перпендикуляром, проведенным к преломляющей поверхно-
сти, по разные стороны от него;
2) отношение синуса угла падения а (рис. 18-1) к синусу угла преломления у есть величина постоянная для сред, где находятся падающий и преломленный лучи. Эта постоянная называется показателем преломления второй среды относительно первой па1:
sin а
siny 31
Показатель преломления Чреды относительна вакуума называется ее абсолютным
показателем преломления л. Он показывает, во сколько раз скорость света в вакууме с больше, чем в данной среде о:
с
V
Показатели преломления в разных сред даются в справочниках.
Относительный показатель преломления л21 равен отношению абсолютного показателя преломления второй среды л2 к абсолютному показателю преломления первой среды
21 "1 Vi'
Здесь vx - скорость света в первой среде (где падающий луч), ра - скорость света во второй среде (где преломленный луч).
Угол падения при котором угол преломления у == ЙО*, называется предельным углом полного отражения.
Его можно определить по формуле
srnotnp =^.
rti
Если п2 - 1 (вакуум или воздух), то sin ~.
Когда вы решаете задачу, в условии которой идет речь о переходе луча из оптически более плотной среды в оптически менее плотную (например, из стекла в воздух или воду), то прежде всего выясните, выйдет ли луч из более плотной среды в менее плотную, или, может, преломленный луч полностью отразится, или, наконец, он может скользить вдоль границы раздела этих сред и угол преломления у * 90°. Луч выйдет, когда Ц < луч не выйдет^ когда а> ц*. Во всех этих случаях решение задачи» естественно, будет разшдм. Поэтому, чтобы-не ошибиться, определите, если вам позволяет условие задачи, предельный угол полного отражения данной среды (если вторая среда вакуум или воздух)
624
Рис. 18-2
жни данвых двух сред по формулам» приведенным выше, а затем сравните ai<aw этот предельный угол с a >a известным вам из условия 2	* задачи углом падения a
(если он известен) и сделайте соответствующие выводы. Иногда по условию задачи сразу можно понять, о чем ждет речь. Например., сказано, что источник света находится
под водой и нужно определить радиус круга, в пределах которого лучи света выйдут из-под . воды. Очевидно, что если смотреть сверху на поверхность воды»
то в глаз попадут только те лучи, которые упадут на ооверкность воды под углом сц меньше предельного (рис. 18-2). А те, которые упадут под углом сц больше предельного» из воды не выйдут.Те же, которые, упадут под предельным углом, будут сжояьзияь по касательной к поверхности воды, расходясь радиально во все стороны так, что на поверхности будет виден светлый круг, ограниченный лучами. Скользящими по поверхности воды, у которых угол преломления у — 90°.
.	При решении задач на прохождение
света сквозь пяоскошфаллельнуюпластин-.............. ку нужно помнить, что направление луча, (.............Чк-) вышедшего на пластинки, такое же, как и
)	\	У падающего на нее луча, т. е. эти лучи
\	/	параллельны.
1   *	Смещением луча х тлпт крмчяйпее
i	расстояние между продолжением педажжце-
i iTi ix) луча и лучом, вышедшим из илвстишш.
При решении задач на прохождение
Рис* 18-3 света сквозь треугольную призму (сечение которой представляет собой треугольник), изготовленную из материала, оптически более плотного» чем окружающая среда, прежде всего сделайте крупный и четкий чер» теж. При этом» если не сказано, что призма равнобедренная или равносторонняя, нарисуйте разносторонний треугольник. После этого направьте падающий луч на боковую грань призмы об и в точке ведения т луча проведите перпендикуляр к этой грани (а не к основанию призмы), ПоспрШНесь, чтобы это йыя на самом деле перпендикуляр, а не некая косая линия (вы ведь умеете проводить перпендикуляр к линии, даже если она наклонная). Покажите угол падения луча (не надо «крутить* букву а, пусть «рыбка» плывет влево» а, не вниз или вбок, иначе вы можете перепутать а с у и допустить ошибку). Затем проведите луч та в толще вещества призмы от точки падения m на первую грань ab к точке падения в на ее вторую грань 6с. Не рисуйте этот луч параллельным основанию ае призмы, если в условии задачи ничего об этом не сказано, пусть он падает на вторую грань произвольно. Иначе вы рискуете посчитать ранными углы, которые на самом деле не равны, и тогда ваше решение будет неверным. Помят, что если показатель преломления вещества призмы больше, чем показатель преломления окружающей среды, то угол преломления
«25
стекло
Рис. 18-4
Yt будет меньше угла падения оц и луч отклонится к основанию призмы (рис. 18-4, а), а если наоборот - то к вершине (рис. 18-4, 6Х
Показав луч в толще призмы, проведите в точку его падения на вторую грань Ьс перпендикуляр даО4 к этой грани и покажите новый угол падения с^. Поскольку луч переходит теперь из оптически более плотной в оптически менее плотную среду, то новый угол преломления у2 будет больше угла падения а2 и луч опять отклонится к основанию призмы. Таким образом, такая призма дважды преломляет лучи, падающие на ее боковую грань, и отклоняет их к своему основанию. При этом изображение источника света S, испустившего эти лучи, окажется смещенным .к вершине призмы. Вели же призма изготовлена из вещества с показателем преломления меньше, чем у окружающей среды, то она отклоняет лучи к своей вершине, а изображение источника света смещается к ее основанию.
Постарайтесь не путать термины: «угол* преломления луча», «преломляющий угол призмы» и «угол отклонения луча», это все разные утлы. Угол преломления луча у2 - это угол между преломленным лучом, вышедшим из призмы, и перпендикуляром к преломляющей поверхности (рис. 18-4, а}. Преломляющий угол ф -это угол при вершине призмы. И наконец, угол отклонения луча в - это угол между направлениями падающего на призму луча и луча, вышедшего из нее (между их мнимыми продолжениями (рис. 184, а).
При решении подобных задач часто приходится учитывать, что угол отклонения луча 6 как внешний угол треугольника трп равен сумме двух внутренних углов <х, - у1 н у2 - несмежных с ним. Кроме того, можно доказать, что, поскольку в треугольнике mbn сумма углов 90° - уп 90® - ctj и ф равна 180®, т. е. 90® -- Yi + 90® - сц 4* ф ** 180®; то ф « Yi + оц-
Все эти рассуждения могут вам пригодиться при решении задач на прохождение луча сквозь треугольную призму.
В условиях задач часто пишут не «абсолютный показатель Преломления», а просто «показатель преломления», имея в виду одно и то же. А вот относительный показатель преломления л21 так и называют «относительный, или показатель преломления такой-то среды относительно такой-то».
626
Решение отдельных задач
Задача1
Луч переходит из стекла в воздух, падая на стеклянную поверхность под . углами ос, “ 15°;	“ 42° и а, =
— 60°. Найти углы <Pj, ф2, фа, на которые отклонится луч от первоначального направления после преломления в стекле. Абсолютный показатель преломления стекла л = -1,5.
Решение. Отметим сразу, что стекло - среда, оптически более плотная, чем воздух, поскольку абсолютный показатель преломления стекла И * 1,5 больше, чем абсолютный показатель преломления воздуха п,* = 1. А если луч переходит из оптически более плотной среды в оптически менее плотную, то угол падения а меньше угла преломления у, и может так случиться,, что луч упадет на поверх-
ность стекла под углом а, большим, чем предельный угол сц-л для сред стекло-воздух. В этом случае пад ающий луч полностью отразится обратно в стекло, т. е.
не выйдет из стекла в воздух, и решение нашей задачи будет одним. А -может случиться, что, наоборот, он упа-
дет под углом а, меньшим предельного угла o^, и тогда он выйдет из стекла в воздух, и решение будет другим. Поэтому, чтобы решить задачу, надо сначала определить предельный угол полного отражения для стекла с абсолютным показателем преломления л = 1,5. Его можно найти, воспользовавшись формулой
1 sin апр - у. Л Подставим численное значение л — 1,5 и определим величину предельного угла о^. И если данный нам в условии угол падения а окажется меньше предельного, то луч выйдет из стекла, а если больше, то луч отразится обратно в стёкле полностью, т. е. преломленного луча не будет. Итак, вычислим угол
sin а - -5- = 0,6667, cl, = 42°.
	1,5
Таким образом, мы получили, что угол падения сц = 15° меньше предельного угла полного отражения -0^ = 42°. Значит, в первом случае луч выйдет из'стекла в воздух,-и решение будет одним. Во втором случае угол падения ctj — 42° равен предельному углу а^,, поэтому преломлен-
627
Рис. 18-5
ный луч будет скользить вдоль границы раздела -двух сред стекло — воздух, и решение будет другим. В третьем же случае угол падения а, = 60° больше предельного угла
= 42°, поэтому луч будет претерпевать полное отражение н не выйдет из стекла, в результате чего решение будет третьим. Рассмотрим эти три случал в отдельности.
1.	Луч падает-на стеклянную поверхность inn под углом а, и выходит из стекла под углом Yi (рис. 18-5, а). Угол отклонения луча ЧЧ - это угол между преломленным лучом ОЬ и мнимым продолжением Ос падающего луча аО. Из чертежа следует, что угол ч\ равен разности между углом преломления орь = Yi и углом Ofic. Но угол Ofle равен углу падения сц как вертикальные, поэтому	4>i = Yi - «к
Угол преломления Yi определим из закона преломления,
Y! — arc sin (л aft а,).
С учетом этого arc sin (в ain gj ~"оц|
Од ни искомый угол отклонения найден в общем виде. Вычислим его:
628
Я4 ~ arc sin (1,5 sin 15°) - 15е	8°.
2.	Теперь луч падает на границу раздела тп сред стекло - воздух под продельным углом а, = а^, поэтому преломленный луч скользит по этой границе и угол преломления у, прямой (у2 = 90°, рис. 18-5, б).,Тогда искомый угол между мнимым продолжением Ос	луча
аО и преломленным лучом On Ф, = уя - ZOtOC. ZOjOC = ~ а, как вертикальные._________
Поэтому	|ф« ° Т» ~ ««I
Подставим численные значения о^, и вычислим величину фг ~ 90° - 42° — 48°.
3.	Теперь, когда угол преломления а, = 60° больше предельного о^ = 42”, луч'не выйдет в воздух, а полностью отразится обратно в стекло (рис. 18-5, в). При этом, как следует из чертежа, ч»ж = 180° - а, -
Здесь "угол Р, - это угол отражения, а по закону отражения угол отражения В. равен углу падания а., поэтому	|фз = 1WT - 2сц|
Нам осталось подставить численное значение угла а, и вычислить третью искомую величину qu:
<h= 180° -2-60° - 60°.
Задача решена.
Ответ: <Pj = 8°, q^— 48°, фж — 60°.
Задача 2
Водолазу, находящемуся под водой, кажется, что лучи падают под углом ф, = 60° к поверхности воды. Какова угловая высота ф, Солнца над горизонтом? Показатель преломления воды n = 1,33.
Дано: <h = 60” л = 1,33
ф1-?
Решение. Обратимся к рис. 18-6. В глаз водолазу попадает преломленный луч. Водолазу кажется, что луч
в воздухе падает на воду в направлении, показанном штриховой линией. В условиях задачи сказано, что водолазу кажется, что луч падает под углом 60° к поверхности воды. Вообще-то так говорят об угле падения с^, который равен углу преломления у как вертикальные углы. Но, если бы угол сц был равен 60°, то и угол у тоже был бы равен 60°, а синус угла падения в этом случае был бы равен согласно закону преломле-
ния п sin у = 1,33 * sin 60° = 1,33 • —- > 1, чего быть не
32
629
может. Значит, в условии задачи, когда говорят, «ему кажется, что лучи падают под углом 60° к поверхности воды», имеют в виду не кажущийся угол падения а19 а угол между кажущимся падающим лучом и поверхностью воды (pt = 60°. Подобная задача встречается в школьных задачниках, и мы специально уточнили этот момент, чтобы вы в процессе ее решения не перепутали, о каком угле здесь идет речь. Хотя следовало бы угол ф назвать не углом, под которым луч падает на поверхность, а углом между лучом и поверхностью воды.
Из рис. 18-6 следует, что угол падения луча ос = 90° — ф2, откуда искомый угол ф2 = 90° - а.
По закону преломления
sin а поэтому .	----г== п,
* 8ш(90°‘-ф1)
0*11 (Л	
—— = в, где у = а, = 90 -sin у -
откуда 8ша=всо8ф1иа“
= arc sin (n cos ф1).__________
С учетом этого |ф2 = 90° - arc sin (в cos q>t) ] Произведем вычисления:
Ф2 = 90° - arc sin (1,33 cos 60°) = 48°.
Ответ: Ф2 = 48°.
Задача 3
Луч падает на поверхность стекла под углом а, • 60°. Под каким углом а2 он должен упасть на поверхность воды, чтобы угол преломления в стекле Yi был равен углу преломления в воде Yz? Показатель преломления стекла В] = 1,5, показатель преломления воды в2 = 1,33.
Дано: оц — 60° Bi -1,5 в2 = 1,33	Решение. Запишем закон преломления применительно к воде и стеклу: sinot]	sin а, — в, и , .	= в,, откуда sin у,	siny2
сц-7	sin (Xi	sina2 * sinYi =	~ и sinY2 =	 -*•. П2
Так как Yi - Yi> то и sin Yi = sin у2 или ^—1. = в**1**? .	в, Вг
OLj « arc sin	71, • —sin a, 1л J
в, .
откуда sma. - —sin а, и «1
Произведем вычисления:
630
I 133	i
cu =« arc sin ——sin 60° = 49°.
I X’5	J
Ответ: cij = 49°.
Задача 4
Под каким углом должен упасть луч на поверхность стекла, чтобы угол преломления у был в 2 раза меньше угла падения? Показатель преломления стекла п = 1,5.
Дано: а
У = —
2
п = 1,5
(1)
Решение. По закону преломления sin а —:—= п. siny а
Поскольку У = —, значит, а = 2у, и поэтому Л
а - ?
sin 2у . __	. „	„ .
----- — п. Но sin 2у - 2 sin у cos у. siny
2 sin у cos у	л
С учетом этого -;------ л, откуда cosy = —
8Ш Y	л
Но siny = -jl - cos2 у , поэтому
. L п*~ л/4-п3 smT=^l__ = __.
(2)
и
Подставим (2) в (1): ^sina _ откуда sin а =
f л74-л2 )
2
ПчМ-л* 2
2
а = arc sin
Произведем вычисления:
1,5^4-2,25"
2
Ответ: а = 83°.
а = arc sin
= 83°.
Задача 5
Чему равен угол падения а при падении света на стекло, с показателем преломления л = 1,5, если отраженный луч оказался перпендикулярен преломленному?
631
Дано: в ~ 1,5 Ф = 90е
Здесь ф - угол между
Рис. 18-7
ным лучами (рис. 18-7). Решение: Из рис. 18-7 следует, что 3 + ф + у = = 180°, откуда 0 + у = = 180° ~ ф = 90°, ведь ф = 90°.
Значит, у — 90° - 0. Но 0 — а, поэтому у = 90° - а.	(1)
По закону преломления sin а я-п^ ” л или с учетом (1)
sin а
.	“ л» ----- п или tg а - л,
sm(90-a) сова откуда	|а = are tg л|
Произведем вычисления:' а = arctg 1,5 — 57°. Ответ: а - 57е.
Зядядя б
Чему равен угол падения а луча на поверхность алмаза, если он больше угла преломления у на Ф — 30°? Абсолютный показатель преломления алмаза л
а - ?
вша
= 2,42;
Дама.* Ф = 30° л - 2,42
Рис. 18-8
а - 7
Решение. Обратимся к рис. 18-8. Из него следует, что а = у + Ф, поскольку падающий луч с его мнимым продалжениём и перпендикуляр к поверхности стекла образуют при точке их пересече-
sin а По закону преломления = л. Но у = а - ф, по-
зш~а	sin(a—ф) 1
этому ~~г~,-г = л или — --~ - —.
вш(а-ф)	вша	л *
. Из математики мы знаем, что sin (а — ф) — sin а сое ф - cos а sin ф.
Пол™™ (2) . (1): Ьаеовт-совайпф = 1 sin а	 л
(1)
(2)
х	СОВф—
совф-с1ва8Шф = —» ctga =—;—— Л	8Шф
632
или
,__псовф-1
ctga --------, откуда
ПЯШф
ctga = ctg<p-;—, откуда
пзшф
1
а - arcctg ctgv-П8Шф
Произведем вычисления
а = arcctg ctg30°~—————— = 48°. I	2,42sin30°l
Ответ: а — 48°.
Задача 7
На дне пруда недалеко от берега лежит камень. Ребенок
раясь попасть в камень пал-кой, двигает ее под углом ф = «30° к поверхности воды. Палка падает на дно пруда на расстоянии Z — 10 см от камня. Чему равна глубина пруда А в этом месте? Показатель пре-
ломления воды п = 1,33. Сопротивлением воды движению палки пренебречь.
Дано: ф = 30° I = 10 см п - 1,83
Решение. Обратимся к рис. 18-9. Луч света, отраженный от камня, падает на поверхность воды под углом а в точке О и, преломившись, выходит из воды. Вдоль этого преломленного луча и двигает свою палку ребенок, стараясь попасть в камень. Продолжая двигаться в воде вдоль прямой, обозна
ченной штриховой линией, палка падает на расстоянии, I от камня.
Обозначим отрезок на дне пруда от камня до перпендикуляра буквой х. Из прямоугольного треугольни-
А - ?
ка АОО2 следует:.	tgY = ——
Л
(1)
a из прямоугольного треугольника ВОО3: tga - —.	(2)
Из (2)	х “ A tg а.	(3)
633
Подставим (3) в (1). Так мы «уйдем» от неизвестного расстояния х и останемся с одним искомым Л в одном . Z + Atga
уравнении:	tgy =---=—•	(4)
h
Из(4) Atgy = 2 + Atga, Л = tgy-tga* <5) sina 1
По закону преломления —;— а —,	(6)
siny п
ведь здесь свет выходит из оптически более плотной среды в оптически менее плотную.
. siny
Из (6) sin a =-, где у — 90° - ф согласно рис. 18-9,
зт(90°-<р) созф поэтому sin a =---------------.
п	п
_	, . sina	sina
Поскольку tga --------- 	, то с учетом (7)
cosa 71-sin a tga = .созф	совф
L соа2ф Jn1 - cos2 ф nr— V Tt
Нам осталось подставить (8) в (5)t и задача будет решена:
(7)
(8)
„--------------‘-------------------!-------
1В(90--ф)- .	о.еФ-,^
у]п -COSгф .	7n -COS ф
coscp cos ср
8Шф ^П2-СО8*ф
или окончательно
Л-
l-Jn2 - COS2 Ф г—Г—"—tg(p -COS Ф -ЗШф
Произведем вычисления:
h =
10Vl,332-cos230°	.............
- „ -	-------“tg30° см — 12 см.
ЗЗ2-cos2 30° -sin30°
Ответ: Л = 12 см.
634
Задача 8
Какова истинная глубина Я водоема, если его кажущаяся глубина h - 1,5 м? Показатель преломления воды п — 1,33.
Дано:	Решение. Вы-
ft = 1,5 м полним чертеж п = 1,33 (рис. 18-10). Луч
Рис. 18-10
света, отраженный от дна в точке А, падает
Я - ? на поверхность в точке О и, преломившись,
выходит из воды в воздух, направляясь в глаз наблюдателя. Если преломленный луч продлить штриховой линией AjO, то мы получим кажущийся нам ход луча в воде. В точке Ар где пересекается этот кажущийся луч с перпендикуляром АВ, наблюдатель увидит кажущееся ему изображение дна, расположенное на кажущейся глубине ft, меньшей, чем истинная глубина водоема Я.
Пусть угол а мал, т. е. глаз наблюдателя расположен недалеко от перпендикуляра O]O2. Тогда и угол у тоже мал, а тангецс-таких углов равен их синусу:
tg а = sin а	(1)
и	tg у = sin у.	(2)
Обозначим I расстояние между перпендикулярами АВ и О fir Из рис. 18-10 следует, что
I . I tg а = - и tg у - -. Н	п
Разделим эти равенства друг на друга, чтобы «убрать» к
tga _ lh _ ft
tgy = Hl ~ H sin CL ft или с учетом (1) и* (2) —:.	(3) •
sin у H
sina 1	...
По закону преломления ------ —,	(4)
smy п
ведь луч выходит из воды в воздух. Нам осталось приравнять (3) и (4) и из •полученного
равенства определить глубину водоема Я:
Я < nh
1
а —, откуда
Произведем вычисления: Я =» 1,5 • 1,33 м - 2 м.
635
2 м.
Да, тут и утонуть можно! Так что учитывайте эту разницу между истинной и кажущейся глубиной, прыгая в воду.
Ответ: Н
Задача 9
Столб вбит в дно реки так, что ft = 1 м возвышается над поверхностью воды (рис. 18-11). Глубина реки Н — 3 м. Найти длину тени от столба на поверхности воды на дне реки Высота Солнца над горизонтом ф — 30°, абсолютный показатель преломления воды л = 1,33.
Рис. 18-11
Дано: Л - 1 м Н - 2 м Ф = 30° п - 1.33

Решение. Анализируя рис.18-11,обратим внимание на то, что отрезки Л и lt являются катетами прямоугольного треугольника,- в котором известен угол ф. Значит, длину отрезка мы можем определить сразу из этого треугольника:
Л tgq> « —, откуда/^ = 7—
Итак, одну искомую, длину	нашли. Теперь
найдем длину тени Q на дне реки. Ее можно представить как сумму длин и некоторого отрезка А/, являющегося катетом прямоугольного треугольника с известным другим катетом - глубиной реки Н и углом преломления у.
AZ
Из этого треугольника tgу = —, откуда А/ = Htgy.
Тогда I* = + Н tg у.
Правда, здесь нам не известен угол у, но мы его можем определить из закона преломления: sina	sina
— = п , откуда sin у =----->
8ШУ	П
Угол падения луча а на поверхность воды нам тоже не известен, но зато известна высота Солнца над горизонтом <р, поэтому угол падения а мы легко определим из равенства ф + a == 90®, откуда a = 90° - Ф и sin a sin (90° - ф) == сов ф.
m	СО8ф
Тогда smy =-----.
п
Нам осталось выразить tgy через siny. Известно, что
636
t«Y-
siny _ вшу cosy -Jl-sin’y
или tgy =
СОВф
СОВф
Тогда
СОВф ' -сов’ф
Задача в общем вида решена. Произведем вычисления:

Задача 10
Высота Солнца над горизонтом ф = 20°. Под каким углом в к поверхности воды в озере нужно расположить плоское зеркало тп, чтобы угол преломления солнечного луча в воде составлял у — 30°? Абсолютный показатель преломления воды в = 1,33.
Дано: ф “ 20° у = 30° п = 1,33
0-?
Решение. Для решения этой задачи обратимся к рис. 18-12. Солнечный луч падает на поверхность зеркала тп под углом оц и отражается от него под углом 0,, равным по закону отражения угла падения а,. Поверхность плоского зеркала тп ориентирована к поверхнос-
ти воды ед под углом 0. После отражения солнечный луч падает на поверхность воды под углом а,
Рис. 18-12
и преломляется в воде под утлому.
Из рис. 18-12 следует, что 0 — внешний угол jc треугольнику O,nOs, и поэтому он равен сумме двух внутренних угнав, не смежных с ним:
0 = 90° - а. + 90° - а, “ -180* -Oi-а,.	(1)
637
По закону преломления
sin а,
------- = п, откуда ат а, ” п ат у sin у
и	otj = arc ain (л sin у).	(2)
С углом О: разобрались, теперь будем искать угол а,. Если внимательно рассмотреть рис. 18-12, то можно заметить, что
ах - 90° - (<р - в) = 90° - ф + 0.	(3)
Подставим (2) и (3) в (1) и отыщем искомый угол в:, 0 = 180° - 90° + ф - 0 - arc sin (л sin у), 20 « 90° + ф - arc sin (в sin у), откуда 9 = 46° + 0,5(ф - arc sin (n sin у)).
Произведем вычисления:
0 = 45° + 0,5(20° - are sin (1,33 sin 30°)) - 34°. Ответ; 0 = 34°.
Задача 11
Водолаз ростом h -** 1,7 м стоит на горизонтальном дне водоема глубиной Н ^15 м. На каком расстоянии I от ступней водолаза находится камень на дне реки, изображение которого он может увидеть отраженным от поверхности воды? Показатель преломления воды п- = 1,33.
Рис. 18-13
Дано:
Л - 1,7 м Я s 15 м л - 1,33
I - ?
Решение. Водолаз видит камень на дне реки в отраженном свете. Это значит, что солнечные лучи, проникнув сквозь воду, падают на камень, отражаются от него, затем, пройдя сквозь толщу воды, отражаются от ее поверхности и попадают в глаз водолазу (рис. 18-13). Луч, отраженный от камня, располо
женного на расстоянии, меньше искомого расстояния I, упав на поверхность воды, разделяется на отраженный и преломленный. Преломленный луч, выйдя из воды в. воздух, уносит с собой большую часть световой энергии падающего луча (ведь яркость падающего луча делится меж-
ду отраженным и преломленным), поэтому яркость отраженного от поверхности воды луча будет невелика, и такие камни не будут видны. Камень, находящийся на расстоянии I от ступней водолаза, будет видно лучше потому, что луч, идущий от него, упадет на поверхность
638
воды под Предельным углом а^,. Он тоже разделится на отраженный и преломленный лучи, но теперь преломленный луч не выйдет из воды в воздух, а будет скользить вдоль поверхности воды, и теперь яркость отраженного луча будет больше, чём когда лучи выходили из воды. Таким Образом, расстояние I является' наименьшим расстоянием, на котором камень будет виден достаточно хорошо > лучах, отраженных от поверхности воды.
Чтобы определить это расстояние, рассмотрим внимательно чертеж (рис. 18-13). Из него следует, что искомое расстояние I можно представить в виде разности двух отрезков: тп и тр.- Отрезок тп является основанием равнобедренного треугольника высотой Я, образованного падающим и отраженным лучами пО, и О,т. Поскольку высота в равнобедренном треугольнике является одновременно и медианой, то. она делит основание тп на два равных отрезка: тО2 и Оап. Длину отрезка О,л можно найти из прямоугольного треугольника О,Оап, в котором отрезок Огп является катетом, противолежащим углу (Х^, а другой катет Н в этом треугольнике нам известен. По-
О.п
этому tg а	откуда Огп - Я tg а^,. .
Л
Тогда длина отрезка тп равна 2Я tg
Обозначим длину отрезка тр Ы.
Тогд а	I — 2Я tg	- Ы.
Длину Д/ определим из прямоугольного треугольника тдр, в котором отрезок является катетом, противолежащим углу mqp, который равен углу отражения луча Р как соответственные углы при параллельных qp и OiOa и секущей тОа. По закону отражения угол 3 равен углу а^, поэтому и Z mqp тоже равен а,,,. Другим катетом в треугольнике mqp является высота водолаза Л. Из этого тре-
Л1 угольника следует, что tg а*, — откуда AZ = Л tg а^.
Тогда I “ ZHtga* - h tga^, - (2Я - A)tg a^.
Нам осталось определить тангенс предельного угла а^. Для этого воспользуемся формулой для определения предельного угла полного отражения, когда вторая среда, в которую выходит преломленный луч, - вакуум или воздух:
1 sinanp = -.
639
Задача в общем вида решена. Произведем вычисления:
1=4^ни_,2м.
ЛЗЗ’-1
Отвел.* I — 32 м.
Задача 12
Человек смотрит на свое изображение в зеркале, лежащем на дне сосуда, заполненного водой. На какое расстояние х аккомодирован глаз человека, если он находится на высоте Н = 10 см над шшерхкостью воды в сосуде, а глубина сосуда Л =” = 8 см? Показатель преломления воды и “ 1,33.
Дало:	Решение.
Н- 10 см	Рассмотрим
Л = 8 см внимательно
п = 1,33 рис. 18-14.
.——Зеркало тп
х — ?	' лежит в воде на глубине Л. Луч света, отра-
женный от поверхности зеркала, падает на поверхность воды, преломляется (подчеркнем, что при атом угол преломления у больше угла падения а, так как луч идет из оптически более плотной среды - воды - в оптически менее плотную среду - воздух) к попадает в глаз наблюдателя. Но четнический глаз не обладает свойством видеть, как преломляется в пространстве световой
640
луч. Человеку кажется, что луч вдет прямолинейно по направлению af. Поэтому он ввдит зеркало тп не там, где оно есть на самом деле, а в положении mtnlt т. е. на меныпей глубине, которую мы обозначили I (ваг почему опасно прыгать в воду в незнакомом месте. В прозрачной воде дно кажется значительно ближе, чем яа самом деде, т. е. там, Где кажется,'что мелко, может быть дос-тфмйно глубоко).
-^Итак, человеку кажется, что зеркало находится на пмк I, понтону он аккомодирует (настраивает) свой глйЙп изображение, которое должно находиться на та-ксцшдеубине относительно кажущегося плоского зеркала какой высоте находится и сам глаз, т. е. на рас-спЯмк I + Н (будем считать, что глаз находится почти «ДЦьгаипм- т. е., что угол У чрезвычайно мал). Поэто-му^Мрмое расстояние х между глазом человека и его казгаВЙмся изображением равно удвоенному расстоянию
х - 2(1 + И).
тДдеЕ решить эту задачу, нам нужно, отыскать глубину .|$Ждеоторой располагается кажущееся изображение л^Вм'-ждедела ли». Отметим, что эта глубина I является катеКде/в прямоугольном треугольнике ойс, а другим катСдеде * этом треугольнике является некоторый отрезок г. Этот же отрезок является катетом в другом прдеюуГольном треугольнике - dee, а вторым катетом в этой .^де треугольнике является известная нам глубина вддщ&Кроме тмю, в треугольнике аЬс имеется угол Ьас, ранней jraty преломления у как соопмяы венные углы при пардейдеьных перпендикулярах О,Оа и Ofi4 и секущей аААвтреугольнике dee имеется угол падения луча а. ПраяДа, ни угол падения а, ни угол преломления у нам не известны, но зато мы знаем закон преломления, согласию которому
sing _ 1 sin у п
Теперь отметим следующее обстоятельство. Как пра-вило/мы смотрим в-воду сверху, вертикально вниз, т. е. под вдлым по отношению к перпендикуляру Ofit углом. То есть угол у мы можем считать малым, а угол а и того металле. Но синусы малых углов (как я их тангенсы) числвпНо равны самим углам, выраженным в радианах. Поэтому вместо отношения синусов а и умы можем записать отношение самих углов:
а_ 1 у“п‘
21.ВМПМ*ЯОфааП1т.2
641
Из треугольника abc следует, что
г	г
tgy- - или т= ~
а из треугольника dee следует, что
(1)
tga = т или a .	(2)
п	п
Разделив равенства (1) и (2) друг на друга и сократив г, получим:
Поскольку
то
jy _ Л a I '
a _ £
Y n
I 1
— = -, откуда n n
С учетом этого
f ь	л
х=2-+Я
In 1
Произведем вычисления:
, = * п
х
см = 32 см.
см.
Ответ: х :
Задача 13
Тонкая стеклянная сфера радиусом R = 25 сМ с показателем преломления стекла = 1,5 заполнена водой с показателем преломления п, = 1,33 (рис. 18-15). На сферу падает пучок параллельных лучей. Определить площадь поверхности S, в пределах которой лучи проникнут в воду.
у=90°
у = 90°

Дано;
R ~ 25 см — 1»5 ~ 1,33
s- ?
Решение.	Рис. 18-15
Из стеклянной оболочки в воду проникнут только те лучи, которые упадут на границу стекло -вода под углом, меньшим предельного угла полного отражения для этих двух сред. Те лучи, которые упадут на эту границу под
642
предельным углом а^» преломятся под углом у - 90° (отметим, что перпендикуляром OtOt, проведенным в точку падениялуча к границе стекло - вода, здесь будет радиус сферы R и его продолжение, поскольку радиус всегда перпендикулярен к сферической поверхности. Обратим внимание также на то, что слова «тонкая стеклянная сфера» означают, что толщиной стеклянной оболочки можно пренебречь и не рассматривать ход луча в самом стекле).
' Лучи, упавшие на границу стекло - вода, после преломления, скользя вдоль этой границы по касательной к поверхности стекло - вода, разойдутся коническим пучком. Геометрическим местом точек падения этих лучей нЯ границу стекло - вода будет* окружность радиусом г (на рис. 18-15 плоскость этой окружности заштрихована и лежит, перпендикулярно плоскости чертежа). Радиус этой окружности г образует с радиусом сферы Л и отрезком OOt, соединяющим центры окружности и сферы, прямоугольный треугольник, в котором радиус сферы R является гипотенузой, а радиус окружности г - катетом, лежащим против угла О^ОгО. Но угол Ofifi равен предельному углу падения как соответственные углы при Параллельных лучах, падающих на сферу, и секущей PtO2. Поэтому г = R sin а^.
Тогда искомая площадь S, радиус которой равен г, определяется выражением S = пг2 или 8 = п(7? sin о^)2.
Синус предельного угла для сред вода - стекло .определим по формуле предельного угла полного отражения, когда вторая среда - вода, а первая - стекло:
п.
Тогда получим окончательно Произведем вычисления:
f 133 V
S - 3,14l 25-~- см2 = 1,5-Ю3 см2.
Ответ: S = 1,5-103 см2.
Задача 14
В воде с показателем преломления п ж 1,33 находится точечный источник света S. На каком расстоянии h От источника следует поместить тонкий диск диаметром d = 4 см, чтобы луч света не вышел из воды в воздух (рис. 18-16)?
643
Дано: а ж 1,33
d = 3 см
Рис. 18-16
А - ?
Решение. Те лучи, которые, коснувшись края диска, упадут на поверхность воды под предельным углом а^, после преломления будут скользить вдоль границы раздела сред вода - воздух, а те, которые упадут под большим, чем О^, углом, полностью отразятся от поверхности обратно в воду.
Запишем формулу, определяющую предельный угол аолвого отражения а^,:
smo^i,	(1)
Л
Из рис. 18-16 следует, что острый угол при точке S в
d
2
Сц, как накрест лежащие углы при параллельных и секущей. Из этого следует, что
d	L d
tgo_- «««да	(2)
Поскольку tgOnp = ^Р0С— = 	,
cosotap ^l-sin’a^
то с учетом (1) tga^ =	. 1 * =
"l n’ Подставив(З) в (2), решим задачу в общем виде:
Произведем вычисления:
Л = |71332 -1 см = 1.3 см.
Ответ: h =* 1,3 см.
644
Задача 15
Параллельные лучи падают на стеклянный полушар перпендикулярно его основанию (рис. 18-17). Чему равен максимальный угол отклонения лучей ф при выходе их из полушара от их первоначального направления? Абсолютный показатель преломления я —1,5.
Решение. Из рис. 18-17 следует, что я
Ф =—“СЦф, еде а^, - предельный угол падения луча на выпуклую поверхность полусферы при
1_ л
-.1, поэтому
в =—агент —
Т 2	<»
Произведем вычисления:
48* - arc sin I —— 1= 48°.
Ответ.* ф = 48*.
Задача 16
Луч падает на плоскопараллельную пластинку под $пом О| и претерпевает дыму»™»» по выходе из нее, равное х. Определить толщину пластинки Л. Абсолютный показатель преломления стекла л, окружающая среда -
845
Решение. Смещением луча ж плоскопараллельной пластинкой называют кратчайшее расстояние между лучом cd, вышедшим из пластинки, и мнимым продолжением bf mpfiKiaiisro на пластинку луча db (рис. 18-18).
Искомую толщину пластинки h можно определить из прямоугольного треугольника ЬО2с, образованного отрезком к, лучом Ъс, идущим в толще стекла, длину которого мы обозначили I, и отрезком О2с между перпендикулярами ОхОг и ОаО4. В этом треугольнике отрезок I является гипотенузой, а отрезок к - катетом, прилежащим к углу преломления луча уг. Отметим, что под таким же углом упадет луч be на границу стекло - воздух, пройдя толщу стекла, т. е. угол преломления Yi равен углу падения а, как углы, накрест лежащие при параллельных 0,0, и ОаО, и секущей Ьс. Подчеркнем также, что луч cd выйдет из пластинки параллельно падающему лучу ab, т. е. что угол под которым луч упал на пластинку, равен углу у2, под которым он вышел из нее. Следовательно, плоскопараллельная пластинка не изменяет направления падающих на нее лучей, а только смещает их относительно первоначального хода.
Из треугольника ЬО^с найдем искомую толщину пластинки Л:	к — I сов у,.
Здесь нам не известны ни длина I, ни. угол преломления у„ но отыскать эти величины  несложно, особенно если чертеж правильный и достаточно крупный. Из чертежа следует, что отрезок длиной I является также гипотенузой в прямоугольном треугольнике Ьсе, в котором ж жеяаяг против угла ebc, а этот угол можно определить как разность угла еЬОа и угла у,. Но угол в6О2 равен углу падения ах как вертикальные. Поэтому
Тогда h = x . °°8Yj— sm(al-y1)
Здесь sin (a - yt) — sin сц cos Yi - cos сц sin Тогда
k = * ____________________= x
sin a, cosy, - cos at siny,	siny^
cosy 2 (мы разделили числитель и знаменатель правой части равенства на cos у,),
646
X
ft =
sina] - cosa!
sin’Yj
71 - sin2 ft
Найдем sin уj из закона преломления для границы стек-sin a.	sina.
ло - воздух: —:---= п, откуда sinv,  -----4-.
siny!	п
Тогда й =
sina!
-cosa!
sina]
sin2 at n2
9inctj
cosa!
-sin2 ax n2 -
или
Задача решена.
Ответ: h =
cos ax 7»2 -sin2 at
Задача 17
На поверхности водоема глубиной Н * 5,3 м плавает фанерный круг радиусом г = 1 м, над центром которого на некоторой высоте расположен точечный источник света S (рис. 18-19). Какой должна быть эта высота й, чтобы радиус тени R от круга на дне водоема был максимальным? Найти этот радиус. Показатель преломления воды п = 1,33.
647
Н - 5,3 м г = 1м «•=1,33
Решение. Для ответ* на вопрос задачи нам надо установить, как зависит радиус тени Я от высоты Л, т. е. найти формулу, выра
Ряс. 18-19
жающую эту зависимость при неизменных Я, г I в. И записать эту формулу так, чтобы можно было сообразить, как будет меняться радиус Я при изменения h. Правда, глядя на рис. 18-19, мож-
но сразу сказать, что при умень-
шении Л будет увеличиватьсяугол падения луча на край круга, а вместе с ним будет увеличиваться и угол преломления луча у. С увеличением у будет расти я отрезок х на дне водоема, а вместе с ним и радиус тени Я. Значит, радиус Я будет максимален при Л = О. Но надо же найти формулу, устанавливающую связь Я с Я, г, » а А, а затем, приняв в ней h = О, найти Я__
Чтобы установить нужную нам зависимость, обратимся к рис.. 18-19. Из него следует, что Я = г + х, где х — — Н tgy, поэтому
Я = г + Н tgy.	(1)
Давайте сразу перейдем от tgy к siny, ведь в закон преломления, которым нам неизбежно придется воспользоваться, «входит* ату:
*«У“
ату siny ®°®t 71-sin* у
aina	sina 
По закону преломления —— = п, откуда ату  --.
ату	»
С учетом этого
tgY =
-(2)
Подставим (2) в (1): Я = г + И -= . .	(3)
vaa-sm’a
Из прямоугольного треугольника с вершиной в точке S и катетами Ли г следует, что
648
sin a - .	-w
Как мы уже отметили, радиус Я максимален при 4-0. .00 из (4) следует, что при А = О sin a = 1- Подставив sin a = 1 в (3), мы ответим на вопрос задачи:
Задача решена.
Задача 18
5^ плоскопараллельной пластинки толщиной А = = 5 см иижнм поверхность ед посеребрена. Луч дм»™, падалнций на пластинку под углом а, — — 30", частично отражается от поверхности, частично проходит в пластинку, отражается от нижней поверхности и, преломляясь вторично, выходит в воздух парал-
лельно первому отраженному лучу (рис. 18-20). Найти показатель преломления материала пластинки в, если 1ф«т-чайшее расстояние между выходящими лучами I — 2,5 см.
Дано.' А = 5 ем 01 = 30°	Решение^ Запишем закон преломления, в который входит искомым показатель преломления nz	~
Г= 2,5 см я-?	^ = «-	Ш вшу, Теперь попытаемся выразить угол прелом-
Меняя у, через нанесшие величины А и I. Из рис. 18-20 следует, что отрезок тя г, являющийся гипотенузой в прямоугольном треугольнике с катетом I, равен
г =---—, ведь острый угол при точке п в атом треуголь-
«»₽1.
пике и угол отражения равны как углы со взаимно пер-
649
пендйкулярными сторонами. А Р, = сц по закону отра-
I г I • жения, поэтому г ------, а — = —-------.
cosetj 2	2 cos а 5
Из прямоугольного треугольника с катетами h и ~ и
острым углом у. следует, что tgy. = -— =-----------------. (2)
2h 2Acosax
Теперь перейдем от тангенса у} к его синусу, ведь для нахождения в по формуле (1) нам нужен sin у,:
х sin у, sin у, х _ sin2 У!
cos Yi ^/l-sinYi	1 - sin2 у j
tg^ - SHI®/, • tg®/! = sjn®Yi, откуда sin /j = ’-=****	. (3)
Vl + tg2/!
Теперь подставим (2) в (3):
sin Yi -/............	—    = -=====£===== • И)
L I2- J(2ftcosaj)2 + l2 ma г» 11 ±'	17
Нам осталось подставить (4) в (1):
J(2ft cos,a, )2 +12 п = -----------------sin di или
FT*y !. n = . 12 — cosa. +lsma.
Z J*
Произведем вычисления:
Г~5	Y
n = ,Д 2—cos30° +1 sin 30° « 1;8.
Ц 2»5	J
Ответ: n = 1,8.
Задача 19	f
На боковую грань треугольной стеклянной призмы с показателем* преломления п падает луч под углом сц. Преломляющий угол призмы <р. Определить угол преломления у2 луча и угол отклонения 0 луча призмой. Окружающая призму среда - воздух.
650
Дано: п «1 Ф
I е - ?
Решение. От* метим, что преломляющий угол призмы ф - это угол, лежащий против основания тр призмы тпр (разумеется,
п
4 s.
-4
d
m
P
Рис. 18-21
эти понятия условны, поскольку за основание при- 4 змы можно принять ее любую грань), угол преломления луча у2 ~ это угол между лучом cd, вы
шедшим из призмы, и перпендикуляром О£)л ко второй грани пр призмы, угол отклонения луча 0 - это угол между мнимым продолжением bf падающего на боковую грань луча аЬ и мнимым продолжением ее преломленного луча cd, яытедщегъ из призмы (рис. 18-21).
Чтобы решить эту задачу, необходим крупный и четкий чертеж. Перпендикуляры ОХО2 и ОгОг действительно должны быть перпендикулярны к граням тп и пр, отрезок луча Ьс в толще стекла не должен быть параллельным основанию призмы тр, поскольку об этом ничего не сказано, и все разные углы на чертеже должны быть дей-' ствительно разными, иначе в ваше решение легко может Вкрасться ошибка.
Эта задача представляет собой симбиоз (сочетание) физики и геометрии. В ней особенно наглядно подтверждается мысль о том, что без математики физики нет.
Угол преломления у2 луча Ьс можно определить, воспользовавшись законом преломления луча на грани пр. Здесь луч переходит из оптически более плотной среды в оптически менее плотную (из стекла в воздух), поэтому
sina» 1
------ = —, откуда siny, = л sin a,. siny2 n
Здесь (Xj - угол паления луча be на грань пр. Он нам не известен, но его можно определить, пользуясь законами геометрии. Обратим внимание на то, что стороны углов Ф и cu2q взаимно перпендикулярны по построению. Следовательно, угол cOj? равен преломляющему углу призмы ф, который нам известен. Кроме того, угол сОд = Ф Является внешним углом треугольника 6сО2. А всякий Йешний угол треугольника равен сумме двух внутрен-х углов, не смежных с этим внешним. Такими внутренними углами в треугольнике ЬсО2 являются углы у, и 1В^. Следовательно, ф — yl + ctj, откуда сц “ ф - ух.
651
Поскольку Zefcc^a, — у, н Zec5 = у,—0^, то 0- a, - Yj + Ya - a„ где a, - - Yi, поэтому ©= «, “ Yi + Ya “ Ф + Yi = a. + Y> “ Ф-
0=СЧ + Уа~Ф
Зад ача решена.
Ответ: О = a, + у, - р,
у» — arc яш^^/л2—sin2 ot^-stnp—sinOj совф^.
Задача 20
Одна из граней равнобедренной стеклянной треугольной призмы является зеркальной, а на другую грань «ой тф^змы падает перпендикулярно ягой iy™ дуч (это зна*
652
п
чит, что угол падения луча сц “ 0°, ведь угол падения - это угол между лучом и перпендикуляром к грани, а здесь они совпадают). После двух отражений от граней' призмы луч выходит из нее перпендикулярно основанию тр (рис. 18-22), т. е. у, “ 0°. Найти преломляющий угол призмы ф. Окружающая среда -воздух.
Дано: at = 0° у, — О®
<р-?
Решение. Отметим, что если луч падает перпендикулярно поверхности, то углы Падения, отражения и
Рае. 18-22
преломления луча на этой поверхности равны нулю, т. е. луч проходит во вторую среду, не преломляясь. По условию задачи вторая грань призмы зеркальна. Попав на нее, луч отражается под таким ясе углом а,, под каким упал согласно закону отражения. Тогда угол dab между падающим и отраженным лучами равен 2Of Но угол а, и угол Ф равны как углы со взаимно перпендикулярными сторонами. Поэтому
Zdab— 2a, = 2ф.
Далее. Луч da параллелен перпендикуляру 0fi4 к грани тп (ведь согласно условию задачи луч da тоже перпендикулярен к этой грани). Поэтому угол падения луча ab на грань тп тоясе равен 2a, = 2ф и угол отраясения луча от этой грани тоясе равен 2a, = 2ф. Но угол отраясения OJ>f = 2a, = 2ф и угол mnp при основания призмы тоже равны как углы со взаимно перпендикулярными сторонами (ведь согласно условию задачи луч bf выходит из призмы перпендикулярно основанию тр), апрямая Oj04 перпендикулярна стороне ,mn угла птр по построению. ^Следовательно, угол птр тоясе равен 2ф. Но поскольку наш треугольник по условию задачи равнобедренный, то его углы при основании равны, значит, и второй угол при основании призмы птр тоясе равен 2ф. А так как сумма углов в треугольнике тпр, представляющем собой сечение призмы плоскостью чертежа, всегда равна 180®, то 180°
2ф + 2ф + ф = 180°, 5ф - 180°, откуда Ф ~ —— = 36°. 5 -
Задача решена.
Ответ: Ф = 36°.
653
Задача для самостоятельного решения
Задача 1. Луч переходит из воды в стекло. Угол падения на границу между этими средами а *= 30°. Найти угол преломления у. Насколько скорость света в воде больше, чем в стекле? Показатели преломления воды гц « 1,33, стекла п2 1,6.
Ответ: у “arcsin] -Ь-sina |= 24°, Аи = с——— « 3,8 »107 м/с.
)	Л1Л2
Задача 2. Найти показатель преломления стекла, если на пути I — 8 мкм в стекле укладывается N ™ 30 длин волн монохроматического света, у которого длина волны в вакууме = 0,5 мкм.
Ответ: п- —-—	1,9.
Задача 3. Показатель преломления стекла относительно воздуха nj “ 1,5, показатель преломления воды относительно воздуха п2 = 1,33. Найти показатель преломления воды относительно стекла и показатель преломления стекла относительно воды Лотн2*
Ответ:	- 1,13;	- 0,89. >
Задача 4. Найти скорость света v в скипидаре, если при угле падения а 45° угол преломления у s 30°. Скорость света в вакууме с • 3*10® м/с.
Ответ: и =	= 2 • 108м/с.
sina
Задача 5. На границу алмаз-спирт падает луч света под углом а. Определить угол ф между отраженным и преломленным лучами. Абсолютный показатель преломления алмаза спирта - п2.
Ответ: ф — 180° - a - аге sin —sin.a .
I1*2 J
Задача 6. При переходе из стекла в воздух луч отклоняется от первоначального направления на угол ф = 10°. Показатель преломления стекла п 1,6. Найти угол падения луча а.
Ответ: а ~ arc tg —= 16°. п - СОЗф
, Задача 7. Высота Солнца над горизонтом <р = 30°, показатель преломления воды л = 1,33. Нему равен угол преломления у лучей в воде?
z	(С08ф^	г
Ответ: у « аге sin --- = 41°.
I n J
Задача 8. Угол преломления луча в воде ух = 30°. Чему равен угол преломления у2 луча в стекле? Показатель преломления воды к, = 1,33, стекла п2 « 1,5. Угол падения а луча на воду и стекло одинаков.
Ответ: у2 - arc sin I —siny! 1= 26®18'.
I л2 J
654
Задача 9. Чему равен угол преломления луча в воде, если он меньше угла падения на Ф - 30°? Показатель преломления воды п — 1,33.
Ответ; у * are tgf *-<**91- 14°.
I ашф I
Задача 10. На горизонтальном дне бассейна, имеющего глубину й а 2 м, лежит плоское зеркало тл. Луч света, преломившись на поверхности воды, отражается от зеркала и выходит в воздух. Расстояние от места вхождения луча в воду до места выхода отраженного луча из воды I=1,5 м. Найти угол падения луча а (рис. 18-23). Показатель преломления воды л ~ 1,33.
Ответ; а и аге °;"г **	** 28°.
^4Лг+1г
Задача 11. На поверхности озера глубиной Я “ 2 м находится круглый плот радиусом г ~ 8 м. Найти радиус R полной тени от плота на дне озера при освещении воды рассеянным светом (т. е. касательными к поверхности лучами, рис. 18-24). Показатель преломления воды п « 1,33.
' Н
Ответ: R = r —===г * 5,7 м.
Tn2-!
Задача 12. Глубина водоема Н в 2,5 м, показатель преломления воды п =* 1,33. Насколько истинная глубина водоема больше кажущейся?
Ответ: Дй = Н——~ - 0,62 м. п
Рис. 18-25
Задача 13. В цистерне с сероуглеродом на глубине й = “ 26 см под поверхностью находится точечный источник света М. Найти площадь круга S на поверхности жидкости, в пределах которой возможен выход лучей в воздух (рис. 18-25). Абсолютный показатель преломления се-
роуглерода п - 1,64. лЛ2
Ответ: S - — п2 -1
* 0,13 м.
Задача 14. Стеклянная палочка длиной I наполовину погружена в жидкость. Угол между палочкой и поверхностью жидкости ф1
655
(ряс. 18-26). Какова кажущаяся длина палочки под водой, если угол между палочкой под водой и ее кажущимся. (мнимым) изображением для наблюдателя над водой равен фг?
	_ Icoeqh
Ответ: Ц = ——-----1—г •
2 сое(ф1 -<М
Задача 15. Столб вбит в дно реки глуби-
Рис. 18-26
ной Я так, что часть его возвышается над ведой (рис. 18-11). Насколько длина теин на дне реки короче длины тени на ее поверхности? Угол падения лучей на воду а.
Ответ:
Задача 16. На стеклянную сферу падают параллельные лучи. Сфера заполнена водой. Проникшие в воду лучи образуют площадь диаметром rf (рис. 18-15). Чему равен объем сферы V (толщиной стекла можно пренебречь). Показатели преломления воды п», стек-ла л^.
z	чЗ
Ответ: V - — I d—1 .
6[	J
Задача 17. Луч света падает на плоскопараллельную пластину под углом <х* «* =* 60°. Толщина пластинки А = 3 см, показатель преломления вещества пластинки п = 1,5. Определить длину / луча в пластинке (рис. 18-27). Под каким углом уа луч выйдет из пластинки?
Рис. 18-27
Ответ: I =	~ 3,7
<Jn2 - sin2 aj
у2 » at - 60°.
Задача 18. На какое расстояние х сместится луч света, распространяющийся в стеклянной среде с показателем преломления в, если на его пути имеется плоскопараллельная щель ширинрй Л, заполненная воздухом (рис. 18-28)? Угол падения луча на щель равен а*. Полного отражения не происходит.
Ответ:
Рис. 18-28
-1 -Л-щпац
ncoeaj х=₽ .	
yl- K2ain2al
Задача 19. Луч света выходит из треугольной призмы под тем же углом, под каким входит в призму (оц “ уJ, причем отклоняется от первоначального направления на угол & (рис. 18-29). Пре-
ломляющий угол призмы ф « 45е. Найти показатели преломления
вещества призмы л.
656
Рис. 18-29
sin ОДО+ р) 81П<К$Ф
Отлет: п-
ЪЗ.
Задача 2Q. Призма с преломляющим углом ф — 60° сделана из стекла с показателем преломления л — 1.75. При каком угле падения сц луч света не выйдет из второй грани?
Указание: так будет, когда на вторую грань луч упадет под предельным углом (сц = сЦц^,. рис. 18-30).
Отлет:
sin а «7л2 -1 -84пф-совф»а < 48°.
Задача 21. Сечение стеклянной призмы имеет форму равностороннего треугольника (рис. 18-31). Луч падает на одну из нишей перпендикулярно к ней. Найти угол О между направлениями падающего луча и луча, вышедшего из призмы. Показатель преломления вещества призмы п ** 1.5. Указание: обратить внимание на то, что а, < а_.
0твет.е^60°.
19. ЛИНЗЫ
Краткая теоржя.
Методические указания к решению задач
Линзы - это прозрачные для света тела, ограниченные сферическими поверхностями, одна из которых может быть плоской.
Прямая тп, проходящая через центры О, и О, сфер, из которых образована линза» называется ее главной оптической осью (рис. 19-1). Точка У, в которой пересекаются после преломления лучи, падающие на собирающую двояковыпуклую линзу параллельно ее главной оптической оси, называется действительным фокусом линзы (рис. 19-1» а). Рассеяние У от главного оптического центра линзы О до ее фокуса называется фокусным расстоянием.
657
Рис. 19-1
Формула тонкой линзы:
±1±1 =±—= (л-II ± — ± — ]. a f f I	k2 J
Здесь F - фокусное расстояние линзы, п - показатель прелом
ления, Rt и Rj - радиусы кривизны ее поверхностей, d - расстояние от предмета до линзы, f - расстояние от линзы до изображе-
ния.
Если линза плоско-выпуклая, то ее плоская поверхность име
ет бесконечно большой радиус кривизны, т. е. =* <*> и — О.
При этом формула линзы принимает вид
a I Jr	I /С I
Если поверхность вогнутая, то ее радиус кривизны отрицателен, а если выпуклая - положителен. Соответственно, если линза двояковыпуклая, то > Q и R^ > 0, если выпукло-вогнутая, то Д > 0 и < О, если двояковогнутая, то < О и < 0. При этом.ее фокус мнимый и F < 0.
У рассеивающей (двояковогнутой) линзы фокус F мнимый, поскольку в нем пересекаются мнимые продолжения рассеянных лучей, которые упали на линзу параллельно ее главной оптической оси (рис. 19-1, б).
Любой луч, идущий через главный оптический центр тонкой линзы О, не преломляется* Если такой луч падает на линзу под углом к главной оптической оси, то он называется побочной осью. Каждая линза имеет одну главную оптическую ось и бесконечно большое число побочных осей.
658
Плоскость cd, проходящая через главный оптический центр линзы О перпендикулярно ее главной оптической оси, называется главной плоскостью линзы. Если размеры линзы меньше диаметра светового пучка, падающего на нее, то главную плоскость линзы можно продолжить до размеров светового пучка и более (рис. 19-2), строить изображение, как если бы сама линза была такого же размера.
Плоскость ab, проходящая через фокус линзы F перпендикулярно ее главной оптической оси тп, называ-п ется главной фокальной плоскостью линзы. Главная фокальная плоскость ab собирающей линзы является геометрическим местом точек, в которых пересекаются параллельные лучи, падающие на линзу под углом к главной оптической оси (рис. 19-3, а). Главной фокальной плоскостью ab рассеивающей линзы является геометрическое место точек, в которых пересекаются мнимые продолжения рассеянных лучей, падаю-71 щик на рассеивающую линзу под углом к ее главной оптической оси параллельным пучком (рис. 19-3, б).
На рис. 19-4 возле каждого построения изображения AjB3 предмета АВ мы записали формулу линзы применительно к данному случаю. В общем случае формула тонкой линзы имеет следующий вид:
44=4-
a f F
Здесь d - расстояние от предмета до линзы, f - расстояние от линзы до изображения, F - фокусное расстояние линзы.
Знак «плюс» ставится перед , когда предмет действительный, а
1	1
перед 7, когда изображение действительное, перед — , когда фо-/	F
кус действительный. Знак «минус* ставится перед -j, когда пред-а
мет мнимый, перед 7, когда изображение мнимое, и перед —, х Т	v	F
фокус мнимый. Мнимые продолжения лучей и мнимые изображения предметов принято изображать штриховой линией. На
659
Изображение действительное, обратное и равное предмету
Изображение мнимое, прямое н увеличенное
Изображение мнимое, прямое и уменьшенное
Рис. 19-4
рис. 19-4 показано построение изображения AtBt предмета АВ в собирающей и рассеивающей линзах.
При решении задач на прохождение световых лучей сквозь линзы и получение изображений в них прежде всего выясните, о какой линзе идет речь: собирающей или рассеивающей (если в условии задачи написано просто «линза», значит, она собирающая). Непременно сделайте чертеж, на котором соответствующими буквами обозначьте все основные размеры: расстояние от предмета до линзы d9 расстоявяе от линзы до изображения / и фокусное раст стояние линзы F (в разных пособиях эти расстояния обозначают разными буквами, но мы надеемся, что вы не запутаетесь, если фокусное расстояние будет обозначено не Ff a f или как-нибудь еще, ведь главное - понимать, о чем идет речь). На чертеже обозначьте также оптический центр линзы О и оба фокуса по разные стороны линзы на ее главной оптической оси. При построении изображения следует заранее выучить, каким оно должно быть при соответствующем расположении предмета относительно линзы и где находиться (мнимым или действительным, прямым или обратным я т. д.). В противном случае при неверном построении, когда вы чуть-чуть искривите луч или он пойдет не совсем через фокус или центр, изображение может оказаться не там, где надо, или
660
ЭТОГО
собирающей линзы пойдет жиж прежнкжпя голыш тот луч» который упа* на линзу
мое продолжение только
с другой сто-
661
разовано действительными лучами, пересекшимися в точке SL после преломления в собирающей линзе'
Таким образом, если в условии задачи сказано, что на линзу падает пучок сходящихся лучей, то в
1 формуле линзы nepeg.
вы должны -поставить
Рис. 19-6
знак «минус», причем неважно, какая это линза, собирающая или рассеивающая.
Величина, обратная фокусному расстоянию линзы, называется ее оптической силой D. Соответственно формула линзы может быть -
записана так:
Р = Х И ±-±- = ±Р. F d f
Единица оптической силы в СИ - диоптрия (дптр). Одна диоптрия - оптическая сила линзы с фокусным расстоянием 1 м. Если
F * 25 см, то D =4----- Дптр =* 4 дптр.
^0,25 j
У рассеивающей линзы оптическая сила отрицательна, а у собирающей - положительна. Знак «минус» можно поставить сразу в общей формуле, тогда при записи численных значений его еще раз ставить не нужно. Если же в формуле рассеивающей линзы
при записи в буквенных обозначениях вы поставили перед D = — F
«плюс», то при записи численных величин знак «минус» ставить надо обязательно, иначе ответ будет неверным.
Увеличением линзы Г называется отношение линейного размера изображения Я к линейному размеру предмета Л (так же будет, если изображение уменьшенное). Линейное увеличение линзы Г равно отношению расстояния f от изображения до линзы к расстоянию d от предмета до линзы:
Если на линзу падает пучок параллельных лучей, то их точеч-
Тогда эти лучи пересекутся в фокусе или в точке, лежащей на фокальной плоскости, поэтому расстояние от изображения до линзы f будет равно фокусному расстоянию линзы F. Таким образом,
при d « оо, — = 0 и f “ F. ct
Если после преломления в линзе лучи пошли параллельным пучком, значит, изображение точечного ис*очника ушло в веско-
662
/“ “ и у
вечность, т. е.
~ 0. Так может быть, если источник
света находился в фокусе или на фокальной плоскости, т. е. расстояние d от источника света до линзы было равно фокусному
1
расстоянию. Таким образом, если f « «>, то у « 0 и d — К
Если линза расколота на несколько частей, то изображение источника света или предмета в каждой части строится точно так жеГКЭк если^ёъГэто была целая линза. При этом к любому оскол-ку^Можно достроить недоёТаюшую часть линзы и дальше строить так, как если бнгояа ЬыляГцелой, сйхрапив положение Главно-го оптическожжштйь^ЗС^^	- -----------"
В условиях задач часто dCbfo линзы называют ее главную оптическую ось, а не побочную. -
В задачах на систему линзы и плоского зеркала постройте сначала изображение источника света <8, даваемое линзой (или изображение предмета, если о нем идет речь). Это изображение будет являться источником по отношению к плоскому зеркалу ад. При этом расстояние от источника света до плоского зеркала ab будет равно расстоянию d2, от второго изображения источника света полученного в зеркале, до зеркала (рис. 19-7).
т
Рис. 19-7
Это вторичное изображение S2 будет еще одним источником света для линзы* которая «даст» еще одно, третье изображение £3. Это третье изображение и будет изображением, даваемым системой. Таким образом, в системе-линза - плоское зеркало получаются три изображения. Какими они будут, действительными или мнимыми и где будут располагаться, зависит от того, какая это линза: собирающая или рассеивающая и где располагаются источник света и плоское зеркало по отношению к фокусам линзы.
В задачах на систему линз изображение- предмета АВ в первой -линзе является предметом	wwwjb
изображений? ДШюмое второй линзой, - предметом для третьей, и т. д. При ^том опять же нужно обращать внимание на расположение источника и линз относительно их фокусных расстояний, помня, что если источник находится за фокусом собирающей линзы, то его действительное изображение будет по. другую сторону линзы, а если он между фокусом и линзой, то его мнимое изоб-
663
Рие- 199
ралоение будет по ту же сторону линзы, что и см ньшвдими Поэтому обегаете еыю обращайте юмиж на численные знпчепня расстояния от предмета до дшэы, расстояния между линзами и фокусных расстояний лш, • также на то, какие эго линзы: собирапцие ин
Как расхеивалощая, так и собкрааяцая линзы могут давать мнимое изображение,}»» только у еобнраницей линзы оно увеличенное, а у рясееиваамцей уЖеяыненное.
Вей в усюиш задачи сказано, что линзы свожены кшкпную, то тонув» систему линз следует ршдмамрявадь как линзу, оптическая сила которЬй равна алгебраической сумме (т- е. с учетом всех плюсов и минусов) щнических сил каждой линзы в отдельности:
i=i
Общее фокусное расстояние такой системы линз обратно общей оптической силе агой системы:
Вели линзы расположены на расстоянии друг or друга, то общим фокусом F^ системы зги линз называется точка, в которой пересекутся по выходе из последней линзы лучи, упавшие на первую линзу параллельным пучдом (рис. 19-9). При этом фокусным расстоянием такой сястемы*Шщывают расстояние от этой точки F** до главного деляческого едмтра последней линзы F^
664
Лкшйют репчеяж лупы Г определяют ояопипем раосимияя декжучшего зрения	— 0,25 м к фокусвому расстоянию лупы ¥:
Вмспмвпмм иаилучтего зрения d* называется расстояние меж-ду глазом и рассматриваемым предметом, котла нормальный глаз еддит предмет не напртясь. У близорукого глаза параллельные jgr№, педпедие на хрусталик, игражнций роль двоякокыпуклой еюбедаюп|вй линзы, пересекаются не на сетчатке, а ближе, между едтчахио* ж хрусталиком, из-за того* что хрусталик толще нор-мяльного.
Чтобы исправить зрение» т. е. «перенести» точку пересечения Параллельных лучей на сетчатку, надевают очки с отрицательной одттаскпй curiU которые «ведут себя», как ракхжяпажяцвя лип-йа. У дальнозоркого глаза, наоборот, параллельные лучи, пройдя Хрусталик, который тоньше нормального, пересекаются позади атамам (точнее там пересекаются их продолжения). Чтобы ис-йражить зрение» в этом случае надевают очки с положительной оптической силой, которые подобны собнражицей линзе. Для гладе без <йдов формула линзы может быть записана так:
±4™.
Здесь Дм — оптическая сила глаза, П — оптическая сила рчвов» d - расстояние от предмета де глаза (хрусталика), f - расстояние от хрусталика де сетчатки.
Решение отдельных задач
Задача 1
- Линза с фокусным расстоянием У — 20 см дает уменьшенное в 4 раза мнимое изображение. Чему равно расстояние d от предмета до линзы и расстояние f от линзы “Йо изображения?
^20 ем X 1 f -------0,25
Решение. Мнимое и уменьшенное изображение дает рассеивающая (двояко-выгнутая) линза (см. рис. НМ, е). Запишем формулу рассеивающей линзы:
и формулу ее линей нот уменьшения: г=5, ««суда/=rrf.	(2)
Л
665
Подставим (2) в (1) и отыщем расстояние d:
11	1	1 - Г 1
-------- - — или -— = —, d rd F rd____________F
Согласно (2)	, |/ ш Jd|
Произведем вычисления:
откуда
1 - 0,25
d = 20	 -— см - 60 см,
0,25
f — 0,25*60 см = 15 см.
Ответ: d = 60 см, f = 15 см.
Задача 2
Расстояние от предмета до одной линзы dt — 20 см, ее фокусное расстояние Fx - 6 см. Чему равно фокусное расстояние F2 другой линзы, если при расстоянии между ней и предметом d2 = 15 см расстояние f от нее до изображения такое же, как и у первой линзы?
Дано: dx = 20 см
= 6 см . d2 = 15 см
F,-4
Решение. Запишем формулу линзы применительно к ним обеим (раз нам не сказали, значит, будем считать, что они собирающие):
111	111
— + —= — и----к— = — .
di f F.	d2 f Ft
Вычтем из первой формулы вторую. Так мы исключим неизвестное расстояние f от линзы до изображения и получим одно уравнение с одним неизвестным фокусным расстоянием F%:
Ч f d2 f Fx F2
1	___1 ^1	~ dzFx + dxFx _ djd2 +	-d2)
F2 Fx dj d2 ' d^Ji	dld2F1
„ d1d2F,
откуда	F2 = —	——
^1^*2 +	^2)
Произведем вычисления:
p 20*15*6
2	20 • 15 + 6(20 -15)
Ответ: F2 — 5,45 см.
см = 5,45 см.
Задача 3
Расстояние от предмета до передйего фокуса собирающей линзы* а расстояние от ее заднего фокуса до изоб-
666
f - ? следует, что
Г - 2 расстояние от предмета АВ до линзы d = 1г + F, а расстояние от линзы до изображения f = F + 1г.
Тогда формулу линзы
можно записать так:
1 11 ------------------------+-------- — li+F F + 12 Г Отсюда, выполнив несложные алгебраические преобразования, отыщем фокусное расстояние Ft F(F + у + F^ + Г) --------------+ W + U»
F1 + F^ + F^ +F* = F^^ F1 + 1^ + Fli>
F* «= l^t, откуда |У = V44	(1)
Выражение (1) называется формулой Ньютона-для тон-
кой линзы.
Увеличение линзы Г определим по формуле
Г = 4 или Г = ^.	(2)
d	4+F
Можно задачу считать уже решенной, ведь фокусное расстояние F мы нашли. Но давайте подставим (1) в (2) И выведем еще одно красивое выражение уже для увеличения Г:

Задача решена.
Ответ:	Г
667
Заджча 4	_	______.
Цдшп, пжвной оптической оси собецимяцей линзы с фетровым расстоянием F — 12 ак. рмяпиоавен предмет АВ, конец которого наяеднтся на расстоянии d, == 17,9 см от линзы, а начало - на расстоянии <4 = 18,1 см. Найти линейное увеличение Г нмй^ютиж АА этого предмета (рис. 19-11).
Дано: F = 12 см
<ч
- 17,9 см -18,1см
Г-1
РНе. 19-11
Решение. Обратим внимание яа то, что и начало, и конец предмета АВ, суди по Численным значениям <f>» и F, находятся между фокусом F и двойным 2F собираио-щей линям, следовательно, изображение этого предмета будет располагаться за двойным фокусом линзы и будет действительным и увеличенным. Обозначим Д расстояние о* конца изображения At до линзы, а Д - расстояние от начала иядЯраяммия Bt до нее. Тогда линейный размер изображения А.В, равен ft - а линейный размер предмета АВ равен dz - dt.
Линейное увеличение линзы
^ = ™~"•	(1)
4» ®i
Расстояния Д и ft определим из формулы линзь^
А+1=1 ±+1=1
<4 4 г*ж <4 4
K=~^F (2) Ж	(3)
Подставив (2) и (3) в (1), мы реш^м задачу в общем виде:
г =	<k~F as FWA-dJ-d^+diF) =
F*(d,	)
668

Произведем вычисления: „	121
	(17,9-12X18,1-12) 4'
Ответ: Г = 4.
Задача 5
Кинооператору требуется снять автомобиль, движущийся со скоростью о - 72 км/ч на расстоянии d = 26 м от киноаппарата. Фокусное расстояние объектива кинокамеры F = 13 мм. Каким должно быть время экспозиции (экспозиц ия), чтобы размытость изображения автомобиля на кинопленке не превышала величины I= 0,06 мм?
Дано: р = 72^ ч d = 26 м F — 13 мм I -0,05 мм
Решение. Сначала дадим некоторые пояснения. Время экспозиции t - это время, в течение которого затвор киноаппарата открыт и свет свободно проникает внутрь кинокамеры на киноленту. В течение этого времени автомобиль движется я прокодит некоторое расстояние S. Изображение
этого расстояния на кинопленке и есть размытость изображения автомобиля I.
Поскольку автомобиль АВ находится далеко за двойным фокусным расстоянием объектива
t - ?
кинокамеры, который представляет собой собирающую линзу, то изображение автомобиля А^ на кинопленке будет действительным, обратным и сильно уменьшенным. Линейным увеличением изображения Г (точнее егаумянь-шенийиув данном случая будет отношение размытости изобраЖёйия 1к nyraS. прохппттму автомобилем-за время экспозийвйГТТТТоскольку. судя по условию задачи, автомобиль движется равномерно, то этот путь соглас-
но уравнению равномерного движения

S = ot, и тогда Г = -х = —-
8 ot
С другой стороны, Г = —, где f - расстояние между d объективом и изображением автомобиля на ленте.
' Его можно опять определить из формулы линзы, как и в предыдущей задаче:
669
1 . 1 _ 1	4 dF
^у-^откуда^ —.
„ f dF F IF
Тогда Г = — =-------=------ и — = ——“,
d d(d -F) d-F vt d-F
откуда.
._Ud-F) vF
Задача в общем виде решена. Переведём все единицы
в СИ: 72 км/ч — 72*1000/3600 м/с = 20 м/с, 13 мм — = 0,013 м, 0,06 мм = 510-® м.
+ 5  10*5(26 - 0,013)	_1ft.	_
t ------------------- с - 5-10*® с « 5 мс.
20 0,013
Ответ: t == 5 мс.
Задача в
Расстояние от предмета др Экрана L — 0,8 м. Линза дает на экране четкое изображение предмета при двух ее положениях, расстояние между которыми I = 0,2?м. Найти оптическую силу линзы D-
Дано: L = 0,8 м I = 0,2 м
D ’ ?
Решение. Согласно условию задачи, положение предмета АВ и экрана не ме-
няется, а передвигают линзу. Пусть при ее первом положении (рис. 19-12, а) предмет находился между фокусом F и двойным фокусом 2F линзы и при этом его изображение А1В1 на экране оказалось за 2F с другой стороны линзы. За
Рис. 19-12
тем линзу передвинули так, что предмет оказался за ее двойным фокусом, а изображение на экране - между F и 2F (рис. 19-12, б). В пер-
вом случае расстояние между предметом и линзой было </, а между линзой и изображениями - f. Когда линзу отодвинули от предмета на расстояние I и приблизили на
столько же к экрану, расстояние между предметом и линзой стало d + I, а между линзой и изображением оно
670
стало f - I. Запишем формулу линзы применительно к первому и второму ее положениям:
1 + |-D (1) и ^-7+7^-7 =	(2)
а т	а+1 j-l
Теперь учтем, что согласно условию задачи и рис. 19-12, a	L = d + f.	(3)
Мы имеем три уравнения с тремя неизвестными: «ненужными» d и f и «нужной» D. Выразим из (3) f и подставим его в (1) и (2):
/=L-d, 1 + -1- = D, „	(5)
d L-d
Если приравнять левые части равенств (5) и (6), мы сможем отыскать расстояние d. Нам его, правда, определять не требуется, но зная d, мы легко найдем и D, например, по формуле (5). Приступим:
d L-d d + l L-d-l L-d+d_ L-d-l+d+l d(L-d) ~ (d + tyL-d-l)'
L _ L t d(L~d) ~ (d + l)(L-d-l)’ dL- d3 = dL + IL- d2 - dl- dl- P, 2dl = HL-l), откуда d =	(7)
Нам осталось подставить (7) в (5) и отыскать D. Проделаем эти действия:
-1- +----1—- = D, -Л_ +----?----л,
L-l L- L~l L~l ZL-LVl
2
L + lJ L2-!1
Произведем вычисления:
671
D   ,— дптр — 5,3 дптр. 0,64-0,04 у	”
Ответ: D -» 5,3 дптр.
Задача 7
Точечный предмет движется по окружности со скоростью 1>г “ 3 см/с вокруг главной оптической оси собирающей линзы в плоскости, перпендикулярной оси и отстоящей от линзы на расстояние d = 1.5F, где F - фокусное • расстояние линзы. В каком направлении и с какой скоростью движется изображение предают»?
Дано;
_ см о, ™ 3
. с d - 1,5 F
о,-?
Решение. Очевидно, что время полного оборота точечного предмета М вокруг оси, т. е. период обращения, равно времени полного оборота изображения вокруг оси (рис. 19-13). Линейная скорость о, предмета М связана с периодом вращения Г и радиусом окружности известной из кинематики формулой
и, - шЯ1 - ~J?r
Здесь ш - угловая скорость предайте.
Аналогично о2 = «*В2 =	Я», где Bg - радиус окруж-
ности, по которой вращается изображение предмета Мх. Разделив эти равенства друг .на друга, мы исключим неизвестный нам период вращения Т я сможем выразить искомую скорость о2 через известную скорость о/:
Правда, здесь нам не известны радиусы окружностей, по которым вращаются предмет и его изображение. Од
нако нетрудно сообразить, что отношение радиусов — представляет собой линейное увеличение линзы Г, которое, с другой стороны, равно отношению расстояния f от изображения до линзы к расстоянию d от предмета до
Значит,	ог = пх —.
а
(1)
672
Рис. 19-13
Для определения расстояния I воспользуемся формулой линзы. Обратим внимание на то, что предмет по условию задачи находится на расстоянии d = 1,5F от линзы, т. е* посередине между фокусом F а двойным фокусом 2F лив^зы. В этом случае изображение Mt, даваемое собирающей линзой, будет действительным и будет находиться под осью, двигаясь за чертеж от наблюдателя, если сам предмет будет двигаться от чертежа к наблюдателю Х1*ис. 19-13). Значит, предмет М и его изображение будут двигаться в противоположных направлениях. Поскольку изображение действительное, то формула собирающей линзы будет иметь вид -
111	1 11 d-F л dF
иля ' =
Подставим в выражение (2) значение d — 1,5F. Получим
1,5FF	1,5F2 _3f
Г 1.5F-F	0,5F
Теперь подставим (3), а также d = 1,5F в (1):
(3)
У2 = 2U;
3F o, = о,---,
\ ^5F Задача в общем виде решена. Подставим числа и про-
изведем вычисления:
„ „ см „см о, = 2 • 3 — =6 — с с Ответ: v2 = 6 см/с.
Задача 8
На хаком расстоянии d от собирающей линзы надо поместить предмет, чтобы расстояние L между ним и его действительным изображением было минимальным? Фокусное расстояние линзы F = 10 см.
22. Репетитор по физике. Т 2
673
Дано: F - 10 см L - min	Решение. Расстояние между предметом и изображением L >= d + f, откуда f « L - d.	(1)
d - ?	гт	1. 1	1 По формуле линзы — + у = — или с уче-
том (1)	7 + 7~J = ¥'	<2>
a L-a if
' Из (2) определим d, а затем попробуем понять, при каком d расстояние L будет минимальным:
F(L - d) + dF •= d(L - d), FL - dF + dF = dL - d2, d2- dL + FL = 0, откуда d = 0.5L ± д/о,25£2 - FL .	(3)
Выражение под корнем 0,25Z? - FL > 0, ведь d, Ln F - действительные величины. Так как изображение согласно условию действительное, F > 0 и L > 0. При минимальном L выражение под корнем
0,25£* г FL - 0, 0,25£ - F, откуда L - 4F.	(4)
Подставим. (4) в (3):
d - 0,5 • 4 F± ^0,25 16F2 -F -4F , |d-2T]
- ‘Произведем вычисления: d = 2'10 см = 20 см.
Ответ: d = 20 см.
Задача 9
Лупа дает увеличение Г, =* 5, когда предмет находится непосредственно вблизи ее фокальной плоскости между фокусом и лупой. Эту лупу используют в качестве' объектива проекционного аппарата, в результате чего на экране получают увеличение Г2 — 10. На каком расстоянии d от лупы следует при этом расположить диапозитив? Расстояние наилучшего, зрения d0 « 25 см.
Г-i Г, - 10 d0 — 25 см	Решение. Лупой называют короткофокусную двояковыпуклую линзу, позволяющую наблюдать прямое и увеличенное изображения предмета. Для этого предмет помещают между фокусом и лупой в непосредственной .
d - ?	близости от ее фокуса (рис. 19-14). Увеличение лупы 2\ определяется отношением
расстояния цацлучшего зрения d0 = 25 см к фокусному расстоянию лупы Ft
Г = &• А F
674
Поскольку Л и d0 нам известны, мы можем определить фокусное расстояние лупы, которая затем стала играть роль объектива проекционного аппарата (естественно, что от этого ее фокусное расстояние не изменилось):
F = — * , (1) А
Назначение проекционного аппарата - получение на экране сильно увеличенного и действительного изоб-
ражения предмета, которое при этом всегда будет обратным диапозитиву. При этом предмет,^1 ei яиапЬзи-$вв, помещают между фокусом и двойным фокусом объек-ТИва тоже, как и у лупы, очень близко к фокусу, только Р Другой от него стороны (рис. 19-14, б). В этом случае По формуле линзы
^- + - = А,	(2)
d f F
f - расстояние от объектива до экрана^ Увеличение объектива проекционного аппарата
= — , откуда f = drz.	(3)
а
.Подставим выражения (1) и (3) в формулу (2). Полу-
1+JL = £l.
d dl\ d0 .
Отсюда найдем искомое расстояние d от диапозитива МО объектива:
675
п
Рис. 19-15
Задача в общем виде решена. Подставим числа и произведем вычисления:
j _ 25Г.	1	_ с
« = — 1 + — см = 5,5 см.
5 к	10 J
Ответ: d - 5,5 см.
Задача 10
На пути сходящегося пучка лучей поставили собирающую линзу с фокусным расстоянием т F = 7 см. В результате лучи сошлись в точке Ai (рис. 19-15) на расстоянии / = 5 см от линзы. На каком расстоянии I от точки Aj сойдутся лучи, если линзу убрать?
Дано: f - 7см f = 5сх
Решение, Точка А2, в которой пересеклись бы сходящиеся лучи, если бы линзы не было, является как бы мнимым точечным источником по отношению к линзе, а точка Ал, в которой действительно пересекутся лучи после преломления в линзе, представляет собой дей
ствительное изображение этого мнимого источника. Поэтому формула линзы применительно к этому случаю будет иметь вид
I ~ 1
d f F'
. Здесь d - расстояние от точки А„ т. е. от мнимого источника, до линзы, a f - расстояние от действительного изображения At до линзы. Расстояние f и фокусное расстояние F нам известны, поэтому «з данной формулы мы можем найти расстояние d, которое уже совсем просто «связать» с искомым расстоянием I. Итак, определим d:
11 1 F-Д/	J fF
-i-f-F’-fT’’ ™Ч"а
Из рис. 19-15 следует, что искомое расстояние I d - f или
F Y.P-F+f_ f
~ F-f F-f’
fF
F-f
F-f

676
Задача в общем виде
изведем вычисления:
решена, подставим числа и про-
I — -—~ см = 12,5 см. 7-5
Ответ: I = 12,5 см.
Задача 11
.' Цилиндрический пучок света радиусом R « 4 см направляется на собирающую линзу параллельно ее главной оптической оси. Пройдя линзу, пучок дает на экране пятно радиусом
” 2 см (рис. 19-16, а).
. Каков будет радиус пятна Rit если собирающую Диязу заменить рассеивающей с таким же по величине фокусным расстоянием.
Дано.-Д в 4 см Я, = 2 см
S& - ?
Решение. Поскольку согласно условию задачи лучи падают на собираю-
Ц
Рис. 19-16
Щую линзу параллельно ее главной оптической оси
адп, то после преломления в линзе они должны пересечься •В ее фокусе (рис. 19-16, а), после чего упасть на экран расходящимся пучком, образуя на нем светлый* круг радиусом Rt (заметим, что так будет, если экран расположится за фокусом линзы. Если же он окажется перед ее фокусом, т. е. между линзой и фокусом, то лучи после Преломления упадут на экран сходящимся пучком. Пред-^агаем вам этот вариант рассмотреть самостоятельно). 'Анализируя рис.. 19-16, а, нетрудно заметить два подобных прямоугольных треугольника с равными вертикальными углами при фокусе F (мы их для наглядности заштриховали). Обозначим расстояние между, линзой и Доераном I, тогда расстояние от правого фокуса линзы F ДО экрана будет I - F . Из подобия заштрихованных треугольников следует пропорциональность сторон этих тре
677
угольников, лежащих против равных вертикальных углов при точке F:
2L = JL.	(1)
Rt l-F
Здесь F - фокусное расстояние линзы.
Теперь обратимся к рис. 19-16, б. Поскольку лучи, параллельные главной оптической оси тп, падают теперь на рассеивающую линзу, то после преломления они разойдутся так, что после преломления в ее фокусе пересекутся мнимые продолжения рассеянных лучей (они изображены штриховыми линиями), а сами эти лучи упадут на экран расходящимся пучком, образуя на нем светлый круг радиусом При этом ни фокусное расстояние линзы, ни расстояние между нею и экраном согласно условию задачи не меняются.
Анализируя рис. 19-16, б, также нетрудно заметить два подобных прямоугольных треугольника с вершинами при левом фокусе линзы F и параллельными основаниями R и Я2. Из подобия этих треугольников следует, что
Полученные нами уравнения (1) и (2) содержат по две неизвестных величинах I и F, которые нам не требуется определять, и третью искомую величину Ri. Казалось бы, решить два уравнения с тремя неизвестными нельзя,' однако эта система уравнений все же решается, поскольку по ходу ее решения лишние неизвестные сокращаются. Решать можно разными способами. Можно, например, найти из уравнения (1) неизвестную величину I и подставить полученное выражение в уравнение (2), а затём отыскать искомый радиус R^. При атом неизвестное нам фокусное расстояние F сократится и мы получим одно уравнение с одним неизвестным - искомым радиусом Я2. Проделаем эти действия:
, _ я R, _ _ R, _Я, _ Я. + R I-F - F-1-, l = F + F — = f|l + —L =F-3-,
R	R { R) R
Д _	^*	_» =—!_ или —
Я» F ।	Rt ! | +Я A 2R + R,
R ___________R
Отсюда Aj "• 2 Я + Я,|
Задача в общем виде решена. Подставим числа и произведем вычисления: Я2 =• (2 • 4 + 2) см = 10 см.
Ответ: 2^-10 см.
678
Задача 12
Точечный источник'света S находится на главной .оптической оси линзы на расстоянии d = 25 см от нее. Фокусное расстояние линзы F = 10 см, ее радиус г — 5 см. По другую сторону линзы ставят экран так, что на нем получается четкое изображение источника. Затем экран перемещают вдоль главной оптической оси линзы на расстояние 1 = 5 см. Найти радиус R светлого круга на экране.
Дано: а “ 25 см F “ 10 см г — 5 см I = 5 см
Я - ?
Решение. В условии нашей задачи не сказано, какая это линза. Значит, она собирающая, такой уговор. Рассеивающую линзу непременно в условии задачи обозначили бы. Фокусное расстояние линзы F = 10 см, а расстояние от источника^ до линзы d = 25 см, значит, он находится за двойным фокусом линзы. Поэтому его изображение окажется
между фокусом F и двойным фокусом 2F по другую, сторону линзы. Оно тоже будет точечным и будет располагаться на главной оптической оси; как и сам источник.
Словами «на экране получается четкое изображение источ-никА» нам дают Донять, чтоэкпан располагается именно в той точкеЛТде получилоаГизображение Sx источника,света §^рис. 19-17, а). Обозначим расстояние от изооражения"31, "а-значит, и экрана, до линзы буквой f.
а)
Обратим внимание на то, что при построении мы пустили произвольный луч на самый край линзы. Это мы сделали потому, что в условии задачи говорится о радиусе линзы г, и значит, этот линейный размер нужно будет как-то учитывать. Может быть, придется рассматривать какой-нибудь треугольник, куда входит отрезок г. Вот поэтому мы направили произвольный луч на самый край
Рис. 19-17
$79
линзы, а не на какую-нибудь промежуточную точку линзы между ее краем и центром.
Когда экран передвинули на расстояние I вдоль оптической оси, расстояния d от источника S до линзы и f от линзы до изображения относительно линзы не изменились. Ход лучей остался прежним, но теперь экран оказался расположенным к линзе ближе, чем изображение источника S, поэтому лучи уже не собрались на экране в одну точку, а образовали светлый круг радиусом R (рис. 19-17, б).
Итак, с ходом лучей и получением изображений мы разобрались. Теперь приступим к самому решению. Анализируя рис. 19-17, б, можно заметить, что при построении изображения круга на экране (мы видим сбоку проекцию этого, круга) мы получили два подобных прямоугольных треугольника cOSi и qeSi, образованных действительным преломленным лучом, его мнимым продолжением за экраном (оно показано штрихами), радиусами г и R я главной оптической осью линзы тп.
Эти треугольники подобны потому, что у них прямые углы при точках О и е й общий угол при вершине Из подобия треугольников следует пропорциональность их сторон:
у = у, откуда Я = у.	(1)
Расстояние / от изображения Sj до линзы определим из формулы линзы -
• 1 + 1 = 1	1 _d-F
d f~ F’ f F d dF ’
. dF откуда	Г=-—(2)
e *"' if
Подставив (2) в (1), мы решим задачу в общем виде: п rl(d-F) I dF I
Подставим числа и произведем вычисления:
„ 5-5(25-10)	. _
JC = —------- см “1.5 см.
25-10
. Ответ: R “ 1,5 см.
680
Задача 13
Тонкая собирающая линза с оптической силой Z)L -— 3 дптр сложена вплотную с тонкой рассеивающей линзой с оптической силой Z)2 = -1 дптр так, что их глав* ные оптические оси совпадают. Расстояние от предмета до системы этих линз й - 80 см. Найти высоту изображения Н, если высота предмета h — 10 см.
Дано: Dt - 8 дптр Dt «= -1 дптр 4 ж 80 см Л « 10 см
Н-?
Решение. Оптическая сила D системы тонких линз, сложенных вплотную, равна алгебраической сумме оптических систем этих линз в отдельности. Поскольку, вторая линза рассеивающая и ее оптическая сила D. отрицательна, то
D - Di - Dt.	(1)
При вычислениях надо подставить
Только модуль числа (Р2| ₽ 1 дптр, поскольку знак «ми-:йус» мы уже учли в формуле (1).
Теперь систему этих двух лица мы будем рассматривать как одну линзу с оптической силой D. По формуле этой линзы
— + 4-D или с учетом (1)	+ 7 = А - D2.	(2).
<* 1	“ Т
Линейное увеличение линзы U	f	Н f	f
Г = —и Г = —, поэтому — = ~z • откуда Н = h . (3) Л	а	па	а •
Нам осталось определить из (2) расстояние f m изображения до линзы и подставить его в (3). Проделаем эти Действия. Из (2)
f 1	2 d d
d(Dl-D2)-l'
Теперь подставим (4) в (Зр
Н = Л----------- Я = ——--------
(d(Dt - 2)2)-l)d ’	</(Л-Д2)-1
Переведем все единицы в СИ: 80 см — 0,8 м, 10 см ” 0,1 м.
Произведем вычисления: И =----- — >— м = 0,17 м. •
0,8(3-1>-1
Ответ: Н = 0,17 м.
681
Задача 14
Фотоаппаратом с фокусным расстоянием объектива - 13,5 см фотографируют предмет, находящийся на расстоянии d = 18 ем от объектива. Расстояние от объектива до фотопластинки / — 27 см. Найти фокусное расстояние F2 линзы, которую надо приставить вплотную к объективу, чтобы изображение на пластинке стало резким.
Дано: = 13,5 см .D - 18 см f = 27 см
Решение. Из условия задачи можно сделать вывод, что без этой второй линзы изображение фотографируемого предмета на фотопластинке будет нерезким, т. е. четкое изображение не попадет на фотопластинку (окажется или перед ней, или позади нее в зависимости от расположения
Ft - ?
предмета относительно фокуса объектива). Чтобы изображение попадо на фотопластинку, нужно изменить фокусное расстояние, для чего к объективу приставляют еще одну линзу. При этом общая оптическая сила системы этих двух линз становится равной сумме оптических сил D1 и Р2 каждой линзы в отдельности:
*	-®ови “
ОпФЙчеЫая сила линзы ~ это величина, обратная ее
фокусному расстоянию, поэтому
1 1
и тогда	1><лц“7" + У-
1 л 2
Таким образом, когда оптическая сила системы этих двух линз станет равна четкое изображение предмета попадет на фотопластинку, и на фотографии оно будет резким, т. е. расстояние от объектива с дополнительной линзой до фотопластинки станет равным расстоянию от этой системы линз до изображения. Тогда по формуле линзы
i+1-х^ ™ 1+1.Х+±.
Отсюда найдем фокусное расстояние приставленной к объективу линзы:	v
1
*2
111 fb+d^-df d* *7~Tr—db—’откуда
4
882
F _
2~ W + d^df
Задача в общем виде решена. Подставим числа и про-, «заедем вычисления:
„	18-2,7 13£
F, =---------—;-------см = 54 см.
г 13,5(27 + 18) -18 -27
Ответ: F2 == 54 см.
Задача 15
Найти фокусное расстояние системы двух собирающих линз, отстоящих на расстоянии I друг от друга, ейди фокусное расстояние одной из них Fu а второй Fz (рис- 19-18). Расстояние I между линзами больше суммы ИХ фокусных расстояний Ft + F2, оптические оси обеих линз совпадают.
Дано.-
h... -
Хл, - 7 ~ ЛИЦ
Решение. Общим фокусом этой системы линз называют точку F^, в которой пересекутся по выходу из правой линзы лучи, падающие на левую линзу параллельно ее главной оптической оси, а фокусным расстоянием F^ этой системы является расстояние от этой точки до
главного оптического центра О, правой линзы ^Иногда общим фокусным расстоянием называют расстояние от общего фокуса до главного оптического цента той линзы, на которую упал пучок параллельных оси фучей, т. е. до центра Ot левой линзы. Ход решения за-жачи от этого не изменится, хотя ответ, естественно, будет другим).
Пусть лучи падают на левую линзу параллельно ее
фдавной оптической оси (это значит, что их точечный
Уточник света удален в бесконечность:	, — = о
683
и ft « Fi). Поэтому они пересекутся после преломления в фокусе Fi этой линзы, т. е. в фокус Ft этой линзы попадет первое изображение источника света, удаленного в бесконечность.
Из рис. 19-18 следует, что расстояние от изображения Sj, которое стало источником для правой линзы, до этой линзы
d2 <= I - fi или d2 = I - Г,.
Теперь запишем формулу линзы применительно к правой линзе:
1	£
da	/2
1	f
Т,-
или
Отметим, что в точку fпопадет второе действительное изображение S2 точечного источника света S, удаленного от левой линзы в бесконечность.
Задача решена.
Ответ: F^
» - А - г,
Задача 16
На каком расстоянии I друг от друга моя£но расположить собирающую и рассеивающую линзы с фокусными расстояниями Ft « 10 см и Ft = 6 см, чтобы параллельный пучок лучей, пройдя сквозь них, остался' параллельным?
Примечание. Поскольку лучи падают на собирающую линзу параллельным пучком, то это значит, что их точечный источник находится в бесконечности, т. е. что расстояние dt между этим источником и собирающей линзой равно о». Поскольку лучи выходят цз рассеивающей линзы тоже параллельным пучком, значит, изображение, даваемое рассеивающей линзой, тоже удалено в бесконечность, т. е. что расстояние между рассеивающей линзой и этим изображением ft = «.
Дано:
Ft = 10 см
Рг >= 6 см d. •* оо ft = “
I - ?
Решение. Подобные задачи имеет смысл решить сначала с помощью формул, а потом уже выполнить чертеж, поскольку сразу очень трудно догадаться, как располагаются эти линзы относительно друг друга. Пусть лучи падают на собирающую л^изу параллельно ее главной оптической оси.
684
Тогда после преломления в линзе они пересекутся в ее фокусе Fv поэтому расстояние между первым изображением, даваемым собирающей линзой, и этой линзой будет равно ее фокусному расстоянию:
А " Fl-
Но мы не знаем, где будет располагаться фокус первой линзы Fj и изображение St в нем по отношению к рассеивающей линзе: между этими линзами, перед рассеивающей линзой Или позади нее. Допустим, что оно окажется между линзами. Тогда расстояние d2 от первого изображения S, до рассеивающей линзы будет равно разности расстояния I между линзами и расстояния f от изображения St до собирающей ливры:
d2 = I - fi или d2 = I - F,, так как Д = Fr
По формуле рассеивающей линзы (фокус которой мнимый и которая дает мнимое изображение)
Ъ f2~ V
Но по условию задачи второе изображение, которое дает рассеивающая линза, уходит в бесконечность, т. е.
= оо, поэтому
Тогда — = —— и d, = -Fa или I - Д = -F., F2 -------------------------
откуда I “ fi - F2 или U = F, - Fg.|
Таким образом, согласно d2 == ,-Fj расстояние d2 от первого изображения S, до рассеивающей линзы численно равно фокусному расстоянию этой линзы Fa. Этозна-чит, что первое изображение, находящееся в фокусе F] Собирающей линзы, одновременно находится и в фокусе рассеивающей линзы, т. е. что эти фокусы совпадают.
Знак «минус» в равенстве d2 = -Fg свидетельствует о том, что изображение S2 окажется не ,=® между линзами, а поза-л ди них, справа от рассеивающей линзы. Исходя из этих соображений, построим ход лучей в этой системе линз, как показано на рис.19Л9.
Рис. 19-19
685
Задача в общем виде решена. Произведем вычисления: I «= (10 - 6) см = 4 см.
Ответ: 1 = 4 см.
Задача 17
Рассеивающая и собирающая линзы с фокусными расстояниями Ft = 10 см и F2 - 15 см расположены на расстоянии I « 30 см друг от друга. На каком расстоянии г от источника света S находится изображение, даваемое этой системой линз, если расстояние от источника света S до рассеивающей линзы dt = 12 см?
Дано:
Ft = 10 см
F3 - 15 см I = 30 см dt ~ 12 см
Решение. Выполняя чертеж (рис-. 19-20), сначала постройте изображение 8г источника света S, даваемое рассеивающей линзой. Оно будет мнимым и расположенным относительно этой линзы с той Же стороны, что и источник S. Это изображение станет мнимым источником по отношению к соби-
г - ?
рающей линзе, расположенным заве двойным фокусным расстоянием (судя по численным значе-шкям, данным в условии задачи, двойное фокусное расстояние собирающей линзы' равно 30 см, т. е. ее двойной фокус попадает в главный оптический центр Oj рассеивающей линзы, так как I тоже равно 30 см). Следовательно, второе изображение S2 источника света S будет действительным и расположенным по,другую сторону собирающей линзы между ее фокусом и двойным фокусом.
Тогда искомое расстояние между источником света S. и изображением S2, судя по чертежу, г - dt + I + f2.
Рис. 19-20
686
Здесь-/3 ~ расстояние от изображения S3 до собирающей лиазы. Его можно найти из формулы собирающей 111	f ^2^2
Л*юы — + — = откуда Г2=-——, fi ^2	«2 '*2
g тогда	r==dj+1 + —
«2 “ "я
tjjfi. dt - расстояние от первого изображения S, до собирающей линзы. Как следует из чертежа,
А^^ + 1,	.
где Д - расстояние от первого изображения St до рассеивающей линзы. С учетом этого
lft+l>-LF3+f1F3+lF3 _
fi+i-b:
* f^l~F3
Нам осталось определить расстояние ft, и задача бу-Дет решена. Определим это расстояние из формулы рассеивающей линзы:
11 1
С учетом этого
л ^l + ™ + li r~di+^~Tv-------
7""- +i-F3 di+Fj^
или
Задача в общем виде решена (можно, конечно, еще ^немного упростить полученное выражение, приведя его & общему знаменателю и произведя приведение подобных Шленов, но преобразования будут достаточно длинными, * результат ненамного проще, так что мы решили этого he делать).
Подставим числа и произведем вычисления:
687
r = (12 । *2 40(30+ 15)+ 900(12+ 10) A
[	12 10+ (12+ 10X30-15) J
Ответ: r = 68 cm.
— 68 cm.
Задача 18
Ближний и дальним пределы аккомодации глаза близорукого человека d, = 10 см и d2 = 12,5 см. Каковы будут пределы аккомодации d/ и d2', если этот человек наденет очки с оптической силой 2>пк = -7 дптр?
Дано: d, = 10 см da = 12,5 см = “7 дптр
Решение. Ближним пределом аккомодации глаза di называют наименьшее расстояние» на котором глаз человека видит предмет. Благодаря особым мышцам, изменяющим толщину хрусталика, который представляет собой двояковыпуклую линзу, глаз может видеть предметы, находящиеся на разных расстоя-
ниях от него. Наибольшее расстояние d2, на котором глаз еще может видеть предмет, называют дальним пределом аккомодации глаза.
По формуле линзы
Здесь Д и /2 - глубина глаза, т. е. расстояние от хрусталика до сетчатки, на которой располагается изображение , рассматриваемого предмета (очевидно, что это расстояние
d/ - ? d/- ?
и Т +	•	(2)
«2 h
при аккомодации, т. е. изменении толщины хрусталика, тоже изменяется), Ргш - оптическая сцЕпа глаза.
Когда человек надевает очки, к оптической силе его глаза прибавляется оптическая сила очков (поскольку оптическая сила системы линз равна сумме оптических сил каждой линзы в отдельности). При этом оптическая сила очков, предназначенных для дальнозоркого глаза, положительна, т. е. такие очки подобны собирающей линзе, а оптическая сила очков, предназначенных для близорукого глаза, отрицательна, т. е. линзы таких очков подобны рассеивающим линзам.
Тогда формула линзы, записанная применительно к глазу в очках:
+	<3> и 4 + t=jD"““ +
«1/1	«г k
688
Здесь «штрих» - просто индекс» а не знак производной.
Отметим, что в, этой формуле знак «минус» можно поставить перед D„k, тогда при подстановке численных значений величин его учитывать не нужно, достаточно подставить только численное значение Если же в формуле линзы, записанной в буквенных обозначениях, перед 2)т вы поставите «плюс» (как это сделали мы), то при подстановке численных значений нужно учитывать знак «минус», т. е. подставить - 7 дптр.
Уравнения (1) и (3) представляют собой систему двух уравнений с тремя неизвестными /„ Ргтаз и d/. Исключим из этих уравнений неизвестные Д и PrjMi. Для этого можно вычесть из уравнения (3) уравнение (1):
_L + 2__= n + л _n —------------------
< Л < А гл"
Отсюда найдем искомый предел аккомодации d[:
_1_ =	+ п _ 1 +	<
< <	™	’	1 l + W™
Для d2 можно сразу записать аналогичное выражение:
< -----------
Переведем все единицы в СИ: 10 см = 0,1 м, 12,6 см - 0,125 м.
Произведем вычисления:
< =, м “ °»33 м» 1 + 0,1(-7)
м-1м-
Ответ: dy'= 0,33 м, d2~ 1 м.
Задача 19
Ученик привык читать книгу, держа ее на расстоянии d — 20 см от глаза. Какой должна быть оптическая сила очков которые должен носить ученик, чтобы читать книгу, держа ее на расстоянии наилучшего зрения dg = 25 см?
Дано: а - 20 см d0 - 25 см
Решение. Расстояние наилучшего зрения - это расстояние от предмета до глаза, на котором глаз видит предмет без напряжения. Ученик, о котором идет речь, страдает бли-
А»-?
689
зорукостью, поскольку он хорошо видит буквы на расстоянии d, меньшем, чем расстояние найлучшего зрения d0. Для того чтобы он держал книгу на расстоянии наилучшего зрения d0, ему нужно надеть очки с отрицательной оптической силой DmK.
Для случая, когда ученик читает без очков, формула линзы
Л + 1-2)'.
d f
Здесь f - расстояние от хрусталика глаза до сетчатки, на которой формируется изображение предмета, ~ оптическая сила глаза.
Когда ученик наденет очки, к оптической силе глаза добавится оптическая сила очков. Формула линзы применительно к этому случаю
~ + у= + D„K.
Теперь опять, как и в предыдущей задаче, чтобы исключить из этих уравнений неизвестные нам f и Dml вычтем из второго уравнения первое. Получим
1 1 1 1	Л „
d0 + f ~ d f DtMt + D<m D™“'
Отсюда найдем искомую оптическую силу очков:
D = —- — о,ж dp d |
Переведем все единицы в СИ: 20 см - 0,2 м, 25 см - 0,25 м.
Подставим числа и произведем вычисления:
„fill
“ 025 “ 02	" 1 ДПТ₽‘
• Ответ: D„, = -1 дптр.
Задача 20
Фокусное расстояние собирающей линзы F = 5 см. Точечный источник света находится на главной оптической оси линзы на расстоянии d — 6 см от нее. Линзу разрезали по диаметру на две равные части, которые раздвинули на расстояние I = 1 см симметрично относительно главной оптической оси линзы (рис. 19-21). Найти расстояние г между двумя изображениями Sj и 8г точки 8, которые образовались при этом.
690
Дано: F *= 5 см d = б см I « 1 см
г — ?
Решение. Следует знать, что любая часть линзы, любой ее осколок, даже самый маленький, «ведет себя* как целая линза. От того, что ее разрезали на две части, у линзы ничего не изменилось, ни положение главной оптической оси, ни ее главного оптического цен-
тра, ни фокусов. Просто мы получили как бы две линзы с главными оптическими осями «1 и т2л2, главными оптическими д центрами Ох и О2 и фокусами Fr и F2. Построим изображе-ние источника света S, который теперь, после того как линзу разрезали на две половинки и раз-
двинули их, не лежит на главной оптической оси этих половинок, поэтому одни лучи от источника S пустим через фокусы половинок Fx и /2, а вторые - через их оптические центры Ot и О2. Пересечение этих лучей даст нам изображения Sx и S2 источника света S, расстояние г между которыми нам требуется найти.
Если внимательно проанализировать чертеж; то можно обнаружить два подобных прямоугольных треугольника 80г0 и SSXC, причем в треугольнике SOrO катетами
служат известные нам отрезки d и “, а в треугольнике 4U
SSfi катетами являются отрезки d 4* f и
г
где f- рас-«4
стояние от изображений до линзы. Из подобия этих тре-
угольников следует, что
d d + f
— ------ или
I r X — — 1
2	2
d _ d + f 1~ г '
691
,d + f J, , M	/о
откуда г = I---------- = а 1 + — .	(1)
d I a j
Нам осталось отыскать расстояние f от изображения до линзы. Поскольку линза собирающая и источник располагаются между фокусом и двойным фокусом линзы, то изображение действительное и в формуле линзы везде стоят плюсы:
11	1	. dF
^ + 7=р,откуИ f~ —.	(2)
Подставив (2) в (1), мы решим задачу в общем виде: или
Я— , d(d-F)j Произведем вычисления:
F 'I
d-F
г =
Г =
(	5
г = 111 +-- см =*= 6 см.
\ 6-5J '
Ответ: г - 6 см.
Задача 21
Плосковыпуклая линза с фокусным расстоянием Ft = = 10 см погружена плоской поверхностью в воду так, что ее сферическая поверхность находится в воздухе. Перпендикулярно поверхности воды падают параллельные лучи света. На каком расстоянии F2 от плоской поверхности линзы сфокусируются эти лучи? Показатель преломления воды п, «= 1,33.
Дано: п, - 1,33 Ft = 10 см п
Решение. Отметим, что фокусное расстояние плосковыпуклой линзы Ft - это расстояние между ее плоской поверхностью и точкой, в которой пересекутся после выхода из
Fa - ? линзы в воздух лучи, упавшие на линзу параллельно ее главной оптической оси тп (рис. 19-22). По закону преломления при переходе лучей
из стекла в воздух
sin 04 _ 1	• ц)
sinYi ~
04 - угол падения лучей на плоскую поверхность линзы, Yi - угол их преломления (напомним, что он больше угла падения, так как на плоской поверхности лучи переходят из стекла, т. е. из оптически более плотной сре-
692
т
Рис. 19-22
ды, в воздух, т. е. в оптически менее плотную среду), - абсолютный показатель преломления - стекла.
— Когда линзу положили плоской поверхнос-__ тью на воду, угол паде-; ния лучей ах на плоскую поверхность линзы, ко-" нечно, не изменился. А — вот угол преломления изменился, так как теперь лучи, выходят не в воздух, как в/первом случае, а в воду. Поэтому по закону преломления
^оти ,
sinot! siny2 где пт - относительный показатель преломления этих сред, т. е. показатель преломления второй среды - воды относительно первой - стекла-	•	.
Из теории мы знаем, что он равен отношению абсолютного показателя преломления второй среды к абсолютному показателю преломления первой среды:
nB	sin а, гав
Пол,.=— ,	поэтому	-7—— = — .	(2)
Пст	sin Y 2
Обратим внимание на то, что угол равен углу, прилежащему к катету OF, в прямоугольном треугольнике AOFlt как накрест .лежащие углы при параллельных и секущей, и по этой же причине угол у2 равен углу, прилежащему X катету OFS в прямоугольном треугольнике AOFV Так что эти углы нам еще пригодятся. А'вот угол падения'0ц нам «не пригодится* никак, так как не входит ни в какой треугольник с искомыми или известными величинами, и кроме того, об угле падения ничего не сказано в условии задачи, поэтому угол падения оц надо бы из решения исключить. Для этого можно разделить уравнения (1) и (2) друг на друга. Получим
since.-siny.	л„	siny,	1
sin Yt  sin «j	nCTnB	sin Yj	лв
Правда, углы преломления ?, и у2 нам тоже не известны и определить их пока вроде бы неоткуда. Посмотрим
(8)
693
еще раз внимательно на чертеж. Очевидно, что расстояние между параллельными лучами, падающими на линзу, не изменится оттого, что лучи перейдут из стекла не в воздух, а в воду. Значит, в прямоугольных треугольниках, о которых мы говорили ранее, катет I одинаков. Используем этот факт. Найдем тангенсы углов у2 и поскольку отрезки llt F2 и Г2 в этих треугольниках являются катетами:
и =
Теперь аналогичным образом исключим отрезок I из этих равенств, разделив' их друг на друга, поскольку об этом отрезке нам тоже ничего не известно и определять его не требуется:
tgYa _ lFi , tgy2 = F1 tgYi F24’ tgYj F2 ’
Теперь отметим следующий факт. Поскольку наша линза тонкая, т. е. ее толщиной мы пренебрегаем (она значительно меньше диаметра линзы), то лучи, падающие на линзу параллельно ее главной оптической оси, упадут на плоскую поверхность линзы под малым углом а,. А так как абсолютный показатель преломления воды тоже невелик, то и углы преломления yt й у2 тоже будут малы. А из математики нам известно, что синусы малых углов приблизительно равны их'тангенсам (или самим углам, выраженным в радианах). Поэтому в последнем равенстве мы можем тангенсы углов заменить их синусами. Тогда получим
sinYt ,	.	{4)
sin Yi Fs
Теперь уже несложно догадаться, как исключить и эти углы из решения: достаточно приравнять правые части равенств (3) и (4), поскольку левые их части друг другу равны. Получим
1	:—
— = “, откуда Fa = М*г и,—......................
Задача в общем виде решена.
Произведем вычисления:
Г2 «= 1,33 • 10 см — 13,3 см.
Ответ: F2 = 13,3 см.
694
Задача 22
Освещенный шарик на пружине колеблется вдоль вертикали с частотой v т 2 Гц. После преломления в линзе его изображение проецируется на вертикальный экран, расположенный перпендикулярно главной оптической оси линзы. Максимальная скорость шарика i>m = 0,1 м/с, расстояние от шарика до экрана £ - 1м, Амплитуда колебаний изображения на экране А = 10 см. Чему рав* но фокусное расстояние линзы Г?
Дано: v = 2 Гц
L - 1 м А = 10 см
F- ?
Решение. Для определения фокусного расстояния воспользуемся формулой линзы
111	„ df
— . (1)
Обозначим амплитуду колебаний шарика Ао (рис. 19-23). Тогда согласно формуле линейного увеличения
£ = 7- И г = з , поэтому -у- = 4» (2) Д, d	A, d
причем	d + f — L.	(3)
Здесь d - расстояние от шарика до линзы, a f - расстояние от нее до изображения.
Теперь выразим d и f через А, Ао и £. Правда, амплитуда Ао нам не известна, но мы ее найдем, зная скорость ит и частоту v. Приступим:
A L-d из (3) f = 4 - d. С учетом этого — = —;—, 4) d
Ad = А<А ~ Ajd, откуда d =	(4)
А +
и f _ т _ AoL _ AL + ApL — A^L _ AL Г~ А + Ад А + Ад А + Ад’
696
Подставим (4) и (5) в (1):
F =AaLAL e
(А + А0)(А +
1 A + Af, А + Ао>
_______ДдАЬ2_____ AqAL .	,gx
(A + AJ2Ljp£ (А + ЛоУ А + Aq
Из теории колебаний известно, что рт — (0А0, где
со == 2rcv - циклическая (угловая) частота, С учетом этого
р va = 2nv4), откуда Д, =	.
2nv
Нам осталось подставить (7) в (6):
F-----
2лм А + -^Е-| 2nv ) Произведем вычисления:
F =----ОЛ 0»11------м - 7 -10 * м.
2 -3,14 -2 0,1 + 0,1
Ответ: F — 7-10‘3 м.
(7)
Р = _М£_ 2яуА.+ ит
Задача 23
Точечный источник света S расположен на главной оптической оси линзы с фокусным расстоянием F = 1 см на расстоянии d - 1,8 см от линзы. Между ним и линзой помещают перпендикулярно ее главной оптической оси плоско-параллельную стеклянную пластину толщиной h «ч 2 см с показателем преломления п - 1,5. Найти смещение х изображения St источника света (рис. 19-24).
Дано: F - 1 см d » 1,8 см Л = 2 см а = 1,5
х - ?
696
Решение. Искомое смещение х равно разности Д и f, .'где Д - новое расстояние между изображением и линзой, когда поместили пластинку, a f - это расстояние между изображением S21 и линзой без пластинки:
* = А - Л	(1)
Согласно формуле линзы
Ч1 -1 d+7"7’
11 1 d-F f F d~ Fd
»	/ = dT7-	<2>
Луч, вышедший из пластинки, будет смещен относительно луча, падающего на нее. Продолжение вышедшего луча даст на главной оптической оси мнимое изображение S, источника света. Оно будет расположено на расстоянии d - х, от линзы. По формуле линзы .
111	11	1 d-Xi-F
d-x, *' ОТКУДа 4 ~ F “ d-x, ~ F(d-x1)
и А, <3> d - xt - F
TLcp/fftaBsai (2) и (3) в (1):
х= F(d-xJ Fd r d-xt-F d-F
- . dt-3c1d-dF + xlF-di+x1d + dF
~	(.d~Xi~F)(d-F) .
xtF2_____
= (d-x^Fftd-F)'	(4)
Теперь задача сводится к нахождению отрезка хх между источником света S и его изображением S19 даваемым пластинкой- Луч, падающий на пластинку, мы можем выбрать произвольно. Пусть егоугол падения а мал, значит, и угол преломления у тоже мал, и тогда закон преломления можно записать так:
sin а а
—---- =х — = п ,
siny у
откуда у = —. п
Из рис. 19-24 следует, что ~ Л -	~ ~ ~
а от-
резок г = h tgy = Лу == Л —, поэтому п
697
х, =л- —= л|1-1)=л^—i па Ini п
Подставив (5) в (4), мы решим задачу:
A(n-l)f8
пГс/-Л^~-уЪ-F)
(5)
n(d-F)-h(n-l)(d-F)
Произведем вычисления:
8 1(1,5-1) х =-----------'-------------- см = 10 см
1,5(1,8 -1) - 2(1,5 - 1X1,8 -1)
Ответ: х — 10 см.
Задача 24
Предмет АВ находится на расстоянии dt - 15 см перед собирающей линзой с фокусным расстоянием F = 30 см. Плоское зеркало' ab расположено на расстоянии I— 15 см за линзой. На каком расстоянии /г от линзы получится изображение, даваемое этой системой?
Дано: d] = 15 см F = 30 см I = 15 см

Решение. Для решения этой задачи крайне необходим крупный и четкий чертеж» на котором следует учесть соотношение всех размеров» о которых идет речь в условии задачи. Сначала построим изображение А1В1 предмета АВ, даваемое собирающей линзой.
ъ
Рис. 19-26
698
При построении следует обратить внимание на то, что расстояние между предметом АВ и линзой d1 = 15 см, а фокусное расстояние линзы F - 30 см, т. е., что предмет расположен между фокальной плоскостью и линзой. А в этом случае изображение A;Bt, даваемое линзой, будет мнимым, прямым, увеличенным и будет располагаться относительно линзы с той*же стороны, что и сам предмет АВ (рис. 19-25).	ч
Изображение АаВа является по отношению к плоскому зеркалу ab предметом. Как известно, плоское зеркало дает мнимое и прямое изображение АгВ2, равное по размерам предмету и расположенное по отношению к зеркалу с другой стороны от него на таком же расстоянии, что и сам предмет AjBj.
Обозначим расстояние от изображения АД до линзы Д. Тогда, поскольку расстояние от линзы до зеркала равно I, расстояние от изображения АД до зеркала равно I + Д. Но тогда и расстояние от изображения АгВ3, даваемого плоским зеркалом, до этого зеркала тоже равно I + Д, поскольку эти расстояния равны друг другу. Тогда расстояние от изображения А^Ва до линзы, как следует из рис. 19-25, da - I + 1 + Д = 21 + Д.	(1)
Теперь определим расстояние Д от линзы до Первого изображения A^j, даваемого этой собирающей линзой. Поскольку эйгизображение мнимое, то формула линзы в этом случае будет иметь вид
A ~Р’
11	1 = и =_dL_
А <Д F	11 F-d,
Подставив (2) в (1), мы найдем расстояние da:
d,F
<*,-21+-^.	(3)
Изображение A^Ba по отношению к линзе является предметом. Его изсюраз^ение АД и является окончательным изображением предмета АВ, даваемым линзой и зеркалом вместе. Расстояние Д от линзы до этого окончательного изображения АД найдем по формуле линзы
х+1=1
A F
699
Ill , d-F откуда — = -=--т- и f =—1—. f2 F dt d2-F Подставив сюда (3), получим окончательно Л diF 'I
f { F~di „„„ f- F^F-^y + d.F)
2 dtF	,г 2l(F - dj) - F(F - 2dt)
F-dj
Задача 6 общем виде решена. Произведем вычисления: .	30(2 15(30-15)+ 15-30)
7- = --—-----------------см “ 60 СМ. •
2 15(30 -15) -30(30 -30) Ответ: f2 = 60 см.
Задача 25
На собирающую линзу падают лучи параллельно ее главной оптической оси. Позади линзы на расстояний I от нее расположено вогнутое зеркало радиусом R (рис. 19-26). Их главные оптические оси совпадают. После отражения от зеркала лучи пересеклись в точке, удаленной
Рис. 19-26
от зеркала на рассто-
яние f. Чему равно фокусное расстояние линзы Ул?
Дано: dj “ <» I R
Решение. Поскольку лучи упали на линзу параллельным пучком, значит, их точечный источник находится в бесконечности. После преломления в линзе они пересеклись в ее фокусе Ул. Здесь будет первое изображение источника Затем луч 1 упал на зеркало под произвольным углом, а луч 2 - перпендикулярно зеркалу и отразился в обратном направлении, ведь
он шел по главной оптической оси. Луч 1 после отражения пойдет в точку К на фокальной плоскости аЬ зеркала. Эта точка образована пересечением вспомогательного луча, пущенного через оптический центр зеркала О параллельно преломленному лучу 1, с фокальной плоско
F, - ?
700
стью. После отражения луч 1 пересечется с отраженным лучом 2 в точке, где появится второе изображение S2 источника.
Согласно формуле сферического зеркала
1+1=|, где d-i-F,,
поскольку в фокусе линзы Ря будет первое изображение Sj удаленного источника, и оно является предметом для зеркала, ad- это расстояние от этого предмета до зеркала. С учетом этого
1 1 _ 2 l-F, + f = Я’
откуда
Задача решена.
F, = Z- Rf " - 2f-R
Ответ:
Задача 26
В вогнутое зеркало налили воду с показателем преломления п = 1,33 (рис. 19-27). Радиус кривизны зеркала R = “> 40 см. Найти оптическую силу D этой системы.
l — F= _Д_
' 2/ -R
Дано: п - 1,33 Я « 40 см
D - ?
Решение.	1>ис-19-27
Слой воды 'в зеркале образует плосковыпуклую линзу, у которой радиус кривизны выпуклой поверхности R} равен радиусу кривизны зеркала R, а радиус кривизны плоской поверхности
R2 = •». Из формулы, связывающей фокусное расстояние линзы Fi с показателем преломления ее стекла п, определим оптическую силу водяной линзы Яр
Dj ”	= (л -1|	j или с учетом, что Bj = Я,
А ^-*4 "1J
a^- = is0’ (1)
701
Оптическая сила зеркала Л, = —, где фокусное рас-F2
2
стояние зеркала F2 = —, поэтому D2 = —•	(2)
2	R
Оптическая сила системы водяная линза - зеркало
равна сумме их оптических сил в отдельности, если они сложены вплотную. Но здесь необходимо учесть, что свет
через водяную линзу проходит два раза: когда он падает на нее и когда отражается от зеркала (запомните этот мрмент для случая, когда линзы и зеркало сложены вместе). Поэтому
D = 20, + D2
или с учетом (1) и (2)
„ л-1 2	2.	.
0 = 2--+ — = —(«-1 + 1)
R R R
R
Переведём в СИ единицу радиуса: 40 см = 0,4 м. Произведем вычисления:
_ 2 1,83 а„
D --------- дптр = 6,7 дптр.
0,4
Ответ: D = 6,7 дптр.
Задача 27
Фокусное расстояние линзы F = 8 см. Построить график зависимости расстояния f между линзой и изображением от расстояния d между предметом и линзой.
Решение. Запишем формулу линзы так, чтобы показать
dF откуда /у-у
или
F
1-Л d
Полученное уравнение не является уравнением прямой линии типа у — Ь + kx, поэтому для его получения недостаточно двух точек, их должно быть не менее пяти.
Теперь подставим числовое значение F — 8 см:
/ =
8
-г
702
Будем придавать d числовые значения, например, d = 10; 20; 30; 40; 50 см, и вычислим соответствующие им значения Л Заполним таблицу:
d9 см	10	20	30	40	50
Л см	40,0	13,3	10,9	10,0	9,5
Построим график f = f(d) (рис. 19-28).
Задача решена.
Задача 28
Па рис. 19-29, а тп - главная оптическая ось линзы» S - точечный источник света, S, - его изображение. Какая это линза - собирающая или рассеивающая? Найти
. 703
построением положение ее главного оптического центра О и фокусов F, и F2.
Решение. Поскольку и источник S, и его изображение St находятся по одну и ту же сторону от главной оптической оси тп, т. е. оба над ней, значит, изображение St - мнимое (действительным оно бывает только тогда, когда источник и изображение располагаются по разные стороны относительно главной оптической оси). Далее, поскольку источник располагается ближе к главной оптической оси тп, чем его изображение, значит, эта линза собирающая (у рассеивающей изображение располагается к оси ближе, чем источник). Мнимым у собирающей линзы изображение бывает только тогда, когда источник располагается между линзой и ее главной фокальной плоскостью (а у рассеивающей оно всегда мнимое).
ч Чтобы было ясно, как определить положение искомых точек О, Гх и F3, обратимся к рис. 19-29, г. Глядя на этот чертеж, нетрудно сообразить, как выполнять необходимое нам построение.
Вначале соединим штриховой линией источник 3 и его изображение Sx и продолжим эту прямую до пересечения с главной оптической осью тп. Точка пересечения прямой SP, представляющей собой действительный луч, идущий по побочной оси линзы, с главной оптической осью тп - это и есть главный оптический центр линзы О (рис. 19-29, б). После этого построим символическое изображение собирающей линзы (рис. 19-29, в). Затем из источника S проведем луч SC, параллельный главной оптической оси тп, который после преломления должен пройти через фокус F3 линзы (рис.. 19-29, г). И наконец, соединив штриховой прямой Stc точку падения с этогр луча на линзу с мнимым изображением St источника S и продолжив эту прямую до пересечения с главной оптической осью, получим в точке пересечения положение одного из фокусов линзы F3. Отложив расстояние OFP равное OFV от главного оптического центра линзы по другую сторону от линзы, мы найдем положение ее второго фокуса Ft (рис. 19-29, г).
Задача 29
Построить изображение стрелки АВ, даваемое рассеивающей линзой (рис. 19-30). Будет ли это изображение параллельным главной оптической оси линзы, если стрелка АВ ей параллельна?
Решение. Сначала построим изображение точки А. Для этого проведем из точки А луч, параллельный главной оптической оси линзы тп, После преломления этот луч
704
должен пойти так, чтобы его мнимое продолжение прошло через фокус линзы Ft (рис. 19* Ж))* Затем «выпустим» из точки А еще один луч и направим его в. главный оптический центр динзы О. Такой луч, как известно из теории, не преломляется линзой, так как он идет по ее по* бочной оси. Точка пересечения мнимого луча и действи
тельного луча дает нам положение мнимого изображения А, точки А (если хотя бы один издвух лучей мнимый, то и изображение будет мнимым).
Следуя этим рассуждениям, построим таким же образом изображение точки В, Соединив эти мнимые изображения А, и Вг штриховой прямой (обя-
зательно штриховой, что-
бы показать, что изображение мнимое) и направив стрелку к точке А,, мы получим мнимое изображение AjB, предмета АВ, даваемое этой линзой. Как следует из полученного чертежа (рис. 19-31), оно не будет параллельным главной оптической оси тп.
Задача 30
Построить Изображение стрелки АВ, даваемое собирающей линзой (рис. 19-32).
Решение. Вначале построим изображение точки А. Проделаем это в той же последовательности, что и в предыдущей задаче, с той лишь разницей, что теперь через фокус J*2 пойдет сам преломленный луч (а не его мни-
Рис. 19-32
мое продолжение, ведь эта линза собирающая, а не рассеивающая). Итак, сначала, «выпустим» из точки А луч, параллельный главной оптической оси тп, который после преломления пойдет через фокус линзы. Затем «выпустим» из этой же точки луч АР, идущий через главный оптический центр О линзы, который не преломляется. Пересечение этих лучей после про-
23. Репетитор по физике. Т. 2
705
Рис. 19-33
хождения лйнзы даст нам действительное изображение At точки А (рис. 19-33).
Теперь построим изображение точки В. Сделать это будет труднее, поскольку точка В лежит на главной оптической оси линзы, поэтому предыдущие действия здесь не
дадут результата. Чтобы построить это изображение, придется воспользоваться свойством главной фокальной плоскости линзы, согласно которому у собирающей линзы параллельные лучи после преломления пересекутся в одной точке, лежащей обязательно на главной фокальной плоскости (а у рассеивающей линзы в точке на фокальной плоскости пересекаются мнимые продолжения параллельных лучей).
f Выпустим» из точки В любой произвольный луч ВС. Затем проведем через главный оптический центр О линзы вспомогательный луч, параллельный произвольному. Этот луч не преломляется линзой. Построим по другую сторону линзы главную фокальную плоскость линзы ab (на нашем чертеже линия ab есть пересечение главной фокальной плоскости плоскостью нашего чертежа, а сама главная фокальная плоскость проходит через фокус линзы перпендикулярно главной оптической оси, лежащей в плоскости чертежа). Продолжим вспомогательный луч до пересечения его с главной фокальной плоскостью ab в точке 'К. Поскольку наш произвольный луч и вспомогательный параллельны, то после преломления рни должны пересечься в точке, лежащей на главной фокальной плоскости ab. Раз вспомогательный луч пересек главную фокальную плоскость аЪ в точке К, значит, и произвольный луч после преломления тоже пойдет через точку К.
Итак, ход одного луча, «испущенного» точкой В, мы знаем. Теперь «выпустим» из точки В еще один луч, который направим вдоль главной оптической оси тп.
Этот луч проходит через главный оптический центр линзы О, поэтому он тоже не преломляется. Луч, прошедший после преломления через точку К, и луч, идущий по главной оптической оси, испущенные до преломления
706
пересекутся в точке Ви лежащей на главной оптической оси линзы. Эта точка и есть изображение точинЯ*
Нам осталось соединить точки At и Вг стрелкой, направленной к точке А,. Эта стрелка AtSt и есть действи-зддоное изображение стрелки АВ.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Предмет высотой Л - 0,03 и расположен на рассто-; дниЙ-А “ 0,15 м от рассеивающей линзы с фокусным расстоянием /'**,0,3 м. Найти высоту Н изображения этого предмета.
hF
Qmeem: Н =’ ——— « 0,02 м. а + Р »
Задача 2. Расстояние от предмета до экрана I - 5 к. Какой Оптической силы Z) нужно взять линзу и где ее следует поместить, Чтобы увеличение предмета в линзе было Г • 5?
(1 4* Г)2	I
Ответ: D = ———, “ 3,6 дптр, d ® р "1м.
Задача 3. Собирающая линза дает на экране изображение пред-;>®ета с увеличением Г ”• 2. Расстояние d от предмета до линзы превышает ее фокусное расстояние F на Дг -» 6 см. Найти расстояние f от линзы до экрана.
Ответ: f - Г-Дг (Г + 1) — 36 см.
Задача 4. Оптическая сила линзы D =** 5 дптр, расстояние от Предмета до линзы d =* 80 см. Во сколько раз изменится линейное увеличение линзы, если расстояние от предмета до линзы умень-щить на 80%.
Указание: проверьте, не окажется ли при этом предмет между фокусом и линзой.
Г2 ~ М-1
Ответ:	= i_ 0,21X4 “ 15'
Задача б. С помощью фотоаппарата, размеры кадров которого Ц » 20 х 40 мм2, а фокусное расстояние объектива Р - 8 см, фотографируют человека, рост которого Л = 1,6 м. На каком минимальном расстоянии d от фотоаппарата надо поставить человека, чтобы сфотографировать его во весь рост?
Ответ: d = JI +11 = 3,28 м.
Задача в. Мнимое изображение светящейся точки находится в фокусе собирающей линзы с фокусным расстоянием f w 4 см. На каком расстоянии d от линзы находится сама точка?
Ответ: d " 0,5 F =** 2 см.
Задача 7. Предмет рассматривают в лупу. Его изображение наиболее отчетливо видно, когда предмет находится на расстоянии d “ 0,1 м от нее. Чему равны оптическая сила лупы Ъ и увеличение Г?
707
Указание: предмет наиболее отчетливо виден через лупу, ког-да d « jF .
Ответ: D “ 10 дптр, Г * 2,5.
А Задача 8. Фотограф фотографирует спортсмена в тот момент, когда он находитслаа расстоянии d - 8 м от него. Выдержка, сделанная фотографом в момент съемки, t *= 10 мс, а размытость изображения на фотопленке Я “ 0,2 мм. Фокусное расстояние объектива F = 6 см. С какой скоростью и бежит спортсмен?
Ответ: о =	= 2,6 м/с.
Задача 9. Чему равна оптическая сила линзы 2), если изображение предмета, помещенного на расстоянии d * 40 см от линзы, получилось в натуральную величину?
Ответ: X) 5 дптр.
Задача 10. На линзу падает пучок сходящихся лучей с вершиной в точке Sx (рис. 19-34). Расстояние OSX d “ 20 см, оптическая сила линзы Я * 10 дптр. На каком расстоянии I от точки Sx пересекутся лучи после преломления?
Ответ: I = d 1 + —-— Д <И) + 1
,27 м.
1ча 11. Со-
бирающая линза с фокусным расстоянием F - 0,06 м вставлена в отверстие аЬ радиусом г*= 0,03 м в непрозрачной ширме (рис. 19-35). На экране, находящемся на расстоянии f “0,16 м от ширмы, получено четкое изображение Sj точечного источника света S. Каков будет радиус R светлого круга на экране, если вынуть линзу из отверстия? , Ответ:
0.08 м.
F
Задача 12. Высота изображения, даваемого линзой на экране, равна Ях. Оставляя неподвижными предмет и экран, линзу передвигают к экрану и получают новое четкое изображение высотой Я2. Чему равна высота предмета Л?
708
timeem: h = /Н]Я2 -
Задача 13. При одном положении линзы между неподвижны* Г1 предметом и экраном изображение получается увеличенным в раза (Д - 2), а при другом положении лйкзъг orio случается уменьшенным в 2 раза = j - Расстояние между предметом и акроном L = 80 см. На какое расстояние I передвинули линзу относительно ее первого положения?
Ответ; 1 e L ’ °*44 м-
Задача 14. Предмет расположен на расстоянии L от экрана. Передвигая между ними линзу с фокусным расстоянием F, получаем на экране два четких изображения предмета* одно увеличенное» другое уменьшенное. Найти отношение линейных размеров Этих изображений
Нг L +
Ответ: — = ;------•
Задача 15.-Точечный источник света расположен на главной Оптической оси собирающей линзы. За линзой находится непрозрачная диафрагма с отверстием диаметром df ж 1,5 см. За диаф-, рагмой находится экран на расстоянии I « 8 см от нее. На экране лучи» прошедшие сквозь отверстие в диафрагме, образуют световое пятно диаметром * 0,4 см. В отверстие вставляют рассеивающую линзу, и при этом пятно на экране превращается в световую точку. Чему равно фокусное расстояние рассеивающей линзы F?
Ответ: F »	« -30 см.
^2
Задача 16. Собирающая линза с фокусным расстоянием =* » 8 см сложена вплотную с рассеивающей линзой с фокусным расстоянием F2 ** 20 см так, что их главные оптические оси совпадают. Предмет находится на расстоянии d ~ 20 см от них. Найти увеличение Г этой системы линз.
кк
Ответ: Г ==	= 2.
F2(d - Ft) - dFt
Задача 17. Близорукий человек может четко видеть предмет, если он находится на расстоянии не более = 20 см от глаза. Какова должна быть оптическая сила очков 2)отк, которые должен носить, этот человек, чтобы четко видеть удаленные предметы
Ответ:	* ~5 дптр.
ах
Задача 18. Две собирающие линзы с фокусными расстояниями Д = 10 см и F2 =“ 15 см расположены на расстоянии Z * 30 см друг от друга. Найти расстояние если лучи по выходе из вто
709
рой лиазы пошли параллельно ее главной оптической оси, а оси обеих линз совпадают.
Задача 19. Если точечный источник света S поместить на расстоянии d > F от рассеивающей линзы диаметром 2?0, вставленной в непрозрачную ширму, то на экране, находящемся на расстоянии I за линзой, получится светлый КРУГ диаметром Вх (рис. 19-36). Каков будет диаметр D2 светлого круга на экране, если источник поместить в фокусе линзы?
Ответ: В2 - 2ЛХ - D0^l +	.
Задача 20. Точечный источник
света помещен в фокусе рассеивающей линзы. Собирающая линза,
приставленная вплотную к рассеивающей, превращает падающий на нее из рассеивающей линзы
расходящийся пучок в параллельный. Найти отношение фокусных расстояний этих линз
F
Ответ:	я 0,5.
Грае
Задача 21. На каком расстоянии I нужно расположить две собирающие линзы с фокусными расстояниями = 5 см и ?2 = 3 см, чтобы параллельный пучок лучей, пройдя сквозь них, остался параллельным?
Ответ: I = F* + F2 = 8 см.
Задача 22. Две собирающие линзы с фокусными расстояниями - 2 см и F2 — 20 см расположены на расстоянии I я 24 см друг от друга. Предмет находится на расстоянии dt я 3 см от первой линзы. Найти увеличение Г, даваемое этой системой линз.
Ответ: F =	1 -------— 20.
+ (d, ~ F^F2 - 0
Задача 23. Точечный источник света S находится на главной оптической оси собирающей линзы с фокусным расстоянием F = = 6 см на расстоянии d я 4 см от нее. На каком расстоянии I от линзы по tfy же сторону от нее, что и источник, необходимо поставить плоское зеркало об, даобы по другую сторону линзы существовало действительное изображение источника на расстоянии f я 12 см от нее?
( fF	\
Ответ: I ~ 0,51 --+ d — 8 см.
(f-F	I
710
Задача 24. Двояковыпуклая линза, изготовленная из стекла с по преломления лп помещена в воду с показателем преломле-цда -* 1,33. Чему равна оптическая сила D линзы в воде? Радиусы кривизны поверхностей линзы одинаковы: Я = 10 см.
Указание: здесь п = —-. »
Ответ: В =	=* 2,6 дптр.
Задача 25-. Ученик переводит взгляд с неба на раскрытую тетрадь. Насколько изменится оптическая сила хрусталика? Тетрадь расположена от глаз на расстоянии наилучшего зрения dQ => 25 см.
Указание: при взгляде на небо dt = при взгляде на тетрадь d2 d0, Расстояние f от хрусталика до сетчатки в обоих случаях одинаково. Запишите формулу линзы для обоих случаев и вычтите из одного уравнения другое.
Ответ: AD ~ 4 дптр.
Задача 26. Расстояние до Луны d = 384 400 км, ее радиус R = ** 1738 км. Чему равна площадь S изображения полной Луны на сетчатке? Оптическая сила глаза 2> — 58,5 дптр.
/ D
Ответ: S = та---I 0,19 мм2.
^dDJ
Задача 27. Фокусное расстояние окуляра микроскопа F„ = 2 см, длина его тубуса (расстояние между окуляром и объективом) I = * 20 см, оптическая сила объектива 2)^ = 250 дптр. Чему равно увеличение микроскопа?
Ответ: Г =	= 625.
^ОК
Задача 28. Фокусное расстояние объектива телескопа F* = 4 м, его угловое увеличение Г => 40. Чему равна оптическая сила окуляра?
Г
Ответ: Оок = *— - 10 дптр.
*об
Задача 29. Постройте график зависимости расстояния / от изображения до линзы от ее фокусного расстояния F при неизменном расстоянии от предмета до линзы d « 40 см.
Задача 30. Постройте график зависимости линейного увеличения линзы Г от ее оптической силы D при неизменном расстоянии между линзой и предметом d - 40 См.
Задача 31. Построением определить положение ^главного оптического центра О и фокусов линзы, если S - источник света, S, - изображение этого источника, даваемого этой линзой, тп - главная оптическая ось линзы (рис. 19-37).
Задача 32. На рис. 19-38 S -источник света, Sj - его изображение в линзе. Какая это линза? Определите построением ее главный оптический центр и фокусы, тп * главная оптическая ось линзы.

п
т
Рис. 19-37
п
т
Рис. 19-38
711

Задача 33, На рис. 19-39 S - точечный источник света, - его изображение, даваемое тонкой линзой, тп - главная опти-ческая ось этой линзы. Какая это линза: со-т_______________п бирающйя или рассеивающая? Найти
1 a qo построением ее главный оптический центр гас.	н ^KycbI>
Задача 34. Найти построе-
нием положение источника света S, если известен ход двух лучей после их преломления в л линзе (рис. 19-40).
Задача 35. Построить изображение предмета АВ, показанного на рис. 19-41.
Рис. 19-41
Задача 36. Построить ход произвольного луча SA, падающего на рассеивающую линзу (рис. 19-42), после преломления в ней.
Задача 37. На рис. 19-43 показан ход луча 1 - 1' в рассеивающей линзе. Найти построением ход луча 2 после преломления.
Задача 38. Построить изображение предмета АВ в линзе, показанной на рис. 19-44 a til б.
б)
Рис. 19-44
712
20. ФОТОМЕТРИЯ
Краткая теория.
Методические указания к решению задач
В разделе оптики «Фотометрия» рассматриваются законы рас-цространения световой энергии и оптические характеристики из-^зучеиия: поток излучения, сила света I и освещенность поверхности Ж-
Поток излучения (световой поток) Ф равен отношению светочей энергии Wt переносимой световой волной в течение времени t, 4* «тому времени:
Ф = —. t Сила света I равна отношению светового потока Ф, распространяющегося внутри телесного угла £2, к этому углу:
.  Освещенность поверхности Е равна отношению светового потока, падающего на поверхность площадью 8» к этой площади:
Г. Ф
E=s* .
Закон освещенности: освещенность поверхности Е прямо пропорциональна силе света источника I и косинусу угла падения Лучей а на поверхность и обратно пропорциональна квадрату расстояния г от источника до этой поверхности:
„ I	-
Е = сова„
Освещенность поверхности Е, созданная источниками, равна сумме освещенностей EL, Eit Е3,..,,ЕК» созданных каждым источником в отдельности:
N
Е « Er + E3 + JS9 + ... +
Если освещенности, создаваемые отдельными источниками» одинаковы^ то Е *	где £х - освещенность, созданная каж-
дым источником.
Иногда в задачах фотометрии встречается величина» называемая световой эффективностью L. Так называют отношение светового потока Ф к мощности источника света Р: .
г Ф
Единица световой эффективности в СИ - лм/Вт (люмен на ватт).
Если свет* испущенный источником с силой света Z, отражается от зеркала» то сила света мнимого источника в зеркале считается равной силе света действительного источника. В этом случае освещенность поверхности равна сумме освещенностей» созданных действительным и мнимым источниками с одинаковой силой света.
713
Если свет от источника* 1 проходит сквозь линзу, то световые потоки - падающий на линзу и выходящий из нее - одинаковы» и выполняется соотношение Ф - ES.
Если лучи преломляются в линзе, то изображение, даваемое линзой, следует рассматривать как историк света. Если сила света первичного источника 1Х, а сила света Нображения этого источника Ц, то выполняются соотношения
Ф - ZXQX и Ф * J2Q2, где Qj и Й2 - телесные углы, внутри которых распространяются падающий на линзу и преломленный ею пучок лучей. Если источник света точечный, то справедливо соотношение
О, d2 * * ’ где d - расстояние от источника света до линзы и f - расстояние от линзы до изображения.
Если лучи» испущенные точечным источником, падают на площадку 3, расположенную на расстоянии г от источника, то телесный угол Q, внутри которого они распространяются, равен отношению площади S к квадрату расстояния г:
Решение отдельных задач
Задача 1
С какого наибольшего расстояния г можно заметить ночью огонек сигареты, сила света которой 1 = 2 • 10"’ кд, а минимальный световой поток, воспринимаемый гла!зом, Ф — 1 • 10"1’ лм и диаметр суженного в темноте зрачка D — 7 мм?
Дано: 7 - 2 -10"8 кд
Ф = 1 ♦ 10"18 лм
D = 7 мм
Решение. Освещенность зрачка Е определяется отношением светового потока Ф, падающего в глаз, к площади зрачка S: ' Ф	nD2
Е= — , где S = r— В	4
4Ф поэтому	Е = —-j- •
С другой стороны, по закону освещенности
г- ?
(1)
Е = —сова
г2
где а •= 0° и cos а = 1, поэтому Е = —.
г*
(2)
714
4Ф I
Приравняем (1) и (2) и определим п	,
ХО г
откуда
г =
£ чО_ 2 УФ
Переведем в СИ единицу диаметра: 7 мм “ 7  10~* м. Произведем вычисления:
7 10'3 г ~—-—
3,14 2- IO"3
2 V 110- "К- 877
Ответ: г = 877 м.
Задача 2
Высота Солнца увеличилась с ф1 = 30° до ф2 = 45°. Во сколько раз изменилась освещенность земной поверхности?
- Рис. 20-1
Йано:
& = 30° ф, = 45°
Решение. Согласно закону освещенности * 2
Е. ?1
Et = — cosoq я Е2 = —cosa2,
где I - сила света Солнца, г - расстояние до него, а - угол падения. Из рис. 20-1 следует, что оц = 90° - (р! и Оа = 90° - ф2, поэтому К = -V cos(90° - <pt) = -^-sin ф..
г*	г
(1)
Аналогично Е2 - — sin <р2.
Разделив (2) на (1), мы решим задачу:
(2)
Е2 _ /8Шф2Г2
Е2 Н/вШфх
Произведем вычисления:
_ sin45° 14
Et sin 30°
Ответ: E2/Et = 1,4.
Е2 _ алф2 Д sin ф}
Чему равна мощность Р лампы, освещающей школьную парту, наклоненную под углом ф = 20° к горизонту? Лампа висит на высоте h = 1,7 м над партой, требуемая освещенность парты Е = 50 лк. Световая эффективность лампы L — 19 лм/Вт.
715
Дана: Ф = 20° Л - 1,7 м Е = 50 лк
£ = 19 ~ Вт
Р-?
Решение, Согласно определению световой эффективности
ф	Ф
L = ~^> откуда Р= —. (1) Л	-Ь
Световой поток Ф определим произведением силы света лампы I и полного телес-
ного угла Йо = 4л:
Ф = 1Й0=4я/.	(2)
Силу света I определим из закона освещенности
Е = — cosa, где угол падения а равен углу наклона Л2
парты ф как углы со взаимно перпендикулярными сто-' ронами (рис. 20-2).
X	Eh?
С учетом этого Е = —т- созф, откуда I --.	(3)
h	СО8ф
Подставим (3) в (2): Ф =	.	(4)
соаф
Нам осталось подставить (4) в (1), и задача будет решена:
р _ 4ltEh2 Ьсозф
Произведем вычисления:
4 • 3,14 • 50 • 2,89
19 cos 20°
Вт •= 100 Вт.
Ответ: Р = 100 Вт.
^Задача 4
При печатании фотоснимка сила света лампы. = 60 кд, а время экспозиции t, = 1,5 с. Найти изменение силы света AI после замены ее другой лампой, если при прежней световой энергии время экспозиции стало на At = 0,5 с
меньше.
Дано:
Ii = 60 кд = 1,5 с
At = 0,5 с
А7- ?
Решение. Энергию W света, падающего на снимок, определим произведением светового потока на время экспозиции. В обоих случаях W = Ф^ и W = Ф^3, значит,
(1)
Световые потоки ФА и Фг выразим через силы света и /2 и телесный угол О :
716
Телесный угол £1 определим отношением площади ' снимка S к квадрату расстояния г от лампы до нега: о=А -2 •
(2) и Ф2=124‘<3)
С учетом этого Ф, = 1г — Подставим (2) и (3) в (1): S	S
Z. — t, = Z- —t21 откуда сила света новой лампы г2	г2
э где ~ д^ поэтому 12 = —, а измена	Л -Ы
едение силы света
Af = Z2-I, М
h 11 • г *1 - *1 +д* t, - At '
t, - л*
t, - At
At t, - At
Произведем вычисления:
AZ = 60 ——— кд = 30 кд.
1,5-0,5
Ответ: AZ = 30 кд.
Задача 5
Над полом на высоте ft 1,8 м находятся две лампы с одинаковой силой света I — 100 кд. Расстояние’ между ними I = 3 м (рис. 20-3). Найти освещенности Ел пола под каждой лампой и Е2 в точке пола, равноудаленной от каждой лампы.
Д'
M
-®2
Рис. 20-3
Дано: Л — 1,8 м I 100 кд I*3m
Et-?
E2~ ?
Решение. В силу симметрии освещенность Ег под каждой лампой одинакова и равна сумме освещенности Еи, созданной, например, лампой .1 под ней в точке М, и освещенности £:а, со-зданной в точке М лампой 2, удаленной от этой точки на расстояние rt:
Е, =	+ Е1г.
717
По закону освещенности Еи-~ и Ew = — cos а!, где Л	Г1
по Теореме Пифагора г2 -к2 + 12 и, кроме того, к к cos а, = — = —=------------!.
r 4h^
С учетом этого Е. = —z- +-. или
л2 (&2+/2)7FTF
Освещенность Еа в точке N, созданная обеими лампами, равна удвоенной освещенности Я21, созданной каждой лампой в отдельности: Еа — 2ЕЯ, где по закону осве-„ 1 щенности	£2l = —rcosa2. .
гг
I2.
Здесь г2 ='к2 +— и 4
С учетом этого
cosa2 =
к2
Еа=2
-2 4/ 4Л2+г2
2к /4к2+12
Произведем вычисления:
1,8
1
1£2 ' V(132 +32)’ „	16-100'1,8	__
Е, = ,	лк — 28 лк.
Et = 100
лк = 35 лк,
Ответ: Ег “ 35 лк, Еа — 28 лк.
718
Задача в
Два точечных источника
St и S2 с силами света Zt = ’£• 100 кд и Z2 = 160 кд расположены на расстоянии г = 4 м друг от друга (рис. 20-4). На доком расстоянии г, от источ-
Рис. 20-4
ника St надо расположить экран Э, чтобы освещенность его с обеих сторон была одинакова?
Дано:
I. * 100 кд /а — 160 кд <г — 4м
JS1 = Е3
Решение. По закону освещенности при угле падения а = 0°
к B,.i, rl	Г2
где г2 = г - и, поэтому Ег = -—у . (г-П)’
Л _ Л
П2 (r-rj2
Согласно условию Et = Е3, поэтому
Задача 7
На расстоянии rt *= 1 м от экрана Э расположен точечный источник света S с силой света I = 80 кд. По другую сторону от этого источника на расстоянии г2 = 50 см от него расположено плоское зеркало тп (рис. 20-5). Чему равна освещенность Е экрана напротив источника света?
Рис. 20-5
719
Даня: гг - I м Г — 80- кд г^_= 50 см
Е'-Т
Решение. Освещенность Е равна сумме освещенностей Elt созданной на экране реальным источнике»» света Я, и Е3, созданной мнимым источником света Я.:
Е - Et + Е3.	(1)
По закону освещенности при угле паде-
ния а = 0° £х - —.	(2)
П
Силасвета мнимого источника такая же, как и действительного, а расположен он на расстоянии г2 от зер- . кала,, поэтому расстояние от мнимого источника St до экрана равно rt + 2r2. С учетом этого
Е3 =---------.
(ri+2r3y
Подставив (2) и (3) в (1), мы решим задачу:
(3)
Г Г	(1	1
ЯГа + ------——	или Е = 1 -г + ------,
if (Г1+2г2)2	(r1+2rg)2J
Переведем в СИ единицу г2: 50 см — 6,5 м. ~ Произведем вычисления:
Е = 8(1 Д- +-------------1 лк — 100 лк.
\12 (1 + 2 0,5) 2J
бйлвет.* Е = 100 лк.
ЭЬцака 8
Н& расстоянии d = 40 см отвыпуклого зеркала тп радиусам R = 50 см на его главной оптической оси; находится точечный источник света S (рис.
На расстоянии L = 211 мот зеркала помещен, экран Э. Сила света источника I 100 кд.
Чему равна освещенность экрана £?
Дамш <f = 40* см Я = 50 см £-= 20 м I ~ 100 кд
Решение. Освещенность Е в центре экрана равна сумме освещенностей Еи созданной на экране источником S, и Е3, созданной его действительным изображением St и имеющим такую же силу света:
Е ~ Ei 4- Е3.	(1)
Е-г
720
По закону освещенности при а = О’
(2)
£. = —-—- и Е,~ ——v • (L-d)2	(L-f)2
Здесь f - расстояние от изображения до зеркала. Его мы найдем из формулы сферического зеркала
112	121	, dR
С учетом этого
Е -	1	-/ М~Д Т
’ ( dR f \U2d-R)-dR)
[ ~2d-Rj
Подставим (2) и (3). в (1):
_ I / 2d-R У (L-d)2 I L(2d-/?)-djR I
(3)
Е~1
1
(L-d)2
2d-R L(2d-R)-dR
Переведем в СИ все единицы: 40 см = 0,4 м, 50 см = 0,5 м.
Произведем вычисления:
в = ioof___J__________________________7)
(20-0,4)2	20(2 • 0,4-0,5)-0,4 - 0^5 J
Ответ: Е — 0,1 лк.
— 0,1 лк.
•т>
Задача 9
Точечный источник с силой света I = 50 кд находится на расстоянии d = 1 м от Добирающей линзы ди-етром В] = 30 см Нс. 20-7). За линзой оложен экран Э, котором преломление лучи образуют све-&вой круг диаметром ^•3 см. Чему равна ррвещенность Е этого фуга?
721
Дам: I - 50 кд й = 1м . Dj » 30 см Da = 3 см
E - ?
Решение. Воспользуемся законом сохранения светового потока, согласно которому, если линза не поглощает световую энергию, то световой поток Ф, прошедший сквозь нее, сохраняется. Значит,
Ф о ItD.
Е = — , где о2 = —~— площадь круга S2	4
на экране. С учетом этого Е = —- .	(1)
Световой поток найдем, зная силу света I, по формуле Ф = /О > где телесный угол Q равен отношению площа-
nD? ди линзы	- ——
4
к квадрату расстояния d до нее:

®L = d2
nD2
4dT
_ к0?1 ф =---
4d2
(2)
С учетом этого
Нам осталось подставить (2) в (1), и задача будет ре-шена^
Е_
4nD2d2
Л dD2
E = I
Переведем все единицы в СИ:
30 см = 0,3 м, 3 см = 0,03 м. z Произведем вычисления:
Е = 5(/ ———лк = 5 -10* лк.
\10,03 j
Ответ: Е = 5'10® лк.
Задача 10
Высоко над горизонтальной поверхностью расположен точечный источник света с силой света I = 50 кд.
Между ним и поверхностью помещена собирающая линза с оптической силой D = 5 дптр так, что источник света находится в ее фокусе (рис. 20-8). Найти освещенность Е поверхности под линзой.
Рис. 20-8
722
Решение. Освещенность поверхности Е определим отношением светового потока Ф, падающего на нее, к освещаемой площади S:
Ф
Е =	(1)
О
Поскольку источник находится в фоку-
Дамо: I« 50 кд
D *= 5 дптр d « F
E-?
се линзы, т. е. расстояние от него до линзы d «• F, где
F =	- фокусное расстояние, то лучи после линзы пой-
дут параллельно ее главной оптической оси, образуя светящийся цилиндр с равными верхним и нижним основа
ниями S. Согласно сказанному d = — и, кроме того,
Ф = 1£2, где телесный угол Q = —- = SD2, поэтому d2
Ф~18&.	(2)
Нам осталось подставить (2) в (1):
F - ISDt £л ...—
S
Произведем вычисления: Е « 50 • 52 лк - 1250 лк. Ответ: Е = 1250 лк.
Е = ID1
от 0,5 до 0,9
Задача 11.
Над центром круглого стола радиусом й = 1 м висит лампа е силой света I “ 100 кд (рис. 20-9). Построить график зависимости освещенности Е края стола от высоты h лампы над столом Е = Е(Л) в интервале от 0,5 до 0,9 м через каждые 0,1 м.
Дано:
1 м /- 100 КД - 0,5 м йа = 0,9 м
Решение. Сначала выведем формулу, устанавливающую зависимость освещенности края стола Е от высоты h источника света:
Е = Е(Л) - ?
’ Е = —cosa, где г - расстояние от ис-в*2
точника,света до края стола, а - угол падения лучей на край.
По теореме Пифагора г® = h* + IP.
723
„	ЛА
Кроме ТОГО, COSCX = — =	:   , - .
г а/л2+я2-
С учетом этого
/А
Ih
Е =-------- --
(a2+b2)Va2+h2 1/(ьг+я2)’
Теперь заменим I и R их численными значениями:
100А £ = -==== V(AS+D® Далее, будем придавать h численные значения 0,5; 0,6; 0,7; 0>8; 0,9 м и, подставляя их поочередно в (2), вычислять соответствующие им величины Е. Заполним таблицу:
(1)
(2)
А, м	0,5	 0,6	0,7	0,8	0,9
Е, лк	35,8	37,8	38,5	38,1	37,0
лкм
39-
38
37
36
+
Зб	...
0,4 0,6 0,6 0,7 0Д 0,9 Л, м Рис. 20-10
Построим график £ = - £(А) (рис. 20-10).
Мы видим, что функция £ = £(Л) достигает максимума при А “ 0,7 м, т. е. при этой высоте освещенность края стола максимальна. В следующей задаче мы подтвердим этот факт теоретически.
Задача решена.
Задача 12
На некоторой высоте над круглым столом .радиусом R висит лампа с силой света I. На какой высоте h должна она висеть, чтобы освещенность края стола Е была максимальной?
Дано: R
Решение. Воспользуемся формулой (1) в задаче 11 как готовой (но, если вам попадется такая задача, непременно сделайте рисунок 20-9 и вывод этой формулы):
Л - ?
7(Л2 +Н2)3
724
Теперь надо исследовать эту зависимость Е от й на экстремум.
Для этого надо взять первую производную выражения (1) по А й приравнять ее нулю, а затем из полученного равенства найти высоту Л, при которой освещенность стола будет максимальной.
Приступим:
7(Л2+Я2)8 - Л | y/h2+R2 . 2й (й2+Я2)8
Так как 1 * 0, то нулю равен числитель этой дроби:
7(й2+я2)3 -зл27л8+я7 = о»
т/(Л2+Я2’’ = Зй27л2+Я2 . (Л2 + л2)2 = 9ЙЧЙ2 + Я2), (*’ + Я2)2 = 9й\ Л2 + Я2 = Зй2, JP - 2Л2, ,	[7 я]
откуда	й = -=
Бели вернуться к задаче 11, то при Я -> 1 м освещен-
ность максимальна, когда й = -= м = 0,7 м, как у нас V2
<ЙМ‘ и получилось.
R
Ответ: h = —=
V2
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Какой световой поток Ф ттхуылет точечный источник силой света I = 30 кд-внутри телесного угла О - 0,6 ср (стерадиан)? Во сколько раз этот световой поток меньше полного светового потока Фо, испускаемого этим источником?
Ответ: Ф = 18 мм, Фо/Ф « 217
Задача 2. Чему равна сила света I точечного источника, расположенного в центре прозрачной сферы радиусом R ~ 0,8 м, причем с части поверхности этой сферы площадью S = 1 м2 излучается световой поток Ф « 300 лм?
ФЯ2
Ответ: I = —= 192 кд. о
Задача 3. Когда высота Солнца над .горизонтом ф ~ 30°, освещенность земной поверхности £ == 400 лк. Насколько изменится освещенность поверхности, если высота Солнца увеличится вдвое?
Ответ: &Е = £(2 cos ф - 1) “ 293 лк.
725
Задача 4. На какой высоте Л над чертежной доской,ч наклонено# под углом а 45° к горизонту, должна висеть лампа, излучающая за t = 10 мин световую энергию W =* 60 кВт? Световая эффективность лампы Ь ** 19 лм/Вт, требуемая освещенность доски £ = 60 лк.
л fwE „ о
Ответ: h = J- - cosy - 1,3 м.
VinEt
Задача 5. При печатании фотоснимка его освещенность была £ - 60 лк, когда лампа располагалась на расстоянии г =• 1 м от него. При этом время экспозиции было I = 2 с. Насколько4 уменьшилось время экспозиции, если силу света лампы увеличили на ДГ - 20 кд?
л	дГг2
Ответ: At = t------0,5 с.
E + АГг2
Задача 6« Над полом на высоте h = 3 м висят две лампы, излучающие световой поток Ф = 2500 лм каждая* Расстояние между лампами I = 4 м. Определить освещенность £t пола под каждой лампой и освещенность Е2 в точке пола, равноудаленной от обеих ламп.
л	г, ф( 1	*	1
Ответ: Ег -	+ -у	27 лк,
4Ф
Sg = —<	— 8,5 лк.
nV(4A2 + Z2)3
Задача 7. Сила света первого точечного источника в N «• 1,5 раза больше силы света второго. Между источниками света расположен тонкий экран на расстоянии rt - 20 см от первого источника. Чему равно расстояние г между источниками света, если освещенность Е экрана с обеих сторон одинакова?
1
Ответ: г - г* 1 +
= 36 см.
Задача 8- Посередине между вертикальными плоским зерка-
лом и экраном находится точечный источник света с силой света I « 100 кд. Освещенность в центре экрана Е “ 50 лк. Чему равно • расстояние I от зеркала до экрана?
Ответ: I = ^4,4-^ == 3 м.
Задача 9. Чему равен полный световой поток Фо, испускаемый точечным источником света, расположенным на главной оптической оси собирающей линзы диаметром * 20 см, если на экране лучи образовали световое пятно диаметром Z>2 = 2 см. Фокусное расстояние линзы F •» 8 см, расстояние от линзы изображения источника f = 30 см. Освещенность светового пятна Е — 500 лк.
Ответ: Фо “ 4лД^	“0,6 лм.
726
Задача 10. Полный световой поток, излучаемый точечным источником света, Фо * 40 лм. Точечный источник расположен в фокусе собирающей линзы, фокусное расстояние которой J - 30 см. Чему равна освещенность £ поверхности под линзой?
Ф
Ответ: £ = —= 35 лк. 4л?2
Задача 11. Над центром круглого стола диаметром D = 1,5 м висит лампа с силой света I = 200 кд. Постройте график зависимости освещенности £ края стола от высоты h лампы над ним в интервале высот от h = 0,4 до 1,2 м через каждые 0,2 м.
21. ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ
Краткая теория.
Методические указания к решению задач
В теории относительности рассматривают движение частиц со скоростью порядка 107 м/с, т. е. близкой к скорости света в вакууме с = 3 * 108 м/с. В основе теории относительности лежат постулаты Эйнштейна:
1-й постулат: любые физические процессы протекают одинаково во всех инерциальных системах отсчета;
2-й постулат: скорость света в вакууме абсолютна, т. е. одинакова относительно любых инерциальных систем отсчета.
< Следствием этих постулатов являются релятивистские эффекты замедления времени и сокращение длины материальных объектов, движущихся с релятивистской (порядка 107 м/с) скоростью. Если промежуток времени между двумя событиями в неподвижной относительно наблюдателя инерциальной системе отсчета равен t0, то промежуток .времени между этими же событиями в дай-жущейся инерциальной системе отсчета
(21.1)
где v - скорость движущейся системы отсчета.
Если длина объекта в неподвижной относительно наблюдателя инерциальной системе отсчета равна 4» то длина этого же объекта в движущейся со скоростью п системе равна:
-44
(21.2)
Если инерциальная система отсчета движется со скоростью у0 относительно неподвижной системы отсчета, л в ней частица движется в том же направлении со скоростью относительно дви
727
жущейся системы, то скорость частицы и относительно неподвижной системы отсчета
И = _Jk±31_.	(21.8)
С2 Собственная энергия Ео частицы связана с ее инвариантной массой т формулой
Ео= тс*.	(21 Л)
Релятивистская энергия Е связана с импульсом массовой частицы р соотношением
Е = ,/(рс)2 + £* •	(21.5)
Импульс массовой частицы связан с ее скоростью и формулой
р = £4.	(21.6)'
сг
Импульс беэмассовой частицы р связан с ее энергией £ формулой
Е~рс.<	(21.7)
Энергия Е массовой частицы связана с ее скоростью и формулой
р-	(21.8)
J1- — «	2
V С Импульс массовой частицы р связан с ее скоростью о формулой
Кинетическая энергия Ек массовой частицы связана с ее скоростью v формулой
Ек = лгс2
(21,10)
Полная энергия массовой частицы связана с ее собственной энергией Ео и кинетической энергией Ек соотношением
£ - Е0 + £к,	(21.11)
Если использовать понятие релятивистской массы, зависящей
от скорости, то во всех этих формулах инвариантную массу т надо заменить массой покоя лц.
Когда вы решаете задачу о движении элементарных частиц, прежде всего обратите внимание на порядок их скоростей. Если скорость частицы порядка 10е м/с или меньше, то эта частица
классическая и к ее движению применимы уравнения классической кинематики и динамики. Если же скорость частицы порядка 10т м/с, то эта частица релятивистская, и здесь следует приме* нять уравнения специальной теории относительности.
728
Следует знать, что* чем ближе скорость частицы и к скорости Света с, тем большая погрешность в решении возникает при замене релятивистских формул классическими. Так, если и 0,1 с, to относительная погрешность при измерении длины
Z-ZJ1 -
6-------г
100%= 1
100% ~ 0,5%.
_	ла я , I. 0»®4с2
Если же v * 0,8 с, то о = 1 - ,11--=—
I <г
Тяням образом, решая задачи об относительном движении элементарных частиц, например, электрона и протона, когда скорбеть одной частицы относительно другой в классической кинема-тдеке равна сумме их скоростей, убедитесь, что эта скорость менее У м/Ci иначе погрешность ваших вычислений будет велика. Если скорость частиц порядка 101 м/о (например, когда частица движется со скоростью » 4 • 10* м/с, а вторая -> скоростью v2 *= 6»10* м/с), то переходите к релятивистской ^^Йфмуле сложения скоростей (21.3).
Если частица разгоняется электрическим полем, то пользовать-формулой
100% - 40%.
л тт mv* A—qU~—^—, дав q - заряд частицы, m - ее масса и U - напряжение, можно здолько при таких напряжениях U электрического поля, которые Сообщат частице скорость и < 107 м/с. Например, если этой час-'З^Ецей является электрон и он разгоняется полем, где U < 1 кВ, пользоваться приведенным выше равенством еще можно, поскольку при U » 1 кВ скорость электрона порядка 10е м/с. Л если V * 10 кВ, то применение этой формулы даст слишком большую Погрешность, так как в таком поле электрон разгонится до ‘релятивистской скорости порядка 10* м/с. Если же U ** 100 кВ, то применение приведенной выше формулы для вычисления скорости Электрона v iqxmej&x к тому, что скорость электрона окажется 4ольхпе скорости света с, что невозможно. В таких случаях работу поля А qU следует приравнивать релятивистской кинетической энергии электрона, которую определяет формула (21.10).
Если вам «повезет» на задачу, где требуется применить урав- . нения релятивистской динамики, можно уточнить у экзаменатор ров, какое решение их больше удовлетворит: с использованием понятия «масса покоя т0« и «масса движения т» или «инвариантная масса т», одинаковая во всех инерциальных системах отсчета. Поскольку подход к решению таких задач различен, мы рассмотрим решение задач с использованием понятия инвариантной массы m отдельно от решения задач, где применяется понятие релятивистской массы, т. е. массы покоя и массы движения ж. Релятивистская масса ж движущейся со скоростью и частицы связана с ее массой покоя me формулой
то
729
Запомните: если скорость частицы в какой-либо инерциальной системе меньше скорости света в вакууме с, то ее скорость всегда будет меньше с в любой другой инерциальной системе» т. е. по отношению к любым материальным объектам, движущимися с любыми скоростями, скорость этой частицы и будет меньше с. Если же скорость частицы равна с (фотон, нейтрино), то она всегда будет равна с по отношению к любым инерциальным системам отсчета.
В некоторых учебных пособиях введен термин «скорость взаимного сближения частиц» или «скорость их взаимного удаления» (Физика 11 / Под ред. А. А. Пинского, М., «Просвещение», 1995)< При этом под «скоростью взаимного сближения» подразумевают не. скорость одной из сближающихся частиц относительно другой, а нечто иное. Определяют скорость взаимного сближения частиц простым арифметическим сложением их скоростей независимо от порядка их величин, а скорость их взаимного удаления, - вычитанием скоростей. При этом скорость взаимного сближения двух фотонов оказывается равной с + е ** 2с, т. е. больше скорости света в вакууме. Здесь все дело в терминах. Поэтому запомните: если вам требуется определить скорость одной из сближающихся частиц относительно другой, то используйте формулу (21.3). А если надо найти скорость взаимного сближения частиц, то ... все же уточните у экзаменатора, что же имеется в виду, учитывая богатство смысловых оттенков русского языка. И если имеется в виду именно скорость взаимного сближения, то просто складывайте скорости частиц, но при этом на всякий случай подчеркните, что эта «взаимная скорость» не есть скорость одной частицы относительно другой.
Решение отдельных задач
Задача 1
Две частицы в некоторый момент времени находятся на расстоянии S - 1 км друг от друга и движутся навстре-чу друг другу со скоростями — 0,4с и с2 = 0,6с. Через какое время t они столкнутся?
Решение. Время сближения частиц t определим из уравнения равномерного движения
t - ?
где v - скорость, с которой одна из частиц приближается к другой. Ее найдем по формуле (21.3):
730
Р.Л±Х.	(2)
1 + » С Подставив (2) в (1), мы решим задачу в общем виде:
. _ 1,24S c
Cz J
С учетом того, что о, = 0,4с, ат2 — 0,6с, имеем
S f	0,4с-0,6 с
0,4с + 0,6с с2 J*
Переведем в СИ единицу S: 1 км = 1 -103 м.
Произведем вычисления: 1,24 -10®
* = '' * 1 "я с — 4 * 10 е с = 4 мкс. 3-10®
Ответ: t — 4 мкс.
Задача 2
W: Чему равна скорость v0 одном инерциальной системы ^счета относительно другой, если скорость частицы относительно одной системы v = 0,5et а ее же скорость относительно другой инерциальной системы отсчета == S* 0,3с, где с - скорость света в вакууме?
Sr— 0,5с
Ж = 0,3с
,'С = 3-108 — с
Ро~ ?
Решение. Примем одну из инерциальных систем отсчета, относительно которой скорость частицы равна о, за неподвижную. Тогда вторая система отсчета движется относительно первой со скоростью и0, а частица движется относительно вто-
рой системы отсчета со скоростью
Согласно правилу преобразования релятивистских скоростей
1 + Щ. с2  Отсюда найдем скорость у0 одной инерциальной системы отсчета относительно другой: iweu,	'	' WnV,
v + —= i>0 + рх, v - <>! = о0--, откуда
с .	с*
731
V - Ог
v„ =-----— или с учетом условия задачи
♦	i
с2
0,5е - 0,Зе Л „,
°о =---х-=—=0,24 с.
- _ 0,5с • 0,3с
Произведем вычисления:
и0 = 0,24 • 3 • 10е — « 7 • 10т —. с	с
Ответ: va=* 7 -107 м/с.
Задача 3
В некоторой инерциальной системе отсчета К частица А покоится, а частица В удаляется от нее со скоростью v = 0,2 с. С какой скоростью и0 должна двигаться другая инерциальная система отсчета относительно первой, чтобы обе частицы удалялись от нее с одинаковой по модулю скоростью, но в противоположных направлениях?
Дано: v = 0,2с
с “ 3 • 10* — с.
Решение. Обозначим Cj модули скоростей частиц Ал В относительно системы Х(. Пусть система К неподвижна. Скорость частицы А относительно системы К равна нулю, а относительно системы КЛ * 1
пусть она равна - vlt т. е. пусть частица. А движется антинаправленно системе Тогда формула (21.3) применительно к

.	Л "Vi +Ц>
частице А примет вид 0 = —5---, откуда u, — i»0. (1)
1 + ^ф-с .
Частица В согласно условию должна двигаться в системе Кi противоположно частице А со скоростью относительно системы и сонаправленно с ней. И при этом скорость частицы В относительно неподвижной системы JT согласно условию о. Тогда правило преобразования скоростей применительно к частице В примет вид
”1 + уо и = —*-—
1+^-с
(2)
732
2Ул
С учетом (1) выражение (2) примет вид v =-. (3)
v2
С2 н,	V
у0 = — 1 - J1 - -Г
V
Определить из (3) искомую скорость о0:
v + —Va=2vOt —V2-2и0 +О = 0. с	С*
I
1 V" с*
Отсюда	----- или
г
Знак «плюс» перед корнем мы опустили, иначе va бу* •дет больше с.
с2
с2 L L
С учетом условия v0 = —— 1 - J1 -О,2с V
Произведем вычисления:
«в = 0,1 • 3 • 10е - = 3 • 10т -. с	с
Ответ: v9 = 3 • 107 м/с.
0,04с2 с2
0,1 с.
Задача 4
Чему равна относительная погрешность 5 вычислений дри замене релятивистского правила преобразования скоростей классическим законом сложения скоростей Галилея, если скорость подвижной системы ЛГЯ относительно Неподвижной ов “ 0,2 С, а скорость частицы относительно подвижной системы Vi = 0,8 с?
Дано: ув • 0,2 с vt ж 0,8 с
8 - ?
Решение. Относительную погрешность 8 определим отношением разности До =	-
- у.вс2» где оабс1 - абсолютная скорость части-
цы, т. е. скорость относительно неподвижной системы К в классической механике, а у.».- -абсолютная скорость этой частицы в реляти-
вистской механике, к ее скорости олг, выраженным в %:
8 = -=^-100% =	Es5£2 ю0% иди
Уабс2	* Уабс2
8 = [^1._1|100%.	(1)
^и««е2 J
Согласно галилееву правилу преобразования скоростей
733
“ о. +	(2)
Согласно правилу преобразования релятивистских скоростей
v - °<>+и* 
1 । сi 2 Подставим (2) и (3) в (1):
/ \
(3)
8 =
100%= 1 + ^--1
q»+»i »»+О1
5 = У»^-100% с2
С учетом, условия задачи
8 - О^.ОЗс 1(Юо/о = 16%
с2
Ответ: 8 = 16%.
Задача 5
Три частицы движутся в одном направлении вдоль одной прямой 8 инерциальной системе отсчета. Скорость первой частицы относительно второй о12 = 0,2 с, скорость второй частицы относительно третьей = ^,5 с. Скорость третьей частицы относительно этой системы отсчета vs = — 0,7 с. Чему равны скорости первой частицы ot и второй о3 относительно системы отсчета, в которой они движутся?
Дано: v13 = 0,2 с v2, - 0,6 с о* - 0,7 с
Решение. Скорость второй частицы относительно системы отсчета согласно правилу (21.3)
i  P3M23 С2 или с учетом условия задачи
v2 =
0,7с + 0,5с
0,7с 0,5с ~ *""""'.л
0,89 с.
734
Теперь, зная абсолютную скорость второй частицы va и .скорость первой частицы относительно второй, определим по той же формуле скорость первой частицы у, от-
у2 + у,2 носительно системы отсчета:.	~ или с учетом
1  v2u12 г
значений v2 — 0,89 с и у13 “ 0,2 с
0,89 с + 0,2с л 
Ul"1 0,89с 0,2с" 0,92 С' сг
Ответ: yt = 0,92 с, у3 = 0;89 с.
Задача 6
Звездный корабль, движущийся со скоростью у. “ 0,8 с, путешествовал t0 — 10 лет по часам космонавтов. Насколько земляне будут старше космонавтов, когда корабль вер-* йется на Землю?
доано: v — 0,8 с t — 10 лет
е = 3 • 10* — с
^ - ?
Обозначим Дг разность между возрастом космонавтов и землян по возвращении корабля на Землю.
Решение. Разность Дг между возрастом космонавтов и землян можно определить, отняв от промежутка времени t между моментами старта корабля и его возвращением на Землю по часам землян, промежуток времени t0 между этими момен
тами по часам космонавтов: Д£ = t - tQ.
Промежуток времени t по часам землян связан с промежутком времени г0 по часам космонавтов соотношением
С учетом этого
дг =
Задача в общем виде решена.
Подставим числа и произведем вычисления:
785
At = 10
1 -1
I _ 0,64cI 2 сг Ответ: M » 6,7 лет.
лет = 6,7 лет.
Задача 7
С какой скоростью v должен лететь космический корабль от Земли до звезды, чтобы собственное время по* лета космонавтов ta было в 1,5 раза больше времени tcl, необходимого свету для преодоления того же расстояния?
Дано: “ 1»5 tCB
с = 3 • 108 -с
V - ?
Решение. Пусть расстояние от Земли до этой звезды равно S. Тогда время, за которое свет ее достигнет,
Согласно условию, собственное время космонавтов t0 « 1,5 tw, значит,
t0=U-.	(1)
С
Время, в течение .которого космонавты преодолеют расстояние S, двигаясь со скоростью v (координатное время), с. точки зрения земного наблюдателя:
(2)
Поскольку t -
то с учетом (1) и (2)
S _ 1,55
v I 7’
I о**
1,5р = сJ1 —- , 2,250* = сг - о2, откуда
Произведем вычисления:
736
Р =	= 1,7 10е-
73,25 с	с
Ответ: в = 1,7 • 108 м/с.
Задача 8
'Чему равно собственное время t0, необходимое для ...ffljyiieta космонавтов к звезде Альфа-Центавра, до которой ШЙ>-должен лететь = 4 года. Скорость космического МШбля V'™ 0,9 с.
Решение. Расстояние от Земли до звезды	S = ct„. *	(1)
Для космонавтов это же расстояние
S - vt,	(2)
где t - координатное время. Оно связано с собственным временем космонавтов t0
формулой
, откуда искомое
I о2
<₽емя f0 = ф —г.	(3)
I с
. Приравняем (1) и (2), определим координатное время t:
ct„ = vt, откуда t =	.
d I
Нам осталось подставить (4) в (3): t0 =	J1 —г
VI с
учетом условия и — 0,9 с
ct_ Г 0,81с2 л _
Произведем вычисления:
или.
tp “ 0,48 • 4 года = 1,92 года = 1 год и .11 месяцев.
Ответ: ta = 1 год и 1-1 месяцев.
Задача 9
. Собственное время жизни частицы t0 = 2,5 • 10 8 с. Ча->стица пролетела с момента своего рождения до места распада расстояние S — 500 м. На сколько процентов ее скорость меньше скорости света с = 3 • 108 м/с?
24. Репетитор по физике. Т 2
737
Дано: t0 - 2,5 • IO-9 с
с = 3-10* -с
Я - 500 м
Др
—100% - ? р
Решение. Разность между скоростью частицы р и скоростью света с
Др = с - и.
С учетом этого
—100% =	100% = Г - -11100%. (1)
V	V lv /
Таким образом, задача сводится к определению скорости частицы р. Запишем формулу, связывающую координат-
ное время частицы t, за которое она проходит расстояние Я со скоростью р, с ее собственным временем
«о  . S	S t0
= -p=.W < = -. поэтому 7’Т^Г Г"7 	Г 7
Отсюда определим скорость частицы р: S2 _ t*	s2 еЧ* •
р2 „ Р2 / р2 с2 - р2
cS c2S2 - v2S2 = c2P2t02, откуда о =	....-=
to + -s
Нам осталось подставить (2) в (1):
(2)
— 100% = V
3 • 108  2,5 • Ю-8
500
— +1-1 100%
0,01%.
Ответ: — 100% = 0,01%.
•   - - о.
Задача 10
. . С какой скоростью jo должно двигаться тело, чтобы его длина, уменьшилась на 20% по сравнению с длиной в состоянии покоя.
738
Дана:
“0,2 %
С - 3 • 10» — с
v - ?
Решение. Поскольку относительное уменьшение длины тела
где длина тела 10 в движущейся системе отсчета связана с длиной тела I в неподвижной системе отсчета К соотношением

то
Отсюда определим скорость тела v:
AZ
*0
^0 J
т-4
V2 Л AZ । —- г	.
— = 2— -1 — 1 , откуда и « с — 2 - —
£ Ч) J	I т>
Произведем вычисления:
v = 3 • 10е Vo^(2-O,2) — = 13 • 10е —.
С	с
Ответ: v = 1,8 • 10® м/с.
РЕЛЯТИВИСТСКАЯ ДИНАМИКА
Задачи с использованием понятия инвариантной массы
Дано:  Ек - 0,25 тс»
?с = 3 • 10» -
ох__________С
Задача 11
Чему равна скорость о частицы, если ее кинетическая энергия £к - 0,25тс»?
Решение. Кинетическая энергия релятивистской частицы определяется формулой
*4

т


730
Ек =тс3
. -1 ч;
Учтем, что согласно условию задачи Ек = 0,25 тс2:
A
1
= -1 , -
•	I1--	1
U г	J 11
_ у2 _	1 о2 = t______1___
1	с2 1№
Произведем вычисления:
v 0,6 • 310* “ - 1,8 • 10® —. с	с
м
Ответ: v - 1,8 • 10*— • с
0,25 me2 = me2
1,25,
0,36, 11> « 0,6 c|
Задача 12
Релятивистская частица массой m, покоящаяся относительно инерциальной системы отсчета, самопроизвольно распадается на две частицы с массами тг ят2. Определить энергии и Et образовавшихся частиц.
Дано: m
JTlg c
Ei - ? Et~?
- Решение. Запишем законы сохранения энергии Е я импульса р системы этих частиц. Так. как частица до распада покоилась, ее суммарный импульс р *0 и таким же он должен остаться и после распада. Если импульс одной частицы после распада стал рг, а второй - рг, то по закону сохранения импульса 0 е А+Рг
или в скалярной записи 0 -= р, - рг, т. е. частицы после распада стали двигаться антинаправленно друг другу, поэтому	Pi » р2.
. По закону сохранения энергии собственная энергия частицы Ев до распада равна сумме полной энергии Е, одной частицы и полной энергии .Ег другой:
Ео Ei + Ег, где Ео “ лк2, поэтому me2 - Е, + Ег. (1)
740
Теперь свяжем энергию каждой частицы с ее импуль*
ЙОМ (см. формулу 21.5):
Е2 - р2с2 - т2с*	(2)
и	Е2-р22с2=т2е.
Поскольку Pi = р2, то Е2 - Pjс2 = т2с4 , откуда
р2с2 = Е2 - т2с4 .	(3)
Из (2)	р2с2 =Е2-т2с*.	(4)
Приравняем (3) и (4): Е2 - т2с4 - Е2 - т2с4.	(5)
.. ^Теперь выразим из (1) энергию Е2 и подставим в (5). мы получим одно уравнение с одной искомой энер Ья$й Et, которое и решим. Приступим: &а (1)	Е2 = тс» - Ei.	(6)
Подставляем (6) в (5): (me2 - EJ2 - т|с4 = Е2 - mfr4, т2с4 - 2mc*Et + Е/ - mfc* - Е2 - т2с4, с4(т2 + т2 т2) - 2тс2Е1, откуда _ с2(т2 + т2 -'т2)
Поскольку Е2 > Е - Ej - тс» - Еи то _ _ г с2(т2 + т2 - т2) _ г 2т2 -т2 -т? + т2 2т___________________________ 2т
,т2-т12+т^ £1 а С "	"	1
___________2т____
Обратим внимание на то, что сумма масс образовав* Щихся частиц т( + т2 меньше их исходной массы т. Только при этом условии частица может самопроизвольно распасться на две частицы. Если же вц + ms > m, то тамопроизвольный распад частиц невозможен.
Задача 13
Релятивистская частица с собственной энергией E^t ищущаяся в инерциальной системе отсчета со скорос-ю распадается на две одинаковые безмассовые час* цы, импульсы которых антинаправлены друг другу. !му равны импульсы pt и р2 этих частиц в этой системе счета?
741
Дано:
о с
Pi~? Л-?
Решение. По закону сохранения импульса импульс частицы р до ее распада равен Сумме импульсов безмассовых частиц и р2 после распада:
Р = Pi + Рз •
В скалярной записи с учетом направления импульсов р = Pi - рг.
Ev
Поскольку согласно 21.6 р - ——, где Е - полная энер-с*
Ev
гия частицы до ее распада, то —г ~ Pt - Рз-	(1)
с
Полная энергия частицы Е равна сумме ее собственной энергии Ео и ее кинетической энергии Ек:
Е = Eq + Ек, где E„ = me2
Д=-1
и тс2 = Ео,
поэтому Е = Ео + Ео
-1
уЕ9. _
(2)
(3)

Подставим (2) в (1): vE0 ---7=== =Р1-Р2ИЛИ
Теперь воспользуемся законом сохранения энергии:
Е — Ei + Е3, где энергии безмассовых частиц Ех и Е2 согласно уравнению Е* - pfe2 = тс*, где т = 0, соответственно равны: Ei — ptc nEi = PtC, поэтому
Е
Е pic + р2с < c(pi + р2), откуда Pi + ра — — или с уче-
Ел Ел
т-?
(4)
’742
Сложим (3) и (4). При этом получим одно уравнение с искомым импульсом pt: уЕ0 Р1~Рг + Р1+ Ра~ г Cv<
2А= .Е°	[- + 1
Ео
‘ - V* -4с* - V2
_ До(» + е)
de* -V*
Ео (и + с)2 откуда А =
Из (4) р2 = 7А=?-А.=
Vc-v
Eo v + c кяи Pi = —- л----
2g V с - у
Д» |(с + у)* = Ео (1 _ с + и> 2с 1 с2 - у2 ^/с2 _ р1 2с J
Е0(2с - с -у) ,Е0 с-у Jc2 -у2 -2с 2е Ve2 - и2
или окончательно
Задача решена.
Ер /с-у 2с Vc + и
Ответ: pt —
Ер О + С 2с V с - у *
Ео /с-у 2с Vc + y '
Задача 14
Покоящаяся частица массой mt поглощает беэмассовуто частицу с энергией Е. Чему равна масса т2 вновь возникшей частицы?
Дано: т, Е с
Решение. По закону сохранения энергии собственная энергия Eq 31 m1c2 покоящейся частицы плюс энергия Е налетающей на нее безмассовой частицы ранка полной энергии Е2 <^разкяишяРвй^ ся частицы массой т2:
Ер + Е = Е2 или miC* + Е ж Es.	(1)
Энергия новой частицы Еа связана с ее мас-
сой mt и импульсом рг соотношением
Е| - р2с2 = МрС*.	(2)
По закону сохранения импульса импульс безмассовой частицы Pi равен импульсу новой Частицы р2>
т2 - ?
743
(3)
Pi “ Pv где энергия Е налетающей безмассовой частицы связана с ее импульсом pt соотношением (при т ~ 0)
Я* - pfc2 = 0, откуда Pi = у = Рг.
Подставим (1) и (3) в (2):
-2 . пЛ & _2 _._2„4 ----------— с — т2с .
с
Отсюда найдем т2:
mfc* + 2т1с2Е + Е2 -Е2 = т2с4»
т2с* = т1с2(т1с2 + 2£), т2
21Л m1+p-
2Е) или
тг » |тг
Задача решена.
Ответ:- т2 =
2Е с8
Задача 15
Чему равен процент ошибки при расчете конечной скорости элементарной частицы, разгоняемой из состояния покоя, если ей сообщают энергию Е, в 1,5 раза превышающую ее собственную энергию £0?
Обозначим Ev разность между класси- . ческой конечной скоростью р, и релятивистской скоростью рр.
Решение. Поскольку А р = рк - рр,
” v₽ up
Классическую скорость частицы ок найдем, воспользовавшись классической'формулой кинетической энергии:
_ mv2	12ЕК
Я* = -z-1» откуда = J— .
ш	1 ТЛ
Согласно условию £в - 1,5£0 l.Smc2. С учетом этого
Дано: Е « 1,5Я0
Др —100% - ?
то — -	1<ю% - Ь. - 11100% .(1)
V.
V,
mv.
V .т
Теперь запишем релятивистскую формулу кинетической . . энергии, из которой найдем релятивистскую скорость ор: -
744
= тс1
-тс
— 2,5.
VL г
ълтл с. учетом условия задачи _„S ч е 2 /ЛС 1,5тс = I о*
V2 1	V2 ' 21
1—L_	11 = ££и	и
с2	Ш	?	25
Нам осталось подставить (2) и (3) в (1). Проделаем эти действия:
(3)
—100% = V»
../о ч
100% ~ 89%. cV21
Ответ: —100% = 89% vf
Задача 16
Масса совокупности двух безмассовых частиц, движущихся'с противоположными импульсами, равна т. Чему равна энергия Е каждой частицы в отдельности?
Дакс.* т -с
Е - ?
Решение. Если импульсы обеих частиц противо- -положим, то их общий импульс р^ — р - р “ 0. При этом общая энергия Е^ системы этих невзаимодействующих частиц может быть определена иа равенства	= т*с* с учетом,
,что == 0. Отсюда Е^ = тс2, а по закону сохранения энергии	Е^ e 2Е.	-----:-----
. С учетом этого 2Е = тс2, отсюда Е  0,5 тс2 Вы уже не удивляетесь тому, что масса совокупности двух частиц, массы которых равны нулю, не равна нулю?
Ответ: Е в 0,5 тс2.
Задача 17
Две частицы с массами т и 3m движутся в инерциальной системе отсчета навстречу друг другу со скоростью v каждая. Чему равен избыток массы Am совокупно-
745
сти этих частиц и собственная кинетическая энергия 2?, этой совокупности?
Дано: т Зт v с
Дт - ? Е-?
Решение. Общая энергия Е^ совокупности частиц связана с массой т^ этой совокупности равенством Е^ - р^с3 = т^с4.	(1)
Если мы определим отсюда массу совокупности частиц т^, то избыток массы Дт этих невзаимодействующих частиц найдем по фор* муле
Ат = Мл* ~ (« + 3 т) = т^ц - 4 Г»-
м2 _2
|Лобщ ~ РобщС ^общ -
(2)
Из (1) "И с’ По закону сохранения энергии полная анергия системы этих частиц равна сумме полных энергий Et и Ег каждой частицы: „	„	„ тс* 2 . Зтс3 4тс2
Е<лц Ei + Ег ~ I---j- +	= I----f
.1-—	J1- —
V с2	1 с3
Поскольку частицы движутся навстречу друг другу, то их общий импульс Зто то Р<Л^ (	«	I	2
11.^. Jl-^ Г с2	Г с2
Подставим (3) и (4) в (2):
Зтс3
2ти
(3)
(4)
1

16т2 с4 4m3v3c3
>4

4с2 - у3
= 2т	.
Тогда избыток массы совокупности частиц равен
/4с2 - v2 Am = 2m-I —~------г- -4 m,
V с2 - v2 '
Am “2 m
'4с2 - Vs _ “ л
С3 -V3
Из теории мы знаем, что собственная кинетическая энергия системы этих частиц Е„ ~ Ате2
746
Ответ: Ьт = 2 т
4с2 - pz
cs - v2
-2 , Еко “ Дтс2.
Задача 18
Насколько возрастет масса кислорода, если его изохор-$ нагреть от 10°С до 410°С? Молярная масса кислорода £ '=«= 0,032 кг/моль. Масса кислорода при 10°С т — 10 кг.
Решение. Изменение полной энергии кислорода ДЕ произойдет за счет количества теплоты Q, полученного при его нагревании:
ДЕ - Q (1),' где ДЕ - Дтс2 (2) и Q = cm(t% -t®).
Удельную теплоемкость кислорода при постоянном объеме ev определим как отношение его молярной теплоемкости при постоянном объеме Cv к молярной массе М: 'е.-^-гдеС.^Я.	,
Здесь i = 5- число степеней свободы двухатомных молекул кислорода и R - молярная газовая постоянная.
IR 2М'
Тогда	Q -	(t® ~ *1°).
«JU
Нам осталось подставить (2) и (3) в (1):
iRtn f q (ц =	" М - откуда Дт
Произведем вычисления: k
5 • 8,31 • 10(410 -10)	'	П11 ллп
Длг = —_ _	~ :lt" кг = 3 * 10“ кг = 0,03 мкг.
»t = 10°С
2 = 410°С
> = 0,032 <т “ДО кг
кг моль
Дж
«“8,31	„
моль < К
йп - ?
где С,
учетом этого
(3)
~^-(t“ -Л?)
2Мсг 2	1
2 • 0,032 • 9 • 101в Ответ: Лт = 0,03 мкг.
Задача 19
Какая работа А будет совершена, если на электрон, Зчальная скорость которого равна нулю, действовать в учение t » 10 с силой F =* 2 нН (наноньютонов)? Масса хектрона т — 9,1  10"31 кг.
747
Дано: v0 = О t = 10 с F - 2 нН т = 9,1 • 10-81 кг
Р&ение. Работа А равна кинети-
ческой энергии электрона Е :

А-?
(1)
Импульс силы Ft, подействовавшей на электрон, равен изменению импульса электрона Др = р - 0 = р:
Ft = р.	(2)
Импульс электрона* Р =
(3)
С учетом (2) Ft - .	.	(3)
Г?
I с
Из (3) найдем скорость частицы и: 2 т2 2	V
(Ft)2 =---г » (Ft)8 - (Ft)2 -2 « т2иг, откуда
(4)
2 + (Ft)2
Подставив (4) в (1), получим / \
А = тс2
L (Ft)2c2 с2(т2с2 + (Ft)2)
- или после упрощений
А
Поскольку Ft “
-1 .
2 ’ 10"3 Н • с во много
раз больше те = 9,1 • 10-а1 • 3 • 10е кг— = 2,7 • 10'22 кг—, С	с
Ft	4
то — потому можно приближенно считать» что тс
748
znc J *
-	;	2 (Л)4	-------
Тогда A - me J—z-z- или окончательно A = eFt V me	*-------
Произведем вычисления:
A = 3 • 10е • 2 • 10-» • 10 Дж = 6 Дж.
Ответ: А = 6 Дж.
Задача 20
Электроны достигают анода рентгеновской трубки, Шнея скорость v = 1,2 * 10s км/с. Каково анодное напряжение U — 1 Масса электрона т = 9,1 * 10*11 кг, модуль Ото заряда е - 1,6 * 10~м Кл.
Дано:
I - 1,2- 10 s — С
Й.-3 108 ~ А'С	'	®
Д, - 9,1 • 10-’ кг 1,6-1018 Кл
Й - ?
Решение. Из электростатики мы знмм, что напряжение U, т. е. разность потенциалов между анодом и катодом, можно определить отношением работы А, совершаемой электрическим нолем но.-перемещению электрона-от катода, к аноду, к величине
А заряда электрона е: U = — е
Если считать, что скорость элект-
_ рона но вылете из катода равна нулю ш самом деле это не так, но эта скорость крайне мала |по сравнению со скоростью электрона при подлете к анода, поэтому ею можно пренебречь), то работа электрического поля А равна , кинетической энергии электрона Е„ litwsfisiD он приобретет, подлетая к аноду: А~ЕК.
, Поскольку скорость электрона о - 1,2'10® км/с = 1,2 * 10s м/с является релятивистской, то его кинетическую энергию определим по формуле

749
Тогда
е
J
Переведем в СИ единицу скорости:
1,2-10е — = 1,2- 10е-с	с
Подставим числа и произведем вычисления:
v _ 9,1- 10~,х • 9 • 10“
1,610“
L 1,44 • 10“ 9 10“
-1
В =
= 4,7*10* В.
Отёет: U~ 4,7 *10* В.
Задача 21
Протон влетает в однородное магнитное поле индукцией В = 2 Тл со скоростью v = 0,8 с перпендикулярно магнитным линиям. Определить радиус окружности Я, по которой он станет двигаться в этом магнитном поле. Масса протона т = 1,67 • 10-!Т кг, его заряд q — 1,6  10"*’ Кл.
Решение. На протон в магнитном поле станет действовать сила Лоренца Ря =* Bqv sin а,- где а = 90° -^угол между векторами 5 и В, поэтому = Bqv.	(1)
По второму закону Ньютона, записанному применительно к релятивистским скоростям,
F, = ц гя тростремительное ускорение протона. С учетом этого
ти
Дано:
В = 2 Тл v = 0,8 с
с = 3 • 108 -с
т = 1,67 • 10 « кг q = 1,6 * 10"*’ Кл
Я- ?
я,
. v2
, где в,= — - цен-XI
(2)
/	2 А®
4*-?
750
Нам осталось приравнять (1) и (2) и определить R с Яркяхм -того, что v = 0,8 с:..
ти1
Bqv =
, откуда
» 8 \8 4-?
т • 0,8с
mv 4-?
0,8тпс
„ Г о,Ыс‘}‘ шЛмв)’
_ 3,7те
/С — _ Вд
Произведем вычисления: „ 3,7 1,67 10"27-8 10е
R 2-1,6-Ю"1* м - 5,8 м.
Ответ: R « 5,8 м.
Задачи с использованием понятия массы покоя тф и релятивистской массы т
Задача 22
Отношение заряда релятивистского электрона к его
Массе (удельный заряд электрона) — = 0,88 • 1011Кл/кг. к	т
Опоеделить скорость v электрона.
flatto: е	Кл — = 0,86 • 10“ — т	кг ‘ж = 1,6 • 10-м Кл » - 3 • 10* -с
|р - ?
' Решение. Масса т релятивистского электрона Связана с его массойпокоя ш0 соотношением
(1)
Обозначим с скорость света в вакууме. Масса покоя электрона лгв — 9,1 • 10-®1 кг известна из
751
справочных данных. Из приведенного соотношения пай-
L v2	ть
дем скорость электрона: о = J1 —г- = —-, 1	с2	т
2	/	\2	|	/	\2
(2)
<Г \П1 )	I \гп')
Масса движущегося электрона т связана с его зарядом е == 1,6 * 101в Кл соотношением, известным из усло-
вия задачи: т = " ц кг.	(3)
U>oo ‘ IV
Отметим, что заряд электрона в отличие от его массы не зависит от скорости движения электрона и одинаков в любых инерциальных системах отсчета (инвариантен к разным инерциальным системам отсчета).
Заменив в выражении (2) массу движущегося электрона на соотношение (3), получим
L ( 0,88-10u m0Y
» I * J
Произведем вычисления:
W.10.5.
| I	1,8 • 10 w I с	c
Ответ: 2,8 • 10е м/с.
Задача 23
При какой скорости и кинетическая энергия частицы Ех равна ее энергии покоя £0?
Дано:
Е„ *= Ео
с = 3 • 10® -с
v - ?
Решение. Полная энергия релятивистской частицы Е складывается из ее энергии покоя Е9 и кинетической энергии движения частицы Ел (в специальной теории относительности не учитывается действие на частицу сильных силовых полей, например, гравитационных, поэтому потенциальной энергией частицы
мы здесь пренебрегаем):
Е - Ео + Ек.
Согласно соотношению, устанавливающему связь массы и энергии, полная энергия движущейся частицы Е связана с ее массой т отношением Е » тс2.
752
Аналогично энергия покоя частицы Ео связана с ее массой покоя т0 соотношением Е =
Масса движущейся частицы т связана с ее массой
„	та
покоя me формулой т =	_ .
F¥
Тогда т° с1 = Ек + тос2.
Но по условию задачи £х = Ео = т^с2. СТ	g	Я л 2
Тогда г—= »»ос + тос = 2т0с ,
Г с2
2, откуда
и2 , 1	3	2	3 2
г=1-т = 4’р =Г
V3
V~C 2
Произведем вычисления: и = 3 • 108	~ = 2,6 • 10* —.
2 с	с
Ответ: v - 2,6 • 108 м/с.
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Две элементарные частицы движутся навстречу друг другу с относительной скоростью v — 0,8 с. Скорость одной из них относительно лабораторной системы отсчета ” 0,4 с. Чему равна скорость другой частицы относительно этой системы отсчета?
Отверг: ой = ——= 1,7  10® м/с.
,<даД>ча ^Э?а каком расстоянии S друг от друга находились снача^й ^е’частицы, движущиеся со скоростями = 0,2 с и у2 -= 0,6 с/ если время их сближения составило t - 10 мкс?
Отеет: S = t -	“ 214 м.
UiOa + <г
753
Задача 3. Чему равна относительная погрешность 5 вычисления относительной скорости и при замене релятивистского преобразования скоростей классическим» если скорость одной из сближающихся частиц иг = 0,4 с, а другой v2 «= 0,9 с?
Ответ: S - 36%.
Задача 4. Три частицы движутся в одном направлении вдоль одной прямой в инерциальной системе отсчета. Скорость первой частицы относительно этой системы отсчета °в- 0,4 с, скорость первой частицы относительно второй и12 = 0,6 с, а скорость второй частицы относительно третьей =* 0,8 с. Чему равны скорости i?2 и у8 второй и третьей частиц относительно этой системы отсчета?
Ответ: и2 * 0,8 с, v3 - 0,97 с.
' Задача 5. С какой скоростью v должна двигаться система7 отсчета, чтобы время в ней текло вдвое медленнее, чем в неподвижной системе отсчета?
Задача 6. Элементарная частица - мезон - «живет» цо его 4 «собственным» часам = 1 с. Какое время t живет мезон по земным часам, если он движется относительно земного наблюдателя со скоростью г « 0,9 с?
Ответ: t - 1,05 с.
^ЛвС8(ачЙ^. Космический корабль будущего двигался со скорое-тыоТЛ**^ 10* км/с. На какое время космонавт, проведший в пути один.год (t0 - 1 год по часам космонавта), окажется моложе своих сверстников по возвращении на Землю?
Ответ: At = t0
10 дней.
Задача 8, Найти собственную длину стержня lQ в космическом корабле, движущемся со скоростью v ~ 0,6 с, если его длина относительно неподвижной системы отсчета I - 10 см.
Ответ: * 12,5 см.
Задача 9. При какой скорости в длина тела сокращается на 25% ?
Ответ: и - 0,66 с - 1,98 • 108 м/с.
Задачи с использованием понятия релятивистской массы
Задача 10. Насколько увеличится масса альфа-частицы при увеличении ее скорости от = 0 до у « 0,9с? Принять массу покоя альфа-частицы me - 4 а.е.м.
Ответ: Ат = т®
* 5,2 а.е.м. * 8,6 * 10-87 кг.
754
Задача 11. Во сколько раз масса движущегося протока т, имеющего кинетическую энергию £х » Ю10 МэВ (мегаэлектронвольт), больше массы покоя протона т0 * 1,67 • 10"27 кг? 1 МэВ -= 1,6 • Ю-i3 Дж.
Ответ: — =	+ 1 - 1,06 • 10».
Задача 12. Найти, во сколько раз увеличивается масса электрона при прохождении им разности потенциалов U ~ 1 МВ (мегавольт). Масса покоя электрона т0 « 9,1 • 10“81 кг, его заряд е « - 1,6 ’ 10 w Кл.
т eU
Ответ: — --------« + 1 = 2,95.
«о
Задача 13. Частица в вакууме движется со скоростью, равной половине скорости света. Во сколько раз ее масса m больше массы покоя т0?
Ответ: т/т9 ~ 1,155.
. Задача 14. т 1 г воды, взятой при температуре 1°(Г 0°С, превратили в стоградусный пар (t° яж 100°С). Насколько масса пара больше массы воды? Удельная теплоемкость воды cw ~ 4200 Дж/кг • К, удельная теплота парообразования L » 2,3 • 10® Дж/кг.
Ответ: Дт ----------=-------
е
Задача 15» Мощность излучения Солнца У — 3,83 * 10м Вт энергии. Насколько каждую секунду уменьшается масса Солнца?
Ответ: Лт =« 4,3 • 10е кг = 4,3 Мт.
Задача 16. Подъемный кран поднял груз массой т - 20 т на высоту Я = 10 м. Насколько изменилась масса груза?
Ответ: Лт = 2,2  10“п кг.
Задача 17. Найти удельный заряд электрона при скорости его движения v = 0,8с.
т = 1,055 • 10» Кл/кг.
______ Масса пружины = 5 г. На сколько процентов увеличится ее масса при растяжении пружины на х ~ 10 см» если ее жесткость k = 10 кН/м?
Ответ: —100% = —100% = 3,3 • 10’10%. е2
с^1Ядача_19. jjM сколько процентов изменится масса льда при планлотйИТ Удельная теплота плавления льда А = 3,3 • 10е Дж/кг.
Ответ: —100% = 4100% - 3,8 • 10-*«%. «о с
Задача 20. Насколько отличается масса продуктов сгорания т0 = 10 кг каменного угля от его массы покоя?
Ответ: Лт =	= 3,2 • 10‘® кг.
- 3  10"14 кг.
755
22. ТЕПЛОВОЕ ИЗЛУЧЕНИЕ. ФОТОЭФФЕКТ. КВАНТОВЫЕ СВОЙСТВА СВЕТА
Краткая теория. Методические указания к решению задач
В задачах на тепловое излучение иногда требуется определить всю энергию Е, излучаемую телом за время L Если известна его температура Т, то по закону Стефана - Больцмана можно определить интегральную светимость этого тела Я (еще ее называют интегральной плотностью излучения): " R ж оТ*, где о “ 5,67 * 10-* ДжДм* * с  К4) - постоянная Стефана-Больцмана.
Вся энергия Е, излученная этим телом (как правило, указывают, что его можно принять за абсолютно черное тело), будет равна произведению интегральной светимости Я, площади тела S и времени излучения t. Напомним, что Площадь сферы (обычно это тело имеет'форму сферы) S » 4лЯ\ * fcD2, где Я, ее радиус и D -диаметр (не перепутайте интегральную светимость R с радиусом сферы, лучше обозначьте его г или добавьте индекс; например, #t).
Если тело излучило У квантов (фотонов), то вся энергия Е
равна произведению энергии одного кванта е » Av » и ид числа (поскольку вся энергия излучения квантуется, т. е. содержит целое число N квантов или фотонов):
Е * Уе или Е ** Nhv.
Излучаемой телом энергии &Е соответствует потеря его массы Ат. Их связывает соотношение АЕ - Ате2, где с " 3 • 10е м/с - скорость света в вакууме.
Если известна длина волны Хж, на которую приходится максимум излучаемой энергии, то абсолютную температуру этого тела Т можно определить из закона смещения Вина '
- Ъ	* Ъ
*= —, откуда Т == —.
Здесь Ъ * 2,9 • 10-’ м • К - постоянная Вина.
Если в задаче на фотоэффект что-либо сказано о запирающем напряжении при котором электрическое ноле ие пропускает фотоэлектроны к аноду, то цожно приравнять работу поля
А - et/’em кинетической энергии выбитых светом электронов (если их начальная скорость * 0):
__ meu2
- “J-’
ЛМ,2
Л * или ей щ
2 и тогда формулу Эйнштейна для фотоэффекта
756
.	. -	.	. 1ЛМ*
6 “ Ай» + или Av =	~
можно записать так:	£ — Лвых + А
или	Av = AMIX + где v - — .
Если в условии задачи идет речь о работе выхода электрона то ее можно связать с красной границей фотоэффекта, т. е. с Граничной частотой v0 или длиной волны Л^:
с
Амх = Av0 или Аы« * А .
», Работу выхода электронов из данного металла можно найти в аЦрадочнМх данных» Часто ее выражают в электрон-вольтах. На-4$^аем: 1 эВ = 1,6 ’ 1СН» Дж и 1 МэВ « 1,6 • 10“ Дж.
'Тйсли фотон движется не в вакууме, а в некоторой прозрачной Ш^Де с абсолютным показателем преломления п, то его -энергия зд$асно формуле Планка
v	с
e = Av = A— где и = —.
А	П
Здесь о - скорость фотона в этой среде.
Границей фотохимической реакции называют длину волны Х„. В эрой эта реакция наступает. Если длина волны X падаю-вещество света больше то фотохимическая реакция не ет, а если меньше, то возникнет. Таким образом, граница [ической реакции (илй v0) соответствует красной грани-эффекта.
Напоминаем, что фотон - безмассовая частица. Его импульс р можно найти по формуле
я A	Av
р - — или р =s — . А	с
Если же в условии задачи идет речь о релятивистской массе фотона, то ее можно найти, приравняв энергию фотона £ ^ Av |фоизведению его релятивистской массы на квадрат скорости све-ЙЙ в вакууме:
Av А
Av =* Л1фс2, откуда	.
Если в задаче' спрашивается, возникнет ли фотоэффект при Еии некоторого металла светом с длиной волны А или час-, то определите энергию падающего на металл фотона £ » Ас/Х и сравните ее с работой выхода электрона из этого Анх (де можно найти в справочнике или вычислить по формулам, приведенным выше). Если е > то фотоэффект наступит, а если е < Аых» то “ нет*
757
Решение отдельных задач
Задача 1
Длина волны, на которую приходится максимум энергии излучения Солнца, Лп = 0,47 мкм, его радиус Rc -= 7  10s м. Найти изменение массы Солнца Am за t = - 10 лет. Солнце считать абсолютно черным телом.
Дано:
X- = 0,47 мкм
B€ = 7'10*m .
t = 10 лет
Ъ т2,9-10-! м-К •
о = 5,67 • IO'8 ' „Вт 4 м2  К4
с - 3 • 10е -С
Решение. Изменение массы Солнца за 10 дат определим отношением излученной им. энергии ДЕ к квадрату скорости света с:
Излученную энергию ДЕ найдем, умножив интегральную светимость Солнца R на площадь поверхности Солнца S * 4л Я* и время t:
или ДЕ == 4л В* Я*.	(2).
Дт - ?
•• f ДЕ “-USt
Согласно закону Стефана-Больцмана
R = oTS	(3)
Абсолютную температуру Солнца найдем из закона смещения Вина:
К = откуда Т = ^-.	(4)
Подставим (4) в (3): R = <я Д
Теперь подставим (5) в (2):
(6)
Am =
или
г
Переведем все единицы в СИ: 0,47 мкм - 4,7  1(Н м, 10 лет - 10 12 • 30 • 24 • 3600 с - 3 • 10е с.
758
Произведем вычисления:
Am - 4 • 3,14 • 5,67 • КГ8 • 3 • 10«
= 2,2 • 10“ кг.
Ответ: tun = 2,2  10“ кг.
7«10*Уг
3 10®
7 к
2,9 КГ8
4,7 10‘7
кг =
Задача 2
Чему равна длина волны X кванта с энергией е, равной средней кинетической энергии Ек атома гелия при температуре t° - 100°С? Постоянная Больцмана k — - 1,38 • 10 “ Дж/К.
Дано:
е-Д, Л - 6,62 • 10-« Дж • с
е - 3 • 10» ~
С k - 1,38 • 10-“^ К t° - 100°С
X- ?
Решение. Энергия кванта е согласно формуле Планка
с е = Av, где v = т-, А
С
поэтому е = Л —.	(1)
Здесь h - постоянная Планка.
Средняя кинетическая энергия атома гелия связана с температурой формулой
__ о
(2)
Согласно условию задачи е i Я*, поэтому
, с 3 , _
ЛХ-2‘Г
откуда
2йс
3kT
Переведем в СИ единицу температуры: 100°С = 373 К.
Произведем вычисления:'
х	ЗЮ8
3 • 1,38 • 10-28 • 373 Ответ: X = 2,6 • 10"® м;
м = 2,6 • 10*® м.
Задача 3
Определить длину волны света X, кванты которого , имеют такую же энергию е, какую приобретет электрон, пролетевший из состояния покоя разность потенциалов U - 4,1 В.
759
Дано: z = Е. »о ” 0 А = 6,62 • 10-8* Дж • с
с = 3 • 10е -с е - 1,6 • 10~1в Кл U - 4,1 В
Здесь Ек - кинетическая энергия, приобретенная электроном, пролетевшим из состояния покоя разность потенциалов U, - начальная скорость электрона, е -заряд электрона, h - постоянная' Планка, с, - скорость света в вакууме.
Решение. Работа электрического поля А по перемещению электрона между точками поля с разностью потенциалов U определяется разностью кинетических энергий электрона в конечной Ея и начальной Ет точках перемещения:
А = Ек - Ет, где А - eU.
Поскольку i>0 — 0, то — 0 и Ея = eU.
Согласно условию задачи кинетическая энергия электрона Ек в конечной точке перемещения равна энергии кванта е:
— Е — eU.
. По формуле Планка е = Av = А у, где v = —, поэтому
еи
А = eU, откуда Л
Произведем вычисления
, JMIKr"-3-10*	. ...
1.3 10--и
• Ответ: X = 8 • 10*т м.
Задача 4
Источник света мощностью Р = 100 Вт испускает N -
— б • 10» фотонов за t ния X. > . Дапо: Р - 100 Вт N - 5•10» t —-1 с А-6,62-10-» Дж с с ~ 8*10* -с.	- 1 с. Найти длину волны излуче- Решение. Общая энергия- излу-. чения Е,^ равна работе электрического-тока А в источнике, мощность которого Р: ' Е^ - А. Работа тока. А связана с мощностью источника Р известным соотношением
Х-? :	г>	и ^обш Р‘= —, поэтому Р =	. •	г
760
Любое излучение всегда содержит целое число фото* ^ОВ (квантов), поэтому общая энергия излучения Е^ за ^реия t равна произведению энергии одного кванта Е и iit'x количества N в этом излучении: Е^ - Ne.
«	л Ne
Тогда	Р = —.
Но формуле Планка энергия одного фотона (кванта) Е — Av.
С учетом этого Р = ——.
Частоту колебаний в световой волне v свяжем с иско-с
$эой длиной волны А соотношением v = —
Тогда Р = -—, откуда	Pt
Подставим числа и произведем вычисления:
, 2-10го ‘6,62 10^* • 3-10®
А = ——-----м = 9,9 - НН м.
Ответ: А = 9,9 • 10*7 м.
Задача б
Возникнет ли фотоэффект в цинке под действием из* чения, имеющего длину волны А = 0,45 мкм? Работа скода электронов из цинка - 4,2 эВ.
коло.*
0,45 мкм. л__ - 4,2 эВ
6,62 • 10-“ Дж • с
f ~ 3 • 10* — с
'
Здесь А - постоянная Планка, с - скорость света в вакууме, е -энергия фотона (кванта), падающего на цинк.
Решение. Возникнет ли внешний фотоэффект при освещении данного металла светом с определенной длиной волны или нет -ответ на этот вопрос 'зависит от со-
отношения между энергией одного фотона, падающего на металл, и работой выхода электрона из этого металла. Если энергия фотона Е больше работы выхода электрона то этой энергии хватит и Ьа вырывание электрона из металла, и на сообщение ему ^Кинетической энергии, и фотоэффект будет. Если Же энер-1^гия фотона меньше работа! выхода электрона из метал-В, то этой энергии не хватит фотону, чтобы вырвать Из талла электрон, и фотоэффект не произойдет. В пре-пьном случае, когда энергия фотона равна работе вы
761
хода электрона, фотоэффект становится возможным, а длина волны Хо или частота v0, соответствующие такому кванту, называются красной границей фотоэффекта (длинноволновой или коротковолновой границей фотоэффекта, или порогом фотоэффекта).
Таким ‘образом, чтобы ответить на вопрос нашей задачи, надо отыскать энергию одного фотона Е, падающего на цинк. Для этого воспользуемся формулой Планка
с Е — »*», 1дс •
Нам осталось вычислить энергию фотона Е и сравнить ее с работой выхода А№Х электрона из металла. Но вначале переведем все единицы в СИ:
0,46 мкм = 0,45 • 10*® м = 4,5-10*7 м, 4,2 эВ - 4,2 • 1,6 • 10-» Дж - 6,72 • Ю19 Дж. Подставим числа и вычислим энергию е:
с	с
е = hv, где v = т-, поэтому е = Л — Л	.....Аг.
6,62 КГ34 3 108 4Д10т
Дж = 4,4-10*19 Дж.
Мы видим, что энергия фотона е = 4,4 - 10~19 Дж меньше работы выхода электрона из цинка, которая равна А^„ = 6,72-ДО*19 Дж, Поэтому внешний фотоэффект не произойдет.
Ответ.* фотоэффекта не будет.
Задача 6
Красная граница фотоэффекта для металла = — 6,2 • 10*® см. Найти величину запирающего напряжения С7МП для фотоэлектронов при освещении металла светом с длиной волны X — 3300 А.
Дано:
Хо = 6,2 • 10*® см X = 3300 А
Л = 6,62-10 м Дж с
с = 3 * 10® -с е = 1,6 • 10» Кл
Обозначим h постоянную Планка, с - скорость света в вакууме, е - заряд электрона.
Решение. Запирающим напряжением называют наименьшее напряжение электрического поля, которое способно полностью оттолкнуть электроны, вылетевшие из катода, от анода. Это напряжение должно быть таким,

чтобы работа соответствующего электрического поля А_= eUm была равна кинетичес-
кой энергии вылетевших из металла электронов Ек:
А___— Ек или eUm = Ек.
Кинетическую энергию вылетевших из металла при фотоэффекте электронов определим, воспользовавшись
762
Цйфыулой Эйнштейна для фотоэффекта, согласно которой анергия фотона е, падающего на металл, расходуется на работу^ выхода электрона из металла	и на сообщение
вырванному электрону кинетической энергии Ек: е =	+ Ея, откуда = е - А,^,
дкютому	eUm = е - А^,,.	(1)
^ Работу выхода можно определить, если известна
«Пресная гранйца фотоэффекта Ар, т. е. длина световой Шдны, при которой у данного металла наступает фотоэффект. При этой длине волны энергия фотона равна ра-^дое выхода электрона из металла:
^де. согласно формуле Планка с	с
% “ Av0 или е0 = h —, поскольку v0 = — .
Ао	Ао
С учетом этого А^ = h —.	(2)
Энергию фотона е, падающего на металл, также опре- 
Шлим по формуле Планка: е —
Av =	•
Л
Нам осталось подставить (2) и (3) в (1) и из ролучен-|Йбго выражения определить искомое запирающее напряжение:
Откуда
Задача в общем виде решена. Переведем все единицы » СИ: 6,2 • НН см = 6,2 • 10~7 м, 3300 А » 3300  10-*° м -3,3-10-7 м.
Подставим числа и произведем вычисления:
6,62 • Ю-*4 • 3 • 10* Г	1______1 . V
Ч“"	1,6 10’1в	|з,3-10‘7 6^10’71
- 1,76 В.
Ответ: U^n = 1,76 В.
Задача 7
Рентгеновская трубка, работающая под напряжением 17 * 50 кВ и потребляющая ток 7-2 мА, излучает =
763
- 5 * 101а фотонов за t - 1 с. Считая длину волны излучения X равной 0,1 нм, найти КПД л трубки.
Дано: U = 50 кВ I = 2 мА N = 5-Ю1® i — 1 с
X — 0,1 нм
Л - 6,62- 10-м Дж  с
с = 3 • 10" -с
TJ - ?
Решение. 'Коэффициентом полезного действия рентгеновской трубки Л называется отношение энергии рентгеновского излучения Е^щ к работе потребляемого электрического тока А, выраженное в процентах:
n = “L100%.	(1)
А
Общую энергию рентгеновского излучения Е^щ можно определить, умножив энергию одного
кванта излучения е на число излученных за время t квантов #:	Е^ =
Энергию одного кванта £ определим по формуле Планка
€ « &V или Е = Л у, тогда —h ~N .	(2)
Л	Л
Работу электрического тока в трубке определим по формуле
A-Ult.	(3)
Подставив (2) и (3) в (1), мы решим задачу в общем виде:	'
Л = -----100% ' Wit .
Переведем все единицы в СИ:
50 кВ - 5-10* В, 0,1 нм - 1 • 10-*®м, 2 мА = 2- 10 а А.
Подставим числа и произведем вычисления:
6,62 10-“-3 10е-5-10“ 1ПМ, ftio, .
П = ,^Н> ж о ,»-» «" • 100% “ 0.1% • 10 “ -5-Ю4 -210 ’ 1
Ответ: л “ 0,1%.
Задача 8
Определить показатель преломления п среды, в которой свет с энергией кванта е имеет длину волны X.
Дано:
. X ' е Л с
Решение. Показатель преломления среды п связан со скоростью распространения света в этой
с среде v простым соотношением п ~ .
п - ?
764
п---
В свою очередь скорость света в прозрачной среде v связана с длиной волны в этой среде X и частотой коле-
баний в волне v соотношением X = > откуда р = v • X.
с
С учетом этого п = —,	(1)
Частоту колебаний в световой волне найдем из формулы Планка, поскольку энергия кванта £ нам известна:
е
6 “ hv, откуда v - —. п
(2)
сЛ Подставим (2) в (1). Получим п = — еХ
Задача решена.
Ответ: п = сЛ/(еХ).
Задача 9
Докажите, что минимальная длина волны Х^п в спек-;?ре рентгеновского излучения определяется формулой
X
где U - напряжение между катодом и анодом трубки.
Решение. Рентгеновское излучение возникает при тор* можении электронов вблизи анода. Когда работа электрического поля А *= eU равна энергии кванта рентгеновского Излучения е = Av^, частота является максимальной > спектре возможных частот рентгеновского излучения, а соответствующая длина волны
X = с '
ЛЛ1П у
минимальной. С учетом сказанного
А = € или eU = Л ——,
X =
*** eU
(1)
откуда
Здесь h “ 6,62 -10"** Дж • с, с ” 3 • 10е м/с. и
е «= 1,6 * 10*“ Кл. Подставим эти величины В формулу m .	6,62 Ю*. 3 10е 1,24	- и a„^..ua^L
U):	=------16~18tJ-----= ~U~ ’ И ТребОВаЛО<:Ь
доказать..
Задача решена.
765
Задача 10
' На плоский алюминиевый электрод падает ультрафиолетовое излучение с длиной волны X = 90 нм. На какое максимальное расстояние d от его поверхности может удалиться фотоэлектрон, если вне электрода имеется однородное электрическое поле напряженностью £ = 8 В/см, задерживающее этот фотоэлектрон? Красная граница фотоэффекта для алюминия Хд = 332 нм.
Дано: X - 90 нм
X, - 332 нм
‘ Л = 6,62 * 10 м Дж • с
с-310»-с
е - 1,6 • 10-» Кл
d - ?
Решение. Если из уравнения Эйнштейна для фотоэффекта = Аых + К (1) найти кинетическую энергию фотоэлектрона £к, которую он имеет сразу после вылета из электрода, и приравнять ее работе .однородного электрического поля
А - Eed, ’	(2)
задерживающего электрон, то можно найти искомое расстояние d. Приступим. Из(1) Ек = hv - А*», с . ъ с где v = — и = л —.
А
с	с	(11
С учетом этого = h — ~h— = h.a -г~Т~ Л	Kq	I Л Aq
Поскольку Ек = А, то, приравняв правые части равенств (2) и (3), получим
(3)
Eed = fed у - — , откуда I Л Aq j
esl X Xo
Переведем все единицы в СИ: 90 нм - 9 * Ю 8 м, 8 В/см = 800 В/м, 332 нм = 3,32 * 10‘7 м.
Произведем вычисления:
. 6,62 IO-84-З Ю8 (	1	1	) Л„
d - —-------тт------ ----------------- м = 0,01 м,
1,6 • 10‘18 • 800 [Э-НГ8 3,32-io j
Ответ: d = 0,01 м.
Задача 11
Длина волны рентгеновских лучей после комптоновского рассеяния увеличилась с Xt в 4 пм до Х2 = 4,5 пм. Найти энергию электронов отдачи Е.
766
жж
4,5 нм
6,62 • НН« Дж • с
3 • 108 “ -
Решение. По закону сохранения энергии энергия электронов отдачи Е равна уменьшению энергии квантов рентгеновского излучения Де:
Е - Де, где Де = Et - е2.
По формуле Планка
E1=AV1 =ft^- и е2 .= ЛтЧ
Aj	Л2
Л	EtI.C	11
С учетом этого Е = п--п — , Е = Лс| --—
л,
С	” ' е - с -
V JF	cx&vrx w •*-*	** *	** а
Aj Л2
Переведем все единицы в СИ: 4 пм
4,5 пм = 4,5 • КН2 м.
Произведем вычисления:
1
. ’2 >
4 ♦ 10 ’2 м,
Е = 6,62.1034 • 3 • 108|------—-1 Дж
I 4 -10- 2 4Д10-121М^
«* 6 • 10“15 Дж.
Ответ: E = 6 • IO-15 Дж.
Задача 12
Постройте график зависимости скорости фотоэлектро-Кв v от длины волны X, падающей на металл, если ра-та выхода электронов из этого металла Ашх '= 2,35 эВ.
В“Н6,62 10-=“ Дж «с
Ц>.~ 3 108
2,35 эВ z = 9,1  10-81 кг
v(X) - ?
Решение. Из формулы Эйнштейна для фотоэффекта
т и1 hv =	+ —-— следует, что
А
1 2
v =	~ Аии) , где v = —,
vme	X
। 2 (.с поэтому V - I— п — -у ТПе I л Переведем,в СИ единицу работы выхода: 2,35 эВ = * 2,35 • 1,6 • 10-19 Дж — 3,76 • 10~19 Дж. Теперь подставим i (1) все числовые значения величин, кроме X:
.(1)
V =
ZT-L-mI 6>62 • 1О’“ ^4^ " З»76 ‘ Х0‘И 1 ~ = £7,1 * 1U I	А	I С
767
- 668,|i-2 10е — .	(2)
VX	с	'
Теперь будем придавать X произвольные значения, например, X = 0,1 • 10”* м; 0,2 • 102» м; 0,3 • 10"® м; 0,4 • 10-6 м и 0,5 • 10~* м и, подставляя их в (2), вычислять соответствующие этим длинам волн скорости фотоэлектронов, 4 после чего заполним таблицу:
Х.10-® м	0,1	0,2	0,3	0,4	0,5
о, 10е м/с	8	3	1.3	0,5	0
Построим график v — v(X) (рис. 22-1):
Из графика следует, что при X = 0,5 • 10"® м фотоэффекта не будет. Значит, X = 0,5 * 10"® м - это красная граница фотоэффекта для данного металла.
Задача решена.
Задача 13
Угол рассеяния рентгеновских лучей с длиной волны Х1 - 2 пм равен 6 = 60°, а электроны отдачи движутся под углом ф = 30° к направлению падающих лучей. Найти импульс р2 квантов рассеянных лучей и импульс р9 электронов отдачи. .
768
Дано:
X, - 2 им ©= 60° Ф= 30° h = б.вг-КГ" Дж с
с = 3 - 10е -с т, = 9,1 • 10-31 кг
A"? A - ?
Решение. Импульс рассеянного кванта р2 найдем по формуле h
Р2=Г’ л2 где Xj - длина волны, соответствующая этому кванту. Ее найдем из формулы
1	1	9	h	•	0
л2	ах	= л	sin — г откуда
.	.	о	h	. 0
X, = Хх	+ 2-sin —
тс 2'
рому векторная сумма импульсов рассеянного кванта р2 а электрона отдачи ре равна импульсу £>х падающего на электрон кванта:
Рг = Р, + А • Для перехода к модулям этих векторов воспользуемся теоремой косинусов. Согласно рис. 22-2
Pi ~Ре+Рг~ 2Р1Рг cos(180o - (Q + ф))-
Поскольку в + ф = 90° согласно условию задачи, а cos 90° — 0, то получим р2 = р2 + р2, откуда Ре - ^Р2 ~ Рг ,
\а
-Pl
h
A
где рх = Л-, поэтому окончательно ^>1
Переведем все единицы в СИ: 2 пм = 2 • 10~1а м.
Произведем вычисления:
_	6,6210*	КГ • М _ . вв.1О.» кг • м
2-^.2....—
9,1-10”-З Ю’ 2
25. Репетитор по физике. Т. 2
769
р = i б,б2г10.”Х: _^бб кг4*)2	= 2,86 • 1(г"££2£,
‘	21O‘u j	с	с
Ответ: р^ = 1,66 • 10~22 кг • м/с, р, = 2,86  1022 кг • м/с.
' Задача 14
Давление солнечных лучей на парус площадью S - 200 м2 р&вйд'^ =* 8 кйкПа. Через какое время t -лодка под этим парусом приобретет.скорость v = 40 м/с, если ее масса т “ 200 кг и она движется без начальной скорости, не испытывая сопротивления окружающей среды? Какой путь L она пройдет за это время?
Дапо: S — 200 м2 Р = 8 мкПа м v = 40 — с т = 200 кг v0 - 0
t - ? L-?
Решение. Если мы определим ускорение лодки а, которое она приобретет под действием силы давления F — pS, то из формул
at2
v = at (1) и L =	(2) при о0 ~ 0, где
и0 - начальная скорость лодки, найдем искомые время t и путь L.
Ускорение а найдем по второму закону Ньютона:
F pS а = — = -— т т
.Ps
(3)
т
pS	/пи
Подставим (3) в (1): v = •£— t, откуда t = —
Зная время t, найдем путь по формуле (2) с учетом (3):
2т
СИ: 8мкПа « 8 • 10“®Па.
Переведем единицу давления в Произведем вычисления: (_200 40 = 6.10.
8-10”’-200
_ 8-10"® -200-25 1012	, „Л#
L =------г - ——------- м = 1 • 10® м.
2-200
Ответ: t = 5 • 10е с, L = 1 • 10® м.
Задача 15
Давление света на абсолютно черную поверхность, расположенную перпендикулярно лучам с длиной волны X = 5000 А, равно р = 10 мкПа. Найти число фотонов N, падающих за t = 10 с на S = 1 см2 этой поверхности.
770
Вано:
X - 5000 А а = 10 мкПа t - 10 е
С - 310» — с
S = 1 см2 h = 6,62 10“ Дж с
N - ?
Решение. Давление света определяется по формуле
P = lt(1 + P)-	’
Здесь Е = N& - энергия света, падающего на площадку S за время f,p - коэффициент отражения. Так как поверхность абсолютно черная, р = О.
Согласно формуле Планка энергия одного фотона
, , с е = hv = h —.
___ Л_____
I ' pSth откуда N = —----
he
„	Nhc
С учетом всего этого р = ——, Sth	________
Переведем все единицы в СИ: 5000 А - 5000 * 1010 м = = 5  IO'7 м, 10 мкПа = 1 • 10-» Па, 1 см2 = 1 • 10-4 м2.
Произведем вычисления:
10-.1.10^.10.5.10-’	О10
6,22-Ю-®4-3-Ю8
Ответ: N = 7,6 • 10”.
Задачи для -самостоятельного решения
Задача 1. Поток энергии, излучаемый из смотрового окошка плавильной печи, Ф = 40 Вт, площадь окошка S ж 5 см2. Чему равна температура в печи Г?
Ответ: Т =	» 600 К.
V aS
Задача 2. На сколько процентов увеличится энергетическая' светимость абсолютно черного тела, если его абсолютная температура увеличится на 20% ? .
Ответ:	100% - (1,2* - 1) • 100% = 107%.
Задача 3. На какую длину волны приходится максимум спектральной светимости абсолютно чериого тела при температуре t° = о°с?
Ответ:	= 10.6 мкм.
Задача 4. Длина волны, на которую приходится максимум спектральной светимости Солнца, ~ 0,5 мкм, его диаметр Z) = = 1,4 • 10е м. Какую энергию Д£ потеряет Солнце за f в 1000 лет?
( ъ \4
Ответ: ЬЕ - лр2сп -— t = 1,2 • 1087 Дж.
I'Чи }
771
Задача 5. Чему равна частота v светового кванта, у которого энергия равна средней кинетической энергии атома гелия, если vM « = 2 моль гелия занимают объем V = 5 л под давлением р ** 2 атм?
Ответ: v ~ gv # д *= % * Юи, Гц»
Задача 6» Длинноволновая граница фотоэффекта для серебра Хо = 0,29 мкм. Определить работу выхода электрона 4ых-
Ответ: Ат = 7 • 1(К19 Дж.
Задача 7. Глаз после длительного пребывания в темноте способен воспринимать свет с длиной волны X = 0,5 мкм при мощности излучения Р — 2,1 ‘1017 Вт, Сколько фотонов попадает при этом на сетчатку глаза за t = 1 с?
Ответ: N = —— = 53. he
Задача 8. На вольфрамовый катод фотоэлемента падают ультрафиолетовые лучи с длиной волны X = ОД мкм. При каком запирающем напряжении между катодом и анодом фотоэлемента фототок в цепи равен нулю (т. е. ни один фотоэлектрон не может долететь до анода)? Работа выхода электронов из вольфрама Л№ж - 4,5 эВ.
Ответ: Um =	* 7,9 В.
Ле
Задача 9. Под каким напряжением работает рентгеновская трубка, если самые «жесткие» лучи в ее рентгеновском спектре имеют частоту v = 1 • 10“ Гц?
hv
Ответ: U ~ — == 4,1  104 В.
е
Задача 10. Найти длину волны X и частоту v излучения, в котором релятивистская масса фотона тф равна массе покоя электрона mt = 9Д * 10'31 кг.
h	т
Ответ: X = —— 2,4 • 10““ м, V =	=1,2 ♦ 1020 Гц.
тес	А
Задача 11. Какова мощность Р источника света, испускающего N = 54 10х* фотонов за t = 1 с? Длина волны излучения Л = 0,1 нм.
'Nhc
Ответ: Л== -г— = ОД Вт. ’
At
Задача 12. Определить красную границу фотоэффекта Х« для калия. Работа выхода электрона из калия Авнх = 2,2 эВ.
Ответ: X = 5,6 • Ю“7 м.
Задача 13. Определить постоянную Планка Л, если известно, что фотоэлектроны, вызываемые светом с поверхности некоторого металла, полностью задерживаются запирающим напряжением «= 0,5 В, если частота колебаний в световой волне v «= 0,39 * 1015 Гц, а когда частота колебаний v2 *= 0,75 • 1015 Гц, то запирающее напряжение становится равным = 2В.
Ответ: Л =	= 6,7410 м Дж • с.
Задача 14. Найти импульс фотона р, энергия которого Е = = 6 • 10“ Дж.
772
Л	Е п __27кг*м
Ответ: р = — = 2 10	.
с	с
Задача 15. Два источника с одинаковой мощностью испускают за одно и то же время разное количество фотонов и Л^2. Во сколько раз различаются их длины световых волн?
Ответ: г*-* ~~.
Aj Дгд
Задача 16. Красная граница фотоэффекта для вольфрама А, -» — 2750 А. Найти минимальное значение энергии фотона Е^ при котором еще возможен фотоэффект.
Ответ: £т1п = ^ - 7,2 -10~1' Дж.
*0
Задача 17. Какую длину волны X имеют световые волны, падающие на поверхность цезия, если фотоэлектроны* вылетающие из цезия, имеют скорость и « 2 • 10е м/с? Красная граница фотоэффекта для цезия Л 690 нм.
Ответ: X ж -—« g д. ю-* м> 2hc + m€v Хо
Задача 18. При напряжении между катодом и анодом рентгеновской трубки U - 20 кВ минимальная длина волны рентгеновского излучения Xt - 62 пм (пикометра, 1пм - 1012 м). При каком анодном напряжении С72 минимальная длина волны излучения станет равна Ха 31 пм?
Ответ: U2 =	* 4 •!№.
x2
Задача 19. При какой скорости и электрон будет иметь кинетическую энергию, равную энергии кванта с длиной волны X ** 100 нм?
Л	l2hc л. м
Ответ: и = J—- =2,1 • 106 —.
Задача 20. Найти длину волны Х2 рентгеновских лучей после комптоновского рассеяния под углом 0 ** 90°, если длина волны падающих лучей Xt ~ 10 пм.
.	.	.0
Ответ: Х2 = Лх +Лз1п~л 11,7 пм. а
Здесь Л =	- комптоновская длина волны.
Задача 21. Рентгеновские лучи с длиной волны * 20 пм рассеиваются под углом в ” 90°. Найти импульс рв электронов отдачи.
JI 1
ту “Т—-------гу “ 4,4 * 10-® кг • м/с.
Xi (	0 А
1 Хх+гЛаЩ— I	2J
Задача 22. Фотон с энергией а - 0,75 МэВ рассеялся на покоившемся электроне под углом 6 « 60°. Определить энергию % рассеянного фотона и кинетическую энергию Ек электрона отдачи.
773
Ответ: e2 -------— - 7 • 10~м Дж,
mec «
£K «f e, - g2 - 5 ’ НН* Дж^
Задача 23. Построить график зависимости скорости фотоэлектронов о от. частоты у световой волны, падающей на металл, если работа выхода электронов из металла - 4,5 эВ.
Задачи 24. Давление солнечных лучей на парус фантастической лодки, имеющий форму плоского круга радиусом Я, равно р. За какое время t лодка массой т увеличит свою скорость с <?0 до и, двигаясь без сопротивления?
Ответ; t=”fcSa>.
pS
Задача 25. Для возбуждения фотохимической реакции на фотопленке требуются фотоны с эверсией 1,2 эВ. Возникнет ли такая реакция при освещении фотопленки светом с длиной волны X » 500 им? Чему равна здесь граница реакции Хо?
Ответ: нет, Хд = 1 мкм.
Задача 26. Чему равна толщина Л частицы, имеющей форму диска, если При нормальном падении на ее плоскую поверхность солнечных лучей сила светового давления вблизи поверхности Земли уравновешивает сиду притяжения частицы к Солнцу? Солнечная постоянная (Ц, « 1,36 кВт/м2, расстояние от Солнца до Земли г * 150 млн км, плотность вещества частицы р =*= 8 • 10® кг/м3, масса Солнца М ** 2 * 1080 кг. Частицу считать абсолютно черным телом.
Примечание: солнечной постоянной ш0 называют энергию солнечного излучения, падающего за единицу времени на единичную площадку, перпендикулярную солнечным лучам-и расположенную вне земной атмосферы на расстоянии от Солнца, равном среднему расстоянию между Солнцем в Землей.
Ответ: h -	- 9,6 • 10~8 м,
cpGM
где G — 6,67 • 10-11 Н • м^/кг2 - гравитационная постоянная.
' Задача 27. На плоскую белую поверхность площадью S падает нормально свет е энергией кванта е. Сколько фотонов N упадет на эту поверхность в течение времени t, если свет оказывает на нее давление р?
pSi
Ответ: N = —- .
2е
Задача 28. Световые волны с длиной волны X - 5  10~т м падают нормально на абсолютно черную поверхность и давят на нее с силой F = 0,01 мкн. Найти число фотонов N, падающих за t “ 1 с на эту поверхность.
Ответ: N =	=* 4 * 1018.
ch
774
23. ФИЗИКА АТОМА
Краткая теория.
Методические указания к решению задач
Согласно современным представлениям атом состоит из ядра, несущего положительный заряд, и электронной оболочки, заряженной отрицательно. Когда суммарный положительный заряд ядра но модулю равен суммарному отрицательному заряду оболочки, . атом нейтрален.
Нейтральный атом может находиться в основном (невозбужден-ном) состоянии сколь угодно долго, если на него не оказывать Воздействия извне.
Энергия электрона Е в атоме водорода целиком определяется номером его орбиты и может быть найдена по формуле
Е  -----£—-= или Е =-----‘---5- ,
8(еоЛп)2	32(ле0Йл)*
Здесь л»е 9,1 • 10"8*кг - масса покоя электрона, е “• 1,6 * 10~х9 Кл - его заряд, Ео « 8,85  10‘12 Ф/м - электрическая постоянная, л -целое число, соответствующее номеру орбиты электрона и называемое главным квантовым числом, h ~ 6,62 • 10"84 Дж * с - посто-
янная Планка, h = ----постоянная Планка с «черточкой».
В невозбужденном атоме водорода электрон находятся на низшей электронной орбите с номером п = 1. Величина энергии, которой он при этом обладает, называется его основным энергетическим уровнем.
Под внешним воздействием (облучение, механическое воздействие, передача тепла) атом может перейти в возбужденное состояние, поглотив при этом порцию энергии определенной величины. В результате электрон перейдет на новую электронную орбиту, более удаленную от ядра, на которой величина его энергии станет другой (рис. 23-1, а). Иными словами, электрон поднимается на новый энергетический уровень. Согласно первому постулату Бора энергия электрона в атоме не может быть любой, а может принимать только некоторые разрешенные значения, т. е. она квантуется. Поэтому возможные энергетические уровни электрона в атома. Е разделены промежутками, .соответствующими величинам энергии, которую электрон в атоме иметь не может.
На рис. 23-1, а показаны переходы электрона на более высокие энергетические уровни вследствие поглощения им энергии извне, т. е. переходу атома в возбужденное состояние.
В .возбужденном состоянии атом не может находиться долго, его «время жизни» в этом состояний составляет стомиллионные доли секунды, после чего атом переходит в менее возбужденное или в основное состояние, излучив порцию энергии в виде электромагнитной волны. При этом электрон опускается на более низкий энергетический уровень, т. е. возвращается на более близкую к «ЯДРУ орбиту (рис. 23-1, б).
775
Радиус орбиты электрона г в атоме так же, как и его энергия Е, определяется номером электронной орбиты п. Радиус орбиты электрона в атоме водорода может быть определен по формуле
Г Е°^
HSJIXL
’ =	--2	*
те«
Энергия электромагнитной волны» поглощенной в процессе возбуждения атома или излученной
при переходе атома в ме-
нее возбужденное или основное состояние, определяется разностью энергий Ел и конечного и начального состояний атома. Поскольку согласно формуле Планка энергия электромагнитной волны в одном акте поглощения или излучения определяется частотой волны v, т, е. равна hv, то она связана с энергией атома в конечном
и начальном состояниях соотношением £ ~ Av “ Е п ~ Ет.
Здесь пит- номера энергетических уровней (или номера стационарных электронных орбит) атома.
~ Частота излученного или поглощенного кванта при переходе электрона с одной орбиты на другую
лие4 fl	1 \	тее4 Л 1	1 >
8€оА8 т2 п2 )	(8яе0й)3 т2 п? )
где щ <п - целые числа.
Постоянная величина —обозначается буквой R 8ф8 (8те0Й)3
и называется постоянной Ридберга: R -	. *= 3,3 • 1018 Гц.
8ф
Таким образом, частота излучения энергии возбужденным атомом целиком определяется номерами электронных орбит, на которых пребывает электрон в начальном и конечном состояниях атома:
V = *H----2 ♦
П ) Возбужденные атомы водорода излучают видимый свет, когда их электроны переходят с более высоких энергетических уровней на второй (ш ** 2). Набор спектральных линий, соответствующих видимой части спектра атома водорода, называется серией Бальмера. Частоты излучения, соответствующие видимой части сйект-
776
рамзлучения атома водорода, могут быть определены по формуле Бальмера
Переходя из стационарного в возбужденное состояние, атом остается нейтральным, если энергетические уровни, на которые Поднялся электрон, расположены ниже уровня п -* со. Если же энергия, переданная атому извне, такова, что его электроны дос-Лпагнут этого уровня или превысят его, то это означает, что эти электроны покинут атом, в результате чего атом станет положительно заряженным ионом. Этот процесс называется ионизацией атома. Заметим, что нейтральный атом может поглотить «лишний» электрон, который «залетит» в сферу действия его кулоновых сил притяжения к ядру, в результате чего атом станет отрицательным ионом.
Ионизировать атом, отняв у него электрон, можно воздействием внешнего электромагнитного поля, если энергия падающего на атом кванта поля hv превосходит энергию ионизации атома АЕЛ9К (или, по крайней мере, равна ей).
Ионизировать атом можно также ударом какого-либо внешне-j*o электрона, разогнав его посредством, например, внешнего электрического поля. Разность потенциалов Г/яон, которую должен пролететь электрон во внешнем поле, чтобы приобрести энергию необходимую для ионизации атома, называется потенциалом ионизации. Поскольку работа А, совершенная при этом электрическим полем, разгоняющим электрон, определяется произведением модуля заряда электрона е и потенциала ионизации то
А "	**
Энергию ионизации атома можно определить как разность между энергией Ew атома, соответствующей энергетическому уровню п = ©о, и энергией Ер соответствующей стационарному состоянию атома, когда электрон находится на стационарной орбите.
Если же энергия электрона, разогнанного электрическим полем, меньше энергии ионизации атома, на который налетает этот электрон, то ионизации ударом не произойдет. Но вследствие удара атом может перейти, например, из одного стационарного состояния в другое, более возбужденное. Разность потенциалов 17^, которую пролетит при этом во внешнем электрическом поле электрон, возбуждающий своим ударом атом, называется потенциалом возбуждения. Если при возбуждении атом перейдет из состояния, соответствующего энергетическому уровню Emf в возбужденное состояние, соответствующее энергетическому уровню Еа, то работа внешнего доля А = eUn^ равна энергии возбуждения определяемой как разность этих двух энергетических состояний атома:
А * ДЕу^ ** Еп "
Все объекты природы обладают волновыми свойствами. Длина волны фотона связана с его частотой v и импульсом рф формулами . hv . h	еф
А = — или А = — , где р* “ — и е4 e hv - энергия фотона.
С	Рф	с
Длина волны де Бройля электрона или любой другой частицы
1 А
А = —-, где т - масса частицы, и - ее скорость.
777
Согласно соотношению неопределенностей Гейзенберга неопределенность импульса частицы ^обусловленная ее волновыми свойствами, связана с неопределенностью координаты частйцы выражением
Дх • Др * Й .
Здесь Дх - неопределенность координаты частицы, т. е. интервал возможных значений координаты» определяющей положение частицы в пространстве, Др - неопределенность ее импульса, т. ё. интервал возможных изменений импульса частицы, Л - постоянная Планка (с черточкой).
Неопределенность энергии частицы в некотором состоянии ДЕ и неопределенность времени пребывания ее в этом состоянии At связывает соотношение неопределенностей в виде
ДЕД#» h.
Решение отдельных задач
Задача 1
Найти полную энергию^ £ и скорость электрона v на первой воровской орбите в атоме водорода. Чему равен . период электрона Т на этой орбите?
Дано: п = 1 те = 9,1 • 10~31 кг е - 1,6 • 10-1а Кл
га - 8,85 • 1012 — м
Л “ 6,62 • 10 м Дж • с
Здесь л - номер орбиты, тл -масса электрона, е - модуль его заряда, Ер - электрическая постоянная, Л,- постоянная Планка.
Решение. Полную энергию электрона Е определим по формуле
Т - ?
тее4 8 (е0пЛ)2
(1)
Для определения скорости
электрона найдем сначала его
кинетическую энергию £к как разность полной энергии £ и его потенциальной энергии Ея:
£К = Е-ЕИ,	(2)
е	е
где Еа = ~еф и <р -----, поэтому £я = - —— .
4ле0г * ‘ 4теог
Здесь ф - потенциал электрического поля ядра на первой орбите, г - радиус этой орбиты.
С учетом этого
пгйгег
(3)
778

"	4яе*(пй)2	(2e^ift)2
Кинетическая энергия электрона
«М »»2 _ m.v
“ “ 2 '
Подставив (1), (4) и (5) в (2), получим
meu2 mte* т,е*
2	8(е0пй)2	(2е0пЛ)2 *
(4)
(5)
e2 2&anh
V =
(6)
^откуда
- Нам осталось найти период вращения электрона, и за-^Йча будет решена. Период вращения Т связан с линей' $ЮЙ скоростью v известным из кинематики соотношением
2пг
~ v =---.
Т
С учетом (3), (6) и (7)
е2	2ле0(пй)2	е3 ’	2е0(пй)2
2еопЛ	птее2Т	2еопй тпее2Т
4ЕоП8Л3
откуда Т = —2—-— или mee4
Задача в общем виде решена.
Подставим числа и произведем вычисления:
Е = _	9>110-а1(1,6 10~1ВГ Дж в
8(8,85 - НТ12  6,62  10’24 • 1)A
(7)
2е0 У (лй)3 е2 mt
"	2 2*10"18
= -2,2 • 1018 Дж = -	эВ = -13,75 эВ,
1*6 * ю
v = ... а»у0'19)2 з4 —=2,210*—,
2 • 8,85 • IO’12  6,62 • 10~34 1с	с
f2 • 8,85 • I0'12	(6,62  Ю-34 • I)3
" I (1,6 • io19)2 I 9,1  10*31 С = 1,4 10’16 С' Ответ: Е 13,75 эВ, е = 2,2 • 10е м/с, Т = 1,4 • Ю’18 с.
Задача 2
При облучении атома водорода квантами монохроматического света электрон перешел с первой стационарной орбиты (zij - 1) на третью (л3 = 3), а при возвращении в
779
исходное состояние он перешел сначала с третьей орбиты на вторую (п2 = 2). а затем со второй на первую. Определить энергию квантов £„ Ег и Еа, излученных и по- , глощенных при этих переходах.
Дано: п, - 1 па — 2 »8 = 3 Я = 3,2 ’ 10“ Гц h = 6,62 • 10-« Дж • с
Решение. Энергию кванта Et, поглощенного атомом водорода при переходе электрона с первой орбиты на третью, т. е. при подъеме его с первого энергетического уровня на третий (рис. 23-2, а), определим по формуле Планка
Я, =
Здесь V! - частота поглощенной электромагнитной волны в
Рис. 23-2
одном акте поглощения. Эту частоту можно определить ,по формуле Бальмера
С учетом этого
Аналогичным образом определим энергию квантов Еа и Еа, излученных возбужденным атомом водорода при переходе электрона с третьей орбиты на вторую, т. е. с
третьего энергетического уровня на второй (рис. 23-2, б), и со второго на первый (рис. 23-2, а):

Подставим числа и произведем вычисления:
780
’	“ 6,62 • 10"®* * • 3,2 • 10“ -у - “7 Дж =
11	3 J
- 1,9 • 10 “ Дж = 11,9 эВ.
fj_ 1A
Et = 6,62 • 10-®* • 3,2 • 10“l 2s ~ 3» IДж =
- 3,0 • 10 “ Дж = 1,9 эВ.
(_1___И
£s = 6,62  10-«* • 3,2 • 10“[ i’ 21 JД» “
- 1,6 • 10-“ Дж - 10 эВ.
Ответ: Et = 11,9 эВ, Et = 1,9 эВ, £а « 10 эВ.
Задача 3
‘ При какой минимальной температуре Т атомы атомарного водорода в результате столкновения станут испускать видимый свет?
Дано:
к - 1,38 - IO » Д? К
Л = 6,62 • 10 ®* Дж • с
R = 3,3 • 10-” Гц m = 1 п — 3
Т - ?
Решение. Чтобы атомы стали* излучать видимый свет, их надо перевести из основного состояния с т = 1. в возбужденное так, чтобы их электроны поднялись хотя бы на 3-й энергетический уровень. Тогда они, испустив фотон с наименьшей энергией, могут опус-
титься с 3-го на 2-й уровень, поэтому испущенный фотон будет соответствовать видимому красному свету.
Для перевода атомов в возбужденное состояние их можно разогнать так, чтобы, столкнувшись, они возбудились. Для этого атомам надо сообщить тепловую энергию ее менее 2 Ек, где Ек - средняя кинетическая энергия атома. Из молекулярной физики мы знаем, что
* 2 где k - постоянная Больцмана.
Эта энергия 2 £к и пойдет на поглощение атомом энергии
781
необходимой для перевода электрона с уровня т — 1 на уровень п — 3, откуда его переход на второй уровень при* ведет к испусканию видимого света. С учетом этого nd закону сохранения энергии 2Хм’ = лвГА’"_т\ откуда
2	п* J
Произведем вычисления:
Г = **Г2__±] 3A[/n2 n2J
= 4,7 10< К. 1 О J
6,62 • IO"34 ♦ 3,3 - 101В Т" 3 1,38 10* 1 2* Ответ: Т » 4,7 • 104 К.
Задача 4
Лазер мощностью Рх = 2 кВт в течение fj « 2 с излучает ” 300 импульсов света. Длительность каждого импульса /] = 4 мкс. На излучение идет т] - 0,3% потребляемой энергии. Найти мощность Р2 и энергию Et одного импульса.
Дано: Р, = 2 кВт г. = 2 с = 300 - 4 мкс п = 0,3%
Ег - ?
Решение.' КПД лазера равен отношению световой энергий Elt излучаемой им в течение времени ко всей потребляемой лазером за это время энергии Ео, выраженному в %:
Т] =-5-100%.
Отсюда энергия Et -	» где
Ео = Pttlt поэтому Е. = —.	(1)
1 100%
Разделив энергию Et на количество импульсов ЛГ, излученных за время tt, найдем энергию Е3 одного импульса:
Я2 = 5" или с учетом (1) д = —
N	2 TV-100%
Мощность Р2 одного импульса определим отношением его энергии Е2 ко времени излучения каждого импульса t2:
Переведем все единицы в СИ:
2 кВт — 2 • 10s Вт, 4 мкс « 4 • 10й* с.
782
Произведем вычисления:
„	2 10s-2ОД
'	300.100 1 "	 0104 Дж-
_	0,04
Р2 = л «п-в = 1 • 10* Вт = 10 кВт» 4 • 1(1
Ответ: JE2 == 0,04 Дж,- Р2 = 10 кВт.
Задача 5
Расходимость лазерного излучения ф = 1 мрад (милли-радиан). За один импульс продолжительностью t = 0,8 мкс лазер излучает Е = 800 мДж световой энергии. Найти плотность потока излучения 18 на расстоянии г = 8 м от лазера.
Дано: г = 8 м ф = 1 мрад t - 0,8 мкс Е = 800 мДж
Решение. Расходимостью излучения называют плоский угол ф при вершине осевого сечения светового конуса (рис. 23-3).
Из рис. 23-3 следует, что радиус в основании светового конуса
R - г sin — = 0,5лр
2
ведь при малых углах синус угла равен самому углу, выраженному в радианах.
Зная радиус R, найдем площадь S, на которую падает световой поток Ф:
S - пВ? - л(0,5гф)2 * * S * * В.	(1)
Нам надо определить плотность потока излучения 1Я (точ-
нее, поверхностную плотность потока). Она равна отношению светового потока излуче-
ния Ф к площади освещаемой поверхности S:
(2)
О
В свою очередь, световой поток Ф равен отношению световой энергии Е ко времени излучения t:
Ф~Г	(3)
Подставив (1) и (3) в (2), мы ответим на вопрос задачи:
I = Е * я*(0,5лр)г
Переведем все единицы в СИ:
783
1 мрад = 1 • Ю~* рад, 0,8 мкс » 8 • 1О“7 с,
800 мДж — 0,8 Дж.
Произведем вычисления:
т __________________________В? j g. 1010 Вт
* 3,14-8 10 т(0,5-8-110-8)2 м2 “ ’ м2 '
Ответ: I, — 1,8 • 10ю Вт/м2.
Задача в
Наибольшая длина волны излучения в видимой части спектра водорода Х^ = 0,66 мкм. Найти длины волн Х1( X, и Xg ближайших трех линий в видимой части спектра водорода.
Дано:
Х^ — 0,66 мкм
Д = 3,2-1015 -
С
с - 3-10» -с
Здесь И - постоянная Ридберга.
Решение. Для решения задачи необходимо знать номер л энергетического уровня, соответствующего максимальной длине волны излучения в видимой части спектра атома водорода (напомним,-что максимальной длине волны
соответствует красная линия спектра).
Возбужденный атом водорода излучает видимый свет, когда его электрон опускается с более высоких на второй энергетический уровень. Самым близким ко второму уровню, очевидно, является третий уровень. Когда электрон опускается с этого уровня, на второй, то излучается минимальная порция световой энергии. Минимальной порции энергии соответствует и минимальная частота vrajn, ведь по формуле Планка	’’
®mhi ~ XVmin.
А минимальной частоте соответствует максимальная длина Х„„, поскольку длина волны обратно пропорциональна частоте v:
Следовательно, уровнем, при переходе с которого яа второй уровень испускается максимальная длина волны Хш, является третий энергетический уровень. Тремя ближайшими к нему уровнями являются четвертый (nt = 4), пятый (nt = 5) и шестой (па == 6).
При переходе с четвертого уровня (п2 = 4) на второй будет испущен видимый свет с частотой vlt которая согласно формуле Бальмера равна:
784
Vt
1 1 ]
22 ~ л2У Этой частоте соответствует длина волны
= —, поэтому
Следующая ближайшая длина волны X, соответствует переходу электрона с пятого энергетического уровня (гц — 5) на второй, поэтому, рассуждая аналогично, мы можем написать:
И последняя ближайшая длина волны Хз соответству-
ет переходу электрона с шестого энергетического уровня (п3 = 6) на второй, поэтому
Задача в общем виде решена.
Переведем все единицы в СИ: 0,66 мкм — 6,6 * 10~7 м. Подставим числа и произведем вычисления:
1	310’	К 1П-7
A.J -------j-----= 5 • 10 7 м,
3,2-1О15|4---^ I
^22 42J
,	3 • 10е
Х2 =--------г----р-м ~ 4,5 • 10~7 м»
3’2,10”
I Л • о ] Ч . 10е
X _-------------- м - 4,2 • 10-’ м.
’	/111
з,2 1&4-4--=-
^22 62)
Ответ: Xi = 5,0 • 10~7 м, Xj = 4,5 ’ 10"7 м, Ха = 4,2 • 10 т м.
785
Задача 7
ЗДкую ндцменьщую.скорость р должен иметь элект* рон, ударяющийся об атом водорода и возбуждающий его так, что в спектре излучения этого атома появляются линии всех возможных серий? Каков потенциал возбуждения этого атома?
Дано: т, = 9,1  10-81 кг е ~ 1,6 • 10-™ Кл R = 3,2 • 10“ i с
Л = 6,62 • 10 « Дж • с
с “ 3 • 108 -с
т = 1 п = оо
V - ?
Здесь we - масса электрона, е -модуль его заряда, R -постоянная Ридберга, Л - постоянная Планка, с - скорость света в вакууме.
Решение. Для того чтобы возбужденный ударом атом водорода излучил все возможные линии спектра, нужно ему при ударе сообщить извне такую энергию ДЕ, которой хватит для перевода его электрона с нижнего энергетического уровня с номером т = 1 на уровень п « ©о. Если атому сообщить извне еще большую энер-
гию, то электрон покинет атом, вырвавшись за пределы действия сил притяжения к ядру. Если же энергия, переданная атому извне, будет меньше величины ДЕ, то его электрон не достигнет уровня н = <*> и излучение не будет содержать всех линий спектра.
Таким образом, мы знаем номера начального т и ко-' нечного п энергетических уровней электрона в атоме водорода, и значит, можем определить энергию ДЕ, необходимую для перевода атома в такое возбужденное состояние. По формуле Планка
ДЕ = Av, где v
поэтому	ДЕ = hlA	|.
I т п j
Такую энергию ДЕ должен иметь электрон, налетающий на атом водорода и возбуждающий его своим ударом. Поэтому
ДЕ =
п j
mtv2 ~2~’
откуда
	2hRf 1	 me ^m2 ц2 J
786
Мы определили одну искомую величину. Теперь, чтобы определить потенциал возбуждения атома водорода Ujmj, т. е. разность потенциалов, которую должен пролететь электрон во внешнем электрическом поле перед уда* ром об атом водорода, чтобы своим ударом возбудить его, сообщив энергию ДЕ, приравняем кинетическую энергию
ш,о2 электрона —-— работе разгоняющего его электрического поля А (будем считать, что электрон разгоняется из состояния покоя, ведь нам ничего не сказано о его начальной скорости):
fn.i?
-у- = А, где А = eU^,
mtv2
2е
ту2 поэтому ——
Подставим
‘ ^жив« откуда и, числа и произведем вычисления:
[2-в,62-io-*4 3,2 - 10ls f 1	15м 1пв м
9,1 10 Ц2 «»2J с	с
9Д.10-”(а2 10»)\ 2*1,6-10;1’	В 13,8 В‘
Ответ: и = 2,2 • 10е' м/с, = 13,8 В.
Задача 8
Для ионизации атома водорода<требуется энергия ДЕ =• 14 эВ. Ионизировать атом можно ударом электрона, разогнанного'внешним электрическим полем, или облучением электромагнитной волной. Определить потенциал ионизации этого атома, а также минимальную длину X„in электромагнитной волны, способной ионизировать этот атом.
Дано:
ДЕ — 14 эВ е = 1,6 • 10-1в Кл h = 6,62  IO’84 Дж • с
с = 3 108 -С
Здесь е - модуль заряда электрона, Л - постоянная Планка, с -скорость света в вакууме.
Решение. Чтобы электрон, разогнанный внешним электрическим полем до энергии АЕ, ионизировал своим ударом атом водорода, нужно, чтобы работа электрического поля А^, разгоняющего его, была как минимум равна этой энергии:
Аполя ЛЕ» где Апояя etZ,
787
ЛЯ? и = —— ''«м	_
___________е
поэтому eUm “ ДЕ, откуда
Чтобы электромагнитное излучение, которым облучают атом, смогло его ионизировать, нужно, чтобы энергия кванта электромагнитной волны была равна ДЕ. По формуле Планка
ДЕ ~ Лу__. где максимальная частота волны
Vm« =	’ ПОЭТОМУ ДЕ = Л—£-
^min	*Я1В 
Задача в общем виде решена. Переведем единицу энер< гии в СИ:
14 эВ - 14 • 1,6 ♦ 10-» Дж = 2,24 • Ю"18 Дж. Подставим числа
2,24 НТ18
1,6 1019’
6,62 10 м min —
1
, откуда Лпй. = — Zxft
и произведем вычисления:
u„„
В - 14 В,
•ЗЮ8 м-= 8,9  КГ8 м.
2,24 • 1018
Ответ:	— 14 В, ХШ1П = 8,9 • Ю"8 м.
Задача 9
Электрон разогнали из состояния подоя в электрическом поле при напряжении U = 100 В. Чему равна длина волны де Бройля X. этого электрона?
Дано:
Ц. = 0 U - 100 В » 9,1 • 10"81 кг
е - 1,6 • 10-*" Кл Л - 6,62 10-« Дж-с

Решение. Длина волны де Бройля электрона определяется
равенством Хе ~	,	(1)
где р - скорость электрона, разогнанного электрическим полем, сообщившим ему кинетическую энергию
При этом электрическое поле совершило работу А “ eU.	(3)
Приравняв (2) и (3), найдем скорость электрона и, необходимую нам для определения длины волны де Бройля:
meo2	l2eU
—~— = еи , откуда v = J----в
2	Vго.
(4)
788
х г h
* ^2mteU
Подставим (4) в (1): X, --или
/2еЙ т,1----
V т»
Проверим единицу полученной величины: Г11 = _Д” с	Дж - с	Дж - с
7кг Кл-В / - Дж 7кг Дж
V К?
_	~ё* 2 3 * * 1 /Дж-с* _ /Н-м-с2 _
У кг-Дж V кг V кг
' м 2 кг—*м*с
с_____
кг
j Дж	м
Напомним, что В = -гг—, Дж = Нм и Н = кг—. Кл	с
Произведем вычисления:
=	6,62-10^J   м . 2 3.10_„ й
72-9,1-КГ31 • 1,6 -101’ -100
Ответ: X, = 2,3 • 10~10 м.
Задача 10
При какой температуре Т длина волны де Бройля атомарного водорода Xj = 8 • 10* фм?
Дано:
Ха = 8  10* фм т = 1,67 • 10‘гт кг
* = 1,38 - 10-м К
Здесь т - масса атома водорода» k - постоянная Больцмана.
Решение, волны де Бройля атома водорода определим по Л
формуле	,	(1)
mv
Здесь и - скорость атома» которую он приобрел при температуре
т - ?
Д1д /ИД}
Т, При этом его средняя кинетическая энергия —~ рав-
3
на -ЛТ:
2
789
то* 2 * 3. _	/SfeT	/о.
-т— = -kT, откуда о = J-----.	(2)
2	2.	V т
Нам осталось подставить (2) в (1) и из полученного выражения определить температуру Т. Проделаем эти h h
к
действия:
ш,
Т = — 3mk X.
h У
( h У
Отсюда Зт£Г я — I и J J___________________________
Переведем в СИ единицу X:	а
8 • 104 фм - 8 -1011 м.
Напомним, что 1 фм (фемтометр) — 1 • 10-ls м.
Произведем вычисления:
„ .	1	(«.вг-ю-^У
~ 1,6740” • 1,38-10 28 [ 8 • 10’“ J к - 1' ios к-
Ответ: Т = 1- 10s К.
Задача 11
Неопределенность радиуса электрона г на первой воровской орбите с п = 1 в атоме водорода Дг — 0,01 г. Найти отношение неопределенности проекции импульса электрона Дрг на его радиус к импульсу электрона р на орбите.
Дано: Дг = 0,01 г п = 1

Решение. Согласно соотношению неопределенностей Гейзенберга неопределенность радиуса орбиты электрона Дг связана с не-
определенностью его имйульса Дрг выраже-
нием Дг • Дрг - й , откуда Дрг = —.	(1)
Дг
Здесь й - постоянная Планка «с черточкой».
Импульс электрона на орбите р — тпеи, где его скорость е2 .	_
----- (см. решение задачи 1).
2е2пЛ
и =
(2)
С учетом этого	р = —--—.
2е2лй
Радиус орбиты электрона г (см. решение задачи 1)
Е0(«Д)2
пт.е2
(3)
790
Теперь найдем отношение bpt/p, подставив в него (1),
(2) и (3) с учетом равенств Дг « 0,01 г й й = ~: 2Я
Дрг _ Л _ &itwt,e2 • 2eonft р Дф 2л О,О1Ео(пЛ)2ш,е2 ’
откуда
Дрг _ 100 Р ~ п
При п = 1 —- « 100. Р
&рт
Ответ: ---- = 100.
Р
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Найти радиус второй воровской орбиты г в атоме водорода и скорость электрона на ней.
Ответ: г *= 2* 10’10 м, v ~ 1  10® м/с.
Задача 2. Насколько кинетическая энергия электрона на третьей воровской орбите меньше» чем на второй?
Ответ: Д£к - 3* IO'1* Дж.
Задача 3. Найти кинетическую £к» потенциальную Е„ а полную Е энергии электрона, находящегося на второй орбите в атоме водорода.	4
Ответ: Ек -» 3,4 эВ, Еп = -6,8 эВ, Е = -3,4 эВ.
Задача 4. Во сколько раз изменяется энергия атома водорода при переходе электрона с первой стационарной орбиты на третью?
Ответ: увеличивается в 9 раз.
Задача 5. Найти угловую скорость w электрона, находящегося на ближайшей возможной к ядру орбите в атоме водорода.
Ответ: о =	 = 4,4 < 101в ^5..
2so(n/i>3	с
Задача 6. Во-сколько раз длина волны излучения атома водорода при переходе электрона с третьей орбиты на вторую больше длины волны, обусловленной переходом электрона со второй орбиты на первую?
Ответ:	« 5,4.
Задача 7. Какие спектральные линии появятся при возбуждении водорода ударами электронов с энергией Е — 12,1 эВ?
Ответ: Х31 = -у с—^-=1,03 * 107 м,
791
^=-^1^-1,21.10-^, Д12 ~2» J
= Г , С , \ “ 6,56 • 1О’Г »
Задача 8. Найти номер орбиты п, с которой при переходе электрона на вторую орбиту атом водорода излучает свет с длиной волны Л - 4,87 ’ 10’s см..
Ответ: п = . 1	*= 4.
11__с_
V22 1R
Задача 9. Определить наибольшую длину волны спектральных линий водорода в видимой области спектра.
Ответ:	, --с—j-r = 6,56 ♦ 10’7 м, т - 2, л = 3.
т2 п2 J
Задача 10. Найти первый потенциал возбуждения однократно ионизированного атома гелия (Z - 2).
Ответ:	40,8 В.
4 е Задача 11. Какую наименьшую скорость должны иметь электроны, чтобы при возбуждении атомов водорода ударами этих электронов появилась линия с наибольшей длиной волны = 1,21 • 10 7 м в ультрафиолетовой области спектра водорода? Масса электрона т9 « 9,1 • 10 31 кг.	<
Л	[2hR( 1	15 Л ,ЛЯ ,
Ответ: vmin = - * 2 • 10е м/с.
|| «Дг 2ZJ
Задача 12. Найти потенциал ионизации однократно ионизированного гелия (И ~ 2).
Л ГТ Z2hR л
Ответ: £/яоя =-  54,4	В.
Задача 13. Определить наибольшую длину волны спектральных линий водорода в видимой области спектра.
Ответ:	== . - С--= 6,56 • 10 7 м, т ж 2, п = 3.
V’?)
Задача 14. Какую минимальную энергию Е^ должны иметь электроны, чтобы при возбуждении атомов водорода ударами этих электронов спектр водорода имел только одну спектральную ли* нию?
Ответ: JE^ = ЛЯ “Дг”-Д 10,2 эВ, т - 1, п »» 2.
792
Задача 15. Найти длину волны X фотона, излучаемого при переходе электрона со второй орбиты на первую в однократно ионизированном атоме гелия (Z = 2).
с
Ответ: X = —jr-r--rv = 3 ♦ 10~8 м.
М-4-4 п)
Задача 16. При работе лазера в импульсном режиме энергия одного импульса излучения Е - 50 мДж. Найти число импульсов излучения Nr произведенных за время = 1 с, если мощность, потребляемая лазером, s 1,5 кВт, а его КПД и 0,2%. Какова длительность импульса tZi если его мощность Р2 * 2 кВт.
Ответ: N =	«60, t, = 4 “ 2>б ’10~8 «•
Е * 1 Ои л>
Задача 17. Газовый лазер, работая в режиме непрерывного излучения, дает свет с длиной волны X « 500 нм. Найти число фотонов .излучаемых им за время t в 2 с, если мощность излуче-йя Р « 50 мВт.
ХРГ -
Ответ: N = -г— ** 1,3 • 1017. he
Задача 18. Определить Длину волны де Бройля Хв электрона на первой боровской орбите в атоме водорода.
е2
Ответ: X = ----= 3,3 * 1010 м.
2т&р
Задача 19. Определить длину волны де Бройля Хе атомов водорода при температуре Т * 1  1(Р'ЛГ.
Ответ: Хе - - и  = 8 • 10 п м.
WmkT
Задача 20. Электрон может находиться на второй боровской орбите атома водорода в течение Д£ = 1 нс. Чему равна неопределенность его энергии ЬЕ (т. е. ширина второго энергетического уровня)?
Ответ: Д£ = — 1,04 • 10"25 Дж.
24. ФИЗИКА АТОМНОГО ОДРА
Краткая теория.
Методические указания к решению задач
Ядро атома состоят из элементарных частиц двух типов: нейт-" ральяых - нейтронов и положительно заряженных - протонов.
Нейтроны обозначают q« , а протоны }р или • Протоны и нейтроны называют также нуклонами.
Количество протонов в ядре обозначают буквой Z, а количество ' нейтронов - буквой N. Сумма числа протонов Z и числа нейтронов N в ядре называется массовым числом ядра А. Таким образом,
А - Z + У.
Очевидно, что массовое число А - безразмерная величина.
Массу ядер в ядерной физике часто обозначают М (не перепутайте с молярной массой), а массу частиц - ж.
В ядерной физике из-за исключительной малости размеров ядер и элементарных частиц введена единица длины - ферми иди фемтометр (сокр. фм):
1 фм = 1 -10-18 м.<
В качестве единицы массы принята атомная единица массы (сокр. а.е.м), равная массе 1/12 частя атома углерода:
1 а.е.м •= 1,66 • Юет кг.
Атомной единице массы соответствует энергия Е
Е - тс2 ~ 1,66 • IO"27 • 9 • 10“ Дж » 1,5 • КГ” Дж « 931 МэВ, поскольку 1 МЭВ ** 1,6 • 10‘13 Дж.
- В некоторых книгах при обозначении атома элемента число всех нуклонов А пишут слева вверху символа, обозначающего этот элемент, а число протонов, Z - слева внизу. Например, запись
означает, что это ядро атома натрия и оно содержит всего 23 нуклона, в числе которых 11 протонов, и значит, 23 - 11 * 12 нейтронов.
Таким образом, запись %Х означает, что элемент X с массовым числом А содержит в ядре Z протонов и А - Z нейтронов.
Теперь откройте таблицу Менделеева и внимательно посмотрите на нее (откройте, не ленитесь). Запомните: порядковый номер элемента - это число протонов в его ядре. Другая цифра в соответствующей клетке таблицы Менделеева, та, которая больше (она записана в виде десятичной дроби), будучи округленной до целого числа, равна массовому числу А этого элемента. Запись в восьмой клетке таблицы Менделеева 15,99940 (т, е. здесь наоборот, массовое число расположено внизу, а зарядовое - вверху) означает, что ядро кислорода содержит Z - 8 протонов, а его массовое число А в 16, и значит, в его ядре А’ = 16 - 8 = 8 нейтронов (А всегда больше Z).
Масса нейтрона больше массы протона.
Массы ядер и элементарных частиц приводятся в соответствующих справочных таблицах. Такие таблицы имеются и в конце вашего школьного задачника.
794
Может возникнуть вопрос: если массовое Число А по смыслу всегда должно быть целым числом, то почему в таблице Менделеева оно дробное» т. е. записано в виде десятичной дроби, ведь не может быть половинки протона или четвертушки нейтрона. Дело в том, что в природе существуют атомы одного и того же элемента, имеющие в своих ядрах одинаковое число протонов, но разное число нейтронов. В связи с этим они помещаются в одной и той же1 клетке таблицы Менделеева и имеют одинаковые химические свойства, но разные радиоактивные. Такие атомы называются изотопами, Изотопы есть у всех элементов таблицы Менделеева. Химически чистое вещество всегда представляет собой смесь изотопов данного элемента, которые содержатся в нем в разных пропорциях, поэтому массовое число элемента является дробным.
Не. следует путать массовое число с атомной массой элемента. Атомной массой называют отношение массы атома данного элемента к 1/12 массы атома углерода 1|С, тогда как массовое число -это число нуклонов в ядре. Атомная масса измеряется в а.е.м., а в СИ - в кг, тогда как массовое число - величина безразмерная.
У водорода известны три изотопа: [И , и . Изотоп JH - это обычный водород, ядром которого является только один протон. Изотоп водорода ®Я называется дейтерием. В его ядре имеются один протон и один нейтрон. Изотоп JН называется тритием. В его ядре, кроме одного протона, имеются еще и два рей-трона.	*
Между нуклонами ядра действуют самые мощные силы природы - ядерные силы, обеспечивающие связь нуклонов ядра друг с другом (если бы этих сил не было» то протоны, входящие в состав ядра, немедленно разлетелись бы под действием кулоновых сил отталкивания). Энергией связи Есв ядра называют минимальную энергию, которая необходима для полного расщепления ядра на отдельные нуклоны без сообщения им кинетической энергии. При этом всегда масса ядра М^, которое распалось на отдельные нуклоны, оказывается меньше суммы масс этих нуклонов. Разница между массой ядра и суммарной массой нуклонов, на которые оно распалось, называется дефектом массы атомного ядра ДМ.
Если масса каждого протона тр, а масса каждого нейтрона mn и ядро распалось на. Z протонов и N нейтронов, то дефект массы
ДМ = Zm* + Nm* * М^.
Энергия связи Еп атомного ядра согласно формуле, устанавливающей взаимосвязь массы и энергии Е =* тс2, связана с дефектом массы ДМ соотношением
ЕС1 « ДМ с2 или Ес, « (2тр +	- Мадрв)с\
Здесь с * 3 • 108 м/с - скорость света в вакууме. Подчеркнем, что если в этой формуле массы протона, нейтрона и ядра выражены в килограммах, а скорость света - в метрах в секунду, то энергия связи Есв будет измерена в джоулях. Однако в физике атома и атомного ядра энергию ядер и элементарных частиц чаще выражают в мегаэлектрои-вольтах (МэВ):
1 МэВ - 1,6 • IO ” Дж.
Решая соответствующие задачи, можно получить энергию связи в джоулях, а затем, если требуется, перевести ее в мегаэлектронвольты, разделив полученное число джоулей на 1,6 * 1О'и. Но
795
гораздо проще получить значение энергии связи в мегаэлектронвольтах, если оставить массы протона, нейтрона и ядра выраженными в атомных единицах массы и умножить дефект массы ДМ не на е2, а на число 931. Тогда получим
Е^ =» 931 ДМ или Еп - 931 (Zmp + ЛОпп - Мда) МэВ.
Это связано с тем, что одной атомной единице массы соответствует энергия связи 931 МэВ.
Для характеристики прочности ядра используется величина, которая называется удельной энергией связи Удельная энергия связи определяется отношением энергии связи £св к массовому числу ядра атома Az
Иными словами, удельная энергия связи равна энергии связи ядра, приходящейся на один нуклон.
Чем меньше удельная энергия связи, тем менее прочным является ядро. Элементы конца таблицы Менделеева имеют малую энергию связи, поэтому они обладают свойством радиоактивности. Они самопроизвольно распадаются с образованием новых элементов и излучают при этом а- и (5-частицы, а также гамма-лучи. Такая радиоактивность является естественной в отличие от искусственной, вызванной воздействием человека на ядра атомов.
Альфа-частицами, излучаемыми ядром атома при альфа-распа-, де, являются ядра газа гелия. Их символ %Не, и значит, они содержат два протона и два нейтрона.
Бета-частицами, излучаемыми ядром при бета-распаде, являются быстрые электроны, летящие с околосветовой скоростью. Их символ » 470 означает наличие у них отрицательного заряда и отсутствие массового числа.
Гамма-лучами являются электромагнитные волны с очень короткой длиной волны, порядка - 10’13 м. Их символ у, т. е. у них нет ни зарядового, ни массового числа.
Напомним еще раз символы некоторых ядер и частиц;
или - протон (ядро водорода), JH - дейтерий, pff -тритий (все ~ изотопы водорода), fae ~ альфа-частица (ядро гелия), Jn - нейтрон, - бета-частица (электрон), +?е - позитрон . (антиэлектрон - частица с массой электрона, но имеющая положительный заряд), у “ гамма-квант.
В процессе радиоактивного распада количество ядер исходного элемента непрерывно уменьшается. Время Т, за которое распадается половина исходного количества ядер No, называется периодом полураспада. Каждый элемент таблицы Менделеева имеет свой период полураспада, величину которого можно определить с помощью справочника.
Величина а, равная количеству ядер,, распадающихся за единицу времени, называется активностью радиоактивного элемента. Если в начальный момент времени имелось ядер данного радиоактивного элемента, а по прошествии времени t йх осталось ЛГ, то активность ц может быть определена выражением
796
=^.>ГДе AN« N„-N. t t
Число # оставшихся через время t ядер данного элемента можно определить по закону радиоактивного распада
£
где No - число ядер в момент времени t « О и Т - период полураспада данного элемента.
Активность радиоактивного препарата в процессе распада ядер непрерывно уменьшается по закону, аналогичному закону радиоактивного распада:
а « «о • 2 т .
Здесь а0 - активность в начальный момент времени, а - активность через время t, Г - период полураспада радиоактивного элемента.
Процессы радиоактивного распада сопровождаются превращением одних элементов таблицы Менделеева в другие. При этом выполняются законы сохранения зарядового и массового чисел: массовое (или зарядовое) число исходного элемента равно суммарному массовому (зарядовому) числу продуктов распада. Следствием этих законов является правило смещения;
а)	каждый акт альфа-распада сопровождается образованием нового элемента, массовое число которого на 4 меньше массового числа исходного элемента, а зарядовое число меньше на 2, поэтому новый элемент смещается относительно исходного на две клетки таблицы Менделеева к ее началу. Если исходный элемент обозначить X, а конечный - У, то правило смещения применительно к альфа-распаду выглядит так: £х -> £1У +	;
б)	каждый акт бета-распада сопровождается образованием нового элемента, массовое число которого равно массовому числу исходного элемента, а зарядовое число на 1 больше зарядового числа исходного элемента, поэтому новый элемент смещается относительно исходного на одну клетку к концу таблицы Менделеева. Правило смещения применительно к бета-распаду может быть записано так: $Х г£у +	,
Гамма-излучение не сопровождается образованием новых элементов. -
Процессы взаимодействия ядер элементов друг с другом или с элементарными частицами, приводящие к образованию новых элементов или новых частиц, называют ядерными реакциями. Ядерные реакции подчиняются закону сохранения импульса и закону сохранения энергии. Ядерные реакции, протекающие с выделением энергии, называются экзотермическими, а ядерные реакции, протекающие с поглощением энергии, - эндотермическими.
Энергетическим выходам ядерной реакции AW называется разность между суммарной энергией покоя ядер и частиц до и после реакции.
Если сумма масс покоя частиц и ядер до реакции равна	, сумма
i=i
797
масс покоя частиц и ядер после реакция ра вна	, то энерге-
тический выход..реакции
&W.=c2 X«i>-S"« L
/«1 i=l J
Если масса ядер и частиц выражена в килограммах, а скорость света с - в метрах в секунду, то энергетический выход &W будет измеряться в джоулях. Если же необходимо получить энергетический выход ядерной реакции измеренным в мегаэлектрон-вольтах, то предыдущая формула примет вид:
ДЖ = 931| Ма - ^Ма [мэВ.
[м i-1 J
Здесь массы ядер и частиц должны быть измерены в атомных единицах массы.
Очевидно, что если энергетический выход ядерной реакции положителен, т. е. энергия покоя взаимодействующих частиц и ядер до реакции превосходит энергию покоя ядер и частиц, образовавшихся в результате реакции, то реакция протекает с выделением энергии, т. е. является экзотермической, а если наоборот, то эндотермической.
При облучении вещества а, £ и у-част^цами происходит возбуждение или ионизация атомов вещества. При этом сами частицы могут тормозиться, что сопровождается рентгеновским излучением. Кроме того, частицы могут упруго и неупруго соударяться с атомами вещества. Все это может привести к изменению свойств облучаемого вещества и к отрицательному воздействию на живые организмы.
Наибольшей проникающей способностью обладают нейтроны и у-кванты, так как они нейтральны, поэтому легко проникают к ядрам атомов, представляя наибольшую опасность.
В дозиметрии различают поглощенную и эквивалентную дозы.
Поглощенная доза D равна энергии радиоактивного излучения, поглощенного единицей массы вещества:
Здесь Е - энергия излучения и ш - масса вещества.
Единица поглощенной дозы в СИ - грей (Гр):
1 Гр ^Дж/кг.
Для характеристики биологического воздействия на организм используется коэффициент качества излучения или коэффициент относительной биологической активности (ОБЭ) k. Для у-квантов k — 1, для тепловых нейтронов k *- 3, для нейтронов с энергией порядка 0,5 Мэв k — 10.
Эквивалентная доза Н равна произведению коэффициента качества излучения и поглощенной дозы:
Я- АЛ.
Единица эквивалентной дозы в СИ - зиверт (Зв). 1 зиверт ~ это эквивалентная доза, при которой поглощенная доза равна 1 Гр при коэффициенте качества А = 1.
798
Естественный фон составляет 2 мЗв за год.
Предельно допустимая доза (ПДД) 5 мЗв за год:
5 мЗв - 0,1 ПДД при 1 ПДД 50 мЗв зй год.
При дозе 0,5-1 Зв - острое лучевое поражение организма, при 3-5 Зв - смертельный исход.
Допустимая доза облучения за среднее время жизни человека (70 лет) составляет 0,35 Зв.
Решение отдельных задач
Задача 1
Найти удельную энергию связи есв ядра . Масса ядра ЛГ^д, — 15,99052 а.е.м., масса одного протона т9 = = 1,00783 а.е.м,, масса нейтрона тл = 1,00865 а.е.м.
Дано:
дгр = 1,00783 а.е.м.
та •* 1,00866 а.е.м.
Мад, - 15,99052 а.е.м.
8,-?
Здесь А - массовое число изотопа кислорода , Z - его зарядовое число.
Решение. Напомним, что удельной энергией связи называют энергию связи, приходящуюся на один нуклон. Поэтому удельная энергия связи ядра может быть определена от-
ношением всей энергии связи Еа, т. е. энергии связи, приходящейся на все нуклоны ядра, к их общему количе-
ству, т. е. к массовому числу А;
е “ А
Энергию связи ядра Ес, (по модулю) можно определить по формуле
Еа = 931(Zmv + Nmn - МэВ.
Здесь N = А - Z - число нейтронов в ядре. Напомним, что здесь массы протона, нейтрона и ядра следует
оставить выраженными в атомных единицах массы (а.е.м.), и тогда мы получим энергию связи £еа, выраженную в мегаэлектрон-вольтах (МэВ).
С учетом этого £„ = 931(2mp + (А - Z)ma - МэВ. Подставив это выражение-в первую формулу, получим
931(2mp + (А - Z)mn --	Л
799
Задача в общем виде решена. Очевидно, что единицей
МэВ измерения здесь будет -------
нуклон Отметим, что в некоторых справочных таблицах приводятся не массы ядер, а массы изотопов элементов. В этом случае для нахождения массы ядер следует вычесть из массы изотопа массу всех его электронов, умножив их количество на массу покоя одного электрона т9 « 9,1 • 1О"81 кг. Количество электронов в нейтральном атоме равно количеству протонов в его ядре, т. е, тоже равно зарядовому числу Z или порядковому номеру элемента в таблице Менделеева.
Подставим числа в полученное выражение для Д£ет и произведем вычисления:
8 • 1,00783 + (16 - 8) -1,00866 -15,99052 МэВ
16	нуклон
нуклон
Ответ: еев =* 8,2 МэВ/нуклон.
Задача 2
Масса атома хлора М “ 35,5 а.е.м. Хлор имеет два изотопа: ™С1 с массой атома Mt — 35 а.е.м. и ™С1 с массой атома М2 = 37 а.е.м. Найти их процентное содержание.
Дано: , М - 35,5 М, - 35 М. = 37
^-7
N
^--7 N
Обозначим N некоторое количество атомов хлора, - количество изотопов хлора $С1 . в общем количестве N, N3 - количество изо-„	„ Ni Я.
топов ,,С4 в этом же количестве N, , -гт-"	N N
- относительное содержание изотопов ™С1 я №.
Решение. Здесь следует сообразить, что
сумма произведений массы атома на относительное N.
содержание изотопов хлора ’*С1 и массы атома М2
Nt
на относительное содержание -гт- изотопов хлора ,1С/ N	*'
AL	АГ,
есть масса М: М,— + М,-гг - М. N	N
800
, N. N-N.
Так как Na = N - Nlt то Мt	+ Мг ——— = М.
N
Отсюда найдем относительное содержание ~~ изото-
N
пов хлора ifCl в их смеси с изотопами ^Cl, выраженное в частях, а затем, умножив полученное отношение
на 100%, получим искомое процентное содержание N
этих изотопов: м‘ + «.[1-—]-«
—	- И,) - м- м„
Мы нашли одну искомую величину. Очевидно,' что, отняв ее от 100%., мы определим процентное содержание N,
-jj- изотопов ^С1, выраженное тоже в процентах:
Nt М2-М<ллл, —- = —  100% N M3-Mi
^-100%-^ N iVV/° N
Все полученные величины будут выражены в процентах. Подставим числа и произведем вычисления:
N. 37-35,5
#-^.зГ100%-75%-
-г*-- 100% - 75% - 25%. N
IV.
Ответ: ~=* 75%, —7-= 25%. N	N
Задача .3
Какая доля радиоактивных ядер некоторого элемента распадается за время t, равное половине периода полураспада?
Дано:
, Т t * —
2 AN Ъ "?
2S- Репетитор по физике. Т. 2
Обозначим AN количество ядер, распавшихся за время t, N3 - первоначальное количество ядер (т. е- в момент t — 0), Т - период полураспада элемента.
801
Т
Решение. Количество AN распавшихся за время t = — ядер равно разности первоначального количества ядер No и количества ядер N, оставшихся переснявшимися через время t от начала отсчета времени распада: AN =» No- N.
Количество переснявшихся ядер связано со временем распада t и периодом полураспада Т законом радиоактивно-
-- N	Т
го распада AN ==	• 2 г = -у-, где t = —, поэтому
2Г
Л^ = ^о_
22
22Г
, Тогда AN = Na-  J2
AN
. Задача решена.
AN Ответ: -гг- — 0,29. No
-£ = No 1, откуда
J2	V2
Т==0,29. /2
Задача 4
Активность радиоактивного препарата уменьшилась в четыре раза за t = 8 дней. Найти период полураспада Т этого препарата.
Дано: а° л а t = 8 дней
Т - ?
ности
. Обозначим ав активность препарата в начальный момент времени, а - активность препарата через t дней.
Решение. Напомним, что активностью а радиоактивного препарата называется величина, равная числу распадающихся ядер в единицу времени. В отличие от периода полураспада, который для данного препарата
постоянная величина, активность с течением времени убывает.
Пусть вначале за единицу времени распадалось а0 ядер препарата, а через время t стало распадаться в единицу времени а ядер. Тогда согласно закону убывания актив-
а - а0 • 2 т ,
802
откуда	— = z •
Отсюда определим период полураспада Т, выполнив логарифмирование:
lg—= —lg2, T = t-^-а Т	1g —
________а
Задача в общем виде решена. Подставим числа и выполним вычисления:
Т = 8 • дней ~ 4 дня. 1g 4
Ответ: Т = 4_дня.
Задача 5
При бомбардировке азота l*N альфа-частицами *7fe образовался изотоп кислорода я еще одна частица. ,^акая еще частица возникла в результате этой ядерной реакции? Какая это реакция: экзотермическая или эндотермическая? Найти энергетический , выход &XV этой реакции.
Решение. Сначала запишем уравнение реакции, воспользовавшись законами сохранения заряда и массы. Согласно этим законам суммарное массовое число ядер и частиц, вступающих в реакцию, равно суммарному массовому числу ядер и частиц - продуктов реакции, и то же самое можно сказать о суммарном зарядовом числе ядер и частиц до и после реакции. Согласно условию задачи имеет место реакция
+ Jffe 18ТО +	.
Здесь ~ Неизвестная частица, возникшая в результате реакции.
Определим ее зарядовое число. Суммарное зарядовое число азота и альфа-частицы равно 7 + 2 = 9, а зарядовое число кислорода, образовавшегося в результате реакции, равно 8, следовательно, зарядовое число неизвест-. ной частицы равно 9 - 8 = 1. Аналогичным образом определим ее массовое число. Суммарное массовое число исходного ядра кислорода и альфа-частицы, вступающих в реакцию, равно 14 + 4 — 18, а массовое число продукта реакции - кислорода - равно 17, значит, массовое число искомой частицы равно 18 - 17“ 1. Элементарной частицей с зарядовым и массовым числами, равными 1,
803
является протон {Н. Таким образом,, наша реакция может быть записана так:
+ fHe -> lfO +	.
Чтобы ответить на второй вопрос задачи, нужно определить суммарную энергию покоя ядра азота и альфа-частицы, вступающих в реакцию, и суммарную энергию покоя ядра кислорода и протона - продуктов реакции, а затем сравнить эти величины. И если суммарная энергия азота и альфа-частицы, вступивших в реакцию, больше суммарной энергии кислорода и протона - продуктов реакции, то реакция идет с выделением энергии, т. е. яв--ляется экзотермической, а если меньше, то эндотермической.
Суммарная энергия покоя азота и альфа-частицы выраженная в мегаэлектрон-вольтах,
Здесь ММдг - масса покоя ядра азота, - масса покоя альфа-частицы. Напоминаем, что обе эти массы должны быть выражены в атомных единицах массы.
Суммарная энергия покоя кислорода и протона, выраженная тоже в мегаэлектрон-вольтах, .
W2 =931(М1>Го +М1д).
Здесь М- масса покоя ядра кислорода, М масса покоя протона, тоже выраженные в атомных единицах массы.
Теперь обратите внимание, что в вашем школьном задачнике и в других изданиях приведены массы не ядер, а массы атомов элементов, в величину которых, кроме масс ядер, входит и масса их электронных оболочек. Можно, конечно, исключить массы электронов, составляющих эти оболочки, поскольку масса покоя электрона нам тоже известна, а их количество равно количеству протонов в ядрах элементов, т. е. их порядковому номеру в таблице Менделеева. Тем не менее мы этого делать не будем, поскольку масса всех электронов, составляющих электронные оболочки азота и гелия (ядром которого является альфа-частица), равна общей массе всех электронов кислорода и водорода (ядром которого является протон), и значит, при вычитании из общей массы азота и альфа-частицы общей массы кислорода и водорода массы электронов скомпенсируются й останется разность масс покоя только ядер этих элементов.
804
Итак» массы названных элементов согласно справочным данным
Мн = 14,00307 а.е.м., М. = 4,00260 а.е.м., у <▼	j/ltf
М^о= 16,99913 а.е.м., Af,H= 1,00783 а.е.м.
Теперь найдем суммарную энергию азота и гелия а также кислорода и водорода W,:
W, - 931 *(14,00307 + 4,00260) а.е.м. = 16763,4 МэВ, Wj = 931 (16,99913 + 1,00783) а.е.м. = 16764,5 МэВ. Таким образом, мы видим, что суммарная энергия Покоя Wj ядер, вступивших в реакцию, меньше суммарной энергии покоя W2 ядер - продуктов реакции. Значит, эта реакция протекает с поглощением энергии, т. : является эндотермической.
Энергетический эффект реакции, т. е. разность между энергиями ИЛ, и W-,
&W = (16764,5 - 16763,4) МэВ = 1,1 МэВ.
Еще раз повторим, что при вычитании из энергии W3 энергии Wt массы электронных оболочек, а значит, и их энергетический вклад в энергию покоя атомов, скомпенсировались.
Задача решена.
Ответ: в результате реакции выделится протон, реакция эндотермическая, &W — 1,1 МэВ.
Задача 6
Какая масса т урана расходуется за сутки на атомной электростанции мощностью Р — 5000 кВт с КПД Г| * 17%, если при каждом акте деления выделяется энергия. A200 МэВ? Сравнить полученный результат с суточным расходом mt каменного угля тепловой электростанцией той же мощности при КПД т] = 75%. Теплотворная способность каменного угля q => 2,93 * 107 Дж/кг.
Дано: t — 1 сут Р - 5000 кВт ДУГ. = 200 МэВ П - 17% Bi = 75%
q = 2,93 • 10* —
М = 0,235 ___________МОДЬ. т-1 ш, - ?
Обозначим t время работы электростанции (как атомной, так и на каменном угле), М - молярную массу урана.
Решение. Масса урана ж, расходуемая в сутки, больше массы одного атома тю в раз, где N -число атомных ядер, испытавших деление в течение суток: т =“' Nm„.
Массу одного атома урана т„ найдем, разделив молярную массу
805
урана М (т. е. массу всех атомов в одном моле) на число Авогадро ДГА (т. е. на число атомов урана в одном моле):
М т” “ ’
Тогда масса всех N ядер, распавшихся за время t,
„ М т = N.
*А
Число ядер урана N, распавшихся за время t, найдем, разделив всю выделенную за сутки энергию AW на энергию AWU выделяющуюся при делении одного ядра урана:
AW, ’
„	„ М &WM
С учетом этого т = N-=------.
Na AW,Aa
Наконец, всю энергию AW, выделившуюся за время t,
найдем из формулы КПД тр П - ~7 100%, где А • Р t aW
Pt	' Pt
яозжяку n = —-100%, откуда AW = —100%.
,	AW	- и
Тогда окончательно получим
т s	Ю0%
AWiNAi|
Теперь найдем массу mt угля, который надо сжечь за такое же время t, чтобы иметь тепловую электростанцию той же мощности. Когда сожгут угля, то выделится количество теплоты Q - т^.
При этом КПД электростанции
Т]1 = 4100% Или T|i в —100%, Q	mtq
откуда
»»! = —100% Ф11
Задача в общем виде решена. Переведем все единицы в СИ:
1 сут - 24 • 8600 с - 86400 с, 5000 кВт - 5 -.10е Вт, 200 МэВ - 200  1,6 • 10-’=* Дж - 3,2 • 1СГ11 Дж.
Подставим числа и произведем вычисления:
806
т =
5-IO8-86400-0,235-100
17-3,2-10“- 6,02 Ю23
кг = 0,031 кг,
5-108 -86400 -100 75-2,93-107
кг = 2 • 104 кг.

Ответ: т = 0,031 кг, тх = 2 • 10* кг.
Задача 7
. При захвате ядром лития J Li медленного нейтрона Jn образуется изотоп водорода - тритий 3 Н.
Реакция экзотермическая с выделением энергии ДЕ = = 5,6 МэВ. Какая еще частица образуется в результате этой реакции? Какая энергия Ех приходится на ядро трития, а какая Ё2 - на эту частицу? Кинетическими энергиями ядра лития и нейтрона до реакции можно пренебречь.
Дано: ЛЕ = 5,6 МэВ Mi = 3 а.е.м. М2 = 4 а.е.м.
Ei - ?
Е2- Ч
Обозначим Mi и Л/2 - массы атома Трития и альфа-частицы соответственно. Решение. Запишем соответствующую условию задачи ядеряую реакцию:
sLi+ Jn-» ?Я + ^Яе-
Определяя, что в результате реакции образуется альфа-частица мы ис~
ходили из закона сохранения суммарного зарядового числа до и после реакции (оно равно >3) и суммарного массового числа (оно равно 7).
Поскольку кинетическими энергиями частиц до реакции мы пренебрегаем, их суммарный импульс равен 0, значит, суммарный ймпульс частиц - продуктов реакции - тоже равен нулю:
’ О = MyVi + M2v2,	(1)
где - скорость трития, a v2 - скорость альфа-частицы.
Энергия ДЕ, выделившаяся в результате реакции, равна сумме кинетических энергий Ех и Еа трития *Н и аль-
фа-частицы 2Не, образовавшихся в результате реакции: ДЕ = Е, + Е2,	(2)
Mxvl	М$у1
где Ех - —и Ег = —, поэтому
= (3)
&	л
807
Я)
Подставим (4) в (3):
_	_ м^; мм
„ • м.
= £,+£, —-
1	1 М2
Отсюда
₽ < Л
L АДМ2, 1 М, + М2
= £ Л*1 +Л^2
1 ЛГ2
2 ,
Из (2) найдем Д2: |£а = Произведем вычисления:
е Z* 4
Д = -7—-МэВ - 3,2 МэВ, 3 + 4
Еа = (5,6 - 3,2) МэВ - 2,4 МэВ.
Ответ: Et = 3,2 МэВ, Ег « 2,4 МэВ.
Задача 8
Изотоп урана /испытав ряд радиоактивных пре* вращений, превратился в свинец ™РЬ. Сколько альфа* и бета-распадов произошло при этом?
Решение. При бета-распаде массовое число элемента не меняется, а меняется только при альфа-распаде, так как при каждом таком распаде выделяется альфа-частица и\ значит, массовое число уменыпаетсяна 4. Согласно усло^ вию массовое число при превращений урана в свинец умещалось на 235 - 207 = 28, значит, произошло 28:4 = 7 альфа-распадов. При этом зарядовое число уменьшилось на 7 • 2 “ 14. Соответствующая реакция может протекать так:
^Pt + 7*He.
Образовавшаяся платина должна превратиться в свинец ™РЬ. Это возможно после четырех бета-распадов:
*£Р& + 4_’е.
Таким образом, здесь имели место 7 альфа-распадов и 4 бета-распада, значит, всего 11 распадов.
Ответ: 11 распадов^
808
Задача 9
При бомбардировке железа “Fe нейтронами образу*
ется бета-радиоактивный изотоп марганца f“Mn. Напишите соответствующие реакции. .
Решение.
“Fe + oln “Mb +	%Fe + _’е.
Задача 10
При прохождении слоя защитного покрытия толщиной Л гамма-излучение ослабевает в 2 раза. Доказать, что цри прохождении слоя толщиной nh излучение ослабевает в 2“ раз. Здесь п - целое число. Чему будет при этом равна энергия излучения Е, если до прохождения покрытия она была райна 2?0?
Решение. Когда луни проникнут сквозь покрытие толщиной Л, их энергий уменьшится вдвое и станет равна Во
—. Если лучи проникнут сквозь покрытие толщиной 2k, Л
их энергия уменьшится в 4 раза, т. е. в 21, и станет рав-
Во
на ту . Когда лучи проникнут сквозь покрытие толщи-
А
ной 3 А, их энергия уменьшится в 23 раза и станет равна
Во 2’
. Значит, когда гамма-лучи проникнут сквозь покры
тие толщиной nh, их энергия уменьшится в 2” раза и ста-
В„ нет равна —.
2" Задача решена.
Во Ответ: Е = —.
2’
Задача 11
Гамма-излучение лучше всего поглощает свинец. Толщина слоя половинного ослабления у-лучей у свинца h » = 2 см. Какой толщины И нужен слой свинца, чтобы ослабить у-излучение в 128 раз?
Дано: А = 2 см ™ = 128 Е	Решение. При прохождении слоя толщиной h энергия у-лучей ослабнет в 2 раза, а при прохождении слоя толщиной Н она ослабнет в 128 раз к 2Т раза. Согласно решению предыдущей
Н - ?	задачи Н = nh и ~ - 2", значит, п = 7.
809
Произведем вычисления:
Н =» 7 • 2 см = 14 см.
Ответ: Н - 14 см.
Задача 12
Средняя доза, поглощенная врачом, работающим с рентгеновской установкой, Dt - 14 мкГр за t, — 2 ч. Не заболеет ли врач, работающий 200 дней в году по tt = 4 ч в день, если предельно допустимая доза 2)првд = 50 мГр в год.
Дано:
Dt = 14 мкГр — 2 ч
# = 200
#2 = 4 ч
= 50 мГР
<3 = 1 год-
В2-?
Решение. Чтобы ответить на вопрос задачи, надо найти поглощенную врачом дозу D2 за = 1 год и сравнить ее с ПДД Рдред = 50 мГр. И если D2 окажется больше Ддред, то врач заболеет, а если нет, то будет здоров.
Будем рассуждать так: в году врач работает = 200 дней по t2 4 ч каждый день, значит, за год у него насчитывается Nt2 рабочих часов. За время = 2 ч
д
он поглощает дозу Д, а за 1 час ——.
Следовательно, доза, поглощенная врачом за №2 часов,	___________
П = D'Nt*
Произведем вычисления:
142UU'4
D2 — --------мкГр = 5600 мкГр = 5,6 мГр.
Поскольку ПДД = 50 мГр, значит, за год врач получит почти в десять раз меньшую дозу и из-за этого он не заболеет.
, Ответ: не заболеет.
Задача 13
Мощность экспозиционной дозы вблизи Чернобыль
ской АЭС достигает — = 200 мкР/ч (микрорентген в час).
Во сколько раз радиоактивное излучение превосходит ПДД для населения Ндап — 5 мЗв/год. Экспозиционной дозе X »1Р (рентген) соответствует поглощенная доза 8,8 мГр.
810
Дано: f.^200^-t ч &£ = 5 — Г о год
Обозначим X экспозиционную дозу, равная заряду, возникающему в единице
а массы окружающего воздуха: X = —, а т
.. х
я-‘7
X — - мощность экспозиционной дозы.
Решение. Поскольку экспозиционной дозе X = 1 Р соответствует поглощенная доза 8,8 мГр, то 1 мкР соответствуют 8,8 * 10“* МГр, а 200 мкР соответствуют 200 • 8,8 • НИ» мГр - 1,76 • 10"® мГр.
' Эквивалентной дозе 5 мЗв соответствует поглощенная доза 5 мГр (применительно 'к у-излучеиию). Таким обра*
х	мкР
зом, мощности экспозиционной дозы — = 200--- соот-
е ч вётствует мощность поглощенной дозы
— = 1,76 •10’’ t	ч
_ g мГр _ t год
‘	„ мЗв
Мощности эквивалентной дозы И - 5-соответ-
год ствует мощность допустимой поглощенной дозы
—5—j£p.w.io-=a.
1230-24 ч	ч
D 1,76 • 10-® ’ - --- =	... .— =5= 0,
пдоп 5,8 104
Ответ: в 3 раза.
Тогда ——
Задачи для самостоятельного решения
Задача 1. Какая минимальная энергия необходима для расщепления ядра азота l?N на протоны и нейтроны без придания им кинетической энергии? Масса атома изотопа азота /пм* 14,00307 а.е.м., масса изотопа водорода }Я тн *1,00783 а.е.м., масса нейтрона 1,00877 а.е.м.
Ответ:	* 931(Z/nH + (А - 2)тл - тн) * 105 МэВ.
Задача 2. В какой элемент превращается уран после двух Р-распадов и одного а-рдспада? Напишите соответствующие ядер* ные реакции.
811
Задача 3. При бомбардировке изотопа бора ™В а-частицами
образуется изотоп азота l?N . Какая при этом выбрасывается частица? Написать реакцию позитронного распада радиоактивного изотопа азота .
Задача 4. Какая энергия AS выделяется при термоядерной реакции f Н + fЯ —> ^Яе + оП ? Массы изотопов и частиц *
« 2,01410 а.е.м.,	=». 3,01605 а.е.м, тНа * 4,00260 а.е.м., mn =
= 1,00866 а.е.м.
Ответ: ДЕ = 931 (т2и “ (тне + mJ) “ 17,6 МэВ.
Задача 5. Поглощая фотон с длиной волны X == 4,7* 10 дз м, дейтрон распадается на протон |Я и нейтрон Jn. Вычислить суммарную кинетическую энергию S, образовавшихся частиц, считая дейтрон покоящимся. Массы частиц «	=
=*2,01410 а.е.м., тп ~ 1,00866 а.е.м., Ш1Я = 1,00783 а.е.м.
Ответ: Ек -* 931( т2 „ *- („ +m_)) =*, 0,4 МэВ. 1" а" '
Задача в. Сколько атомов эманации радия (радона) распадается за сутки (i « 1 сут) из Яо « 1 млн атомов? Период полураспада радона Т * 3,82 сут.
Ответ: ДЯ == Яо 1 - 2 г - 133 000.
Задача 7. Какая энергия AS выделяется при ядерной реакции ®Ве + q/i ? Массы изотопов и частиц: /пы -- 7,01601 а.е.м., тн 2,01410 а.е.м., т^, - 8,00531 а.е.м.,	•
«1,00866 а.е.м.
Ответ: ДЕ = с8((ты 4- ma) - (т& + roj) = 15 МэВ.
Задача 8. Какую минимальную энергию Е^ должна иметь а-частица для осуществления ядерной реакции iLi + £Яе + on ? Массы изотопов и частиц: « =* 7,01601 а.е.м.,	** 4,00260 а.е.м., тв » 10,01294 а.е.м.,
тл * 1,00866 а.е.м.
Ответ:	« 2,8 МэВ.
Задача 9. В какой элемент превращается радиоактивный изотоп после одного р- и одного а-раслада, - Ответ: в гелий.
Задача 10. Сколько процентов радиоактивных ядер кобальта I - 71 останется через t “ 1 мео, если период полураспада кобальта / = 71 день?
812
Ответ: 2L* * 100% » 75%.
Xo ^2?
Задача XI- При бомбардировке азота нейтронами J л образуется новое ядро и выбрасывается протон }Н . Полученное ядро ?щдаыЬается (^радиоактивным. Написать уравнение реакций.
Задача 12. Выделяется или поглощается анергия при реакции
‘Не-> *5°В + 01л?
^Йассы соответствующих изотопов и частиц:
йп ж 7,01601 а.е.м., тНе = 4,00260 а.е.м., тв « 10,01294 а.е.м., гс * 1,00866 а.е.м.
Ответ:	- ОЗЦОПц + mJ “ (тв +* mJ) в ~2,8 МэВ - погло-
Ж****а*
Задача 13. При аннигиляции электрона и позитрона ®te Образовались два одинаковых у-кванта. Найти длину волны X, ‘Д^Мбрегая кинетической энергией частиц до реакции. Масса злек-?Щона те * 9,1 ’ 10~81 кг, скорость света в вакууме с - 3 • 10е м/с, Шютоянная Планка h = 6,62 - 10 м Дж • с.
Ответ.* А. = —— « 2,4 • 10“12 м. тйс
Задача 14. При делении одного ядра 2^U на два осколка выделяется около AEt = 200 МэВ энергии. Какое количество энергии ДВ освобождается при «сжигании» в ядерном реакторе m « 1 г этого изотопа? Какое количество каменного угля лц надо сжечь для Получения такого же количества энергии? Молярная масса урана АГ « 0,286 кг/моль.
Ответ: Д£ = ДЕ^ 8,2 • 10“ Дж, ш, = — - 2,8 • 10» кг. М	q
Задача 15: Найти энергию связи е^, приходящуюся на один нуклон, в ядре 79Li.
Масса атома изотопа лития ти ** 7,01601 а.е.м., масса атома изотопа водорода тн « 1,00783 а.е.м., масса нейтрона та « *1*00866 а.е.м.
Omeem: « 931------—--------------«= 5,6 МэВ.
А
» Задача 16. Написать недостающие обозначения в следующих ядерных реакциях:
Й2Гп + ^«-»?+|Яе,
?+ilK-»gM< + jHe, %Al + y-*$Na +f
Задача 17. Какова электрическая мощность Р атомной электростанции, расходующей за t “ 1 сут массу m * 220 г изотопа 2ffT7 и имеющей КПД ц - 25% ? При одном акте деления выделяется *= 200 МэВ энергии.
813
Ответ: Р =	S.3 • 10f Вт.
Задача 18. Сколько процентов ядер радиоактивного элемента останется через время t9 если период его полураспада Т?
Ответ: — = 2 Т ♦ 100%.
Задача 19. Сколько процентов ядер радиоактивного элемента распадется за время tf если период его полураспада Т?
Ответ: — = 1-2~Т 100%.
Задача 20. Какая энергия выделится при термоядерной реакции 1Н + 1н -> 2&е + ол ?
Ответ: ЛЕ = 17,6 МэВ.
Задача 21. Толщина слоя половинного ослабления нейтронного излучения водой h *» 3 см. Во сколько раз ослабит поток нейтронов слой воды толщиной Я = 9 см?
Ответ: в 8 раз.
ПРИЛОЖЕНИЕ
Основные единицы СИ:
масса - килограмм (кг),
|Путь, перемещение, длина, амплитуда - метр (м),
>ремя, период - секунда (с), температура - кельвин (К), Количество вещества - моль (моль), сила тока - ампер (А), рила света ~ кандела (кд).
Дополнительные единицы: *
фаза, плоский угол - радиан (рад), телесный угол - стерадиан (ср).
Некоторые производные единицы:
площадь “ метр в квадрате (м2), объем - метр в кубе (м3), скорость - метр в секунду (м/с), ускорение - метр в секунду за секунду (м/с2), угловая скорость, циклическая скорость - радиан в секунду (род/с), частота колебаний - герц (Гц « с-1), гравитационная постоянная - ньютон на метр в квадрате, деленный на килограмм в квадрате (Н * м^/кг2),
сила, вес - ньютон (Н ** кг • м/с2), момент силы - ньютон на метр (Н * М), жесткость - ньютон на метр (Н/м) давление, модуль упругости (модуль Юнга) - паскаль (Па ~ Н/м2), энергия, работа, количество теплоты - джоуль (Дж *= Н*м), объемная плотность энергии - джоуль на метр в кубе (Дж/м3), мощность, поток энергии - ватт (Вт ~ Дж/с), импульс тела - килограмм-метр на секунду (кг * м/с), плотность - килограмм на метр в кубе (кг/м3), импульс силы ~ ньютон на секунду (Н • с), молярная цасса - килограмм на моль (кг/моль), молярная газовая постоянная, молярная теплоемкость - джоуль на моль-кельвин (Дж/(моль * К)),
постоянная Больцмана, теплоемкость тела - джоуль на кельвин (Дж/К),
815
удельная теплоемкость - джоуль на килограмм - кельвин (Дж/(кг • К)),
удельные теплота плавления» теплота парообразования» теплота сгорания - джоуль на килограмм (Дж/кг),
заряд - кулон (Кл - А • с)
напряженность электрического поля - вольт на метр (В/м или Н/Кл), электрическая постоянная - фарад на метр (Ф/м), потенциал, напряжение, ЭДС - вольт (В s Дж/Кл), электроемкость - фарад (Ф - Кл/В), поверхностная плотность заряда - кулон на метр в квадрате (Кл/м2), концентрация частиц - метр в минус третьей степени (иг1), сопротивление - ом (Ом В/А), удельное сопротивление ом на метр (Ом * м), электропроводность - сименс (См = Ом*1) плотность тока - ампер на метр в квадрате (А/м*)> индукция магнитного поля - тесла (Тл =* Н/(А • м), магнитная постоянная “ генри на метр (Гн/м), магнитный поток - вебер (Вб Тл > м* или Вб « Вс), индуктивность - гейри (Гн 3=3 В • с/А или Гн “ Вб/А), плотность потока энергии (интенсивность) — вдтт на метр в квадрате (Вт/м8), оптическая сида линзы - диоптрия (дптр ** м'1), световой поток - люмен (лм « св * ср), освещенность поверхности - люкс (лк « Вт/м8), световая эффективность - люмен на ватт (лм/Вт), постоянная Стефана-Больцмана - джоуль на метр в квадрате-се-
кунда-кельвии в четвертой степени (Дж/(м8 - с * К4)), интегральная светимость (интегральная плотность излучения -джоуль на кельвин в кубе, деленный на метр в квадрате-се-кунда (Дж • К’/м8 ’ с)), постоянная Вина - метр на кельвин (м * К), постоянная Планка - джоуль на секунду (Дж • с), постоянная Ридберга - секунда в минус первой степени или герц
(Гц - с"1),
удельная энергия связи ядра - джоуль на нуклон (Дж/нуклон), активность радиоактивного элемента - распад в секунду (распад/с или с"1)»
поглощенная доза - грей (Гр в Дж/кг), эквивалентная доза » зиверт (Зв), экспозиционная доза - кулон на килограмм (Кл/кг),
816
Некоторые приставки для преобразования внесистемных единиц в СИ
Приставка	Числовое значение	Сокращенное обозначение	Приставка	Числовое значение	Сокращенное обозначение
Атто	10*“	а 	Деци	ю1	Д
Фемто	10-“	Ф	Дека	10*	да
Пн ко	10-“	п	Гекто	10*	г
Нано	нг®	н	Кило'	10*	к
Микро	10'6	мк	Мега	10е	М
Милли	10"* . -	и	Гита	10*	* Г
Санти	1<г2	с	Тара	10“	т
Важнейшие физические постоянные
Ускорение свободного падении.........9,80665 м/с2
(при решении задач принимать.........9,8 м/с2)
Средний радиус Земли.................6370 км
Масса Земли...........•..............5,98* 10м кг
Среднее расстояние Земли от Солнца...1,5 -108 км
Гравитационная постоянная ...........6,67 • 10"пН • м2 • кг2
Абсолютный нуль температуры .........-273,15’С
При решении задач принимать..........-273’С
Число Авогадро.......................6,02 * 10гз моль-1
Число Лошмидта.......................2,69 * 1026 м'8
Заряд электрона......................1,6 * 10-19 Кл
Масса электрона......................9,1 • 10-31 кг
Число Фарадея .......................9,65 • 101 Кл/моль
Скорость света в вакууме.............2,99793 • 10я м/с
(при решении задач принимать.........3 * 10я м/с)
Скорость звука в воздухе’ при 0‘.....332 м/с
Maced протона ........•..............1,6724 • 10~27 кг
Масса нейтрона...................,...1,6746 • 10-27 кг
Постоянная Планка....................6,62 • Ю’4 * Дж * с
Масса альфа-частицы *Не..............6,64 * 10-27 кг
или 4,00274 а.е.м.
Перевод некоторых единиц в СИ
1 А (ангстрем) ” 1(Г10 м
1 нм (нанометр) м 10® м
1 мкм (микрометр) 10 е м
1 мм (миллиметр) = 10~3 м
1 см (сантиметр) - 10‘2 м
1 дм (дециметр) = 10-1 м
1 км (километр) = 103 м
1 Мм (мегаметр) — 10* м
1 Гм (гигаметр) « 10® м
1 Тм (тераметр) « 1012 м
1 мм2 =“ 10 е м2
1 см2 ~ Ю~4 ма
817
1 дм* « 10~* м*
1 мм* - м*
1 сма'« 10’* м3
1 дм3 - 1 л » 10"8 м*
1 ч - 3600 с.
1 мин == 60 с
1 нс - 10-® с
1 МГ - 10"* кг
1 Г » 10“* кг
1 г/см* ** 10® кг/м®
1 кПа “ 1000 Па
1 мм рт. ст.в 133 Па
1 атм * 760 мм рт. ст. - 10* Па
1 т “ 103 кг
1 гВт « 10* Вт
1 кВт - 10* Вт
1 МВт - 10е Вт
1 Мм/с - 10® м/с
1 М/МИН « —J м/с
1000
1 км/ч - м/с
1 кН - 10* Н
1 ат * 1 кгс/см* « 9,8 ’ 10* Па ~ техническая атмосфера
1 кал (калория) « 4.186 Дж
1 ккал (килокалория) 4186 Дж
1 нКл - 10-® Кл
1 мкКл = 10-* Кл
1 мКл - 10* Кл
1	*= Ю4 —
см2 мг
1 об/мин « ~ об/с
1 км/с « 1000 м/с
1 кДж ~ 10* Дж
1 МДж * 10* Дж
1 В/см » 100 В/м
1 кВ/см - 10* В/м
1 мВ - 10"* В
1 мкВ « 10"* В
1 мА ~ 10 * А
1 мкА ** 10"* А
1 Ом * мм2/м - 10;* Ом • м
Некоторые сведения из математики
Правила действия со степенями и корнями
Тождества сокращенного умножения
О* . ау= Л(ж ♦ и
(а ± Ь}2 а2 =ь 2аЪ + Ь2 - квадрат двучлена
(а ± № - в* * За2Ь + За&* ± Ь* ' - куб двучлена
а* - Ъ2 ~ (а *	Раз-
ность квадратов
а* - Ь2 - (а -	+ ab + Л*) -
разность кубов
а* + &* - (а + ЬХаа - аЬ + б*) -сумма кубов
Основные свойства логарифмов
1)	bgjxy) = Iogax + log*y
2)	" lo&* ~ 10<^
3)	log ax* - A log,*
818
Тригонометрические, функции острого угла
Л sina ~ — с
Ъ cosa = “ с
a t<a = T о
Ъ ctg a - — а
Теорема Пифагора
с2 = а2 + Ь2
Теорема косинусов
О2 == с2 + &2 - 2cb cos a
Теорема синусов
sin a _ sin Р _ sin у abc
Формулы корней квадратных уравнений
Значения тригонометрических функций некоторых углов
180a Y п J	0° ,	30°	45°	60°	90°	180°
а рад	0	л 6	n 4	л 3	я 2	Я
sina	0	1_ 2	л 2	Уз 2	1	0
cos a	1	Уз 2	Vi 2	1 2	0	-1
tga	0	Уз 3	1	Уз		0
ctga			1	Уз 3	0	
819
Формулы приведения
a	я a + - 2	а-ья	3n “+ 2	Я 2 1Г“	я-а	3k 	a 2
sin	cosa	-sin a	-cosa	cosa	sin a	-cos a*
cos	-sin a	-cosa	ema	sin a	-cos a	-sin a
tg	-ctga	tga	-ctga	ctga	-tga	ctga
ctg	-tga	ctga	-tga	tga	-ctga	tga
Тригонометрические функции половинного аргумента
, а , h-сова sin — = ±J---
2 V 2
а , /1 + сова cos—«±Л------
2 V 2
га sin а
tg — ® <—-----*
2 1 + сова
Тригонометрические функции двойного аргумента
ein 2а *= 2 sin a cos а cos 2а - сов*а - «in2 а
tg2a
2tgq
1 - tg2 а
Формулы сложения
sin (а +	₽)	-	sin	а сов	0 +	сое	а	sin	р
sin (а “	Р)	sin	а cos	3 -	cos	а	ein	3
cos (а -Ь	p)	*	cos	а cos	£ -	sin	а	sin	р
cos (а -	3)	**	сов	а сое	0 +	sin	а	sin	3
tg(a + ₽) =
tga + tgfl 1-tgatgP
Основные тригонометрические тождества
sin2 а + сов2 а * 1
1
1 + ctg2a ® -;-r— sin4* а
tga *=
sin а. cosa
ctga *
cosa sin a
820
1 + tg2a - —-—	1 + cos 2a = 2 cos2a
cos2 a
± 1 -
tg a -	1 - cos 2a e 2 sin2a
Преобразование суммы тригонометрических функций .в произведение
sm а + sin р = 2 sm----- cos--
2	2
. л Л а+р . а-Р
sm а - snip = 2cos-----!-sm---
2	2
о л а+р а-р COS а + COS В = 2 С08--’СОЗ--
2.2
о А . « + Р - а"Р
. cos а - соя р = 2sin--sin---
2	2
Площадь треугольника
2
S = —sina
Площадь квадрата
Площадь прямоугольника Ъ
Площадь трапеции
S- а2
S- ab
а
Ъ
821
Площадь сферы радиусом Я (диаметром D) D
S « 4яЯ® « ttD3, где В = у
Площадь круга радиусом R (диаметром D)
S » лЯ’ « ~ 4
Длина окружности радиусом R (диаметром В)
I = 2яЯ « itD
Объем сферы радиусом R (диаметром D)
V«-ltR8=I«Da 3 в Объем цилиндра высотой Я с радиусом основания R
V- лй»Я
Объем куба со стороной а
У~а9
Объем конуса высотой Я с радиусом основания R
V = ~яЯ3Н 3
Основные производные
У ~	U + V - W	Jf-	и' + о' - w'
у	UV	/“	u'v + uvr
	и		u'v-uv
у ~	—	у'=	..2
	V		V
У	const	V -	0
р -	Лх	К “	A9 где A - const
У =	X*	у'-	nx*”1
У =	sin х	/-	cos x
у -	sin Ах	/ -	A cos Ax, A « const
У *	сое X	tf' =	- sin x
у в	cos Ах	/ -	"Л sin Ax
у -	а»		аЧпа
822
У ~ tg х
, 1 У -----—
COS X
Некоторые интегралы
С	xm+1
I xmdx ------, m =« const # 1
J	m + 1
(dx t
I — “ In x
• X
J sin x dx - - cos x
Jcosx dx = sinx
q = Ne е = 1,6 1(Г19 Кл	Ъ<| 9* II О	C =	4neoeJ?
ч II № w !?	С -	!	?		c = -2-
	Ф1	-ф2	U
fe = —		<	_ eoeS	
4яе0		" d	
е« = 8,85 • 10~12 — м	в = »*	<х Кл		Кл ,=ir|
E-i. E.Ji Я	ег2	Ci Сз Св чннь		
Ф = BScosa	q одяыкоъо		
Ф = J EndS		A+l/2 +	...+и„
S	1	1. + —	i
„ N •-J-У., 5«'й	Совщ * ц	?i C2	" CN '1
е = -2-‘	о=« 2е0е	s	с	’	s ’общ “	
		r C1U	
А =	 Иг “	— €ое	2те0ег		p C4I	
т_ Я		c*1 C4I	
7		II	
	U одинаково		
р = — н V	9«бщ =91 +«2 +		- + 9w
A^Eqd	Собщ - <	A + + '	
-<р2)	9otm = Mb		
е >> и $ q |32 cj 3	। ।	-в ' м « >• и *'* г t г, -1?	NC, 931	2	**	2 w _«i w =£L W** 2C •*	2 cu3 W„ =2^-”	2		
СГ — — Q	a		
<6	to II	II t4	$ a i :	* ts-fc | 8	1» £ 3	II 8 а,|Ч		W	V 8qEi£ «"	2	2
i
Z =
dq_ dt
I = nevS
j = nev
p = p0(l + at°)
B-Bod + at0)
j = &E
S
I одинакова и^^и1+и^... + им Я<Лщ = Bi + Яг + ••• +
U одинаково /общ = A + /$ + — +2^
1 1 t 1 + ± 1
Яовщ Ri Я2 R#
A _ R‘2 £ = ^ст.сил
A	я
и = ф1 - ф2 + с £ = ^«еш + ^Анутр
j ,91 ~Ф2 R
Я + г
ем

N£ R + Nr
£

e
U2 R
t p = ui P = IZR u2 P = ~R Q = IzRt
n = ^-100% &
71 =-—100%
m = kq m = kit
1 M J n =-----It
F n
F = eNA
Om=®
Cm = — Om
		Дре = B-Ac Bt = BA		ДГ ^ = ‘lT7 at
>	д _ *^max B- IS Д - ^»*x 3-тг s=wi . „ N r В = Ц9Ц — 1 N П“ I В = gopiZ li0 =12,6 IO’7 — M J?A - BIl sin a Гл = &lv siii a M = BIS sin a Ф = BS cos a Ф= [B„dS J и =	магиетмке ** Л "вакууме ДФ Дг 4Ф r, = _“* N=-ф'Х			_ H	Съ 8 И	60 < м	ft	1	S e s| " 8	и	7	8	«	4	<	<	H Jf	в > “	I®	*	1 11	ifIм	S?	—"	®	*	11	“	S	>•	11	и	11	ala *i--i*	чн	j	? । f ч	„|e	-!- ** 1	|	1	1	Q	Ю	1	| 9
		dt - «	sin a R 1 £m = Bvl €i =BaiStfsina „ « B<oSN ф = LI № I = WvS L = Mogn*lS		V I T-^ ’5Й v - xz = -шА sin (art + a^) =©A a - v = -w2Acoe(<Dt + a0) am - ш2А
СОДЕРЖАНИЕ
Электростатика...............................3
1.	Взаимодействие зарядов. Закон Кулона...........................    3
2.	Электрическое поле. Напряженность электрического поля ......  44
3.	Работа перемещения заряда в электрическом поле. Потенциал. Разность потенциалов..... 78
4.	Электроемкость. Энергия электрического поля ..............125
Законы постоянного тока....................181
5.	Закон Ома для участка цепи. Соединение проводников ...................181
б.	Закон Ома для всей цепи. Расчет электрических цепей...............239
7.	Работа и мощность тока. Закон Джоуля-Ленца. КПД электрической цепи.................  285
8.	Электропроводность веществ...........328
Магнетизм................................  351
9.	Магнитное поле тока. Действие магнитного поля на заряды и.токи ...................351
10.	Электромагнитная индукция. Энергия магнитного поля..................394
Колебания и волны..........................418
11.	Механические колебания...............418
12.	Механические волны...................482
824
13.	Электромагнитные колебания в колебательном контуре.................................502
14.	Переменный ток......................................529
15.	Электромагнитные волны..............................567
16.	Волновые свойства света.............................578
Геометрическая оптика......................................601
J7. Законы отражения....................................601
18. Законы преломления................................  624
19. Линзы...............................................657
ЙО. Фотометрия........................................  713
Элементы теории относительности.... 727
Тепловое излучение. Фотоэффект, аантовые свойства	света.756
ЯЯ. Физика атома.........................................  775
24. Физика атомного	ядра............................. 794
приложение..............................................  .815