Ю.В. ГОфМАН
з коны П1МПШП1
Формулы ШИпИ
задачи qJilUllllll

Ю. В. ГОФМАН
ЗАКОНЫ,
ФОРМУЛЫ,
ЗАДАЧИ
ФИЗИКИ
СПРАВОЧНИК
КИЕВ
«НАУКОВА ДУМКА»
1977

УДК 63(083)
Законы» формулы, задачи физики.
Справочник. Гофман Ю. В. К., сНаук. думка», 1977.
576 с.
Настоящий справочник содержит основные
законы и формулы элементарной физики, а также
более 800 задач с подробными решениями, не
требующими применения высшей математики. Объем
теоретический части достаточен для того, чтобы,
имея под рукой справочник, можно было решать
задачи из любых сборников задач по
элементарной физике.
Справочник может быть полезен молодым
спедиалистам, студентам техникумов и первых
курсов технических вузов, а также
преподавателям школ пучащимся старших классов,
желающим пополнить знания по физике.
Ил. 112. Список использ. лит.1 о. 571.
Рецензенты В. Т. Г о р о н о в с к а я, М. О. Л е-
жен, М. С. Соскин
Редакция справочной литературы
, 00001—069
М221(04)—77
422—77 (С) Издательство сНаукова думка», 1977

ПРЕДИСЛОВИЕ
Цель предлагаемого справочника — показать и практически разъяснить
способы применения физических законов и формул в различных
вопросах физики и техники.
Наряду с традиционными разделами (механика, теплота, электри*
чество, оптика) сюда включены также элементы атомной и ядерной
физики, теории относительности, некоторые вопросы механики
вращательного движения, электротехники и квантовой оптики.
При подборе задач имелось в виду, что, встретившись с
конкретной задачей, читатель будет искать в справочнике либо прямые, либо
косвенные указания на способ ее решения. По этой причине задачи,
включенные в справочник, не претендуют ни на оригинальность, ни на
замысловатость. Наоборот, они скорее являются типовыми задачами,
чаще всего встречающимися в разнообразных задачниках по физике
и инженерных расчетах, не требующих применения высшей математики.
По этим же соображениям почти все они решены в общем виде; для
конкретных численных расчетов можно воспользоваться табличными
данными, приведенными в Приложении.
Большинство задач по механике, электричеству и оптике снабжено
рисунками, поскольку нередко оказывается, что правильно сделанный
рисунок — это наполовину решенная задача. Однако графическое
решение задач не используется, так как оно, позволяя иногда добиться
качественной ясности, часто оставляет чувство неудовлетворенности:
с одной стороны, из-за свойственной графикам неточности, а с другой —
из-за досады, порождаемой неумением или невозможностью решить
задачу аналитически. Кроме того, для применяемых повсюду цифровых
вычислительных машин графическое представление неудобно.
Каждый раздел начинается с необходимых определений, законов
и формул, после которых даются задачи. В нескольких частных
случаях формулы даются непосредственно в текстах соответствующих
задач. Законы и формулы по возможности приводятся в компактной
векторной форме, как и решения ряда задач, особенно в механике.
Однако компактность записи не является самоцелью^ и в тех случаях,
когда векторная форма не содействует быстрому численному решению
задач, например в электродинамике, соответствующий закон записы-
3

вается в скалярной форме. Необходимый минимум сведений по
векторной алгебре дается во Введении.
Что касается квантовой механики, физики твердого тела и других
разделов современной физики, то в справочнике даны некоторые
элементарные понятия из этих разделов, но без задач, так как решение
соответствующих типовых задач требует более основательной
математической подготовки.
Список литературы, использованной при составлении справочника,
приведен в конце книги.
Все замечания читателей будут приняты с благодарностью.
Июнь 1976 г.
Автор

ВВЕДЕНИЕ 1. Элементы
векторной
алгебры
Скаляры и векторы. Многие физические величины, например масса,
энергия, количество теплоты, электрический заряд, не имеют
направления в пространстве. Они называются скалярными величинами или
просто скалярами и обладают только численными значениями.
Величины, характеризуемые не только численным значением, но
и направлением, например сила, скорость, называются векторными
величинами или векторами. Их изображают на чертежах
направленными отрезками (рис. 1), длины которых пропорциональны численным
значениям векторов. Так, если два автомобиля движутся в
противоположных направлениях со скоростями 50 и 80 км/ч, их скорости можно
изобразить двумя антипараллельными векторами, длины которых равны
пяти и восьми масштабным единицам по 10 км/ч каждая.
Вектор обычно обозначают принятой для данной физической вели-
-»-->--♦-
чины буквой со стрелкой над ней, например v9 a, R. В печати
векторы часто набирают полужирным шрифтом без стрелки, например
v. ar R.
Численное значение вектора называется его модулем и обозначается
вертикальными чертами слева и справа: \v\, |aj, \R\ либо теми же
буквами у, a, R без стрелки.
"*""*" "*" ~*"
Угол между векторами а и Ь мы будем обозначать (а, Ь).
-*■ -*•
Сло кение и вычитание векторов. Чтобы сложить векторы а и Ь
"** -*»->--*-
(рис. 2, а), из конца вектора а строят вектор Ь. Сумма а + b
изображается вектором, направленным из начала вектора а к концу век-
тора Ь. Иначе говоря, сложение двух векторов а + Ь геометрически
изображается треугольником.
Чтобы вычесть из вектора а вектор Ь% нужно к вектору а
прибавить вектор (—Ь) (рис. 2, б), т. е. вектор, равный по длине и
противоположный по направлению вектору Ь%
-♦»-*■->•-»--*■
Для нахождения суммы нескольких векторов а + 6 + с + /г = / из
-+- -»- -к -*■
конца вектора а строят вектор bt из конца вектора Ь — вектор с
и т. д. Результирующий вектор / направлен из начала вектора а
к концу вектора k и замыкает ломаную линию, состоящую из ела*
гаемых векторов (рис. 3). Таким образом, векторное равенство а-\-'
+ 6 + с + £ = / геометрически изображается многоугольником.

I—Ь
ч—ь*-
Если привести векторы а и b к общему началу и построить на них
параллелограмм (рис. 4), то одна из диагоналей будет представлять
-»--+■ ->•-►•
сумму векторов (а + Ь), а другая— их разность (а — Ь).
Приведенные правила позволяют найти
направление и величину суммы (или разности)
векторов геометрическим путем. Для
алгебраического вычисления суммы (или разности)
векторов пользуются известными теоремами
косинусов и синусов (рис. 5):
c2 = a2 + b2 — 2abcosr,
62 = a2-f с2 — 2accosp;
а2 = b2 -\- с2 — 2bc cos a;
a b с
Н—1—1—I—I—1—h
Рис. 1
sin a sin
sin-j
где а= |a |; b = \b\; c= |c|.
Y^t rtTyr
Рис. 2
Рис. З
-7
м
Ax
t
i q±1L^
Рис. 4
Рис. 5
Умножение вектора на скаляр. Если умножить вектор а на скаляр,
т. е. на некоторое число п, то получится вектор л а, который в п раз
больше по величине, чем вектор а (рис. б)? и направлен в ту же сто-

рону, что и вектор а. Если « — отрицательное число, то
результирующий вектор будет равен (—па) и направлен в сторону,
противоположную вектору а.
Умножение вектора на вектор. Различают два произведения
векторов — скалярное и векторное.
Скалярным произведением векторов а и b называется скалярная
величина ab cos (а, 6), где (а, Ь) — угол между направлениями векто-
-»- -*- -*■**•
ров а и b (рис. 7). Скалярное произведение часто обозначают а • Ь.
Рис. 6
Рис. 7
Если векторы а и b параллельны или антипараллельны, их
скалярное произведение равно произведению их модулей, взятому
соответственно со знаком плюс или минус, так как cos 0° = 1 и cos 180° я
= -1:
при а\\Ь
при а \\ b
a* b = ab\
а • b = —ab.
Если векторы а и b взаимно перпендикулярны, их скалярное
произведение равно нулю, так как cos 90° = 0:
при a j_ b
а • а = 0.
Если векторы а и b равны по модулю и совпадают по
направлению, их скалярное произведение равно квадрату модуля одного из них
а ♦ а= а6
Векторным произведением векторов а и b называется вектор с,
численное значение которого равно ab sin (a, b). Этот вектор перпен-
_». •>.
дикулярен к плоскости, в которой лежат векторы а и b (рис. 8, а),
и его направление определяется по правилу буравчика: если ручку
"■*•"*■
буравчика кратчайшим путем повернуть от а к Ь% то направление
поступательного движения буравчика укажет направление вектора с.
Векторное произведение обычно обозначают а X Ь.

Если поменять местами векторы а и Ь% то по правилу буравчика
найдем, что произведение Ъ X а изобразится вектором, направленным
в сторону, противоположную вектору а X b (рис. 8, б). Таким
образом, перестановка множителей в векторном произведении приводит
к тому, что произведение меняет знак на обратный, т. е.
-*--»- -»•-♦-
axb = — kx a.
Если векторы а и Ь параллельны или антипараллельны, то их век-
торног произведение,
очевидно, равно
= sin 180° = 0.
нулю,
так как sin 0°
a*b
Ъ#т^
Если векторы а и Ь взаимно
перпендикулярны, модуль их векторного произведения равен
произведению их модулей, так как sin 90° = 1:
-.ab.
при a Lb | а X b \ ■
Разложение вектора на составляющие.
Разложить данный вектор на составляющие —
значит заменить его несколькими векторами,
сумма которых равна данному вектору.
Задача разложения вектора на две
составляющие сводится к нахождению
элементов треугольника по данным задачи (см.
рис. 5). При этом пользуются
вышеприведенными теоремами косинусов и синусов. Этот
способ удобен, когда даны (или надо найти)
углы между векторами.
Метод проекций. Вектор можно задать не только путем указания
его модуля и угла, который он образует с другим вектором, но также
путем задания его проекций на какие-либо произвольные направления,
Например оси прямоугольной системы координат.
Пусть вектор с лежит в координатной плоскости XY (рис. 9).
Если известна длина вектора с и угол 7. который он образует с одной
из осей (например, с осью X), то его проекции на оси X и Y равны
cx = ccos~i; cy = cs\ni.
Наоборот, если заданы проекции с:
вектора и угол 7 по формулам
х и cyt то легко найти длину
c=Vcl + cl-. tg-r = cJi.
СХ
Пользуясь проекциями, можно выполнять алгебраические действия
с векторами. Пусть мы имеем векторное равенство (рис. 10)
-*--*--*■
а + b = с.
Проектируя каждый из векторов на оси X и У, получаем для
каждого вектора два скалярных равенства:
ах — a cos a; bx = b cos Р; сх = с cos 7;
ау = а sin a; by= b sin р; си = с sin 7*
8

Проекция суммарного вектора равна сумме проекций составляющих:
сх = ах + Ьх = a cos a + Ь cos p = с cos 7;
ty = а^ + ^ = а sin a + 6 sin р = с sin 7.
-+- -*■
Таким образом, складывая проекции векторов а и 6, мы находим
-»-
проекции зектора с и по вышеприведенным формулам вычисляем его
длину и угол f между н;ш и осью, т. е. определяем вектор с.
Примечание. Если векторы а и b заданы не на плоскости,
а в трехмерном пространстве, то каждый вектор будет иметь не две,
Рис. 9
Рис. 10
а три проекции (на оси X, У и Z) и каждому векторному равенству
будут соответствовать не два, а три скалярных равенства,
выражающие проекции на три координатные оси.
С помощью проекций можно также вычислить скалярное произэе-
дсние векторов а и Ь. Если проекции этих векторов равны соотсет-
ственно ах% ау% аг\ bxt by, bZt то скалярное произведение векторов а
и bt выраженное через их проекции, будет равно
а • b = axbx -\- dyby + &zbz.
Можно показать, что это выражение равно выражению а&соз(а, Ь)
приведенному выше.
Вычисление векторов с помощью проекций удобно в тех случаях,
когда все углы задаются по отношению к некоторым осям или когда
векторы заданы через их проекции.
Иногда бывает целесообразно проектировать векторы не на
координатные оси, а на другие направления, выбор которых диктуется
условиями задачи.
Классификация векторов. В зависимости от свойств физических
величин, изображаемых векторами, последние разделяют на свободные,
скользящие и неподвижные.
Свободный вектор изображает векторную величину, которая может
быть отнесена к любой точке тела (например, скорость
поступательного движения тела).

Скользящий вектор изображает величину, которая может быть
Ьтнесена к любой из точек, лежащих на прямой ее действия
(например, силу, приложенную к неподвижному твердому телу).
Неподвижный вектор изображает величину, которая относится лишь
к определенной точке пространства (например, напряженность
электростатического поля).
1.1. Найти равнодействующую R двух приложенных в одной точке
«-*- —*-"
сил Ft и F2t модули которых F+ = 5, F2 = 7; угол между силами <р =
= 60°. Определить также углы аир, образуемые равнодействующей R
-4- -4-
с силами Ff и F2 (рис. 11).
Рис 11
Модуль равнодействующей определяем по теореме косинусов
R = /5а + 7а — 2.5-7-cosl203 ж 10f44.
Углы аир находим по теореме синусов (? = а + р)
sin p sir
Но
н тогда
па sin (180° — <р)#
sin (180° —<р) = sin<pf
sina= f2Sin<? = 0581. a== 35039^
sinp= /?lSDm? = 0,415; p = 24°30\
Проверяем: a + p = 35° 30' + 24° 30' = 60° = <p.
1.2. Найти условие, при котором диагонали параллелограмма взаимно
перпендикулярны.
Если стороны параллелограмма «векторизовать», т. е. считать век-
-*- -»-
торами а и Ь (рис. 12), то одна из диагоналей будет представлять
-»--»- ->■ -*
собой вектор а + Ь, а другая — вектор а — Ь. Для того чтобы
диагонали были перпендикулярны, необходимо, чтобы скалярное проиэве-
-*•-+•-*■-*" -»--»-
дение (а + Ь) (а — Ъ) равнялось нулю. Отсюда следует, что а - а —
— Ь • Ъ — 0, т. е. а2 — Ь2 = 0, или а = Ь. Таким образом, диагонали
параллелограмма перпендикулярны при условии, что этот
параллелограмм — ромб.
10

1.3. Найти а X Ь |, зная, что а= \, ft = 5, a* b = —3.
Из формулы а» о = ab cos (a, 6) находим
;£*)=-^ = ^i sin(^)=V7T^^ = 4:
cos (а, *) = —^j- = -g-i sin (а, ft) = г \ —cos2(a, ft) = -g-
ja"x7| = a> ftsinfc ty = 1 « В* -g- = 4.
-*• -*
1.4. Найти угол между векторами an bt проекции которых на коор
динатные оси X, Y и t равны: ах ■= 3; ау = \\ аг — —2| й^ «= 1
ft =_1; ft- = 0.
Скалярное произведение векторов а и ft
a • ft = aft cos (a, ft) = a^ + aj>y -f а^Л
откуда
cos (а, Ь) = XYX '— / ^ •
Модуль вектора а равен
a = Val+4 + al = /S ~ 5,4f
модуль вектора b равен
(a, ft) * 9Т 30'.

МЕХАНИКА 2. Кинематика
Движение материальной точки определено, если известен закон ее
движения, т. ё. закон, по которому меняется положение точки в
пространстве с течением времени.
Положение точки в пространстве может быть задано радиус-векто-
-+•
ром г, проведенным из начала координат выбранной системы отсчета
к этой точке (рис. 13), или посредством проекций гХ1 туу rz радиус-
вектора на координатные оси Х% Y, Z. Эти проекции одновременно
являются координатами точки, так что гх—х, гу = у, г2 = г.
Закон движения точки можно представить в виде одного векторного
уравнения
7=7(0
или трех скалярных уравнений
* = *(<); у = у(0\ * = *(*)-
Перемещение и путь. Пусть за промежуток времени t2 — ti=M
точка переместится из положения, определяемого радиус-вектором rlf
в положение, определяемое радиус-вектором г2 (рис. 14). Вектор Дг =
-*■ -»-
= г2 — г1 называется перемещением точки.
Длина Д$ участка кривой, по которой движется точка, называется
путем точки и является скаляром. Величины |Дг| и As совпадают
лишь в случае прямолинейного движения. В СИ перемещение и путь
измеряются в метрах.
Скорость. Отношение перемещения Дг = г2 — гх- (см. рис. 14)
к промежутку времени Д* = t2 — fi, за который это перемещение
произошло, называется средней скоростью перемещения vcp:
-*• Дг Го — г л
~СР = Д* *2-/х "
Средняя скорость перемещения также является вектором.
Средняя скорость прохождения пути Д$ = s2—Si за время Д£,
равная 1>с'р = As/М, является скаляром.
Если за промежутки времени Д/1? Д/2, ... , Д?„ произошли пере-
мещения Дг1? Дг2, ... , Дгл, причем пройдены отрезки кривой Дя^,
As2 Asnt то средняя скорость всего перемещения
■Jf „ Afj + Аг2 Н г- Дгд
<* д^ + Д^+.-.+ДГп *
12

а средняя скорость прохождения всего пути
, _ Asj + As2 + *" + As/i _ s
В СИ скорость измеряется в метрах в секунду.
Ускорение. Отношение изменения скорости Ду = v2 — f£ к
промежутку времени А/ = t2 — f if за который это изменение произошло,
называется средним ускорением:
-*•
"ft — AU — V2 — ^f
°СР А/ *,-/*•
В СЦ ускорение измеряется в
метрах на секунду в квадрате.
Рис. 13
Рис. 14
Формулы кинематики для равномерного прямолинейного движения
в векторной форме:
г — г0 = vt\
в скалярной форме (в проекциях на оси X, Y):
х — х0 = vxt\
У — Уо = V»
где jc« и у0 — начальные координаты точки.
Обычно принимают, что точка начинает двигаться из начала
координат, так что
*. = у. = о; xuZv/; ft = — «-
У — vyl%
Формулы кинематики для равнопеременного прямолинейного
движения
в векторной форме:
н- -+ -*; -* -f- -* at2
v = v0 + at; г — r0 = y0/ + -^-t
-»-
где и — мгновенная скорость;
13

о скалярной форме (в проекциях на оси X, У):
vx = *v + М;
vy = voy + ayt;
* — x0 = voxi + -±~*
У—Уо = 1'о«,'+ ^JT •
Для равнопеременного движения справедливо также скалярное
равенство
v2 — v\ = 2as.
Примечание. Согласно последней формуле тело, падающее
с высоты h под действием силы тяжести, приобретает в конце пути
скорость \f2gh. Следует иметь в виду» что оно приобретает эту
скорость независимо от того, по какой траектории оно опускалось. Оно
может свободно падать, соскальзывать (без трения) по наклонной
плоскости, по поверхности полусферы или по любой другой гладкой
поверхности. Во всех случаях его конечная скорость будет равна \f2gh. Это
получается потому, что в поле силы тяжести конечная скорость не
зависит от формы пути.
У к Одновременное перемещение в двух
направлениях. Абсолютные,
относительные и переносные перемещения
и скорости. Рассмотрим лодку,
пересекающую реку под действием весел
и одновременно увлекаемую течением
(рис. 15). Перемещение и скорость
лодки относительно берега (т. е.
относительно неподвижной системы
координат, связанной с берегом) называются
абсолютными перемещением габс и ско-
X ростью иабс.
Рис. 15 Перемещение и скорость лодки
относительно воды (т. е.
относительно системы координат, движущейся вместе с водой) называются
-*- ->-
относительными перемещением готн и скоростью v0TH.
Наконец, перемещение и скорость воды относительно берега (т. е.
движущейся системы координат относительно неподвижной) называются
переносными перемещением г^. и скоростью i>nep. Все эти величины
связаны соотношениями
габс = готн + гпер» иабс = ^отн + ^пер*
Для вычисления относительной скорости точки можно
воспользоваться таким приемом: мысленно остановить переносное движение
14

и вычислить относительную скорость по обычным правилам, как если бы
точка двигалась в неподвижной системе.
Для вычисления переносной скорости точки следует мысленно
остановить относительное движение и искать переносную скорость, как
скорость той точки движущейся системы координат, с которой в
данный момент совпадает движущаяся точка.
Взаимные перемещения двух тел в одной системе отсчета.
Рассмотрим два корабля, вышедшие из одной точки Л. Радиус-вектор
одного из них — Ti, другого —г2 (рис. 16, а). Их относительное пере-
мещение определяется вектором rit 2:
-*- -»- -+■ ч-
ri.2 = ri — г2 == ~~r2,i"
Скорость одного корабля по отношению к другому кораблю равна
(рис. 16, б)
-»■-*-»• -к
*Ь2 = "1 — *2 = — *>2Л'
Формулы кинематики для движения точки по окружности. Точка
вращающегося тела описывает дугу s окружности радиуса г. Центр
окружности лежит на оси вращения. Радиус-вектор точки при этом
описывает угол <р. Между дугой s, радиусом г и углом ? существует
соотношение (рис. 17)
$= <р/\
Отношение угла Дер ^= <ра — <plf описанного радиус-вектором точки,
к промежутку времени At = t2 — tlt за который произошел этот
поворот, называется угловой скоростью а>,
m _ Т2 — П = А?
h-k Д''
Угловая скорость со связана с линейной скоростью v = s/t = -=-
движения точки по окружности соотношением
V = Ь)Г.
Единицей угловой скорости в СИ является радиан в секунду.
Чтобы охарактеризовать скорость равномерного вращательного
движения, применяют также число оборотов за единицу времени, обозна-
15

чаемое буквой л. Время Г, в течение которого совершается один
оборот, называется периодом. Очевидно, что
-+- -4-
Угловая скорость ш и число оборотов п за единицу времени
связаны соотношением
to = 2лп = -=- .
Угол, описанный радиус-вектором за время /при равномерном
движении по окружности,
<р = ^ = 2nnt = 2л — .
При равномерном движении точки по окружности линейная скорость
меняется только по направлению. Ускорение в этом случае направлено
по радиусу к центру окружности и называется центростремительным.
Центростремительное ускорение
ап = — = со2/ = 4л2/12/- = -=5- г = cot/.
При неравномерном движении точки по окружности скорость
меняется не только по направлению, но и по величине. Вектор полного
-*■
ускорения а состоит из двух составляющих: центростремительного
ускорения ап% направленного по радиусу перпендикулярно скорости,
и ускорения а/, направленного по касательной вдоль скорости,
at = £Г,
где е — угловое ускорение, равное (ш — ш0)/Л
Перпендикулярная составляющая ап, совпадающая с
центростремительным ускорением, называется нормальной, а касательная at —
тангенциальной (отсюда индексы пи /). Нормальная составляющая
приводит к изменению только направления вектора скорости, но не
модуля. Наоборот, тангенциальная составляющая характеризует
изменение только модуля скорости точки, движущейся по окружности,
но не направления. Модуль вектора полного ускорения
Формулы кинематики равнопеременного вращательного движения:
со = со0 + it;
9 = V + у ?
со2 — со* = 2г<р.
Ниже сопоставлены формулы кинематики поступательного и
вращательного движений:
16

Поступательное
движение
Путь s
Скорость v
Ускорение а
s = vt
v = v0 + at
v2 — v20 = 2as
Вращательное движение
Угол q>
Угловая скорость о>
Угловое ускорение с
9 = 0)/
0) = (|)0 + *t
е/2
? = u0t + -£-
0)а — 0)0 = 2s<p
Формулы
перехода
S= <рГ
и = шг
at = er
ап = coV
Поступательное и вращательное движения твердого тела.
Мгновенный центр скоростей. Пусть по прямолинейному рельсу катится
колесо. Это движение происходит в одной плоскости — плоскости
колеса — и поэтому называется плоским или плоскопараллельным.
Точки колеса участвуют в двух видах движения: поступательном
(вдоль рельса) и вращательном (вокруг оси колеса).
При поступательном движении всякая прямая, жестко связанная
с телом, остается параллельной самой себе.
При вращательном движении все точки тела описывают окружности
вокруг неподвижной прямой — оси вращения.
Всякое плоскопараллельное движение можно рассматривать как
сумму двух движений: постулательного движения тела вместе с
некоторой выбранной точкой, называемой полюсом, и вращательного
движения тела относительно этого полюса
v = v -4- tor.
где v — абсолютная скорость произвольной точки тела; vn0CT —
скорость поступательного движения полюса; со — угловая скорость
вышеуказанной произвольной точки, если она удалена от полюса на
расстояние г.
В общем случае плоскопараллельного движения существует точка,
скорость которой в данный момент равна нулю. Эта точка называется
мгновенным центром скоростей. В частности, при качении тела по
поверхности (без проскальзывания) скорость точки соприкосновения тела
с поверхностью в каждый данный момент равна нулю. Поэтому точка
касания является мгновенным центром скоростей. Если одна точка
тела неподвижна, то движение тела в данный момент и в
последующие моменты можно представить, как непрерывный ряд вращений
вокруг центров скоростей.
Если принять мгновенный центр скоростей за полюс, то:
1) абсолютная линейная скорость любой точки фигуры, удаленной
на расстояние г от мгновенного центра скоростей, равна о>г;
щ 2) если известны линейные скорости двух любых точек тела,
мгновенный центр находится в точке пересечения перпендикуляров,
восставленных из этих точек к направлениям скоростей (рис. 18, а);
17

3) если направления скоростей параллельны, то мгновенный центр
находится в точке пересечения перпендикуляра к этим направлениям
с. прямой, цроведеннои через концы векторов скоростей обеих точек
(рис. 18, 0).
2,1. Автомобиль проехал первую половину пути со скоростью vx =
= 40 км/ч, вторую — со скоростью v2 = 60 км/ч. Найти среднюю
скорость на всем пройденном пути.
V№/#W№W»W/WM
Рис. 16
Не следует поддаваться первому впечатлению и считать, что сред-
40 + 60 СЛ , -.
няя скорость Уср в данном случае равна —ц— = 50 км/ч. Это
неверно. Обратимся к формуле
_ Arj + Аг2
*ср~ A'i + Д*2'
Обозначим весь путь через 2/. Тогда Лгх = Лга =» I и Ati = l/vil
соответственно At2 = l/v2. Теперь мы можем написать
2/
"ср
2уууг _ 2 . 40 » 60
: l/Vi + l/v2 ~ Vi + ?, ~ 40 + 60
= 48 км/ч.
Этот результат может показаться неожиданным, так как в курсе
физики при выводе формулы для пути при равноускоренном движении
используется формула иср '= (i/0 + vx)j2t согласно которой средняя
скорость должна была бы равняться 50 км/ч. Следует иметь в виду,
что эта формула для vcp пригодна только в случае равноускоренного
движения.
2.2. Первую половину времени своего движения автомобиль
двигался со скоростью vt = 40 км/ч, а вторую половину — со скоростью
v2 = 60 км/ч. Найти среднюю скорость за время движения.
Полное перемещение Лг = кг± + Дг2. Средняя скорость
Дг
"СР ~~ Д*"
АгI + Аг2 _ Vj + v2 _ 40 + 60
2 • Д//2 " 2 ~ 2
= 50 км/ч.
18

2.3. Автомобиль проходит первую треть пути со скоростью Vft
а оставшуюся часть пути — со скоростью v2 = 50 км/ч. Определить ско«
рость на первом участке пути, если средняя скорость на всем пути
уср = 37,5 км/ч.
Обозначим весь путь через s; время, затраченное на прохождение
первого участка пути, — через tx\ время движения на втором участке
пути —через t2* Очевидно, что
/ _]_/- */3 , 2s/3_ s
Vl V2 Vcp
откуда
_ oCppa _ . 37,5-50 _ 0- .
vi - 3t>2-2i;cp - 3.50-2.37,5— Z5 KM/4'
2.4. Первую половину времени тело движется со скоростью v± **
= 20 м/с под углом ох = 60° к заданному направлению, а вторую
половину времени — под углом о2 = 120° к тому же направлению со
скоростью 1>2 = 40 м/с Найти среднюю скорость движения vc?
(рис. 19).
Так как тело совершило два перемещения Дгч и Дг2, то полное
-н -*- ->-
перемещение Дг = Дг^ + Дг2. Отсюда
■*■ Дг Дг!+ Дг2 1 •*• . -к
"сР = дГ = -2ТА772-2 = т(у1 + ^-
Проектируем это векторное уравнение на координатные оси X и К§
причем получаем скалярные равенства:
*сР х = "2" ^i cos ai + v2 cos аг) = —5 м/cf
vcpy = ~2 (Ul sin e* + v* sin a») = 15 ^ M/CI
»ср=^, + ^ = 2б'46м/с.
2.5. Тело совершает два последовательных одинаковых по
величине перемещения со скоростями v1 = 20 м/с под углом ах = 60°
к направлению оси X и v2 = 40 м/с под углом а2 = 120° к тому же
направлению. Найти среднюю скорость vc? (рис. 19).
ДГ = Д/^ + Дг2 ИЛИ VCJ = Viti + y8f2«
откуда
-* Дг, , -+■ Дг,
У - pi'i + "А или „ Pi *а
©ер- , ИЛИ »ср- ^ .
19

По условию Агх — Дг2 = Д/*; сокращая на Дл находим
"•" I "*" 1
vl — + v2 —
-* vl v2
v = .
Л + J.
их ^ va
Проектируем это векторное равенство на оси координат
Vi COS tti [- и, COS а2 —
_ 1 'pjt 2 2v2 _ cos at + cos а2 _
p * : XTT _L+_L " f
f i ^2 ^i ^2
*cp,=
1 . - 1
i>iSina1j-+i;2sina2 —
**
'+^
"»= V «»»*+«&•.-
2 slnei + sina2 40/3,
40/3
4
г
1
n
i i
it
1 \$\
/
\r
L&
У,Ш£
«кеб,.
?
Рис. 19
tj-
1 4
ft.
/ К
/
Рис. 20
W2 vtX
2.6. Тело проходит последовательно п одинаковых участков пути As,
причем скорость на каждом участке соответственно равна v±t u2f ... ,vn.
Определить среднюю скорость на всем пути.
Очевидно, что
v _ As, + As2 H h As„ = n
CP A$! As2 As„ n
2.7. Тело проходит последовательно л участков пути. Скорости
на каждом участке. равны и,, и2, . .. , и„ и выбраны так, что тело
20

проходит каждый участок за одно и то же время. Найти среднюю
скорость тела.
= Ast + Asa + • • ■ + А$п = vt At + v2 At + • • • + Vn A/ _^
"ср — п At nAt e
-*е*
2.8. Движение точки описывается уравнениями проекций на
координатные оси
х = а + W; у = с + d/.
Найти модуль и направление скорости точки с.
Очевидно, что 6 = i/x, d = vy. Поэтому
v = Vvl + vl = Vb4rd2l ^Т = 4-
2.9. Катер плывет по реке против течения с постоянной скоростью
и в некотором определенном месте теряет спасательный круг. Через
время / потеря обнаруживается, катер поворачивает и нагоняет круг
на расстоянии S ниже места потери. Найти скорость течения.
Мысленно остановим переносное движение; т. е. течение реки.
В системе координат, связанной с рекой, вода неподвижна и круг все
время лежит на том же месте, куда он упал. Катер сначала удаляется
от этого места в течение времени t, затем поворачивает и возвращается,
затратив на все путешествие время 2/.
Теперь снова приведем в действие переносное движение, т. е.
течение реки. За время 2t течение снесло ту точку, где находился круг,
на расстояние S. Отсюда переносная скорость течения равна
S_
2/ '
2.10. Расстояние между точками А и В равно / (рис. 20). В момент
t = 0 из А вдоль прямой АВ начинает двигаться с постоянной
скоростью Vi тело 7, а спустя время т из В начинает вдоль той же
прямой двигаться тело 2 со скоростью v2 (i>i > v2). Найти момент встречи /,
относительную скорость vlt 2 и место встречи.
Направим ось Л вдоль линии АВ, совместив ее начало с точкой А.
1) Пусть тела / и 2 движутся навстречу друг другу (рис. 20, а).
Относительное перемещение обоих тел /ч, 2 = гг—ri» или в
скалярном виде гь 2 = г2 — rlf где г2 = / — v2 (t — т); rt = vtt.
Относительная скорость v^t 2 = vi —1/2, но так как направление
КТО]
— т), откуда
вектора v2 противоположно направлению оси, то в скалярном виде
, = Vi + v2.
точке встречи гь 2 = 0, т. е. /^ = г2 = г0; г0 = vj — I — v2 (t —
*1 + "2 ° Vi + Vi
21

2) Пусть оба тела движутся в одном направлении (рис. 20, б).
Относительное перемещение (как и в предыдущем случае) r^, 9 =
= гк — rlf где г2 = / + v2 (t — т); rx = vxt.
Относительная скорость v^t я = ui — у2-
В точке встречи, где гх = г2 = г0,
г0 = У1/ = / + и2^ —т);
го = 7 77 °1"
у, —и.
Как видно из формул, для того чтобы найти решение в этом
случае, достаточно в формулах (*) заменить v2 на (—у2).
Со-.
У
л*
Рис. 22
Рис. 23
2.11. Лодка передвигается относительно воды в реке со скоростью v
под углом (х к течению, скорости которого равна и. Найти абсолютную
скорость w лодки относительно берега (рис. 21) и ее перемещение
к моменту t.
Искомая скорость
w = v-\- и.
Из векторного треугольника имеем
w = Vъ1 + и2 — 2му cos (1«0° — а) = /t/a + а2 -f- 2wt/ cos а ".
sin(IeO° —а)_ sin?
откуда
sin (J = :
]/у2 + и» + 2uv cos a *
Перемещение лодки определяется по формуле
r = iLt = t Yv2 + и2 + 2uv cos а.
2.12. Два корабля движутся под углом а друг к другу со скорос-
тями ^i и v2 (рис. 22). Найти относительную скорость кораблей и
расстояние гь 2 между ними в момент t.
22

Воспользуемся формулами
vi, 2
= f, — tf.
или
с>ь а = К 0* + ^2 — 2t,iu2 cos a;
sin 9 sin a . fl Vi sin a
vi vi> * Vv\ + v\- 2vtv2 cos a
Умножив t^, а«а f, находим расстояние между кораблями в момент/
ri, 2 = vi. г* = * У vi + vl — 2оЛ cos о.
2.13. Корабль, проходящий точку Д движется с'постоянной
скоростью v0. Под каким углом р к прямой АВ надо начать двигаться
катеру из точки В с постоянной скоростью vlt чтобы встретиться
с кораблем? Линия АВ составляет угол <|/ с перпендикуляром к курсу
корабля (рис. 23).
Если между кораблем и катером происходит встреча в точке С, то
ВС = vj; AC = vQt;
i *—гт = -Аг; sin p = -2- cos Ф.
sin (90° —ф) sinp Vi
2.14. В условиях предыдущей задачи определить время г, по
истечении которого катер встретится с кораблем, если первоначальное рас*,
стояние между ними равнялось АВ = / (рис. 23).
Из треугольника ABC находим:
7 TY Р, sin<r С08ф sjnp5
/cos^ _ / sin ft
= vx cos (ф — p) ~ t/0 cos (+ — P)"
2.15. Две подводные лодки плывут в кильватер на расстоянии /
одна от другой с одинаковой скоростью о. Сигнал гидролокатора,
находящегося на задней лодке, достигает передней лодки, отражается и
возвращается обратно. Скорость звука в воде равна с. Найти время
между моментами подачи сигнала и регистрации эха.
Свяжем переносную систему координат с передней лодкой и мысленно
остановим ее. В этой системе обе лодки неподвижны, а вода движется
назад со скоростью и» Поэтому звук от задней лодки распространяется
к передней лодке с относительной скоростью с — и, а в обратном
направлении — с относительной . скоростью с + v. Полное время t9
затраченное на прохождение сигнала туда и обратно, равно
t= 1 ■ 1 Ш
С — V C-\-V С2 — V2*
2.16. Штурман морского судна /, идущего на северо-восток со
скоростью и, определил значение и направление относительной скорости и
проходящего вблизи судна 2 (рис. 24). Э^га относительная скорость
оказалась направлена на запад. Найти абсолютную скорость w судна 2.
23

Пользуясь решением задачи 2.12, можем записать: w = u-\-v. Из
треугольника скоростей находим модуль абсолютной скорости
w = Vv% + и2 — 2vu cos (£ и) = У и* + w2 + /21
Направление вектора а> можно найти из выражения
sin "у _ sin 45°
У1. v
sin 7 = -к .
1 2 ш
Зде».ь 7 — угол между направлением абсолютной скорости судна 2
и географической параллелью.
Рис. 24 Рис. 25
2.17. С какой скоростью и по какому курсу должен лететь
самолет, чтобы за время t = 2 ч пролететь точно на север путь, равный
300 км, если во время полета дует северо-западный ветер под углом
30° к меридиану со скоростью и = 27 км/ч (рис. 25)?
Обозначим искомую относительную скорость через vt а
результирующую абсолютную скорость вдоль меридиана через w. Тогда
v = w — и; v = Yw*+u* — 2wu cos (180° — 30°)=
= Vw2 + uz + V3wu » 174 км/ч.
sina _ sin (180- -30°) sin a " 0,078.
и v 2v
2.18. Мимо пристани проходит плот. В этот момент в поселок,
находящийся на расстоянии Sx = 15 км ниже пристани, отправилась
моторная лодка. Она дошла до поселка за время / = 0,75 ч и, повернув
обратно, встретила плот на расстоянии S2 = 9 км от поселка. Найти
скорость течения и и скорость лодки относительно воды v.
Свяжем систему отсчета с плотом, т. е. мысленно остановим
переносное движение. В этой системе плот и река неподвижны. Это
означает, что относительно плота лодка движется в ту и другую сторону
24

с одинаковой скоростью. Иначе говоря, она удалилась от плота и
возвратилась к нему за равные промежутки времени 3/4 ч* каждый, т. е.
двигалась всего 2/ = 1,5 ч. За это время она прошла «S^ + S2 = 24 км,
откуда следует, что ее скорость относительно воды
2t
= 24: 1,5= 16 км/ч.
За это же время плот прошел Sj — S2 = 6 км, следовательно,
скорость течения
St — у
И 2/
: 6 : 1,5 = 4 км/ч.
2.19. Самолет летит по маршруту
А — В — А. Скорость самолета
в.безветренную погоду равна v. Найти
средние скорости всего перелета для
случаев, когда ветер дует: 1) вдоль линии
АВ\ 2) перпендикулярно к линии АВ.
Скорость ветра равна и.
1) На пути АВ скорость равна
v + и; на пути В А равна и — и; время
*><
Рис. 26
Рис. 27
перелета АВ равно A/t = //(у + и); время перелета ВА равно
At2 = l/(v — и) (/ — расстояние АВ); средняя скорость
/ + /
2/
v2 — и2
ср Мх + М2 //(у + и) +//(у - и) v "
2) Из рис. 26 видно, что при полете по маршруту А — В, так же
как и по маршруту В — А,
i'cp = у v2 + и2 — 2ыи ( —] = /и* — и2.
2.20, Две прямые дороги пересекаются под углом а. От перекрестка
по этим дорогам удаляются две машины: одна со скоростью vlt
другая со скоростью v2. Определить скорость, с которой одна машина
удаляется от другой, учитывая, что перекресток они проехали
одновременно.
Скорость относительного движения двух тел
*Ь 2 = t>l — t>2.
где Uj и уа — скорости тел в одной и той же системе.
25

Здесь возможны два случая: угол между направлениями движения
машин может равняться либо а, либо 180° — а. Для обоих случаев,
оользуясь теоремой косинусов, находим
а*# 2 = о* + v\ т 2ух1;2 соз а.
2.21. Рабочие, поднимающие груз, тянут канаты с одинаковыми
скоростями, равными v (рис. 27). Какова скорость груза, если угол
между канатами равен 2а?
За малый промежуток времени At груз поднимается на высоту со
скоростью t/v, т. е. / = vx At, а канат укорачивается (приближенно)
на длину Вт = / cos a = v At; очевидно, что
. . / / cos a
At = — = f
Vi V
откуда
_ V
1 ~~ COS a "
Второй канат играет лишь роль направляющей, заставляющей груз
двигаться по вертикали, расположенной посредине между блоками.
Отметим, что в действительности (рис. 27) канат за время At
укорачивается не на длину ВМ, а на длину BN (AN — дуга окружности
радиуса О А = ON). Однако при малых промежутках времени и
изменениях угла о длина MN является малой и ею можно пренебречь.
Иначе говоря, чем меньше угол, тем меньшую ошибку мы делаем,
заменяя дугу хордой
2.22. По движущемуся эскалатору бегут вниз два человека: один —
со скоростью и, другой — со скоростью пи. Первый насчитал р
ступенек, второй — д ступенек. Найти число ступенек N и скорость о
эскалатора.
Если обозначить длину спуска через /, то число ступенек на
единицу его длины будет N/L Время пробега первого человека вдоль
всего спуска равно l/(v + и), а пройденное им расстояние равно ul/(v -f-
+ ")• Время пробега второго человека равно l/(v-\-nu), а пройденное
им расстояние — nulftv -f пи).
Число ступенек, насчитанное в первом и втором случаях,
соответственно равно
ul N
v+u I "Pf
этих уравнений находим
\ = „М£-р); N = ,
nul N _
v + nu 1 ~^'
.fl+^-tt
2.23. На берегу реки расположены два пункта А и В» Моторная
лодка проходит расстояние между ними по течению за время tu
против течения — за время t2. Найти время tr, за которое плот пройдет
от Л до В.
26

Обозначим скорость лодки на спокойной воде через и, скорость
течения — через v. Тогда
(и +»)<i = (« — v)t2 = vtT;
~v~~Ttl ~ tt •
il-!l_l--L + I-
'т 'т _ .. . _ 2<Д
?T"~<i ■ T~'2-'i'
2.24. При определении скорости вновь построенного судна
последнее выполняет пробег вдоль мерной линии в двух
взаимно^противоположных направлениях. При этом оказалось, что время пробега в одном
направлении^равно tlt а в противоположном —t2. Длина мерной линии
равна 5. Определить скорость судна, полагая, что в районе
испытаний имеется неизвестное, но постоянное по величине и направлению
течение.
Обозначим относительную скорость судна через v. Она направлена
вдоль мерной линии, но значение ее неизвестно. Переносная скорость
течения и и абсолютная скорость w также неизвестны.
По теореме сложения скоростей для первого пробега имеем
wl = vl + uv
Умножим это равенство на время первого пробега tx\
wlt1 = vxtx + мА.
Проекция этого равенства на направление мерной линии
S = v1tl + ultl cos p.
Для пробега в обратном направлении получаем аналогично
5 = v2t2 — u2t2 cos p.
Так как vx = v2 = v и их = и2 = и% то оба эти уравнения можно
переписать в виде:
S = (i/ + wcosP)rj;
5 = (о — и cos P) tt.
Из этих уравнений находим
2/А '
2.25. Сверхзвуковой самолет пролетает горизонтально над
наблюдателем на высоте Л. Наблюдатель услышал звук мотора через время
f после этого. Определить скорость самолета, если скорость звука
в воздухе равна и.
Звуковая волна, вызываемая самолетом, распространяется от его
траектории перпендикулярно к образующей конуса, в вершине
которого находится самолет (рис. 28).
27

Если наблюдатель находится в точке О, то до него дойдет в
первую очередь звуковая волна, возникающая в точке А и движущаяся
в направлении АО. Время прохождения звуковой волной расстояния
АО равно АО/и. За это же время самолет пролетает расстояние АВ
и его скорость
АВ и
АО sin a
По условию, за время / с момента начала наблюдения самолет
успел пройти расстояние А'В и звук из точки А' успел
распространиться на расстояние А'0\ т. е.
л_А'0' Л cos a
шжжжр^^^
Рис. 28
Из этих уравнений находим
hu
Yh2 — u2t* *
2.26. Показать, что тело, брошенное вертикально вверх и затем
падающее по той же вертикали вниз, имеет в любой точке
траектории скорости, равные по величине и обратные по направлению (рис. 29).
Выберем на вертикали О В произвольную точку Л. При движении
тела вверх оно проходит точку А со скоростью с/', а при движении
вниз — со скоростью v\ Двигаясь равноэамедленно вверх» тело
достигает точки В через время /', считая от момента прохождения точки Л.
В точке В скорость тела равна нулю и время подъема из точки А
в точку В определяется из выражения
Длина участка АВ, очевидно, равна
0; /' = —.
g
|2
Аа - v f 2 2g

При равноускоренном движении тела вниз без начальной скорости
время падения /" из точки В в точку А определится из выражения
Скорость тела в точке А при движении вниз, равна
v" = gf = g*'= v\
2.27. Из точки, расположенной на высоте у0 над поверхностью
земли, бросают одно за другим через интервал времени т два тела
9В
6А
\V
60
Рис. 29
Рис. 30
с одинаковой скоростью и0: тело / — вертикально вверх, тело 2 —
вертикально вниз. Определить, через какое время t от начала
движения первого тела оба тела будут находиться на расстоянии Аг друг
от друга.
Примем точку бросания за начало координат и направим ось
вертикально вниз. Расстояние между обоими телами в момент / будет
равно разности перемещений Аг = гг — г± или, в проекциях на
вертикаль, Ау = у2 — yv
Тело J сначала двигается равноэамедленно вверх в течение времени
tf, а затем в течение такого же времени — равноускоренно вниз до
исходной точки бросания, где снова приобретает скорость v0 (см.
задачу 2.26). Его перемещение равно
Перемещение тела 2 равно
у2 = »0(*-т) + -| (/_*)*.
29

8%ш
Учитывая, что tt = v0/gt находим
Ay = {2v0 — gz) t — v0z + ^-.
Отсюда с учетом того, что Ay = Дг, получаем
/ =
2у0 — gt
при условии, что v0 > —-.
2.28. Из точки с координатами х0, у0 брошено тело под углом а0
к горизонту с начальной скоростью vQ (рис. 30). Найти:
положение и скорость тела через время t;
уравнение траектории полета тела;
нормальное и тангенциальное ускорения тела и радиус кривизны
траектории в момент /;
полное время полета;
наибольшую высоту подъема;
угол, под которым надо бросить тело, чтобы высота его подъема
была равна дальности полета (при условии, что х0 = у0 — 0).
Направим оси X и Y вдоль горизонтального и вертикального
перемещений точки. Векторные уравнения движения тела:
Дг = ц,<+-§- <а;
-+■ -*■ «->-
v = v0 + gt.
Проектируя первое уравнение на оси координат, получим два
уравнения проекций, определяющие положение тела в момент U
x — xQ = v0t cos <z0;
У — y0 = vQtsmaQ — -j*2'
Проектируя второе уравнение на оси координат, находим
составляющие скорости
vx = v0 cos a0; vy = v0 sin <x0 — gt
и результирующую скорость
v = Vv\ + vl = Vtol - 2v0gt sin a0 + g«A
Тангенс угла между направлением результирующей скорости
в осью X равен '
tgT = ^ = tga0--^_;/1
т. е. он меняется с течением времени. Это и понятно, поскольку
скорость геометрически характеризуется наклоном касательной к
траектории полета.
30

Исключив i из обоих уравнений, определяющих положение тела
в момент t, получим уравнение траектории полета
У= yo + (*-*o)tg«0- I(*~*о)* >
2v* cos2 otQ
Чтобы определить тангенциальное и нормальное ускорения т^ла,
в точке с координатами х, у, заметим, что полное ускорение тела все
время направлено вниз и представляет собой ускорение силы тяжести gt
"•* -
Тангенциальное ускорение равно проекции вектора" g на касательную
к траектории (т, е. — gsin?, как видно из рис. 30), анормальное
ускорение равно проекции —gcos? на нормаль*
Так как
tg-r 1
sin т = ■ . * - ; cos y = — i
j/l + tg«T У 1+ tg21
то
„„ = _«£*: 0/—ее.
Найдем попутно приближенное значение радиуса кривизны (R)
траектории в момент t. Принимая, что точка движется по дуге
окружности, воспользуемся формулой
J!L
R '
откуда
а2=
Я = - — •
Максимальную дальность полета *макс найдем из условия у = 0.
Полагая в уравнении траектории # = 0, получим квадратное
уравнение, из которого можно найти хмакс:
02 g 2 ('макс - *о>2 ~ tg а0 (*макс - дг0) - у0 = 0.
2vQ cos2 ae
Если тело брошено из точки на поверхности, где и у0 = 0, задача
существенно упрощается. Сокращая на (*макс — х0), находим, что
о2 sin 2a0
*ыако= JJ г х0'
Полное время полета можно определить из формулы
si2
V — 0o = <\>sin<V--^- при у = 0,
откуда
Pnsin<zA .
V^2sin2cr0+2g^
мако~ g + g
31

Наибольшая высота подъема достигается в момент /, когда vy = О,
Так как составляющая скорости вдоль оси Y равна vy = v0 sin aQ — g(t
то при vy =ai 0
^p0sing0
Теперь используем уравнение проекции положения тела на ось У,
положив у = */макс:
Умакс — Уо = *о s»n a0t — ^ -
Исключив * из обоих уравнений, получим
v20s\n*a0 |
{'макс"~ 2g ^°*
Очевидно, что наибольшая высота п одъема будет при а0 = 90%
т. е. когда тело брошено вертикально вверх.
Наконец, приравнивая жмакс и умакс друг другу (при условии, что
*о = °» У о = 0), получаем
t^sln2or0 vjsin*a0
—ff = Ч 9
откуда tg a0 з= 4; а0 а 76°.
Найдем скорость тела в момент приземления v ез (при условии
m „ , 2а0 sin a
jc0 = 0; у0>е0), Для этого подставим значение / = /макс = —-
в выражения для скоростей vXt vy и v, а также в формулу для
тангенса угла между v и осью X. При этом получим
vx = V0 COS a0; vy = — v0 sin a0; i/pe3 = tf0; tg т = —tg <z0.
Мы видим, что вертикальная слагающая скорости тела во время
полета меняется от v0 sin a0 до нуля и затем до —v0 sin a0.
Горизонтальная слагающая остается постоянной и равной v0 cos a0. Таким
образом, модуль скорости v в полете все время' меняется. Меняется
также и направление скорости, так как тангенс угла между v и осью
к уменьшается от tga0 до нуля (в точке максимального подъема)
и затем до —tg a0 (в точке приземления).
2.29. Из высшей точки наклонной плоскости длиной L с углом
наклона р (рис. 31) бросают тело с начальной скоростью v0 под углом
а к горизонтали. Найти расстояние / вдоль наклонной плоскости от
точки бросания до точки падение, если известно значение у0.
Направим оси координат, как показано на рисунке. Уравнения
движения тела в проекциях на оси имеют вид:
х «= v0t cos a; у = у0 + vQt sin a — ^-.
В точке падения
х = / cos p; y = y0 — l sin p,
S2

так что
gt*
I cos p = v0t cos a; yQ — f sin p = y0 + уо*sin a 2
Исключив время / из этих уравнений, получаем
2v\ cos a sin (a + p)
/ = *
gcos2P
Если бы в условии был задан угол не по отношению к
горизонтали, а по отношению к наклонной плоскости (обозначим его <р; <р =
= а + Р), то ответ получился бы в виде:
v2 sin 2ф
gcosp
Рис. 31
Решение будет справедливо при условии /<L, так как только
в этом случае тело упадет на наклонную плоскость.
2.30. Из точки с координатами х0, у0 брошено тело под углом а
к горизонту с начальной скоростью v0. При этом на тело действует
попутный горизонтальный ветер, сообщая ему постоянное ускорение а.
Найти время полета 7\ наибольшую высоту «макс и наибольшую
дальность *„акс-
В отличие от задачи (2.С8) уравнения движения тела в проекциях
на оси будут иметь вид:
at2
* — *о = V cos a + "jf *
У— у0 = oof sin a — Y'
а проекции скорости:
2 6-319
vx = v0 cos a + &t\
Vy = t>0Sina — gt.
W:.
33

Рассмотрим отдельно вертикальное и горизонтальное движения.
Для вертикального движения, которое остается таким же, как
и в задаче (2.28), находим
cjsln2a 2t>0sin.
Лмакс ^макс 2# 9
Для горизонтального движения подставим в формулу для х значение
. _ 2i/0sina _
t = Г = —% . При этом получим
и5 sin 2a л v* sin2 a v\ sin 2a Г „ Л
2.31. Из двух точек одновременно брошены два тела под углами
а и р к горизонту со скоростями и0 и v0. Найти относительную
скорость w обоих тел и относительное расстояние Лг между ними, считая,
что тела движутся в одной плоскости.
Векторные уравнения движений тел:
-*-*--»- at2 -*•-*• -+■
'i = *oi + "' + -тр; • " = "о + gt\
'2 = ''ог + г/ + -^г ; v = v0 + я';
Дг = rY — r2\ w = и — v = u0 — v0\
A' = (roi — '02) + (" — v) t=Ar0 + (un —1'0) / — Лг0 + wt,
где r0l и r02 — радиус-векторы тел в исходном положении. Отсюда
видно, что относительная скорость обоих тел постоянна и равна
и0 — v0. В проекциях на оси координат
wx — их — vx = Щ cos а — vo cos P»
wy = uy — Vy= u0 sin a — v0 sin p;
w = У w*x + w* = Vu\ + t/J — 2w0y0 cos (a — p}.
Относительное расстояние между обоими телами меняется по ли-
ней ному закону (при r0i = г02)
br = wt = t Vv\ + wj - 2w0t'0 cos (a - p).
2.32. Тело движется с постоянным ускорением а. В момент
времени t = t0 тело было в точке х = х0. Найти, какую скорость должно
иметь тело при t = /0, чтобы в момент времени t = tk попасть в точку
x = xk.
Очевидно, что
*k - *0 = vo С* ~ 'о) + f 0* - >о)2>
34

откуда
%ь — хо
-£('*-'о)-
0 tk-t0 2
2.33. Корабль движется прямолинейно со скоростью г0. На высоте
h над морем со скоростью Vi летит самолет. Определить расстояние /,
отсчитываемое по горизонтали, на котором надо сбросить вымпел, чтобы
он попал на корабль. Сопротивлением воздуха вымпелу пренебречь.
Решить задачу для случаев, когда самолет летит тем же курсом, что
и корабль, и когда он летит навстречу кораблю.
Направим ось Y вверх из точки, находящейся на уровне моря под
самолетом. Согласно задаче 2.28 уравнение траектории тела,
брошенного со скоростью v' под углом о = 0 к горизонту, имеет вид:
у~Уо 2(v')2 •
где у0 = h\ х — х0 = 1\ у = 0.
В случае одного курса относительная скорость vf = v± —1/0 и
А = -
2(^-f0)2 '
откуда
В случае встречного курса v' = v+ + v0 и
t={Vi + v0)Yj
S
2.34. Мяч падает на горизонтальную поверхность с высоты h
и после упругого удара поднимается др высоты А1в На какую высоту
поднимается мяч после n-го удара, если коэффициент восстановления
k (отношение скоростей после и до удара) считать постоянным?
Очевидно, что
Г2 V\ v\ VJi
где Of — начальная скорость мяча после первого удара; v2 — после
второго, .. . , vn — после л-го удара.*
По определению коэффициента восстановления можем написать
г, . V2 V2 V2 V2
и — и1 - ьг L . Ь2 _ 2 . t,2 з_. . иг _ п #
U У2 ^2 V2 v2
Перемножив эти равенства (кроме первого), получим
v2 2gh h
2*
35

откуда
С другой стороны,
ft»
ft. = hk*".
2 2gh h
"(*Г
Подставив найденное выражение для k в предыдущее соотношение,
получим
hn-h\T) -T?=r
2.35. Упругое тело падает с
высоты h на наклонную плоскость,
образующую с горизонтом угол а,
и упруго отражается с той же
скоростью. Найти расстояния х,,
xlt ... , хп между точками ударов:
первого и второго, второго и третьего
и т. д. и, наконец, п — 1-го и я-го
(рис. 32). Кроме того, найти х±
при условии, что наклонная
плоскость движется вертикально вверх
с постоянной скоростью и.
Скорость тела в момент первого
Рнс- 32 удара равна v0 = V^gA.
Начальная скорость тела после отражения
от плоскости имеет то же значение, но другое направление,
симметричное относительно оси Y. Проекции начальной скорости
voy = V0COSa; v0x = v0 sin a.
Уравнения движения тела в проекциях на оси:
* = v^t +
axt* , , ayt*
где
Время
y = 0:
ax = g sin a; ay = — g cos a;
vx = v0 sin a + gt sin я; vy = v0 cos a —gt cos a.
/i между первым и вторым ударами найдем из условия
gtt cos a
"оу
» ayh_
~т~ 2 ~
С0 COS a
: = 0;
_ 2v0 _ 2V2gh
5 g
Подставляем это значение в уравнение движения по оси X
хг = vQ sin a
2v0 , gsina
4y2
0
8u?
-^ sin a = 8Л sin a.
2g
36

Проекции скорости в момент второго удара:
2v
vx = v0 sin a + g sin a - = 3v0 sin a;
fy = v0 COS a — g COS a ^ = ± VQ COS a.
Знак с—» соответствует моменту падения, знак t+»— моменту
отражения, т. е. vy лишь меняет знак.
В момент л-го удара проекции скорости после отражения будут
равны
vx = (2л — 1) v0 sin о; i^ = v0 cos a.
Таким образом, по оси X проекция скорости все время равномерно
возрастает, а по оси К —остается постоянной. Промежутки времени
между ударами не зависят ни от каких переменных величин, и поэтому *
одинаковы для всех положений.
Найдем расстояние хг между точками второго и третьего ударов:
Xi = 3v0 sin a • —° + ff sin a №A = 2 . 8Л sin a.
Продолжая таким же путем вычисления, найдем, что
*i: xi: *э: ■ • • : хп = \ :2:3: ... : л. Поэтому расстояние между
точками л-го и л + 1-го ударов равно
хп = 8лл sin a.
-*■
Если наклонная плоскость движется вверх со скоростью ы, то
-*■ ->•-*-
относительная скорость тела и плоскости будет равна vx 2 = v — и.
Учитывая направления v и «, находим, что перед ударом | v{ 21 =
= v + и. Эту величину вводим в формулу для х± вместо v0, причем
получаем
4 sin а, , ч2
xi=—— (* + ">2-
2.36. Точка скользит по наклонной плоскости призмы с
относительной скоростью v = У%8У* где у — ордината точки (рис. 33). В
начальный момент точка находилась на верху призмы, на высоте л. Призма
движется вправо с переносной скоростью и. Найти абсолютную
скорость точки в момент, когда она касается горизонтальной плоскости.
Выбрав оси координат, как показано на чертеже, находим проекции
абсолютной скорости w:
wx = vx-\-ux = V^gy cos a + u;
Wy = vy + uy = V*gy sin a.
Модуль w определяем для точки касания с полом, т. е. при у = Л:
w = Vw\ + w* = У и2 + 2gh + 2uV 2gh cos a.
37

Направление скорости w определяется углом f9 который она
образует с осью X:
t «V = V2ghs\na
w* V^ghcosa + u'
2.37. Найти время действия фотографического затвора, если при
фотографировании шарика, падающего от нулевой отметки вертикальной
сантиметровой шкалы без начальной скорости, на негативе получилась
полоска от ях-го до п2-го деления шкалы.
Обозначим моменты прохождения шариком отметок пх и п2 через
t\ и /2 и длительность падения от отметки пг до отметки п2 через t.
Тогда
_*'? «*\ , ,
Рис. 33
Рис. 34
откуда
'-У*?'- '.--/^: ,-/|(/^-/SD.
2.38. Автомобиль движется без скольжения по горизонтальной
дороге со скоростью v. На какую максимальную высоту забрасываются
капли воды, отрывающиеся от колес? Радиус каждого колеса равен R.
Введем систему координат, связанную с осью колеса и движущуюся
вместе с машиной равномерно относительно земли (рис. 34).
Если капля отрывается в точке Л, то ее скорость в ксомент отрыва
vA = у. Вертикальная составляющая скорости vy = v sin а. После
отрыва капля движется с ускорением g и высота ее подъема (см.
задачу 2.28)
и г» г> . U2 Sin2 a
h = R — R cos a + •
*ё
Из последнего уравнения находим:
cos а
1.2
--•§*■*/(*-м)-3-
33

причем должны выполняться условия h < (v2/2g) [(Rg/v2) + I]2
и | cosa, 2|< Г.
Из последнего уравнения с учетом формулы для h следует:
1) если Rg/v2^.\1 то cos а! имеет смысл при h<^(v2/2g) x
X [{Rg!v*) + И2» cos a2 имеет смысл при h.^2R\
2) если /?g/u2> 1, то cos^! имеет смысл при А<2/?; cosa2
смысла не имеет.
Следовательно,
_ \ 2g \ »• + V ' „• < '•
"макс'
зд. -% > 1
и
2
2.39. Падающее без начальной скорости тело проходит за последние
т секунд своего падения \/п часть всего пути. Найти полное время
t и полную высоту падения Л.
Расстояние, пройденное за время t — т, равно
^-»-4-'К)-¥('-±)-
Из равенства
(<-„.-я(1-1).
учитывая, что t — г !> О, находим
' = *(я + /л(л-1)Х
после чего можем вычислить h по формуле
Л=8Т'
2.40. Окружность лежит в вертикальной плоскости. Из верхнего
конца вертикального диаметра d (рис. 35) по желобам, расположенным
вдоль различных хорд, падают одинаковые небольшие тяжелые тела.
Найти времена их падения и показать, что они одинаковы. Трением
и сопротивлением воздуха пренебречь.
Время движения по произвольной хорде длиной / определяется из
выражения
t2 h t2
l = gsina.-T = gT.—,
где gain a — проекция ускорения свободного падения на направление
движения.
Отсюда
'-VS-
Из подобия треугольников ABC и ADC находим, что
39

Таким образом, t = (2d/g)l/2f т. е. не зависит от длины хорды.
Другими словами, для всех хорд г одинаково. _
,2.41. С какой начальной скоростью надо бросить вниз мяч с
высоты Л, чтобы он подскочил на высоту nh?
Обозначим искомую скорость через vH, скорость в момент
приземления мяча — через v0. Тогда
*-v*H = 2gh.
Xi
V 7Г
vcosip
vsin<p
[^
VC0S(p
vsiny
\v\=const
fTlvcosy
KL
Рис. 36
Считаем мяч абсолютно упругим. При этом значение скорости его
после удара о землю останется неизменным, а направлена она будет
вертикально вверх. На высоте nh скорость будет равна нулю, т. е.
0 = v2_2ngh; v2o = 2ngh;
v% = v* - 2gh = 2ngh - 2gh = 2gh (n - 1);
vH = V2gh(n-\).
2.42. Скорость и течения реки у берега равна нулю и
увеличивается пропорционально расстоянию от берега до середины, где она
равна и и Ширина реки равна 2L. Под каким углом к течению должен
быть направлен нос лодки, чтобы, отплыв от одного берега со
скоростью и, она подошла кратчайшим путем к буйку посередине реки
точно против места отплытия?
Направим ось X, как показано на рис. 36. Тогда закон изменения
скорости течения и с удалением от берега до середины реки будет
иметь вид:
х
Для того чтобы траектория лодки представляла собой прямую,
соединяющую место отплытия с буйком, необходимо, чтобы состав-
40

где
Так как
то
ляющая скорости лодки и, направленная против течения, возрастала
по мере удаления от берега. Так как значение скорости v задано и не
может изменяться, то, очевидно, должно изменяться направление этой
составляющей, т. е. угол <р должен возрастать с ростом х.
Составляющие скорости v равны:
vx = v cos <p;
х
vy = v sin <р — и = v sin <р — uL -г-.
В любом случае х = vt cos ср. поэтому
vy = vsin<? j- vt cos <p = Vq — at,
uLv cos <?
v{ = v sin <?; a = ^— .
y = Vot-—9
uLv cos <p
y = y/sin<p 2ZI—Л
Положив в этом выражении у = О (условие прямолинейности
траектории лодки), найдем соотношение
показывающее, как меняется угол <р в функции времени.
Чтобы найти закон изменения <р в функции расстояния, подставим
вместо t его выражение
v cos <р
При этом получим
Таким образом, по мере удаления от берега нос лодки должен
поворачиваться все круче против течения (поперечная составляющая
скорости vxt пропорциональная cos?, при этом будет уменьшаться).
Наибольший угол <р достигается при х = L, когда sin <p = uL/2v. При
uL>2v лодка вообще не достигнет буйка.
2.43. Зубчатое колесо диаметром D± находится во внешнем
«зацеплении с зубчатым колесом диаметром D2. Оба колеса вращаются
вокруг неподвижных осей, причем число оборотов первого колеса за
1 с равно /I,. Найти число.оборотов второго колеса за 1 с (рис. 37).
41

В месте соприкосновения зубьев линейные скорости колес одинаковы
a)1D1_o)2D2 *iDi _ n*Dt
и = ~2 "Г2~ ИЛИ 2 ~ 2 '
откуда получаем полезное соотношение
^ "" я^ ~" Dx'
с помощью которого находим
"2 = /1id;
(колеса вращаются в разных направлениях).
Рис. 37 Рис. 38
2.44. Зубчатое колесо диаметром Dx находится во внутреннем
зацеплении с зубчатым колесом диаметром D2, расположенным внутри
первого колеса (рис. 38). Колесо Dj делает п^ об/с, вращаясь вокруг
неподвижной оси. Найти диаметр колеса D2t если оно должно делать
п2 об/с.
Аналогично предыдущей задаче
откуда
(оба колеса вращаются в одном направлении).
2.45. Для спуска груза М, привязанного к концу троса (рис. 39),
намотанного на барабан ///, вытягивают со скоростью v канат Л,
намотанный на барабан /. На одной оси с барабаном 1 радиусом rt
насажено зубчатое колесо / радиусом Rlf жестко скрепленное с ним.
Зубчатое колесо / сцеплено с зубчатым колесом 2 радиусом г2,
которое вращается как одно целое с зубчатым колесом // радиусом R2.
Последнее сцеплено с зубчатым колесом 3 радиусом г8, вращающимся
как одно целое с барабаном /// радиусом /?3- Определить скорость
опускания груза М, если оси всех колес неподвижны.
42

В точках соприкосновения любой пары колес линейные скорости
обоих колес одинаковы. Скорость точки на окружности барабана /
радиуса гг равна скорости v точек каната. Модуль угловой скорости
барабана 1 (и одновременно зубчатого колеса /) равен
Линейная скорость на ободах зубчатых колес I и 2 равна
1>1 = «!/?! =—/?!•
Модуль угловой скорости колес 2 н II равен
г2 г^г
Линейная скорость на ободах зубчатых колес // и 3, сцепленных
между собой, равна
Модуль углобой скорости зубчатого колеса 3 и барабана ///
о _ v* - vRlR*
Г3 Г1Г2Г3
Линейная скорость точки на ободе барабана ///, равная искомой
скорости груза М,
тл vRiIsoRs
Г1Г2Г3
2.46. На круглой платформе радиусом R, вращающейся с угловой
скоростью (о, стоит человек, бросающий камень со скоростью v в
мишень, которая также установлена на платформе. В первом случае
43

человек находится в центре платформы, а мишень — на краю; во
втором— человек и мишень меняются местами. Найти угол опережения
при бросании камня в обоих случаях.
1) В первом случае расстояние, пройденное камнем, равно R,
и время его полета равно R/v, где v — скорость камня. За это время
платформа повернется на угол ср = a>R/v (рис. 40, а). Это и есть угол
опережения.
2) Во втором случае человек (а следовательно, и камень) обладает
линейной скоростью ш/?. Для того чтобы скорость и траектория
камня были направлены по радиусу от окружности к центру (рис. 40, о"),
камень следует бросить под углом р к этому направлению:
sin В = — ,
г v
а 6
Рис. 40
при этом результирующая скорость камня вдоль радиуса равна
t;cosp = u j/^8 ~vfR* = yV - о2/?2.
2.47. Диск радиусом R катится без скольжения с постоянной ско-
ростю v. Найти геометрическое место точек на диске, которые в
данный момент имеют скорость v (рис. 41).
Движение диска со скоростью v можно рассматривать как вращение
с угловой скоростью ш = v/R вокруг мгновенного центра (точки
касания диска и плоскости). Скорость любой точки на диске, находя*
щейся на расстоянии т от мгновенного центра, равна о>г = vr/R
и направлена перпендикулярно к г.
По условию vr/R = vf т. е. г = R. Следовательно, искомое
геометрическое место представляет собой дугу радиусом R, проведенную"
из мгновенного центра вращения диска.
2.48. Цилиндр радиусом R вращается между двумя параллельными
рейками, движущимися в одну сторону со скоростями и\ и v2
(скольжение отсутствует). Найти угловую скорость вращения цилиндра
и скорость его центра (рис. 42). Решить эту же задачу для случая
движения реек в противоположные стороны.
Цилиндр выполняет два движения: вращается вокруг своей оси
с угловой скоростью to и движется поступательно со скоростью v..
Если бы он не вращался, то скорости реек были бы одинаковы и равны v.
44

Вращение приводит к тому, что скорость одной из реек уменьшается
на величину u>R (линейная скорость на окружности цилиндра), а
скорость другой — увеличивается на ту же величину, т. е.
Отсюда
v2 = v — ci)fl.
1 / i % vi — v2
v = Y(vi + vJ> (0= 2R
Когда скорости реек направлены в разные стороны,
_у2 = v — О)/?.
Рис. 42
Отсюда
1 / . ^1 + 02
2.49, Шарикоподшипник состоит из двух колец — внутреннего
радиусом #2 и внешнего радиусом #г — и расположенных между ними
шариков, радиус которых г. Внешнее кольцо вращается с линейной
скоростью vlt а внутреннее — со скоростью t>2. Найти линейную
скорость v и скорость вращения ш шариков вокруг собственного
центра в предположении, что проскальзывание между шариками
и кольцами отсутствует (рис. 43).
Так как проскальзывание отсутствует, линейная скорость шарика
в точках В и А равна
Отсюда
vB = v + »r = v1;
vA = v — cor = v2.
Vi + V2 V i — V2
Заметим, что ответ не зависит от радиусов колец /?х и R2.
Поэтому, предположив, что эти радиусы увеличиваются до бесконечности,
45

получим случай двух параллельных прямых реек, между которыми
вращается колесо (задача 2.48).
2.50. Катушка с намотанной на нее нитью катится без скольжения
по горизонтальной плоскости благодаря вытягиванию нити в
горизонтальном направлении со скоростью и. Радиусы внутренней и внешней
поверхностей катушки соответственно равны г и R. Найти скорость
точек О и А (рис. 44).
Рассматривая точку С как мгновенную ось вращения, находим
угловую скорость катушки при ее вращении вокруг точки С:
__ v — v
Скорости точек О и А равны
о vR
vA = 0)2/? =
2vR
Рис. 43
Рис. 44
2.51. Катушка, состоящая из внутреннего цилиндра радиусом г,
на который намотана нерастяжимая нить, и внешнего цилиндра
радиусом /?, катится, без скольжения по горизонтальной поверхности
под действием натягиваемой нити. Нить тянется со скоростью v под
углом о к горизонту. Найти скорость vQ оси катушки (рис. 45) и ее
направление при различных углах а.
Движение катушки можно рассматривать как вращение вокруг,
мгновенной оси Л. Поэтому угловые скорости точек В и О
относительно мгновенной оси А одинаковы и равны
откуда
АВ
Rv'
АВ
Отметим, что вектор v' направлен перпендикулярно к отрезку АВ,
а вектор v — перпендикулярно к отрезку ОВ.
Из треугольника АОВ находим:
sW+l) = #a: АВ = V R* + г*-2Rr cos a.
46

Из треугольника скоростей
Исключив sin p и и', получим
' sin p.
vR
| /? COS a — г |
При некотором значении а = aQ величина R cos a будет равна т
и направление силы, приложенной к нити, пройдет через мгновенную
ось вращения А. При этом качение катушки невозможно и v = О,
так что выражение для v0 становится неопределенным (нуль в
числителе и знаменателе). При a < a0 катушка будет катиться вправо,
а при а > <х0 — влево.
Рис. 46
2.52. Вагон движется по рельсам со скоростью v. Найти линейную
скорость точек m, n, p, q обода и реборды колеса (рис. 46). Диаметры
колеса и реборды равны d и D соответственно. Задачу решить для
неподвижного наблюдателя, находящегося вне вагона, и для
наблюдателя, движущегося с вагоном.
1) Для неподвижного наблюдателя точка п является мгновенной
осью вращения колеса. Угловая скорость колеса
v
так что линейные скорости точек m, р и д равны соответственно
D-d Л D\
D + d /i i D\
2) Для наблюдателя, движущегося вместе с вагоном, ось колеса
неподвижна. Линейная скорость точки п равна —у, и угловая
скорость колеса
, _ v
" ~~dj2m
47

Линейные скорости точек m, p, q равны соответственно
D л D
v'-wr
2.53. По горизонтальной плоскости катится без скоЛьжения с
постоянной скоростью v обруч радиусом R. Найти скорость и ускорение
любой точки обруча (рис. 47) в "лабораторной (неподвижной) системе
отсчета.
Обруч вращается вокруг мгновенного центра с угловой скоростью
to = vfk. Линейная скорость любой точки на- ободе обруча с радиус-
вектором г равна (ог (радиус-вектор проведен из мгновенного центра).
Обозначив угол между вертикалью, проведенной через мгновенный
центр, и радиус-вектором через а, найдем,
что г = 2R cos а. Поэтому линейная
скорость точки на ободе равна v л =
=2u}R cos n — 2v cos з и направлена
перпендикулярно к радиус-вектору. Если скорость
обруча постоянна, то все его точки
имеют только центростремительное ускорение
v*Jr = 4и2 cos2 a/2R cos а = 2v2 cos a/R.
2.54. С какой скоростью и в каком
направлении должен лететь самолет над
экватором на высоте ht чтобы для него
Солнце находилось все время на одной
и той же высоте?
Очевидно, угловые скорости Земли и самолета должны быть
одинаковы по модулю и противоположны по знаку. Угловая скорость
Земли со = 2пп = 2тс/7\ где Т — период обращения Земли вокруг своей
оси. Линейная скорость самолета на высоте h равна
шш
Рис. 47
v = dr = 2л
R + h
где R — радиус Земли. Направление — с востока на запад.
2.55. По диску, равномерно вращающемуся с угловой скоростью to,
движется со скоростью^ и от центра к окружности точка. Найти
абсолютную скорость точки (по отношению к лабораторной системе
отсчета) в момент, когда ее расстояние от центра диска равно г
(рис. 48).
Линейная скорость точки в рассматриваемый момент времени равна
v = о)г. Эта скорость направлена по касательной к окружности и
является переносной, в то время как и направлена по радиусу и
представляет собой относительную скорость точки. Абсолютная скорость
равна
ш = и"+йГ w = /ы2 + v2 = У и2 + со2г2.
2.56. По направлению к центру диска, вращающегося с угловой
скоростью со, движется точка со скоростью v в лабораторной системе
отсчета. Найти скорость точки относительно диска в момент, когда
расстояние от точки до центра диска равно / (рис. 49).
48

В данном случае скорость v точки — ее абсолютная скорость.
Переносным движением является вращение диска. Поэтому переносная
скорость точки есть скорость вращения того места, где в данный
момент находится точка (если вообразить, что это место жестко
связано с диском). Она равна и = Ы и направлена по касательной
к окружности радиуса U Вектор относительной скорости
«^н^абс-Ср-
Модуль относительной скорости
Рис. 48 Рис. 49
2.57. Над экватором планеты движется спутник в сторону ее
вращения. Скорость спутника относительно неподвижной системы отсчета,
не связанной с планетой, — vlt линейная скорость точки экватора — v2,
радиус планеты — /?2, радиус орбиты спутника — Rv Найти скорость
спутника относительно планеты.
Задача подобна предыдущей, так как и здесь приходится
вообразить, что место, где в данный момент находится спутник, жестко
связано с планетой.
Переносная скорость вращения этого «места» равна апер = v2R{/R2
и направлена по касательной к окружности радиусом Rlm
Абсолютная скорость спутника равна v+ и направлена в ту же
сторону. Поэтому относительная скорость равна
v<tth = vi - *2#i/*2-
2.58. Вагон А движется по закруглению радиусом R с линейной
скоростью v% вагон В — прямолинейно со скоростью w (рис. 50).
Расстояние ОВ равно Л Найти скорость и вагона В относительно вагона А
в момент, когда расстояние АВ минимально и точка А лежит на
прямой ОВ.
Так же, как и в двух предыдущих задачах, рассматриваем скорость
ш как абсолютную. Переносную скорость места, где в рассматриваемый
момент находится вагон А, определяем из выражения
v .
"пер= д"'.
49

предполагая, что это «место» жестко связано с вагоном А
Переносная скорость, очевидно, направлена по касательной к закруглению,
т. е. параллельно направлению w. Поэтому относительная скорость
u0TH = w-vl/R. 9
2.59. Круглый диск радиусом R катится без скольжения по
горизонтальной плоскости. Угловая скорость диска равна ш. Найти
скорости точек А, В, С, О диска (рис. 51) в данный момент.
Так как мгновенный центр скоростей находится в точке
соприкосновения диска и плоскости, то скорости указанных точек равны:
vA = 0 (по определению мгновенного центра); v0 = со/? — const (так
как расстояние от точки О до мгновенного центра постоянно и равно R);
vB = АВт = У 2 to/?; vc = 2со#.
Рис. 52
2.60. Кольцо радиусом R катится без скольжения по
горизонтальной поверхности с угловой скоростью со (рис. 52). Найти зависимость
координат точки А кольца от времени. Начальные условия: хА = 0;
у а = °; * = °;
уА = R — R cos <р = R (I — cos <р) = R (1 — cos to/);
хА = I — R sin <p = / — R sin со/.
50

Если кольцо не проскальзывает, то это означает, что выполняется
условие / = /?<р = flwf. Тогда
хА = R (со/ — sin со/);
УА = R (1 —cos (at).
2.61. Тело начинает равноускоренно вращаться и делает за t =
=г 2 мин m = 3600 об. Найти угловое ускорение тела.
По формулам
<р = о)0/ + -у; о>0 = 0; у = 2кт
находим
2ф 4тст 4п ♦ 3600 , ft
» = 1Г = -^T = 72Т60)*- = * Рад/с2.
2.62. Маховик, вращавшийся с постоянной угловой скоростью со^,
был отключен от двигателя и, сделав т оборотов, остановился. Найти
угловое ускорение маховика.
ш2 — со2 = 2е<5> = inmt; со = 0;
СО2
о
е = ■
4ят
2.63. Маховик радиусом R начинает вращаться равноускоренно.
В момент времени tl скорость точки на ободе маховика становится
равной 0Х. Найти угловую скорость со2, нормальное ant касательное
at и полное а ускорения точки в момент г2.
В момент tx угловая скорость &l = vjR\ угловое ускорение
е = ujt = vjRtx\ касательное ускорение at = eR = ^iR/ti = vxltx.
В момент t2 угловая скорость <о2 = е/2 = vlt2lRt1\ v2 = <a2R =
= vif2//u; at=vi/t\* an = Ю|Я = v^l/Rt*. Полное ускорение
2.64. Скорость вращения шпинделя достигает рабочего значения
п = 250 с~1 через t — 30 с после пуска. Диаметр шпинделя d =
= 40 мм. Найти скорость и ускорение точки на поверхности шпинделя
и число оборотов шпинделя до достижения рабочей скорости.
По формулам со = tt и со = 2яя находим
2кп _50
/ ~ 3
в = -^ = ~п рад/с2.
Число оборотов шпинделя за время t
?=|* = 50j^900 = 7500ji рад = 3750 об.
Скорость точки на поверхности шпинделя
v = со -у = 2%п y = * • 250 . 0,04 = 10* м/с.
51

Нормальное ускорение
ап = ш2 ~ = 4*2л2 у = 2*а (250)2 . 0,04 = 5000*2 рад/са.
Тангенциальное ускорение
.. 50тс.0,04 я
**="*/2 = 3.2 = Ум/с'
2.65. Площадка подъемника с грузом стоит на самой нижней
отметке. После включения площадка с грузом ускоряется в течение
времени tlt затем поднимается с постоянной скоростью в течение
времени t2 и перед остановкой замедляется в течение (9 = tx. Диаметр
барабана лебедки подъемника равен d. Угловое ускорение барабана
при старте и остановке постоянно и равно е. Найти высоту подъема.
Угол поворота барабана за время ускорения после старта равен
Высота подъема за
Линейная скорость
ускорения равна
это
же
точки
V =
£/?
* = Т'
время равна
tdt*
= W = -^ .
на поверхности
барабана
в конце
цикла
Это и есть. постоянная скорость подъема. С этой скоростью лифт
поднимается на высоту
*•-*•-£'А-
Путь, пройденный при замедлении, будет, очевидно, равен пути,
пройденному при ускорении:
idtl
Ла- —
Полная высота подъема равна
Л1 + Л2 + Лз = ^-1(^1 + /2).
2.66. Зубчатое колесо диаметром D} находится во внешнем
зацеплении с зубчатым колесом диаметром Ь2 и вращается с угловой
скоростью (ох и угловым ускорением ех. Найти угловую скорость и угловое
ускорение второго колеса, а также нормальные,ускорения
соприкасающихся точек колес.
В точке соприкосновения колес равны не только скорости, но
и тангенциальные ускорения, так как в противном случае в следующий
52

момент времени равенство скоростей точек соприкосновения наруши-
шилось бы. Из равенства модулей скоростей следует:
WjD,
cd,D2
откуда
Di
Из равенства модулей тангенциальных ускорений получаем
at = 4DJ2 = e2D2/2,
откуда
Нормальные ускорения обоих колес равны
a«i =
•fr.
(1>?£L
= (!)*
d;
i 2D2
в противополож-
и направлены по одной прямой
ные стороны (к центрам колес).
2.67. Материальная точка движется с
ускорением по окружности. Ее линейная скорость равна
г/ = att. Найти ее полное ускорение в момент,
когда она сделает т оборотов после начала
движения. Величину at считать известной.
Угол, описанный
т оборотов равен
радиус-вектором точки, после
о„
Рис. 53
И
}Y
Пользуясь формулами
со2 = 2е^;
находим
? = 2пт.
E = -=f; Ru* = an
ап = 4кта,;
а = Va) + e« = о, /1 + (4wn)f-
2.68. Шкив радиусом # вращается под действием груза Р,
подвешенного на нити, сматывающейся со шкива. Ускорение груза равно а.
Найти угловую скорость шкива в момент, когда груз прошел путь S,
а также полное ускорение произвольной точки на окружности шкива
(рис. 53).
Ускорение груза есть тангенциальное ускорение аг Линейная
скорость на окружности шкива в заданный момент v = /2a,S, а
угловая скорость шкива в тот.же момент to = v/R = V^a^S/fl. Вообще
же говоря, линейная скорость на окружности шкива возрастает со
временем по закону v = att.
53

Полное ускорение точки на окружности шкива равно
,_К}+4_/«+(£)'-/«+«*. •
как показано на рисунке, где буквой а обозначен угол между
направлением полного ускорения и направлением оси Y. Из рисунка видно,
что tg а = -*- = — .
3. Динамика
Сила. Силой называется физическая величина, характеризующая
воздействие одного тела (или нескольких тел) на другое тело или
систему тел. Сила — величина векторная. Она обладает численным
значением, направлением и точкой (или линией) приложения и
подчиняется законам действий с векторами.
В механике встречаются три типа сил:
1) силы взаимного притяжения между телами, называемые
гравитационными силами. Эти силы действуют на расстоянии;
2) силы, обусловленные деформацией соприкасающихся тел. Они
называются упругими силами. Сюда относятся силы, действующие на
тело со стороны растянутой или сжатой пружины, сила, с которой
веревка действует на привязанный к ее концу груз, сила, с которой
поверхность действует на лежащий на ней груз, и т. д.;
3) силы, также возникающие при соприкосновении тел, но
обусловленные только явлениями, происходящими непосредственно около
поверхности соприкосновения. Сюда относятся силы трения.
Равнодействующая. Если к материальной точке приложено не-
-*--*- -*-
сколько сил Flt F2, .. . , Fn, то их действие можно заменить дейст-
-+•
вием одной силы F, которая называется равнодействующей и
представляет собой векторную сумму данных сил:
F = F1 + F2+... + Fn = %Fi.
Примечание. Если мы имеем дело не с точкой, а с
материальным телом, то действие нескольких сил, вообще говоря, нельзя
свести к действию одной силы; Зато его всегда можно свести к
действию одной силы и одной пары сил (момента силы), вызывающих
соответственно поступательное движение и вращение.
Первый закон Ньютона (закон инерции). Если равнодействующая
всех сил, приложенных к материальной точке (телу), равна нулю, то
скорость точки (тела) не изменяется ни по модулю, ни по направле-
лению. Иначе говоря,
при F = 2jFi = 0 v = const.
Примечание. В частности, когда F = О и v = 0, точка (тело)
будет оставаться в покое неопределенно долгое время.
.Второй закон Ньютона. Если на материальную точку с массой т
действует сила F, то скорость точки меняется, т. е. она приобретает
54

ускорение а. Вектор ускорения направлен в ту же сторону, что
и вектор силы, а модуль ускорения пропорционален модулю силы
и обратно пропорционален массе точки:
? "* F
г = та, или а = — •
т
Инерциальные системы отсчета — это системы, в
которых справедлив закон инерции, т. е. в которых тела или группы
тел, не подверженные действию сил, находятся в покое или движутся
равномерно и прямолинейно. Системы, движущиеся с ускорением,
являются неинерциальными ив них законы Ньютона не
выполняются. Например, резкое торможение или ускорение вагона приводит
к тому, что находящиеся в покое внутри вагона незакрепленные
предметы начинают двигаться, хотя на них, казалось бы, никакие силы
не действуют.
Сила инерции. Рассмотрим платформу, движущуюся
равномерно и прямолинейно в горизонтальной плоскости. На платформе
лежит незакрепленное тело с массой т (трением пренебрегаем). Пусть
в некоторый момент времени платформа под действием силы F начи-
нает двигаться с горизонтальным ускорением а, т. е. становится ье-
ниерциальной системой. Незакрепленное тело, стремясь сохранить свое
предыдущее состояние, будет (с точки зрения наблюдателя,
находящегося на платформе) двигаться в направлении, обратном направлению
движения платформы, т. е. приобретет ускорение (—а), в то время
как с точки зрения наблюдателя, неподвижно стоящего на
плоскости, тело сохраняет состояние равномерного и прямолинейного
движения.
Таким образом, по мнению наблюдателя, движущегося вместе
с платформой, на тело действует некоторая сила F\ равная по модул о
и противоположная по направлению силе F. Она-то и создает
ускорение (—а). Сила F' = т (—а) называется силой инерц-ш. По м;:е-
н,!Ю же неподвижного наблюдателя, тело т никакого ускорения не
испытывает и с его точки зрения равнодействующая сил,
действующих на тело, равна нулю (принцип Даламбера):
F + F' = 0.
Пользуясь понятием силы инерции, можно применять законы
Ньютона к неинерциальным системам. Например, при движении в поле
силы тяжести следует всюду формально заменять вектор g на вектор
g — а у где а — ускорение системы.
Рассмотрим в качестве примера ускоренно поднимающийся лифт.
Его ускорение направлено вверх (в то время как g направлено вниз),
и поэтому тело, лежащее в этом лифте, давит на пол с силой т (g + я),
а тело, свободно падающее, имеет относительно лифта ускорение
{mg -f- ma)/m = g + а. Наоборот, в ускоренно опускающемся лкфте'
тело, лежащее на полу, будет давить на него с силой т (g — a)t
а свободно падающее тело будет иметь относительно лифта
ускорение g — а.
55

Примечание К Масса, входящая во второй закон Ньютона,
называется инертной и является мерой инертности тела, т. е.
характеризует способность тела сохранять скорость неизменной в отсутствие
сил и приобретать ускорение под действием силы.
Гравитационной массой называется масса, определяющая силу
взаимного притяжения тел и входящая в закон всемирного тяготения.
Инертная и гравитационная массы характеризуют различные свой*
ства тел. Однако опыт показывает, что они всегда эквивалентны.
В СИ масса измеряется в килограммах (кг).
Примечание 2. Если на точку действуют несколько сил, то
каждая из них сообщает точке такое ускорение» как если бы другие
силы отсутствовали (закон независимости действия сил).
Результирующее ускорение равно геометрической сумме ускорений, вызываемых
каждой силой в отдельности, т. е. равно ускорению, которое соз-
дается равнодействующей F = ^ Ft = 2j mai = ma*
Примечание 3. При решении задач, в которых рассматривается
движение нескольких тел, второй закон Ньютона следует применять
к каждому из этих тел. Для вычислений используются скалярные
проекции на координатные оси
Fx = тах; F у = тау\ F2 = maz.
В механике в качестве единицы силы выбран ньютон (Н) — сила,
сообщающая 1 кг массы ускорение 1 м/с2.
Количество движения, или импульс. Количеством движения тела
-> -*■
с массой /л, движущегося со скоростью v, называется вектор mv.
Если тело находилось в течение короткого* времени At под действием
силы F, то второй закон Ньютона можно сформулировать следующим
образом: изменение количества движения тела равно импульсу силы,
действующей на тело, и происходит в направлении действия силы:
Д {ml) = 7м,
где FM — импульс силы; Л (mv) --=■ т (v2 — c/J — изменение количества
движения тела за время ДЛ
В механике импульс измеряется в килограммах на метр в секунду.
Количеством движения или импульсом системы тел называется
геометрическая сумма импульсов всех тел, входящих в систему:
-+■-*•-»- ->- ~, -*-
Mv = mxvx + m2v2 + f- mnvn = 2j ™ivi-
Центр масс. В системе материальных точек с массами mlf m2, ...
..., тп существует точка, которой можно приписать полную массу 2 т1
системы, т. е. как бы заменить всю систему массой М = 2 тс»
сосредоточенной в одной точке. Этой точке мы можем приписать полный
импульс системы Mv = 2j mpi. Такая точка называется центром масс
• Время Д/ должно быть достаточно коротким для того, чтобы сила F не
успела существенно измениться.
56

или центром инерции системы. Если радиус-вектор i'-й точки системы
равен г/, то радиус-вектор центра масс
-*• 2 mirt
В проекциях на координатные оси
2т'**\ _2OT^f. . _2m<*'
S«i§ ц S«i
.m/
В случае однородного твердого тела, обладающего центром
симметрии, центр масс совпадает с центром симметрии. Если тело имеет ось
симметрии, то центр масс- лежит на оси симметрии. В более сложных
случаях координаты центра масс определяются либо путем
вычислений, либо экспериментально.
В поле силы земного притяжения центр масс совпадает с центром
тяжести, т. е. с точкой приложения силы тяжести, действующей
на тело.
Внешними силами называются силы, действующие на тела некоторой
системы со стороны других тел, не принадлежащих к данной системе.
Внутренними силами называются силы, действующие между телами
одной системы.
Закон сохранения количества движения. Если на систему тел
не действуют внешние силы (такая система называется замкнутой),
то внутренние силы не могут изменить количество движения системы
и оно остается постоянным:
при F = О Mv = 2а mivi = c°nst.
Например, если два тела с импульсами т1и1 и m2v2 испытывают
соударение, то после удара общее количество движения не
изменится, т. е.
-*■-*■-*■-*
mlvl + m2v2 = m1ul + тгиъ
если в процессе соударения участвуют только внутренние силы
упругости.
Примечание 1. Выше мы определили центр масс как точку,
которой можно приписать полный импульс системы. Закон сохранения
импульса означает, что, каковы бы ни были внутренние движения
в замкнутой системе, ее центр масс сохраняет свое состояние (т. е.
покоится или равномерно и прямолинейно движется).
Примечание 2. Закон сохранения количества движения в
векторной форме эквивалентен трем скалярным уравнениям в проекциях
на оси X, Y, Z:
2 m^xi = mxvxi + m2vxi -\ 1- mnvxn = const*
2 miVyl= mivyi + m*°y* H h mnVyn = const;
2 miv*t = miv*i + Щ^гг Н 1- MnVzn = const.
57

Следует иметь в виду, что этот закон может выполняться для
одной оси (вдоль которой сумма проекций импульсов постоянна) и не
выполняться для другой оси. Например, он может выполняться для
горизонтального движения, но не выполняться для вертикального
движения, в котором участвует внешняя сила тяжести.
-»-
Криволинейное4 движение Пусть сила F, действующая на тело,
->-
движущееся со скоростью vt направлена под углом к скорости. Тогда
->-
силу F можно разложить на две составляющие: по направлению ско-
->- -*-
рости (Ft) и по нормали к этому направлению (Fn), так что
F= Ft+~Fn; F = VF)+F2n.
В этом случае тело движется по криволинейной траектории и
вектор ускорения, 'который имеет то же направление, что и сила, также
будет состоять из двух составляющих: по направлению скорости
(тангенциальное ускорение at) и перпендикулярно к скорости
(нормальное ускорение ал), как уже говорилось в разделе «Кинематика».
Очевидно, что
a-=*at + an\ a = Va* + a%.
-*■ -»»
В частности, если сила перпендикулярна к скорости, т. е. F _L и,
то F = Fn\ Ft = 0, тело движется равномерно по окружности
радиусом г со скоростью v и его нормальное ускорение
2 "*
V
(й'Г = = 0)У.
Г
Сила Fn, направленная к центру окружности и перпендикулярная
к траектории тела, называется центростремительной силой.
Очевидно, что
с ту2 * . о о 4тс2
Fn = тап — — = ma)V = 4к2п2гт = —=£-гт.
Третий закон Ньютона. Сила, действующая на тело 1, всегда
порождается другим телом 2, которое в свою очередь испытывает на
себе силу, порождаемую телом 1. Обе силы равны по величине,
противоположны по направлению, но приложены к разным телам (1 и 2)
и поэтому не уравновешиваются:
F — —F
Свободны? и несвободные тела. Реакции связей. Трение. Твердое
тело называется свободным, если его движение ничем не ограничено.
Оно называется несвободным, если на него наложены связи,
ограничивающие его движение в некоторых направлениях. Так, для груза,
подвешенного на нити, связью является нить, для лестницы,
приставленной к стене, связями является стена и пол, для бильярдного
шара — поверхность и борта стола.
Сила F{ 2, с которой тело 1 действует на связь 2, приложена
к связи, а противодействующая ей сила F2 { приложена к телу I
58

и называется реакцией связи 2. Следует помнить, что эти связи —
тоже тела, и в определенных условиях они также способны двигаться.
Несвободное твердое тело можно рассматривать, как свободнее,
если мысленно освободить его от связей, заменив их
соответствующими реакциями связей. Это иногда упрощает решение задач по
механике.
В частности, при решении задач на движение с трением следует
различать силы реакций по двум направлениям: по нормали к
поверхности и по касательной к ней. Нормальные составляющие возникают
благодаря силам нормального давления Fn, а касательные — благодаря
силам трения FT .
Например, колеса автомобиля, воздействуя на поверхность Земли,
вызывают нормальные и касательные реакции. Нормальная реакция
Qn равна силе нормального давления Fn и они компенсируются за
счет упругой (и частично неупругой) деформации. Касательная реакция
возникает так: колеса движущегося автомобиля, воздействуя на Землю,
отталкивают ее (благодаря наличию трения) с силой, которая
приложена к Земле (но не к колесам). По третьему закону Ньютона со
стороны Земли возникает равная противодействующая касательная
сила реакции, приложенная к колесам. Она-то и является движущей
силой (или, как еГ иногда называют, силой движущего трения F )
и направлена в сторону движения.
Если движущая сила недостаточна для приведения тела в движение,
это означает, что существует сила трения покоя, равная и всегда
противоположная движущей силе. Силу трения покоя можно
определить путем вычисления движущей силы из второго закона Ньютона
и приравнивания ее значения искомой силе трения.
По мере возрастания движущей силы сила трения также
возрастает до тех пор, пока тело не начнет двигаться. В этот момент
сила трения покоя достигает максимального значения и затем
переходит в силу трения скольжения.
Максимальную (и только максимальную) силу трения покоя можно
вычислить по формуле
>Чр = *<?«.
где к — коэффициент трения между соприкасающимися поверхностями;
Qn — нормальная реакция.
Сила трения большей частью изображается приложенной к центру
тяжести. Иногда ее изображают лежащей в плоскости трения. Оба
способа равноправны.
В случае тела, катящегося по поверхности с трением, силу трен-я
качения можно вычислить по формуле
где k — коэффициент трения качения, имеющий размерность длины;
Fn — нормальное давление; R — радиус катящейся поверхности.
Работа. Пусть тело под действием приложенной к нему постоянной
-*• "** ^
силы F совершило перемещение г. Скалярное произведение векторов
F \\ г называется работой силы г на перемещении г:
А = (F f) = Fr cos (fj 7).
59

Единицей измерения механической работы является джоуль (Дж) —
работа, которую совершает сила в 1 Н на пути в 1 м.
Если на тело действует несколько сил, то произведенная работа
равна алгебраической сумме работ отдельных сил:
4-^ + 4,+ ... + 4и-24.
При упругой деформации тела сила возрастает пропорционально
перемещению, т. е. г = кг. Работу такой переменной силы можно
вычислить, введя понятие средней силы F на длине перемещения г.
Так, например, если не сжатая первоначально пружина сжимается на
величину s, причем в конце сжатия сжимающая сила равна F, то
средняя сила на длине s равна
F =*±I-±F
СР 2 - 2 *
Работа, совершаемая при упругой деформации такого типа, равна
Работа по подъему тела с массой т на высоту h в поле
постоянной силы тяжести равна
А = mgh.
Мощностью называется физическая величина, равная работе,
произведенной за единицу времени:
N = -£-= р = Fv cos [F, v ).
Скалярное произведение \F v) иногда называется тягой (в
частности, когда речь идет о реактивных двигателях). Понятие тяги
применяется в тех случаях, когда сила приложена к движущемуся телу.
Единица мощности в СИ называется ватт (Вт). Это мощность, при
которой за 1 с совершается работа в 1 Дж.
Кинетической энергией движущейся материальной точки (или
поступательно движущегося тела) называется скалярная величина
W = —
w* 2 '
где т — масса; v — скорость движения.
Потенциальной энергией тела или системы тел называется
энергия, обусловленная воздействием этих тел друг на друга. В разных
случаях она выражается по-разному, так как зависит от взаимного
расположения тел. В частности, если принять уровень поверхности
Земли за нулевой, то потенциальная энергия тела весом Р, поднятого
на высоту h над поверхностью Земли, равна произведенной при подъеме
работе:
Wn = Ph = mgh
(при условии, что h < #зеыли» так как в этом слУчае можно
пренебречь изменением значения g с высотой).
60

Потенциальная энергия сжатой (или растянутой) пружины равна
работе, произведенной при ее деформации:
где s — абсолютное значение деформации; k — жесткость.
Закон сохранения механической энергии. Полная механическая
энергия тела или системы тел равна арифметической сумме
кинетических и потенциальных энергий всех тел, входящих в систему:
Если в системе действуют только стационарные силы, в связи
с которыми можно говорить о потенциальной энергии (например, сила
тяжести или сила упругости), и система изолирована от действия
непотенциальных сил (например, сил трения), то полная механическая
энергия системы остается постоянной:
W = const.
При наличии сил трения или при другой возможности перехода
механической энергии в иные виды энергии полная механическая
энергия может изменяться.
Закон всемирного тяготения. Две материальные точки (два однородных
шара) с массами т и М притягиваются друг к другу с силой, прямо
пропорциональной произведению их масс и обратно пропорциональной
квадрату расстояния г между ними (между их центрами):
Здесь т — гравитационная постоянная, равная 6,67 « 10~п м3 кг"*1 с~а.
Если одно из тел — Земля, радиус которой Rf а второе находится
на высоте h над поверхностью Земли, так что R + ft = г, то
7 — д| * г — га » в — во ~2 •
Здесь М — масса Земли; g0 — ускорение свободного падения на
поверхности Земли; g— ускорение свободного падения на высоте Л.
Равнодействующая силы тяготения и силы инерции, возникающей
при вращении Земли, называется силой тяжести. Ее направление
определяет вертикаль в данном месте и она создает ускорение
свободного падения g.
Вес тела — сила, с которой тело действует на связь,
ограничивающую его движение. Вес может меняться в зависимости от
ускорения, с которым движется тело. Вес неподвижного тела равен силе
тяжести.
Потенциальная энергия в поле силы тяготения. Если небольшое
тело с массой т, находящееся вблизи поверхности Земли, удалять от
нее, то при этом совершается работа против силы тяготения. При уве:
личении расстояния сила уменьшается и производимая при этом работа
возрастает все медленнее до тех пор, пока это возрастание практически
перестанет ощущаться (математически это произойдет на бесконечности).
Произведенная работа характеризует потенциальную энергию той точки
вблизи Земли, где вначале находилось тело т. Таким образом,
потенциальная энергия малого тела с массой /л, находящегося в точке на
61

расстоянии г от центра массы М, равна работе по удалению тела.т
из этой точки -на бесконечность:
r„-F(r)-Fr —1^2 —-«г —5Ь*!.
где g — ускорение свободного падения в данной точке; g0 — ускорение
па поверхности Земли; R — радиус Земли.
Важно помнить, что потенциальная энергия в гравитационном поле
Земли (или любого другого тела) вблизи ее поверхности —
отрицательна. По мере удаления от Земли потенциальная энергия становится,
так сказать, «все менее и менее отрицательной», пока на достаточно
большом расстоянии (математически — на бесконечности) не станет
практически равной нулю. Поэтому потенциальную энергию в поле тя-
\*?п=Щг)*0 Нулевой уровень потенциальной энергии на бес-
конечном удалении (г—оо) от центра притяжения
Y^Z^llZTZIILl- J. _ JfJ^^b^omem^a^w^Hepeuu на малом
расстоянии г от центра притяжения **•'
Рис. 54
готения, создаваемом изолированным телом (в предположении
отсутствия других масс), часто изображают в виде так называемой
потенциальной ямы (рис. 54).
Третий закон Кеплера. Квадраты периодов обращения планет
вокруг Солнца относятся, как кубы больших полуосей их орбит:
Если орбиты круговые, то роль большей полуоси играет радиус орбиты.
Момент инерции. Если материальная точка с массой т движется
по окружности радиуса г, то произведение тг2 называется моментом
инерции этой точки относительно центра вращения. Если рассматривать
твердое тело, вращающееся вокруг оси, как совокупность
материальных точек Д/п/, каждая из которых находится на расстоянии г/ от о£и
вращения, то момент инерции этого тела относительно оси вращения
можно представить как
j = 2 '>■/•
i
Для твердых тел различной формы моменты инерции вычисляются
методами высшей математики. Для некоторых тел они приведены
в тексте задач и в Приложении.
Момент силы. Вращение тела происходит тогда, когда сила F
приложена к точке тела, находящейся на расстоянии г от оси (или
62

центра) вращения. При этом возникает момент силы, или вращающий
момент М, представляющий собой векторное произведение г на F
(рис. 55, а):
M = rx~F\ М = tF sin (г, F).
-+- -*•
Если г и F взаимно перпендикулярны (рис. 55, б), то г называ-
-£ -»-
ется плечом. В этом случае sin (г, F) — 1 и
Пара сил. Две параллельные силы, равные по модулю, но
направленные в противоположные стороны, называются парой сил (рис. 56).
М
f^r) rfflb
Рис. 55
Рис. 56
Величина пары сил определяется ее вектором момента, численно раЕным
площади параллелограмма, построенного на этих силах. Вектор момента
пары сил является свободным вектором, т. е. его можно перемещать
в любом параллельном ему направлении.
Первый закон Ньютона для вращающегося тела. Если
равнодействующая всех моментов, приложенных к телу, равна нулю, угловая
скорость вращения тела не изменяется ни по величине, ни по
направлению. Иначе говоря» при
м = 2л Mi = о
■ const.
Примечание. В частности, когда М — 0 иш = 0, тело не
вращается (но может двигаться чисто поступательно).
Второй закон Ньютона для вращающегося тела:
-*■ -+•
M = Jt,
-*■ -►»
где М — момент силы; J — момент инерции; е — угловое ускорение.
-►• -»--►■
При сравнении этих формул с выражениями F = 0 и F = та видно,
что при вращательном движении тела роль силы F играет момент силы
М, роль массы т — момент инерции J, вместо скорости v стоит
угловая скорость о> и вместо линейного ускорения а — угловое
63

ускорение е. Аналогичное подобие проявляется и в других случаях
(см. ниже).
Момент количества движения для вращающегося тела
L = М М = А (Ую),
где А/ —малый промежуток времени; А (Уш) — приращение момента
количества движения за время А/; о> — угловая скорость.
В случае материальной точки с массой т, равномерно
вращающейся со скоростью v по окружности радиусом г (рис. 57), момент
количества движения
L = Уо) = mrv.
Закон сохранения момента количества движения для
изолированной системы вращающихся тел:
У а) = 2 ^/ш/ = const.
Третий закон Ньютона для вращаю-
щегося тела: iVf|2 = — Af2 |.
Работа постоянного момента силы,
действующего на вращающееся тело, А =
= М?» где М — момент силы; ? — угол
поворота.
Мощность при равномерном
вращательном движении N = М<о.
рис 57 Кинетическая энергия "вращательного
Уш2
движения WK = -£- .
Кинетическая энергия тел, совершающих одновременно
поступательное и вращательное движения, равна арифметической сумме
энергий обоих движений.
Сопоставление уравнений динамики поступательного и
вращательного движений:
Поступательное движение
Сила F
Масса т
-+-
Количество движения mv
Вращательное движение
-+>
Момент силы М
Момент инерции У
Момент количества
движения У(1>
Первый закон Ньютона
v = const при ^j Fi = О со = const при Zj /И/ = О
Второй закон Ньютона
2j/?/ = ma Zj Mf = У с
Закон сохранения
количества движения
2 /я/1// = const
момента количества
движения
^ У/ш/ = const
64

Третий закон Ньютона
F\.2 = —F2.\ М\.2 = —М2Л
Работа
А = Fs А = М?
Кинетическая энергия
mv2 Уш^
2 2
Закон сохранения энергии
_ + Л = const — + А = const
Мощность
Движение тела переменной массы. Уравнение Мещерского. Если
масса тела при движении изменяется (например, при работе ракеты,
когда ежесекундно отбрасывается некоторая масса р.), связь между
силой, массой и ускорением дается уравнением Мещерского
F + y{i = та,
где v — скорость отбрасываемой малой массы р. Произведение с^х
называется реактивной силой, а ц — секундным расходом массы.
При полете ракеты ее масса уменьшается. Наибольшая скорость
"макс к0Т0Рая может быть достигнута с помощью одноступенчатой
ракеты, определяется первой формулой Циолковского
т
Mk'
где m — исходная масса ракеты с горючим; mk — масса ракеты без
горючего; и —скорость отбрасываемой массы относительно ракеты;
отношение m/mk = г называется числом Циолковского.
В случае многоступенчатой ракеты с одинаковыми числами
Циолковского г у всех п ступеней формула приобретает вид:
3.1. Груз весом Р свободно лежит на полу лифта. Рассмотреть, что
произойдет с грузом, если лифт будет: 1) подниматься с ускорением
-*■
а; 2) опускаться с тем же ускорением. Направление вверх считать
положительным.
1) Лифт поднимается с ускорением а. На груз действуют сила
Р = mg и реакция пола Q, равная по модулю силе давления груза
и направленная вверх.
3 6-319 65

По второму закону Ньютона в векторной форме
Q + Р = та.
В проекции на вертикаль
Q-mg=ma;Q = p(\ + j\.
Если а > О (движение вверх равноускоренное), то давление груза
(и реакция Q) больше, чем вес груза. При а = g вес тела
увеличивается вдвое, при а = 2g — втрое и т. д. Этот случай соответствует
взлету космической ракеты при работающем двигателе.
Если а < О, движение вверх будет равнозамедленным. Этому
случаю соответствует формула
Q — mg = —ma\ Q
-'MY
При | а | = g лифт остановится за время Д/ = v0/gt где v0 —
начальная скорость, причем давление груза на пол в течение времени
М будет равно нулю. При | а \ > g произойдет настолько быстрая
остановка лифта, что груз подпрыгнет.
2) Лифт опускается с ускорением д, направленным вниз (а-<0).
Имеем такую же формулу, как и в предыдущем случае, т. е.
«-'Ю-
При \a\<Cg давление груза на пол будет меньше, чем Р. При
| а | = g лифт и груз будут падать с одинаковыми ускорениями g и
груз не будет оказывать на пол никакого давления, т. е. будет
невесомым по отношению к лифту. При | а | > g лифт будет падать с
ускорением а, а груз — с ускорением g, т. е. груз будет отставать от
лифта, или, другими словами, подниматься к потолку лифта с ускорением
а — g. При a = 2g груз окажется прижатым к потолку с силой mq = Р,
т. е. пол и потолок поменяются местами.
Наконец рассмотрим движение вниз при а > 0, т. е. равнозамед-
ленное движение вниз. В этом случае снова получаем соотношение
Q =
-РМ)-
означающее, что давление груза на пол превышает Р, аналогично
случаю 1) при ар> 0. Зтот случай соответствует спуску космических ракет
при работающих тормозных двигателях, т. е. при спуске также
возникает перегрузка.
3.2. Тело весом Р расположено на горизонтальной плоскости.
Коэффициент трения покоя между телом и плоскостью равен k. К телу
приложена сила F под углом а к горизонтали. Найти условия,
определяющие характер движения тела.
Второй закон Ньютона в векторной форме (рис. 58):
?+'P+Q+?Tp = m7.
66

Возможны следующие варианты движения:
1) Тело покоится или движется равномерно и прямолинейно, так
что ускорение равно нулю. Спроектируем силы на горизонтальную и
вертикальную координатные оси, учитывая, что ускорение тела равно
нулю:
F cos а — F7p = 0;
F sin a + Q — Р = 0.
Из этих уравнений находим, учитывая, что Fтр = kQ:
kP
F =
cos о 4- k sin a '
Заметим, что при P = Fsina тело начнет отрываться от
горизонтальной поверхности (Q = 0).
"*" Ук
2) Тело движется с ускорением а. *
В этом случае уравнения проекций
по горизонтали: f cos а — Frp = -—■ а;
по вертикали: fsina + Q — Я = О,
откуда
а =
g[f cosa — k(P^F sina)]
Рис. 58
Для того чтобы тело двигалось с ускорением, необходимо
соблюдение условия
Fcos а — k (Р — F sin a) > 0,
или
f>:
kP
COS а 4- Л sin а "
Коэффициент трения покоя
, У7 cos а
Р — F sin а
3.3. Тело весом Р расположено на наклонной плоскости с углом
наклона о (рис. 59, а, б). Максимальный коэффициент трения покоя
между телом и плоскостью равен k. К телу приложена горизонтальная
сила F. При определенных условиях тело будет двигаться вверх,
покоиться или двигаться вниз. Найти условия, определяющие характер
движения тела.
Запишем второй закон Ньютона в векторной форме:
~F+~P+~Q+%p = ma.
Рассмотрим возможные варианты движения.
1) Тело покоится или движется равномерно и прямолинейно.
Выберем в качестве осей координат линию, параллельную плоскости, и
линию, перпендикулярную ей, и спроектируем на них силы (рис. 59, а).
67

Так как в данном случае тело покоится или движется вверх по
плоскости без ускорения, то сумма проекций сил на каждую ось равна
нулю:
Q — F sin а — Р cos а = 0;
—F^ + F cos а — Р sin а = 0.
Кроме того, /^р = kQ.
Из этих трех уравнений находим
г п Л cos о + sin а
г = г
Рис. 59
С таким же успехом можно было бы выбрать в качестве
координатных осей вертикальное и горизонтальное направления (рис. 59, 6):
Q cos а — F sin a — Р = 0;
F — Q sin а — FT cos а = 0.
Отсюда, естественно, получаем такое же точно выражение для /\ как
и выше.
Таким образом, в рассматриваемом случае можно выбирать
направления разложения произвольно. <
2) Тело движется с ускорением а (направленным, например, вдоль
наклонной плоскости). В этом случае неправильный выбор
направлений разложения сил может усложнить задачу. Здесь проще всего
разложить силы на направления вдоль ускорения и перпендикулярно к
нему, так как в этом случае вектор ускорения разлагать не надо. Сумма
проекций на направление, перпендикулярное ускорению, приравнивается
нулю, а сумма проекций на направление ускорения приравнивается та
по второму закону Ньютона.
Согласно рис. 59, а можем написать
Q — Р cos а — F sin а = 0;
fcos
i — F^- — Р sin о = та = — о,
тр g
68

откуда
g [F cos a — P sin д — ft (F sin a + P cos a)]
*~ P
Отсюда следует, что для того чтобы тело ускоренно двигалось вверх
по наклонной плоскости, необходимо выполнение условия
[Fcos а — Р sin а — ft (P cos a + F sin a)] > О,
или
х?^ D ft cos a + sin a
cos a — ft sin a
или
р>р k+i*a
Г^ 1-fttga'
причем наклон плоскости должен быть не слишком большим, таким,
чтобы выполнялось условие
fttga<l или ft<ctga.
В случае ускоренного движения вниз (рис. 59, а) силу Frp следует
направить в противоположную сторону. Теперь можем написать
а = g [P sin a — F cos a — ft (P cos a + F sin a)]/P,
откуда следует условие
Р sin a — F cos a — ft (P cos a + F sin a) > О,
или
sin.-fecos,
cos a + ft sin a
или
F<P tga~* .
r^rl + fttga*
При этом угол наклона плоскости должен быть не слишком малым,
таким, чтобы выполнялось условие tg a > ft.
3.4. На горизонтальной плоскости находится тележка с массой М,
на которой расположен груз т. К тележке приложена горизонтальная
сила F. Коэффициент трения между тележкой и грузом равен ft,
тележка движется по плоскости без трения. Найти минимальную силу
F, при действии которой груз начинает сдвигаться относительно
тележки.
Рассмотрим силы, действующие на каждое из тел. На груз со сто-
роны тележки действует горизонтальная движущая сила трения FA тр,
увлекающая груз. По вертикали на груз действуют сила тяжести mg
и реакция тележки Qm. На тележку по горизонтали действуют
внешняя сила F и сила трения F между грузом и тележкой. По
вертикали на тележку действуют сила тяжести (М + т) g и реакция
поверхности QM (рис. 60).
Уравнения в проекциях на горизонталь:
FД. Тр. = та1> F — FТр = Ш2-
69

Кроме того,
I Fд. тр I = I ^тр I: Qm - mg; QM = (M + m) g.
Однако этих уравнений недостаточно для нахождения ускорений,
так как силы трения нам неизвестны. Поэтому будем исходить из того,
что пока сила F мала и груз не
сдвигается относительно тележки,
ах = а2 = а и
К
к-£
т i
М
/770'
(М + т) а; FR Tp = ma =
{^///АУ/)Лу//>^
М + т'
)(М+т)д
Рис. 60
Максимальное значение силы трения
определится из соотношения
д. тр. макс
= kQm = kmg.
Максимальное значение силы F, при
котором груз еще не сдвигается относительно тележки, найдем из
равенства
mF
д. тр. макс
= kmg =
М + т'
'к.
4»jL
Qf\
2
/ 1
\
\°2
6
Л,*
1
\тд
(М+п
\Ь
^ г
44
4%
а»
Чтд
)(М+т)д
6
Рис. 61
откуда
^макс = (М + т) kg.
При превышении этого значения груз начнет сдвигаться.
3.5. На горизонтальной плоскости лежит доска 1 с массой М, на
которой помещен груз 2 с массой т (рис. 61, а, б). Горизонтальная сила
F приложена: flr-к грузу; б —к доске. Коэффициент трения между
плоскостью и доской — ku между доской и грузом — k2. Найти
ускорения обоих тел в первом и втором случае и необходимые условия
для того, чтобы: в случае а — сдернуть груз с доски; в случае б —
выдернуть доску из-под груза.
70

а) Рассмотрим силы, действующие по горизонтали на каждое тело
в отдельности. На груз действуют внешняя сила F и сила тормозящего
трения F{ 2 тр. На доску действуют сила движущего трения F2{ (со
стороны груза), приложенная к доске и увлекающая ее за грузом, и сила
тормозящего трения между доской и плоскостью FnJl j. Что касается
вертикальных сил, то очевидно, что Q2 = mg и Qi = (M + m) g.
Уравнения в проекциях на горизонталь:
для доски F2l—FnJlt, = Mat;
для груза F — F, 2 тр = та2.
Используем также выражения
I f2.i I = I ^.гтр I = k& = Mff Л1Л,! = *iQi = ki W + m) *
Отсюда находим
(k2 — kAmg. F u
Чтобы сдернуть груз с доски, необходимо соблюдение неравенства
М + т
М
а2 > а^ или F >(fc2 — kx) mg •
б) В отличие от случая а) сила движущего трения F, 2 увлекает
груз вслед за доской и приложена к грузу, а не к доске. Кроме того,
сила тормозящего трения F2 lTp
приложена в этом случае не к грузу, а к доске.
Уравнения в проекциях на горизонталь:
для доски F - ^пл , — F2 lTp = Мах:
для груза Fj 2 = тй2.
Учитывая приведенные выше выражения
для сил трения, находим
<*! =
F — (k1 + k2) mg
М
big> 4 =
= k2g.
Чтобы выдернуть доску из-под груза,
надо, чтобы выполнялось условие ах > а2 Рис- &
или F>g(k1 + k2)(M + m).
3.6. Ha горизонтальной поверхности лежат один на другом два
бруска с массами тг и тг (рис. 62). Через систему невесомых блоков
на них действует груз с массой т3. Коэффициент трения между
брусками равен k; между нижним бруском и поверхностью трение
отсутствует. Найти условия, при которых оба бруска движутся с
одинаковыми ускорениями.
Обе нити натянуты одинаково, причем сила натяжения каждой нити
равна Т. Кроме того, между обоими брусками действует сила трения
F, направление которой неопределенно. Если ускорение нижнего бруска
обозначить через ait а ускорение верхнего бруска — через а2, то при
а} >а2 нижний брусок будет обгонять верхний, так что сила
движущего трения будет приложена к верхнему бруску, а сила тормозящего
71

трения — к нижнему. Наоборот, если а2 > а*, то сила движущего тре*
ния приложена к нижнему бруску, а тормозящего — к верхнему, и
верхний брусок будет обгонять нижний. В любом случае эти силы
направлены в противоположные стороны и приложены к разным телам,
как этого требует третий закон Ньютона.
Уравнения второго закона Ньютона для обоих брусков условимся
записать в виде
T-FTp = mxax\
Т + FTp = т2аг.
Если сила трения FTp достигнет значения km2g, то (при данном
выборе знаков) a2^alt а если F = — km2gf то ах^ а2. Однако по
условию задачи at = a2 = а, следовательно, — km2g < F^ < km2g.
При условии, что ах = а2 = а, мы можем составить еще одно
уравнение
msg — 2Г = Шза.
Теперь мы имеем три уравнения для определения с, Ти FTp. Из
них находим
«■ ,У,Я ;r = f(g-a);
ml "Г m2 ~Г m3 *
F _(m2-"mj)fl^ (Щ—Щ)т&
tp 2 2(m1 + m2 + ms)-
Таким образом, условие, при котором оба бруска имеют одинаковое
ускорение а, запишется в виде
-^<2(mf+X+mm3)<^ "ЛИ ~2k<
m2 \ml "Г m2 Г Щ)
3.7. На тело с массой т, двигавшееся с начальной скоростью v0t
действуют силы Fx и F2 под углами ^ и а2 к направлению v0. Найти
ускорение и скорость тела, а также его перемещение к концу /-й
секунды (рис. 63).
По второму закону Ньютона
К+%-
та.
Выберем направление оси X вдоль направления с0, а направление
оси У — перпендикулярно i/0. Проектируя это векторное соотношение
на оси координат, получим два скалярных равенства
__ Fl cos cij + F2 cos g21
_ Ft sin qi + ^2 si" q2
* m
72

Скорость равноускоренного движения тела
v = v0 + at
или в проекциях
vx = vQX + axt;
vv = voy + ayt.
Очевидно, что v^ = v0 и voy = 0. При этом
vx = ц> + fl*'*» *v = <V;
Рис. 63
Перемещение
или в проекциях
. , axt2
3.8. По рельсам фуникулера, проложенным с уклоном а к
горизонту, опускается вагон весом Р. Скорость вагона на всем пути равна
и, время торможения перед остановкой — t. Найти натяжение каната
при торможении (рис. 64). Коэффициент трения между вагоном и
рельсами—А.
Векторное уравнение сил, действующих на вагон в конце пути:
P+T + Q + ?Tp = Afo,
где Т — сила натяжения каната. Направление спуска будем считать
положительным.
Уравнение проекций на наклонную плоскость для вагона, который
опускается:
Я sin а — Т — kP cos о = а.
8
Так как в данном случае ускорение а = v/t, то
Т = Р [sin а — A cos а + -у).
73

8.9. Автомобиль весом Р подъезжает со скоростью v0 к подъему,
угол наклона которого равен а, и движется по инерции вверх с
выключенным двигателем. Найти перемещение х автомобиля за время t
от начала подъема, если коэффициент трения равен k (рис. 65).
Составим векторное уравнение второго закона Ньютона:
Кроме того,
P + Q + FTp=ma.
Исключив а, найдем
p + q+K 2(7-?,о
т t2
Проектируя на плоскость и на перпендикуляр к ней, получим
—mg sin а — FTp _>■ 2х — 2v0t
-mg cos a + Q ^ Q
Из этих уравнений находим
х = vJ ■
g (sin a + kcos a) t2
ЗЛО. Автомобиль весом Р, двигаясь вверх по наклонной плоскости
с углом наклона а, на пути 5 увеличивает скорость от vn до v.
Коэффициент трения равен k. Найти движущую силу Ф (рис. 66).
- ^p + Q+0+Р,
m
а2-*08
: 25 '
74

Первая формула содержит вектор а, а вторая — скаляр а. Поэтому
перед тем, как применить вторую формулу, перейдем к скалярным
уравнениям проекций на плоскость и на перпендикуляр к ней:
— /•*,.„ -j- Ф — Р sin a
= а\
т
ap = Q — Pcosa =0;
п2.
2
t>* — vQ
a =-2S--
Подставляя вместо FTp и т соответственно kQ и P/gt исключаем из
системы Q и а. При этом находим
2\
Ф = Р \s\T\ а + k COS a + j
2gS
3.11. Ведро с водой весом Р поднимается с постоянным
ускорением а. Найти давление воды на дно Бедра, площадь которого S. Масса
воды — /я.
Векторное уравнение:
-*- -*-
ни Р+ Q
а = ,
m
где Q — реакция дна. Проектируем на вертикаль:
m
Q=m(£ + a).
По третьему закону Ньютона Qx = Q или (в проекции на вертикаль)
Qi = 0i где Qi — полная сила давления на дно поднимающегося ведра.
Так как Р = Qi/St то
Если рассматривать эту задачу, как случай неинерциальной системы,
когда ускорение g следует заменить величиной g + а, ответ
получится сразу.
3.12. Тело весом Р падает равноускоренно с высоты Лх и
попадает в снег, где равномерно замедляется, достигая глубины h2. Сила
сопротивления движению в воздухе равна Fx. Найти силу
сопротивления движению в снегу F2.
Составляем уравнения второго закона Ньютона:
. воздухе *i = —-—*; *i = ^-;
-*■-»■ 9 2
в снегу е. JJJ—ж; -«.--Я^»
75

Считая направление вниз положительным, находим проекции на
вертикаль (при этом учтем, что v0l — v2 = 0 и г^ = v02 = v):
P — Ft v2
P — F2 — "2
Из первых двух равенств исключаем alf из двух вторых — (— а2):
у* = р _ Fг ffa v2 = P — F2
Упрощая, найдем
2hi Р *' 2К Р 8'
'■ = '& + ')-'■*
3.13. Сколько вагонов может везти электровоз в гору с уклоном а,
если коэффициент максимального трения покоя равен кг\ коэффициент
трения качения, обеспечивающий отсутствие скольжения колес
электровоза по рельсам, равен k{> Вес электровоза в четыре раза больше
веса вагона.
Считая движение равномерным, имеем
Здесь Р = *iQn» ^дв = ^Сэл (поскольку сила движущего трения
создается только электровозом, а не всем составом); Рп— вес поезда;
Рдв — сила движущего трения; N — число вагонов; Рваг — вес вагона;
Рэл — вес электровоза.
Проекции на направление наклонной плоскости и на перпендикуляр
к ней:
PflB-Pnsinci-FTp = 0;
Q„-P„cos« = 0;
<гэл-рэлСО5а = 0-
Подставим вместо Ртр и Рдв их выражения, причем вместо Q3J1
введем 4Рваг cos a. При этом получим
4*2Рваг cos а - (N + 4) Рваг sin a - kx(N + 4) Рваг cos а = О,
откуда
д. _ 4 [(ft2 — ^i) cos д — sin а]
~ sina + ^cosa
Положим для примера sin at = 0,025; kx = 0,001; k2 = 0,1. Тогда
N = 12. Если бы дорога не имела уклона вверх (а = 0), электровоз
мог бы везти 4 {k2 — k^lkt = 396 вагонов.
76

3.14. По наклонной плоскости с углом наклона ос и коэффициентом
трения k движется вверх с замедлением тело с массой т под
действием силы F, составляющей угол р с плоскостью (рис. 67). Начальная
скорость тела — v0. Дойдя до некоторой точки, тело останавливается,
после чего движется ускоренно вниз. Через время t от начала
движения скорость тела будет v. Найти время t.
При движении вверх
-*■ -*■ -*«*->
Р+ fTp+ Q + F = max\
V = v0+ aJi = 0,
где fj — время подъема.
При движении вниз
Р + FTp+ Q+?=m£;
v =0+ a2t2t
где Ъ — время спуска.
Исключаем а{ из первой пары и а2 из
второй пары уравнений:
mg
+ ?n + t + t — mpl
тр
т* + ^тР + Q + F = — ■
Выберем оси координат параллельно и перпендикулярно плоскости
и проектируем на них, с учетом того, что FTV = kQ:
mgsina + kQ-Fcos$= ^-°;
— mg cos a + Q + F sin p = 0;
mg sin о — £Q — F cos p = — .
•a
Исключив Q, найдем
mg sin a + Л (mg cos a — F sin p) — F cos p = —- \
h
mg sin a — k (mg cos a — f sin p) — Z7 cos p = —.
Определив /* и /а и сложив их, получим
t =
mv0
mg (sin a + k cos a) — F (cos p + k sin P)
"■" mg (sin a — Л cos a) — F (cos p — ft sin P) *
77

3.JJ. По гладкой горизонтальной плоскости движутся два тела
с массами М и т(М>т), связанные нерастяжимой нитью (рис. 68).
К телам приложены противоположно направленные силы: к телу
с массой М—сила ft к телу с массой т —сила F(F>f).
Определить натяжение нити Т (трением пренебречь).
^ Пусть направление F будет положительным. На тело с массой m
действуют противоположно направленные силы F и Г, так что для
этого тела уравнение движения в проекциях на горизонтальную ось
будет
F— Т — та.
Все проекции на вертикальную ось равны нулю.
Для тела М уравнение движения, аналогично предыдущему, имеет
вид
T-f = Ma,
£
;;шт
м
Ф/Ш
г г
'//////////
/77
VZZ
1 Г
У/Ш
Т Г
О, ^F,
Ь,
Рис. 68
Рис. 69
так как оба тела имеют одинаковые ускорения. Из этих двух
уравнений находим
ml+Mf
~" М + ш '
Заметим, что» складывая оба уравнения, получим
F-f = (M + m)a9
т. е. если отвлечься от нити, всю систему можно рассматривать как
одно целое, но натяжение нити будет «потеряно»,
3.16. Два тела с массами /я* и т2, связанные нерастяжимой нитью,
двигаются с ускорением по горизонтальной плоскости под действием
->■ -*•
сил Fi и F2f направленных соответственно под углами Oj и а2 к
горизонту. Коэффициент трения равен £. Найти ускорение системы (рис. 69).
Будем рассматривать систему как одно тело, так как натяжение
нити нас пока не интересует. Считая направление движения
положительным, составляем векторное уравнение
и уравнения проекций на горизонтальную и вертикальную оси
= __ Fi cos аг - FTpl + F2 cos q2 — Frp2
ay = 0 = Ft sin «x + Qi:- Pt + Q2 + F2 sin <*2 - P2.
78

Кроме того, имеем очевидные соотношения
^rpi = *QX = А (Ях — ^х sin aj;
^TP2 = ^2 = *(P2 + F2sina2).
Сложив уравнения для ах и ау и исключив все Q, получим
_ Fj cos at + F2 cos a2 — k [g (mj + m2) — (fj sin al — Fg sin a2)]
mi + m2
Если мы захотим найти натяжение нити, нам придется составить
уравнения для каждого тела в отдельности:
£ + & + ?тр1 + Pi + Т = т^ £ + Qt + ^р2 + К + Т = т2£
Fi cos ох — W^ — Т =?= mjfl; — F2 cos °2 — *<?2 + Т = m2a;
Fi sin at — m^ + Qi = 0; — /% cos a2 + Q2 — m2g = 0.
Из этих уравнений можно найти а и 7\ Так как а нам известно,
найдем
Fxm2 (cos at + k sin «Q + F2mt (cos a2 — k sm a2>
mj + m2
3.17. По горизонтальной поверхности равноускоренно движется
тело весом Р2, соединенное нерастяжимой нитью с висящим грузом Р*.
Коэффициент трения равен к. Найти
натяжение нити и силу давления на
блок (рис. 70).
Для тела Р2 векторное уравнение
имеет вид
Т = '
н
-f P2 + FJX>+Q2+T
a2 =
для груза Pi
5
ЯЙЯЯфШЯ^ЯЯТЩ
ах =
/я2
Pi + Tj
Рис. 70
Здесь важно отметить следующее: ускорения а2 и а, по модулю
одинаковы, но обозначены по-разному, так как имеют разные направ-
->■-*■ -»■-*■_
ления. Иначе говоря, | at \ = \ а21 = а, но а* «£ а2. То же самое
относится и к натяжению нити: | Тх \ — \Т2 | = 7\ но 7\ =£ Г2, так как
эти векторы взаимно перпендикулярны.
Составим уравнения проекций на направления ускорений:
Рх — Т
= а;
— F 4- Т
nti tn2
Заменяя m* = PJg, m2 = P2/g, FTp = fcQ2 и исключая а и Q2I
находим
Г =
Pi + ^ '
79

Чтобы найти давление нити на блок, обратимся к рис. 70 и
составим векторное уравнение равновесия
где С?б — реакция блока; | Тх | = | Т2\ = Т. Проекция последнего
уравнения
— T + Q6 cos 45° = 0.
Отсюда находим
0б = Г/2.
3.18. Брусок с массой m движется по горизонтальной поверхности
со скоростью v0f причем коэффициент трения равен k. Найти мини-
Рис. 71 Рис. 72
мальную силу, которую надо приложить к бруску, чтобы он
сместился в направлении, перпендикулярном движению, со скоростью vY < v0.
Смещение в перпендикулярном направлении означает, что брусок
начал двигаться в этом направлении с некоторой малой скоростью иг.
Тогда суммарная скорость бруска будет равна и (рис. 71).
Возникающая при таком движении сила трения FT будет направлена в сторону,
противоположную движению. Разлагая ее на составляющие F0 и Flt
находим из рисунка, что
Fi = Frps'ma.
Так как и± <£ v0t то sin a = vt/u « tg at = vxfvQ, так что
Как видно из результата, сила трения в направлении,
перпендикулярном движению, зависит от скорости.
3.19. По горизонтальной шероховатой поверхности движется
ускоренно под действием горизонтальной силы F однородный брусок
длиной / постоянного сечения. Найти натяжение в бруске как функцию
расстояния от его заднего края (рис. 72).
Представим себе, -что на расстоянии х от заднего края брусок
рассечен на части длиной х и I —х% причем эти части связаны
нерастяжимой нитью. Тогда натяжение нити как раз и будет равно
натяжению в бруске на расстоянии х от левого края. Так как обе части
60

движутся с одинаковым ускорением, то векторные уравнения для обеих
частей бруска будут иметь вид
а = « ;
в= ; Frp = kQ.
Уравнения проекций:
; 0 = -mlg + Ql\
Рис. 73
Исключив Qi из первых двух уравнений, Q2 — из вторых двух, а
затем исключив а, получим
г = F—.
1 + тх1тг
Обозначим плотность вещества бруска р; поперечное сечение
бруска — q\ объем бруска — К. Тогда
mjm% = pKi/pVj = Р<7 (' — *)/р<7* = (//*) — 1.
Подставляя это выражение в предыдущую формулу, получим
3.20. По двум наклонным плоскостям, составляющим с горизонтом
углы а1 и аг% движутся ускоренно два бруска с массами mY и т2,
связанные нерастяжимой нитью, перекинутой через блок (рис. 73).
Коэффициенты трения брусков равны kl и k2. Найти ускорения
брусков, натяжение нити и силу давления на блок.
81

Векторные уравнения для каждого бруска:
mj>+ <fi + Л + Т1р1 = m^; m J+ Т2 + Q2 + ?тр2 = и,1
Уравнения проекций на наклонные плоскости и перпендикуляры
к ним имеют еид (учитывая, что 7\ = Т2 = Т\ ах = а2 и F = kQ):
mxg sin al — T — kxQt = mxa\ — m2g sin a2 + T — £2Q2 =m2a;
— m^cos 04-}- Qj = 0; — m2g cos a2 + O2 = 0-
Исключим попарно Qi и Q2, причем получим
m^g sin «i — T — &i/Rig cos aj-= /n^;
— m2g sin a2 + T — k2m2g cos o2 = m2a,
откуда
__ (mj sin ax — m2 sin a2) — (Ь\Щ cos a1 + &2m2 cos aa)
tf*i + m2
a = g-
1
T = g
(sin Яд -f- sin a2) — (^1 cos gi — ^2 cos аг)
mx m2
Составляем векторное уравнение для блока
Q6 + Tt + Т2 = О или Q6 + ? = О,
где f — сила давления на блок. Отсюда
/- = /г2 + Т2 — 2Т2 cos (ах + а2) = Г /2[1—cosfo + oj] =
= 2rsin
аг + а2
Рис. 74
3.21. На наклонной плоскости
с углом наклона а, движущейся
вправо без трения с ускорением а,
находится брусок с массой т.
Брусок движется относительно
наклонной плоскости с ускорением а\
причем когффициент трения равен
к. Найти ускорение а' бруска
относительно плоскости и давление бруска на плоскость (рис. 74).
Абсолютное ускорение бруска является векторной суммой его от-
->- ->-
носительного ускорения а' и переносного ускорения а, равного
ускорению наклонной плоскости. Поэтому векторное уравнение будет
Проектируем на направления Q и а':
— mg cos a + Q = ma sin a;
— kQ -f- mg sin a = ma cos a -f- ma'-
82

Из этих двух уравнений находим
днвл
= Q = т (a sin a + g cos о);
а' = — k (a sin a + g cos о) + (g sin а — а cos а).
3.22. Тело весом mg соскальзывает с трением с наклонной
плоскости. Угол наклона плоскости равен а, ее длина — /, коэффициент
трения — k. Начальная скорость равна нулю. Найти время спуска тела
с наклонной плоскости.
Тело движется вниз под действием силы F, равной
F = mg sin a — kmg cos а.
Скорость тела в конце спуска определится из выражения
/ =
at •(
2/
По второму закону Ньютона
. __ mv _ 2ml
F ~77:
1 "" F '
г £(sina —
k cos a) '
Рис. 75
3.23. За какое время тело с массой т соскользнет с наклонной
плоскости высотой h и углом наклона 0, если по наклонной
плоскости с углом наклона а оно движется равномерно (рис. 75, а, б)?
В случае наклонной плоскости с углом наклона а (рис. 75, а)
ускорение тела равно нулю, т. е.
т?+0Ч?тр = 0; ?,„ = *£
Проектируем на направление FTp:
mg sin a — F = 0 или mg sin а = fcmg cos а,
83

откуда получаем условие равномерного движения тела вниз по на*
клонной плоскости с углом наклона а
k = tga.
В случае наклонной плоскости с углом наклона р > а (рис. 75, б)
тело движется с ускорением а. Векторное уравнение: mg + Q + FTw= "*<*•
Проекция на направление движения тела: mg sin $ — kQ=ma.
Проекция на направление Q: Q — mg cos $ = 0.
Из этих уравнений получаем (с учетом условия k = tg о)
а = g (sin р — tg a cos Р).
Длина наклонной плоскости / = ft/sin p.
Время соскальзывания найдем из выражения / = at2/2, откуда
-/!-/
2ft cos a
£ sin р sin (р — а)'
3.24. Тележка скатывается без трения по наклонной плоскости
с углом наклона а. На тележке укреплен маятник. Какое направление
будет иметь маятник в положении равновесия при свободном
скатывании тележки (рис. 76)?
Тележка имеет ускорение, равное
gsina. Очевидно, что такое же
ускорение будет иметь и маятник. Его
ускорение создается движущей силой
F = mg sin а, направленной параллель-
Рис. 76
Рис. 77
но наклонной плоскости. Эта сила представляет собой векторную
сумму силы тяжести Р = mg и силы натяжения Т нити маятника.
Так как направление силы тяжести известно, то из векторного
треугольника находим, что направление силы натяжения нити
перпендикулярно плоскости. Следовательно, и сама нить перпендикулярна
наклонной плоскости.
Если бы тележка двигалась с ускорением а, меньшим, чем gsina,
то нить отклонилась бы от перпендикуляра к плоскости в сторону
движения. В случае a> gsina нить отклонится в сторону,
противоположную движению.
3.25. На тележке стоит сосуд с жидкостью; тележка движется
в горизонтальном направлении с ускорением а. Найти форму поверхности
жидкости (рис. 77).
Так как жидкость движется вместе с сосудом, то каждый элемент
жидкости с массой m тоже движется с ускорением а, направленным
84

в ту же сторону, что и движение тележки. Это ускорение создается
движущей силой та, которая является равнодействующей силы
тяжести Р = mg и силы реакции жидкости Q. Как видно из рисунка,
направление силы Q должно быть таково, что ma/mg = tg а, т. е.
o = arctg(a/g). .
Так как жидкость покоится относительно сосуда, то все элементы
жидкости, расположенные на поверхности, находятся в равновесии,
т. е. для них боковое давление равно нулю. Эта поверхность,
очевидно, есть плоскость, перпендикулярная силе Q и составляющая
с горизонтом угол а. При равномерном движении а = 0, а = 0 и
поверхность жидкости горизонтальна. С увеличением а угол наклона о
поверхности жидкости к горизонту будет возрастать. Так, при а = g
а = 45°.
Рис. 78
Рис. 79
3.26. Сосуд с водой движется ускоренно вниз по наклонной
плоскости с углом наклона а. Из малого отверстия площадью 5 около дна
сосуда вытекает вода со скоростью и. Масса воды и сосуда — т. Найти
условие параллельности поверхности воды в сосуде и наклонной
плоскости и коэффициент трения между сосудом и плоскостью (рис. 78).
Уменьшением массы воды пренебречь.
Согласно второму закону Ньютона в векторной форме
m~Z=mg' + F + Q + FTp.
Здесь Ft Q и FT — соответственно сила реактивной тяги,
реакция опоры, всегда направленная перпендикулярно наклонной плоскости,
и сила трения. Это же уравнение может быть записано в виде
-и -и -►■
ma = mg + Q't
где реакция жидкости Q' = F + Q + FTp направлена перпендикулярно
поверхности воды, причем эта поверхность может не быть параллельна
наклонной плоскости. Наклон ее будет меняться в зависимости от
модуля и направления ускорения а.
Поверхность воды будет параллельна наклонной плоскости лишь
при условии Q = Q' или F + FTp = 0. Это условие можно переписать
в скалярной форме: F =■ FTp.
85

Для FTp используем выражение FTp = kQ = kmg cos а. Значение F
найдем из закона сохранения импульса. Действительно, изменение
количества движения воды, вытекающей из сосуда за единицу времени,
равно реакции сосуда, т. е.
Подставив найденные значения в условие параллельности, найдем
mg cos a
3.27. Клин с массой М и штифт с массой т движутся без трения
с ускорениями ак и аш под действием горизонтальной силы F,
приложенной к клину. Угол наклона клина равен а. Найти ускорения ак и Ощ
(рис. 79) и силу N, действующую на штифт'.
-»- -*-
На клин действуют: сила F\ сила тяжести клина Mg\ сила давле-
->-
ния N со стороны штифта, направленная по перпендикуляру к
поверхности клина в точке соприкосновения.
-*- -»-
На штифт действуют: вес штифта mg и сила давления N со
стороны клина, приложенная к штифту и направленная вдоль
перпендикуляра к наклонной поверхности клина.
Запишем уравнения второго закона Ньютона в проекциях, считая
направление силы F положительным:
по горизонтали F — N sin a = Мак\
по вертикали N cos a — mg = таш.
Так как здесь три неизвестных, нугяно еще одно уравнение. Мы
получим его следующим образом: когда клин перемещается
горизонтально на расстояние S, штифт поднимается на расстояние S tg <z;
отсюда следует, что аш = aKtga. Это и будет третьим уравнением.
Из этих уравнений находим
(F cos a — mg sin a) cos a
K msin2 a + M cosaa
_ (Fcosa— mg sin a) sin a
йш~ m sin2 a + M cos2 a ~~
m (F sin а + Mg cos a)
N =
m sin3 a + M cos2 a
3.28. На наклонной плоскости с углом а при основании лежат один
на другом два бруска (рис. 80) с массами т\ и т2. Коэффициент
трения бруска о брусок — ku бруска о плоскость — k2. Оба бруска
предоставлены самим себе. Найти характер движения обоих брусков
(начальные скорости равны нулю).
Выберем оси координат, как показано на рисунке, и составим
уравнения второго закона Ньютона для обоих тел в векторной форме.
Для нижнего бруска
m^+Qi + K + Fi + Qi^rn^au
86

где Qi — реакция наклонной плоскости; Fi — сила трения между
плоскостью и бруском; F2 — реакция на силу трепня, действующую со
стороны бруска 2 на брусок /; Q2 — сила давления со стороны
верхнего бруска.
Для верхнего бруска
Mig + Q2 + К = тгаг%
->- -+•
где Q2 —реакция бруска / на давление бруска 2; F2 —сила трения,
действующая на брусок 2 со стороны бруска 1.
В проекциях на координатные оси:
для нижнего бруска mxg sin а — Fx + F2 = ща^ От — Qa —
— mxg cos o = 0;
для верхнего бруска m2g.sin a —
— Ft — тга2\ Q2 — m2g cos a = 0.
Так как по условию не
известно, движутся бруски или нет, то
может оказатьгя/ что
коэффициенты трения т меньше максимальных
и поэтому пользоваться формулой
F = kQ не следует. Таким
образом, хотя мы и можем определить
Qi и Сг» У нас остается четыре
неизвестных (Flt F2t alt а2) и всего
два уравнения. В таких случаях
следует обращаться к
кинематическому исследованию задачи. Рассмотрим все возможные случаи.
1) а1=~а8 = 0 (оба тела неподвижны); Ft и F2 — силы трения
покоя,
^i = (mi + тг) ё sin a < ktQt = kt (mx + m2) g cos a;
Ft = m2g sin a < k2Q2 = k2m2g cos a,
откуда
*i>tga; fc2>tga.
2) aL = 0; az > 0 (брусок / неподвижен, брусок 2 скользит с
ускорением по бруску /). Сила трения между брусками есть сила трения
скольжения, приближенно равная максимальной силе трения покоя.
Поэтому
F2 = ^гСг = k2m2g cos a; а2 = g (sin a — k2 cos a),
Рис. 80
откуда
К < *б a < *i-
3) aL = аг — a > 0 (оба бруска скользят по плоскости с
одинаковыми ускорениями). Здесь трением скольжения является трение между
нижним бруском и плоскостью. Верхний же брусок неподвижен
относительно нижнего. Поэтому
Fv = kx (ml + m2) g cos «; Ft = k2g cos о
и
a = g (sin a — kx cos a) = g (sin a — fe2 cos a),
т. e. *! = k2\ kv <tgo.
87

4) a2 > ax > 0 (оба бруска движутся с ускорениями, причем
нижний брусок отстает от верхнего). Теперь уже и kx и Л2 являются
коэффициентами трения скольжения. Поэтому
Fx = kx (тх + m2) g cos a; Fa = k2m2g cos o;
a2 = 8 (sin a — *2cos a);
б) ax > a2 > О (оба тела движутся ускоренно, но верхний брусок
отстает от нижнего).
ктд Т,
Рис. 81
При этих условиях проекция силы трения между брусками
отрицательна, так что
Fx = kx (mx + mj g cos a; F2 = — fc2m2g cos a;
a2 = g (sin a + fc2 cos a); *x + Ла <0,
4
что не имеет смысла. Следовательно, такого движения быть не может.
3.29. Локомотив трогает с места поезд из п одинаково
нагруженных вагонов с массой m каждый, поезд движется с ускорением а.
Вагоны соединены между собой одинаковыми пружинными сцепками,
причем жесткость каждой пружины равна ft. Коэффициент трения
между колесами вагонов и рельсами равен k. Найти силу тяги
локомотива и изменение длины каждой пружины (рис. 81).
Если на /-ю пружину действует сила натяжения (или сжатия) Т{,
то пружина растягивается (или сжимается) на величину х, по закону
Ti -- bxi, где ft — жесткость пружины. Составим уравнения второго
закона Ньютона для каждого вагона (причем перенумеруем вагоны
с конца):
для л-го вагона (сцепленного
с локомотивом) F — Тп_х — kmg = ma\
для л—1-го вагона Тп__г — Тп_2 — ^m8 = та*
для / + 1-го вагона 7\+1 — Т( — kmg = ma\
для j'-го Т{ — Т[_г — kmg = ma;
для 1-го вагона (концевого) Tx — kmg = ma.
Заметим, что силы 7\, входящие в уравнения, — это реакции
пружин, действующие на соответствующие вагоны и равные по модулю
силам натяжения пружин.
88

Выполним два сложения этих уравнений: от первого до 1-го
(считая снизу) и от первого до последнего. Первое сложение даст (после
приведения подобных членов)
Т( — ikmg = ima*
Второе сложение даст
F — nkmg = nma.
Из первой формулы мы видим, что натяжение 1-й пружины
Ti = im (a + kg)
и ее удлинение (или укорочение)
T{_im(a + kg)
Xi ж Ь ~~ 5
Из второй формулы определяем силу тяги
F = nm(a + kg).
3.30. По горизонтальной плоскости ускоренно движется под
действием силы г, параллельной плоскости, цепочка из п различных
грузов с массами пги т2, ... v тя, связанных одинаковыми нерастяжи-
мыми нитями. Найти формулу для силы натяжения любой из нитей,
если коэффициент трения между каждым грузом и плоскостью равен k:
Аналогично предыдущей задаче
Ti = (a + kg) (ml + m2-\ + rm)\
F = (a + kg)(m1 + m2-\ + mn).
Из этих формул находим
Т — Р /я1 + т2 + *•■ +mi
ml+m2-\- ••• +т„
3.31. Два шарика из одинакового материала падают в воздухе.
Диаметр первого из них в Ь раз меньше диаметра второго. Считая
сопротивление воздуха пропорциональным поперечному сечению тела
и квадрату его скорости, найти отношение скоростей шариков, когда
они достигнут постоянной скорости падения.
Составим уравнения второго закона Ньютона для каждого шарика:
fj _ kS^* = m^ij
F2 — kS2v2 = /п2д2,
где Si и S2 — поперечные сечения шариков.
При установившемся падении скорость постоянна и а± = ал = 0.
Тогда
v\ _FXS2
89

Так как
то
F = mg; Sx = nD2/4; S2 = * {bD)%j4\
4лОэр At. (bD)zo
Mi — —q— ; m2 = —о— »
— =1- i!i = _L
3.32. Шар с массой m и объемом и падает в жидкости плотностью р
с постоянной скоростью v. С какой силой нужно тянуть вверх этот
шар,. чтобы он поднимался в той же жидкости со скоростью t/x = av?
Сопротивление вязкой жидкости движению шара пропорционально
его скорости.
Уравнение второго закона Ньютона для движения шара вниз:
mg-fVg-kv = Q; k-m*-'V*.
Уравнение для движения шара вверх:
F + ?Vg — mg — &! = 0.
Подставив вместо k и vt их значения, получим
F=(a+\)(m-f>V)g.
3.33. На горизонтальной поверхности стоят два одинаковых куба
с массой М каждый. Между ними вводится тяжелый клин с массой т
и углом при вершине 2а. Коэффициент трения между кубами и
поверхностью равен k. Трением между клином и ребром куба
пренебрегаем (рис. 82). Найти ускорение кубов.
-*■-»■-»-
Уравнение второго закона Ньютона для куба: Ma = F + Mg +
-»-->-->- -+■
+ ^тр + ^» где г — сила давления на куб; N — реакция
поверхности. В проекциях на оси получаем
Ma = F cos a — Frp; (I)
0 = Fs\na + Mg — N, (2)
причем
Frp = kN = k(Mg + F sin a). (la)
Клин при этом опускается с ускорением bt которое возникает
благодаря действию силы Mg и сил реакций Q со стороны кубов на силу
давления клина,
тЬ = mg — 2Q sin a; Q = | F |. (3)
Смещение клина вниз на расстояние h приводит к горизонтальному
смещению каждого куба на h tg а. Отсюда вытекает, что
h = y ; h tg а = Т ; а = g а* (4)
90

Из соотношений (1) — (4) находим
_ mg tg a — 2Mkg tg2 a
a~ m + 2M tg2 a
3.34. Через невесомый блок, укрепленный на краю горизонтального
стола, перекинута нерастяжимая легкая нить, связывающая грузы с
массами т и М. Грузы движутся с ускорением (рис. 83). Стол дви-
жется вверх с ускорением Ь. Найти ускорение груза т относительно
стола и относительно Земли (трением пренебречь).
Заданная в условии задачи система является неинерциальной.
Выберем оси координат, как показано на рисунке, и запишем уравнения
второго закона Ньютона для грузов т и М в неинерциальной системе
тат = mg + T — mb;
AfaM = Q + Mg~+ T — Mb.
Y\
1 M
X|Г
\мд i
Г
*"" P
f
кт
i /л
\m9
X
Рис. 82
Рис. 83
Здесь mb и Mb — фиктивные силы инерции.
В проекциях иа ось X:
0 = 0;
на ось У:
ma = mg — T + mb;
0 = —N + Mg-\- Mb.
Отсюда ускорение груза относительно стола
m(g + b)
а =
М + т
Чтобы найти ускорение а3 груза относительно Земли, запишем
уравнение второго закона Ньютона в инерциальной системе отсчете
(каковой в данном случае мы считаем Землю):
-»- -t» -*-
та3 =mg + Г.
91

Предположим, что ускорение а3 направлено вниз, и спроектируем
это векторное уравнение на ось У:
та3 = mg — T.
Отсюда, с учетом соотношения Т = Ма, где а — ускорение
относительно стола, получаем
М _ M(g + b) _ tng — Mb
3 6 m
g
M + m
M + m
Yi
ктд
Щ
Если окажется, что ускорение а3<0, то это означает, что оно
направлено вверх.
3.35. Через невесомый блок, укрепленный на краю горизонтального
стола, перекинута нерастяжимая лег-
кая нить, связывающая висящий груз
М и лежащий груз т(рис. 84),
причем величина М такова, что груз m
вот-вот начнет двигаться. Столу
сообщается горизонтальное ускорение Ь.
Найти ускорение груза m
относительно Земли в предположении, что
заданы только Ь и коэффициент трения
k между грузом М и столом.
Из условия ясно, что Mg = kmg.
Уравнение второго закона Ньютона
для груза m в неинерциальной
системе имеет вид
тд
Т
М
Рис. 84
X Т — mgk = ma — mb = m(a — b).
В применении к грузу М второй
закон Ньютона запишется как Ма =
= T-Mg.
Так как ускорение груза m относительно Земли равно a — Ь, то
а _ ь = r~femg = M(&+a)—kmi _ km fe + а) — kmS _ ka
m
откуда
a =
b kb
3.36. Два одинаковых груза с массой М каждый связаны между
собой невесомой нитью, перекинутой через неподвижный невесомый
блок. На один из грузов кладется перегрузок с массой m (рис. 85).
Найти ускорение а при движении грузов, натяжение нити 7\
давление R на ось блока и реакцию f груза М на давление перегрузка.
Здесь все силы вертикальны. Поэтому составляем уравнение
второго закона Ньютона в проекциях на вертикальную ось для каждого
тела системы в отдельности:
Mg — Т = — Ма\
Mg+f — T = Ma;
mg — f = ma*
92

Из этих уравнений находим
mg
2М + т*
2Mmg
Г =
Ш (М + т) g,
2М + т'
2М + т
R = 2T.
3.37. Два груза с массами Мит связаны между собой невесомой
нитью, перекинутой через неподвижный невесомый блок (рис. 86).
В начальный момент времени расстояния между центрами тяжести
каждого из этих грузов и осью X, проведенной через ось блока,
равны /j и /2. Найти уравнение движения центра масс системы грузов,
если М>от.
мт
Рис. 85
Рис. 86
Направим положительную ось Y вниз по вертикали. По
определению центра масс системы
Myi+myl
** М + т '
Оба груза движутся с одинаковым ускорением а, причем груз М
движется вниз, am — вверх. Координаты этих грузов в некоторый
момент времени t выражаются формулами
/ а*2
У 2 = W +
at2
Теперь запишем уравнение второго закона Ньютона для каждого
груза:
Mg — T= Ma\ mg — Т = — та,
где Т — натяжение нити.
93

Из этих уравнений находим
(M—m)g
М + т *
Подставив выражение для а в формулы для координат обоих
грузов, найдем уравнения движения каждого груза:
М — mgt21
М + т 2 '
М — mgt2
' М + т~2 '
'/////////Л
кг
"П
ПГ\
Рис. 88
Теперь найдем уравнение движения центра масс системы, для чего
подставим эти выражения в формулу для координаты центра масс:
Ух
= Муг + тух М1г + mix , Ш — т\2 gt2
М + т М + т ^\М + т) 2 '
3.38. Найти ускорения ах и а2 масс т1 и т2 и натяжение нити
в системе, изображенной на рис. 87 (массой блоков и нитей и трением
пренебречь).
Составляем уравнения второго закона Ньютона для каждого груза:
m1g — T = m1a1\ m2g — 2Г = — т2аг.
Заметим, что перемещение груза тг вдвое меньше, чем
перемещение груза mlt откуда следует, что ах = 2а2.
Из этих уравнений находим
2т, — т2
2mi—m2
3/п1т2
4тх + т2
4mj + /л2
3.39. Через неподвижный невесомый блок переброшена невесомая
нить, на левом конце которой висит груз с массой М, а на правом —
подвижный невесомый блок, через который также переброшена
невесомая нить с грузами тг и т2 на концах. При этом М> тг + тг
и т1>т2. Найти натяжение обеих нитей Т и Тг (рис. 88).
94

Составим уравнения второго закона Ньютона для каждого груза
в проекциях на вертикаль (положительное направление — вниз):
Mg — Т = Ма\
triig — 7\ = m1al —тга\
Щб — Тг = — m2al — m2a.
Заметим, что уравнение для груза М написано в инерциальной
системе отсчета, а уравнения для грузов тх и т2 — в
неинерциальной системе, движущейся вверх с ускорением а. Величины аг и а2 —
ускорения грузов т1 и т2 в этой неинерциальной системе, а тха
и т2а — фиктивные силы инерции.
Как видно из рисунка, Т = 27\. Из этих уравнений получим
т __ Штгщц Т = AMmxm2g
M(m1-\- m2) + Шхт1 * * M (тг -|- пг2) + ±тлтг
3.40. Два груза с массами т± и т2 связаны между собой тросом,
масса которого равна тт. Грузы движутся ускоренно вверх под
действием вертикальной силы Ft приложенной к верхнему грузу с
массой mi. Найти натяжение в верхнем конце, в середине и в нижнем
конце троса.
По второму закону Ньютона для всей системы
F - mxg - mT - m2g = (m* + mT + m2) at
откуда
F — g(mi + mr + m2) p
d — ; : = — — a
ml ~T~ mT + m2 ml H~ mT + m2
Натяжение троса:
на верхнем конце
F (m + m2)
F-m1(a + 8) = (mr + m2)(a + g) = mi + m^ + ni[{
в середине
F-(m1 + ^)(a + g) = № + m2)(a + g)=I\*^lL\
\ 2 / \ 2 / mx + mT + m2
на нижнем конце
F-(m1 + mT)(a + g) = m1(a + g) = т1+Р£+щ.
3.41. В лифте находится ведро с водой, в которой плавает частично
погруженное в нее тело. Изменится ли глубина погружения тела,
если лифт будет двигаться с ускорением, направленным вверх? ениз?
Если лифт движется с ускорением а, то для плавающего тела
с массой т второй закон Ньютона запишется в виде
ma=*mg + F А,
или, в проекции на вертикаль (направление вверх положительное),
ma = F — mg,
93

где Fд — архимедова выталкивающая сила,
FA = mm(a + g) = ?V (a + g)-
Здесь тж — масса вытесненной жидкости; р — плотность жидкости;
V — объем погруженной части тела.
Из двух последних уравнений находим V = т/р. Таким образом,
этот объем не зависит от ускорения, и поэтому глубина погружения^
не изменится. Это понятно, так как в ускоретжо движущейся системе
как вес тела, так и вес вытесненной им жидкости изменяются
одинаково.
L
Y о-
□
Рис. 89
о|
/I
/<
я ,
CJ
1 02
1
1
"_ t т
X
Рис. 90
3.42. На одном конце веревки, переброшенной через невесомый
блок, находится груз с массой /п, на другом — человек с массой 2т.
Человек поднимается вверх по веревке с ускорением aQTR
относительно системы отсчета, связанной с веревкой. Найти его ускорение
аабс в неподвижной системе отсчета, связанной с Землей.
Применим второй- закон Ньютона к каждому грузу. Для груза т
Т — mg = ma,
где а — ускорение системы, в которой груз m и веревка неподвижны
(шереносное» ускорение).
Для человека
7-2m£ = 2m(aOTH-a),
так как оба ускорения направлены навстречу друг другу.
Из этих двух уравнении находим
a = (2aOJH + g)/3.
Ускорение человека в системе отсчета, связанной с Землей, равно
"абс
= аОТн-а = Ктн-£)/3-
3.43. Система материальных точек с массой m каждая расположена
как показано на рис. 89. Все точки находятся в углах квадратных
решеток со сторонами Л Найти центр тяжести системы.
96

Выберем оси координат, как показано на рисунке. Согласно
формулам для координат центра тяжести
_ 0 • m + 0 . m + Ami + 3m - 21 _ 10
** 9т ~~ 9 /;
_ 2ml + 3m - 0 + 2т (—1) + 2т (—21) J_
У* 9т ~~ 9
3.44. Найти центр тяжести однородной пластины постоянной
толщины h (рис. 90).
Разобьем пластину на две части и введем координатные оси, как
показано на рисунке. Точки / и 2 — центры тяжести соответствующих
частей.
Обозначим, координаты центров тяжести / и 2 через х^ gi и хъ
у%. Тогда
*i = 0; #1 = 0; *2 = у +
2 2 • уа 2 •
гщ = pVi = phSi = phab; m2 — рУ2 = phS2 = pft (/ — а) (6 — с);
Q.m1+pfc(/-g)(6-c)//2,
*« 9h[ab + (l-a){b-c)] f
_ 0 • т,; — p/i(/ — а) (6 — с) с/2
Уц рЛ[а6 + (/— а)(& — с)) '
Окончательно
/(/-fl)(6-C) .
ц~2[ай + (/-а)(&-с)] '
_ с (/ — а) (Ь — с)
У* 2[ab+(l-a)(b — c)] '
3.45. Найти центр тяжести
однородной квадратной пластинки со
стороной а, в которой вырезано
круглое отверстие радиусом а/4,
как показано на рис. 91.
Для решения задач такого типа
можно пользоваться следующим
приемом. Если вставить вырезанную
часть на место, то сила тяжести Р
всего тела будет представлять
собой сумму двух параллельных сил —
силы тяжести вырезанного диска Рв
и силы тяжести оставшейся фигуры
Р0. Так как силы Я, Рв и Р0 и
координата точки приложения силы Яв
известны, можно найти координату
х из соотношения
Р0х = PJ; х =
Р - Рл S - S,
где 5 — площадь квадрата; 5В — площадь выреза.
4 6-319
97

Так как 5 = а2, 5В = яа2/16 и / = /2 а/4, то
_ пУЪа
* 4(16-я)'
Другой способ решения подобных задач описан в задаче 3.47.
3.46. п материальных точек с массами т, 2т, ... , пт
расположены вдоль одной прямой на одинаковом расстоянии а одна от
другой. Найти центр масс этой системы (рис. 92).
пт
Рис. 92
Выберем начало координат в точке, лежащей слева от первой
материальной точки на расстоянии а. Тогда
_ тд + 2т « 2а + ... + пт • па _ т (а + 2 « 2д -J + п - па)
т + 2т +
fl(12 + 2a +
-\-пт
+ *2)
ап(п-
1 + 2Н f-я
гс(1+2 +
1)(2я+1)
+ *)
2
1
1
£7
Ей
шшш
d I
■
я(л+1)
Q (2ft + 1)
— X
Рис. 93
3.47. Найти центр масс
однородной пластины постоянной толщины h
с круглым вырезом радиуса R
(рис. 93).
Допустим, что в области выреза
плотность пластины р отрицательна.
Взяв за начало отсчета центр
прямоугольника, получим в проекциях
на "оси (с учетом того, что координата
центра круга отрицательна и что
в области круга плотность равна —р):
(-я/гър) [- [d -1)] nR* fd -1)
*ц = — лЯ2лр + pabh = — л/?а + ab X
Уц = —я/?2Лр + раМ = -лЯа + аЬ '
3.48. Мяч с массой т, двигаясь по нормали к стенке со
скоростью v, упруго ударяется о нее и отскакивает с такой же по
модулю, но противоположной по направлению скоростью. Найти величину
98

и направление импульсов, полученных мячом и стенкой, и среднюю
силу действия мяча на стенку, если продолжительность удара равна А/.
По второму закону Ньютона импульс, полученный мячом,
F Ы = mv2 — mvi,
-*• -»-
где mv2 — количество движения мяча после удара; mv^ — количество
движения мяча до удара.
Импульс, полученный стенкой, очевидно, равен и противоположен
импульсу мяча.
-*- -►•
Так как | v2 | = | v± | = и, то по правилу вычитания векторов
находим, что вектор импульса мяча имеет значение mv — (—mv) = 2mv
и направлен в ту же сторону, что и вектор mv2t т. е. от стенки.
Средняя сила действия, очевидно, равна
г 2mv
3.49. Мяч с массой т, падая на горизонтальную плоскость со
скоростью v по прямой, образующей с нормалью к плоскости угол а,
а) отражается от нее под таким же углом; б) испытывает неупругое
соударение с плоскостью. Время соударения равно т. Найти среднюю
силу удара.
а) Разложим скорости до и после удара на горизонтальную vx и
вертикальную vy составляющие. В результате удара горизонтальная
составляющая не изменится, так как в этом направлении никакие силы
не действуют, в то время как вертикальная — изменит направление на
обратное. Согласно закону сохранения импульса
Fz = mvy — (—mvy) = 2mvy = 2mv cos a.
Отсюда средняя сила удара
_, 2mv cos a ,
F'= +mg.
б) В случае неупругого соударения шарик не отражается от
плоскости и Fz = mv cos а, откуда
p. mucosa .
F' = —-— + mg.
3.50. Человек с массой т неподвижно стоит на тележке с массой
М. Найти скорость тележки, если человек будет двигаться по ней
с относительной скоростью v (трением между тележкой и дорогой
пренебречь).
Когда человек начнет двигаться, то в результате воздействия силы
трения F между подошвами человека и поверхностью тележки
последняя покатится в обратном направлении со скоростью и относительно
Земли. Тогда скорость человека относительно Земли будет равна v — и.
Если промежуток времени, за который человек и тележка приобрели
свои скорости, обозначить через т, то
Fz = m (i> — и) = Ми,
4*
99

откуда
mv
Ai + m
Из закона сохранения количества движения следует
т (v — и) — Ми = О,
т. е. то же уравнение, что и выше.
3.51. Между двумя лодками, находящимися на поверхности озера,
протянута веревка. Человек, стоящий на первой лодке, тянет веревку
с постоянной силой F. Найти скорости обеих лодок относительно
берега и относительно друг друга через время / после начала движения
(сопротивлением воды пренебречь). Вес первой лодки с человеком
равен Ри вес второй лодки с грузом равен Р2-
Импульс каждой лодки равен Ft, поэтому скорости лодок относи*
тельно берега равны
Ft Ftg Ftg
vi = "гг. = -p- J v2 = ~iT •
Скорость лодок относительно друг друга
"оте = vi + »2 = Fgt (p- + jrj .
3.52. Пуля с массой m попадает в баллистический маятник
(подвешенный на нити ящик с песком) с массой Af, где и застревает. При
этом маятник отклоняется от вертикали так, что поднимается на
некоторую высоту Л. Найти скорость пули в момент удара.
Очевидно, mv = (М + т) и, где и — начальная скорость маятника,
которую мы приближенно считаем горизонтальной.
По закону сохранения потенциальная энергия тела, поднятого на
высоту Л, равна Mgh. При вертикальном положении нити вся эта
энергия превращается в кинетическую энергию, равную Ми2/2, Из
равенства (М -\- т) gh = (М-{- т) и212 следует
так что
М + т
т
V2gh.
3.53. Тело с массой М, движущееся со скоростью v, испытывает
чисто неупругое столкновение с телом с массой т, двигавшимся со
скоростью и. Найти направление и скорость системы после удара.
До удара количество движения было равно Mv + гпи\ после удара
—►
оно стало равным (М + т) w; по закону сохранения количества
движения
-► -*■
Mv + mu
w = •
М + т
100

Модуль вектора вычисляем из выражения
ш = Vw*x + w\ = *_/(Л1^+ тих)* + (Mvy + muy)K
Направление w определяется соотношением wy/wx = tg т.
3.54. Тело весом Р соскальзывает без трения с наклонной
плоскости, укрепленной на тележке весом Q (рис. 94). Найти скорость те-
лежки, если высота наклонной плоскости h и угол наклона а (трение
тележки не учитывать).
Скорость тела относительно тележки в конце наклонной плоскости
равна y2gh. Горизонтальная слагающая этой скорости равна V2ghx
X cos а и согласно закону
сохранения количества движения
Р (Vtgh cos а — и) = Qut
откуда
Р V^gh cos a
tt = ■
P + Q
Для вертикальной слагающей
закон сохранения количества
движения не выполняется в силу неэамкнутоети системы относительно
вертикального направления (существует внешняя сила тяжести).
3.55. Две тележки А и В стоят на рельсах одна за другой и
связаны нерастяжимым тросом. На тележке А с массой тА стоит человек
с массой т\ масса тележки В равна тв. Человек начинает двигаться
по тележке А в сторону тележки В со скоростью v относительно
тележки. Найти скорость обеих, тележек.
Эта задача аналогична задаче 3.50, если рассматривать обе тележки
как одно целое. В этом случае по закону сохранения импульса
т (v — и) = (тА + тв) и;
_ mv
" ~~ т + т% + тв'
3.56. Через неподвижный блок переброшена нить, к одному концу
которой привязан груз с массой тА% а к другому — лестница с массой
тв. По лестнице' со скоростью v взбирается человек с массой т.
Найти скорость опускания лестницы при условии, что тА = тв + т.
Здесь сумма количеств движения, связанных с одним концом нити,
должна равняться сумме количеств движения, связанных с другим
концом той же нити. Учитывая, что скорость опускания лестницы по
модулю равна скорости подъема груза т, и считая направление вверх
положительным, можем написать
т (v — и) — тви = тАи,
откуда
mv
и = -
т + тА + тв
аналогично предыдущей задаче.
101

3.57. Шар с массой М подвешен на нерастяжимой нити длиной I.
Шар отклоняют от вертикали на угол а и эатем отпускают. Когда
нвть проходит вертикальное положение, в шар навстречу его движению
стреляют пулей с массой т, которая застревает в шаре, причем шар
останавливается. Найти скорость пули (рис. 95).
Высота подъема шара, как видно из рисунка, равна
h = / — I cos a = / (1 — cos о).
При вертикальном положении нити скорость шара направлена го*
риэонтально и равна (см. задачу 3.59)
vM = V'2gh = V2gl(\ -cos a).
Согласно закону сохранения количества движения MvM — mvm = 0,
откуда
t>m = -£-Vfc/(l-COSa).
m
3.58. Снаряд вылетает из орудия со
скоростью v под углом а к горизонту.
В некоторой точке траектории он
разрывается на два осколка с одинаковыми
массами, один из которых падает
вертикально, а другой начинает двигаться под
углом р к горизонту. Найти скорость
второго осколка (пренебрегая сопротивлением
воздуха).
Рассмотрим отдельно вертикальное и горизонтальное движения.
Внешние силы (сила тяжести) вертикальны, поэтому по отношению
к вертикальному движению система незамкнута и закон сохранения
количества движения неприменим. В горизонтальном же направлении
внешних сил нет и количество движения сохраняется. Поэтому
Рис. 95
mv cos a = -£- и cos fl,
откуда
и =
2v cos g
cosp ;
3.59. Тележка с песком, имеющая массу М, движется
горизонтально со скоростью v. Камень с массой т попадает в песок и
движется вместе с тележкой. Найти скорость тележки после падения
камня: а) падающего по вертикали; б) летящего горизонтально
навстречу тележке.
а) Аналогично предыдущей задаче внешние силы вертикальны. Для
горизонтального движения импульс системы сохраняется и поэтому
после вертикального падения камня скорость системы уменьшается
только в связи с увеличением массы:
Mv = (М + т) и;
Mv
и =
М + т'
102

б) Если камень летит горизонтально навстречу тележке со
скоростью Vi и застревает в песке, то по закону сохранения импульса
скорость тележки определится из равенства Mv — mvi = (Л1 + т)и%
откуда
Mv — mv{
М + m
3.60. На носу и на корме лодки с массой М и длиной I, стоящей
неподвижно на озере, сидят два рыболова с массами т1 и т2- Найти
смещение лодки Л/, когда рыболовы меняются местами.
При перемещении первого из рыболовов лодка сместится на
расстояние Mi, которое можно найти из закона сохранения количества
движения
т1(Ц^) = (Л, + т2)^1.
t
где I — Д/j — перемещение первого рыболова за время L Отсюда
md
Mv
M + mi-\-m2'
При перемещении второго рыболова лодка сместится в обратную
сторону на расстояние
*д/ _ т*1
2 М + тг + тг'
Результирующее смещение лодки
М + т1+т2
Другой способ решения таких задач изложен в задаче 3.65.
3.61. Из пушки с массой М, движущейся по горизонтальной
плоскости со скоростью v, произведен выстрел в горизонтальном
направлении в сторону движения. Масса снаряда — т. Найти скорость
снаряда, если пушка после выстрела приобрела скорость и в обратном
направлении.
Начальное количество движения равно (М + т) v. После выстрела
в результате отдачи пушка приобрела скорость и в направлении,
противоположном v, а снаряд приобрел скорость w. Количество движения
после выстрела равно М (v — и) + mw. По закону сохранения
количества движения
(М + т) v = М (—и) + mw.
Отсюда
(М + т) v + ти
w =
т
3.62. Решить задачу 3.61 для случая, когда пушка стреляет под
углом о к горизонту.
В этом случае после выстрела пушка приобретает скорость (—и),
а горизонтальная слагающая скорости снаряда будет w cos а. Закон
103

сохранения количества движения в горизонтальной плоскости
запишется в виде
(М + т) v = М (— и) + mw cos а.
Тогда
(M + m)v + Mu
w = - •—-—• .
т cos a
Для случая, когда а приближается к 90°, горизонтальная
слагающая скорости снаряда стремится к нулю и закон сохранения
количества движения становится все менее справедливым, так как в
вертикальной плоскости система незамкнута (существует внешняя сила
тяжести).
3.63. Тело с массой М соскальзывает без трения с наклонной
плоскости, угол наклона которой а. После того как тело прошло
путь /, с ним неупруго сталкивается
летящий горизонтально пластилиновый шар
с массой т. При этом тело
останавливается. Найти скорость шара (рис. 96).
Скорость тела в конце пути /
и = V2gh = \f2gl sin a
Рис. 96 и направлена вдоль наклонной плоскости.
Проекция скорости тела на
горизонтальное направление равна и cos a = ]/2g/ sin о cos а. Так как после
столкновения оба тела остановились, то
Ми cos а — то — 0,
откуда
MV2gi Sin a COS а
~~ га
В данной задаче выбираются проекции не на наклонную плоскость,
а на горизонтальное направление, по отношению к которому система
замкнута, т. е. справедлив закон сохранения количества движения.
3.64. В деревянный шар с массой М, лежащий на неподвижном
кольце, снизу ударяет пуля с массой т, летящая вертикально вверх.
Пуля пробивает шар, который при этом подпрыгивает на высоту ft,
и сама поднимается на некоторую высоту. Скорость пули перед ударом
равна v. Найти высоту подъема пули над шаром.
Скорости обоих тел непосредственно после удара можно найти по
формуле v* = v2Q — 2gSt где vt = 0:
vm = V*gh\ vn = V*gti.
где И — высота подъема пули.
Так как движение происходит в вертикальном направлении, то
применение закона сохранения количества движения может оказаться
неправомерным, поскольку на оба тела кроме внутренних сил действует
внешняя сила тяжести. Поэтому составим для обоих тел уравнения
второго закона Ньютона:
для шара
(FTp-Mg)&l = Mvmi
104

для пули
-(Frp + mg) &t = m(vn-v).
Здесь | F^ | — сила трения между пулей и шаром; Л/ — время пролета
пули сквозь шар; Mvm и т (vn — v) — изменения количества движения
шара и пули за время А1. Исключив из обоих уравнений Frpt находим
(M + m)gM = m(v-vI)-Mvin. (*)
Подставив вместо vn и иш их значения и решив уравнение
относительно Я, найдем
Так как время пролета пули сквозь шар очень мало, слагаемым
в формуле (*), содержащим А/, можно пренебречь по сравнению
с другими слагаемыми. Таким образом, мы приходим к заключению,
что закон сохранения количества движения приближенно справедлив
и в этом случае:
О = т (v — eg — Mvm.
Окончательно
2gm*
3.65. Плот с массой М и длиной / неподвижен на стоячей воде.
С противоположных концов плота одновременно начинают двигаться
навстречу друг другу два человека с массами /к; и ш2. Найти
смещение плота в момент, когда человек с массой mi пройдет весь плот,
а человек с массой т2 будет на середине плота. Сопротивлением воды
пренебречь.
Пусть ось X совпадает с направлением перемещения плота, а
начало координат — с точкой местонахождения человека с массой mj до
начала движения.
Координата центра масс системы до начала движения
, _ mj-O + Ml/2 + mJ
* т^тъ + М '
По условию задачи человек с массой пц переместился на /,
человек с массой /п2 переместился на //2, плот переместился на ж. После
перемещения координата центра масс
„ тх (I - х) + т2 [(//2) - х] + М [(1/2) - х)
ц~~ т1 + т2 + М
По закону сохранения количества движения скорость центра масс,
умноженная на массу системы, остается неизменной. Так как масса
системы постоянна, а скорость системы до начала движения равнялась
нулю, то она равна нулю и в конце движения, т. е. смещение центра
масс равно нулю. Иначе говоря,
105

Отсюда находим смещение плота
х =
[mf-(m2/2)I/^
mi + m8 + М
3.66. Нейтрон с энергией Е и массой т захватывается неподвижным
ядром, масса которого равна пт. Полагая, что ядро при этом не воз*
буждается, и пренебрегая энергией связи нейтрона, найти скорость
полученного ядра-изотопа.
По закону сохранения количества движения
откуда
т
+ \)mV,
/?-«■
л+1 г т
Рис. 97
Рис. 98
3.67. Надувной плот с массой mi отплывает от берега со
скоростью Vi, направленной под углом <х к линии берега. С берега на плот
прыгает с разгона человек с массой тъ развивая во время прыжка
скорость с2, направленную перпендикулярно линии берега. Найти
скорость плота с человеком (рис. 97).
Закон сохранения количества движения в данном случае
используем в векторной форме, так как скорости не направлены по одной
прямой:
-*■-*- -*■
mxVi + m2v2 = (mi + m2) u3.
Проекция на линию берега
m^i cos a = (mi + т2) vs cos p.
Проекция на линию, перпендикулярную берегу,
mxVi sin a + m2v2 = (m j + m2) v3 sin p.
Возведя в квадрат и складывая оба равенства, находим
(mi + т2)г у3 = m\v\ + m\v\ + 2тгт^1и2 sin a,
106

откуда
1
"э = ;
У m\v\ + m\v\ + 2m1m2u1f 2 sin a ,
mt + ma
3.68. По наклонной плоскости с углом наклона а съезжает лыжник
с массой М. Проехав расстояние / от вершины, он стреляет вверх
сигнальной ракетой. Найти скорость лыжника после выстрела. Масса
ракеты — т, ее начальная скорость — v (рис. 98).
Выберем оси координат, как показано на рисунке. Количество
движения лыжника с ракетой вдоль оси X в момент выстрела равно
(М -\- т) Vi, а после выстрела равно
—mvs\na-\- Mv2t
где v — скорость ракеты после выстрела; v2 — скорость лыжника после
выстрела.
Таким образом, если считать (как в задаче 3.64), что время
выстрела А/ пренебрежимо мало, то закон сохранения количества
движения в направлении наклонной плоскости будет приближенно
справедлив и
(М -\-m)vi = —то sin a + Mv2.
Согласно закону сохранения энергии (М + т) vx/2 = (М + т) gh,
где h = /sina.
Отсюда находим
Vf = yr2g/sina.
Теперь можем определить
л/сП—-—(М + т , mv l/sina\
3.69. Два тела с массами т^ и т2 и скоростями v^ и v2
соответственно движутся под углом а друг к другу. Найти сумму количеств
движения обоих тел.
Так как количества движения mlv1 и тго2 представляют собой
два вектора, угол между которыми равен а, то их сумма определяется
по формуле
mxVx + m2v2 — Mv,
а модуль суммы
Mv = 1Л/ЛЛ)2 + С"Л)2 — 2m1m2v1v2 cos (180° — a).
Угол <р между вектором Mv и одним из составляющих векторов
(например, вектором т&д можно найти по теореме синусов
Mv __ m2vj
sin о — sin <p'
откуда
m2v2 sin a
ап*—4fe---
107

Рис. 99
3.70. Какова должна быть сила тяги F двигателя, чтобы
автомобиль весом Р набрал скорость v за время tf если коэффициент трения
равен &?
Импульс автомобиля, сообщаемый ему движущей силой, равен Ftt
а импульс, сообщаемый тормозящей силой трения, равен —kPt. По
второму закону Ньютона
Ft — kPt = — v,
8
откуда находим
3.71. На гладкой горизонтальной плоскости лежит брусок с массой
М. Брусок снабжен кронштейном, на котором подвешен на нити
длиной / шарик с массой т. Нить
отклонена на некоторый угол и
отпущена без начальной скорости. Найти
скорость бруска в момент, когда нить
проходит через вертикальное
положение, если угловая скорость нити в этот
момент равна to. Трение не учитывать.
Когда нить проходит через
вертикальное положение, горизонтальная
линейная скорость шарика
относительно бруска равна ш/, где / — длина
нити. Брусок вместе с шариком
движутся в противоположном направлении со скоростью и, поэтому
т (ш/ — и) = Ми,
откуда
_ тЫ
и~~ м + т'
3.72. По внутренней поверхности полусферической чашки радиуса R
скатывается без трения шарик радиуса г% начинающий движение на
одном краю и заканчивающий его на другом (рис. 99). Масса чашки
М, масса шарика т. Насколько сместится чашка (трение не
учитывать)?
Если отвлечься от вертикального движения (совершающегося под
действием внешней силы тяжести), то горизонтальное перемещение
шарика можно рассматривать как движение со скоростью vx% и
горизонтальная компонента количества движения шарика будет равна mvx.
Количество движения чашки равно Мих. По закону сохранения
количества движения mvx = Мих.
Расстояние, пройденное шариком по горизонтали, равно 2 (R — г)—
— S, где 5—смещение чашки. Так как пройденные расстояния
пропорциональны скоростям, то
S __ их _ т
2 (R — г) — 5 ~~ v~ " ~М '
откуда
с _ 2т (R — г)
* М + т '
108

3.73. Невесомый ступенчатый блок состоит из шкивов радиусами г
и R (рис. 100). К нити, намотанной на меньший шкив, приложена
горизонтальная сила F, на больший шкив подвешен груз с массой т.
С каким ускорением будет подниматься груз?
Задачи такого типа удобно решать исходя из того, что если блок
невесом, он находится в равновесии, и сумма приложенных к нему
вращающих моментов равна нулю'. В даннсм случае на блок
действуют два противоположных вращающих момента: fr и TR, и согласно
вышесказанному Fr — TR = 0. Отсюда Т = Fr/R. Второй закон
Ньютона для груза запишется в виде
Т — mg = ma,
И /?
Рис. 100
Рис. 101
откуда
T — mg_ Fr/R — mg
3.74. Невесомый ступенчатый блок состоит из шкивов с радиусами
т и R (рис. 101). На больший шкив намотана нить с грузом ти а на
меньший — нить с грузом т2. Найти ускорение каждого груза и
натяжение каждой нити.
Напишем уравнение второго закона Ньютона в проекциях на ось Y:
Т2 — m^g = m2a2\
7\ — mi8 — —mi<*v
Поскольку блок невесом (см. задачу 3.73), ~~
TXR = ТУ,
и, наконец,
e'i/fli = l*R/t]ll*r/t] = R/r.
Из этих формул находим
_(miR — m2r) R
1 т^* + т2г* *'
__ (m^R — mtr)r
4~ m^ + m^ 8;
Ti
mxm2gr (R + r) л _ m1m2gR (R + r)
I 9
mxR2 + m2r2
m^R2 + m?r2
109

3.75. Шестерня / под действием вращающего момента М приводит
в движение шестерню 2 (рис. 102). Шестерня 2 жестко связана со
шкивом 3, на который намотана нить, несущая груз т. Радиусы
шестерен равны Rt и R2t радиус шкива равен г. Найти ускорение груза,
пренебрегая весом шестерен и шкива и трением.
В точке соприкосновения шестерня /
действует на шестерню 2 с силой M/Ri.
Эта сила создает на шестерне 2
вращающий момент (M/RJRz, который,
вследствие невесомости системы, равен
ТУ. Таким образом,
Г =
MR2
Rs '
Согласно второму закону Ньютона
Т = mg = ma,
откуда
Рис. 102
_T-mg MR2
•8-
mRxr
3.76. Два тела весом Pf и Р2 укреплены на концах невесомого
стержня длиной I. Стержень вращается в горизонтальной плоскости
вокруг общего центра тяжести с угловой скоростью о>. Определить
силу, растягивающую стержень (рис. 103).
Центр тяжести находится в точке, делящей / на отрезки, обратно
пропорциональные силам, т. е.
PiX = P2(l-x),
«ф
ф&
. /у
1*
U
m
Ш/шшш^
Рис. 103
Рис. 104
откуда
х —
PJ
Pi + P*'
Стержень растягивается реакциями Qi и Q2 на действие
центростремительных сил Fu, действующих на каждое тело,
Qi =
т&\
Pxv%x _ Р^д/ц» _
8 (Рг + Рг)8'
110

3.77. На вертикальной оси вращается горизонтальный стержень, по
которому свободно перемещаются два малых груза с массами mf и
т2, связанные нитью длиной /. Стержень вращается о угловой
скоростью ш. Найти натяжение нити и кинетическую энергию грузов
(рис. 104).
На оба груза действуют одинаковые силы натяжения нити,
сообщая им центростремительные ускорения coVj и a>V2. Сила натяжения
FE = m1a>2/-j = т2ш2г2.
Из этого уравнения, с учетом того, что rj + г2 = /, находим
П =
т1 "Г" т2
ПХл1
Г 2 — г .
а mi + m2
Натяжение нити
_ mjm2(i)2/
Кинетическая энергия грузов (если считать их материальными
точками)
*-*£-'■
/„<■>*
9 *
1711Ш ГХ
, m^r2 J_ гщт2
2 mi + m2
ш2/2
3.78. На краю вращающегося горизонтального диска диаметром D
подвешен на нити длиной / груз. Во время вращения нить отклоняется
на угол а от вертикали. Найти
угловую скорость вращения диска
(рис. 105).
На груз действуют сила
тяжести и сила натяжения нити,
равнодействующая которых создает
горизонтально направленную
центростремительную силу:
D
mw2R = mg tg о; R = -у- + / sin a;
Рис. 105
—Ун
2gtgg
+ 21 sin a "
3.79. Жесткий стержень длиной / закреплен под углом ? на
вертикальной оси и вращается вместе с ней с угловой скоростью ш. К
нижнему концу стержня прикреплен шарик с массой т. Найти силу,
с которой стержень действует на шарик (рис. 106).
Заметим, что искомая сила, вообще говоря, направлена не вдоль
стержня, а иначе, так как стержень жестко скреплен с осью под углом
Ф и не меняет своей ориентации ни при вращении, ни при остановке.
Поэтому при вращении системы на шарик действуют сила тяжести
mg и искомая сила F. Равнодействующая этих двух сил представляет
собой центростремительную силу, которая равна
та>2Д = У F2 — (mg)2 .
111

Так как R = / sin <pf TO
F = m Vs2+ w4/asin2<p.
Направление этой силы можно найти из соотношения
to2/sin у
8
tg Ti = ■
3.80. Груз m, подвешенный к невесомой нити, описывает
горизонтальную окружность с постоянной скоростью (конический маятник).
Расстояние от точки подвеса до центра окружности равно Л. Найтл
число оборотов маятника за 1 с.
Рис. 106
Рис. 107
На маятник действует сила тяжести mg и натяжение нити Q,
благодаря которым возникает центростремительная сила
В проекциях на горизонтальное и вертикальное направления:
Qsin а = ты2г\
Q cos a = mg.
Разделив одно равенство на другое и учитывая, что ш = 2лп и
г = h tg at получим
-kVt-
3.81. Конический маятник с массой т и длиной подвеса / врата*
ется в горизонтальной плоскости с периодом Т. Найти силу
натяжения нити и угол а между нитью и вертикалью (рис. 107).
Очевидно, что
Qsin а = mu>2r;
Q cos a = mg;
2л
г = /sin а; ш = ^г-
112

Из этих уравнений находим
-л 4n2ml gT%
3.62. Автомобиль движется по окружности радиусом г со
скоростью и, при'превышении которой его «занесет». Найти минимальный
коэффициент трения скольжения, при котором «заноса» не будет
(рис. 108).
При движении автомобиля сила трения направлена к центру
окружности и является центростремительной. Так как FTp = kmgt
Рц=—,то
. mv2 . v2
*mg = — ; ftMHH = —.
3.83. Реактивный самолет описывает
петлю Нестерова. Скорость самолета в
нижней точке петли — и. Радиус петли —
/?. Найти, во сколько раз «тяжелее» ста- р lnR
новится летчик (какова перегрузка) в ниж- с*
ней точке петли.
Если траектория — окружность, то в нижней точке на летчика
действует центростремительная сила F, которая является равнодей-
ствующей реакции кресла R и веса летчика Р, т. е.
По третьему закону Ньютона сила, прижимающая летчика к креслу,
равна и противоположна реакции кресла, т. е. равна Рц + Р.
Перегрузка равна
Fu + P Fa V2
P P^ gR^
3.84. Платформа движется по закруглению с линейной скоростью
v. Шарик, подвешенный на нити на этой платформе, отклоняется на
угол а. Найти радиус закругления.
, mv2 I v2
откуда
R =
gtga'
3.85. Самолет летит горизонтально с ускорением. Шарик,
подвешенный на нити в самолете, отклоняется от вертикали на угол а.
Найти ускорение самолета (рис. 109).
В неинерциальной системе отсчета (самолет) шарик покоится.
На шарик действуют: сила натяжения нити, сила тяжести и сила
инерции та, направленная в сторону, противоположную направ-
113

лению ускорения самолета. Равнодействующая этих сил равна нулю,
поэтому
| та \lrng = tg a) a = g tg а.
3.86. На нижнем краю поверхности конуса с углом наклона а
лежит тело с массой т. Конус равномерно вращается вокруг
вертикальной оси с угловой скоростью со. Расстояние от оси вращения до
тела равно R. Найти наименьший коэффициент трения, при котором
тело еще удерживается на поверхности конуса (рис. ПО),
Так как система вращается равномерно, то равнодействующей всех
сил, действующих на тело, является центростремительная сила
?+0 + /^р = т£ a=u>*R.
Рис. 109 Рис. ПО
Проектируя это уравнение на горизонталь и вертикаль, получим
FTp cos а — Q sin а — тш2/?;
FTp sin о + Q cos a — mg = 0.
Кроме того, Fjp = kQ. Исключив Q, находим
fesina + cosa_ g
k cos a — sin a ~~ u2R '
откуда
. (о2/? cos a + g sin a
— g cos a — u)2/?sin a '
причем должно выполняться условие
g cos a — a)2flsina>0
или
3.87, Груз вращается на подвесе из резинового шнура вокруг
вертикальной оси. Начальная длина подвеса равна /, а при вращеняи
подвес упруго растягивается до длины L (рис. 111). Найти угловую
скорость вращения груза, если в неподвижном состоянии груз
растягивает подвес до длины nl.
114

На груз действуют сила Т натяжения шнура и сила веса, создаю*
щие центростремительную силу. Проекция на горизонталь
mcoV = T sin a.
Кроме того, г = L sin а. Учитывая это, находим
Т = mw2L.
Если начальная длина шнура — I, a L — длина при воздействии
силы Т9 то
T = k(L— /).
По условию
mg = k(nl-l)=kt(n — l),
откуда
УШЖ
k =
mg
l(n-l)'
Таким образом,
«,rt2/ _ mg(L — l)
Отсюда находим
-Vi
_l/ g№-0
L/ (« — 1)'
Рис. 111
3.88. Водопроводная труба диаметра d,
лежащая горизонтально, имеет закругление
радиуса R. Количество воды, протекающей ежесекундно через сечение
трубы, — М. Найти давление воды на стенку трубы в колене.
Так как вода движется по закруглению радиуса R, то со стороны
боковой стенки трубы на нее действует центростремительная сила
mv2/R. Реакция воды, равная этой силе, составляет
Здесь масса воды m = p/S, где р — плотность жидкости; / — длина
изогнутого участка; 5 — сечение трубы; скорость v = Af/pS.
Боковое давление жидкости равно
P = ld
mv2 _ plSv2 М2
' Rid" Rid ~Rd?S'
3.89. Вращающийся диск, разделенный на п темных и п светлых
одинаковых секторов, освещается прерывистым светом с частотой
прерывания v, которая подобрана так, что диск при освещении
кажется неподвижным. Скорость вращения такова, что за промежуток
времени между двумя вспышками данный темный сектор заменяется
следующим темным сектором. 1) Найти скорость вращения диска.
2) Найти скорость вращения в случае, когда за тот же промежуток
временя данный темный сектор заменяется сектором, идущим через один,
через два и т. д.
115

1) Угол между соседними темными секторами равен 2я/я. Если
диск вращается так, как указано в условии задачи, его угловая
скорость равна 2я/л7\ где Т — промежуток времени между двумя
вспышками, или 2nv/n, так как — = v.
2) Этот случай эквивалентен уменьшению числа темных секторов
вдвое, втрое и т. д., так что угловая скорость будет равна 2 • 2nv/n,
3 • 2itv/n, ...,Ь 2jtv/fi.
3.90. Найти линейную скорость точек земной поверхности,
расположенных вдоль меридиана от экватора до полюса, и закон изменения
силы тяжести на поверхности Земли с широтой в предположении, что
Земля — шар (R = const).
Обозначим радиус и массу Земли
через R и М, угловую скорость
вращения Земли через о>, угол
между радиусом Земли, лежащим
в плоскости экватора, и радиусом,
направленным в данную точку
поверхности (широту), через <р
(рис. J12).
Как видно из рисунка, линейная
скорость произвольной точки
v = mR cos ср.
Если рассматривать Землю как
неинерциальную систему, то на тело
с массой т, находящееся на широте
<р, будет действовать (с точки
зрения земного наблюдателя) фиктивная центробежная сила инерции
1^1 = тш2г = /то2/? cos ср. Эта сила, геометрически складываясь с
силой притяжения Земли | F | = iMm/R2, дает в сумме силу тяжести
Р , действующую на тело на широте ср:
Pf = F^ + F.
По теореме косинусов получаем
Р9 = Y^-^r- + "»2u>4*2 cosa <p + 2m*f -^- cos* T.
Однако легко видеть, что Fu < F, т. е. /> мало отличается от F.
Действительно, поскольку F = mgt то
^ц (О2/?
7=_cos?,
где g — ускорение свободного падения при Fu = 0.
Подставив сюда численные значения ш, R и g, найдем, что u)2/?/g =
= 1/289, т. е. fu много меньше, чем F. Разложим силу F^ на
вертикальную Fn cos ср и горизонтальную Fu sin ср составляющие и будем
116

приближенно считать, что вертикальная составляющая изменяет силу
F только по модулю, а горизонтальная — только по направлению.
Таким образом,
Р? « F — Fu cos <p = mg — ma>2/? cos2 ?.
Горизонтальная составляющая Fa sin у = mu>2R cos у sin у
отклоняет направление силы тяжести в сторону экватора. Эта
составляющая равна нулю на полюсе, достигает максимума при ? = 45° и
на экваторе снова падает до нуля.
3.91. Шарик с массой т движется с постоянной угловой скоростью
со по внутренней поверхности круглой конической воронки, описывая
Рис. 113 Рис. 114 Рис. 115
горизонтальную окружность. Угол при вершине воронки равен 2а..
Найти радиус окружности, описываемой шариком (рис. 113). Трением
пренебречь.
Векторное уравнение второго закона Ньютона
->-->- -*■
mg + Q = та,
-»■
где Q — реакция поверхности воронки, направленная перпендикулярно
образующей конуса.
Выберем оси: горизонтальную X и перпендикулярную ей ось Y.
В проекциях на горизонтальную ось получаем
Q cos a = = ma)zp.
В проекциях на вертикальную ось
mg — Q sin a = О,
так как точка, движущаяся равномерно по окружности, имеет только
нормальное ускорение ап = а2/р = ш2р.
Исключая Q, находим
fl_ S
? id2 tg a *
117

3.92. В условиях предыдущей задачи заданы: масса шарика т,
радиус вращения р, угол при вершине воронки 2а, коэффициент трения
скольжения k. Найти минимальную скорость шарика и, необходимую
для того, чтобы шарик не соскальзывал вниз (рис. 114).
Векторное уравнение второго закона Ньютона
Р
В проекциях на оси:
Qcosa —AQsina = —;
Р
mg — Q sin a — kQ cos a = 0.
Исключая Q, находим, что
У sin a-f я cos a
т. е. должно выполняться условие
cos a > ft sin a, или k < ctg a.
3.93. Сосуд имеет форму усеченного конуса раструбом вверх и его
стенки наклонены к горизонтали под углом а. На нижнем основании,
диаметр которого равен dt лежит шарик с массой т. Найти, с какой
скоростью должен вращаться сосуд, чтобы шарик выкатился из него
(рис. 115). Трением пренебречь.
На шарик действуют: сила тяжести mg и сила реакции Q со
стороны конической поверхности, направленная перпендикулярно этой
поверхности. Разложим силу Q на составляющие: силу F],
направленную параллельно конической поверхности, и центростремительную
силу~та>2р, направленную по горизонтали. Проекцию силы тяжести
на направление, параллельное конической поверхности, обозначим через
F2> Из рисунка видно, что
„ Q тсо2р sin a 2 „
Fi = г3- = —г1- = тш2р cos a; F2 = mg sin a.
tg a tg a
Для того чтобы шарик при вращении поднимался вверх по стенке,
необходимо, чтобы F* > FZt т. е. со2р cos a > g sin a, откуда
">>
1/g tg a
Это же условие справедливо и в начальный момент, когда шарик
начинает двигаться на дне сосуда, т. е.
3.94. Какова должна быть скорость движения мотоциклиста, чтобы
он мог описывать горизонтальную окружность «на внутренней
поверхности вертикального кругового цилиндра радиусом г, если при езде по
118

горизонтальной поверхности с таким же коэффициентом трения сколь*
жения минимальный радиус поворота при скорости Vf равен Ю
Обозначим вес мотоциклиста и мотоцикла через т. При езде по
окружности радиуса R по горизонтальной поверхности сила трения
F— является центростремительной силой, т. е.
откуда
2
k~gR-
При езде по горизонтальной
окружности внутри вертикального цилиндра
вес мотоциклиста с мотоциклом
должен быть не больше силы трения
Рис. 117
скольжения FTD. Эта сила трения пропорциональна центростремитель-
тр
ной силе fц, т. е.
Отсюда
mg<FTD = kQ=—-.
v>-%-VRr.
3.95. Пустотелый шар радиуса R вращается вокруг вертикаль*
ной оси с угловой скоростью а). На внутренней поверхности
находится в равновесии маленькая шайба (рис. 116). Считая угол а
известным, найти коэффициент трения между шайбой и поверхностью шара.
Силы, действующие на шайбу, показаны на рисунке. Векторное
уравнение второго закона Ньютона
Q + P + Fjp^F*
так как шайба равномерно вращается по окружности.
В проекциях на горизонталь
Q cos а — F^ sin a = mtu2R cos a.
119

В проекциях на вертикаль
FTp cos a -f Q sin a — mg = 0.
Так как Fcp = kQt то уравнения проекций позволяют исключить Qi
mw2/? cos о = Q (cos a — k sin а);
mg = Q(k cos a + sin a).
Разделив одно уравнение на другое, получим
* (D2/? cos а _ cos а — k sin а
g — fccose + sina '
откуда
. cos a (g + Ц2^ sin a)
~" g Sin a + (i>2R COS2 О
3.96. Аэросани с массой m, двигаясь по горизонтальному пути со
скоростью vt развивают мощность N. Какую мощность они должны
развивать при движении на подъеме с уклоном а с той же скоростью?
Определить крутизну спуска, по которому сани будут равномерно
съезжать вниз при выключении мотора (рис. 117).
При равномерном движении по горизонтали двигатель
преодолевает только силу трения FTp = kmg. Развиваемая при этом мощность
равна N = F^v. Отсюда находим коэффициент трения
k-JL.
mgv
При равномерном подъеме иа тело действует движущая сила Ff
противоположная по направлению скатывающей силе F^ и силе
трения /\Jp, а по модулю равная их сумме.
Как видно из рисунка,
FCK = mg sin a;
_, ._ N Ncosa
r_n = kP cos а =^ mg cos а = 1
тр mgV б v
с i? i г» i NC0Sa
F = FCK +F;p = mg sin a-{ — .
Мощность, развиваемая при подъеме,
#j = Fv = mgv sin а + N cos a.
При выключенном двигателе сани будут равномерно съезжать
вниз при условии равенства нулю суммы сил, действующих на сани,
т. е.
N cos a
mg sin a = ,
откуда
tg a = .
mgv
120

3.97. Копер весом Р ударяет по свае, двигаясь со скоростью v
в момент удара. Сила сопротивления земли равна Q. Найти глубину
проникновения сваи при ударе. Потерями на нагрев пренебречь. Удар
считать абсолютно неупругим.
Кинетическая энергия копра равна работе, произведенной при
проникновении сваи в землю,
к*)--»
откуда
/ =
Pv*
2Qg'
3.98. К концам двух тросов длиной I каждый, прикрепленных
к верхушке столба, подвешены два одинаковых груза. Тросы с гру-
эами вращаются вокруг столба, образуя карусель. Тросы могут
выдержать нагрузку, в п раз превышающую вес
груза. Найти максимальную угловую скорость
карусели (рис. 118).
Равнодействующая веса груза mg и натяже- /ci\
ния троса Т во время движения представляет
собой центростремительную силу, направленную
горизонтально. Эта центростремительная сила
/по)2/- = /яа>а/ sin a = T sin а.
По условию Т = nmgt поэтому
та)2/ sin а = nmg sin а,
откуда
■-/¥
Рис. 118
3.99. Автомобильный двигатель мощностью
N сообщает автомашине максимальную скорость v± по асфальту. Если
его установить на моторной лодке, то максимальная скорость лодки
в стоячей воде будет не более и2. Найти сопротивление движению
автомашины по асфальту и сопротивление воды движению лодки.
Сила тяги, развиваемая двигателем,
v
При равномерном движении F = Fconp. Поэтому при движении по
асфальту
F =£
сопр v *
при движении по воде
сопр v •
121

3.100. Электровоз может везти поезд с массой М вверх по уклону
а, со скоростью Vi или по уклону а2 со скоростью в2. Найти силу
сопротивления ^сопр-
Мощность электровоза N = Fv, где F — сила тяги. При
равномерном движении F = ^„р + Mg sin а. Поэтому
откуда
N = (Mg sin at + F ) vt = (Mg sin a2 + F ) v2f
conp
__ Mg {Vi sin a,- — v2 sin a2)
conp'
Рис. 119
Рис. 120
3.101. Ведущее колесо мотоцикла радиуса R приводится во
вращение с помощью цепной передачи. Радиус ведущей шестерни — г.
Мотоцикл идет со скоростью v, причем натяжения верхней и нижней
частей цепи равны F± и F2 соответственно. Найти мощность
мотоцикла (рис. 119).
Угловая скорость колеса а) = vjR. Полезная мощность
N = Л*ш = (Ft-F2) u>r = (/ч -FJ £ ,
где М = Fr — вращающий момент. В данном случае М = (F^ — F2) X
X г — вращающий момент, передаваемый с ведущего колеса нЗ
ведомое.
3.102. Два автомобиля с одинаковой массой одновременно стартуют
с места и движутся равноускоренно. Первый автомобиль за время t
развил скорость, вдвое большую, чем второй. Найти отношение
мощностей моторов.
За время / автомобили приобрели энергию:
2
mvx
1-й автомобиль -г-' = Nxt;
mv\
2-й автомобиль -~ = N2t.
Разделив одно уравнение на другое, найдем
N* ~ v\ ~
122

3.103. Река, текущая со скоростью t>, образует водопад высотой Л.
Ширина реки выше водопада равна d, средняя глубина — /. Найтя
максимальную мощность водопада.
Поперечное сечение реки непосредственно выше водопада равно
Id = S. Масса воды, проходящая за время t — 1 с через это сечение,
равна т = pldv — Sv (если принять р = 1). Ее кинетическая энергия
на верхнем уровне
Wi 2 2
Следовательно, максимальная мощность водопада
mvl
где i>j можно вычислить по формуле
vl = v* + 2gh.
Таким образом,
W^^(v* + 2gh)=^ + Svgh.
3.104. Мотоциклист движется по окружности радиуса г. Найти
максимальную скорость движения без проскальзывания, если
коэффициент трения между колесами и дорогой равен к. Найти также угол
наклона мотоциклиста к вертикали при этих условиях (рис. 120).
Если массу системы мотоцикл + водитель обозначить через ш, то на
эту систему действуют: сила тяжести mg, реакция опоры Q и сила
трения F^ являющаяся в данном случае центростремительной силой
mv2/r. Так как FTp = kQ = kmgt то максимально допустимую скорость
найдем из соотношения:
kmg = ?y-; v = УЩг-
-►•
Для того чтобы мотоциклист не упал, равнодействующая F =
-+■ ">■
= Q + ^тр должна проходить через центр тяжести системы (т. е.
момент этой равнодействующей относительно центра тяжести должен
равняться нулю). При этом
fTP kQ ,
3.105. С наклонной плоскости длиной / и с углом наклона а
соскальзывает тело с массой т, после чего проходит некоторое
расстояние по горизонтали. Коэффициент трения на всем пути равен k. Найти
кинетическую энергию тела у основания наклонной плоскости;
скорость тела в той же точке; расстояние, пройденное по горизонтали.
Тело, находящееся на высоте /sina, обладает потенциальной
энергией mgl sin a, переходящей по мере соскальзывания тела в кине-
123

гическую энергию в работу против сил,трения. У основания
наклонной плоскости
mtr
mgl sin в = -5- + F I
Так как F = kmg cos а, то кинетическая энергия тела
mv
WK = -75- = mgl (sin a — k COS a).
Отсюда скорость
v = V^2g/ (sin a — fc cos a).
Пройденное по горизонтали расстояние S определяется работой
против сил трения, т. е.
W = kmgS; S = T-^- = -x- (sin о — /г cos a).
3.106. Часть цепочки длиной а лежит на гладком горизонтальном
столе, а остальная часть длиной Ь свисает вниз (рис. 121). Цепочка
соскальзывает со стола. Определить, через
какое время после того, как вся цепочка
примет вертикальное положение, она упадет
на пол. Высота стола — Н (трением о стол
•пренебречь).
Выберем систему координат, как показано
на рисунке. Координаты центра тяжести
всей цепочки в исходном состоянии:
• 0
а + Ь 2 ^ а+Ь
2(а + Ь)'
а + Ь 'а + Ь
Поскольку свисающая часть Ь цепочки удлиняется, цепочка будет
соскальзывать со стола под действием переменной силы, возрастающей
от mgbj(a + b) до mg и приложенной к центру тяжести b (сила
тяжести части а уравновешивается реакцией опоры). Благодаря действию
этой переменной силы цепочка приобретет переменное ускорение,
возрастающее от gb/(a + b) до g.
124

Эти затруднения мы обойдем следующим образом. Исходная
потенциальная энергия цепочки
Работа по переносу центра тяжести цепочки на вертикаль падения
(ось Y) равна нулю, так как цепочка движется только под действием
силы тяжести.
Потенциальная энергия цепочки в момент начала свободного
падения
£,--ч(я-ф).
Разность Ei — E2 равна кинетической энергии цепочки в момент
начала свободного падения
откуда
р= !/££(£ +
V а + Ь
щ
Цепочка упадет на пол тогда, когда ее последнее звено коснется
пола. Таким образом, интересующее нас время ^определяется из
соотношения
откуда
н-ы+$.
Знак минус перед корнем отбрасываем, так как />0.
Окончательно
, _ i/oH-2aft i/V + 2aft
У *(«+*Г У g(a + b)
►"
3.107. Пуля с массой т, летящая горизонтально, упруго
отражается от поверхности клина с-массой М и взлетает вертикально
вверх на некоторую высоту. Горизонтальная скорость клина после
удара равна V. Найти высоту подъема пули.
Согласно законам сохранения энергии и импульса
™2 MVZ . U АЛЛ,
у- = ~2~ "*" mg f mV = f
где v — скорость пули до удара; h — высота подъема пули после
удара.
125

Из второй формулы находим v = MV/m и подставляем в первую,
которую разрешаем относительно h:
mv2 _A№ m (М2У2\ MV2
_~Т 2 ^ 2 \ т2 / 2 = MV2( M А
~ mg "" mg "" 2mg i m /'
Отметим, что при М = т h = 0, т» е. в этом случае пуля передает
клину всю свою кинетическую энергию.
3.108. Поезд с массой М и дрезина с массой т движутся с
одинаковой скоростью v по параллельным горизонтальным путям. В
некоторый момент сила тяги у обоих тел прекращает действовать и они
движутся замедленно под действием силы трения. Показать, что если
коэффициент трения у обоих тел одинаков, они остановятся в один
и тот же момент, пройдя по инерции одинаковые расстояния.
В момент прекращения действия силы тяги кинетическая энергия
поезда равна Mv2/2t дрезины — mv2/2. Работа силы трения в случае
поезда на пути Si равна kMgSi, в случае дрезины на пути S2 равна
kmgS2i По закону сохранения энергии
-.. 0 Mv2 . с mv2
kMgSf = -у-; kmgS2 = -у-.
Из этих уравнений находим
V2
Отрицательное ускорение в случае поезда
^тр kMg .
а в случае дрезины
^тр kmg .
си = —- = —- = kg= a*.
^ т т G 1
Так как
Si = v — axt{i S2 = v — a2t2t
то, поскольку Si = S2 и ai = a2t получаем tf = t2>
3.109. Небольшое упругое тело соскальзывает с верхней точки
полусферы радиуса R и, упруго ударившись о горизонтальную
поверхность, подскакивает вверх. Найти высоту точки отрыва тела от
полусферы и высоту, на которую подскакивает тело (рис. 122).
При соскальзывании тела на него действует сила тяжести mg
и реакция опоры Q, благодаря которым возникает
центростремительная сила
-£- = mg cos a — Q.
В момент отрыва Q = 0 и mg cos а = mv2/R.
126

По закону сохранения энергии потенциальная энергия тела
в верхней точке полусферы равна сумме потенциальной и
кинетической энергий в точке отрыва:
mgR = mgR cos a + — .
Из обоих уравнений находим
2 2 2
coso = y; u2 = -g-gfl; h = tfcosa = -jfl.
После упругого удара о поверхность тело будет снова
подниматься вверх. Когда оно будет проходить высоту h, модуль его
скорости будет таким же, как и в точке отрыва l| v\ = у -^rj»
а угол, под которым эта скорость
направлена и горизонту, также будет
равен а, так как горизонтальная
составляющая скорости не изменится,
а вертикальная изменит направление
на противоположное. Согласно задаче
2.28 полная высота подъема будет
равна
. . у2sin2о 23 _
h+~Tg !27*
3.110. Столб высотой I падает из вертикального положения.
Найти скорость верхнего конца при ударе о землю, если нижний
конец при падении столба не перемещается.
Потенциальная энергия столба в вертикальном положении равна
кинетической энергии при ударе о землю
/ /ш2
mg~2=~-
Момент инерции стержня длиной / относительно оси,
перпендикулярной к стержню и проходящей через его конец, равен т/2/3.
Положив ш = v/i9 находим
у=/3^.
3.111. На бросание тела весом тц из точких=0;у = 0 под
углом а к горизонту затрачена энергия W. Определить, на каком
расстоянии и через сколько времени тело упадет на землю.
Начальная скорость vQ равна |/2ft7/m. Максимальное расстояние
(см. задачу 2.28)
v% sin 2a 2W
-макс g mg
Максимальное время полета
- sin 2a.
i 2 i/2tt?
p Y m
2y0sina _ _„ .
'мако^-2-^— = 7 I/ — Sin a.
127

3.112. Материальная точка с массой т движется по окружности
радиуса R с постоянным тангенциальным ускорением. К концу п-го
оборота кинетическая энергия точки становится равной W. Найти
значение тангенциального ускорения.
К тангенциальной компоненте применимы формулы
где at — тангенциальное ускорение. В данном случае S = 2nRn.
Исключив t, находим (учитывая, что W = mv2/2)
= _^_= W
* 4nRn ~ 2 л Rnm '
3.113. Найти, во сколько раз уменьшается вес теля на экваторе
вследствие суточного вращения Земли и какой продолжительности
должны были бы быть сутки на Земле, чтобы тела, на экваторе не
имели веса?
Согласно задаче 3.90 на тело, находящееся на экваторе,
действует центростремительная сила Fu, являющаяся разностью силы
притяжения F = mg и силы реакции Q. Так как на экваторе широта
9 = 0, то cos <р = 1 и F = то)2/?. Относительное изменение веса
вследствие вращения
ь mg — Q _ mco2/? _ о)2/?
~~ mg ~ mg ~" g '
В обычных условиях угловая скорость Земли ы = 1 об/сут =
= 2л/24 . 3600 рад/с, так что Ь = 0,34%.
Если же обе силы будут равны, т. е. тела не будут иметь веса,
то 5 = 1, о) = VglR и
2я 2л , пе
Т = — = г » 1 ч 25 мин.
ш 3600 VglR
3.114. Небольшое тело соскальзывает вниз по наклонному
желобу, переходящему в «мертвую петлю» радиуса г (рис. 123, я).
С какой высоты И должно начать двигаться тело, чтобы не
оторваться от петли в верхней точке траектории?
В верхней точке петли на тело действует центростремительная
сила
„ , mv2
Q + mg=~ ,
где Q — давление опоры на тело; m — масса тела; v — скорость тела
в верхней точке петли.
Потенциальная энергия тела в исходной точке равна mgH>
По закону сохранения энергии в верхней точке петли энергия
тела равна
mgH = ^ + mg.2r.
12В

Исключая из обоих уравнений и2, находим
Q = m*[2-£-5].
Условие того, что тело не оторвется в верхней точке петли:
Q>0,
откуда следует, что
Я>|г.
3.115. В условиях задачи 3.114 найти силу давления тела с
массой m на желоб в точке, определяемой углом а; при каком значении
mgcosd
Рис. 123
а произойдет отрыв? Чему равно полное ускорение тела, когда его
скорость направлена вертикально?
Как видно из рис. 123, б,
Q + mg cos a = — ;
mgff = -^- + mgr (1 + cos a).
Исключив и2, находим
Q = m^[2^~l)-3cose].
Положив Q = 0 (условие отрыва), получим
COS a :
При a = 0, как и в предыдущей задаче,
H = Yr.
5 6-319
129

Полная сила, действующая на тело в момент, когда его скорость
вертикальна (а — 90°), равна
■-/(-'У
+ (mg)2=VQ2 + (mg)2.
Так как согласно условию Н/г = 5/2, то при а = 90° для Q
получаем выражение Q = 3mg и F = mg V "ПГ.
Полное ускорение направлено вдоль силы F и его значение равно
F/m = g 1/16-
3.J16. В условиях задачи 3.115 верхняя часть петли срезана так,
как показано на рис. 124. Расстояние АВ = г Уз. Определить, с
какой высоты Н должно спускаться тело,
чтобы из точки А оно перелетело по
воздуху в точку В (сопротивлением
воздуха пренебречь).
Для точки А справедлива формула
закона сохранения энергии
Рис. 124
mgH = -^+mg^r9
или v2 = 2gH — 3gr.
/ngcos'cf
Расстояние по горизонтали, пройденное телом, брошенным из
точки А под углом а = 60° к горизонту, равно (см. задачу 2.28)
v2 sin 2a/g = v2 V5/2g = АВ = г /3,
откуда в точке A v2 — 2gr.
Приравнивая • оба выражения для v\ получим Н — 2,5г, т. е.
точно такой же результат, как и в предыдущей задаче.
3.117. Тело с массой т1 соскальзывает по наклонному желобу,
переходящему в «мертвую петлю»
радиуса г. В низшей точке оно
упруго соударяется с покоящимся
телом с массой т\ (рис. 125).
С какой высоты Н начинает
двигаться первое тело, если после
соударения второе тело отрывается
от петли на высоте Л0, а первое,
поднявшись назад по желобу и
затем снова соскальзывая, отрывается
в той же точке, что и второе?
Каково отношение масс этих тел
(трением пренебречь)?
Как и в задаче 3.115, на тело, движущееся по петле, действуют
радиальная составляющая силы тяжести mg cos а и сила давления Q, сумма
которых определяет центростремительное ускорение v2/r. В момент
отрыва от желоба на высоте Л0 сила Q = 0 и тогда
mg cos о = mv2/rt
Рис. 125
130

где
ft* — г
cos а =—2 .
г '
т. е. высота отрыва не зависит от массы тела.
Скорость v't которой должнр обладать то или иное тело в
низшей точке петли, чтобы его отрыв произошел в точке ft0, найдем из
закона сохранения энергии
ть'г mv2 , .
—2"~ = — + "*gft0*
Из этих трех уравнений получаем
Двигаясь с высоты //, первое тело перед ударом будет иметь
энергию
- rriiV2 „
Ег =—^-^mjgtf.
Эта энергия, очевидно, равна сумме энергий обоих тел после
удара
Ei — Е2 + E't
где Е' — энергия первого тела, возвращающегося по желобу на
некоторую высоту ft', которая определяется соотношением Е' =mgh'.
С этой высоты первое тело начинает снова соскальзывать вниз
и для того, чтобы оторваться на высоте ft0, должно в нижней точке
иметь такую же скорость, как и тело с массой тг, т. е. v'. Поэтому
энергия первого тела после соударения
Энергия второго тела после соударения
£2 = ^(3gA0-gr) = !M(3ft0-r).
Очевидно,
откуда
что
£1 —.т
Ег т2 '
Е'+Е2
1 Е2
^ £4 = тг + mi
Е2 т2
р, ^_ m2Ej
fill -f- ГП2
€ другой стороны, при упругом соударении (задача 17.15)
Р 4т1т2Е1
2~ (/"i + m^ •
Разделяв последние два выражения друг на друга, найдем
1 mi "г* т2 о
I = —-. е-, или тг = 3mv.
131

Полная энергия
С1 = £ -г"£а ^ 1 2
или
откуда
2
Я = 2(ЗЛ0-г).
3.118. Стержень длиной / с массой т вращается с угловой
скоростью ш в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси,
проходящей через один из его концов. Найти кинетическую энергию
стержня.
Разобьем стержень по длине на большое число п малых отрезков
одинаковой длины l/п и одинаковой массы т/п. Будем приближенно
считать, что все точки каждого отрезка обладают одинаковыми
линейными скоростями. Тогда для ft-ro отрезка можем написать
. / т
Uk = <oft —.; mk = — .
п п
Кинетическая энергия ft-го отрезка Ен = —я— « 2 э ft2.
Кинетическая энергия всего стержня равна сумме энергий отрезков
с X1 с тыЧ2 2 mo)2/2 2
тю2/2
2яэ
ft=l
= ~2^(1 +2 +'"+'1)=-2^- 6 •
Если число отрезков будет безгранично возрастать, причем длина
каждого из них будет стремиться к нулю, то в пределе получим
точное значение энергии
*('+*)('+*)
_ /по)2/2 \ ~ п)\ п J /по)2/2
Е — Jim —775 - ir — — —г— .
3.119. Стержень О А жестко скреплен с вертикальной осью ОВ,
вращающейся с угловой скоростью и> (рис. 126). Угол между
стержнем и осью равен а. По стержню скользит без трения муфта с массой
т, соединенная с точкой О пружиной, длина которой в недеформиро-
ванном состоянии равна /0, а жесткость равна ft. Найти положение
муфты при вращении.
На муфту действуют: сила упругости пружины F = ft (/ — /0) =
= ft Л/5 вес муфты mg\ реакция стержня Q. Эти силы порождают
центростремительную силу, равную их сумме и направленную
перпендикулярно оси вращения. В проекциях на вертикаль
Q sin а — mg — ftA/ cos ct = 0;
132

на горизонталь
mtoV = fcA/ sin a + Q cos cr.
Замечая, что AJ = / — /0 и г = / sin a, находим, исключая из обоих
уравнений Q,
/— &о ~ mg cos g
k — rna)2sin2 a
Как видно из формулы, муфта будет находиться в равновесии лишь
в том случае, если выполняются условия:
а) k > ma)2 sin2 a или a> < —: I/ — , так как уже при fe =
sin arm j г
= mw2sin!o пружина будет безостановочно растягиваться, пока не
разорвется (/ -* оо);
6)/-/0>0 или e>-4-l^£~if.
' ° Sin a Г /
При невыполнении этого условия пружина растягиваться
практически не будет, ибо сила, растягивающая пружину, будет полностью
компенсироваться слагающей силы тяжести вдоль стержня (mg cos а).
3.120. Мотоциклист въезжает на
«мертвую петлю» радиусом R. Масса
мотоцикла вместе с мотоциклистом —
Л1, масса обоих колес
(сосредоточенная в ободьях) — т. Найти, с какой
минимальной скоростью мотоциклист
должен въехать на петлю, чтобы не
сорваться вниз.
Обозначим скорость в нижней
точке петли через и0, в верхней — через
v, угловые скорости колес в тех же
точках — через о>0 и и> соответственно.
Кинетическая энергия мотоцикла
с мотоциклистом в нижней точке петли
равна
О I О .
Рис. 126
где J — момент инерции колеса, равный тгг.
В верхней точке петли потенциальная энергия мотоцикла с
мотоциклистом равна Mg • 2Rt а кинетическая — Mv*/2 + /u>2/2. По закону
сохранения энергии
Mvl /a>8
Mv2 , Уо>2
В верхней точке траектории должно выполняться условие
Так как a>0 = vjr% со = v/rt где г — радиус колеса, находим после
преобразований
"• = У М + т
133

3.121. Маховик радиусом Rt масса М которого равномерно
распределена по ободу, вращается с угловой скоростью о>. В некоторый
момент времени к ободу с силой F прижимается тормозная колодка,
причем коэффициент трения между ободом и колодкой равен к.
Найти время торможения и число оборотов маховика до остановки
(рис.127).
Маховик движется равнозамедленно под действием силы трения
колодки. Для точки на ободе можно написать
щ = v0 — at = 0f
где Vf — линейная скорость топки.
Рис. 127
Рис. 128
Ускорение а вызывается силой трения
FTp = kF*= Ma.
Из этих формул, а также учитывая, что ^ = со/?, находим
а~ kF *
За время / число оборотов точки маховика составит
•-а-а^-т)-
где с — касательное
чае со//, откуда
угловое ускорение точки, равное в данном слу-
1 / . соА art t*2RM
3.122, Маховик радиусом Д, масса М которого равномерно
распределена по ободу, снабжен тормозным- барабаном радиусом г и
вращается с угловой скоростью со. В некоторый момент времени к
тормозному барабану прижимается с силой F тормозная колодка (Еоэф-
фициент трения между колодкой и барабаном равен k). Найти время
торможения и число оборотов до полной остановки (рис. 128).
Сила трения, как и в предыдущей задаче, равна
134

Тормозящий момент
Nr = Frf = kFr.
Этот тормозящий момент эквивалентен тормозящему моменту N#f
приложенному к ободу и равному
NR =kF'R.
Отсюда находим эквивалентную силу F', приложенную к ободу,
R •
и затем пользуемся результатами предыдущей задачи, подставляя
вместо силы значение Fr/Rt откуда имеем
__ o>R2M . o>2R2M
kFr ? 4nkFr "
3.123. Диск о массой, т и радиусом R сидит на одном валу со
шкивом радиусом г. К шкиву по касательной приложена постоянная
сила F. Найти, через сколько времени после начала вращения
маховик достигнет скорости со.
Под действием постоянного момента М = Fг диск вращается
равноускоренно. Угол поворота <р = е/г/2, угловая скорость со = Ef,
так что
со*
: 2
Работа, совершенная при вращении,
* = т-
А = My = Fry = Fr -g-,
При этом энергия, приобретенная диском,
/со2 mR2u>2
W =■
Так как А = WKt to
frco_/==m/?W
2 4 •
откуда
3.124. К верхнему концу О вертикальной оси шарнирно
прикреплен невесомый стержень. На стержне укреплены два груза весом Р$
и Р, на расстояниях а и Ь от точки О. Вся система равномерно
вращается с угловой скоростью со (рис. 129). Найти угол отклонения
стержня от вертикали.
135

Так как оба груза движутся по окружностям, радиусы которых
равны г, = a sin ? и г2 = 6 sin <р, то центростремительные силы,
действующие на грузы, равны соответственно
рi = D a>2fl sin 9; F2 = ^ о>2& sin «p.
С другой стороны, при равномерном вращении системы сумма
приложенных к ней моментов равна нулю. Сумма моментов относительно
точки О запишется, как
Plr1 + P2r2-F1l1-F2l2 = 0
Рис. 129
Рис. 130
или
р р
Рха sin <р + P2b sin <р = — ш2а2фп 9 cos <p H—- w262 sin 9 cos <pf
откуда
cosy= g(*>,« + *W
3.125. К верхнему концу вертикальной оси прикреплена
нерастяжимая нить длиной /, на конце которой находится груз с массой т.
К этому грузу прикреплена вторая нить такой же длины, на
свободном конце которой подвешен второй груз также с массой т. Ось
вращается с постоянной угловой скоростью о>. Показать, что угол
между вертикалью и первой нитью меньше, чем угол между
вертикалью и второй нитью (рис. 130).
В проекциях на горизонтальное и вертикальное направления:
для первого груза
7\ sin a — T2 sin p = ma)2/ sin а;
Т± cos a — Т2 cos p — mg = 0;
для второго груза
ma)2 / (sin a + sin Р) = Т2 sin P;
Т2 cos р — mg = 0.
136

Исключив из этих уравнений 7\ и Т2, получим
a sin а = 2 tg а' — tg р;
а>2/
а (sin a + sin Р) = tg P; а = —.
Отсюда вытекает, что
2tga-tgp<tgp
и, следовательно,
3.126. Диск весом М катится без скольжения по горизонтальной
плоскости со скоростью v. Найти кинетическую энергию диска.
Кинетическая энергия диска складывается из кинетических
энергий поступательного и вращательного движений, т. е.
^к— 2 ^ 2 •
Для диска / = mR2/2; о> = у//?; отсюда
ma2 mfl2 о2 _3/rw2_3Mva
Г« ~~ 2 + 2 2tf2 ~~ 4 ~ 4g '
3.127. Шар диаметром D катится без скольжения по
горизонтальной плоскости, делая п об/с. Масса шара равна т. Найти
кинетическую энергию шара.
Кинетическая энергия шара
mvl /со2
и^к 2^2*
Для шара J = 2m/?2/5; v = v/R = 2лп;
К « ^ + Т mR2 EF= °'7mt,a = 0-7jAl4)i'»-
3.128. С верхнего уровня наклонной плоскости одновременно
начинают скатываться без скольжения сплошные цилиндр и шар с
одинаковой массой и одинаковыми радиусами. Найти отношение скоростей
этих тел на некотором данном уровне.
В силу равенства масс и высот начальные потенциальные энергии
обоих тел одинаковы. Если тела скатились без скольжения до одного
и того же уровня, то они приобрели одинаковую кинетическую
энергию. Для каждого из тел кинетическая энергия
wk 2 2*
где У0 —момент инерции относительно оси, проходящей через центр
массы тела.
Для цилиндра У0ц = 0,5/л/?2; для шара /0ш = 0,4/п#2; о = v/R.
Таким образом,
^| m^ vl _™li 2т/?а *&
2 + 2 2/?а" 2 + 5 2/?2'
137

или
откуда
i * 5 — i л 2
1 ^^ — ' 2 »
Ьш V 15-
Следовательно, на данном уровне скорость шара больше скорости
цилиндра.
3.129. С наклонной плоскости с углом наклона * скатываются
без скольжения шар, диск и обруч. Одновременно по той нее
плоскости соскальзывает без трения некоторое тело. Найти линейные
ускорения центров тяжести всех тел. Начальные скорости равны нулю.
Если тело совершает поступательное и вращательное движения
одновременно, то его кинетическая энергия
т£ /со*
wk 2 ~ 2 '
где т — масса тела; v — линейная скорость центра тяжести тела;
J — момент инерции; а) — угловая скорость вращения.
В начале движения тело имело потенциальную энергию
Wi = mght
причем
fngh = ~y~ + —'
Отсюда
._/
2mgh
m + J/R2'
Так как высота наклонной плоскости h = t sin а и о> = ■£-, то
ГС
mglsin a = ^^т + —Л..
Все тела движутся равноускоренно вниа по плоскости, так что
I =-р- и v = at.
Учитывая эти формулы, получаем
mg sin д
• т + J/R* *
Моменты инерции;
2
■пара ./ш = -Е-тД2|
138

, mR2
диска Уд = -— 5
обруча У0 = mR2,
Подставляя значения моментов инерции в выражение для с,
находим:
5
для шара а = -=- g sin aj
2
для диска а = -^ g sin a;
1
для обруча а = -=• g sin a.
Для соскальзывающего тела / ■=0, следовательно,
а = gsina.
3.130. Два груза весом Р* и Р2 подвешены к концам невесомой
нити, перекинутой через блок с массой т и радиусом R. Блок имеет
форму диска. Найти ускорение, с которым движутся грузы, и
натяжения нитей Тг и Т2 с обеих сторон блока.
Для определенности будем считать, что груз Pi движется вниз.
Для грузов Рг и Р2 согласно второму закону Ньютона имеем
m^— Ti = rriia;
m2g — Т2 = —m^*
Натяжение нити с разных сторон блока неодинаково. Разность
этих натяжений Ti—T2 создает вращающий момент (Ti — T2)Rt
под действием которого блок вращается. Вращательное движение
блока подчиняется второму закону Ньютона для вращающихся тел
где У —момент инерции диска, равный m/?2/2; e — угловое ускорение,
равное a/R.
В данном случае
(т t\d mR2 a mRa
Wi — /а)*--j- д" = —•
Из этих уравнений находим
a = g
Pi + P* + <f
Pi + P* + !f
Рг
h+f)
Pi+p*+
mg
139

3 131 Два различных груза подвешены на невесомой нити,
перекинутой через дисковый блок радиуса Rt момент инерции которого
равен J- Блок вращается с трением, причем момент силы трения
равен Мтр| и постоянным угловым ускорением е. Найти разность
натяжений нити с обеих сторон блока.
Согласно второму закону Ньютона для вращающегося тела
M=(Ti-TJR = J* + Mrp.
Отсюда
Tt-T2 jj-2..
3.132. Круглая горизонтальная платформа с массой т^ вращается
вокруг вертикальной оси с угловой скоростью а^. Человек с массой
т2 стоит на краю платформы. Какова будет скорость платформы,
если человек перейдет в центр платформы?
По закону сохранения момента количества движения
J^i = У2о)2,
где J\ — момент инерции платформы с человеком на краю; J2 —
момент инерции системы, когда человек находится в центре.
Так как
_ т^ mxR*
Ji = —g rW2/c% J г =. 2 »
то
откуда
3.133. Шар с массой m, катящийся по горизонтальной плоскости
со скоростью vit ударяется о стенку и откатывается со скоростью у2.
Найти уменьшение кинетической энергии шара и относительную
ошибку, которая получится, если при вычислении кинетической
энергии шара не учитывать его вращения.
Кинетическая энергия шара слагается из энергии поступательного
движения и энергии вращения. Поэтому уменьшение энергии
im mwj /ш2 (mv\ /o>?\
2
Так как в случае шара / = ■=- mR* и, кроме того, со9 = v2/R2t то
140

Относительная ошибка составит
и100 = 40%-
3.134. Найти момент количества движения Земли относительно
оси вращения (собственный момент) и энергию ее вращения.
Момент количества движения шара относительно оси вращения,
проходящей через его центр, равен
2
М = Уш = -— тг2а),
о
2
где J — момент инерции шара, равный -=- тг2 (г — радиус шара).
Энергия вращения
т /со* 2 ft a)2 mua
^=—=ттгЧ =—•
где v — линейная скорость точек экватора.
При т = 6 • 1024 кг, v = 4 . 107/24 . 3G00 м/с ^ я 26 . 10м Дж.
3.135. л тел с массами ть т2, ... , тп находится соответственно
на высотах hlt h2t ... , hn от поверхности Земли. Найти
потенциальную энергию центра инерции этой системы.
Потенциальная энергия всех тел равна
m,^! + m2gh2 4 1- mnghn.
Вертикальная координата центра инерции
Л = ^i^i + f^2h2 + ■ • ■ + rnnhn
ц мх + т2 Н h mn
Потенциальная энергия центра инерции равна
migfti + m2gh2 ^ + mnghn = g (m^ + m2h2 + ... + т„Лл) =
(m^t + m2/t2 + h mnhn)(mi + m2 4 h /nn) _
3.136. Тело с массой т движется под действием постоянной
силы F. Найти зависимость кинетической энергии тела от времени
движения / и от пройденного пути S. Начальная скорость равна нулю.
С помощью формул
„ mv2 . _. F 0 at2
Ек = ~y ; v = at; mv = Ft\ <* = — ; 5 = T
находим
F42
Е" = "2т" и £« = ^51
т. е. £к зависит от времени квадратично и возрастает линейно с
расстоянием (при постоянных F и т).
141

3 137 Груз весом Р подвешен на жестком невесомом стержне,
uiaDHHDHo' укрепленном за верхний конец (рис. 131). Стержень с
грузом отводится в сторону на угол а0 от вертикали, а затем отпускается.
Найти натяжение стержня в функции угла е.
Совместное действие силы тяжести и натяжения стержня
приводит к возникновению ^центростремительной силы.
В проекции на направление стержня
Т — mg cos a = -р.
Из рисунка видно, что
— = mg (h0 — h) = mgl (cos a — cos a0).
Из обоих уравнений находим
Т = mg (3 cos a — 2 cos a0).
3.138. В условиях предыдущей задачи даны длина стержня / и
начальный угол отклонения а0
Найти зависимость угловой скорости
стержня от переменного угла а.
Из закона сохранения энергии
вытекает, что
mgh0=mgh + —i
где v — линейная скорость груза на
высоте h.
Так как | Л0 — h | = I (cos a —
— cos a0) и v = a)/, то
g\h0— h\ = gl(cosa — coso0) =
a)2/2
"~ 2 '
откуда
Рис. 131
ш= I / 2g (cos a - cos g0)
3.139. Нить длиной / при растяжении ее на a % разрывается под
действием упругой силы F. На эту нить подвешен груз /и. Найти,
на какую минимальную высоту следует поднять груз /л, чтобы он,
падая, разорвал нить.
Работа, затраченная на растяжение нити (вплоть до разрыва),
при упругой деформации равна
Л— о i
где 5 = а//100.
По закону сохранения энергии
«*Л11НМ = А =
Fal
2- 100*
142

откуда
h ^
Fal
мин 2Q0mg'
3.140. Легкий шарик из материала, плотность которого равна pj,
падает с высоты h на жидкость с плотностью р2 (р2 < рг). Найти
глубину и время погружения шарила в жидкость.
Обозначим глубину погружения через /ix. Измене1ше механической
внергии шарика затрачивается на работу против архимедовой силы
выталкивания FA\ mg (h + ht) = FAhit где FA = vp2g = -£- p§; И —
объем шара; де — его масса. Из этих двух уравнений находим
А,-—**-.
^ Pj-Pf '
Время / можно определить из соотношения Ft — mv\
(FA-mg)t = my2eiip
откуда
Р2-Р] У 2
3.141. По наклонной плоскости с углом наклона а соскальзывает
упругое тело, которое в конце спуска упруго ударяется о стенку,
перпендикулярную к наклонной
плоскости, и снова поднимается по
плоскости на некоторую высоту h.
Коэффициент трения между телом
и плоскостью — k. Найти
первоначальную высоту Я, с которой
начало соскальзывать тело (рис. 132).
По закону сохранения энергии
потенциальная энергия тела, равная
mgH, частично расходуется на
работу преодоления сил трения при
спуске и частично — на работу по
подъему тела на высоту к (также
с учетом сил трения):
FTp = kmg cos о.
Из этих уравнений находны
„ il+fcctga . ^.
3.142. С высоты' Н падает тело весом Р. Найти кинетическую
и потенциальную энергии тела в произвольной точке с ординатой у.
Введем вертикальную ось координат У с положительным на прав-
143

лением вверх. Тогда, пользуясь формулой с/2 = 2g (H — у), найдем,
что
^=^ = Р(Н-у); Wn = Py.
3.143. Из точки с координатами 0, 0 брошено тело с массой т
под углом а к горизонту с начальной скоростью с/0. Найти
кинетическую и потенциальную энергии тела в момент t и в наивысшей
точке траектории.
Скорость тела в момент / (см. задачу 2.28) определяется по
формуле
v* = vl-2v0gtsina + g*t*.
В этот момент кинетическая энергия тела
Высота подъема тела в момент t определится из выражения
y = v0sma .* — ^-.
Потенциальная энергия телг, поднятого на высоту у,
Wn = ЩУ = ng (v0ts\n a — ^-j .
В точке, где / = t>0sina/g (см. задачу 2.28), у = yUiKC =
« t| sin2 a/2g. В этой точке
Wn = -g- siiA.
Если тело брошено вертикально вверх, то a = 90° и в наивыс-
шей точке НРК = 0, Wn = mgyuaKC = -д- , т. е. вся кинетическая
энергия, первоначально приобретенная телом, перейдет в
потенциальную.
3.144. Теннисный мяч, летящий со скоростью vl9 отброшен
ударом ракетки в противоположном направлении со скоростью и2. При
этом его кинетическая энергия изменилась на &W. Найти изменение
количества движения мяча.
Изменение кинетической энергии мяча
mvl mv\
aw 2 2 '
144

откуда
т -.
2А1Р
Изменение количества движения равно
т (v2 + vj =
2AW
3.145. Вес автомобиля равен Р, сила трения в тормозных
колодках колес равна F. Водитель начинает тормозить машину на
расстоянии / от препятствия. Какой должна быть максимальная скорость
машины, чтобы она остановилась перед препятствием (трение колес
о землю не учитывать)?
Кинетическая энергия машины равна Pv2/2g. Работа тормозящей
силы на пути / равна П. Очевидно, что
Pv2
2*
Fl\
3.146. Средняя мощность двигателя автомобиля равна N и
средняя скорость автомобиля на пути 5 равна v. Найти расход бензина
на пути S, если к. п. д. двигателя равен т\; теплотворная способность
бензина — q.
Работа двигателя, совершенная при пере- VJ
мещении автомобиля на расстояние Sf равна
MS
7]U
Рис 133
Расход бензина для совершения этой работы
равен
Лч== NS
Я "" <7Т(" '
3.147. Три одинаковых упругих шара висят, т4
касаясь друг друга, на трех параллельных
нитях одинаковой длины. Один из шаров
отклоняют в направлении, перпендикулярном
прямой, соединяющей центры двух других шаров, и отпускают, благодаря
чему этот шар со скоростью v одновременно ударяет оба
неподвижных шара. Найти скорости ударяемых шаров (рис. 133).
Из симметрии задачи заключаем, что скорости обоих ударяемых
шаров после удара и2 и иэ одинаковы по модулю и симметричны по
направлению относительно и. По закону сохранения количества
движения в векторной форме
ИЛИ
mv = тих-\- ти2 + тиа,
v = u1+u2 + иь.
Направим оси координат вдоль скорости шара и± и
перпендикулярно к ней и спроектируем вышенапнсанное уравнение на ось X:
145

Так как и2 = u3l то проекция на ось У
v = 2и2 cos a — и j.
По закону сохранения энергии
mv2 mui . ти\
Решая совместно эти уравнения, находим
и = 2и2 cos а — и j;
v2 = Щ + ul
или
v -f- kj = 2н2 cos а;-
(о + иО^-иО^ги!.
Разделив последнее уравнение на предпоследнее, получаем
"г
откуда
v — ы« = -
1 cos a •
V COS а — %
1 COS»
Выше мы имели
Ui = 2и2 cos а — и.
Приравняв последние два выражения, найдем
__ 2v cos a _
"2" 2cos*a+l ~"3
и затем
2cos2a —1
a,- = у-
2cos2a + l
3.148. Шар с массой т*, движущийся со скоростью Vff
испытывает центральное упругое соударение с шаром с массой щ>
движущимся навстречу со скоростью и2» Найти скорости Uj и иг обоих
шаров после соударения.
Пусть направление скорости vi — положительное. Согласно
законам сохранения энергии и импульса
т^\ m2v\ щи\ т2и\
~ + ~ = ~Т~ + ~Г *
m^i — щи2 = m^i + щи?.
Направления скоростей Wf и и2 пока неизвестны. Поэтому мы их
берем со знаком (+)» так как истинные знаки выяснятся позже.
Перепишем оба выражения следующим образом:
т И — "!) = т2 (ul - ф;
гщ (vi — их) = m2 (иа + Уг)' П
146

Разделив первое равенство на второе, получим
vt + ui = и2- v2.
Умножим результат деления сначала на т^ ватем на т2. При этом
получим
tftyPi + щи± = тхи2 — щуя
Сложив каждое из этих равенств с равенством (+), найдем
(mi — m2)vi — 2m2v2
i т± + m2 '
__ (mi—ma)pg + 2m1Pj
Me — . ,
«iH-m,
Если шар с массой m2 двигается в том же направлении, что и
шар с массой тх (т. е. шар /и, догоняет шар т2), знак скорости v2
следует изменить на обратный.
Заметим, что если массы шаров равны, то после удара они престо
обменяются скоростями. Так, если один из них до удара был
неподвижен, то после удара неподвижным станет второй шар, а первый
приобретает импульс второго.
Полезно иметь в виду, что найденные выражения позволяют
легко найти кинетическую энергию каждого из шаров после
соударения
-*■
3.149. Шар с массой т*, движущийся со скоростью v^,
испытывает упругое соударение с шаром с массой т2, движущимся со
скоростью v2 под углом о к траектории первого шара. После соударения
второй шар отклонился на угол р2 по отношению к исходной
траектории первого шара, а его скорость стала равной и2. Найти величину
и направление скорости первого шара после удара.
Запишем закон сохранения импульса в векторной форме:
mivi + m2v2 = miui + т2иг*
В проекциях на координатные оси:
Щи1 + M*v2 COS a = flljtti COS Pi + ffi2%.C0S (У
m2v2 sin a = mxUi sin p£ + m2u2 sin-fc
или
откуда
тхщ cos Pi = mxVi + m2v2 cos a — m2u2 cos p2}
mx\ii sin pi = m2v2 sin a — щи2 sin P2,
t n. _ Щ fa-л inл — u2 sin p2)
mlVl + m2 fa ^0S a — U2 COS P8) *
147

Возведя эти же два уравнения в квадрат и сложив, получим
(после деления на ml)
«i = [*l + (%J (l + «I) - 2 (;j) *Л cos <« - fc) +
+ 2 ^i (u2 cos a — u2 cos p2) I .
3.150. Шар с массой т, движущийся со скоростью vu
испытывает упругое соударение с шаром с такой же массой, движущимся со
скоростью v2 под углом а к направлению vv Скорости шаров после
удара равны uL и и2. Найти угол разлета шаров р (между направле-
ниями скоростей ut и и2).
Согласно законам сохранения энергии и импульса
S («* +4) ~?И+«!);■
Из второго уравнения следует, что диагональ векторного парал-
-*- -*-
лелограмма, построенного на скоростях v± и v2 (до удара), равна
диагонали векторного параллелограмма, построенного на скоростях
ui и и2 (после удара). Поэтому можно записать
v\ + v\ — 2vxv2 cos (180° — о) = и\ + и\ — 2ulu2 cos (180° — р).
Учитывая первое уравнение сохранения, согласно которому
v\ + vl = u\ + ul
находим, что
vxvx cos (180° — а) = UiU2 cos (180° — cr),
откуда
Q viv* cos a
cos р = -i-= .
3.151. Тело с массой т^ движущееся со скоростью ulf
испытывает центральное неупругое соударение с телом с массой т2,
движущимся со скоростью i/2: а) навстречу; б) попутно. Найти скорость
суммарной массы гпх + щ после соударения и количество теплоты,
выделившееся при ударе.
Закон сохранения импульса в векторной форме
mpi + m2v2 = (тх + т2) и.
а)
т1 + т2
148

Кинетическая энергия системы из двух тел после удара
(т,+т2)и* (m^t — т2уг)г
к 2 ~ 2(от, + т2) '
Разность кинетических энергий до и после удара
ЛП7 - H^l -L ^? - (m^i - mau2)2 m^g (и, + щ)2
2 ~*~ 2 2(m! + m2) 2(m! + m2)
6)
ц _ w^i + m2v2
^w_rn1m2(vi-v2)2
2 (/л! + m2) '
Переход от формул а) к формулам б) осуществляется путем
замены v2 на —v2.
3.152. Тело с массой mlt движущееся со скоростью vl9 упруго
ударяется о стенку с массой т2 (т2 > щ), движущуюся в ту же
сторону со скоростью v2 (Vi >• v2). Найти изменение кинетической
энергии и импульса тела.
Согласно задаче 3.148 скорости тела и стенки после упругого
столкновения равны '
и = (ml — m2)vl + 2m2vj
1 т1 + т2 '
(т2 — тг) v2 + 2m1vi
Преобразуем эти выражения следующим образом:
(а _,)„ + ,„, (.-g),.+2g„
Ut — — , U2 = — ; •
т2 т2
Поскольку m2 > mlt to для упрощения результата потребуем, чтобы
т2 стремилась к бесконечности. Тогда в пределе выражения для
и\ и и% (ПРИ /яя -> оо) примут вид
их = 2v2 — vt; и2 = i^.
Изменение кинетической энергии тела
тли2 mtv2
W = —Х 21 = 2т^ <«■ - °i>-
Изменение импульса тела
Др = /njUj — rriiVi = 2mi (v2 — Vi).
Соответственное приращение кинетической энергии стенки &W =
= 2mxvt (v2 — VJ почти не изменяет ее скорости.
149

Действительно, при т2 > т* находим
2 2 , 2Д1Г 2
Это соответствует сделанному выше выводу, что и^ = и\ при mj -► оо.
3.153. Тело с массой т^ движущееся со скоростью flf
испытывает неупругое соударение с телом с массой т2, движущимся со ско-
ростью уа. Угол между векторами Vf и ^ Д° удара равен а. Найти
скорость суммарной массы т± + т2 после соударения и количество
тенлоты, выделившееся при ударе.
Согласно законам сохранения количества движения и энергии
ЩУ£ + ЩЩ = (mi + тъ) и\
2 "*" 2 2 "™'
Из векторного треугольника находим
[(mi + m2) и]2 — mjirj + mJ&J — Ът^трм cos (180° — а),
откуда
V-
mlvl ~г" m2Ua ~^~ 2m1m2v1v2 cos a
™i ■+ m2
Подставляем и2 в выражение закона сохранения энергии
_ т±щ (v\ + v\ — 2viV2 cos а)
Q~ 2(mi + m2)
3.154. Горизонтально летящая пуля с массой т пробивает
лежащий на полу деревянный куб с массой М. Пробитое отверстие
проходит через центр куба. Скорость пули до удара — Uf, после вылета из
куба — v2. Найти часть энергии, перешедшую в тепло (трением куба
о пол пренебречь).
Энергия пули до удара £j = mv2J2.
Энергия пули после вылета Е2 = mv*/2.
Скорость куба vK после удара определяется из закона сохранения
импульса
mvi = mv2 + MvKt
откуда
, m(vj~ v2)
""- M '
Энергия куба после удара
*к~ 2 ~ 2М
t*0

По закону сохранения энергии доля энергии, перешедшая в тепло,
равна
Ei -£*- £к = ^(»*- «ф -gj (»! - я*)'.
3.155. Маятник с периодом колебаний Т0 висит в кабине лифта,
движущегося вверх с постоянным ускорением а. Найти, как изменится
период колебаний (см. задачу 3,1).
Так как лифт, движущийся с ускорением, представляет собой не-
инерциальную систему, то заменив, g на g + а, получим для
отношения периодов колебаний выражение
Т0_ 271УЩ l/EEf
Т 2я///(£ +а) У ё '
3.156. Найти минимальную скорость математического маятника
в низшей точке, при которой он сможет совершить полный' оборот
в вертикальной плоскости. Рассмотреть два случая: 1) маятник
подвешен на невесомом прямом стержне; 2) маятник подвешен на
нерастяжимой нити.
1) Скорость маятника в высшей точке траектории может быть равна
нулю и по закону сохранения энергии в этой точке
mv2 л.
-j- = т£2/»
где / — длина подвеса.
Отсюда
v = V4gL
2) В высшей точке траектории маятник должен иметь конечную
скорость, так как на нить должна действовать сила натяжения пго*/1,
где t/j — линейная скорость маятника в верхней точке. Натяжение
должно быть не менее mg, так что в предельном случае mv^ll = mg.
Полная энергия маятника в верхней точке траектории в этом
случае равна (учитывая предыдущее соотношение),
mv2 15
2ttg/ + -J-1 = 2mgl + -g mgl =-gtngL
v=VbgL
3.157. Математический маятник а массой ttt, движущийся а
вертикальной плоскости, установлен в лифте, который движется вниз- с
ускорением 2g. В наинизшем положении маятника натяжение нити- равно нулю.
Найти натяжение в наивысшем положении.
Как было показано в задаче 3.1, при ускорении лифта, равном 2g
и направленном вниз, пол и потолок «меняются местами» и поэтому
в наивысшем положении натяжение нити будет определяться, с одной
стороны, скоростью маятника в этой точке v = Vbgl (см.
предыдущую задачу), а с другой — дополнительным «весом» mgt направленным
mv2
"2"
Отсюда
*51

к потолку лифта. Натяжение, возникающее благодаря скорости Vbgl
в верхней точке, равно mv-jl = Smg. Общее натяжение
Q = 5mg + mg = 6mg.
3.158. Как меняется период колебаний математического маятника,
если его поднять на высоту И или опустить на глубину h по
отношению к поверхности Земли?
Ускорение свободного падения на высоте Н (см. задачи 3.176
и 3.178)
„< = _£*!_
* (Я+Я)2'
а на глубине h
r„_g(R-h)
g ~ R
Поэтому период колебаний маятника на высоте Я
а на глубине h
3.159. Груз с массой mlv висящий на пружине с жесткостью &,
совершает вертикальные колебания с периодом Т\, а груз с массой тя
совершает колебания с периодом Г2. Найти*период колебаний груза
с массой тг + Щ*
Так как Tt = 2я у ^ , / = 1, 2,
к Т0
3.160. Два бруска с массами т± и т2 соединены пружиной с
жесткостью k. Пружина сжимается при помощи двух нитей, которые в
некоторый момент пережигают (рис. 134). Найти период колебаний
брусков (трением пренебречь).
Обозначим длину пружины в недеформированном состоянии /.
Расстояния от брусков до центра масс системы (если пружина не
деформирована) можно определить из соотношений
mxli = m2/2; h + /а = '■
При сжатой пружине смещения брусков с массами тг и т2
соответственно равны х и у. При этом расстояния от брусков до центра
масс системы удовлетворяют соотношению
Щ (h —х)=т2 (/2 — у), откуда тхх = т2у.
Укорочение пружины при сжатии равно
+ ТП\ + ^2
У = X—— -.
152

Сила, с которой пружина действует на какой-либо из брусков
(например, первый), равна
где
kt = k
/Яа
Период колебаний бруска
Т = 2я l/^ = 2я VЬ1ШхП£ > •
г fcf г д (mt + ma)
Таков же период колебаний второго
бруска.
2U.
WWW4
а±
Рис. 134
Рис. 135
3.161. В условиях задачи 3.160 левый брусок упирается в стенку
(рис. 135). Определить движение системы после пережигания нитей.
Благодаря наличию стенки система оказывается незамкнутой в
горизонтальном направлении. Система приобретет горизонтальный
импульс и ее центр инерции будет перемещаться в горизонтальном
направлении.
В первый момент движется только правый брусок. Потенциальная
энергия системы, равная fo2/2, перейдет в кинетическую энергию этого
бруска m2v2/2t когда пружина распрямится. Скорость бруска с массой
т> в этот момент будет равна v2 = 1/ — х, и система приобретет ко-
' Л%2
личество движения m2v2 = Vkm2 x. В связи с отсутствием трения это
количество движения будет сохраняться и распределится между обоими
грузами, так что
уц = m2v2/{m1 + m2),
где г»ц — горизонтальная скорость центра тяжести системы.
Независимо от этого движения вследствие закона независимости
действия сил оба бруска будут колебаться относительно центра
тяжести так же, как и в предыдущей задаче, и с таким же периодом
• = 2я/
ТП\Ш2
k (m, + m2) '
3.162. В свинцовом шаре с радиусом R и массой М сделана
сферическая полость с радиусом /?/2, поверхность которой касается
поверхности шара. Найти, с какой силой этот шар будет притягивать малень-
153

кий шарик с массой /я, находящийся на расстоянии d от центра
свинцового шара по прямой, соединяющей центры шаров (рис. 136).
Если бы шар с массой М был сплошным, он притягивал бы шарик
с массой т с силой
В данном случае сила притяжения будет меньше на величину Fft
которая представляет собой силу, с которой действовал бы свинцовый
шар того же объема, что и полость. Так как радиус полости равен
R/z, то масса шара, заполняющего полость, равна
м 4 //Л3 М
Рис. 136
Такой шар воздействовал бы на шарик
m с силой
*~ 8(d-R/2)2'
Таким образом, сила притяжения будет
равна
г — П = —72
d2 - 8(d — R/.2)2t
3.163r Первый искусственный спутник Земли, запущенный 4
октября 1957 г. в СССР, имел скорость v = 8 км/с и период обращения
Т = 96 мин. Найти высоту полета спутника, полагая его орбиту кру*
говой. Радиус Земли R = 6370 км.
Путь, пройденный спутником за один оборот,
откуда
S = vT = 2n(R + h),
h = vl - R = 970 км.
2л
3.164, Для задачи 3.163 найти отношение частоты обращения
спутника к угловой скорости Земли и его ускорение.
Частота
1 1 _-,
■~Y = ** мин -
П=;;г = 96
Угловая скорость Земли
ю=й,~1=Шомин"1-
Искомое отношение
п/о) = 15.
Так как частота обращения спутника постоянна, то его касательное
ускорение равно нулю, а нормальное^ ускорение
154

3.165. Вокруг Земли на высоте h над поверхностью движется по
круговой орбите спутник. Найти зависимости скорости и периода
обращения спутника от высоты, если радиус Земли равен R.
На спутник действует сила притяжения, равная по закону тяготения
km
F =
(R + h)*'
Так как спутник движется по окружности, то сила тяготения равна
центростремительной силе /т^/(/? + Л).
На поверхности Земли
так что
Поэтому
Отсюда следует (см. задачу З.гбЗ):
г, *>l/~*~~-г 2п<* + h> - 2я(* + *> У*~+Ъ
V~RV R+h'T~—v тгё •
С помощью этой же формулы можно приближенно вычислить
скорость движения Луны вокруг Земли, Земли вокруг Солнца и т. п.г
если известны радиусы этих тел, расстояния между ними и ускорения
свободного падения дли тел, вокруг которых совершается движение.
3.166. Какова должна быть скорость спутника, чтобы находящийся
в нем человек с массой т оказался в состоянии невесомости?
Составим уравнение движения
R + hf
где Р — сила тяжести, действующая на человека; Q — реакция дна
кабины спутника, численно равная весу; R — радиус Земли; h — высота
спутника над поверхностью Земли.
Условием невесомости является Q = 0. В данном случае Р
является силой притяжения к Земле, которая равна (см. предыдущую задачу)
km mv2
(R + h)2 (R + h)'
Отсюда получим формулу, тождественную результату предыдущей
задачи,
v = RVg/(R + h).
Это означает, что человек, находящийся в кабине спутника,
движется с той же скоростью, что и кабина, т. е. пребывает в состоянии
невесомости независимо от значения своей массы т.
3.HJ7. На какую высоту надо запустить искусственный спутник
Земли, чтобы для наблюдателя, находящегося на Земле, он казался
155

неподвижным? Считать орбиту спутника окружностью, концентричной
с экватором.
Для выполнения условия задачи спутник должен располагаться на
прямой, проходящей через центр Земли и наблюдателя, находящегося
на экваторе. При этом скорость спутника будет равна
с/ = а>(Я + Л),
где ш — угловая скорость вращения Земли. Внося это выражение
в окончательную формулу для скорости v задачи 3.165, получим
«(R + А) = R VgI(R + h)t откуда
Подставив сюда численные значения,
найдем, что h = 36 800 км.
3.168. Спутник движется вокруг Земли
по круговой орбите радиуса г. После
срабатывания тормозного двигателя скорость
спутника уменьшается и он переходит на
эллиптическую орбиту, касающуюся Земли
(рис. 137). Через какое время после этого
спутник приземлится? Сопротивлением
атмосферы пренебречь. Радиус Земли равен R.
Большая полуось эллипса) который с од-
ной стороны касается поверхности Земли,
а с другой — исходной круговой орбиты, равна
* = -§-•
Рис. 137
Согласно третьему закону Кеплера
Из задачи 3.165 мы знаем, что период обращения спутника по
круговой орбите
Период-обращения по эллиптической орбите
,.,.(f)r-r.(-f.'r-f/i(^r.
С момента торможения до посадки спутник пройдет как раз
половину орбиты. Поэтому
\3/2
2 RVgV^i
3.169. Период обращения спутника, движущегося вблизи
поверхности планеты, равен Г. Считая планету однородным шаром, найти ее
плотность.
156

Центростремительная сила в данном случае равна силе притяжешщ
mv* -\Mm
Так как
ТО
P=W2'
3.170. Радиус земной орбиты —г, радиус Солнца —Я. Найти
среднюю плотнрсть Солнца.
Обозначим массы Земли и Солнца т и М. Так как
центростремительное ускорение Земли, с одной стороны, равно v2/r = 4л?г/Т2,
а с другой — F/m = уМ/г2, то М = 4я2г8/тГ2. Объем Солнца V =
= 4nR9/3. Плотность Солнца
_ М __3я /_гЛ3
p~v ~-rr2U/ '
3.171. Радиус небесного тела больше радиуса Земли в m раз,
а плотность — в п раз. Найти ускорение силы тяжести на
поверхности тела.
Обозначим величины, относящиеся к небесному телу, индексом «т»в
а относящиеся к Земле — индексом «3». Тогда
•\МТ -y 4 э 4
£т = -JT = ^2"з я/?тРт = I" nR^V
Аналогично
Из этих двух уравнений
4
*3 = у я/?зРз7 •
3.172. Советская искусственная планета движется вокруг Солнад
по орбите, средний радиус которой равен R^. Найти период
обращения планеты вокруг Солнца и ее линейную скорость.
По третьему закону Кеплера
\tJ ~\rJ'
где Т3 — период обращения Земли; R3 —средний радиус орбиты Земли,
157

Отсюда
Т
тт т3
3.173. С какой скоростью упадет на поверхность Луны метеорит,
скорость которого вдали от Луны мала?
Энергия тела, находящегося весьма далеко от центра притяжения
(в данном случае — Луны) и движущегося с малой скоростью, может
считаться равной нулю. По мере приближения к Луне кинетическая
энергия тела возрастает, но одновременно возрастает по модулю и
отрицательная потенциальная энергия. У поверхности Луны полная
энергия тела
mv2 Млт
По закону сохранения энергии W = О, т. е.
mv2 _ ТгМлт __ п
IT" дл -и'
откуда
v = у 2?Мл/£л.
3.174. Планета солнечной системы, двигаясь по круговой орбите
радиуса г со скоростью vt вдруг теряет свою орбитальную скорость.
Рассчитать скорость и, с которой она упадет на Солнце, радиус
которого R.
При движении планеты по орбите сила тяготения равна
центростремительной силе
Tf/nM _ mv2
г2 "71
Потенциальная энергия планеты в гравитационном поле Солнца
равна
*г-гл--(т^-т*?).
где Wr — потенциальная энергия на орбите радиуса г, WR —
потенциальная энергия на поверхности Солнца. На рис. 138 приведены
соответствующие энергетические уровни потенциальной ямы, создаваемой
притягивающим центром.
При падении планеты на Солнце ее потенциальная энергия будет
переходить в кинетическую. При уменьшении потенциальной энергии
от уровня, соответствующего расстоянию г от центра Солнца, до
уровня, соответствующего поверхности Солнца, тело получит
кинетическую энергию
158

Исключив М, найдем
и = v 1/2 (г — R)/R.
3.175. Найти первую, вторую и третью космические скорости для
планеты с массой М.
Первая космическая скорость аг — это минимальная скорость
запуска тела с массой т с планеты с массой М, необходимая для того,
чтобы тело стало спутником планеты, т. е. вращалось вокруг планеты
по орбите радиуса г со скоростью vv При % таком движении сила
тяготения является центростремительной силой. Поэтому
mvi
чтМ
Нулевой уровень (на бесконечном удалении
от притягивающего тело)
УроВень потенциальной энергии на расстоянии г
vm центра притягивающего тела
Уровень потенциальной энергии на поверхности
сферического притягивающего тела радиуса R
Рис. 138
откуда
ь-УЦ
тМ
Так как на поверхности планеты -\mM/R2 = mg0t то при запуске
С поверхности планеты
где /? —радиус планеты; g0 —ускорение свободного падения на
поверхности планеты.
Вторая космическая скорость vj Y — минимальная скорость,
достаточная для того, чтобы тело с массой т, запущенное с планеты
с массой М, вышло эа пределы притяжения планеты. Для этого
необходимо, чтобы кинетическая энергия тела превысила его
потенциальную энергию в поле тяготения данной планеты, т. е. позволила
«поднять» тело из потенциальной ямы до «нулевого» уровня:
mv]i . -\mM
159

откуда
рп=/М =/2^ = ^/2.
Третья космическая скорость v 1П — наименьшая скорость,
достаточная для того, чтобы тело с массой m вышло за пределы Солнечной
системы. Для ее вычисления будем рассматривать планету, с которой
стартует тело /л, как спутник Солнца, и скорость планеты на орбите
Vnn как первую космическую скорость по отношению к Солнцу. Тогда,
по аналогии с вышесказанным, вторая космическая скорость по
отношению к Солнцу, достаточная для выхода тела за пределы солнечного
притяжения, будет равна v^ ]/2. Однако это относится к случаю
запуска тела с поверхности Солнца. Если же тело запускается с
планеты, то за счет использования скорости самой планеты телу можно
придать меньшую скорость, равную
Кроме этого запускаемое тело надо еще вырвать из сферы
притяжения самой планеты. Для этого ему надо, как говорилось выше,
сообщить дополнительно вторую космическую скорость по отношению
к данной планете. Таким образом, полная кинетическая энергия тела
должна равняться
mv\u _mvu mv2
2 ~ 2 + 2 •
откуда
»ш = С?1 + 0.1бй,)'/2-
3.176. Найти ускорение силы тяжести на высоте h над
поверхностью Земли. Радиус Земли — R.
На поверхности Земли g = g0 и г = R, поэтому сила притяжения
На высоте h над поверхностью Земли, тело притягивается с силой
откуда
а go*2 ^SoR2
g~(fl + A)2~ г» '
3.177. Вычислить постоянную тяготения, зная радиус R и
плотность р Земли, а также ускорение силы тяжести g0 на ее
поверхности.
Масса m = 1 притягивается к Земле с силой, численно равной go,
т. е.
F = 1 • So = ш »
160

откуда
т= 3g0
т 4лЯ р'
3.178. Найти зависимость изменения ускорения силы тяжести g от
глубины погружения в Землю. При решении этой задачи следует иметь
в виду, что тело, находящееся в Земле на глубине ft, не испытывает
со стороны вышележащего шарового слоя толщиной h никакого
притяжения, так как силы притяжения отдельных частей этого слоя
взаимно компенсируются.
Пусть тело с массой т находится в глубине Земли на расстоянии г
от ее центра. По закону всемирного тяготения эта масса
взаимодействует с внутренним шаром радиуса г, массу которого обозначим
через Mfi
4
Так как Mf = -5- яг3р и на поверхности Земли
4я/?3ртт
то
г R-h
R ~eo R '
где h — глубина погружения тела в Землю.
3.179. Телу с массой т, находящемуся на поверхности планеты
с массой М и радиусом Rt сообщена вертикальная скорость о0. Найти:
1) потенциальную энергию тела на высоте h над поверхностью
планеты; 2) высоту подъема тела, если v0 меньше второй космической
скорости 1»ц; 3) скорость тела ую на большом удалении от планеты,
если v0 больше ип (воздействием других тел пренебречь).
1) Начальная кинетическая энергия тела равна mujj/2, а его
начальная потенциальная энергия равна WR = —ттМ/#. За счет
кинетической энергии тело поднимается на высоту Л, где полная энергия
представляет собой потенциальную энергию Wr+и — —4tnM/(R + Ю-
Приращение потенциальной энергии
^л+л wR- 2 imM[R + h R)-R{R + hy
Так как на поверхности планеты -fmM/R2 = mg0, то потенциальная
энергия тела, поднятого на высоту h над поверхностью планеты, равна
гДе So — ускорение свободного падения на поверхности планеты.
6 6-319
161

2) Высота подъема
ft =
*:*
3) В этом случае тело с массой т на большом удалении от плане-
га (на бесконечности) еще сохранит кинетическую энергию mv2m/2.
Разность между исходной кинетической энергией и кинетической
энергией на бесконечности израсходуется на «тодъем» тела из
потенциальной ямы (рис. 138), т. е. на увеличение потенциальной энергии тела
от уровня — WR, соответствующего поверхности планеты, до нулевого
уровня Wmt соответствующего весьма большому удалению тела (на
бесконечность)
о
2
.^ = _(^_^) = -(o-Hp) = mgo*,
откуда vm = ]/V — 2go#= yv*0 "" u"' так как Vu = ^2£°* <CM' 3a"
дачу 3.175).
3.180. Две звезды с массами т1 и т2 равномерно вращаются по
концентрическим окружностям вокруг центра, причем расстояние
между ними всегда постоянно и равно /. Найти
радиусы орбит и периоды обращения звезд
(рио. 139).
Так как обе звезды равномерно движутся по
окружностям, то сила, действующая на каждую
из них, является центростремительной.
Согласно третьему закону Ньютона эти силы равны
друг другу
или
Рис. 139
Ft = Ft; mxm\rt = т2<*/ъ
Так как по условию расстояние I между звездами постоянно, то
Ti = T2 и
mji = m?2; ri + rt = I.
Отсюда
Щ1 _ .. m\l
x тх-\-тг * тх + тг
Если лц > щ> то r2 > /^, т. е, малая звезда вращается вокруг
большой.
Так как Ff = F2 = л\тхт2112% то, приравнивая это выражение
центростремительной силе, находим, например, для первой звезды
tm1m2 _ 4я2т1г^
162

откуда
Ti = *Vu*T^ = T*-
9.181. Ракета с начальной массой т запущена вертикально вверх.
Скорость газов на срезе выходного отверстия двигателя равна vf
секундный расход топлива — jx. Найти ускорение ракеты через время t
с момента аапуска. f
Запишем уравнение Мещерского (в проекции на вертикаль) для
момента времени /
(т — ptf) a = opt — F.
G другой стороны, в этот же момент
Таким образом, в момент t ускорение
3.182. Сосуд с водой движется горизонтально с постоянной
скоростью под действием реактивной силы, возникающей благодаря струе
воды, бьющей со скоростью v из отверстия площадью S,
расположенного у дна сосуда. Масса сосуда с водой равна т. Найти коэффициент
трения между сосудом и плоскостью (пренебрегая изменением массы
воды).
Согласно уравнению Мещерского
F + v[i = та.
В данном случае ускорение а = 0 и реактивная сила V[i равна
и противоположна по направлению силе, трения FTp. Отбрасываемая
ежесекундно масса
р. = р5Л//А/ = pSv;
реактивная сила равна
Сила трения
поэтому
tip. = pSv2.
Fjp = kmg.
mg '
3.183. Ракета с массой M взлетает вертикально с ускорением 5g.
Скорость истечения газов из сопла двигателя равна v. Найти расход
горючего.
По закону Мещерского
—Mg + v\i = Mat
откуда
_ Mg + Ma __ 6Mg
v ~~ v
6» 163

3.184. Какую часть веса одноступенчатой ракеты должен состав*
лять вес горючего, если ракета, взлетая вертикально, должна
приобрести в конце работы двигателя первую космическую скорость *>макс=
= 7,9 км/с? Сопротивлением воздуха пренебречь. Скорость истечения
газов из сопла двигателя v « 3440 м/с.
Из формулы Циолковского 1>макс = v In г находим, что число
Циолковского
г = /*"««*> ~ ю.
Таким образом, вес топлива должен составлять по крайней мере
90% веса ракеты, что нецелесообразно. Поэтому космические ракеты
всегда многоступенчатые. Так, например, при упомянутых в задаче
условиях и числе ступеней п = 3 число Циолковского будет равно
z=?/T0«3,l.
3.185. Автомобиль с ракетным двигателем равноускоренно
движется вверх по наклонной плоскости с углом наклона а и
коэффициентом трения k. Скорость газов на выходе сопла двигателя равна и,
а их масса, отбрасываемая за 1 с, равна р. Скорость автомобиля в
начале подъема равна ,t/0. Найти время, за которое автомобиль увеличил
скорость от v0 до с/.
Векторные уравнения движения:
В проекциях на оси (параллельную и перпендикулярную
наклонной плоскости)
Ma = -FTp + (хи; Frp = kQ = kMg cos a;
vt = vQ -f- at, или a — l v •
Из этих соотношений получим
М " ° = — Mg sin a — kMg cos a -f- |хы.
откуда
M(v-v0)
[Ш — Mg (sin a — k cos a)
4. Статика
Равновесие. Равновесием тела называется такое состояние, когда
любые ускорения тела (поступательное или вращательное) равны
нулю, т. е. все действующие на тело силы и моменты сил
уравновешены. При этом тело может находиться в покое, двигаться равномерно
и прямолинейно или равномерно вращаться вокруг оси, проходящей
через его центр тяжести.
Условие равновесия материальной точки: геометрическая сумма
всех сил, приложенных к точке, равна нулю:
2?.о.
164

Если силы, действующие на точку, лежат в одной плоскости, то
это условие можно записать в виде
2^ = 0; 2fo = 0.
Равновесие твердого тела зависит не только от модулей и
направлений сил, но и от точек их приложения. Точку приложения силы,
действующей на тело, можно переносить вдоль линии ее действия,
так что эта сила — скользящий вектор.
Условия равновесия твердого тела: 1) геометрическая сумма всех
сил, приложенных к телу, равна нулю; 2) сумма всех моментов,
приложенных к телу, равна нулю.
Если силы, действующие на тело, лежат в одной плоскости, то
первое из этих условий можно записать в виде
2^ = 0; 2fo = 0.
Второе условие запишем в виде
2A!e(F,) = 0f
i
т. е. сумма моментов всех сил относительно какой-либо оси,
проходящей через произвольную точку О, равна нулю.
Оси X и Y и точку О выбирают произвольно так, чтобы выкладки
были более простыми. Иногда для решения задачи достаточно
меньшего числа уравнений, чем указано выше. Например, если
наложенные на тело связи не допускают вращения, то уравнения моментов
составлять не нужно. С другой стороны, если на тело наложена связь
в виде оси вращения, то достаточно составить лишь уравнение
моментов.
Равновесие называется устойчивым, если тело после малого
отклонения от состояния равновесия снова возвращается к нему.
Равновесие называется неустойчивым, если тело, выведенное из этого
состояния, не возвращается к нему, а стремится к другому состоянию
равновесия. 4
Равновесие называется безразличным, если тело: выведенное из
этого состояния, остается в равновесии в новом положении.
Простые механизмы позволяют, производя работу с грузом Р на
перемещении s, получить выигрыш в силе (т. е. уменьшить
приложенную силу /) за счет увеличения перемещения, так что fS = Ps, где /
меньше Р, во столько же раз, во сколько 5 больше s («золотое
правило» механики).
Рычаги 1-го и 2-го рода (рис. 140, а, 6) дают выигрыш в силе
Pit = S/s.
Блок неподвижный (рис. 141) не дает выигрыша в силе, а лишь
меняет ее направление.
Блок подвижный (рис. 142) дает выигрыш в силе
P/f = 2.
Обычный полиспаст с п подвижными и п неподвижными блоками
(рис. 143) дает выигрыш в силе
P/f = 2n.
165

Степенной полиспаст (рис. 144) дает выигрыш в силе
Ворот, состоящий из двух блоков с радиусами R и г (R > г)
(рис. 145), дает выигрыш в силе
$ .
V
Plf = R/r.
Клин (рис. 146). Сила /,
вгоняющая клин в щель,
связана с силой Р бокового
Рычаг 1-го рода
ь
^////////////у//////^
*/
V рл
Рычаг 2-го рода
6
Рис. 140
Рис. 141
'УУУУУУУУУУУУУУУУУУУ/У/УУУУ/УУУУУ,
Рис. U2
давления на щеки клина соотношением
P/f = t/d,
где d — длина основания клина; / — длина щеки клина.
Винт (рис. 147) дает выигрыш в силе
Plf = 2яг/Л,
166

где т — радиус винта; h — шаг винта.
Червячная передана (рис. 148) дает выигрыш в силе
P/f = nr/Rt
где R — радиус шестерни; п — число эубьев шестерни; г — радиус вала.
d
Рис. 146
Закон Гука. При продольном сжатии или растяжении упругого
тела длиной / и сечением S постоянной силой F изменение длины тела
Л/ равно
a/ Fl al
Рис. 148
где Е — постоянная, характеризующая упругие свойства тела и
называемая модулем Юнга. Величина F/S = о называется удельной
нагрузкой или нормальным напряжением. Модуль Юнга численно равен
нормальному напряжению, вызывающему удлинение или сжатие стержня
единичной площади вдвое, при условии, что деформация остается
упругой. Значения модуля Юнга приведены в Приложении.
4.1. Невесомый жесткий стержень длиной / свободно лежит на
двух опорах А и В. В точке С, отстоящей от А на расстоянии й, на
стержень действует вертикальная нагрузка Р. Найти реакции опор
(рис. 149).
167

Поместим начало координат Л и К в точке А и направим их, как
показано на рисунке.
Так как все силы вертикальны, то достаточно составить одно
уравнение проекций сил и одно уравнение моментов.
Уравнение проекций на ось У
i
Уравнение моментов относительно точки А (направление момента,
вызывающего вращение по часовой стрелке, принимаем за
положительное)
Yk
И
5Як£
ш~т
Рис. 149
ко,
?*
V,
Рис. 150
JS
Из этих двух уравнений находим
1 — а
I '
4.2. Балка весом Рх свободно лежит на двух опорах А и В, рас-
стояние между которыми равно /, и выступает за опору В на такую
же длину / (рис. 150). На середине промежутка АВ расположен груз
Р2, а на выступающем конце — груз Р3. Найти реакции опор QA, QB.
Уравнение равновесия сил
Уравнение равновесия моментов относительно точки В
QAl-P2± + P9l = 0;
QA = Р2/2 - Р3; QB = pi + *V2 + 2Р3.
4.3. Куб опирается одним ребром на пол, другим —на гладкую
вертикальную стенку (рис. 151). Определить, при каких значениях
угла а возможно равновесие куба. Коэффициент трения куба о пол
равен &, ребро куба равно а.
Уравнение проекций на вертикаль
-P + Q2 = 0.
168

Уравнение проекций на горизонталь
Qi — F = 0 (Qi — реакция стенки).
Уравнение моментов относительно точки О
Q±a sin a = (РауТ/2) cos (~ + а) \
кроме того,
F<kQ2.
Отсюда находим
I
l>tga>
2Л+1
Т
Если ft>0, то a всегда меньше я/4, так как при <*>-^- куб
Q
опрокинется.
4.4. Воздушный шар весом
Р удерживается тросом. На шар
действуют подъемная сила Q
и горизонтальная сила
давления ветра G. Найти натяжение
троса в точке В и угол a
(рис. 152).
Рис. 151
Составляем силовой треугольник:
Рис. 152
T = V{Q — P)B+G2;
G
4.3. Железобетонная опора высотой h сжимается силой F, Сечение
бетона равно 5б, сечение стальной арматуры равно 5СТ, модули
упругости бетона и стали раины Еб и £ст. Найти деформацию колонны.
По закону Гука
ЛЛ =
FJt
^ст*
£б*б
^СТ5СТ
£б*б ■
169

По условию задачи
Из
этих
трех
уравнений
АЛ
находим
Е ст5ст + ^б5б
^сАт + ^б5б '
4.6. Два железных цилиндра высотой /^ и 12 и с поперечным
сечением 5Х и S2 поставлены соосно один на другой между двумя
неподвижными плитами, связанными друг с другом стойками. Зазор между
верхней плитой и верхним цилиндром равен 5. Оба цилиндра
нагреваются до температуры t. Найти силу, с которой цилиндры распирают
плиты.
Удлинение обоих цилиндров Д/, под действием нагрева
А/, = аД* (/* + /,)
Укорочение обоих цилиндров под действием сжатия по закону Гука
д; -Л> + я* -Fib л.]*)
й'" ~ ESt + ESt~ Е \Si ^ Sj '
Разность этнх двух деформаций равна величине зазора
Д/,-Д/р=аА/(/1 + у-4(£ + £) = >.
откуда
h + h
Si S2
4.7. На пружине висит груз с массой т^ благодаря чему пружина
растягивается до длины /i. При увеличении массы груза до т2 длина
пружины становится равной /2. Найти работу растяжения пружины
от начальной длины до /2.
Обозначим начальную длину пружины через /0. По закону Гука
т1^ = Л(/1 —/0); m2g = k (/2 — /0). Из этих уравнений находим
rrij __ /j — Iq . , _ mtlx — mt/2
тг /2 — /0 ' m2 — /^i
(m2-m,)g = ft(/2-10-/, + /„> = ft(f,-/i)i *
u _ (mt—m,)g
Работа растяжения пружины
170

4.8. Упругий невесомый стержень жестко укреплен в
горизонтальном положении за концы. Посредине стержня подвешен груз Р,
благодаря чему стержень прогибается па величину х0. Найти, во сколько
раз начальный прогиб будет больше, если груз Р упадет на середину
стержня с высоты Л.
Деформация упругого тела пропорциональна силе, т. е. Р = kxQ.
Потенциальная энергия тела весом Р» поднятого на высоту А,
равняется Ph и при падении на стержень энергия деформации последнего будет
х2
равна к -д- = Р (h + х) = кх0 (h + x)t откуда х2 — 2х^ — 2x</i = 0.
Решая это уравнение, находим
х = х0 ± Ух2 + 2x0h.
Так как х > х0, берем знак «+» перед корнем, после чего определяем
отношение
о г *о
4 9. Лестнжца АВ длиной / и весом Р приставлена к стене под
углом а к горизонтали (рис. 153). Коэффициент трения между
лестницей и полом— ki, между лестницей и стеной — k2. Найти наименьший
угол а, при котором лестница еще находится в равновесии, а также
реакшш пола и стены.
Сумма моментов относительно точки А
Q2l sin a — Р ^ cos a + F2rpl cos а = 0.
Сумма проекций на горизонталь
Сумма проекций на вертикаль
Qi-P + F2rp = 0.
Кроме того,
^1 тр = kiQil F2 тр = k*Qv
Из первого уравнения находим
tga =
^-^aip
Q2
Из уравнений Qi = P — k2Q2 и Q2 = ^iQi получаем
Qi=r-ri-r-, ft
- *i?
откуда
g 2*1
171

4.10. Лестница длиной / с массой т приставлена к гладкой
вертикальной стене и стоит на шероховатом полу под углом о к плоскости
пола. На расстоянии S от верхнего конца лестницы стоит человек
с массой м. Найти силу трения, удерживающую лестницу от
скольжения (рис. 154).
Имея в виду, что FTp = /?в (ем. задачу 4Л), составим уравнение
всех моментов сил относительно точки А:
mg • АО cos a + Mg • AC cos а — RBAB sin а = 0,
откуда
*a = V
fng-n cos а + М& (I — s) cos a
/snia
4.11. Доска весом Р лежит одним концом на земле. Второй конец
поднят и удерживается в таком положении силой Q, приложенной
под прямым углом к доске. Угол, образуемый доской с горизонтом,
равен а. Найти силу Q
(рис. 155).
Обозначим длину
доски через /. Уравнение
моментов относительно
точки О
QI — Р cos а . ±г = 0,
Рис. 153
Рис. 154
Рис 15*
откуда
Q=(P cos а)/2.
4.12. На какую максимальную высоту может подняться человек
весом G по лестнице весом Р и длиной /, приставленной к гладкой
стене? Угол между лестницей и полом равен о, коэффициент трения
о пол равен k (рис. 156).
Составляем уравнение моментов относительно точки В
QJ sin а — Gx cos о — Р
/COS a
= 0.
Уравнение проекций на вертикальную ось
Q2_G-P = 0.
172

Уравнение проекций на горизонтальную ось
Отсюда
<?i-/4p = 0.
Qi = FT_> = kQ2 = k(G + P);
k(G + P)lsma — P
/cos a
Gx cos o = 0;
k(G+P)lslna — P
/cos
* = .
Gcos с
h = x sin a.
4.13. К вертикальной гладкой стене подвешен на тросе
однородный шар весом Р. Трос образует со стеной угол а. Найти натяжение
троса Т и силу давления шара на
стену (рис. 157).
Рис. 156
Сумма сил, действующих на шар, равна нулю:
где Q — реакция стены, численно равная силе давления шара на стену.
Уравнение вертикальных проекций
—Р + Т cos a = 0.
Уравнение горизонтальных проекций
—Q + Т sin a = 0.
Отсюда
Т=-?—\ Q = Tsina = Ptga.
COS a b
4.14. Шарик весом Р подвешен на нити длиной / так, что он лежит
на поверхности гладкой сферы радиусом г. Кратчайшее расстояние
от точки подвеса до сферы равно d. Найти натяжение нити Т и
реакцию сферы Q (рис. 158).
Так как система сил находится в равновесии, то треугольник,
составленный из сил Р, Q, Т, замкнут и подобен треугольнику АОВ.
Из этого подобия заключаем, что
Р Т Q _ „ Р1 . Л Рт
d + r
d + r'w d + r4
173

4.15. Балка весом Р одним концом упирается в угол А (рис/ 159),
а другим — опирается па прямоугольный выступ В, образуя с верти-
калью угол о. Величина реакции Q2 известна. Найти реакцию Ор
На балку действуют силы Я, Q± и Q2. Так как балка находится
в равновесии, то геометрическая сумма сил равна нулю, т. е. из этих
трех сил можно построить треугольник. Для. этого необходимо, чтобы
линии их действия пересекались в одной точке.
Из треугольника АОВ находим
Qi = VP* + Ql-2PQ2 sin a;
Qi _ sin (90е - a) . ^ Q Q2 cos a
Q2 5Ep *s,np- Q, •
Рис. 158
4.16. Столб весом Р, упирающийся одним концом в прямой угол,
равномерно поворачивается в вертикальное положение силой F,
приложенной ко второму концу столба перпендикулярно столбу. При этом
значение силы F постепенно уменьшается до нуля. Найти закон
изменения силы F и реакции угла Q.
Выберем систему координат, как показано на рис. 160. Tax как
столб поворачивается равномерно, то к нему применимы условия
равновесия:
1) условие равенства нулю суммарного момента сил
^M=^-cosa-Fl = 0,
где / — длина столба. Отсюда
F =
Pcosa
С ростом а от 0 до-=- сила F уменьшается от Р/2 до 0.
174

2) условие равенства нулю проекций на горизонтальную и
вертикальную оси
Qx —/" sin at = 0; Qy — P + Fcos a = 0;
Qy = P[l-(cos2a)/2]; Qx = P(sin2a)/4; Q =rf<?x + %
■ -£/l+3sin«a.
С увеличением a от 0 до -т реакция Q возрастает от Р/2 до Р.
4.17. Прут с массой т изогнут посере- г^/у////у//////^/////^/////а
дине под прямым углом (рис. 161) и под- ^yv г v
вешен за один из концов на шарнире.
Найти угол а между
вертикалью и верхним стерж- у/у////////,/,,///,///////////////,
нем в положении
равновесия.
Рис. 160
Рис. 162
Составим уравнение моментов относительно точки закрепления
gm I gmt I I .
^r-rSina= s=- —- cos a r- sin
TTsina= Y^cosa—jstaaj,
откуда
1
4.18. Найти выигрыш в силе у степенного полиспаста, состоящего
из п подвижных блоков, если каждый блок имеет массу т. К первому
блоку подвешен груз Р (рис. 162).
Очевидно, что
P + mg
P+mgm
' 1 = о » Т2
+ mg
Р , /ng(l+2).
*t--3r+mg
2а
2
1 + 2 + 2».
23 '
— 22+ 2а
= -gn +"**
1 + 2 + 2а + 2»+... + 2я-* р+(2/г-1)тд
2л
2"
175

4.19. Цилиндр весом Р удерживается на наклонной плоскости с углом
наклона а лентой, закрепленной с одной стороны на наклонной
плоскости, а с другой — направленной вертикально (рис. 163, а). Найти
натяжение ленты.
Выбрав координаты, как показано на рисунке 163, б9 составляем
уравнения проекций
на ось X: Q sin a — F cos a = 0;
на ось К: Q cos a + f sin a + F — Р = 0.
ШШУ/А
Y/ЩМ
Отсюда
F =
Psina
1 + sin a '
4.20. Найти условия равновесия клина с острым углом 2а,
забитого в щель. Коэффициент трения равен k (рис. 164). Весом клина
пренебречь.
УАГШЩ
Рис. 164
Рис. 165
Запишем уравнение проекций на вертикаль
2Qsina-2fTpcosa = 0; F^«
;*<г,
отсюда
tg*<*.
4.21. Три деревянных цилиндра одинакового диаметра и веса
уложены один на другой, как показано на рис. 165. Найти минимальный
коэффициент трения, при котором цилиндры еще будут оставаться
неПОДВИЖНЫМИ.
176

На нижний левый цилиндр действуют следующие силы: f —сила
давления со стороны верхнего цилиндра; FTp —сила трения между
цилиндрами; /тр — сила трения между цилиндром и поверхностью;
Р —сила тяжести; Q —реакция опоры. Для равновесия цилиндра
необходимо, чтобы:
1) сумма моментов сил относительно точки О равнялась нулю, т. е.
где г —радиус цилиндра;
2) сумма проекций сил на горизонтальную ось равнялась нулю,
, cos 30° — Fcos60° = 0.
/10 + ^1
'тр
тр*
Рис. 166
Учитывая, что FD = kF% и исключив из обоих уравнений /
находим
тр
тр'
cos 60°
_ = 2 - /3 .
^ 1 + cos Ж 2 + /3*
4.22. Шесть одинаковых деревянных цилиндров радиусом R каждый
уложены, как показано на рис. 166, а. Под крайние нижние цилиндры
уложены подкладки высотой Л, удерживающие цилиндры. Найти
наименьшую высоту подкладок. Трением пренебречь.
Рассмотрим нижний левый цилиндр. На него действуют сила веса Я,
сила реакции Q, сила реакции подкладки ft направленная по радиусу
от точки соприкосновения с подкладкой к центру цилиндра, и сила
2F (рис. 166, б). Последняя сила действует со стороны двух
вышележащих цилиндров и стремится перекатить нижний левый цилиндр
влево через препятствие Л. Очевидно, что точкой,.относительно
которой возможен поворот, является точка А. Перекатывания не
произойдет, если выполнено условие
(P-Q)Sj>2FSa.
177

Момент .силы / относительно точки А равен нулю. Так как 5^'
Л sin а и S2 = R sin (30° — а), то
(P-Q)R sin а> 2 (Р <?)* sin (з<)> - а),
гкуда
Из рисунка находим
tsa>Wf
h = R (1 — cos a).
Рис. 167
Так как
cos о<
/1? « 0,96,
13
го
13
Л > 0,04#.
4.23. .Стержень весом Т, шарнирно подвешенный за один конец,
опирается другим концом о тележку» Угол между стержнем и
вертикалью равен а. Коэффициент трения между стержнем и тележкой равен
к (рис. 167). Найти горизонтальную силу, которую надо приложить
к тележке, чтобы сдвинуть ее влево или вправо (трение о пол
не учитывать).
Пусть тележку надо сдвинуть влево. При этом на стержень
действуют следующие силы: вее стержня Г; реакция тележки Q; сила
трения F-ф = AQ, направленная влево (так как стержень по отношению
к тележке движется вправо); неизвестная реакция шарнира,
изображенная в виде двух составляющих. Уравнение моментов относительно
шарнира (/ — длина стержня):
Т -£ sin а — Q/ sin о — kQt cos a = 0.
Отсюда
Tsina
2 (sin a + k cos а)
I F = Fn = kQ =
kTsilta
тр
2 (sin a + Л cos a)'
178

Если тележка должна быть сдвинута вправо, то сила fTp будет
направлена вправо и уравнение моментов запишется в виде
Т -д- sin a — Ql sin a + FTJ cos a = О,
откуда
kTsina
F = /? =
TP 2 (Sin a — k COS a) *
Как видно из последнего выражения, движение вправо возможно
лишь при tga>A, так как в противном случае произойдет
заклинивание тележки (F -> оо).
4.24. Стержень весом Р шарннрно укреплен за один конец и
удерживается горизонтальной нитью за второй конец. Стержень образует
с горизонталью угол а. Найти реакцию шарнира и натяжение нити
(рис. 168).
Реакция шарнира не известна ни по величине, ни по направлению,
поэтому ее можно представить в виде слагающих Qx и Q^. Кроме
них на стержень действуют сила тяжести Р и натяжение нити Г.
Уравнение проекций на ось X
Уравнение проекций на ось Y
Qy-P = 0.
Уравнение моментов относительно шарнира
PL
' -jfCOsa — 77 sin a = 0.
Из этих уравнений
■ T = (Pj2)ctga = Qx; Qy = P.
Реакция
Q-V^TfQ5-p/i + c-4r
tg3^=^ = 2tga.
gP Qx Я/2 8
S. Механика
жидкостей
и газов
Закон Паскаля. Внешнее давление, производимое на неподвижную
жидкость или газ, передается ими во все стороны без изменения. Если
на поверхность жидкости или газа площадью Si действует внешняя
17?

сила Fv то иа поверхность площадью S% будет действовать сила F2,
причем
Fi -Ь--п
где р —давление жидкости или газа (сила на единицу площади).
Гидростатическое давление. Если однородная жидкость или газ
находятся в поле силы тяжести и точка В лежит ниже точки А, то
где рА и рв — давления в точках А и В; hA—hB — разность высот
этих точек; р — плотность жидкости или газа.
Закон Архимеда. На тело, погруженное в однородную жидкость
(или газ), действует выталкивающая сила FA, направленная вертикально
вверх и равная весу вытесненной жидкости (или газа) в объеме
погруженной части тела. Если объем вытесненной жидкости (газа) равен V,
а плотность — р, то
fa = psv.
Условие плавания тела весом Р:
FA = P.
Закон постоянства потока. При установившемся течении идеальной
жидкости в трубе через любое сечение проходит одинаковое
количество жидкости
Q = m/t = const.
Если жидкость с плотностью р проходит через сечение 5 со
скоростью v, то расход жидкости за единицу времени
Q = pSv.
Условие неразрывности потока. В случае установившегося потока
в трубе
VxSi = v2S2, *•>
где Vi и i>2 — значения скоростей потока в сечениях Si и 52.
Уравнение Бернулли. Для установившегося движения идеальной
несжимаемой жидкости справедливо уравнение
2 2
Pi + Pghf + у = р2 + pgh2 + у
где р — плотность жидкости; р^ — статическое давление в сечении Sfi
t/j—скорость жидкости в сечении 5Х; hx — высота данного сечения
трубы над определенным уровнем. Соответственно р2, v2 и h*
определяют давление, скорость и высоту в сечении S2. Величина pir/2 назы-
вается динамическим давлением.
С энергетической точки зрения давление р есть работа внешних
сил, совершаемая над единицей объема жидкости; pg/i и ри2/2 —
потенциальная и кинетическая энергия жидкости, заключенной в этом объеме.
180

Скорость эытеиения жидкости из малого отверстия в стенке
широкого открытого сосуда равна
где h — высота поверхности жидкости над отверстием.
Мощность потока. Поток жидкости сечением 5, текущей со
скоростью v и падающей с высоты hf обладает мощностью
ЛГ =
mv2 mgh pSv*
"2Г"1" t = 2
- pSvgh.
Вязкая среда. Формула Стокса. Сила сопротивления F вязкой
среды (жидкости, газа) безвихревому движению в ней шара радиусом г
с постоянной скоростью v Направлена противоположно скорости и
определяется формулой
F = бщги,
где if) — коэффициент внутреннего трения, или вязкость. В
СИ.вязкость измеряется в кг • м—1с~*.
Скорость v равномерного падения малого шарика радиусом г и
плотностью р в вязкой жидкости с плотностью рж и вязкостью т)
вычисляется по формуле
Р-Рж2г2
и==ё—:—-б-'
где g — ускорение свободного падения.
Течение по капилляру. Объем V жидкости с вязкостью ц,
протекающей в единицу времени по капиллярной трубке радиусом г и длимой /,
при разности давлений pj — р2 на концах трубки
определяется выражением
5.1. На границе раздела двух несмешивающихся
жидкостей с плотностями рх и р2 плавает шар так,
что отношение объемов погруженных в жицкости
частей шара равно Vi/V2 = п. Найти плотность
вещества шара.
По условию плавания тел вес шара равен весу
вытесненных объемов жидкостей
Б^ж^З
ш
П+1
Рис. 169
л+1
Отсюда
Pi" + Р2
5.2. Жидкость находится между двумя поршнями (рис. 169), жестко
связанными друг с другом. Площади поршней равны 5 и s, причем
5 ф s. На верхний поршень действует сила F. Найти давление в
жидкости (в пренебрежении весом жидкости и поршней, а также
атмосферным давлением).
181

На поршни действуют силы F, pS и ps. Сила pS направлена вверх,
сила ps направлена вниз. Так как система наэюдитсл в равновесии, то
F + ps~ pS = Ot
откуда
F
5.3. Сплошное однородное тело, погруженное в жидкость с
плотностью pi, весит Р1? а в жидкость с плотностью р2 — весит Ра. Найти
плотность вещества тела.
По закону Архимеда
Pi = g(?-?i)V\ P*=g(p-p2)Vt
где V — объем тела.
Отсюда
. ^Pi-Pjp,
Р" Pt-Pt #
В случае Р^ = Р$ получается, что р^=р2 и дайти.плотность р невозможно.
5.4. В полый куб с ребром а налита доверху жидкость плотностью р.
Найти силу давления жидкости на дно и боковые грани куба.
Гидростатическое давление на глубине а равно pga. Так как
площадь дна равна а2, то сила давления на дно равна pga2. Среднее
давление на боковые грани равно полусумме давлений на уровне
поверхности и на уровне дна, т. е. pga/2, а соответствующая сила давления
равна pga3/2.
5.5. Резиновый мяч с массой т я радиусом R погружают в воду
на глубину h и отпускают. Найти высоту, на которую подпрыгнет
мяч в воздухе.
Согласно закону Архимеда и закону сохранения энергии
mgy = (М — т) gh,
где М — масса воды в объеме мяча; у — искомая высота.
Отсюда
(M-m)h (4"^-")ft
У т пг
5.6. Деревянный брусок квадратного сечения с ребром а, массой т
и длиной / опущен в воду вертикально. Однако он сразу же переходит
в горизонтальное положение. Объяснить это.
У плавающего бруска центр тяжести лежит выше точки
приложения выталкивающей архимедовой силы РА, так как последняя
приложена к центру тяжести погруженной части (рис. 170). Поэтому
незначительное отклонение бруска от вертикали приводит к появлению
вращающего момента пары сил, поворачивающего брусок в
горизонтальное положение. Таким образом, вертикальное положение является
неустойчивым. Что касается горизонтального положения, то, если
мы выведем из него брусок, отклонив его на малый угол а, то наряду
с парой mg и Рд появится пара Fb F2, стремящаяся вернуть брусок
182

в равновесное горизонтальное положение. Силы Ft и F$ появляются
за счет заштрихованных объемов и пропорциональны площадям заштри-
хованных треугольников, т. е. пропорциональны -& -д-. Их плечи
равны приблизительно 1/3 каждое. Так как толщина бруска равна а, то
момент пары Р*, Р$ пропорционален аРа.
Силы FA и mg пропорциональны аЧ, а их плечи пропорциональны
аа, так что момент этой пары пропорционален аЧа. Отношение обоих
моментов пропорционально Р/и2, т. е. значительно больше единицы.
Поэтому равновесие устойчивое.
5.7. Корабль на воздушной
подушке имеет вес Р. Вытесняет ли он из-под
себя воду и если да, то в каком
объеме?
Пусть днище корабля — плоское
(рис. 171) и его площадь равна 5. Для
того чтобы корабль не падал, он
должен испытывать снизу избыточное
давление Ар такой величины, чтобы ^
ApS = Р.
Рис. 170
Рис. 171
Такое же избыточное давление испытывает и вода в пределах
площади днища корабля. Выделим в воде объем АСОВ указанной
на рисунке формы (как бы «сообщающиеся сосуды») и рассмотрим
поведение жидкости в нем.
По законам гидростатики, в точках С и D, находящихся на одном
уровне, давления должны быть одинаковыми, т. е. рс = pD:
Рс = Ро + ?ehA> Pd = Pb+ 9ёнв = Po + ДР + P£&s-
Отсюда следует, что
hA>hB и ДЛ = ^4— hB=-£
98
Весь «вытесненный» объем
_лм = ££в *
V = A/iS =
?g ?g
т. е. равен объему воды, который бы вытеснил корабль весом Р со-
гласно закону Архимеда, если бы он поплыл.
183

5.8. Однородный деревянный аержень длиной / одним концом
лежит на опоре (рис. 172), а другим — погружен в воду. Длина
участка, выступающего за опору, равна а. Плотность древесины равна р.
Найти длину погруженной части.
На стержень действуют сила тяжести Р и выталкивающая сила РА,
приложенная к геометрическому центру погруженной части. Так как
стержень находится в равновесии, то сумма моментов относительно
точки А равна нулю:
Pi(l — a — х/2) cos а = Р (1/2 — a) cos а,
где Р^ = p0Sx; Р = p/S; «S — площадь поперечного оечения стержня;
р0 — плотность воды.
Отсюда
x=(l-a)± ]/(/~a)2--£-/(/-2а).
Так как х -< (/ — а), то следует выбрать знак минус.
5.9. Жидкость весом Р и плотностью р налита в два конических
сосуда (рис. 173), площади дна которых равны Si и Sg. Уровень
жидкости находится на высоте Я. Найти силу, с которой жидкость
действует на стенки сосудов в обоих случаях.
В случае рис. 173, а на жидкость действуют: сила тяжести Р,
направленная вниз; реакция дна, равная силе давления жидкости на дно
сосуда pgHS и направленная вверх; реакция боковой стенки, равная
искомой силе R и
направленная вверх в результате вектор-
а 6
Рис. 172 Рис. 173
еого слежения реакций от противоположных участков стенки (реакция
перпендикулярна стенке).
Следовательно,
Ri = P-pgHSP
В случае рис. 173,6 реакция боковой стенки направлена вниз.
Поэтому
5.10. В жидкостях с плотностями pi и р2 вес тела равен Р* и Ра
соответственно. Найти вес тела в жидкости с плотностью ра.
По условию
P-PigV = Pi-,\
P-PtgV=Pii\
184

Здесь Р — вес тела в воздухе; Я3 — искомый вес. Из этой системы
уравнений находим
р — Рз —Pap, Pa— Pip
Э Pi — Р* * Pi" P2 **
5.11. В цилиндрический сосуд с площадью дна 5 налита жидкость
с плотностью р. В сосуд опущено тело произвольной формы с массой т,
которое не тонет. Найти изменение уровня жидкости.
При опускании тела в сосуд сила давления на дно возрастает на
величину mg. Величину подъема уровня обозначим Д/z. Приращение
давления вода Ар = pgAA, а приращение силы давления AF = ApS.
Тогда
5Др = SpgA/i =s mgf
откуда
5.12. Слиток сплава двух металлов с плотностями р£ и р2 весит
в воздухе Pi, а в воде — Р2. Найти вес каждого из металлов в слитке.
Величина архимедовой силы, действующей на слиток в воде
так что объем слитка
Рвв '
где рв — плотность воды.
Объем, занимаемый металлом с плотностью pi, обозначим через х,
объем, занимаемый вторым металлом,— через V — х. Вес слитка
в воздухе
Pi = Pi5* + № (V — x) = Hg* + ?2ё [ ^~ a — *1.
откуда
Pi(fr-Pi)-P,Pi . f/ H{P2-Pi) + 9BPi
X = . ч i к — X = . г •
Рв£(Ра— Pi) Prf(Pa—Pi)
Вес каждого из металлов равен соответственно pig* и р^ (V — х).
Сумма весов, очевидно, равна Рг.
5.13. Аэростат, наполненный газом с плотностью Pf, имеет подъем*
ную силу Ff. Найти подъемную силу, если наполнить аэростат газом
с плотностью ра. Вес оболочки равен Р.
При заполнении аэростата газом с плотностью pi подъемная сила
Fi = (?B-?i)Vg-P.
где рв—плотность воздуха; V —объем аэростата, заполненного газом.
Отсюда
у- Pi + P
g(PB— Pi) '
185

При заполнении аэростата газом с плотностью р2 подъемная сила
5.14. Найти зависимость выталкивающей силы Архимеда FA от
глубины погружения.
Плотности жидкости и вещества погружаемого тела равны рж
и рт. Выталкивающая сила
Рт
ГТ
где Рт — вес тела.
Так как Pr = const, то FA меняется с глубиной только в том случае,
если изменяются плотности жидкости и тела.
5.15. Найти выражение для потенциальной энергии тела,
погруженного в жидкость.
На тело действует сила тяжести Р и выталкивающая сила FA.
Работа по погружению тела с массой pVg на глубину h равна
(P-FA)h = (9-9)K)gVh.
Эта работа и служит мерой потенциальной энергии погруженного тела.
5.16. Полый шар с плотностью материала pj плавает на
поверхности жидкости с плотностью р2. Найти плотность вещества, которым
следует заполнить полость, чтобы шар находился в безразличном
равновесии внутри жидкости. Радиус шара равен /?j, радиус полости—#2-
Условием безразличного равновесия является равенство веса всего
шара и веса жидкости в объеме шара, т. е.
откуда
(P2-Pl)tf?+Pitf2
5.17. Тело с плотностью материала р падает с высоты Н в
жидкость с плотностью pi(p<Pi>. Найти глубину погружения и время
подъема тела на поверхность.
Подъемная сила Т = 9lVg — mgt где V — объем тела; т—масса тела.
Энергия падающего тела в момент касания поверхности жидкости
равна mgH. Эта энергия затрачивается на работу погружения тела
на глубину /
mgH = Tl = {?tgV — mg) I.
Так как m = pV, то
186

pVgH = g(?xV-pV)iy
откуда
/ = -££_.
Pi — p *
Время определяем по формуле / = at2/2, откуда t = l/2//#. Величина
а= Т/т = g{fi — p)/p. Подставляя выражения для /иав формулу
для f, находим
Pi— Р ^ Я
5.18. Через небольшую пробоину в трюме судна бьет струя воды.
Один человек не в состоянии преодолеть силу струи, чтобы закрыть
отверстие доской. Однако, когда е помощью товарища доска была
наложена, человек оказался в состоянии удержать доску. Почему?
Скорость истечения струи v = V^gh. Импульс силы FM,
действующей со стороны стенки на струю, равен Amv, где Am — pSvAt —
масса воды, вытекающей за время At. Поэтому сила давления струи
F, бьющей из отверстия, равна
F = pv*S = 2pghSt
где S — сечение отверстия.
Когда отверстие было закрыто доской, на доску стала действовать
статическая сила
/ = ?ghS = у .
5.19. На гладкой горизонтальной поверхности стоит широкий сосуд
с водой. Уровень воды в сосуде — h, вес сосуда с водой — Q. В
боковой стенке у дна сосуда имеется заткнутое отверстие с площадью S.
Найти, при каком значении коэффициента трения между дном и
поверхностью сосуд придет в движение, если вынуть затычку.
Из предыдущей задачи известно, что сила давления струи равна
2pghS. Так как давление у дна равно pgh = р, то F = 2р$. такая
же сила действует со стороны струи на стенку сосуда,*
противоположную отверстию. Сосуд начнет двигаться, если AQ-<2p5 или А<
< 2pghS/Q.
5.20. Сосуд с жидкостью падает с ускорением a<^g. Как меняется
давление р с глубиной?
В неподвижном сосуде зависимость давления от глубины
определяется формулой
р = pgh.
Ускоренно движущийся сосуд представляет собой яеинерциальную
систему, движущуюся с ускорением а. В такой системе g следует
эаменить на g — а. Поэтому
Р = Р (fi — в) ^
Если а = gt то наступает состояние невесомости, при котором р = 0.
5.21. Из трубы сечением Sj бьет вертикально вверх струя воды.
Найти сечение струи на высоте h над отверстием трубы. Расход воды
из трубы равен Q.
187

Уравнение Бернулли для данного случая:
pvl/2 = pvl/2 + pgh,
где Vi — скорость воды в сечении 5Х; v2 — скорость в сечении струи
S2 на высоте h.
Уравнение неразрывности
SxVi = S2v2 «= Q.
Отсюда находим v± и v2 и подставляем в уравнение Бернулли
откуда
».- , ^
V<P-2ghSlm
5.22. Труба сечением 5 образует прямоугольное колено. По трубе
течет поток газа со скоростью v. Плотность газа р. Найти силу
давления газа на трубу.
Количество движения газа, проходящего через колено, меняется
только по направлению. Изменение количества движения за единицу
времени равно т (v2 — vx) — pSv (v2 — vj, причем | v2 | = | vx \ = v.
Это изменение равно силе Ft действующей со стороны трубы
на газ. Так как v2 и vx направлены под углом 90° друг к другу
и численно равны, то \v2 — vx | = v j/^2 и F = pSv2 Y^. Такая же
сила, согласно третьему закону Ньютона, действует со стороны газа
на трубу.
5.23. Площадь поршня в шприце равна 5lt а площадь отверстия
на выходе — S2. Ход поршня равен /. На поршень действует сила F.
Найти скорость и время вытекания воды из шприца, если он
расположен горизонтально, а скорость поршня — постоянна.
Обозначим скорость движения поршня через vlt скорость
вытекающей струи—через v2\ hlt px и Л2. р2—уровни воды и давления у поршня
и на выходе иглы соответственно.
Уравнение Бернулли имеет вид
Pi + Pihi + P^i/2 = Рг + Р^2 + ри|/2.
По условию
hi = h2; рх = — + ратм; ра = Ратм"
Тогда
F_ Р»1_Р^#
5Х+ 2 " 2 #
Условие неразрывности струи
Sfli = S2v2.
188

Из этих двух уравнений находим
F . 1 /5Ла » 1 »
откуда
При S2 « St
/2FSt
V
Объем жидкости, вытекающей из шприца, равен объему шприца,
т. е.
S2vut = Sxvxt =« SiL
Отсюда
t
Так как S2 < Sf,
t ~ §2! I/P^i
5.24. В дне цилиндрического сосуда диаметром D имеется малое
круглое отверстие диаметром d. Найти зависимость скорости v1
понижения уровня воды в сосуде от высоты h этого уровня.
Обозначим площади поперечных сечений сосуда и отверстия через
Sx и 52, а скорость вытекания воды из отверстия — через и2.
Запишем уравнение Бернулли и уравнение неразрывности потока
2 2
У + peft-у.
или
v] + 2gh = v\\ SiVi = S2v2t
откуда
о - P'fr
t>2 — -^-.
Решая оба уравнения совместно относительно V£f находим
g-rr s2V2jii = d*V2gii
1 j/sJ-Sj V&=d**
Так как d4 < D4, то
Vis Jl/2g/i.
189

5.25. Сопло фонтана, дающего вертикальную струю высотой
И, имеет форму усеченного конуса, сужающегося кверху. Диаметр
верхнего сечения ^d, диаметр нижнего — D, высота сопла —Л.
Найти расход воды Q за 1 с и избыточное давление Лр в нижнем
сечении (насколько это давление больше атмосферного).
Расход Q воды в 1 с равен объему V воды, протекающей 8а 1 о
через любое сечение S» Скорость воды, протекающей через верхнее
сечение, найдем по высоте подъема воды в поле силы тяжести!
тогда
V = VtS2=?£VW>
Уравнение Бернулли в применении к обоим сечениям]
pgh + 9v\f2 + ратм = pVJ/2 + p.
(верхнее) (нижнее)
Отсюда
Др = р-ратм = р£Л + ^(с^-ф
Уравнение неразрывности дает возможность найти скорость v± в
нижнем сечении
Окончательно

ТЕПЛОТА 6. Уравнения состояния.
Молекулярно-кииетическая
теория
и термодинамика
Уравнения состояния идеального газа. Состояние любого тела
характеризуется совокупностью нескольких физических величин,
называемых параметрами состояния. Параметрами состояния газа являются
объем V, давление р, температура Т. Уравнение, связывающее между
собой параметры состояния, называется уравнением состояния.
Идеальным газом называется газ, размерами молекул которого
по сравнению с его объемом можно пренебречь и в котором силы
взаимодействия между молекулами пренебрежимо малы-
Для идеальных газов справедливы следующие эмпирические
законы.
Закон Бойля —Мариотта
pV = COIlst ИЛИ ££ = rr
Ра У\
при Т = const» m = const (m — масса газа; Т — абсолютная
температура).
Закон Гей-Люссака
при р = const, m = const (V0 — объем газа при 0° Q t — темпера*
тура, °С).
За кон Шарля
при m = const, V = const (р0 — давление при 0° С).
Эти три соотношения можно рассматривать как уравнения
состояния соответственно при изотермическом (Г = const), изобарическом
(р = const) и изохорическом (V = const) процессах*
В общем случае идеальные газы подчиняются уравнению
состояния Клапейрона — Менделеева
где т.— масса газа; ц — масса одного киломоля газа; m/ji — число
киломолей газа; /? —универсальная газовая постоянная, В СИ # =
= 8,31 • 103 Дж/(кмоль-К).
191

Молекулярной массой М данного вещества называют массу тх
молекулы этого вещества, выраженную в атомных единицах массы
(а. е. м.). В качестве атомной единицы массы принята 1/12 часть
массы изотопа углерода 12С:
М = —^«-
тс/12
Киломолем называют такое количество вещества, масса которого
в килограммах численно равна молекулярной массе (р. = М) этого
вещества.
Закон Авогадро. В одном киломоле (килоатоме) любого вещества
содержится #А = 6,022 • !02в молекул (атомов). Nk называется числом
Авогадро.
Закон Дальтона. Давление смеси газов равно сумме их
парциальных давлений, т. е. давлений, которые имел бы каждый из газов в
отдельности, если бы он при данной температуре один занимал весь
объем.
Основное уравнение кинетичеокой теории газов
л 2 п F 2 n m°^"
где Р — давление; л0 — число молекул в единице объема; Е —
средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул; т0 —
масса молекулы; vc к — средняя квадратичная скорость молекул.
Число молекул в единице объема определяется по формуле
nQ-kT>
где k = R/NA — постоянная Больцмана, равная 1.38.10-23 Дж'К;
р — давление.
Средняя кинетическая энергия посгупательного движения молекул
Средняя квадратичная скорость мелекул ?
Средняя арифметическая екороеть молекул
г nji
Средняя длина свободного пробега молекул
I kJ_
192

где m0=[i/NA— масса молекулы; р — давление; d — диаметр молекулы,
Теплопроводность — процесс передачи теплоты посредством
хаотического теплового движения молекул или атомов. Количество
теплоты, переданное слоем вещества толщиной Д/ и площадью 5 при
поддерживании на его поверхностях разности температур ЛТ за время
г, равно
где коэффициент теплопроводности X численно равен количеству
теплоты, переданному за 1 с через слой толщиной 1 м и площадью
поверхностей 1 м2 при разности температур поверхностей 1 К.
Коэффициент теплопроводности вычисляется по формуле
Х = "з" Wlcv%
где р — плотность газа; v — средняя скорость молекул газа; cv —
теплоемкость при постоянном объеме; / — длина свободного пробега.
Диффузия — процесс выравнивания концентраций, обусловленный
переносом вещества посредством молекулярного движения. Масса
вещества М, перенесенного за время / через слой толщиной Д/ и
площадью 5 при поддерживании на его поверхностях разности
концентраций ДС, равна
M-D§St.
где коэффициент диффузии D численно равен массе,
диффундирующего вещества, переданного через слой толщиной 1 м при разности
концентраций на его поверхностях в одну единицу. Коэффициент
диффузии вычисляется по формуле
где v — средняя скорость молекул газа; / — длина свободного
пробега.
Внутреннее трение (вяэкость). При относительном параллельном
смещении слоев жидкости или газа возникают силы трения,
тормозящие движение слоев, движущихся с ббльшей скоростью, и
ускоряющие слои, движущиеся с меньшей скоростью. Причиной вязкости
является перенос количества движения (импульса) молекулами,
переходящими из одного слоя в другой.
Сила внутреннего трения
где Ди/Д/ — отношение разности скоростей слоев к расстоянию между
ними; 5 — площадь соприкосновения слоев.
Коэффициент внутреннего трения т) численно равен силе трения,
возникающей между двумя слоями с площадью 1 м* при отношения
Ди/Д/, равном единице, и вычисляется по формуле
1 = j ivlg
7 «19 193

где р — плотность газа; v — средняя скорость молекул газа; / —
длина свободного пробега.
Последние шесть соотношений справедливы при условии, что
длина пробега молекул меньше размеров сосуда.
Энергия теплового движения молекул (внутренняя энергия газа)
u = 4L±rt,
(i 2
где i — число степеней свободы молекулы. Числом степеней свободы
называется число независимых координат, определяющих положение
тела в пространстве. Для одноатомной молекулы i = 3, для
двухатомной / = 5, для молекулы, состоящей из трех или более атомов,
1 = 6.
Теплоемкость. Удельной теплоемкостью с называется количество
теплоты, необходимое для нагревания 1 кг вещества на 1°* Она
измеряется в Дж/(кГ'К).
Молярной теплоемкостью С называется количество теплоты,
необходимое для нагревания одного киломоля вещества на 1°*
Связь между молярной и удельной теплоемкостями:
Молярная теплоемкость газа:
при постоянном объеме
при постоянном давлении (уравнение Манера)
Первое начало термодинамики (закон сохранения энергии в
термодинамике)
Д<Э = Д£/ + Д
где AQ — количество теплоты, полученной газом; Д(/ — изменение
внутренней энергии газа; А — работа, совершаемая газом при
изменении его объема.
Если температура идеальиото газа с массой т изменяется на Д7\
его внутренняя энергия изменяется на величину
Ш = СутЬТ = - СуЬТ = L -2. ядг,
[X £ [X
Если при постоянном давлении р газ нагревается на ДГ = Г2— 7\,
то его объем возрастает от V\ A° ^2 и газ совершает работу
Применим первое начало совместно с уравнением Клапейрона —
Менделеева к каждому из процессов.
При изобарическом процессе (Ар = 0)
А = pAV = — /?Д7.
W4

Если в процессе изобарического расширения к газу подводилось
тепло, то согласно первому началу
AQ = Ш + А = — CVAT + — RAT =
= *СрДГ = "<±^/Ш\
При изотермическом процессе (AT = 0) все тепло, получаемое газом,
идет на выполнение работы, так как в этом случае AU = О
AQ = A.
Работа при изотермическом расширении газа определяется по фор*
муле
Л = ™Д7Чп£.
И- vi
При изохорическом процессе (AV = 0) все тепло, получаемое
газом, идет на изменение внутренней энергии последнего
AQ = AV.
В этом случае А = 0.
Количество теплоты, получаемое или отдаваемое газом при
изохорическом процессе, может быть определено п.) формуле
AQ = — CVAT = ±R^AT.
При изменении объема газа без теплообмена с окружающей средой
(адиабатический процесс) давление р и объем V постоянной массы
газа связаны уравнением Пуассона
рКт ■= const,
где if = cp!cv.
При адиабатическом процессе (AQ = 0) работа производится за
счет внутренней энергии газа, т. е. pAV = — AU. Таким образом,
при расширении газ охлаждается и наоборот. Работа в этом случав
определяется соотношением
где Ti я Vi — первоначальные значения температуры и объема газа;
V2 — объем газа в конце процесса.
Коэффициент полезного действия тепловой машины
-_<?i-Q2
где Qi — тепло, полученное от нагревателя; Qi— тепло, отданное
холодильнику.
7* 195

Для идеального цикла Карно
Т]=.
г,
где Ti — температура нагревателя; Т2 — температура холодильника,
6.1. Объем баллона, содержащего газ под давлением р± — 1,2- 10Б Па,
составляет Vx = 6 л, Каким станет давление р2 газа в баллоне,
если его соединить с другим баллоном объемом V' = 10 л,
практически не содержащим газа (температура остается постоянной)?
Так как процесс протекает при постоянной температуре, к газу
может быть применен закон Бойля — Мариотта
где V2 = Vi+Vv
Отсюда
01^1 = Р2^2
р2 = ^ = 0,45-10» Па.
*2
6.2. В баллон емкостью V == 12 л поместили тх-= 1,5 кг азота
при температуре ^ = 327° С. Какое давление р2 будет создавать
азот в баллоне при температуре f2 = 50°C, если 35% азота будет
выпущено? Каково было начальное давление рх?
Напишем уравнения состояния газа для обоих случаев:
Plv =
PlV:
Ei-
-fRTl;
«S*ri5
_Щ7\
p2 m2T2 *
й = ^ = 2,2.10'П,,
причем
m2 = rtii — 0,35mx = 0,65/7^;
Ра=^^ = 7,7.10'Па.
* i
в.З. На дне сосуда, заполненного воздухом, лежит полый
стальной шарик радиусом г = 2 см. Масса шарика гпш = 5 г. До какого
давления р надо сжать воздух в сосуде, чтобы шарик поднялся
вверх? Считать, что воздух при больших давлениях подчиняется
уравнению газового состояния. Температура воздуха t = 20° С = const
(сжатие воздуха происходит достаточно медленно).
Шарик поднимется вверх в том случае, если сила тяжести будет
уравновешиваться силой Архимеда
Ш'
где р — плотность воздуха, которая может быть найдена из
уравнения Клапейрона — Менделеева р = p^-RT.
196

Следовательно,
тШ ^=5- Ъ<-я Y ш»
откуда
6.4. При нагревании газа на 1 К при постоянном давлении его
объем увеличился на 0,005 первоначального. При какой температуре
находился газ?
Так как процесс изобарический, применим закон Гей-Люссака
W£ = 7yr2.
По условию задачи
V2 = 1,0051^; Га = 7\ + ДГ; ЛГ = 1.
Отсюда
V Т 1
1,005КХ ~ Тг + 1 ' ' * " 0,005 "" ^U *'
6.5. Газообразный кислород массой m = 10 г находится под
давлением рх = 3- 10ь Па при температуре tx = 10° С. После
расширения вследствие нагревания при постоянном давлении газ занял объем
V2 = 10 л. Найти объем и плотность газа до расширения;
температуру и плотность газа после расширения.
Для того чтобы найти объем газа до расширения, воспользуемся
уравнением Клапейрона — Менделеева pxVi = ml^RT^
^ = 2.^ = 2,4.10"^».
Плотность газа до расширения
Рх = р- = 4,14 кг/м3.
Температуру газа после расширения можно найти, применив закон
Гей-Люссака lfyV2 = 7уГ2:
Г2=^ = 1170 К.
Плотность газа после расширения
m
Ра = тг = 1 кг/м8.
К2
6.в. Два баллона соединены трубкой с краном. В первом баллоне
газ находится под давлением рх = 2 • 105 Па, во втором — под
давлением р2 = 1,2 • 10* Па. Емкость первого баллона Vx = 2 л, второго —
у2 = 6 л. Температура газа в обоих баллонах одинакова. Какое
давление установится в баллонах, если открыть кран?
197

До открытия крана в каждом из баллонов справедливо уравнение
состояния PlVt = ^RT; p2V2=?^RT.
[X (X
После открытия крана в обоих баллонах установилось одинаковое
давление р:
P(V1+v%) = PlV1 + P%vti
D _ P1V1 + P2V2 _ 1 4 . 1Л5 Па
6.7. Внутри плотно закупоренной бутылки находится гелий с
массой т при температуре 7\ и давлении plf равном атмосферному. До
какой температуры нагрелся газ, если при давлении р2 пробка
вылетела? Каков объем бутылки? %С какой силой давит газ на пробку в
момент ее вылета? Атмосферное давление — р0. Сечение отверстия
бутылки — 5.
Запишем, уравнение Клапейрона — Менделеева для газа до и после
нагревания
Г" Г*
В нашем случае
Vt = V2; Pi = р0;
Ро _ Ti , т ,_ р0.
Р2 J 2 Р2
, _т RT
1 Н- Ро *
Силу можно определить по формуле
/г = р25.
6.8. На какой глубине радиус пузырька воздуха вдвое меньше, чем
у поверхности воды, если барометрическое давление у поверхности
равно р0?
Так как температура остается неизменной, к газу можно применить
закон Бойля — Мариотта pxVi = p2V2.
Из условия задачи pt = р0 находим р2 = р0 + pght где pgh —
гидростатическое давление жидкости.
Объем пузырька воздуха:
у поверхности
на глубине h
После подстановки найдем
P*Vi = lp0+pgh)jVi9
198

откуда
6.9. Цилиндр с газом разделен на четыре камеры тремя навесными
поршнями (рис. 174). В каждой секции находится газ, состояние
которого характеризуется параметрами р^Г,; р2У,Тл; p^V^Ti, PiV^Ti-
Каковы будут объемы и давления в каждой секции после того, как
освободить поршни и дать им возможность свободно двигаться, а
температуру изменить до Тг?
Поршни установятся в положении, при котором давления во всех
четырех камерах станут одинаковыми и равными р. Запишем для
каждой камеры закон Клапейрона — Менделеева:
PV±. P*V~t РУ* ,
PtV* _ РУ*
г, т, •
PjVi
г, тг
Р3У* рУ*
г, тг
Г1
—1
**|
рЛ
г,-т2
Рис. 174
Рис. 175
причем
Vi+v2 + v3+vt = vi+v;+v;+ vi.
Очевидно, что
Pi Vi + PtVt + P3V3 + P*V* _ P (Vi + Vi + V*+ Vi)
P =
T T
(PiVj + PiVj + P»V, + Р«У4)Уа ,
у PiVi(Vi+VM + Vt+Vd.
l~PiVi + PtV,+p»Va + PtVt'
PtVtWt + Vt + V, + VJ .
I
Vi-
PlVi + PtVt + ptVn + ptVt'
VL
P,V*lVi+Vk+Vt + Vt)
PiVi + PtVi+PtVt + pJS
,/.. PtVt(Vi+-Vt + V, + V4)
4 PiVt + P,Vi + p,V, + ptVt-
6.10. В (/-образной трубке, запаянной с одного конца, высота столба
воздуха lQ = 300 мм, а высота столба ртути Л0 = ПО мм (рис. 175).
В правое колено долили столько ртути, что ее уровень поднялся на
Д/z = 40 мм. Насколько поднялся уровень ртути в левом колене?
Атмосферное давление р0 = 1,01 • 105 Па (760 мм рт. ст.).
199

Изменение объема и давления газа, находящегося в левом колене,
происходит при постоянной температуре, следовательно, процесс
изотермический. Для изотермического процесса воспользуемся законом
Бойля — Мариотта
Pi = Po+ Pgu0; h=ho + ДЛ;
Vi = loS; Pi = p0 + pg(h0 + &h)=p0 + pgh; Vt = lS.
Подставляя эти выражения в (*), получаем
(Ро + Pgbo) /о5 = [Ро + 9S (ho + Щ] tS;
1= (^0 + ^д°м^2в7мм;
Ро + Pg (*о + Щ
Д/ = /0 — / ж 13 мм.
6.11. Баллон емкостью V, наполненный газом при давлении р и
температуре 7\ взвесили, причем его вес оказался равным Р. Из баллона
откачали часть газа, после чего давление упало до рг при той же
температуре. Вес баллона в этом случае оказался равным Я^. Определить
плотность газа при нормальных условиях.
Запишем уравнение Клапейрона — Менделеева для трех состояний
газа:
pV=4LRT; (1)
PlV = ^RT; (2)
PoV0 = jRT0. (3)
Масса газа в баллоне до откачки
р-р6
где Рб — вес пустого баллона.
Аналогично после откачки
« р'~р°
mi=——•
После подстановки значений масс в (1) и (2) соответственно
получим
р-рб
pV=^TRT> (4)
p,V = ^-^RT. (5)
Иа (3) находим
200
Рё
HL = E$L = BiJL _
'о *\Tq Tq J\
= Ро- (6)

Вычитая (5) из (4) и пользуясь (6), находим
(P-Pi) V = f~glT(P-P6)-T(Pl - P6)]J
R (p-Pi)Vg}
p0 Т(Р-Рг)
P° Toip-pJVg9 .
6.12. В комнате объемом Ух= 60 м3 температура поднялась с t< =
= 17 до г2 = 27° С. Давление при этом изменилось от р± = 1,03 х
X Ю? до ра = 1,06 • 10^ Па (среднюю массу одного киломоля воздуха
принять равной (л — 29 кг/кмоль). На какую величину Лт изменилась
масса воздуха в комнате?
Уравнения Клапейрона — Менделеева для первого и второго
состояний газа:
где mi и m2 — соответствующие массы воздуха, содержащегося в
комнате.
Из вышеприведенных уравнений получаем
Am = m1-m2 = ^--^- = T(f--f-j ^0,384 кг.
6.13. Плотность пара некоторого соединения углерода с водородом
равна р = 3 кг/м3 при температуре 43° С и давлении 99 • 10э Па.
Какова молекулярная формула этого соединения?
Из уравнения Клапейрона — Менделеева
pV-jHT, р - у - RT ,
qRT
|x = -— = 72 кг/кмоль.
Формула соединения—СЛН^, причем 12* +у = 72. Очевидно, что
молекулярный вес, равный 72 кг/кмоль, имеет вещество- с формулой
6.14. Определить температуру газа, находящегося в закрытом
баллоне, если его давление увеличилось на 0,4% первоначального при
нагревании на AT = 1 К.
Запишем уравнения состояния газа в обоих случаях, учитывая, что
объем и масса неизменны:
PlV=^RTi;
PtV = jRT*.
Рг _ Тг
= =? ; рг = рх + крх = рх (1 + k)t
Pi ' i
201

где k — доля, на которую изменилось первоначальное давление при
нагревании,
Tt = Ti + bT;
7\ = ^=250 К.
6.15. Сколько ртути войдет в стеклянный баллончик объемом V0,
нагретый до температуры f0f при его остывании до t^t если плотность
ртути при tx равна р (рис. 176)?
Процесс протекает при постоянном давлении- Этому случаю
cootie Т
ветствует закон Гей-Люссака ^ = ~ , где К0 — объем газа,
содержащегося в баллончике при температуре
Т0> Vx — при температуре Tv
Изменение объема газа
Рис. 176 АУ = У0-УХ=У0(\-Ы.
Масса ртути, соответствующая этому изменению,
m = pAV = PvJl-JjJ.
6.16. Тонкостенный резиновый шар собственным весом Р = 0,6 Н
наполнен неоном и погружен в озеро на глубину h = 120 м. Найти
массу неона, если шар находится в положении равновесия.
Атмосферное давление р0 = 1,03 • 105 Па, температура в глубине озера* = + 4* С.
Натяжением резины пренебречь.
Если шар находится в равновесии, то силы тяжести шара и неона
в нем уравновешиваются силой Архимеда
mg + P = pgV9
где m — масса неона; р — плотность воды; V — объем шара.
Уравнение состояния газа:
(Po + l>gh)V=^RT,
где Ро + pgh — давление на глубине ft.
Из этих двух уравнений получаем
mg + P m RT
Pg К (Ро + Pgh) '
pgmRT = H- (Po + Pgh) mg + V- (Po + Pgh) P\
m = KPo+Pg^)^ s o,0007 кг.
pgRT — v-(Po + pgh) g
6.17. По газопроводной трубе идет углекислый газ при давлении
р = 4,9 • 10^ Па и температуре / = 21° С. Какова скорость v
движения газа в трубе, если за время х = 10 мин протекает m = 3 кг
углекислого газа, а площадь сечения трубы 5 = 5 см2?
202

Об-ь^м газа, протекающего через поперечное сечение трубы за время
*, равен
V = vSz.
Зная, что в этом объеме содержится масса т углекислого газа,
и используя уравнение Клапейрона — Менделеева, можно найти
PV = VLrT;
у = m_ RT
откуда
Н- Р
v = т^ = -т— = 0,104 м/с.
ц£тр
5х
6.18. Стеклянная запаянная с одного конца трубка длиной / =
= 20 см, содержащая некоторое количество воздуха, погружена в ртуть
так, что над поверхностью выступает /* = 15 см трубки. Уровень
ртути в трубке при 0° С выше уровня ртути в сосуде на hx = 5 см.
На сколько градусов нужно было бы нагреть воздух в трубке, чтобы
он мог занять весь объем трубки? Атмосферное давление р0 = 105 Па,
уровень ртути в сосуде считать неизменным
(рис. 177).
До нагревания состояние воздуха в
трубке можно характеризовать параметрами рх\
\\\ Тъ где Pi = p0 — Pghu fi = S('i —
-hi)l Ti = 273 К.
После нагревания состояние воздуха
определяется параметрами р2, У21 Т2, где р2 =
= Ро + Pgh2 = Po + Pg(l — 'i); У2 = SI.
Из уравнения Клапейрона — Менделеева
для этих состояний получаем
т _ P%V*Ti (Po+PghJlSTj _
' 2 — ^
PiVi (Po-P^iJS^-fti)
[Po+Pg(/-/i)]^i
"(Po —P£*i)(/i—*i)
ДГ = Г2 - 7\ » 350 K.
623 K;
Рис. 177
6.19. Вертикально расположенный цилиндрический сосуд разделен
на две равные части тяжелым теплонепроницаемым поршнем, который
может скользить без трения. В верхней половине находится гп^
граммов водорода при температуре Tlt в нижней части—т2 граммов
кислорода при температуре Т2. Сосуд перевернули. Чтобы поршень
по-прежнему делил сосуд на две равные части, водород пришлось
нагреть до температуры 7V Температура кислорода осталась прежней.
Определить, до какой температуры необходимо было нагреть водород
и каково давление водорода в первом и втором случаях, если вес
поршня — Р, его сечение — 5.
Поршень будет находиться.в равновесии в том случае, когда
Pi + Рп = Рг\
P2 + Pn = Pii
20Э

где рх — давление водорода при температуре Тх\ р2— давление
кислорода при температуре Т2; р/— давление водорода при температуре
73; рп — давление^ оказываемое на газ поршнем.
Уравнения Клапейрона — Менделеева для водорода и кислорода:
Решая полученные уравнения, находим
Приравняв правые части, имеем
Н И-1 f*i N
(*)
Л-Ti.
<Ы
<*N
^ Pl =
Из (*) получаем
Рп\^ ^1 /
Таким образом,
S (m2\x.{T2 — m&tTi) •
Рис. 178
2Р
Pi'=2Pn + Pi=-c + Pi-
6.20. Цилиндрический сосуд был до половины наполнен ртутью,
после чего герметически закрыт крышкой с пропущенной через нее
сифонной трубкой (рис. 178). Высота сосуда h = 80 см. Сифон,
заранее наполненный ртутью, имеет равные вертикальные участки, один
из которых кончается у дна сосуда. ' При каком давлении в сосуде
прекратится истечение жидкости через сифон? Насколько понизится
уровень ртути в сосуде за время истечения? Внешнее давление р0 =
= 1,01- 105 па.
Истечение жидкости через сифон будет продолжаться до тех пор,
пока давление, создаваемое этой жидкостью на уровне А внутри трубки,
будет больше атмосферного.
204

Пусть уровень ртути в сосуде понизился на АЛ и при этом
давление воздуха в сосуде стало рх. Очевидно, такое же давление
установится и в трубке на уровне ВС, соответствующем свободной
поверхности ртути в сосуде.
Давление рА, создаваемое ртутью на уровне А, слагается из
давления Pi и давления столба ртути АС, равного pg (h/2 — A/i), т. е.
РА = Pi + PS (J - лл) .
где h/2 — начальная высота уровня ртути в сосуде.
По мере понижения уровня ртути давления рх и рА будут
уменьшаться и в момент прекращения истечения ртути рА = р0. Отсюда
давление воздуха в сосуде в момент прекращения истечения ртути
Pi = Po — Р£(у — ДЧ«
По условию задачи в начальный момент давление воздуха в
сосуде — р0; объем — К0 = -^ S. В момент прекращения истечения
Из закона Бойля — Мариотта pQV0 = ргУ^ получим
Ро4=[ро-рг(4-лАр+м).
откуда
Pg 4
Mia = 2^[-*> ± Vpl+h*p*g^'
АЛ а 17,2 см,
Pi = 0,78 ~- 105 Па.
6.21. Компрессор захватывает при каждом качании V0 = 5 • 10~9 м3
воздуха при нормальном атмосферном давлении р0 и температуре /0 =
= —3° С и нагнетает его в резервуар емкостью V = 2 м3, причем
температура воздуха в резервуаре поддерживается равной t = —53° С.
Сколько качаний должен сделать компрессор, чтобы давление в
резервуаре увеличилось на Ар = 4 • 10? Па?
Пусть до начала работы компрессора давление в резервуаре было
ръ а масса воздуха — mj. Уравнение состояния в этом случае имеет
вид pxV = — RTf. После нагнетания масса воздуха в резервуаре стала
равной т2, а давление — р2. Следовательно, уравнение состояния в
205

этом случае p2V = — #7V Вычитая из второго уравнения первое,
получим
где Др = р2 — Pi' Дт = m2 — mt — масса воздуха, перенесенного в
резервуар компрессором за N качаний. Число качаний N может быть
определено как N = Д/п/т0, где т0 — масса воздуха, переносимая за
одно качание. Ее можно найти из уравнения для порции воздуха,
захватываемой при одном качании,
PoVB = j°RT0,
„ _ Р(УоУ-
m°--Rf;-
Таким образом,
/V = ^Л^° к 1964 качания.
TiPqVo
6.22. В чашечный барометр попал пузырек воздуха, вследствие
чего барометр показывает давление, меньшее истинного. При сверке
его с точным барометром оказалось, что при атмосферном давлении
ра1 = 768 мм рт. ст.* барометр показывает р^ = 748 мм рт. ст.,
причем расстояние от уровня ртути до верхнего основания трубки hx =
= 80 мм. Каково истинное давление, если барометр показывает р2 =
= 734 мм рт. ст. (температура воздуха та же)?
Если при атмосферном давлении ра] барометр показывает давление
plt то давление воздуха в пузырьке рв1 = ра! —р^ = 20 мм рт. ст.
При изменении атмосферного давления давление воздуха в пузырьке
станет равным
Так как изменение давления и объема пузырька воздуха происходит
при постоянной температуре, можно использовать уравнение Бойля —
Мариотта
Pb\Vi = P*2V2>
где объемы пузырька воздуха соответственно равны
^ = 5/ii; V2 = Sh2\
(Pal — Pi) Shl = (Pa2 - Рг) Shi>
h2 = (hi + йрт1 - ftpT2) = 94 мм
* 1 мм рт. ст. = 133 Па.
206

(Арт| и Лрт2 — высоты столбиков ртути в барометре);
(Pal - Pi) hi + Р^2
Ра2='
751 мм рт. ст. « 10* Па.
в.23. В большой сосуд с водой опрокинут стеклянный стакан
(рис. 179). Уровень воды внутри и вне стакана одинаков. Расстояние
от дна стакана до уровня воды равно /♦ Температура воздуха — Ти
атмосферное давление— р01. На какую высоту Л изменится уровень
воды в стакане при понижении температуры до Т% и повышении
атмосферного давления до р02? Изменением уровня воды в сосуде пренебречь.
~~* 1 I I -^ll I II
ll I I 11 | | I
"n»
г
^4
*=5
1 " 1
Рис. 179
Рис. 180
Запишем уравнения состояния газа для обоих случаев:
PiV2 = ^RT2)
Г1
Pi = Poi'f
Рг = Рог — Рл.
где ph = gph — гидростатическое давление, оказываемое столбом воды
высотой h.
Из вышенаписанных уравнений получаем
PiVj = Т±
P2V2 Т2"
Так как V*! = SI; V2 = S'(l — /z), где S — сечение стакана, то
Pi*
_ {j.
Р01*
= Zj.
Р2(/-Л)~7У <рм-р*Л)(/-А)~7У
Poi^2 = TtPotl - Txpghl - TtpQ2h + Ttfgh2;
h2PgTi - h (pgl + p02) Тг + / (TlPo2 - T2p01) = 0?
u-i(.+»)±iK(,-a-)va
01^2.
PgTi
207

При обычных атмосферных давлениях порядка 105 Па / < -~а;
кроме того, второе слагаемое под корнем меньше первого. Поэтому
выражение для Aj 2 следует взять со знаком «—» перед корнем, так
как в противном случае значение h окажется порядка десятков метров.
6.24. Барометрическая трубка опущена в сосуд с ртутью (рис. 180).
Уровень ртути выше, чем в сосуде, на Л. Насколько нужно
опустить трубку, чтобы уровни ртути в сосуде и трубке сравнялись, если
в начальном положении непогруженная часть трубки была /, а
атмосферное давление — р0?
В результате опускания трубки давление в ней изменилось до рй.
Для изотермического процесса можно применить уравнение Бойля —
Мариотта plV1 = p2VV
Pi + 9Sh — PoJ Рг = Pol
Vi-(/-A)S; Vt = ltS.
где 5 — сечение трубки. Подставив эти выражения, получим
(Po-Pff>0(/-/i)S = po/1S;
, _(Po-?gh){l-h).
h к •
Д/ = / — /=/ — (Ро — Р8® V — h) = PSb(l — h) + bp0
1 Ро Ро
6.25. Оболочка воздушного шара с массой т и объемом V на 8/9
заполнена водородом при температуре 7\ и давлении р*. Какая масса
водорода выйдет из оболочки и как изменится подъемная сила
водорода, наполняющего оболочку, на высоте, где давление и температура
равны р2 и Т2 (при подъеме водород может выходить через отверстие
в нижней части оболочки)?
Уравнения состояния водорода в обоих случаях имеют вид:
I/ 8V
где V, = -у;
1*н
t4iPiVi РнРгУ
т\ = —о*—; т2 =
RTi ' "г ИТг
лт-т. т _^Г8р1 рЛ
В первом случае подъемная сила
Fi = FA-Pi-P0t
где ^д — сила Архимеда; Pf — вес водорода, содержащегося в
оболочке; Р0 —вес оболочки.
208

где Рн» Рв — плотности водорода и воздуха при температуре 7\ и
давлении Рх.
Плотность воздуха при различных р и Т может быть выражена из
уравнения Клапейрона — Менделеева в виде
При этом
Аналогично во втором случае
Р* ~ RT '
Отсюда
F* = VgW~ m2g"~ m°g'
_v&*(Pi Pt\ **V*\*E± p»1
6.26. Цилиндрический сосуд с газом разделен поршнем на две
камеры. Состояние газа в обеих камерах характеризуется соответственно
параметрами plt Vlt Тл и р2% V2> Т2. При каком давлении поршень
будет находиться в равновесии, если его освободить, газ в первой
камере нагреть, а во второй — охладить на ЛГ (нагревом поршня
пренебречь)?
Поршейь находится в рааиовесии, когда давление в обеих камерах
одинаково.
Запишем уравнения состояния для газа в каждой камере:
PiVi _ PVJ . РгУг = рУг
Tt Г, + ДГ' Тг Г2-ДГ2'
причем Vl + Vl=Vi+V2.
Решая полученную систему уравнений, находим
(У1 + У2-УУ)(Г2-ДГ) .PlVxTt,
VI (Г< + ДГ) TiPtVt' •
vi ^ (Vi + У») У, - АГ) Т[р,У,
Vi (T\ + m Р1ухт2 + (г, - дг) TtftVt'
у (Vi + V2)(Ti+^T)p1ViT2
1 (Ti+Wp^Tt + iTt-WTrPtVt'
- _ /hVi (Ti + ДГ) (rf + АГ) py^ + (Г, - ДГ) TlPlVt
Р Vin TfoWi + Vj
209

6.27. Трубка имеет вид перевернутой буквы П (рис. 181).
Горизонтальная часть трубки длиной / заполнена ртутью. Вертикальные
участки имеют высоту Hv Один из них запаян сверху и содержит
воздух при атмосферном давлении С какой скоростью нужно вращать
трубку вокруг открытого вертикального участка, чтобы в запаянном
участке ртуть поднялась до половины его высоты? Атмосферное
давление — Pi.
При вращении вокруг оси 00' столбик ртути, находящийся в
горизонтальной части трубки, будет перемещаться в запаянный участок
до Tgx пор, пока сила давления со стороны воздуха и вошедшего
столбика ртути не достигнет такой величины, которая обеспечивает
горизонтальному столбику ртути
необходимое центростремительное
ускорение.
В процессе смещения столбика
ртути происходит изотермическое
сжатие воздуха в закрытом колене,
следовательно, для решения задачи
можно использовать уравнение Бойля —
Мариотта ptfi = р2Н2, где рь Нг —
давление и высота столбика воздуха,
занимающего весь вертикальный
участок; р2, Я2 = Н\ /2 — давление и
высота столбика воздуха, занимающего
половину участка. Таким образом,
PiHi = p2-£\
Pi = 2/?i.
Рис. 181
Следовательно, давление на уровне ab
P = P* + Pg^ = 2pi + Pg^>
Hi
где Pg-тг— гидростатическое давление столбика ртути высотой Hlf2.
Согласно закону Паскаля, на горизонтальный столбик ртути действует
сила
С)
F = pS = (2Pl + pg^)s,
где 5 — площадь поперечного сечения трубки. Зта сила и будет играть
роль центростремительной силы
F = mw2R = 4л2л2тЯ, (**)
где т — масса ртути, оставшейся в горизонтальной части трубки;
а) — угловая скорость; п — число оборотов в единицу времени; R —
расстояние центра тяжести ртути в горизонтальной части до оси
вращения.
Из (*) и (**) получим
4*Vm/?=(2Pl + P£^)s;
п< = -
4n2mR
210

Величины m и R можно представить в виде
т
-4-*)» *=U'-"4
так как ртуть вначале занимала всю горизонтальную часть трубки,
а потом — половину (#i/2) ее вертикального участка.
Таким образом,
' 1 ~ЙТ\
0.5р[/2 4^)4я2
_ 4pt + PgHj
6.28. В стеклянную манометрическую трубку, запаянную с одного
конца, налита ртуть. Высота столба воздуха в запаянном колене равна
ЗЯ, причем ртуть в открытом колене стоит на Н выше, чем в
закрытом. Найти разность уровней в коленах манометра, если он установлен
в лифте, который: опускается с ускорением 0,5g (рис. 182, а);
поднимается с ускорением 0,5g (рис. 182, б) (в лифте 'поддерживается
нормальное атмосферное давление ра).
При ускоренном движения вниз Т7^ I I ГЛ
вес тела уменьшается: Р = mg— I II I I a-
— та, где g — ускорение свободно- ~1 т^
го падения; а — ускорение, с кото- VI 11 I I I I I I I I
рым движется тело.
При ускоренном движении вверх
Р = mg + та* следовательно^ и I LJ Д J I Щц ^1
удельный вес в системе, движу-' " ' 1^3 I '—'—^—L
щейся ускоренно вниз, будет не
Р£» а Р (g - с), а в системе,
движущейся вверх, — р (g + а).
Аналогичные явления происходят и в
манометре.
Как только лифт начнет уско- Q q
ренно опускаться, давление
столбика ртути уменьшится вследствие Рис. 182
уменьшения удельного веса ртути,
и ртуть станет переходить из закрытого колена в открытое до тех пор,
пока давление воздуха в закрытом колене не будет уравновешено
атмосферным давлением и давлением вновь установившегося столбика ртути.
Таким образом, при ускоренном движении вниз происходит
изотермическое расширение воздуха. Так как в процессе расширения масса
газа не меняется, можно применить уравнение Б ой л я — Мариотта
P\Vi = Р^г* где Vx = 3HS; V2 = SH2. Отсюда ргЗН = р2Н2, причем
Pi = Pa + P8H> Рг = Ра + Р(£ — а)х* гДе* *'—разность уровней во
время движения.
Как видно из чертежа, высота столба воздуха при опускании может
быть выражена следующим образом:
1
н
л
7
h
[=^
И-
| |Ц|
JEp
1 1
рщ
х|
1 I
211

Согласно закону Паскаля
Pi = P\
Рг = Р — PEh\
Рз = Р + РёЬ
р4 = р — pgh cos a;
. Рь = Р + Pgh cos а.
Отсюда
Л
p'i
/ ^ •
3 " Р + 9gh '
/4 =
/5 =
p/i
Р — PS*1 cos а '
PU
Р + Pg^ cos а "
6.31. При нагревании газа были получены графики зависимости
давления (рис. 185, а) и объема (рис. 185, 6) от абсолютной темпера-
туры. Как изменились в первом случае
(* I—^ объем, а во втором — давление?
1 Из рис. 185, а видно, что р2/Г2 <
<р1/Г1.В данном случае справедливо
также уравнение состояния р^г1Тг =
MMJ
Рис. 185
= Ра^/Га. Для выполнения этого равенства необходимо, чтсбы
Уг<У%.
Из рис. 185, б видно, что Ка/7,2.> Vi/7\. Для того чтобы
уравнение состояния при этом условии имело смысл, необходимо, чтобы
Pi<Pi-
6.32. Два сосуда, содержащие одинаковые массы одного газа,
соединены трубкой с краном. В первом сосуде давление рх = 5 • 103 Н/ма,
во втором — р2 = 8 • 103 Н/м2. Какое давление установится после
открытия крана, если температура останется неизменной?
214

следовательно,
(Ра + 98т ЗЯ = [Рг + р (g - а) х] ( 2,5Я + -j) .
Если учесть, что
Ра = Р£Я о, а = °'5£»
где Я0 — высота ртутного столба в барометре, то
9g (Я<> + Я) ЗЯ = [р^Я0 + 0,5pgx] (2,5Я + -J) .
Отсюда получаем квадратное уравнение х2+х (5Я+2Я0>—2Я (Я0+6Я)=
= 0, решив которое, найдем
*и = \ (-2Я0 - 5Я ± |^73Я2 + 28ЯЯ0+4Я2) .
Берем перед корнем знак «+», так как х — положительное число.
При ускоренном подъеме лифта давление столба ртути в открытом
колене манометра возрастает, ртуть будет переливаться в закрытое
колено до тех пор, пока давление воздуха не уравновесится суммой
атмосферного давления и давления установившегося в данном случае
столбика ртути высотой хг.
Таким образом, при ускоренном подъеме лифта происходит
изотермическое сжатие воздуха. Для этого процесса также можно
использовать уравнение Бойля — Мариотта Р1.3Я = РзЯ3.
Здесь
Рг = Ра + Р (ё + о) xit
где *i — разность уровней ртути в поднимающемся манометре; Яя —
высота столба воздуха в движущемся манометре, которая, как следует
из чертежа, может быть представлена, как Я3 = ЗЯ ^—-1
I—=—- численно равно смещению уровней ртути от начального
)•
положения
Подставив рз и Я3 в уравнение Бойля — Мариотта, получаем снова
квадратное уравнение
(Ра + Р£"> ™ = [Ра + Р (* + «> Н] (ЗЯ - tL^j ,
решив которое, найдем
*i = -g- (|/369Я2 + 84ЯЯ0 + 4Я2 - 15Я - 2Я0).
6.29. Посередине откачанной и запаянной с обоих концов
горизонтальной трубки находится столбик ртути длиной h (рис. 183). Если
трубку поставить под углом а к горизонту, то столбик ртути
переместится на Д/х; если ее поставить вертикально,— то на Д/2. До какого
давления откачан воздух из трубки?
В процессе перемещения трубки из горизонтального положения
в вертикальное газ в нижней части трубки будет сжиматься, а в
верхней — расширяться.
212

Рассмотрим три состояния газа в нижней части трубки: первое —
при горизонтальном положении трубки, второе — при наклонном,
третье —при вертикальном. Первое состояние характеризуется
параметрами р1 и Vx = /i*S; второе — р2 и V2 = №; третье — р3 и
К3 = l3S.
По условию задачи масса газа, заключенного в нижней и верхней
частях трубки, и его температура не меняются. Применяя закон
Бойля — Мариотта к каждой паре состояний, можно записать:
Pih = P2I2'' Pih = Рэ'э-
Учитывая, что в первом состоянии объемы и давления газа в обеих
частях одинаковы, для газа, заключенного в верхней части, получаем
Pih = Pili\ Pih = Рв'э •
Исходя из условия задачи, можно
записать
h = k — A'iJ h = h — ^h\
« = /i + A/i; /.f = /i+A/,.
Кроме того,
Pi = Pi + 9Sh cos a; p3 = pi + pgft,
где h — длина столбика ртути; р — плотность
ртути.
Подставляя вышеприведенные выражения
в уравнение закона Бойля — Мариотта,
находим
Pih = (Ра + 9Sh cos a) (h ~ A*i);
Pi'i = (pi + p^)('l-A/t);
Pi/i = p/(/i + A/i):
Pi'i = P»'('i + A'i)-
Решив уравнения относительно pi, получим
t Гт/АЛ (А/о — Л/, cos a)
/r
/;
Рис. 183
A/2 cos a)
/Af2 (A/t — A/2 cos a)]
A/, (A/« — A/, cosa)J '
A/x (A/2 — A/i cos (
6.30. В запаянной с одного конца узкой стеклянной трубке,
расположенной горизонтально, находится столбик воздуха длиной /lt
закрытый столбиком ртути длиной h (рис. 184). Атмосферное^давление равно р.
Какой будет длина воздушного столбика, если трубку расположить:
а — вертикально отверстием вверх; б — вертикально отверстием вниз;
в — под углом а к горизонту отверстием вниз; г — то же отверстием
вверх?
Так как изменение состояния газа, находящегося в объеме,
закрытом столбиком ртути, происходит при неизменных массе и температуре,
для каждого состояния может быть применен закон Бойля — Мариотта.
Учитывая, что площадь сечения трубки одна и та же, можно записать
Pi'i = pA;
pih = рЛ*
Pih = Pah>
Pih = Ps's-
213

Напишем уравнение состояния газа для каждого из сосудов (до
открытия крана) и для всего объема, занимаемого газом, после открытия
крана:
PlVi = fRT; р2К2 = уЯГ;
где Vi, V2 — объемы сосудов; т — масса газа в каждом из них.
Из первых двух уравнении найдем выражения для Vi и V2 и
подставим их в третье уравнение:
или
Р Рг +Р\
6.33. В закрытом сосуде емкостью К = 2 м3 находится mj = 2,7 кг
воды и т2 = 3,2 кг кислорода. Найти давление в сосуде при
температуре t = 527° С, зная, что в этих условиях вся вода превращается
в пар (считать, что пар в данном случае подчиняется законам
идеального газа).
При температуре 527° С в сосуде будет находиться смесь газов.
Согласно закону Дальтона давление смеси газов равно сумме их
парциальных давлении р = р± + р2.
Парциальные давления можно определить с помощью уравнений
Клапейрона — Менделеева
PlV = ^RT; p2V = ^RT.
V-i H-2
Давление в сосуде
p=px+p,=(^+5)t=8-31 •105 н/ыК
6.34. Найти плотность воздуха при давлении р0 — 1 • 105. Па и
температуре /=13° С, считая, что в воздухе содержится 23,6 вес. %
кислорода (02) и 76,4 вес. % азота (N2). Найти парциальные давления
кислорода и азота при этих условиях.
Согласно закону Дальтона, давление смеси равно сумме
парциальных давлений компонентов р = рг + р2.
Уравнение Клапейрона — Менделеева для каждого из компонентов;
215

Складывая приведенные равенства, находим
<'°.+«"=fe+£;)-
По условию задачи т0 = 0,236 т; mN = 0,764 m, где т — масса
смеси.
Следовательно, плотность
Р = Т = /0,236 0°764\ = !'21 КГ/М8'
Парциальные давления кислорода и азота
p0t = -£2s- ЛГ = 2^рЯГ * 0,213 • 10» Н/м*;
О 764
р = Xii2?p^7 » 0,787 • 10* Н/м2.
6.35. В сосуде находится смесь азота и водорода. При температуре
7\ когда азот полностью диссоциирован на атомы, давление равно р
(диссоциацией водорода пренебречь). При температуре 37\ когда оба
газа полностью диссоциированы, давление в сосуде равно 4р. Каково
отношение масс водорода и азота в смеси?
Давление смеси равно сумме парциальных давлений азота и водорода
Р = Р\а + Р\в-
Записав уравнение состояния для каждой из компонент смеси
2
Р1*У=-7Г*Т>
получим
2maRT mBRT
(2m т,Ь]
RT
V '
При Tf — ЗГ, когда оба газа диссоциированы, их давление может
быть представлено в виде
~ "ИГ "Б" Р~'
2 2 у
716

/2ma ЪпЛзкг
ыражение для р, получа<
Подставляя сюда выражение для р. получаем
откуда
—£ = !£= 14.
тв ^в
6.36. Газ с массой тх и молекулярным весом н1-! смешали с газом,
масса которого равна т2, а молекулярный вес — у.2. Найти кажущийся
молекулярный вес смеси.
Давление смеси газов может быть определено по закону Дальтона
р = рх -f- p2f где pi, pa — парциальные давления.
Напишем уравнение состояния для каждого компонента, учитывая,
что эти газы находятся при одинаковой температуре и занимают
одинаковый объём:
p2V = ^RT.
Сложив почленно эти уравнения, получим
С другой стороны, уравнение состояния для смеси с массой m
pV = ^-RT.
Сравнивая два вышеприведенных уравнения и учитывая, что m =
= nil + m2» получим
H- ~~ Нч Ka
Pi ^2
6.37. Определить плотность смеси газов, состоящей из пг1 кислорода,
пг2 водорода и т3 углекислого газа, при температуре Т и давлении р
и кажущийся молекулярный вес смеси.
Согласно закону Дальтона давление смеси газов равно сумме
парциальных давлений компонентов смеси:
Р = Pi + Pi + Рз-
717

Для каждого из компонентов можем составить уравнение
Клапейрона — Менделеева
PlV = ^RT;
Hi
P3v = !±rt.
Сложив их почленно, получим
ИЛИ
откуда
\ Hi И2 Из /
\ Hi Н-2 Из / .
v =
р
_ m1 + m2-\-m3 __ (mx + m2 + ma) p -
Р— 1/ ~~ / ... ... \ I '
\ Hi Нг Из /
Кажущийся молекулярный вес смеси может быть найден
из-сравнения уравнения (*) и уравнения Клапейрона — Менделеева для смеси
pV = —^-RT.
Нс
Разделив почленно одно уравнение на другое и учитывая, что пг0 =э
= тх + Щ + т3, получаем
mi + т2 + ^з
Нс:
"*1 I '"2 i "*3
Hi Иг Из
mi _L m2 i m3
6.38» В сосуде объемом К = 80 л при температуре t = 58° С
находится идеальный газ при давлении р = 2 • 105 Н/м2. Сколько молекул
газа находится в этом сосуде?
Уравнение состояния для идеального газа
и
Известно, что число молекул в каждом киломоле газа равно числу
Авогадро. Поэтому число молекул в сосуде
"=уЛ'А = *л-^г = 3,5.10Ч
Другой способ решения приведен в задаче 6.39.
218

6.39. Сколько молекул газа содержится в баллоне емкостью V = 60 л
при температуре Т = 300 К и давлении 5 • 10э Н/м2?
Число молекул в единице объема газа при температуре Г и
давлении р определяется по формуле
р = n0kT; n0 = -j-= .
В объеме V число молекул
N = nQV = & » 7,2 - 104
6.40. Газ занимает объем V = 4 л под давлением р = 5 • 102 Н/м2.
Определить суммарную кинетическую энергию поступательного
движения молекул.
Суммарная энергия поступательного движения молекул может быть
определена как
*=*z=f-*A4«--4f*r.
где Е ~~ средняя энергия поступательного движения молекул; N —
чисто молекул в данном объеме газа.
Обратившись к уравнению газового состояния pV = — RT, получаем
К*
6.41. Молекула азота летит со скоростью v = 500 м/с. Найти
количество движения К этой молекулы.
Количество движения молекулы К = mvt где m — масса молекулы;
v — ее скорость.
Так как число молекул в одном киломоле вещества равно числу
Авогадро, для К получим следующее выражение:
K = -jj-VK 2,33 • Ю-2? кг . м/с.
6.42. Средняя квадратичная скорость молекул некоторого газа
vc к — 450 м/с. Давление газа р = 7 • 104 Н/м2. Найти плотность газа р
при этих условиях.
Из уравнения Клапейрона — Менделеева pV = mfaRT следует:
m_ ж
р V ЯГ
Учитывая, что ис к = V^RT/p, получаем
р = -^£- = 1,03 кг/м3<
ис. к
6.43. Газ с массой m = 15 кг, молекулы которого состоят из атомов
водорода и углерода, содержит N = 5,64 • 102* молекул. Определить
массу атомов углерода и водорода, входящих в молекулу этого газа.
219

В одном моле газа содержится число молекул, равное числу Аво-
ю.
откуда
гадро. Число молей газа п = N/NA. С другой стороны, п = —
Г"
mNA
И- = —гт- « 16 кг/кмоль.
N
Такой молекулярный вес имеет соединение СН4, масса молекулы
которого mCH = mfN. Масса атомов водорода составляет 4/16 массы
молекулы, т. е.
««.»££««*. 10-1 .г.
Масса атома углерода составляет 12/16 массы молекулы соединения, т. е.
fflc = {if*0.2.10--Kr.
6.44. Какое число частиц находится в одном грамме кислорода
и одном грамме парообразного иода, если степень их диссоциации
50%?
Если степень диссоциации равна а, то в сосуде находится оГ^-г
киломолей газа в атомарном состоянии и (1—а)—киломолей газа
в молекулярном состоянии. Общее число киломолей в сосуде равно
а-з5+(1 — а) —= 2ас f- (1 — а) — = (1 + а) — .
Н-/2 н- И- К- К-
Зная, что в одном киломоле газа содержится число частиц, равное
числу Авогадро, находим число частиц в сосуде
Число частиц кислорода
NQ = 2,82 . 1022.
Число частиц иода
Nt = 3,56 . 1021.
6.45. Найти отношение средних квадратичных скоростей молекул
гелия и азота, при одинаковых температурах.
Средняя квадратичная скорость молекул
/3RT i/ЗЛГ
— = V иг9
где т — масса молекулы. В этом случае
i^L"! = l/""* « lt84.
220

6.46. Какое число молекул двухатомного газа содержится в сосуде
объемом V = 20 см3 при давлении р = 1,06 * Ю4 Па и температуре
t = 27° С? Какой энергией теплового движения обладают эти молекулы?
Число молекул, содержащееся в единице объема, может быть
определено по формуле л0 = р/Л7\ Число молекул в сосуде
tf=n0K = -g^ = 5,16. 104
Кинетическая энергия теплового движения одной молекулы
определяется по формуле е = ikT/2, где i — число степеней свободы молекулы.
Для N молекул
L tN 2 kT 2PV'
Для двухатомной молекулы i = 5 и Е = 0,53 Дж.
6.47. Определить: число молекул в 1 мм3 воды; массу молекулы
воды; диаметр молекулы воды, считая условно, что молекулы воды
шарообразны и соприкасаются.
Число N молекул, содержащихся в массе т вещества, равно числу
Авогадро NA, умноженному на число киломолей т/(х:
где р — плотность вещества; V — объем, занимаемый массой т этого
вещества.
Подставив числовые значения, получим
Af=103.10-..6,02..0" = 3)34 10„
1о
Массу т1 одной молекулы можно определить, разделив массу одного
киломоля на число Авогадро:
тх = £- = 2,99 . 10~2в кг.
"А
Так как молекулы соприкасаются, можно считать, что каждая
молекула занимает объем У± = d3, где d — диаметр молекулы. Отсюда d =
= V^i* и так как ^i = У^^а, где V0 — jx/p — объем одного кило-
моля, то
!=К^=з'
11 . 10-w м.
6.48. Найти отношение с /cv для смеси газов, состоящей из тг =
= 20 г гелия и тг = 8 г водорода.
Количество теплоты, необходимое для нагревания т1 граммов гелия
при постоянном объеме,
AQX = cv m^t*
221

Количество теплоты, необходимое для нагревания т2 граммов
водорода при тех же условиях,
Дф2 = cVtm2M.
Аналогично, для смеси газов
AQy = cvmbtt
где cv — удельная теплоемкость смеси при постоянном объеме; т =
*= т; + т2 — масса смеси.
Согласно закону, сохранения энергии можно записать
*QV = AQi + AQ,;
cv mxA/ + c^m2A/ = cv (m^ -f m2) A/f
v rn1 + m2
Путем аналогичных рассуждений получаем
с^А/ + cpim2M = ср (т^ + т2) А/,
= gPlml + СРгт* .
р mt + т2 '
_ Р = Pi * * Рг £
cv Су1т1 + сутг'
Удельные и молярные теплоемкости связаны следующими
соотношениями:
с -^- с -°S О)
В свою очередь,
C„=|tf; Ср = Ц^Я. (2)
где i — число степеней свободы молекулы.
Гелий — одноатомный газ, следовательно, для него i\ = 3; водород —
двухатомный газ, для него i2 = 5.
С учетом (1) и (2) отношение
ср _ ^ + 2> 7Г + °2 + 2) 77 Ui + 2) f^tWf + (it + 2) mrftf _
cv ijtni [ъщ iim1tLZ + i2tnz\Li
Pi H-2
= 1,51.
6.49. Разность удельных теплоемкостей некоторого двухатомного
газа ср — Су = 260 Дж/(кг ■ К). Найти массу одного киломоля ггэа
и его удельные теплоемкости.
222

/ i 4- 2
Известно, что Cv = у R\ Cp = -i— Я. С другой стороны, о =
= С/(х. Таким образом,
Cp — Cv
с = = Ас)
Cp-cv я
= — = 32 кг/кмоль..
г Ас Дс
Отсюда видно, что газ, о котором идет речь в задаче,— кислород.
Удельная теплоемкость при постоянном объеме
_Cv_iR
°v- jx "2^
Для двухатомного газа i = 5, следовательно,
CD
cv = ^^m Дж/(кг.К);
ср = fy + Дс = 909 Дж/(кг • К).
6.50. Молекула углекислого газа, летящая со скоростью v =
= 600 м/с, ударяется упруго о стенку сосуда. Угол между
направлением скорости молекулы и нормалью к стенке со- ^
суда а = 60°. Найти импульс силы, полученный °S4JT P
стенкой (рис. 186). ^^ р
Импульс силы, полученный стенкой, равен по ^ р
модулю импульсу силы, полученному молекулой. /V р
Согласно второму закону Ньютона импульс силы, _- L?(L->Jp
полученный молекулой, равен изменению количест- s' p
ва движения тела в направлении действия силы: /' р
F At = Д*. ЪуР' 1
Количество движения молекулы в направлении,
перпендикулярном стенке, до удара Ki = mv cos а Рис. 186
(т — масса молекулы); после удара К2 = —tnv cos a.
Изменение количества движения А К = —2mv cos a.
Масса молекулы т = р7#А. Следовательно,
/,д/ = ^со1а=4(38.10-2зН.с#
6.51. Во сколько раз средняя квадратичная скорость пылинок,
взвешенных в воздухе, меньше средней квадратичной скорости
молекул воздуха? Масса пылинки т = 10~8 г. Воздух считать однородным
газом, для которого fx = 29 кг/кмоль.
Средние квадратичные скорости молекул и пылинок равны
соответственно
и ' ^к* г ИГ
223
уск1= у —5 "с.к2= У "

Отношение скоростей
"с.к1 У mR V mNA
6.52. Найти среднюю длину свободного пробега молекул воздуха
при нормальных условиях. Эффективный диаметр d молекул условно
принять равным 3 • 10~~10 м.
Средняя длина свободного пробега / = (п У 2 n0d2)^xt где л0 =
= p/kT — число молекул в единице объема. Здесь р — давление газа;
Т — абсолютная температура.
Таким образом,
/= *Т =9,1» 1<Г» м.
7i]/2d2p
6.53. Найти среднюю длину свободного пробега атомов гелия
в условиях, когда плотность гелия р = 2,1 • 10"~2 кг/мэ, а
эффективный диаметр атома гелия d = l,9» 10~10 м.
Для определения средней длины свободного пробега необходимо
знать плотность пс частиц газа при данных условиях, так как
,=. »
c/2rt0d2*
_ W _ V-
Из уравнения Клапейрона — Менделеева pV = -— RT следует, что
р RT-
Так как R = kNA> где k — постоянная Больцмана; NA — число
Авогадро, то
п0 = —; / = —-^ = 1,8 • 1(Гв м.
6.54. Какое предельное число молекул азота может находиться
в сферическом сосуде диаметром D, чтобы молекулы не сталкивались
друг с другом?
Для того чтобы молекулы не сталкивались друг с другом,
необходимо, чтобы длина свободного пробега была не меньше диаметра
сосуда (/> D). Известно, что / = 1/г. V2n0d2, где d — эффективный
диаметр молекулы азота. Зная d, можно найти допустимую
концентрацию молекул
no<r.l/2d*D'
Максимальное число молекул в сосуде, объем которого V = -^- -к D8-,
о
1 D2
N = nQV = n0 i-* D* =
6 Ь]Г2<Р'
224

6.55. Зная, что диаметр молекулы кислорода d = 2,98 • Ю~10 м,
подсчитать, какой длины получилась бы цепочка из молекул
кислорода, находящихся в объеме V = 2 см3 при давлении р = 1,01 - Юб Па
и температуре Т = 300 К, если эти молекулы расположить вплотную
в один ряд.
Число молекул кислорода, содержащихся в объеме V,
N = n0V,
где п0 — концентрация молекул, которая зависит от давления и
температуры, при которых находится газ, следующим образом:
я — Р
n»-k?'
Отсюда
l = dN = %V~\A7 • 101° м.
6.56. Коэффициент диффузии водорода при нормальных
условиях — D. Определить коэффициент теплопроводности X водорода,
считая газ идеальным.
Коэффициент диффузии газа определяется формулой
где v — средняя арифметическая скорость молекул газа; / — длина
свободного пробега молекул.
Выражение для коэффициента теплопроводности:
X = у ?vlcv>
где р — плотность газа; Су — удельная теплоемкость газа при
постоянном объеме.
Учитывая, что
i' R
где / = 5 для двухатомного газа; R — универсальная газовая
постоянная; \l — молекулярная масса газа, из двух вышеприведенных
выражений получим
, *_ R 5 n R
X = irDp — = -о-0р
2 Ц 2 (Л
6.57. Вычислить среднее расстояние между центрами молекул
идеального газа при нормальных условиях.
Согласно уравнению Клапейрона — Менделеева один киломоль
идеального газа при нормальных условиях занимает объем
К0 = ^ = 22,4 м3.
8 6-319
226

Объем элементарного ку$а, приходящийся на одну молекулу,
в данных условиях равен
■ "а
Ребро этого куба, приблизительно равное среднему расстоянию
между центрами молекул, можно найти из соотношения
/= 1/ ?f = 7,2. 10~вм.
"а
6.58. Определить расстояние между ближайшими атомами
кубической кристаллической решетки железа, если плотность железа р =*
= 7,9 • 103 кг/м3.
Масса 1 м3 железа численно равна его плотности. Число молекул
в 1 м* N = —Nb.
jj. А
Обозначим объем одного киломоля железа через V. Кубическая
кристаллическая решетка железа содержит I атом на элементарный
куб. Объем элементарного куба
N mNA ptfA-
Длина а ребра элементарного куба представляет собой расстояние
между атомами:
: 2,28 • 1(Г10 м.
1-Уж»
6.59. На пути молекулярного пучка стоит «зеркальная стенка».
Найти давление, испытываемое этой* стенкой, если скорость молекул
в пучке одинакова и равна и = 10 м/с; концентрация л0=1,5х
X 101? 1/м3; масса молекулы т = 3,3 • 10~27 кг. Рассмотреть три
случая: 1) стенка расположена перпендикулярно пучку и неподвижна;
2) стенка неподвижна и расположена под углом а = 45° к направлению
пучка; 3) стенка движется навстречу молекулам со скоростью ис =
= 50 м/с.
При ударе каждая молекула передает стенке импульс, равный 2mv
(см. задачу 6.50).
1) За одну секунду об единичную поверхность стенки площадью 1 ма
ударяются все молекулы, содержащиеся в единице объема и
движущиеся к стенке со скоростью v. Иначе говоря, за 1 с о стенку
ударяется N молекул, где N ■■= nQv. Давление, оказываемое пучком, равно
изменению количества движения за единицу времени, т. е.
Pi = 2mvN = 2mn0v2 = 9,9 . 10~9 Па.
2) Если молекула движется под углом к стенке, то согласно второму
закону Ньютона меняется только составляющая скорости,
направленная перпендикулярно к стенке, и переданный при этом стенке импульс
будет равен (рис. 187) 2/nusino.
226

Давление, испытываемое стенкой,
ра = 2mn0v2 sin a = рх sin а « 7 • КГ"9 Па.
3) Если стенка движется навстречу пучку со скоростью vcf то
скорость молекул относительно стенки v' = vc +1/.
Импульс, передаваемый стеыке молекулой, равен
2mv' = 2/n (w + t>c);
давление на стенку
р3 = 2тп0 (v + ис)2 ж 5,94 . 10^ Па.
6.60. В помещении площадью S= 100 м2 и высотой Л = 4 м
разлит 1 л ацетона. Сколько молекул ацетона содержится в 1 м3
воздуха, если весь ацетон испарился и равномерно
распределился по помещению? 14. ^1
Масса разлитого ацетона т = pVlt где р — |__^|Т
плотность ацетона; Vi — его объем. ^\
Число молекул, содержащееся в массе пг
вещества,
Химическая формула ацетона (СН3)2СО, следо»
ва'гельно jx = 58 кг/кмоль.
Число молекул, содержащееся в единице объема,
N pViiVA
V ~ vV
где V = Sh — объем помещения.
Отсюда
*~ПЗГ~2-10"1/|Л
6.61. В сферическом сосуде с внутренним диаметром d = 5 см
находится азот, давление которого р0 = 1,33 Па при температуре t0=
= 190° С. На стенках сосуда имеется мономолекулярный слой
адсорбированного азота. Площадь, занимаемая одной молекулой, s =
= 1 . Ю~16- см2. Каково давление азота в сосуде при температуре
tx = 427° С, при которой азот полностью десорбируется со стенок?
Масса т0 азота, первоначально находившегося в сосуде, может
быть найдена из уравнения Клапейрона — Менделеева p0V = —?RT0:
m° RT0 3RT0 6RT0 '
Число молекул адсорбированного азота
Р
227

Так как число молей адсорбированного газа равно JV/JVA, то масса
адсорбированного азота
N TcdV
При полной десорбции азота внутри сосуда будет находиться
масса газа
Уравнение состояния газа после десорбции молекул
откуда
PiV-fRT*
D—™l£]j-D Zj_l5*ZJ_33 Па
6.62. Плотность смеси азота и водорода при температуре ( = 47° С
и давлении р = 2,03 • 10* Па равна р = 0,3 кг/м3. Какова
концентрация молекул водорода в смеси?
Согласно закону Дальтона р = рг + р2» гДе Pi и Ра —
парциальные давления. Для каждою из компонентов имеем
PtV = &RTi P^^-RT.
где pi и р2 — плотности водорода и азота для тех случаев, когда
водород и азот занимают (каждый в отдельности) весь объем.
Так как из основного уравнения молекулярно-кинетической теории
л
следует, что п = ~^, то вышеприведенные уравнения могут быть
записаны в виде
RT (i/ tfA ^-~
El ==£2.- Л2 = P2
RT (4* ^A lV
где п\ и л2 — концентрации молекул водорода и азота соответственно.
Вследствие того, что концентрация молекул обоих сортов
р ^pNk
kT RT
и
Р = Pi + Рг.
228

находим, что
-^ = nl + П»
откуда
№"а „
-RT Р^А
nt = — = 4,2 . 109* м-».
^2 - ^1
в.63. Найти число столкновений, которые произойдут за 1 с
в 1 см3 кислорода при нормальных условиях. Эффективный радиус
молекулы кислорода принять равным 1,5 » 10~*° м.
Общее число столкновений, происходящих за 1 с в единице
объема (учитываем, что в одном столкновении участвуют две моле*
кулы),
где п0 — концентрация молекул газа; г —среднее число столкновений
каждой молекулы с остальными в единицу времени.
Эта величина может быть представлена как
г = j = 4 V2rs*n0v,
ъ=У**
где Ъ= у средняя арифметическая скорость молекулы.
Число молекул л0, содержащееся в 1 см3 газа при нормальных
условиях, равно 2,7 • 101в (число Лошмидта). Общее число
столкновений
Z = 2 V2*r*n20 j/^T = 8*r»nJ YT~ * 6'2 ' 10"
6.64. Найти среднюю продолжительность свободного пробега
молекул азота при давлении р = 133 Па и температуре t = 27° С.
Средняя продолжительность свободного пробега может быть
представлена, как М = l/v, где / — средняя длина свободного npoceia;
v — средняя арифметическая скорость молекул.
Известно, что
/в 1 ■. ^_ i/"8tfT.
.:.-/!
V2r.d2nQ' У «И-
р PNk
п°~ kT~ RT '
где d — эффективный диаметр молекул; п0 — концентрация молекул?
\l — молекулярная масса.
229

Отсюда
U = *ГУУ =L_IL= 7 1.10-e с
6.65. В сосуде находится V = 2 • 10~3 мэ воды при температуре
f = 47°C. Найти давление внутри сосуда при условии, что силы
взаимодействия между молекулами внезапно исчезли.
При исчезновении сил взаимодействия между молекулами вода
превратится в идеальный газ, давление которого можно найти из
уравнения Клапейрона — Менделеева:
f р = Л*£~6,92. 10' Па.
J—1 (А V
Pt I L
—г— 6.6G. В дне сосуда, из которого выкачан
4$£_ воздух до давления plt проделано малое от-
"""" р ~ верстие. С какой скоростью начнет
врываться в сосуд воздух, если атмосферное
Рис. 188 давление —ро и плотность воздуха—р.
Выделим слой воздуха толщиной Ajc
и сечением, равным сечению отверстия st.
прилегающий к отверстию (рис. 188). Можно считать, что
заполнение сосуда заключается в поочередном проталкивании подобных слоев
внутрь сосуда под действием разности давлений (р0 — рг) вне и внутри
сосуда. На площадку S действует сила, равная 5 (р0 — pj). При этом
выполняется работа
А = S (р0 — р^ Дх,
которая идет на сообщение воздуху кинетической энергии
Так как А = £к, получаем
Sipo-pJAx^-lpSAxv*!
v=y2j^
-Pi>
p
6.67. При температуре t = 207° С масса т = 2,5 кг некоторого
газа занимает объем V = 0,3 м3. Определить давление газа, если
удельная теплоемкость ср = 519 Дне/(кг • К) и 7 = 1.67.
Известно, что
у _ ср _ Ср .
Су Cv
cp-cv= —£— = —»
R R
1* =
Сп — Ci/
■(-I)"
230

Зная |i, по уравнению состояния pV = — RT можно найти
давление газа:
„^(^т)
т
-=^8,33- 10б Н/м2.
6.68. Некоторый газ при нормальных условиях имеет плотность
р = 0,0694 кг/м^. Определить его удельные теплоемкости ср, Су,
в также найти, какой это газ.
Исходя из уравнения состояния, получаем
|х = ?-— = 2 кг/кмоль.
Очевидно, это водород.
Число степеней свободы молекулы водорода I -ж б, так как это
двухатомный газ.
= 14560 Дж/(кг. К)Ку = 4^=1040°Дж/(кг. К).
^ = f = X7=14560WKr,K)Kv==^T'
6.69. После того как в комнате протопили печь, температура
поднялась с 15 до 27° С. На сколько процентов уменьшилось число
молекул в этой комнате?
Зависимость числа молекул в единице объема от температуры -и
давления имеет вид: п = p/kT. По условию задачи объем и давление
остаются неизменными, поэтому число молекул при температурах Tf
и 7*2 соответственно равно
"г = пгУ = ЬТ- V'
АЛГ k \Тг T'J T2-Ti лл,
N pV ~ Т2 /0#
6.70. Доказать, что средняя арифметическая и средняя
квадратичная скорости молекул газа пропорциональны VTIpi где р —
давление газа; р — плотность газа.
Средняя арифметическая скорость
V T.U.
231

Из уравнения Клапейрона—Менделеева pV =—RT получаем:
р RT pRT ~
— = — ; а = -—. Отсюда
Р И- Г Р
-VI
Средняя квадратичная скорость
гзяТ
V3-
\--v-,
Аналогично предыдущему,
6.71. Два одинаковых сосуда, содержащие одинаковое число
молекул кислорода, соединены краном. В первом сосуде средняя
квадратичная скорость молекул равна vc к1, во втором — fc.K2* Какой будет
эта скорость, если открыть кран, соединяющий сосуды (теплообмен
с окружающей средой отсутствует)?
Число молекул в каждом из сосудов
Если Ni = N2f то т1 = /л2, следовательно, температура,
установившаяся в сосудах после их соединения,
Т =
тх + т%
где 7\ и Т2 — начальные температуры газа.
Средняя квадратичная скорость связана с температурой следующим
образом:
/3RT
откуда
v2 =
"с. к-
2 _i 2
vc. Kl i t'c. к2
6.72. На рис. 189, а изображен график изменения состояния
идеального газа в координатах pV. Представить этот круговой процесс
в координатах рТ и VT, обозначив соответствующие точки.
Как видно из рисунка, участки 4—1 и 2—5 соответствуют иэохо-
рическим процессам, а 1—2 .и 3—4— изобарическому расширению
и изобарическому сжатию соответственно.
Из уравнения Клапейрона — Менделеева следует, что графики
изохорического (V = const) и изобарического (р = const) процессов
232

в координатах рТ и VT соответственно должны проходить череа
начало координат (рис. 189, б, в). Участок 4—1 соответствует изохори-
ческому возрастанию давления, 2—3 — изохорическому понижению
давления.
6.73. Некоторое количество идеального газа совершает замкнутый
процесс 1—2—3—1, который изображен на графике зависимости объема
от температуры (рис. 190, а). Изобразить этот процесс в
координатах pV и указать, на каких стадиях процесса газ получал, а на
каких — отдавал тепло.
Рис. 189
Вследствие того, что продолжение прямой 1—2 проходит через
начало координат, можно утверждать, что участок 1—2 представляет
собой изобару. Значит, газ нагревается при постоянном давлении,
поглощая тепло.
Участок 2—¥3 является изо-
хорой. Давление газа падает
при неизменном объеме, значит
тепло выделяется.
Участок 3—1 — изотерма.
Газ уменьшает объем при
постоянной температуре. Давление
растет. Газ не нагревается, хотя
внешние силы совершают над
ним работу, значит, газ отдает
тепло.
Этот процесс представлен в
координатах pV на рис. 190,6.
6.74. Количество азота, находящегося в сосуде под поршнем,
равно т. Вес поршня — Р, площадь его поперечного сечения — S.
Атмосферное давление — р0. Сколько теплоты нужно затратить, чтобы
нагреть газ на Д/? Насколько при этом поднимется поршень?
Из условия задачи следует, что газ изобарически расширяется.
При изобарическом расширении работа А — p(V2 — \\) — — R AT,
где V2% Vi — объемы, занимаемые газом соответственно после и до
нагревания на Д7\ Так как V2 — V1 = S Mi, a p = р0 + P/S, то
Рис. 190
ДЛ =
mRAT
lx(p0 + P/5)5-
2ЭЗ

Для изобарического нагревания газа необходимо количество тепла
[1 [i 2
Д(2 = ^СРДГ=^^ЯД7-
(для двухатомного газа г = 5).
6.75. При изобарическом расширении двухатомного газа была
совершена работа А. Какое количество теплоты сообщено газу?
При изобарическом процессе работа
Следовательно,
Количество теплоты, подводимое к газу в процессе
изобарического расширения,
д<гР = уСРдг.
Подстановка сюда Ср = ■ Т R и полученного выражения для Д71
дает:
1 + 2
2
л =
ДГ
^-ЯДГ.
И-
А
~^R
Д<2Р=Ч-А
Для двухатомного газа i = 5, следовательно,
6.76. Масса m идеального газа, находящегося при температуре 7\
охлаждается изохорически так, что его давление уменьшается в п раз.
Затем газ расширяется при постоянном давлении. Температура газа
в конечном состоянии равна первоначальной. Определить совершенную
газом работу. Молекулярная масса газа — и-.
Во время изохорического охлаждения А = 0, так как АV = 0.
Следовательно, количество теплоты, отдаваемой газом,
AQV = AU = — CvbT = —Cv(T- Tt),
где Ti —температура газа в конце изохорического процесса. При этом
давление газа становится равным р^. Согласно соотношению — = -=* t
где р — первоначальное давление, можем написать:
п "" Т ' 1_ п •
234

При изобарическом расширении газа тепло расходуется на
повышение его температуры до значения Т и на совершение работы А =
= — R AT, Изменение температуры
г*
AT
= г-г1 = г-^=г(^).
откуда
A = HRrL=±T.
Pi
в.77. Один моль идеального газа сдвершает замкнутый процессf
состоящий из двух изохор и двух изобар (рис. 191). Температура
в точке / равна Т±, в точке 3 — Т3. Определить работу, совершаемую
газом за цикл, если точки 2 и 4 лежат на
одной изотерме.
Работа при замкнутом цикле равна
площади 1—2—3—4, т. е.
A = (p2-p1)(V,-V1)^
= P2Va — p2Vi - PiK4 + Pi^i-
Запишем уравнения для каждого
состояния:
Рис. 191
Va\ T2 = T, = Tt
p2v2 = RT2\ PiVA = RT4.
Учитывая, что р± = p4; p2 = p9; Vt = V2* V3
получаем
T/Tt = T9/T\
A = R(Ta-2VT1T9 + T1).
6.78. При адиабатическом расширении азота с массой m
совершается работа А. Насколько уменьшилась внутренняя энергия и
понизилась температура азота, если его удельная теплоемкость при
постоянном объеме равна cv?
При адиабатическом процессе Д<2 = 0, т. е. AU + Л = 0 и
А = -AU.
Следовательно, AV = mcv AT; AT — = .
v mcv mcv
Знак «—» указывает, что температура понижается.
6.79. Каковы были начальные объем и температура массы m гелия,
заключенного под поршнем в цилиндре, если при охлаждении его до
0° С потенциальная энергия груза весом Я, лежащего на поршне,
уменьшилась наД£. Площадь поршня — S, атмосферное давление — р0.
Согласно закону сохранения энергии
Vi - Уг .
S 9
АЕ = А\ A = PAh; Ah =
АЕ = Р
Vi-V*_ Р
= ^AV;
AV =
AES
235

С другой стороны, работа, совершаемая газом при изобарическом
процессе,
А,. = р ДК = (ро + |-) АК = у R (Г, - Г,),
откуда
(PoS + P)AE1l
mRP
Записав уравнение для начального состояния, получим
ЛРо+т)
6.8Э. В закрытом сосуде находятся массы тх азота и та
кислорода. Найти изменение внутренней энергии смеси при охлаждении ее
на Д7\
Ш = Af/x + Д£/2,
где Шх и Д[/2 — изменения внутренних энергий азота и кислорода
соответственно
Al/1 = giRAr; Д(/2 = ^ЛДГ;
2 W ца /
6.81. Двухатомный газ с массой т, имеющий молекулярную
массу j±, находится в закрытом сосуде под давлением р при
температуре 7\ После нагревания давление в сосуде стало равно рх. Какое
количество теплоты было сообщено газу при нагревании?
В данной задаче идет речь об иэохорическом нагревании газа,
следовательно, А = р А К = 0.
Таким образом, все полученное системой тепло идет на изменение
внутренней энергии
AQ = AU;
MJ = l?R ДГ.
ДЛя изохорического процесса
£ = 1.
Рх 7V
т Plf
Следовательно,
6.82. Найти молекулярную массу и первоначальный удельный
объем газа, подвергшегося изотермическому сжатию, если в конце
236

сжатия давление массы т газа увеличилось в п раз и произведенная
работа равна А, До сжатия газ находится под давлением р, при
температуре 7V
Для изотермического процесса А = — RTt In ~ .
Согласно условию i
Vi~P2* Pi" ' Vt~ n
и
mRT1 In'i
Из уравнения Клапейрона ^Менделеева p\Vi = —RTt удельный
объем газа
Уг = RTt ^ ARTX __ A
m P* PlmRTt\n±. Plmlnl"
6.83. Атомарный кислород 09 молекулярный кислород 02 и озон 0Э
отдельно друг от друга расширяются изобарически. При этом
расходуется количество AQ теплоты. Определить доли теплоты,
расходуемые на расширение и изменение внутренней энергии для О, 02, 03.
Для изобарического процесса
A = -^R*T.
Количество теплоты, получаемое газом при изобарическом нагревамии,
AQ-f'4-W
2
Следовательно, А = т-т-* AQ, где i — число степеней свободы.
Из первого начала термодинамики AQ = At/ + А получагм
A^AQ-^AQ-^AQ^^AQ.
Для О • (i = 3) Л = 0,4 AQ, At/ = 0,6 AQ;
для 02 (i = 5) ^ = 0,29AQ, A(/ = 0,71AQ;
для 03 (i = 6) Л = 0,25 AQ, Д(/ = 0,75 AQ.
6.84. На рис. 192 показана теоретическая диаграмма работы
компрессора двойного действия. Участок У—2 соответствует
изотермическому сжатию; участок 2—3 — проталкиванию воздуха в резервуар
(р — const); на участке 3—4 происходит мгновенное
уменьшение'давления в цилиндре компрессора при закрытии выпускного клапана
237

и открытии впускного; участок 4—/ соответствует впуску воздуха
при нормальном давлении. Показать, что работа, производимая
компрессором за один оборот, характеризует изотермический процесс
и может быть представлена площадью фигуры /—2—5—5.
Работа за цикл изображается площадью фигуры 7—2—3—4—/.
Площадь фигуры 2—3—4—7, соответствующая работе при
совершении части цикла, равна
(Ра - Pi) У г = V2P2 - Vtpx\
площадь фигуры 1—7—5—6 равна
(Vi-Vt)Pi = V1pl-V%pi.
Так как точки / и 2 лежат на одной изотерме, то
V2p2 = Vxpt.
Следовательно,
512341 — S127/ + S17561 — $ 12561*
т. е. работа за один оборот равна работе при
изотермическом процессе.
6.85. Газ совершает цикл Карно.
Абсолютная температура нагревателя в п раз выше
абсолютной температуры охладителя. Какую
долю теплоты, получаемой за один цикл от
нагревателя, газ отдает охладителю?
К. п. д. идеальной машины Карно
Pi-TV
п ^— 1
7\ = лГ-, так что ъ = ,
С другой стороны,
где Q\ и Q2 — количество теплоты, получаемое от нагревателя и
отдаваемое охладителю соответственно. Таким образом,
__1_ч_1 —--.
6.86. От идеальной теплосиловой установки, работающей по циклу
Карно, отводится ежечасно с помощью холодильника количество
теплоты QI при температуре Г2. Определить t мощность установки, еслЬ
количество подводимой теплоты равно Q[. При какой температуре
подподится тепло?
Количество теплоты, подводимое и отводимое за время tt равно
соответственно
Qi = Qit; Q2-Q'%t)
v_Qi-Q*_ Ql-Qi _ f Qi
238

С другой стороны,
Отсюда
Q2 . T T Qi t
. Q.. 'I-'.QJ.
6.87. Идеальная холодильная" машина, работающая по обратному
циклу Карно, передает тепло от холодильника с водой при
температуре Т2 кипятильнику с водой при температуре 7\. Какое количество
воды mi нужно заморозить в холодильнике, чтобы превратить в пар
воду с массой гп2 в кипятильнике?
При обратном цикле внешние силы совершают над газом работу А.
При этом сумма количества теплоты Q2, отнятой у холодного тела,
и затраченной работы А равна количеству теплоты, переданной
более нагретому телу.
Tj - Т2, А
Q2 = Ql-A = ^-A=l-=lAi
Q2 = X/Wf, где mi — масса замерзшей воды; X — удельная теплота
плавления; Qi = Lm2% где m2 — масса испарившейся воды; L —
удельная теплота парообразования.
Ti-
Tt
Lm2 -
Тг
-(,-
X
Ltn2 — XtfZf
Lm2
■ti)Lm\
i
Тг
L/n2
X
6.88. Масса m = 2 г гелия, находящегося при t = 0° G и
давлении р = 2} 10^ Н/м2, изотермически расширяется за счет полученного
извне тепла до объема v = 2 л. Найти: работу, совершенную газом
при расширении; количество сообщенной газу теплоты.
Работа при изотермическом процессе может быть определена по
формуле
A-fKTibfy.
где V± — объем, который газ занимал до расширения) V2 — после
расширения.
239

Объем Vx можем найти, воспользовавшись уравнением
Клапейрона — Менделеева pxVx = — Я7\, откуда
V = —^1±
1 V- Pi'
Работа
A^^RT^^£«1168 Дж.
Для изотермического процесса Л6/ = 0, следовательно, .
AQ = А.
7. Термостатика.
Изменение
агрегатного состояния
Уравнение теплового баланса. В ряде случаев работа, производимая
при нагревании тел, не играет роли (например, при нагревании
твердых и жидких тел, при изохорическом процессе для газов и т.*~п.).
В этих случаях полагают А = 0. Обозначив количество теплоть?,
отдаваемое телом, через - Qlf а воспринимаемое другим телом (или
телами) — через Q2, можем написать
Если тело с массой т и удельной теплоемкостью с, нагретое до
температуры 7\ передает тепло окружающим телам с массами ти
т2, . . ., тп и удельными теплоемкостями clt c2t . .., сп% находящимся
при температурах Тъ Г2, ... , Тп, то при достижении теплового
равновесия справедливо уравнение
тс (Т - 9) = тл (9 - 7г) + ш2с2 (9 - Т2) + • •. + тпсп (9 - Гл),
где 9 — равновесная температура всех тел,
Теплота плавления. При увеличении внутренней энергии MJ (А=
= 0) потенциальная энергия молекул вещества возрастает. Если
вещество — твердое, то (в подавляющем большинстве случаев) при
достижении определенной 'температуры оно плавится. Тепловая
энергия, затраченная на расплавление массы /л, называется теплотой
плавления и равна
AQ = \U = Хт,
где X —удельная теплота плавления.
При обратном процессе, т. е. при затвердевании расплавленного
вещества, энергия AU выделяется и передается окружающим телам.
Теплота парообразования. Тепловая энергия, затраченная на
испарение вещества с массой т, называется теплотой парообразования
и равна
где L — удельная теплота парообразования.
240

При конденсации вещества тепло выделяется в передается
окружающим телам.
Тепловое расширение тел. При нагревании твердых или жидких
тел их размеры (почти всегда) увеличиваются.
Линейное расширение
где /0 — длина при начальной температуре; а — коэффициент
линейного расширения.
Поверхностное расширение
5 = 50(1+2аД0,
где 50 — площадь при начальной температуре.
При нагревании твердого или жидкого тела его объем может быть
найден по формуле
V = V0(\+m,
где Vn — объем при начальной температуре; 0 — коэффициент
объемного расширения.
Для твердых тел
При нагревании тел происходит изменение их плотности. При
температуре / плотность тела
Р 1 + РД/'
где р0 — плотность при начальной температуре; {J — коэффициент
объемного расширения.
Вышеприведенные соотношения являются приближенными и верны
лишь в не очень больших температурных интервалах, в которых можно
считать, что коэффициенты аир изменяются мало.
7.1, Для определения температуры г^ печи нагретый в ней
стальной цилиндр с массой т1 = 0,3 кг бросили в медный сосуд с массой
т3 = 0,2 кг, содержащий т2 = 1,27 кг воды при t2= 15° С.
Температура воды повысилась до 0 = 32° С. Вычислить температуру печи.
Уравнение теплового баланса
Qi = Q*. (•)
где Ql — количество теплоты, отданное цилиндром; Qz — ко личество
теплоты, полученное водой и калориметром.
В свою очередь,
<?2 = <?B + QK.
где QB — количество теплоты, полученное водой; QK — количество
теплоты, полученное калориметром.
Qi = «л d - в),
где т1 — масса цилиндра; сг — его удельная теплоемкость; tl —
первоначальная температура цилиндра; в — средняя температура,
установившаяся в калориметре.
QB = m2c2 (9 — t2)\
QK = m3c9 (6 - r2),
241

где /n2, m3 — массы воды и калориметра; сг% с3 — их удельные
теплоемкости; /2 — первоначальная температура воды и калориметра.
Подставив все эти уравнения в (*), получим:
тхсх (tx — в) = т2с2 (в — /2) + т3с3 (9 — t2),
откуда искомая температура цилиндра, а значит и печи,
t - = (^ ~" *г) (тгсг + "*эса) + м^в ^ ^ ^0 с
7.2. Свинцовая пуля, летящая со скоростью v0f пробив доску,
уменьшает свою скорость до и. Начальная температура пули — t.
Определить, какая часть пули расплавится, если считать, что на
нагревание пошла k-я часть энергии (k < \).
При пробивании доски скорость пули уменьшается, следовательно,
ее кинетическая энергия уменьшается на
AE = -y(ii5-0«).
На нагревание пули до температуры плавления /пл и на
плавление части пули с массой т± расходуется k-я часть этой энергии:
bJ%-(vl-v*) = mc(tnJl-t)+\mi,
где с"- удельная теплоемкость; X — удельная теплота плавления
свинца.
Разделив обе части уравнения на тХ, получим
mt *(*!-»«)-2с (*„,-*)
т 2Х
7.3. На какую высоту можно было бы поднять груз ma = 103 кг,
если бы удалось полностью использовать энергию, освобождающуюся
при остывании 1 л воды от г* = 100° С до t% = 20° С?
При остывании воды освобождается энергия Q — т^с (/* — /2),
где n%i = рК — масса воды (р — плотность воды; V — объем воды).
Для того чтобы поднять груз т2 на высоту h, должна быть
выполнена работа
А = m2gh.
Следовательно,
pVctfi — t2)^m2gh9
7.4. Какое количество теплоты выделится при 'замерзании т =
= 1 кг воды, переохлажденной до / = —15° С (удельную
теплоемкость переохлажденной воды считать равной с = 4190 дж/(кг • К))?
Для нагревания воды до температуры замерзания необходимо
количество теплоты
Q1 = mc(0-0.
242

При замерзании вода отдает количество теплоты
Q2 = ml.
Полное количество выделившейся теплоты
AQ = Q2 — Qt = ml — тс (0 — t) = 2,7 . 10* Дж.
7.5. На сколько градусов нагреется вода, падая с высоты hf
если k% выполненной при ее падении работы тратится на
нагревание воды?
Работа, выполненная при падении с высоты ft, равна
потенциальной энергии, которую имела масса воды m на этой высоте:
А = Еп = mgh.
На нагревание пошло k% работы, т. е.
— mgh = тс At,
100с'
7.6. В калориметре с массой шх-, удельная теплоемкость которого
равна clf находится вода с массой т2, нагретая до температуры tlm
В калориметр опускают смесь медных и алюминиевых опилок с массой т,
имеющих температуру t2. В результате температура воды повышается
до в. Определить массу медных и алюминиевых опилок.
Количество теплоты, лолученное калориметром и водой,
Qi = mlCl (в - tx) + т2с2 (в - fx).
Количество теплоты, отданное опилками,
Q2 = m3c3 (t2 — в) + /n4c4 (t2 — в),
где т3, т4, с3, с4 — соответственно массы и удельные теплоемкости
недных и алюминиевых опилок, причем т = т9 + т4.
По закону сохранения энергии Qx = Q2, так что.
__ (в — /х) (mtCi + т2с2) — тсэ Р8 — е)
4 (^-в)(с4-с3) *
/72э = т — /Я4.
7.7. В сосуде, из которого быстро откачивают воздух, находится
небольшое количество воды с массой т при t — 0° С. За счет
интенсивного испарения происходит постепенное замораживание воды. Какая
часть первоначальной массы воды может быть таким образом
превращена в лед?
Необходимое для образования пара тепло может быть получено
только за счет теплоты, освобождающейся при замерзании еоды,
Qi = Xmlf где I — удельная теплота плавления; тг — масса льда.
Количество теплоты, необходимое для превращения в пар воды
с массой т2, равно Q2 = Lm2t где L — удельная теплота
парообразования. Следовательно, lmx = Lm2.
243

Так как /л* + т2 = mt то
X/hj = L (т — mj);
mt __ L
т ~X + L'
7.8. Железный шарик радиусом R, нагретый до температуры fjf
положили на лед, температура которого t2 = 0° С. На какую глубину
погрузится шарик в лед? Теплопроводностью шарика и нагреванием
воды пренебречь. Считать, что шарик погрузился в лед полностью
(рис. 193).
Объем расплавившегося льда равен сумме объемов цилиндра
(nR2h) и полусферы — rj?3I, т. е.
(44
У//////Л
\гж
W*f- v = id» + 4i*".
з
Y . Количество теплоты, отданное при охлаждении
шара,
Qi =-| *Pi№ Vi - « = у «Pi/Prfi.
Рис. 193
гДе Pi — плотность вещества шарика; с — его
теплоемкость,
Количество теплоты, полученное льдом при плавлении,
Q2 = m2X = p2VX = (nR2h + -J *tf зJ p2X,
где m2l p2 — масса и плотность льда.
По закону сохранения энергии Qx = Q2t откуда
4 2
3"Pi*<rf1--3-/?p1X
/i = . .
Р2*
7.9. В калориметре смешиваются одинаковые по весу количества
воды при температуре +/ и льда при температуре —г. Определить,
какая температура установится в калориметре, если нагреванием
последнего пренебречь.
Количество теплоты, необходимое для нагревания льда до
температуры плавления,
Qi = с^т (0 + /)= Cymt,
где Сл — удельная теплоемкость льда.
Количество теплоты, которое выделится при остывании воды
до 0° С,
Q2 = czmtt
где с2 — удельная теплоемкость воды. t
Известно, что с1 = 0,5с2, следовательно, Q2 > Qi» H0 Qz — Qi =
= Qa недостаточно для того, чтобы растопить весь* лед, так как для
этого потребовалось бы количество теплоты, равное Q =. 1т, в то
244

время как Q9 = mt 0,5ея* Очевидно, что Х>0,5 с2/, т. е. *<2Х/с8.
Если бы X = 0,5с2*, то t должно было бы равняться 160°С.
7.10. Смесь, состоящую из^воды (mi) и льда (т2), находящихся
при t0 = 0° С, нужно нагреть до температуры в путем пропускания
пара, температура которого / = 100° С. Определить необходимое
количество пара т3.
Количество теплоты, которое выделится в результате конденсации
пара и остывания образовавшейся воды до температуры в,
Qi = m3L + m9c(t — в).
При нагревании воды, плавлении льда и последующем нагревании
воды, полученной изо льда, будет поглощено количество теплоты
Q2 = тхс (в - /0) + т2\ + т^с (9 - г0),
где с — удельная теплоемкость воды; X — удельная теплота плавления
льда; L — удельная теплота парообразования воды.
По закону сохранения энергии
m9L + m9c (t — в) = тхс (в — г0) + m2X + т2с (в — /0),
откуда
_ с (в — Л>) ("Ч + Щ) + тгЬ
Щ £. + с</-6) •
7.11. В калориметре с массой mlt имеющем удельную
теплоемкость clt находится вода с массой т2 при температуре tx. В
калориметр бросили мокрый снег с массой т3. Температура в калориметре
понизилась на А/. Сколько воды было в снеге?
При охлаждении на А/ калориметром и водой, находящейся в нем,
было отдано количество теплоты
Qx = micl M + тгс2 А*.
Если т — масса воды, содержащейся в мокром снеге, (т3 — т) —
масса снега, то количество теплоты, получаемое мокрым снегом,
имевшим первоначально температуру 0° С, при его плавлении и
нагревании до температуры (tx — Аг), равно
Q2 = тс2 (гх — А/) + (т3 — т) X + (т3 — т) с2 (tx — A/).
Так как Qx = Q2t T0
/л^! А/ + т2с2 А/ = тс2 (t± — А/) + (Щ — т) X + (т3 — т) с2 (/2—А/).
откуда
_ m3X + m3c2tj — (пц+ т2) с2 М — тхсх М
X
7.12. В бак, содержащий воду с массой т^ = 10 кг при
температуре f х = 20° С, бросили кусок железа с массой тг = 2 кг, нагретый
до температуры /2^500ЭС. При этом некоторое количество воды
превратилось в пар. Конечная температура, установившаяся в баке,
равна в = 24° С. Определить массу воды, обратившейся в пар.
Количество теплоты, отданное железом при охлаждении от t2
до в,
Qi = m2c<,(t2 — в).
245

Если массу воды, обратившейся в пар, обозначить через т, то
количество теплоты, необходимое для нагревания этой массы до
температуры t3 = 100° О и на ее испарение, будет равно
Q2 = mc1(t3 — t1)+mL.
Кроме того, оставшаяся в баке масса воды (т^ — т) нагревается
до температуры в, следовательно,
Qa = (Щ - т) сг (в - /J.
Из закона сохранения энергии следует:
Щсг (h — В) = тс1 (r3 — * й) + mL + (mj — m) с± (в — /j),
_ _ m2c2 (t2 — 6) — mxcx (6 — f t) -in- vr
m =7—77 / \ 1 у Т1л 7T ~ °»105 кг'
ci ('a — *i) + ^ — С! (в — fj
7.13. На электроплитке с к. п. д. ?] = 78% нагревалась медная
кастрюля с водой. Масса кастрюли т1 = 800 г, масса воды тг =
= 2,1 кг. Какова мощность электроплитки, если процесс нагревания
до кипения длился т = 40 мин и при этом 15% воды испарилось?
Начальная температура воды tl = 15° С.
Количество теплоты, необходимое для нагревания воды до
кипения и испарения части этой воды,
Qn = mici ('2 — '1) + ЩС2 (h — h) + */naLf
где mlt Ci — масса и удельная теплоемкость кастрюли; ш2, с2 — масса
и удельная теплоемкость веды; ft —доля воды, превратившаяся в пар;
t2 — температура кипения воды; t± — начальная температура^ L —
удельная теплота парообразования воды.
Вся выделившаяся в плитке энергия
4 ч '
где т) — к. п. д. электроплитки.
Искомая мощность
ЛГ = О. = migi ('2 — *i) + тгс2 (t2 — tx) + km2L ^ ?4Q Вт
т т,т
7.14. Определить, какое количество свинца, взятого при /0 = 0°С,
можно расплавить за счет теплоты, полученной" при сгорании т1 =
= 1 кг нефти, если к. п. д. нагревателя т] = 80%.
Количество теплоты, необходимое для нагревания свинца с
массой т до температуры плавления *пл и для того, чтобы перевести
эту массу в жидкое состояние,
Qx = тс (/пл — /0) + ml.
Полезное количество теплоты, идущее на нагревание при
сгорании топлива,
где q — удельная теплота сгорания.
246

Из уравнения теплового баланса получим
т = ——Тт& к 556 кг.
с('пл-'<>) + *
7.15. Температура 0°С является, как известно, одновременно
и температурой таяния льда и температурой замерзания воды. Что
произойдет, если мы в сосуд с водой при 0° С положим кусок льда
при 0° С?
Лед тает при 0° С только в том случае, если ему сообщается
количество теплоты, необходимое для переведения его в жидкое
состояние. Вода же будет замерзать при 0°С, если от нее отнимать
такое же количество теплоты. Поэтому,, если сосуд извне не
нагревается и не охлаждается, вода не будет замерзать, а лед не будет
таять. Смесь воды и льда при 0° С будет находиться в
термодинамическом равновесии.
7.16. В калориметр, заполненный тающим льдом, помещают кусок
чугуна с массой т = 0,325 кг. Определить, какое количество льда
растает к моменту установления теплового равновесия, если объем
куска чугуна в момент опускания в калориметр V = 48 • 10~в м3.
При 0° С плотность чугуна р0 = 6,8 • 10* кг/м3{ удельная теплоемкость
его с = 502,3 Дж/(кг • К) § коэффициент объемного расширения чугуна
р = 0,33 • 10-* К~*.
л*
В момент погружения в лед плотность чугуна 9 =-гг связана
с плотностью р0 соотношением
1 + №
Отсюда изменение температуры чугуна
А РР Рш •
Количество теплоты, полученное льдом при плавлении,
Q = т{к*
Количество теплоты, отданное чугуном,
Q = tncbt.
Количество растаявшего льда
7.17. В дьюаровском сосуде хранится V = 2 л жидкого азота при
температуре Т± =78 К. За сутки половина этого количества
испарилась. Определить удельную теплоту испарения азота, если известно,
что 40 г льда при Т0 = 273 К в том же дьюаре растает в течение
22,5 ч. Скорость подвода тепла внутрь дьюара считать
пропорциональной разности температур внутри и снаружи дьюара. Температура
окружающего воздуха Т = 293 К. Плотность жидкого азота при 78 К
р = 800 кг/м3.
247

Отсюда
Для испарения азота требуется количество теплоты
Ql =mxL = -Y PL'
где V — объем жидкого азота; р — плотность; L — удельная теплота
испарения азота.
Для этого было подведено теплоты
Qi««<r-7i)'i.
где гх — время испарения; T — Tj — разность температур внутри и
снаружи дьюара; а — коэффициент пропорциональности.
Для плавления льда понадобилось теплоты
Q2 = "*2Х»
где т2 — масса льда; X — его удельная теплота плавления. В данном
случае должно быть подведено количество теплоты
Q2 = a(T-T0)t2>
Следовательно,
a(T-T0)t2 = m2h
jT-Ty)U VpL
(T - Г0) h 2m2\ •
7.18. Две свинцовые пули с массой m каждая, летящие во взаимно
перпендикулярных направлениях с равными по модулю скоростями v0t
испытали абсолютно неупругий удар. На сколько градусов нагреются
пули после удара и какова будет их суммарная кинетическая энергия,
если в момент удара их температуры были одинаковыми?
По закону сохранения количества движения при неупругом ударе
mvoi + myna = 2mj; v01 = v02 = v0\
2v = Vv20 + v20 = vQV2\ v = vQV2/2.
Таким образом, кинетическая энергия обеих пуль после удара
Учитывая, что суммарная кинетическая энергия до удара
Ех = mv\,
из закона сохранения энергии Q = Д£ находим:
2 2
2 4с
248

7.19. Свинцовая пуля с массой т1, летящая горизонтально со
скоростью vlt попадает в неподвижный стальной брусок с массой m2t
лежащий на гладком горизонтальном столе. Удар абсолютно
неупругий. Какова будет температура обоих тел, если до удара температура
пули была tlf температура бруска f2?
Согласно закону сохранения количества движения, после абсолютно
неупругого удара оба тела приобретают одинаковую скорость
и =
ЩУг
До удара кинетическая энергия
£ =
mxv\
(Щ + Щ) и*
2
после удара
£' =
Энергия, затраченная на нагревание,
Д£ = £ - £'
С другой стороны,
2 2
trtiVx
2(тх-\-т2)*
тА
2 2
mxvx
/712^2^1
2 (тх + т2) 2 (тх -j- m2)'
Д£ = т1с1 Д/х + т2с2 Д/2.
Таким образом,
mim2Vi
2 (тх + т2)
«тхС^в-^ + тлСв-у
щщьх
0 =
2 (тг + т2)
+ m1cltl + m2c2f2
Рис. 194
7.20. Тонкая трубка сечением s, из которой откачан воздух,
соединена с широким сосудом сечением S, наполненным ртутью (рис. 194). Когда
открыли кран Л, ртуть с массой т поднялась в трубку на высоту Н,
а уровень в сосуде понизился на ДА. Сколько выделилось при этом
теплоты? Принять, что 5 > s и И > ДА.
Работа, совершенная при подъеме ртути в трубке, А = Sp ДА,
где 5 — площадь поверхности ртути в большом сосуде; р — атмосфер-*
ное давление; ДА — понижение уровня ртути в этом сосуде.
Так как р = pg//, а объем S ДА, освободившийся от ртути в
сосуде, равен объему sHf занятому ртутью в трубке (s — площадь
сечения трубку), то
А = pgHsH = mgHt
249

Учитывая, что потенциальная энергия ртути увеличилась на
2
AZ7 Н
находим
Q=A-AE = mgH-?f = ?f.
7.21. Стержень длиной /х сделан из материала с коэффициентом
линейного расширения в|, а стержень длиной /2 — из материала с
коэффициентом линейного расширения а2. Стержни спаяли и получили
стержень длиной /i + /2. Каков его коэффициент лтаейного
расширения? Температура окружающей среды — tr.
Для комбинированного стержня можно записать
('0i + /02)(l+°<l)='i + <2. (*)
где /f + /2 — длина комбинированного стержня при температуре tx\
hi + ^02 — длина того же стержня при температуре 0° С} а — искомый
коэффициент линейного расширения.
Так как hi и ^02 — длины составляющих стержней при 0° С, то
их можно найти из условий
hi 0 + *ih) = к\ hi (I + *%к) = h*
Подставляя выражения для /0i и /02 в равенство (*) и решая его
относительно коэффициента а, найдем
g_/i«i(l+^i) + /i«i(l + aA)
7.22. Шарик с коэффициентом объемного расширения р
взвешивают в жидкости при температурах tr и t2K Вес вытесненной жидкости
равен соответственно Рх и Р2. Определить коэффициент объемного
расширения жидкости.
• Пусть при 0° С объем шарика равен V0f а плотность жидкости — р0.
Вес вытесненной в обоих случаях жидкости равен произведению
удельного веса жидкости на объем шарика, взятых при соответствующих
температурах
Pi « PigViV ?2 = РгёУг,
где
Vf — ve(i + э'х); v2 = v0(\ + v2)i
о< - р0 ■ о - р0
Pl" 1 + Mi' р2 - 1 + Wi
(Pi — коэффициент объемного расширения жидкости). Отсюда
Pi _ PigVj = Р» (1 + М») gVo С +fri) _ (1 + М») (1 + P'i)
Рг PrfPf Ро(1+РА)вМ1+Р<1> <I+Mi)<l+W
Пренебрегая членами, содержащими произведение рхр., вследствие
их малости по сравнению с членами, содержащими pi, р2, получаем:
^""l + PA+PV
о._Рг(1+Р<2)-Р|(1+Р<1)
250

7.23. Поверхность шара, изготовленного из материала с
коэффициентом объемного расширения р, при 0°С была равна 50,
1) Насколько увеличится поверхность шара, если его нагреть до
температуры t?
При температуре 0° С поверхность шара S0 = 4ti/?J, откуда
При температуре t объем шара
4 з 4 /5 \3^2
Объем шара V0 = -~ nR0 = -у п ( п
=МГ«
В то же время V = 4тс/?3/3, где R — радиус шара при. температуре h
Приравнивая правые части приведенных равенств, имеем;
откуда
^=(s)1/S,(1 + p/)1/3-
Изменение площади поверхности шара
S-S0 = 4n (& - **) = 4г. [g (1 + М«Л _ g] =
= 5„ [(1 + P0V» - П.
2) Решить ту же задачу, если дана площадь поверхности шара S%
при температуре t±, а не при 0°С.
*--№■■
/S \Э/2
v-v сию у'(1 + и 4*^ (1 + W 4»д-
' — "о U -t- Р»; 1 i at — я 1 О. Я/. Я А •
1 + B/i 3 1 + ftfi, 3
(1 + Э^)1/э
4nS, ,. . 2/j
S — Si = — r S
1"1 „ _i_ о,ч2/Э
"4Г(1 + Р0 с _ ч Го + ио^-п + в/,)1^
' 4 (TTpT^ J'
(1 + p*l)2/a
251

7.24. В центре диска, сделанного из материала с коэффициентом
линейного расширения а, имеется отверстие, диаметр которого при
температуре /х равен Dx. На сколько градусов следует нагреть диск,
чтобы в отверстие мог пройти шарик диаметром d?
При температуре t2 диаметр отверстия D2 должен быть равен 4,
т. е.
Dl(l + at2) = d(\+atiy.
_d — D1+dat1
*<-<*-'! Шх *
7.25. Объем сосуда при температуре t0 = 0° С равен К0; его
коэффициент объемного расширения —р:. Можно ли налить в сосуд столько
жидкости, чтобы не заполненный ею объем не изменялся при
изменении температуры? Сколько жидкости нужно налить? Чей коэффициент
объемного расширения должен быть больше: сосуда или жидкости?
Обозначим искомый объем жидкости через v0. Тогда свободный
объем в сосуде при tQ =0°С будет равен V0 — и0. При температуре t
объем сосуда V = V0 (1 + р^); объем жидкости v = v0 (1 + JV), где
ра — коэффициент объемного расширения жидкости.
По условию
Ml + М) " Ml + М = ^о-^о.
Отсюда
fo
-V к
Рис. 195
Задача имеет решение только при
7.26. Биметаллическая пластинка
состоит из двух пластин длиной /х и /2,
толщиной d каждая, с коэффициентами
линейного расширения ах и а2 (рис. 195). Каков
будет средний радиус кривизны пластинки при повышении
температуры от ti до f2?
Обозначим средний радиус кривизны пластинки через R. Из
рисунка видно, что
ав = /! = -» (я + 4);
Если начальная длина пластинки —10, то
(1)
(2)
(3)
(4)
252

Разность длин дуг АВ и CD
~Т~|"~Г|~2
&l = li-li = 1R + 1yr-tf + ^=ld.
Из формул (3) и (4) находим
A/ = /,-/1 = f0(ai-a2)A*.
Таким образом,
'o(«i-«2)A' = f<*' (8)
Из уравнений (1) и (3) имеем
^ /, (1 + at At)
Подставив полученное выражение для f в (5), получим
*+4
Решив это уравнение относительно /?, находим
2+К + а2)А;
2(aI-e2) Д/ "■
7.27. Бак при температуре rt вмещает массу mt жидкости, а при
температуре t2 — массу т2. Вычислить коэффициент линейного
расширения материала, из которого изготовлен бак, если коэффициент
объемного расширения жидкости — р2.
Пусть объем бака при температуре 0° С — V0t тогда при
температуре tx его объем
Vi = v0(\ + Mi);
при температуре t2 его объем
V2 = V0 (I + М2),
где Pi — коэффициент объемного расширения бака.
Для тх и т2 могут быть записаны следующие- уравнения:
m1 = p1Vl\ m2 = p2V2, ^ .
где pi, p2 — плотности жидкости при температурах /х и t2
соответственно.
Так как
о - р0 . п - Ро
то
«1. О + РА) О + Mi)
m2 (l + Pi/i)(l + Mi)"
253

Пренебрегая членами, содержащими произведение р^, вследствие
их малости по сравнению с членами, содержащими только р^ или р2»
получим
Щ 1 + Wi+Wi'
откуда
Учитывая, что р* = Зс^, получим
а _ 1 m1(l + P2M-m2(l + p2^)
3 m2^i — mi^2
__ 1 (mj-rm?)+ MCTi** — m2/2)
7.28. Сколько теплоты нужно израсходовать на нагревание ртути,
чтобы ее объем увеличился на 0,005 первоначального?
Пусть при температуре tt объем ртути был Vf, а при
температуре t2 стал V2 = l,005Vi. Тогда
Vi-Vi(l + PA0s А'= *•-*!*
, 1.005^-^(1 +РАО»
2^=рА,;
аД=0-^*.
Р
Количество теплоты, необходимое для нагревания ртути на Д/,
может быть найдено по формуле Q = mcLt. Кроме того, т = р^ =
p0V,
= Т#Г'откуда
Pol^cO.005
Vl PO + P'i)'
7.29. Медная проволока, нагретая до температуры tx = 150° С,
натянута между двумя неподвижными стенками. При какой темпера-
туре, остывая, разорвется проволока (считать, что закон Гука
справедлив вплоть до разрыва проволоки)?
Закон Гука для деформации растяжения:
А/ 1
где А/ — удлинение проволоки при нагревании; /х — ее
первоначальная длина; Е — модуль Юнга; о — напряжение.
Для разрыва проволоки необходимо, чтобы а^ав, где ов —
предел прочности. Таким образом,
Д/ 1 „ / ч
7Г"Та- W
254

При остывании длина проволоки изменяется по закону
1 = 1г(\ -аД/),
где /д —длина проволоки при tx = 150° С.
Отсюда
Д/ = ^ — / = a\tl1)
~ = аМ. (**)
Приравнивая правые части (*) и (**), получаем
1
Af=-i = 130° С.
ас
Температура, при которой разорвется проволока, равна
tx — А/ = 20° С.
7.30. Часы снабжены металлическим маятником. При сравнении
показаний этих часов с показаниями точных часов оказалось, что при
0° С они спешат на Tj = 8 с в сутки, а при температуре t2 = 20° 0
отстают на т2 = 10 с в сутки. Определить коэффициент линейного
расширения материала маятника.
Пусть при температуре tx часы идут точно. При этом маятнии
совершает N колебаний в сутки, т. е.
д, 24 • 3600
■VY
где /(— длина маятника при температуре /х.
При изменении температуры от 0° С до t1 и от 0° С до /2 длина
маятника меняется по закону
/i = 'o(l + *'i);
'« =/о О+«'■>■
Изменение периода маятника при изменении температуры от tfj
до 0°С
Изменение периода маятника при изменении температуры от tf
до t2
V8
Следовательно, время, на которое часы уходят вперед при 0° 0,
тх = TVA^ = 24 - 3600 |l — у Н = 24-3600 | 1 — у —1—1.
255

Время, на которое часы отстают при t2 = 20° С,
тя = NДГ2 = 24 3600 ( YГ" ~ 1) = 24 * 3600 ( l^l + S* ■
Из выражений для т$ и х2 находим
1 (24 • 3600-т,)2
1 + atx ~ (24 • 3600)2 ;
1 + ocf2 (т2 + 24 > 3600)2
1 + а*х (24 . 3600)2
Решив приведенную систему уравнений, получим
1 |(т2 + 24.3600)* 1
а~ /.им-збоо-то» Ч"
^(Ч + ха)(тж-т1 + 48-Э600) ^
f1(24-3600-x1)« * *'6 ' 10 1/К'
8. Насыщающие
и ненасыщающие пары.
Влажность
Насыщающий пар —пар, находящийся в динамическом равновесии со
своей жидкостью. Плотность и давление пара при данной температуре
наибольшие в состоянии насыщения.
Ненасыщающий пар — пар. находящийся в гаком состоянии, при
котором процесс испарения преобладает над процессом конденсации.
Свойства паров отделенных от жидкости (при неизменной массе).
При изотермическом расширении насыщающего пара или при его изо-
хорическом нагревании пар становится ненасыщающим.
Ненасыщающие пары с достаточной степенью точности
подчиняются всем законам идеальных газов.
Параметры состояния насыщающего пара приближенно
описываются уравнением Клапейрона—Менделеева. Законы идеальных газов
в этом случае неприменимы, так как при изменении параметров масса
Bipa меняется.
Абсолютная влажность D — количество водяного пара (в
граммах), содержащееся в 1 м3 воздуха.
Относительная влажность г —процентное отношение абсолютной
влажности D к количеству водяного пара D0t необходимому для
насыщения I м3 воздуха при данной температуре:
г = £ ioo%.
Из уравнения Клапейрона—Менделеева следует, что
относительная влажность равна отношению парциального давления пара к
давлению этого же пара в состоянии насыщения:
г = -2- . 100%.
Рн
256

Поверхностное натяжение жидкостей. На любой участок
поверхностного слоя жидкости со стороны каждого из окружающих
участков слоя действует сила F,. стремящаяся удержать этот участок в
растянутом состоянии. Эта сила направлена вдоль поверхностного слоя
и называется силой поверхностного натяжения:
F = o7,
где / — периметр поверхностного слоя жидкости; а—коэффициент
поверхностного натяжения, численно равный силе, приложенной к
единице длины прямолинейного края поверхностной пленки.
Поверхностное натяжение уменьшается с увеличением температуры и обращается
в нуль при критической температуре.
Энергия поверхностного слоя
жидкости площадью S
E = o\S.
Работа при изменении площади пленки
на AS
А = o/bS.
Формула Лапласа. Добавочное давление, вызванное кривизной
поверхности жидкости, определяется формулой Лапласа
Рис. 196
*p = ±a(-k+i;)'
где /?! и Я2 — радиусы кривизны двух взаимно перпендикулярных
сечений поверхности жидкости (знак «+»— для выпуклого мениска,
знак «с—» — для вогнутого мениска). Давление в точках А, А'
(рис. 196) равно соответственно
Ра = Ро+ Д/>; Ра' = Ро— ДР.
где р0 — давление на свободную поверхность жидкости.
В том случае, когда RL = R2=R (сферическая поверхность),
Для тонкостенной полой сферы (пузыря)
А О20 *°
так как полая среда имеет две поверхности — внешнюю и
внутреннюю.
Высота подъема жидкости в капиллярной трубке
2а cos ft
h = -
rpg
где а — коэффициент поверхностного натяжения; г — радиус трубки;
р—плотность жидкости; S— краевой угол. При полном смачивании
Ь = 0, при полном несмачивании д = я.
9 6-319 257

8.1. Каков вес водяного пара в объеме V = 1 м3 воздуха в
летний день при температуре / = 30° и относительной влажности г =я
= 75%?
Относительная влажность определяется по формуле г = — 100%,
где р — давление водяных паров, находящихся в воздухе; pjj —
давление насыщающих водяных паров при данной температуре.
Масса водяных паров может быть определена из уравнения
Клапейрона—Менделеева:
т =
pVix rpHV[ii
RT
RT
P = mg = rl^l = 22,5 . 10-3 Kr.
8.2. В герметически закрытом сосуде объемом V находится
кипящая вода с массой т± и пары воды при температуре кипения 100° С
(воздуха в сосуде нет). Найти массу пара.
Так как сосуд герметичен, то пар насыщает объем и его
давление р0 равно атмосферному. Из уравнения состояния получаем _
1 -т
iliiiillilil
^
8
'
ЕгЕЧ
l ч
ЕгЕЕ
■ г
Ь
Hi
=^4
Ро
ГПо = ■
("-?)'
RT
ТПг
Рис. 197
где —-— объем, занятый водой.
8.3. Запаянную с одного
конца трубку, содержащую некоторое
количество воздуха, опустили в
резервуар с водой. Длина надводной
части трубки — 2//, уровень воды
внутри трубки отстоит на Я от
запаянного конца (рис. 197, а). Начальная температура всей системы
tQ = 0° С. Найти положение уровня воды в трубке после нагревания
всей системы до температуры кипения. Атмосферное давление р0 —
нормальное; давлением водяных паров при 0° С пренебречь.
При температуре кипения давление насыщающих паров рн = р0,
следовательно, уровень воды в трубке будет ниже уровня воды в
сосуде (рис. 197, б), и давление в трубке
P2 = Po+(*-2H)pg.
Из уравнения Клапейрона—Менделеева PiVJTx = р2Уг/Т2 имеет
(*)
PiH
То
р^х
Tt*
где Pi = Ро — 9gH.
258

После подстановки выражений для pi и рг в (*) получаем:
(Po-PgH)H [p0+(*-2ff)pgl*
г г *
(Ро - PS") ЯГ, = [р0 + I* - 2Н) pg] *Г0;
*27\>Р£ + (2" Р£ - Po)ToX-(p0-pgH)HT2 = 0;
„ _ (2Hf>g - ро) t -, / l2Hpg - p0\2 (p0 - pgfl) ЯГ2
Так как р0 > 2//pg, то для того, чтобы выполнялось неравенство
х > 0, берем перед корнем знак «+».
8.4. Масса одного кубического метра влажного воздуха при
относительной влажности г, температуре Г и нормальном давлении р0
равна т. Определить давление рн насыщающего пара при этой
температуре.
Масса влажного пара равна сумме масс сухого воздуха и пара,
каждая из которых определяется из уравнения газового состояния:
(Ч (Ро — rpH) V WpHV
fl*i = ^ ; т2 =
/71 = tfli -f- /Л2 =
яг * 2~ яг
МРО — ГРН)У , Н-2'РнУ
ЯГ ^ RT
где ^i — молекулярная масса воздуха; \l2 — молекулярная масса пара.
Из этого уравнения
1 / mRT\
8.5. В сосуде объемом V находится сухой воздух при нормальных
условиях. Каким будет давление в сосуде, если влить в него воду
с массой m и нагреть сосуд до температуры Г (считать, что вся
вода испарилась)?
Искомое давление р = рх + р2, где рх% р2 — парциальные
давления воздуха и водяного пара при температуре Г.
Давление воздуха может быть найдено по закону Шарля: рх =
= p0T/T0l где Г — конечная температура.
Дявление водяного пара определим из уравнения состояния р2 =а
mRT f, ~
•, где V — объем сосуда. Так как вся вода испарилась, то
V-V
Г , m RT
8.6. В комнате объемом V воздух имеет температуру tf и
относительную влажность гг. Сколько воды нужно испарить, чтобы
относительная влажность в комнате достигла г2? Известно, что При /f
давление насыщающих паров воды равно pv
Из уравнения состояния можно определить массу паров,
находящихся в комнате при .температуре гх и относительной влажности гх\
9* 259

При относительной влажности г2
т2 =
^г2РгУ
/?7\
Искомая массы воды
дт = т2 - trii = Щг- (г2 - г,).
8.7. В цилиндре объемом V над поршнем находится влажный
воздух при температуре tv Относительная влажность его г. Каково
будет давление в цилиндре, если объем при этой температуре
уменьшился в п раз? Начальное давление — р,. Давление насыщающего
пара при температуре tx равно рн1.
Давление пара при относительной влажности г
следовательно, давление воздуха составляет
Ры =Pi—Pn\-
При изотермическом сжатии в п раз давление воздуха согласно
закону Бойля — Мариотта
Рь2 = Рв\ у- = Ръ\п-
/
|Е_гЕ1г£
1—-—
— llzz
EtlHt
— —
i
5:
Пары воды при уменьшении объема станут насыщающими и часть
воды сконденсируется. Полнуе давление в цилиндре после сжатия
Рг = РВ2 + P.l = (Pi - ''Phi) п + Рн\-
В случае, если первоначальный
общий объем цилиндра велик,
уменьшением объема за
счет"сконденсировавшейся воды можно пренебречь.
8.8. Два цилиндрических сосуда
одинаковой высоты Н соединены
тонким шлангом снизу. Сосуд / плотно
закрыт крышкой. Сначала в сосуде
находится сухой воздух при давлении
рг. Затем сосуд // при постоянной
температуре до краев заполняют водой,
при этом в сосуде / вода находится на высоте h. Определить
давление насыщающих паров при температуре опыта (рис. 198).
После установления равновесия в сосуде / будут находиться
воздух и насыщающий пар при давлении
Р = Р2 + Р„,
где р2 — давление сухого воздуха в сосуде / после заполнения
сосуда //; рн — давление насыщающих паров.
Из закона Бойля—Мариотта можно найти
Н
Рис. 198
260

С другой стороны,
P = Pi + W(H-h)*
Если давление р, привести к миллиметрам ртутного столба, получим
P = Pi + -T-(//-A),
где рв, ррт — плотности воды и ртути соответственно; Ht h —
выражены в мм.
Окончательно имеем
Ры = Р^Р2 = Р1+:г!-(Я--*)-р1—:-г =
6.9. При каких условиях можно расплавить свинец в воде?
Если нагревать воду в герметически закупоренном сосуде, то,
оставаясь в жидком состоянии, она может достичь критической
температуры 374° С при давлении 220,68* 10^ Па. Температура плавления
свинца 327° С.
8.10. Температура воздуха в комнате — ^, а относительная
влажность— Г|. В комнате затопили печь, температура воздуха
повысилась до f2. При этом некоторая часть воздуха вместе с содержащимся
в нем паром ушла из комнаты и давление в комнате, не изменилось.
Определить относительную влажность воздуха при температуре t2.
Давление насыщающих паров при t1 равно рг, при (2 — равно р2.
Поскольку суммарное давление в комнате не изменилось, то
Pel + Pni = РВ2 + Рп2,
где рВ|, рв2 —давления сухого гоэдуха при температурах tlttt
соответственно; /?п1, рп2 — давления пара.
Количества воздуха и пара в комнате уменьшились до
одинаковой степени. Это можно записать как
Рв1 _ Рв2
Рш Рп2 *
Огсюда следует, что при изменении температуры давления рп и рв
остались неизменными:
Рп\ = Рп2,
Г\Р\ = г2Рг.
г -г Е±
8.11. На поверхность воды положили жирную (полностью несма-
чиваемую водой) стальную иголку. Какой наибольший диаметр
иголки, при котором она еще может держаться на воде?
261

Для того чтобы иголка могла держаться на воде, необходимо,
чтобы давление, оказываемое иголкой на площадь ее опоры, не
превышало давления, вызванного кривизной поверхности жидкости в
углублении под иголкой и направленного вверх (силой Архимеда можно
в данном случае пренебречь).
Давление иголки на воду
Pl Id Id ~~ Id 4 ■
где d, /, V — диаметр, длина и объем иголки; р — плотность стали.
Избыточное давление вследствие кривизны поверхности
определяется по формуле Лапласа
[у чае цилиндр ич*
образом,
В случае цилиндрической поверхности /^ = — \ R2= оо, таким
2а
где а — коэффициент поверхностного натяжения.
Для того чтобы иголка могла удержаться на поверхности,
необходимо, чтобы р2 >. р19 т. е.
2о pngd
Отсюда
У рщ
8*12. Между двумя вертикальными плоскопараллельными
стеклянными пластинками, находящимися на расстоянии / друг от друга,
налита жидкость (рис. 199). Найти плотность жидкости, если известно,
что высота подъема жидкости между пластинками h = 0,031 м;
коэффициент поверхностного натяжения жидкости о = 0,06 Н/м;
смачивание полное. Принять, что / < h.
При вертикальном положении пластин, опущенных в
смачивающую жидкость, дополнительное давление, обусловленное кривизной
поверхности жидкости, направлено вертикально вверх и может быть
рассчитано по формуле Лапласа
*-(£+*)•
В рассматриваемом случае поверхность смачивающей жидкости
имеет цилиндрическую форму, значит
D l D 2(Т
*<i = ~2 » а2 — ooj pj ==-*-,
262

Гидростатическое давление столба жидкости всегда направлено
вниз и равно
Pi = pgh-
При установившемся положении столба жидкости р± = р2, или
, 2о
/
2а
р = щ » 790 кг/м3.
8.13. Найти разность уровней ртути в двух сообщающихся
капиллярах радиусами Rl9 R2\ Нссмачивание считать полным (рис. 200).
2R, ^ 2R,
Т1 I А
i%J 1
Рис. 199
Рис. 200
Ртуть установится в сообщающихся капиллярах на уровнях, при
которых давления, оказываемые жидкостью в обоих капиллярах, будут
одинаковыми, т. е. Pi = р2- Каждое из этих давлений равно сумме
давлений: гидростатического и избыточного, обусловленного кривизной
поверхности мениска жидкости.
Гидростатическое давление
Р' = Peh-
В случае полного несмачивания радиус кривизны мениска равен
радиусу капилляра, и избыточное давление может быть определено
по формуле Лапласа для сферической поверхности
Р =7Г
Таким образом,
Отсюда
Ah h h 2(J <*' - **)
8.14. Какую работу необходимо совершить, чтобы разбить
сферическую каплю радиусом R на две одинаковые капли?
При разбивании капли работа расходуется на увеличение
поверхности жидкости Д$, так как площадь поверхности большой капли
263

меньше, чем сумма площадей двух получившихся капель. Иэменение
поверхностной энергии при этом
AE = qAS=A.
4
Если V = -=- л/?3 — первоначальный объем большой капли, то
I 2
объем меньших капель Vx = V2 = -^ V = — л/?3. С другой стороны,
Из этих уравнений
R - R
Поверхность большой капли 5 = 4л/?2. Суммарная поверхность двух
малых капель 25, = 2 • 4л/?? = -г-^- /?2.
Увеличение поверхности
AS = 2^ — 5 = 4л/?'
■(£-)
Л = 4л/?2о(^2-1).
8.15. Радиус мыльного пузыря—/?, поверхностное натяжение
мыльной воды а = 4,3 • 10~2 Н/м. Вычислить добавочное давление
воздуха внутри пузыря и его поверхностную энергию.
Добавочное давление внутри пузыря обусловлено кривизной его
поверхности. Сферическую поверхность мыльного пузыря можно
рассматривать как сумму двух поверхностей — внешней и внутренней,
к каждой из которых применима формула Лапласа, вследствие чего
суммарное добавочное давление (если считать радиусы обеих сфер
одинаковыми)
а о 2ст 4а
Поверхностная энергия £ = о5,, где St— сумма внутренней и
внешней поверхностей, которые будем считать одинаковыми, так как
мы пренебрегли разностью между, их радиусами,
£ = 2o\S = 8ло7?2.
8.16. В дне сосуда с ртутью имеется отверстие. Каким может быть
наибольший диаметр отверстия при высоте столба ртути Л, чтобы
ртуть из сосуда не выливалась?
Для того чтобы ртуть не выливалась, гидростатическое давление
столба ртути высотой h должно быть меньше или равно давлению,
264

обусловленному искривленностью поверхности ртути. При полном
несмачивании поверхности
и 2о
Pgh = 7";
^ 2а
где а — коэффициент поверхностного натяжения; р — плотность ртути.
8.17. Какую силу нужно приложить, чтобы оторвать друг от
друга без сдвига две смоченные стеклянные пластинки площадью S
(рис. 201)? Толщина водяной прослойки между пластинками — d.
Смачивание полное. Коэффициент поверхностного натяжения — а.
Поверхность смачивающей жидкости между пластинами имеет
форму цилиндра с радиусом кривизны г = d/2t где d — расстояние
между пластинками. Тогда добавочное отри- ^
цательное давление |Ж#ШШ^Ш^
Р = ± = Ц } (Ч
Сила достаточная для того, чтобы отор- р 201
вать пластинки друг от друга,
8.18. В открытом капилляре находится капля воды. При
вертикальном положении капилляра капля может образовать столбики
длиной hlth2t h3t причем hx <h3 <^2. Внутренний радиус капилляра — г.
Найти радиусы кривизны верхнего и нижнего менисков в каждом
случае. Смачивание считать полным.
При вертикальном положении капилляра верхний мениск всегда
вогнутый и давление, вызванное кривизной этого мениска, всегда
направлено вверх и равно рх = 2o/Rlt где Rt — радиус верхнего мениска.
При полном смачивании Rt = г. Гидростатическое давление
столбика воды всегда направлено вниз и равно р2 — pgh.
1) Если при высоте hx столбика Pi>p2, T0 результирующее
давление направлено ьверх и заставляет нижний мениск быть
вогнутым. При этом давление р3 — 2о./?2 (R2 — радиус нижнего мениска)-
В равновесии
Pi = Рг + Рэ;
2° i. , 2°" п 2о
(S-м.)
2) Если при высоте h2 столбика р2 < р2, то результирующее
давление р' = р2 — Pi направлено вниз и нижний мениск будет
выпуклым. При этом давление рэ= 2a/R2 будет направлено вверх,
следовательно,
Pi + Рэ = Р2>
2а , 2а .
/? -_*£_
pgh—_
265

3) Если при промежуточной высоте л3 столбика pi = р2» то ниж"
пий мениск будет плоским и р9 = 0, т. е.
Д2=оо.
8.19. В вакууме в чашку с маслом, имеющим весьма низкую
упругость пара и хорошо смачивающим стекло, погружена
стеклянная трубка радиусом г. Найти давление в масле на высоте Л/3 над
уровнем масла в чашке, если Л — высота подъема масла в
капиллярной трубке (рис. 202) и коэффициент поверхностного натяжения —а.
Так как чашка с маслом находится в вакууме, внешнее давление
ва свободную поверхность жидкости равно нулю.
Подъем жидкости в капилляре обусловлен искривленностью
мениска жидкости. Следовательно, гидростатическое давление столба
Л, равное рх = pghf уравновешивается давлением,
обусловленным искривленностью поверхности,
равным
2а
жидкости высотой
*Hi
щ
1*1
т. е.
Р* = —
и 2а
Рис. 202
Для точки, находящейся на высоте Л/3,
давление р будет равно р — pJ3, т. е, ^
2а
Р = 3?'
8.20. Воздушный пузырек находится на расстоянии Н от
свободной поверхности жидкости с коэффициентом поверхностного
натяжения а, в которой возбуждены ультразвуковые колебания. Вычислить
максимальное чи минимальное давления в пузырьке, если его радиус
изменяется по закону R = /?0+ Л sin art. Атмосферное давление равно
р0, испарением жидкости внутрь пузырька пренебречь.
Полное давление внутри пузырька равно сумме атмосферного
и гидростатического давлений и давления, обусловленного
кривизной поверхности
Так как Ri=R2 = R, то
Условие максимума: sin со/ = —1, так что
2а
Условие минимума:
lKC Ro-A
sin art = 1, так
2a
VgH + Po-
что
Рмин = др+ А + РёН + Po-
266

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО 9. Электростатика
Электрический заряд состоит из отдельных элементарных
положительных или отрицательных зарядов, всегда связанных с каким-либо телом.
Элементарный положительный заряд несут протон, однозарядный ион,
позитрон; элементарный отрицательный заряд — электрон.
Элементарный заряд е равен 1,6 • 10~19 кулона (Кл). Кулоном называется
электрический заряд, протекающий через поперечное сечение проводника за
1 секунду при силе тока в 1 ампер.
Взаимодействие зарядов. Закон Кулона. Одноименные точечные*
заряды отталкиваются, а разноименные — притягиваются с силой
F= Я^2 и
471ееоГ2 '
Здесь ^i и <72 — взаимодействующие заряды, Кл; г — расстояние между
ними, м; е0 = 8,85 • 10~12 Ф/м — электрическая постоянная; е —
относительная диэлектрическая проницаемость среды, в которой находятся
заряды (для вакуума е = 1). Сила F при зтом выражается в ньютонах
и направлена по прямой, соединяющей заряды.
Напряженность электрического поля Е численно равна силе,
действующей на единичный заряд, помещенный в поле. Таким образом,
точечный заряд <7i создает в точке, удаленной от qx на расстояние г,
поле напряженностью
Яг 4яе£0/-2
Напряженность электрического поля — вектор, направленный вдоль
-*-
г . Напряженности, создаваемые несколькими зарядами, складываются
геометрически (принцип наложения, суперпозиции, полей).
Единица измерения напряженности электрического поля —ньютон
на кулон или, что то же самое, вольт на метр.
Объемная плотность заряда (заряд единицы объема тела)
Поверхностная плотность заряда (заряд единицы поверхности тела)
я»
* Под точечными зарядами понимают заряженные теле, размеры которых
пренебрежимо малы по сравнению 6 расстоянием между ними.
267

Напряженность поля бесконечной равномерно заряженной
плоскости
Напряженность поля между двумя разноименно заряженными
бесконечными плоскостями
Е = ±.
"о
Последние два выражения не зависят от расстояния, что характеризует
однородное поле.
Напряженность поля шара с зарядом q в точке вне шара,
удаленной на расстояние г от центра шара,
Е= q
т. е. равна напряженности поля точечного заряда q, расположенного
в центре шара.
Потенциал электростатического поля. Если единичный
положительный заряд, находящийся в поле одноименного точечного заряда* qt
удаляется от него, то кулоновская сила при этом совершает работу,
равную Er — q/4n£E0r. При увеличении расстояния г сила быстро
уменьшается (как 1/г2) и произведенная работа возрастает все
медленнее и медленнее, пока, наконец, возрастание практически прекращается
(математически это произойдет при г -»- оо). Произведенная работа
характеризует электростатическую потенциальную энергию или
потенциал точки, в которой вначале находился единичный заряд. Таким
образом, потенциал точки поля, находящейся на расстоянии г от
источника поля, численно равен -работе электростатической силы при
удалении единичного положительного заряда из этой точки на
бесконечность:
Y 4ле£ог '
Если поле создается несколькими зарядами, то потенциал поля
равен алгебраической сумме потенциалов, создаваемых отдельными
зарядами (принцип наложения полей).
Разность потенциалов. Если потенциалы точек 1 и 2 равны
соответственно ?! и <р2, то работа по перемещению единичного заряда из
точки / в точку 2 характеризует разность потенциалов точек 7 и 2,
или электрическое напряжение U12 между этими точками. Если
переместить не единичный заряд, а произвольный заряд qt то совершенная
при этом работа
^12 = Я (?i — Ъ) = ЯУЦ-
Единицей измерения разности потенциалов служит вольт. При
перемещении заряда в 1 кулон под действием напряжения в 1 вольт
совершается работа в 1 джоуль.
268

Если точки / и 2 находятся на расстояниях г, и г2 от точечного
источника поля, то <рх — <р2 = Ul2 = ЕХГ\ — Е2г2- В случае
однородного поля £г = £2 = £; гх — ra = d и
*~ d •
Согласно этой формуле единица измерения напряженности имеет
наименование вольт на метр.
Эле троемкость. Если сообщить проводнику заряд q% то при этом
будет произведена работа против кулоновских сил отталкивания
(предыдущие порции заряда будут отталкивать последующие) и проводник
приобретет потенциал <р, пропорциональный сообщенному заряду:
д = С? = С (Ъ - ?,) = CU.
Коэффициент Сказывается элек- Jf' J£2 JP j£* _[£/>
троемкостью проводника. Единица Т Т Т Т" Т
электроемкости называется фарадой • * * • -*
(Ф). Фарада — емкость такого про- а
водника, потенциал которого воз- ^ II ц и и ц
растает на 1 вольт при сообщении М К 1С И У
ему заряда в 1 кулон. п
Емкость плоского конденсатора °
г _ ее05 Рис. 203
~*
где 5 — площадь пластины; d— расстояние между пластинами; е —
диэлектрическая проницаемость среды между пластинами.
Емкость сферического конденсатора
4iutJRr
где R и г — радиусы внешней и внутренней сфер.
Емкость шара радиуса г
С= 4Я ££(/.
При параллельном соединении конденсаторов (рис. 203, а)* их емкости
складываются:
С = С1 + С2 + |-Ся.
При последовательном соединении конденсаторов (рис. 203, 6)
складываются величины, обратные емкостям:
±=±4-± 4- .+1
С С1^С2^" ^Сп'
* Здесь и далее элементы электрических схем обозначаются прописными в
строчными буквами русского, латинского я греческого алфавитов согласно
приложению 1 ГОСТа 2.702—69 и цифрой — порядковым номером, который
присоединяется к буквенному обозначению вслед за ним в пашется слитно с внм.
269

Энергия заряженного проводника емкостью С (заряженного
конденсатора)
w я 2 2 2 2С "
Взаимная энергия двух точечных зарядов qt и 02
4*ге0г12
Электрический диполь. Электрическим диполем называется система
из двух разноименных точечных зарядов qt равных по величине и
находящихся на расстоянии / друг от друга. Диполь характеризуется
векторной величиной, называемой электрическим моментом диполя,
-*- -»-
Р = Я*>
-*■
причем положительным направлением вектора р считается
направление от отрицательного к положительному заряду.
Электронвольт (эВ) — энергия, которую приобретает частица с
зарядом, равным элементарному заряду в= 1,6- 10~19 Кл, прошедшая
в вакууме ускоряющую разность потенциалов, равную 1 вольту.
1 эВ= 1,6 . 10~19 Дж.
9.1. Два одинаковых проводящих шарика с зарядами + qx и — q2
вследствие притяжения соприкоснулись и вновь разошлись на
расстояние г. Определить заряд каждого шарика после соприкосновения и силу
взаимодействия между ними. „
Заряд каждого шарика после соприкосновения равен
„ Я\ + (—Яг) _9\—Я2
q~ • 2 ~~ 2 "
По закону Кулона сила взаимодействия между шариками
F^ 1 (Яг -Яг)2
16Я£е0 г2
9.2. Два шарика, радиусы и веса которых равны, подвешены так,
что их поверхности соприкасаются. После сообщения шарикам заряда
q они оттолкнулись друг от друга и разошлись на угол 2а. Найти вес
шариков, если расстояние от точки подвеса до центра шарика равно
/ (рис. .204) и размер шарика мал по сравнению с отклонением от
положения равновесия.
Для того чтобы шарики находились в равновесии, .
равнодействующая F силы натяжения FH и силы тяжести Р должна
уравновешиваться кулоновской силой взаимодействия FK.
Из силового треугольника
F = Ptga.
По закону Кулона
F =_LMS.
к 4ттеес R* '
<7i = <72 = <7/2; fl = 2(s + r) = 2(/sin<x + r),
270

где г — радиус шарика;-
Р tg a = 4л1^ 4 (21 sin a + 2г)2
или
Р = ,
б4кее0 tg а (/ sin а + г)2 '
Так как г < / sin а, то
Р =
i
64itee0/2sin2atgct'
Ркс. 205
9.3. Два шарика, одинаковые по радиусу и весу, подвешенные на
нитях одинаковой длины, опускаются в жидкий диэлектрик, плотность
которого — pi и диэлектрическая проницаемость — е^. Какова должна
быть плотность материала шариков, чтобы углы их расхождения в
воздухе и диэлектрике были одинаковы?
Из выше рассмотренной задачи следует, что вес шарика и куло-
новская сила отталкивания шариков в воздухе FK связаны
соотношением
На шарик, находящийся в диэлектрике, кроме силы тяжести и ку«
лоновской силы отталкивания действует выталкивающая сила
Архимеда FА (рис. 205), так что
fKl = (P-^A)tg«-
Из этих двух уравнений следует, что
^к1=-
P-Ft
Lr. " Jf
откуда
±-l_LA
•* Р'
271

По закону Архимеда FA = prfV\ где V — объем шарика; Р = pqV.
Следовательно,
И-*)-
р=а?т
9.4. Имеются два положительных заряда qx = пе и q2 = те.
Расстояние между зарядами — /. Как нужно расположить третий заряд q,
чтобы он находился в равновесии, если заряды qx и q2: 1) закреплены;
2) свободны? Чему в этом случае равен заряд q?
1) Для того чтобы заряд q был в равновесии, сила Flt
действующая на него со стороны заряда qv должна быть равна силе F2,
действующей на него со стороны заряда qt (рис. 206).
С _i По закону Кулона
1 Я\Я _ 1 ЯгЯ
W
+-й-
4nee0 rJ 4лее0
Рис. 206 Так как г* = ' —'*• то
или
откуда
{1
и
'я
Я\
-/■8)2
пе
-гг)*
1
Яг
а »
г2
те
г2 '
у7п
Vm+Vn
Для устойчивого равновесия заряд q должен быть
положительным. Если он сместится из положения равновесия ближе к заряду q21
то сила отталкивания со стороны этого заряда возрастет, а со
стороны заряда <7i — уменьшится и заряд q возвратится в положение
равновесия.
2) В этом случае заряд q должен быть отрицательным, но
равновесие будет неустойчивым. Если, например, заряд qY сместится
в сторону заряда q, то испытываемая им сила притяжения со стороны
заряда q превысит силу отталкивания со стороны заряда q% и
равновесие нарушится, причем заряды qx и q сомкнутся, а заряд q% улетит
на бесконечность.
Условием равновесия системы будет равенство нулю суммы сил,
действующих на каждый из зарядов:
м = Ft; F2l = г\; F2 = /ji,
где Fг — сила взаимодействия зарядов q и qt\ F2 — сила
взаимодействия зарядов q и q2\ Fzl — сила взаимодействия зарядов дх и q2.
272

Из этих уравнений, с учетом того, что rl-\-r2 = l% получаем
-значения гг и г2, как в случае 1). Потом записываем:
Я\9ъ_ ЯЯг . ft _ Я_
4лев0 /« 4я£ЕоГ^ /^ г\
,2 '
откуда
? = Qi 777=
т
(Vm + УЪ)2
. 9.5. Электрон вращается по круговой орбите радиуса г вокруг
ядра с зарядом Ze. Каковы скорость и период вращения электрона?
Роль центростремительной силы в данном случае
играет кулоновская сила взаимодействия
F = F •
1 V * III
яш^^йш
1 eZe
4lCE£0 /
где т — масса электрона.
Отсюда
Zg2
4ji££urm '
Период вращения
_ 2л/ __ 2лг -I/"4яег0гт
"~ f ~~ е V Z
о
9.6. Дза одинаковых металлических шарика ра- Рис. 207
диусом г и плотностью р надеты на тонкий
непроводящий стержень. Верхний шарик закреплен, нижний может свободно
перемещаться вдоль стержня. Шарики опущены в жидкость,
диэлектрическая проницаемость которой —с, плотность — ра. У каждого
миллиардного атома верхнего шарика забрали по одному электрону и
перенесли на подвижный шарик. На каком расстоянии будет находиться
нижний шарик от верхнего в состоянии равновесия, если стержень
расположен вертикально (рис. 207)?
Если электроны с одного шарика перенесены на другой, то
заряды этих шариков равны по величине и противоположны по знаку.
Следовательно, между шариками будут действовать кулоновские силы
притяжения. На нижний шарик действуют: сила тяжести Р = pgV =
4
= -х- яг3р#, где р — плотность шарика; сила Архимеда FA = pxgV —
= -=- 7tr3p,g, где р! — плотность жидкости; кулоновская сила FK ■»
"" причем \q1\ = \qi\z=ne, где п — число перенесенных
Ml
■4яее0 R '
электронов.
Для того чтобы шарик был в равновесии, необходимо, чтобы
FK + PA = P>
т

4Л££оЯ2
4- 4
"3 nr3Pi8 = "з ЛГ*т
N
п = т =
И 2 :
-ягЗрЛГА
Здесь УУ — число атомов, содержащихся в шарике с массой m и моле*
кулярным весом \i\ Z — отношение полного числа атомов к числу
атомов, лишенных одного электрона; NA — число Авогадро.
(И
р2ЛКе2
откуда
~\Г
^ZH^n^R2 + 3 ЛГ ?lg''
r*p2N2Ae2 pNAer
4 3
у nr PS*
у 3"оЯ(Р — Pi)
3"0^2g(p-Pi) № r 3££og(p-p1)
9.7. В вершинах правильного шестиугольника со стороной а
расположены точечные заряды д% 2$, 3q, Ад, Ъду 6q (рис. 208). Найти
силу, действующую на точечный эаряд д% лежащий на пересечении
диагоналей шестиугольника.
4.
Рис. 208
Рис. 209
Если все заряды одноименные, то между центральным зарядом д и
остальными зарядами действуют силы отталкивания F+, F2t r9t FAt FS9 Fer
F1 =
= 2F,
4лее0а2 * 2 4я€Е0 а2
F9 = 3Fl; FA = 4FX[
Равнодействующая сил F+ и FA равна Fa = 3Ff и направлена в
сторону /*4; равнодействующая сил F2 и F6 равна F25 = 3F+ и направ*
лена в сторону f5. Наконец, равнодействующая сил F$ и ^6 равна
F9i = 3/^ и направлена в сторону f"e. Следовательно (рис. 209),
F = ^j + Fl4 cos 60° 4- /"ее cos 60° = 6F1:
3 q*
' 2л£Е0а1
2 •
274

9.8. В вершинах квадрата находятся одинаковые положительные
заряды q. Какой отрицательный заряд нужно поместить в центре
квадрата, чтобы система была в равновесии (рис. 210)?
Для того чтобы каждый из зарядов, находящихся в вершине
квадрата, был в равновесии, необходимо, чтобы равнодействующая сил,
действующих на этот заряд, равнялась нулю. Обозначим через F9 СИЛУ
взаимодействия между зарядами 2 и 3; Fx — между зарядами 2 и /;
Fx — между зарядами 2 и 4\ У7—-между зарядом 2 и зарядом q± в
центре квадрата. Условие равновесия заряда 2:
Обозначим
тогда
F+Fs + F4 + Fi-.
f' = Vf23 + fI = f1V2.
Силы F9 и Ft равны по величине, так как заряды 1 и 3 находятся
на одинаковом расстоянии от заряда 2 и равны между собой. Условие
равновесия может быть записано в виде
F-F4-F1V* = Ot
или
Так как
то
4яее0 L г2
?3/2
= 0.
4яее0 L г2 (2г)2 а
2r = a VX
2q_i _q_ qV2^« 9(2/2+0
a2 "2a2 ~~U| qi 4 *
Это равновесие будет неустойчивым (см. задачу 9.4).
9.9. На двух одинаковых капельках воды находится по одному
лишнему электрону. Каков радиус капелек, если сила
электростатического отталкивания уравновешивает силу гравитационного
притяжения?
Как видно из уоовия задачи, заряды капелек qt = q2 = е. По
условию
_J_JL2- 5?
4я£е0/?2~ТЯ2'
где т — масса капельки; R — расстояние между каплями.
Очевидно, что
4
т = pV = у яг3р,
где г — радиус капли; р — плотность воды.
Таким образом,
1 е2 _ 16я2гер2
4лЕе0Д2~7 9/?2 *
275

откуда
-V;
9е*
64n3ee0p2f
9.10. Заряды qY = q и q±=i—2q находятся на расстоянии / друр
от друга. С какой силой действуют эти заряды на третий заряд qz =
= 3?, если он расположен на расстоянии / от середины линии,
соединяющей эти заряды (рис. 211)?
Сила, действующая на заряд q3, равна геометрической сумме сил,
с которыми заряды qx и q2 действуют на него:
По закону Кулона
F = FX + F2.
4jue0
F% =
6q*
блее^2
(так как г2 = Ы2/4). Очевидно, что
cos a = cos 27 = cos2 7 — sin2 7 =
(4)'
/2
Я = FI + F\ - 2F,F2 cos (180° - а) =
1 = -0,6;
"Hi)
У + 36?*-36У-0,6,
25л2 (ес0)2/*
5л tz0l2
F =
9.11. A3 — равномерно
заряженная бесконечная
плоскость, С — одноименно
заряженный шарик весом Р.
Заряд шарика равен q.
Натяжение нити равно FH. Найти
поверхностную плотность
заряда на плоскости АВ
(рис. 212).
На шарик С действуют
сила тяжести Р и сила Fe =
— qEt с которой поле
напряженностью Е, создаваемое заряженной плоскостью, действует на
заряд q. Модуль силы натяжения нити равен модулю
равнодействующей этих сил, т. е. | Fn | = j F |. Напряженность поля бесконечной
плоскости Е = а/2ее0, где а — поверхностная плотность заряда. Из
рисунка видно, что
Рис. 212
о У
Отсюда
F2 = F2 + Р2 = — Ь Р2
i-Pf)4«QV 2£e
- ±!io Vf2 — р2
■" 9 v " '
276

9.12. Металлический шар радиусом г помещен в жидкий диэлектрик
с диэлектрической проницаемостью е и плотностью р2. Плотность
материала, из которого изготовлен шар* равна р^. Чему равен заряд
шара, если в однородном электрическом поле, направленном
вертикально вверх, шар оказался взвешенным в жидкости? Электрическое
поле создается двумя параллельными пластинами, расстояние между
которыми — d, а разность потенциалов — U.
На шар действуют: сила электрического поля fe, направленная
вверх; сила тяжести Р, направленная вниз; сила Архимеда FA,
направленная вверх.
В состоянии равновесия
^А + ^е = ^
где
4
^А = Р2^£ = -Q лг3Рг5 (У — объем шара);
' 4
* v и
Fe = qE = q-dl
4 з . U 4 з
откуда
3U
Рис. 213
9.13. В вершинах основания правильной четырехгранной пирамиды
находятся заряды q^ = q\ q2 = — q\ Яз = Я\ q\ = — q- Найти
напряженность в вершине пирамиды (рис. 213).
Напряженность в вершине, создаваемая зарядами qt и qs, разна
Е' = Ei + £э; напряженность, создаваемая зарядами q2 и qAt равна
Е" = Е2 + Ел и направлена в сторону, противоположную £'. Так как
I £11 = I ^21 = I £3 i = I Е\1» T0 результирующая напряженность в
вершине равна нулю.
9.14. Между горизонтальными обкладками большого плоского
конденсатора подвешен на нити маленький металлический шарик с
массой т. Период колебаний шарика в отсутствие зарядов был равен
7\. После того как конденсатор и шарик были заряжены, период
колебаний стал равен Г2, причем T2>Ti. С какой силой действует
электрическое поле на шарик? Какова длина нити? Каков будет период
колебаний шарика, если изменить знак его заряда на обратный?
Если заряд шарика равен + е, а напряженность поля конденсатора
равна Е (верхняя пластина конденсатора отрицательна), то на шарик,
кроме силы тяжести, действует сила электрического поля fe = eEt
направленная вверх.. За счет действия этой добавочной силы изменится
ускорение свободного падения шарика в конденсаторе. По второму
закону Ньютона
nig' = mg — eE = mg — Fe,
277

или
Период колебаний
Т а
«■ пг
в то время как
Очевидно, что
' 4*4
откуда
f« =
(Tj-rprng
' e
l2
Если заряд шарика равен — е, на него действует сила Fe = еЕ,
направленная вертикально вниз. Период колебаний в данном случае
Га = 2тс
j/.4-'
9.15. Бузиновый шарик с массой т, подвешенный на нити длиной/,
помещен между двумя вертикальными бесконечными разноименно
заряженными пластинами. Разность потенциалов на пластинах — U,
расстояние между ними — d, причем />d (рис. 214). Шарик
совершает колебания в плоскости, перпендикулярной пластинам. Чему будет
равен период колебаний шарика, если ему сообщить заряд е?
На шарик будут действовать сила тяжести Р = mg и сила
электрического поля г е = еЕ. Равнодействующая этих сил
F = ]/>* + Р* = V(mg)* + («£)«.
По второму закону Ньютона ускорение, с которым движется шарик,
^ = V(mg)* + (eE)* i/ Т~Ш1
* т т V * ~*~ т* '
278

Отсюда период колебаний
7 = 2*/'
2и
/v^w"YV7^)
9.16. Тяжелая частица с зарядом qf массой т и кинетической
энергией Т влетает в плоский конденсатор, между обкладками
которого поддерживается постоянная разность потенциалов U. Расстояние
между обкладками конденсатора — dt длина пластин конденсатора — /.
На расстоянии L от конденсатора находится экран (рис. 215).
Начальная скорость частицы направлена параллельно пластинам.
Найти смещение частицы на экране. Как изменится ответ,
если влетевшая частица — электрон?
Движение частицы в конденсаторе можно
рассматривать как результат двух простых движений: равномерного
движения вдоль оси X по инерции и равноускоренного
движения вдоль оси Y под действием силы тяжести
U
Рис, 215
и силы электрического поля. Горизонтальная составляющая
скорости vx равна о0, вертикальная составляющая и равна at.
На частицу действуют вертикальные силы: сила тяжести Р = mg
и сила электрического поля Fe = qE = q -у . Если эти силы
направлены в одну сторону, то их равнодействующая равна F = ma = mg +
+ qE; если в противоположные стороны, то F = та = mg — qE»
В общем случае
та = mg ± qE
и
* = **&•
Время пролета частицей конденсатора t = l/v0. В момент вылета
вертикальная составляющая скорости частицы равна
у V* х dm) v0
279

При этом частица сместится по вертикали на
0/2 _/" Яи\ /2
. а/2 / ^ ^Л /2
В дальнейшем на частицу в вертикальном направлении будет
действовать только сила тяжести, движение же по горизонтали останется
движением по инерции. Время, необходимое для достижения экрана,
•-£•
Смещение частицы относительно уровня, на котором она вылетела
из конденсатора,
о о
Общее смещение
Так как
то
T_mV 2 2Г
у \в * dmj2-2T^\g± dm] 2T^2-2T ~
В случае, когда рассматривается движение электрона, выполняется
условие mg <£qE = — f поэтому величиной mg можно пренебречь.
При этом
9.17. Электрон влетает в плоский конденсатор под углом а к
плоскости пластин и вылетает под углом р, причем р <; о. Длина
конденсатора — /, разность потенциалов между пластинами — U,
расстояние между ними — d. Определить начальную скорость электрона и его
энергию при вылете из конденсатора (рис. 216).
Для электрона силой тяжести можно пренебречь по сравнению
с силой электрического поля. Поэтому движение электрона в
конденсаторе можно рассматривать как результат равномерного движения
по инерции в горизонтальном направлении и равнозамедленного
движения под действием силы электрического поля — в вертикальном.
280

Составляющие скорости электрона в момент вылета из
конденсатора:
v = vA — at; i> = v0 sin a;
v oy * oy u
eU
По второму закону Ньютона та = еЕ = -г- , откуда a = eU/md.
Так как
и un cos a
то
г*
Рис. 216
V = У0 Sin a -. ■
*> ° md v0 cos a
Из рисунка видно, что
V V
JL'=tga; ^=tgp
или
eU I
0O sin a - .. ,
. Л ° mdv0 cos a . eU I
tfi В = = tg a -— •
ь r v0 COS a e md v2 cos2 a •
о
tga-tgp:
Отсюда
vl =
eU I
md v\ cos2 a '
о
eUl
о mdcos2a(tgo —tgP)'
281

Скорость электрона при вылете из конденсатора
v0 cos с
cosp
r v0 cos a
Энергия электрона
£ = _ =
тил cos2 a
о
2cos2p
9.18. В плоском горизонтально расположенном конденсаторе,
расстояние между пластинами которого — d, находится заряженная капелька с
массой т. При отсутствии электрического поля
капелька вследствие сопротивления воздуха
падает с некоторой постоянной скоростью.
Если к пластинам конденсатора приложено
напряжение U, капелька падает вдвое
медленнее. Найти заряд капельки.
В отсутствие поля сила тяжести
уравновешивается силой трения, определяемой для
сферического тела по формуле Стокса
mg = 6izr-r\Vif -
где т) — коэффициент вязкости воздуха; г —
радиус капли; vt — скорость капли.
При наличии поля
Рис. 217 mg — qE = 6nn\v2,
гдеЧ>2~- скорость капли.
Из обоих уравнений имеем:
1 tt/2 L
?'
V,]
."/2 .
м&
^
Л
'
и
i
^1
i
mg — qE ■■
тё[1-щ) mgdf vA
Q =
По условию задачи v2 = 0,5^1, следовательно,
Я-
mgd
'' 2U '
9.19. Между двумя вертикальными пластинами на одинаковом
расстоянии 4/2 от каждой падает пылинка с массой m н зарядом q
(рис. 217). Вследствие сопротивления воздуха скорость падения пылинки
постоянна и равна v±. Через сколько времени после подачи на
пластины напряжения U пылинка достигнет одной из пластин? Какое
расстояние S по вертикали пролетит пылинка до попадания на
пластину?
В отсутствие электрического поля (см. задачу 9.18)
mg = бкггрх*
282

При включении поля на пылинку в горизонтальном направлении
начинает действовать сила £е = qE. Вследствие вязкости среды эта
сила* также уравновешивается и в горизонтальном направлении
движение пылинки происходит с постоянной скоростью, т. е.
qE = 6n/-i)u2.
Результирующая скорость v направлена под углом а к вертикали.
Очевидно, что
qE
tg a = -^ = 6дП) = qE = qU
е Vi mg mg rngd'
С другой стороны,
6*ГТ)
v2 _0,5i
"1 ~ V
откуда
« _ 0,5mgd
У . Uq ;
( = ^у = 0,5mgrf
9.20. Электрическое поле создано двумя бесконечными
параллельными пластинами, несущими равномерно распределенный
положительный эаряд плотностью ах и с2. Какова напряженность поля Е: 1) между
пластинами; 2) вне пластин? Построить график изменения
напряженности вдоль оси, перпендикулярной пластинам, считая напряженность
положительной, если ее вектор направлен слева направо.
Решить задачу для случая, когда заряд второй пластины
отрицательный. *
1) Поле, создаваемое каждой из бесконечных пластин (рис. 218):
F _ ci . F - °2
1~"ьГо' 2"
Несогласно принципу суперпозиции полей
£ = Et + £2
или
Р— Р Р — °1 °2 _ °1У °2
2)
Когда эаряд второй пластины отрицательный (рис. 219), поле между
пластинами
283

поле вне пластин
Ь~Т 2«, "
9.21. Несколько маленьких капель ртути радиусом г и с зарядом q
каждая сливаются в одну большую каплю. Найти потенциал
последней и плотность заряда на ее поверхности, если в воде находилось п
капель ртути.
По закону сохранения заряда Q = nq, где Q — заряд большой
капли.
+*,
Е,
Е
d
0
-(l,+Et)
1
Zrt2
Т
Е,+Е,
/7
г
-6,
Ei
0
-Ь+IEA
i
Er
>\£JI
I
Er\Et\
Iff
Рис. 218
Рис. 219
Радиус большой капли найдем из равенства объемов: nv = V~ где
v — объем малой капли; V — объем большой капли. Следовательно,
Емкость сферы в воде
где е — диэлектрическая проницаемость воды.
Зная заряд и емкость большой капли, находим ее потенциал
т г
nq
С 4*66,/ У"к
284

Поверхностная плотность заряда
nq
9.22. Заряды qx = <7 и q2 = — 9 находятся на расстоянии / друг
от друга. Определить напряженность и потенциал поля в точке,
удаленной на расстояние г от первого заряда и лежащей на линии,
проходящей через первый заряд перпендикулярно к прямой,
соединяющей qt и q2 (рис. 220).
Искомая напряженность поля
Е = Е\ + Ez*
Рис. 220
Рис. 221
Напряженности поля, создаваемые точечными зарядами qx я q2%
равны соответственно
F _ ! *1 • F - 1 ?2
а так как г- = /2 + г2, то
£* = ■
1
?2
-2-4яе£о(г* + /*)'
Квадрат модуля напряженности поля
Е* = Е\+Е22 + 2Е1Е2сов?.
Из рисунка следует:
cos Р = - cos a; cos а = ^ = —== I
£2 =
я\
о V /■« +/»'
(4*ге0)«\г* т (г» + О2 г2 (г* + /•) УТ^+Т') '
Е £_ ]/» | 1 2
285

Для потенциала в той же точке можно записать <р = ¥i + ¥21 где
™ 4лг£0 г 4тсее0 г
1 q2 _ 1 9
?2 =
Следовательно,
4яее0 /^
?
--L/1 -±—\
4тсее0 //а + г»
1
9.23. Сплошная металлическая сфера радиусом R = 20 см несет
равномерно распределенный заряд с поверхностной плотностью о =я
= 10~8 Кл/м2. Определить напряженность и потенциал электриче-
?=%№
Е
ТГ
1
G-0
1 R m
\E'£j(r)
г
Рис. 222
ского поля в точках на расстоянии гх = 16 см от центра сферы; на
поверхности сферы; на расстоянии г2 = 36 см от центра сферы (рис. 221).
Построить графики зависимости Е = Е (г) и <р = <р (г) (рис. 222).
Условие статического распределения зарядов требует, чтобы внутри
сферы напряженность поля равнялась пулю. Из этого же условия
следует, что потенциал ?i в любой точке внутри сферы одинаков и
равен потенциалу <?2 на поверхности сферы:
Ех = 0; ?! = ft.
Известно, что заряженная сфера создает вокруг себя такое поле,
какое создавал бы точечный заряд (равный заряду, находящемуся на
сфере), помещенный в центр сферы.
Для г = R имеем:
£а= 1 J, ' !^!i = JL=113B/M»
а 4кее0 R2 4ле£0 R2 ег0
1
Для г = г2*
<р2 = -г—£ = -*22,6В.
Ез 4^17 "Т = 2 = 34'5 В/м»
<Рэ =
1
4ГСЕ£0 Г2 ££(^2
= 2-^- = 12,42 В.
286

9.24. Две концентрические металлические заряженные сферы
радиусами Rt и #2(/?i<tf2) несут на себе заряды qx и —q2. Найти
напряженность и потенциал поля в точках, отстоящих от центра
сфер на расстояния: 1) гг </?2; 2) Rt <г2 <Я2; 3) г3> Д2. Построить
графики зависимости £ = Е (г) и <р = <р (г).
1) Точка лежит внутри обеих сфер. Рассуждая аналогично
предыдущей задаче, находим, что Е = 0;
9 = ?i + ?2.
где <pt и <р2 — потенциалы полей, создаваемых каждой сферой в
отдельности. Так как они равны потенциалам на поверхности сфер, то
Яг <?2
<Р =
47ces0tf1 4яе£0#2
2) Точка лежит вне первой сферы и внутри второй сферы.
Известно, что равномерно заряженная сфера создает вокруг себя
такое же поле, как точечный заряд, равный заряду сферы и
помещенный в ее центр. Поэтому
F-F- l q
4«ее0 г2
где £х — напряженность поля первой сферы в данной точке;
? = <Pl + ?2.
где ср! и <р2 — потенциалы полей, создаваемых каждой сферой, в
данной точке.
«, = _!_ 2*. Фо !_*|
Yl 4*se0 rx ' Y2 4n£e0 /?2
ep = _L«i !_fe .
4теег0 r2 4ic££0 tf2
3) Точка лежит вне обеих сфер, следовательно,
— , _ 1 Ц\ 1 ?2
На рис. 223, а, б представлены графики зависимости Е = E(r)
и ? = <р (')•
9.25. Расстояние между двумя металлическими шарами велико по
сравнению с их размерами. Радиус первого шара — Аг и он заряжен
до потенциала ?i» радиус второго — R2 и он заряжен до потенциала
<р2. Каким будет потенциал шаров, если их соединить проволокой?
До соединения шаров
Yl 4ких Rt • Т2 47iee0 tf2 '
где ft и ^2 — заряды шаров.
Я = Яг + Яг = 4*eeofli?i + 4™*oR2<?2.
287

После соединения потенциалы обоих шаров будут одинаковы:
' ' _ 1 Я\ 1 Я2
где q^ н q2 — заряды на поверхности шаров. По закону сохранения
заряда
Qi + Q2 = Qi + Яг
R,
R2
Rf R*
6
Рис. 223
или
ю _ Ai?i + %гЪ
?~ *,+Л2 "
9.26. В однородное электрическое поле с напряженностью £ внесли
металлическую пластинку площадью S. Какой заряд индуцируется
на каждой ее стороне (рис. 224)?
-
-
-
-
-
-
+
+
+
+
+
1+
Рис. 224
На одной из сторон пластинки (правой) индуцируются
положительные заряды, на другой (левой) — отрицательные. Они создадут внутри
пластинки поле напряженностью
£' = — + — = -.
где а — поверхностная плотность зарядов.
288

В соответствии с принципом суперпозиции полей внутри
пластинки образуется результирующее поле Ер = Е — £' = Е — а/е^ но так
как пластинка является проводником, то £р = 0, следовательно,
Е =0; а = е0£
ео
q = aS = е0Я5.
9.27. Заряд равномерно распределен по объему шара радиусом R
из непроводящего материала с объемной плотностью р. Найти
напряженности поля в точках А и В, расположенных соответственно
на расстоянии: 1) гх < R от центра шара, 2) г2 > R. Построить график
зависимости Е = Е (г).
1) Электрическое поле на расстоянии rx<R от центра сферы
создается только зарядами, находящимися внутри сферы радиусом rlt
так как заряженный внешний сферический слой внутри себя поля не
создает. Заряд шара радиусом гх
4 э
и на своей поверхности он создает поле
4 з
1 4яе0е1 г2 — 3t0ei»
1
2) при г2 > R электрическое поле создается полным зарядом шара
Я = у лЯУ»
Е 1 ? -з *Эр
2 4яе0е rJ 3м«гГ
График зависимости Е ~ Е(г) представлен на рис. 225. Учтено,
что относительная диэлектрическая проницаемость материала шара (гх)
больше относительной диэлектрической проницаемости окружающей
шар среды (е2).
9.28. Найти зависимость Е = Е (г) поля, создаваемого непроводящим
сферическим слоем с однородной объемной плотностью заряда. Слой
ограничен сферами радиусами R+ и R2 (рис. 226, а).
При /•</?! напряженность поля Ег = 0. При Rt>rp» Rt
напряженность поля определим следующим образом.
Аналогично задаче 9.27 найдем выражение для заряда,
содержащегося в сферическом слое толщиной г — /?х:
10 6-319 289

Напряженность поля, создаваемого таким зарядом на расстоянии г
от центра сферы,
i -4я(гЭ-ЯЗ)р
2 ~" 4Я£60 Г*
Здесь е — относительная диэлектрическая проницаемость
сферического слоя.
Заряд всего сферического слоя
-±М)*
Рис. 226
Напряженность поля в точках, находящихся на расстояния г£>/?2,
£, = .
Р *
3?^"
<
Здесь е' —относительная диэлектрическая проницаемость окружающей
среды.
График зависимости Е = £ (г) представлен на рис. 226, б.
9.29. При бомбардировке а-частицей неподвижного ядра элемента,
имеющего порядковый номер Z, сила отталкивания достигла значения
F. На какое наименьшее расстояние приблизилась а-частица к ядру
и какова была ее скорость (влиянием электронной оболочки
пренебречь)?
Согласно закону Кулона F = ±п^ -^р , где q^^Ze — заряд ядра;
q2 = 2e — заряд а-частицы,
4яе£о л*
-V
Ze*
2яеё^Р
По закону сохранения энергии
: 1 ЯгЯг
' 4Яее0 Г *
290

где /я —масса а-частицы; у —ее скорость. Следовательно,
4Ze2
г,*^.
Ш4дге0г
т У
Я/лее0 Г
2nze0F
Ze2
Я££Л
$ V «
* /е2 2ZF
Г т2 П5£0'
Л = <
9.30. Вблизи бесконечной заряженной плоскости находится точечный
варяд q. Под действием поля заряд перемещается вдоль силовой линии
на расстояние /; при этом совершается работа Л. Найти
поверхностную плотность заряда.
Работа по перемещению заряда в однородном электрическом поле
в случае, если заряд перемещается вдоль силовой линии, равна А =
= qbl.
Напряженность поля бесконечной
равномерно заряженной плоскости Е = а/2ее0,
следовательно,
gal
2ее0 *
Отсюда
2ее0Л
9.31. Шарик с массой т и зарядом q
перемещается из точки /, потенциал
которой равен <р, в точку 2, потенциал
которой равен нулю. Чему была равна скорость шарика в точке lt если
в точке 2 она стала равной t/?
Согласно закону сохранения энергии W2 — Wi = А, где Wi, W2 —
кинетические энергии шарика в точках / и 2; А — работа,
выполняемая при перемещении заряженного шарика в электрическом поле.
Так как
mv
Рис. 227
W2 = ^-\ wi = -ji Л = 7(?1~<Р2)>
имеем:
откуда
mv*
mvn
~T--u- = Qb
"-V**
2q9
m
9.32. Определить потенциальную энергию системы четырех
точечных зарядов, расположенных в вершинах квадрата со стороной а
(рис. 227). Заряды одинаковы по абсолютной величине. Рассмотреть
случаи, когда: 1) все заряды одноименные; 2) два заряда —
положительные, а два — отрицательные.
Потенциальная энергия системы зарядов равна сумме энергий
взаимодействия зарядов попарно:
W = Wlt2 + W, 3 + ^1,4 + ^2.3 +
10*
291

1) ЕСЛИ ?i = <?2 = ?3 = ft. TO Wu 2 = ^2.3 = ^3,4 = ^1,4 =
4яв£0 а ' ^L3 ^2.4 4лЕгоа|/2*
Следовательно,
4яее0 а 4яееоа]/2
г*
2) Здесь возможны два варианта расположения зарядов: a) qx =
1 д2
= q9 = - (7. В данном случае U^ 2= W^ 4= W2> 3= №3, 4= - 4я7Г0 Т :
1 а2
2 д2 Ад2 _
W = -
4я"оа |/2
» £(* 4\- ' £(/5-4).
4я«0 а \Y2 j 4яее0 а
1 Я2
б) <?i = <fc = — Я, при этом №3> 4 = Г,_ 2 = 4^П; у ! ^1, 4 = W2. 3 =
!_«!•* -47 - !__£_•
~ 4яес0 a ' "'a. 4-■'i.s- 4ntsoay2'
w = _2_i_ _ JL. £ 2__i!_ =
4яег„ а 4nts0 а 4яееоау5
1 Я2
1/2.
4лг£0 а
9.33. Какую работу надо совершить, чтобы два шарика с зарядами
ql и д2у находящиеся на расстоянии г, друг от друга, сблизить до
расстояния /-2?
Находясь на расстоянии rlt шарики обладали потенциальной
энергией
Wl= _L_ £l£2;
на расстоянии г2 — энергией
4Я££0 Г2
Работа, затраченная на сближение шариков,
9.34. Три электрона движутся под действием сил
электростатического отталкивания. Какова будет их скорость, когда расстояние между
292

ними станет бесконечно большим? В начальный момент электроны
находились на расстоянии г друг от друга и их скорость была равна
нулю.
Согласно закону сохранения энергии можем записать для системы
нэ трех электронов
где WkX% Wk2 — кинетические энергии системы в состояниях 1 ш 2\
1Рп1, Wtf — потенциальные энергии в тех же состояниях.
Из условия задачи следует, что WKi = О, так как vx = 0; IF^a 0,
так как электроны находятся на бесконечности.
1 е2
W"l = 34тиГ0 Т s
W о = 3—
*"к2 — ° 2 •
Таким образом,
откуда
1 е2
4яее0 г
2яее0 mr
mr
9.35. Расстояние между пластинами плоского конденсатора — d.
От одной из пластин одновременно стали двигаться вдоль нормали
к пластинам протон и а-частица. Какое расстояние пройдет а-частица
за время, необходимое протону на весь путь of одной пластины до
другой?
В электростатическом поле конденсатора на протон и а-частицу
действуют силы Fr = еЕ и F2 = 2еЕ соответственно.
Ускорения, приобретаемые протоном и а-частицей, равны aY —
i= Fi/nii = еЕ/гпх и а2 = FJm2 = 2eE/m2f где ml — масса протона;
т2 — масса а-частицы.
Для преодоления расстояния d протону необходимо время
-=|/|=|/Hgi;
а-част.'ца за это время пройдет расстояние
1 =
a2t2 __ 2eE 2dmx 2mxd _ d
2 2m2 eE m2 2 "
9.36. С наклонной плоскости, составляющей угол а с горизонтом,
скатывается шарик с массой mt несущий на себе заряд -f- Я- Высота
наклонной плоскости — Л. В вершине прямого угла находится заряд — q.
Определить скорость, с которой шарик достигнет основания
наклонной плоскости. Трением пренебречь; радиус шарика г <£ Л, вследствие
чего его можно рассматривать как точечный заряд (рис. 228).
293

Согласно закону сохранения энергии
где WB yi Wc — полные энергии шарика в точках В и С.
В точке В
(1)
(2)
где WnB — потенциальная энергия в точке В\ mgh — потенциальная
энергия в поле сил тяжести; q*/AnttJi — потенциальная энергия в
кулоновском поле.
1
А*
*~q
Р—~
^sT^\/
S
/с?4
- *■ 1
В точке С
7C = W~
'пС + ^к* (3)
где WnC, WkC — потенциальная и
кинетическая энергии в точке С.
Кинетическая энергия шарика
равна сумме кинетических энергий
поступательного и вращательного
движений:
Рис. 228
W<
mv*
Учитывая, что момент инерции однородного шара J = -^mr2 и что
со = v/r9 получаем
WkC = OJmv2.
Потенциальная энергия в поле кулоновских сил в точке С
Wn
1
- 1
'пС 4лес0 s 4jue0/i ctg <?'
Из формул (1)—(5) получаем
(4)
(5)
mgh
1 q*
1 ?2tg*
4Я££0 h
4Л££П
■ 0t7mv2\
55Г0Т(*вв-1)5.7Йв
Yt[
10gft +
2л£с0 htn
(tg
«-!)]'
9.37. Плоский воздушный конденсатор емкостью С заряжается от
батареи, разность потенциалов на зажимах которой равна (7.
Определить разность потенциалов на обкладках конденсатора после
увеличения расстояния между пластинами в п раз и работу внешних сил по
раздвижению пластин, если: I) после зарядки конденсатор отключается
от источника; 2) конденсатор остается подключенным к источнику*
1) При зарядке конденсатора на пластинах его появился заряд
q = СО* Если конденсатор отключается от источника, заряд остается
294

неизменным. При раздвигании пластин на расстояние, в п раз
большее, емкость конденсатора становится равной С* = С/пл Разность
потенциалов на пластинах после их раздвигания
Согласно закону сохранения энергии А = W2 — ^ъ гДе ^2 — энеРж
гия поля конденсатора в конечном состоянии; Wf — в начальном
состоянии, причем
W2~2Ci 2C ' г 2С-
После подстановки получаец
2) Если конденсатор не отключается от источника, разность
потенциалов на его обкладках остается постоянной, а при их раздвигании
меняется емкость конденсатора и заряд его пластин.
Аналогично вышеприведенному
4<"Ы->'М-
9.38. Пространство между пластинами плоского конденсатора
заполнено диэлектриком, объем которого — V, диэлектрическая
проницаемость — е. Поверхностная плотность зарядов на пластинах
конденсатора — о. Вычислить работу, необходимую для удаления диэлектрика
из конденсатора (трение диэлектрика о пластины ничтожно мало).
Согласно закону сохранения энергии А = W2 — W±, где Wf, W2 —
энергия поля конденсатора в начальном и конечном состояниях.
где Cf «? начальная емкость конденсатора; q — заряд пластин; S —
площадь пластин.
Отсюда
_ 1 a2S4_ I о»У
M^i~ 2 £e0S ~ 2 6е0 ;
1 а*У
так что
Wt 2 с0
-i?(-i)-
295

9.39. Сплошной шар радиусом т равномерно заряжен (объемная
плотность заряда — -у). Определить энергию электрического поля шара
вне его, если шар помещен в диэлектрик, диэлектрическая
проницаемость которого — е.
1 а2 4
Известно, что W = -=- ~? . Так как q = 7 V = -5- я/3т; С = 4я££(/> то
' (W
г_, 1 УЗ" V _ 2ягУ
2 4л££(/ 9 ее0 '
9.40. Шар М радиусом ги заряженный до потенциала <Pi, после
отключения от источника напряжения соединяется тонкой проволочкой
(емкостью проволочки пренебрегаем) сначала с удаленным
незаряженным шаром N радиусом r.2f а после отсоединения от N — с удаленным
незаряженным шаром Р радиусом г9. Найти: 1) начальную энергию
шара М; 2) энергию шаров М и N после соединения и работу разряда
при соединении; 3) энергию шаров М и Р после соединения и работу
разряда при соединении.
1) Емкость шара М
d = 4я£е0/-£,
Энергия шара М до соединения
^i = yCl*i = 2*E€™V
2) Заряд шара М
Qi = Ci?i = 4яее0г1^.
При соединении шаров М и N их потенциалы станут одинаковыми
и для каждого из них мы можем записать:
q. q
Ci = -± ; С2 = -f ; С2 = 4я£е0г2,
где <г. и <?' — заряды, которые приобрели шары М и ТУ после их
соединения.
Отсюда, учитывая, согласно закону сохранения заряда, что qx =
= ч'х + Ч? П0ЛУЧИМ
i=i. ** = ^ ;
Ci С2 ' 4ЯЕ£0Г1 4ЛЕ£0Г2 '
4Я£Е0Г1 4Л££0Г2 '
* gl'l'l „ ЦГ, =4Л££оГ^;
1 *2 (^1 + ^) ^1 + ^2 'l+'a
<7ir2 _ 4я££пг1г2у1
^ Z^ + rj Г1-\ГГ2
296

Энергии шаров М и N после соединения равны:
2 4 2 0- 3 2
l lfa't»y|Tl 2»уЛ>
< 2(»', + г1)»4яавг1 (г^г,)»*
1С2 2 * z 2 2 г, 2 2
1 1С»ЛЧ//Л 2яее0г/2у-.
2 2 (г, +г!)Чш!/Г (г,+г,)« '
Согласно закону сохранения энергии работа разряда при
соединении шаров М и N
А, = Vt - (W[ + W[) = 2«eorl?1s -
3) Совершенно аналогично рассуждениям, приведенным в случае 2,
можем записать
Cf = —- \ С9 = -~-; Сэ = 4яее0/>
<Рз Тз
где <7* и ^ — заряды шаров М и Р после их соединения; <рэ —
потенциал шаров. Решив систему уравнений
£_£;
«< = »! + «•» J
получим
Отсюда
. _ 4яее0/-г91 4яи0у311>1
^"('i+^H'i + 's)'' ^~ (ri + r^^ + r,)'
^ 1 lfaVfrfrj 2яее,,г^
"i - 2 (г, + г,)* (г, + гэ)2 4яге0г, (rt + гг)* (rt + г3)а '
» 2 (Г! + г2)* (гх + г3)* 4яее0г, (rt + г,)* (л, + г3)а '
где №*. и W" — энергии шаров М и Р после их соединения.
Энергия разряда при соединении шаров М и Р
A = Wt- (^ + WJ = (^ + rJ1Jri | гд).
9.41. Два конденсатора емкостью Ct и С2 соединены последовательно
и подключены к источнику э. д. с. с напряжением U. Во сколько раз
изменится напряжение на конденсаторах, если конденсатор 1 опустить
в диэлектрик с относительной диэлектрической проницаемостью е?
297

До опускания конденсатора в диэлектрик иг + U2 = U% где и± н
£/2 — напряжения на конденсаторах 1 к 2. Так как
то
После опускания конденсатора / в диэлектрик его емкость
увеличилась в е раз: С' = ejCj? [/ = £/' + ^1* Произведя преобразования,
аналогичные вышеприведенным, получим
Следовательно,
иг кСх + С2' и2 iCH-Cj'
9.42. Напряжение на пластинах плоского конденсатора, находящихся
на расстоянии d друг от друга, равно U. К одной из пластин
прилегают пластинка из стекла толщиной dx и пластинка из фарфора
толщиной d2l причем di + d2 < d. Найти напряженности поля в воздухе,
стекле и фарфоре.
Напряжение на пластинах конденсатора
U = Ui + U2 + Ust (1)
где Ui — падение напряжения на стеклянной пластинке; U2 — на
фарфоровой; U3 — в воздушном зазоре.
Электростатическое поле между пластинами конденсатора можно
считать однородным и записать
U1 = E1d1; V2 = E2d2\ U3 = E3d3, (2)
где Еи Е2, Е3 — напряженности поля в стекле, фарфоре и воздухе
соответственно.
Учитывая, что Е = ttEi = е2Е2 = е3Е3, гДе ei» Е2» ез — относитель-
иые диэлектрические проницаемости сред; Е — напряженность поля,
создаваемого пластинами в вакууме, получаем из формул (1) и (2):
£_, £1£2£3^
Е2£3<*1 + £1£3<*2 + £1£2<*3 '
£ = £2£Э^
1 £2Ml + £1£Э<*2 + £1£2<*3 •
£2 = W
£1£3^
£2£Э<*1 +
Е3 =
£2£Э<*1 +£l£эd2 + £l£2d3,
е2е8*1 + £1£Э^2 + £1£2<*Э '
9.43. Шар радиусом г1 заряжен до потенциала <fi» a шар радиусом
т2 — до потенциала <р2. Определить заряды и потенциал шаров после
298

того, как их соединили металлическим проводником, емкостью
которого можно пренебречь. Задачу решать, используя понятие емкости
(см. аналогичную задачу 9.25).
Емкости шаров: Q = 4яе€0/ч; С2 = 4яее0г2.
С другой стороны, Ct = qi/<ti\ С2 = q2/y2> Отсюда qt = 4лее0/1<р^
q2 = 4яее0г2<р2.
После соединения шаров проводником их потенциалы ? будут
одинаковы и для каждого шара можно записать соответственно!
rs Ч г* Ч Ч Ч Ч Ч
Ct = -± ; Ca = -2-, т. е. -£ = £ или -± = -^ •
Согласно закону сохранения заряда qi + q2 = q'% + ^.
Из этих уравнений получаем
' _ (<fi + 92)rj _ 4neg0(r1cpJ + /'2y2)rf e
**~ г± + П - г< + га '
' = (<7i + <У2) ^2 = 4я6е0 (г1?1 + г2?2) га
*2 'i + '2 'i + '2
Ч _ (<7i + $2) Ч _ rtfj + r2ya
Ct (rt + r2) 4яев0г1 r,+r2 '
9.44. Между пластинами плоского конденсатора площадью 5 нахс*
дятся два слоя диэлектриков: стекло толщиной dj и эбонит толщиной
dj. Найти электроемкость конденсатора, если толщина воздушного
зазора — d9.
Полученную систему можно рассматривать как три
последовательно соединенных конденсатора. Емкость каждого из них соответственно
равна;
Cl dT~~dI' Сг~17' Сз~"5Г'
где £f, e2, eg —соответственно относительные диэлектрические
проницаемости стекла, эбонита и воздуха.
При последовательном соединении конденсаторов сбщая емкость
вычисляется по формуле
С Cf ^С2^Сй
или
d± d* ^з
С "е05~**г^e0Sl
Отсюда
^i-L^s + ^i
Ч «2 еэ
9.45. Конденсатор состоит из трех металлических пластин площадью 5
каждая, разделенных двумя слоями диэлектрика толщиной d каждый.
299

Крайние пластины соединены между собой. Какова емкость такого
конденсатора, если диэлектрическая проницаемость диэлектрика — е?
Описанную в условии задачи систему следует рассматривать как
два параллельно соединенных конденсатора, имеющих одну общую
пластину. Их общая емкость
С = СХ + С2.
а так как геометрические размеры рассматриваемых плоских
конденсаторов одинаковы и диэлектрик один и тот же, то
с -с — Sfs5.
Ci-C2- d ,
9.46. Дана емкость сферического конденсатора, состоящего из двух
концентрических сфер радиусами гх и г2 (пространство между сферами
заполнено маслом). Какого радиуса должен быть шар, помещенный
в масло, чтобы иметь такую же емкость?
Как известно, емкость сферического конденсатора С — 1
r2 —ri
где г, — радиус внутренней сферы; тг — радиус внешней сферы; г —
диэлектрическая проницаемость масла.
Емкость шара С = 4л£е0Я, где R — радиус шара. Следовательно,
9.47. Найти емкость системы конденсаторов (рис. 229, а).
С1 С2 С12 СИ
\-\У—\\-\ С6 С7 г—И—I C67 Г"II—I С6.7
С3,5 С4 CJ&5
в
Рис. 229
Конденсаторы С/ и С2 соединены последовательно, значит, их
общая емкость
С ' С1 + С2-
Аналогично для конденсаторов С6, С7
Г* 7 С6С7
С6'7=С6 + С7-
Конденсаторы СЗ и С5 соединены параллельно. Их общая емкость
СЗ, 5 = СЗ + С5.
300

Теперь схему а можно преобразовать в схему б. Легко видеть,
что общая емкость конденсаторов СЗ, 5 и С4
Г? 5 4 — С3.5С4 (СЗ + С5)С4
• ' С3.5 + С4 "СЗ + С5+С4'
Далее, схему б можно привести к виду в. Системы конденсаторов
С1, 2 и СЗ, 4,6 соединены параллельно, следовательно, их общая
емкость
Г1 9 ? 4 *-п 9мгч л г С1С2 , {СЗ + С5)С4
^.2,3$4,5 = СК2 + СЗ,415=итГ2 + сз + С4 + С5.
Система конденсаторов С1, 2,3, 4, 5 соединена последовательное Сб, 7.
Отсюда общая емкость всей системы
С6С7 I С1С2 (СЗ + С5) С4 \
ff + С7 \С1 + С2 + СЗ + С4 + Сб)
Сб, 7 + С/, 2, 3,4, 5 С6С7 , С1С2 . (СЗ + С5) С4
с = C6t 7Q1, 2, 3, 4, 5 _ Сб + С7 \С1 + С2^ СЗ + С4 + С5,
С6+С7 ' Cl + C2^ Q3 + C4 + C5
9.48. Три конденсатора емкостью С19 С2, СЗ (рис. 230) подключены
к источнику э. д. с, напряжение на эажимах которого равно U.
Определить заряды на каждом из конденсаторов.
Разность потенциалов
V^Vi + U^
где Ui — напряжение на пластинах конденсатора Cl\ UAB —
напряжение между точками А и В.
Заряд на С1 будет такой же, как на системе С2 и СЗ (система
конденсаторов С2, СЗ соединена последовательно с С/), и может быть
найден из равенства С = q/U, где С — емкость С2
системы трех конденсаторов: г
С2.3С1 (С2 + СЗ)С1 I jHJ
^~С2,3 + С1 С1 + С2 + СЗ* L1 L uCJ
(С2 + СЗ)СЮ I
ii = 4 = cu=CJ + C2+c3 . | 0[/0 1
Для конденсаторов С2 и СЗ мы можем со- Рис- 230
ответственно записать
<h
q2 = C2UAB; q3 = C3UAB.
Так как
ТО
// п Я _,, (C2+C3)U _ CIU
иАВ~и qi u C1 + C2 + C3 С1 + С2 + СЗ'
Отсюда
C1C2U _ C1C3U
Й2~ С1 + С2 + СЗХ q'~ C1 + C2+C3'
301

9.49. Пластины плоского воздушного конденсатора несут заряды
-f q и —q> причем расстояние между пластинами мало по сравнению
с их линейными раэмерами. Как изменится сила взаимодействия
пластин, если расстояние между ними увеличить в три раза?
Сила, действующая на одну из пластин, равна F = qE, где Е —
напряженность поля, создаваемого другой пластиной. Учитывая, что
Е = о/2г0е = q/2tQtSt получаем F = q72ee0S. Как видно из формулы,
F не зависит от расстояния между пластинами. Следовательно, chjb
остается прежней.
9.50. Конденсаторы С/ и С2, заряженные до напряжений U^ и U2
соответственно, соединены параллельно: 1) одноименно заряженными
обкладками; 2) разноименно заряженными обкладками. Найти
напряжение между обкладками в обоих случаях.
Конденсаторы соединены параллельно, следовательно C = Ci + Cv
В случае 1) искомое напряжение U = qjC\ q = q±-\- q2t где ^и ^ —
заряды конденсаторов до соединения, которые могут быть определены
как
Qi = CiUi; g2 = C2U2.
Таким образом, получаем
u_C£i±C£1
Ci + C2 '
В случае 2) заряд
Я = Qi — Яъ = ciUi — С2^2»
так что
a _CjUj-~C2U2
Cf + C2 '
9.51. Два плоски^ конденсатора емкостью С± н С2 соединили
последовательно, подключили к источнику, ^напряжение на клеммах
которого £/, и зарядили. Найти напряжение на пластинах конденсаторов
после отключения от источника, если их пересоединить параллельно.
Чему будет равна работа при перезарядке конденсаторов?
При последовательном включении конденсаторов их общая емкость
Заряды конденсаторов одинаковы и равны
" = ^ = '=а/ = сГТс,-
Напряжение на каждом из них
и _ Я _ C2U . = q = CXU
Ci Ci + С2' С2 Ci + C2*
При параллельном соединении емкость конденсаторов
C'=d + C2.
Заряд системы конденсаторов
302

Напряжение на пластинах обоих конденсаторов
г/г - <L _ 2Я _ 2СгС2и
~C'~Ci + C2 (C1 + C2)3'
Работа при перезарядке, согласно закону сохранения энергии,
A = W — W't
где W и W v энергии системы конденсаторов до и после перезарядки.
Энергия системы конденсаторов до перезарядки
1 СА^а
где Wf и W2 — энергии- первого и второго конденсаторов до
перезарядки.
Энергия системы конденсаторов после перезарядки
1 i 4С\С%и* 2ClC$U*
Работа при перезарядке
, _ 1 C&U* 2Clc22U2 _схС.хи2 (d - С2)2
2СХ + С2 (С, + С2Г 2(d + C2)* *
9.52. Пластины плоского конденсатора раздвигаются первый раз,
будучи все время подключенными к источнику напряжения, а второй
раз — отключенными сразу после зарядки. В каком случае
затрачиваемая на раздвигание пластин работа больше?
В первом случае при раздвигании пластин разность потенциалов
остается постоянной, а емкость (следовательно, и заряд на пластинах)
уменьшается. Сила взаимодействия между пластинами (см. задачу 9.49)
2Ee0S
Поэтому при уменьшении заряда пластин сила взаимодействия также
уменьшается.
Во втором случае заряд на пластинах остается неизменным, так
что сила взаимодействия пластин не меняется. Поэтому при
одинаковом перемещении пластин работа во втором случае будет больше.
9.53. Двенадцать одинаковых конденсаторов емкостью С каждый
собраны в батарею в виде восьмигранника (рис. 231). Какова емкость
между точками А и В этой батареи?
Батарея симметрична, следовательно, лотенциалы точек С, D, Е
и F равны. Поэтому конденсаторы, включенные между этими точками,
не заряжены и их можно не учитывать. Можно считать, что батарея
состоит из четырех параллельных ветвей, в каждую из которых
303

включено последовательно по два конденсатора. Таким образом, емкость
одной ветви Сх = С/2 и общая емкость батареи
С6 = 4СХ = 2С.
9.54. Определить напряжение между точками А и В (рис. 232),
если напряжение между точками С и О равно U.
Падение напряжения между точками С и D связано с падением
напряжения на конденсаторах С/ — С4 следующим образом:
и = иг + иш = иш + ия.
Заряды на конденсаторах С/ и С2 одинаковы: <7i = <7а =*= СШг =
« C2U2.
Аналогично для конденсаторов СЗ и С4: <7э = ?4 = C3U9 = C4Uk,
Решая полученную систему уравнений, находим
Рис. 231 Рис. 232
Очевидно, что напряжение между точками А и В
иАВ = t/4 -и2 = их -и, = и (С/ + С2) {СЭ + С4).
9.Е5. На дне сосуда с жидким диэлектриком с проницаемостью е
закреплена пластина конденсатора, имеющая форму круга радиусом г.
Вторая такая же пластина толщиной h плавает над первой пластиной.
На какую глубину погрузится верхняя пластина, если пластины
зарядить разноименными зарядами с поверхностной плотностью а?
Плотность материала пластины — р, диэлектрика — р0.
После подачи зарядов на пластины на верхнюю пластину будут
действовать сила тяжести Р9 сила электростатического притяжения
пластины Fe и в противоположную им сторону — сила Архимеда /-"д.
Сила тяжести
P = mg = pgSh = nr2pght
где S — площадь пластины.
Сила электростатического притяжения пластин
_ q2 _ (aS)2 _ пг2о2
304

Сила Архимеда
^А = 9<>gV = PogSAft = Ро5ЛГаЛЛ,
где V —объем части пластины, погруженной в жидкость; Д/i—
глубина погружения пластины. В состоянии равновесия
Р + ^е = ^А.
или
nr*pgh + tjj- = Pog*r*AA.
Отсюда
Ро 2ее0рой"
10. Постоянный ток
Электродвижущая сила (э. д. с). Для поддержания тока в проводнике
на имеющиеся в нем свободные заряды должно действовать
электрическое поле, создаваемое неэлектрическими сторонними силами. Это
поле поддерживает на концах проводника некоторую разность
потенциалов. К числу источников сторонних сил относятся химические
(элементы, аккумуляторы), электромагнитные (обычные
электромашинные генераторы), тепловые (термоэмиссионные генераторы), световые
(фотоэлементы) и др. Все они преобразуют различные формы энергии
в электрическую.
При перемещении электрических зарядов производится работа.
Электродвижущая сила & измеряется работой сторонних сил по
перемещению единичного положительного заряда внутри источника тока.
Единицей электродвижущей силы олужит вольт (В).
Сила тока / измеряется величиной заряда q, проходящего в
единицу времени через поперечное сечение проводника:
/ = |; q = It.
Сила тока — скалярная величина. Единица силы тока — ампер (А).
При силе тока, равной 1 А, через поперечное сечение проводника за
1 секунду проходит заряд, равный 1 кулону.
Плотность тока / численно равна заряду, проходящему за 1 секунду
через единицу поверхности, перпендикулярной к линиям тока:
/
/ = у = n0ev,
где S — площадь поверхности (сечения); я0 — число свободных
электронов в единице объема; е — заряд электрона; v — скорость
электронов вдоль линии тока. Плотность тока — вектор. Единица плотности
тока — ампер на квадратный метр (А/м2).
Постоянным током называется такой ток, плотность которого
в каждой точке проводника не изменяется со временем.
305

Направление постоянного тока. Принято считать, что направление
тока совпадает с направлением движения положительных зарядов,
которое, в свою очередь, совпадает с направлением электрического
поля. Если ток создается отрицательными зарядами, то они
перемещаются навстречу направлению поля и их движение эквивалентно
перемещению положительных зарядов вдоль направления поля. В
металлах подвижными носителями зарядов являются электроны, несущие
отрицательные заряды.
. Электрическое сопротивление проводника
где р — удельное сопротивление материала проводника, Ом -см; / —
длина проводника, м; 5 — площадь поперечного сечения проводника, ма.
Единица сопротивления называется ом. 1 Ом — сопротивление такого
проводника, в котором при напряжении на его концах 1 вольт течет
ток силой 1 ампер (1 Ом= IB/1A).
Величина, обратная сопротивлению, называется
электропроводностью и обозначается g. Единица электропроводности называется
сименс (См).
Закон Ома. Сила тока в проводнике прямо пропорциональна
приложенному напряжению и обратно пропорциональна сопротивлению
проводника: -
Закон Ома для участка цепи сопротивлением Ri разность
потенциалов (падение напряжения) U на участке цепи сопротивлением R
равняется
U=IR.
Закон Ома для цепи, содержащей источник э. д. ел
8 = I (R + Г) = 1R+ lr = U + /г или / = ^-^.
Здесь R — полное сопротивление внешней цепи: г ■— внутреннее
сопротивление источника. Величина IR = U называется падением
напряжения на внешней цепи или напряжением на зажимах источника,
замкнутого на внешнюю цепь.
При последовательном соединенны резисторов их сопротивления
складываются:
При параллельном соединении резисторов складываются обратные
величины их сопротивлений, т. е. их электропроводности:
-р- = р- + ггЧ hn- или G = gi + g2-\ \-gn.
A Ai /\2 Ад
В этом случае токи в отдельных ветвях обратно пропорциональны
сопротивлениям ветвей:
г г 1 1 1
/i: /2: • • ■ : /л = тт. -* к": • • •': к-.
Al А2 А/1
306

Зависимость удельного сопротивления проводника от температуры:
Р< = Ро[1+а(>-<о)],
где р/ — удельное сопротивление при температуре /; р0 —удельное
сопротивление при температуре t0; a — температурный коэффициент
сопротивления.
Правила Кирхгофа. 1. Для всякой точки разветвления (узла)
электрической цепи сумма токов, направленных к узлу, равна сумме токов,
направленных от узла:
2'в, = 2'выхИЛи2' = 0.
2. Для всякого замкнутого
контура алгебраическая сумма всех
э. д. с. контура равна
алгебраической сумме падений напряжений на
отдельных сопротивлениях контура:
2* «2/л
Преобразование треугольника
сопротивлений в эквивалентную _ _я
звезду и наоборот (рис. 233): гис' ***
л 'i + 'a + V
Г = Г2ГЭ
С 'l + ^ + V
rArB Ttfc
ГС ГА
ТСТА
'.-'С + 'Л + Т"-
1 в
При последовательном соединении п источников с одинаковыми
в. д. с, равными в0, и одинаковыми внутренними сопротивлениями гь
& = л$о» г = пго-
При параллельном соединении тех же источников
& = ё9\ г = г0/п.
Закон Джоуля — Ленца. Работа электрического тока
А = I*Rt.
Мощность электрического тока
P = gI = (U + Ir)I = I*(R + r),
где I2R = UI — полезная мощность, выделяемая на внешнем
сопротивлении R. Эта мощность достигает максимума при R = г:
р =6-.
* макс 4г
307

Коэффициент полезного действия цепи
*_внеш R
Закон Фарадея. При прохождении электрического тока через
электролит масса т вещества, выделившегося на одном из электродов,
пропорциональна заряду qt прошедшему через электролит:
m = kg = ^q = -^It.
Здесь F — число Фарадея; А — атомная масса выделившегося вещества;
п — его валентность в данном электролите. Величина А/п называется
химическим эквивалентом вещества, а величина k = AjnF — его
электрохимическим эквивалентом.
10.1. Сопротивление катушки из медной проволоки — R, вес
проволоки—Я. Определить длину и площадь поперечного сечения
проволоки.
Сопротивление проводника R = р -^-, где р — удельное сопротив-
ление; / — длина; 5 — площадь поперечного сечения проволоки.
Вес Я = dV = dSl, где d — удельный вес; V — объем. Отсюда
-V%- 3-V&
10.2. Сопротивление проволоки R1~Sl Ом. Ее разрезали на
несколько равных частей и соединили эти части параллельно, вследствие
чего сопротивление стало равно R2 = 1 Ом. На сколько частей
разрезали проволоку?
Если представить неразрезанную проволоку как п последовательно
соединенных сопротивлений, то
Ri = nrt
где г — сопротивление одного отрезка.
При параллельном соединении
Решив совместно оба уравнения, получим:
10.3. Ток в проводнике за равные промежутки времени i сначала
равномерно возрастает от 0 до /ь затем уменьшается до 0,5/lf затем
остается постоянным и, наконец, уменьшается до нуля (рис. 234).
Какой заряд прошел по проводнику за время, равное 4??
308

Построим график изменения тока во времени. Очевидно, что заряд,
прошедший по проводнику, численно равен площади заштрихованной
фигуры, т. е.
\tli + /f+2°'5/i t + 0,5V + у ' °'5'i'!
:2V.
10.4. Медный проводник сечением S движется со скоростью u0,
направленной перпендикулярно площади S. Какой заряд пройдет по
проводнику при резком его торможении, если концы проводника
замкнуты?
При прохождении тока по проводнику сопротивлением R
совершается работа
А = I2Rt.
Сила тока в данном случае'не
будет постоянна в течение всего
времени торможения. Предполагая,
что она уменьшается равномерно
до нуля, для среднего количества
электричества, прошедшего по
проводнику, можем написать:
*=т//;
It = 2q.
Работа
А = I2qR = 2q 1R.
С другой стороны, эта работа может быть выражена как
дгк-
где N — общее число свободных электронов в проводнике;
изменение кинетической энергии электрона, когда в процессе
торможения скорость меняется от i/0 до 0.
Так как / = /5, где / — плотность тока; S — площадь поперечного
сечения провода и / = enov0, где е — заряд электрона; п0 — число
свободных электронов в единице объема, то
/ = en0v0S,
и первое выражение для А примет вид:
А = 2enQvQSqR.
Из условия По/5 = N имеем
где / — длина проводника.
Приравнивая оба выражения для работы, найдем, что
2eRqv0 ™1
309

откуда
_ mv0l _ mvQl __ mopS
4~~ AeR ~ / ~~ 4ep '
4epT
10.5. Две проволоки — нихромовая и стальная — имеют одинаковые
массы. Длина стальной проволоки в 20 раз больше длины ннхромовсй.
Во сколько раз отличаются их сопротивления (удельное
сопротивление нихрома в 10 раз больше удельного сопротивления стали,
плотность больше в 1,07 раза)?
Сопротивление нихромовой проволоки
*i = pi^-; (О
сопротивление стальной проволоки
Я2 = Ра^, (2)
где Pf, р2 — удельные сопротивления нихрома и стали; /f, /2 н 5^, 52 —
длины и сечения проволок.
Массы проволок равны между собой, т. е.
пц = т2 или diliSi = d2l2S2i Щ
где df, d2 — плотности нихрома и стали.
Из (3) получаем:
st d2i2' KV
Из (1), (2) и (4) имеем:
Ri = p1[iS2 = 9i^i
R2 Ра'Л pll22d2 *
Учитывая, что l2 = 20/^; di/d2 = 1,07; pi/p2 = 10, находим
^ = 0,02675.
H2
10.6. По медному проводнику сечением 5 = 0,17 мм2 течет ток
/ = 0,025 А. Определить, какая сила действует на отдельные
электроны со стороны электрического поля.
Запишем закон Ома для участка цепи: / = -=-, где U — напряже-
/\
ние; R = р —«— сопротивление участка. Здесь р — удельное
сопротивление, / — длина, 5 — площадь поперечного сечения проводника.
Из этих уравнений / = US/pl = ES/p, так как для однородного
проводника Е = U/L
Сила, действующая на электрон,
F = eE = e£ = 3. 10~и Н.
310

10.7. Определить, какой гок создает электрон, вращающийся вокруг
ядра в атоме водорода, если радиус его орбиты принять равным
5,3 • Ю-9 см.
п бДГ
Сила тока может быть представлена как / = -~ = -j =*л =
= е -г—, где е — заряд электрона; N — число оборотов электрона за
время t; n — число оборотов в единицу времени; v — скорость
электрона при движении по орбите; г — радиус орбиты.
При движении электрона по круговой орбите роль
центростремительной силы играет кулоновская сила взаимодействия электрона
с ядром:
F =/7
4 Ц 4 К
или
где т —масса электрона.
Отсюда
ту*
4Я£оГа
0= г?
у Anttfin
Введя это выражение в формулу для /, найдем
/ = f = 1,05 . Ю-5» А>
2пг у 4пьцгт
10.8. По железному проводнику сечением S = 0,64 мм2 течет ток
/ = 24 А. Определить среднюю скорость направленного движения
электронов, считаят что число свободных
электронов п0 в единице объема равно
числу атомов Пл в единице объема проводника
(рис. 235).
Средняя скорость упорядоченного
движения электронов
» = f' 0>
Рис. 235
где * — время, за которое все свободные
электроны, находящиеся в отрезке проводника длиной /, пройдут
через выходное сечение и перенесут заряд q = Ne, создавая при
этом ток
/-■}--?• <2>
где е — заряд электрона; W — число свободных электронов в отрезке
длиной /,
ЛГ = п0У = Ло/5, (3)
где, V — объем проводника; S — площадь его сечения.
311

По условию задачи
v —"л
где р — плотность железа; [х — молекулярная масса; NA — число Аво-
гадро.
Из уравнении (2)t (3), (4)
, NA9lSe
откуда
Ш
1 =
NA9Se'
Подставив полученное выражение в (1), найдем
NApSet NApSe
= 4,2 . 10~3 м/с.
10.9. Через двухэлектродную лампу с плоскими электродами идет
ток /. Напряжение на лампе — U. С какой силой действуют на ащ)д
лампы попадающие на него электроны, если они покидают катод со
скоростью у0?
За некоторый промежуток времени t на анод попадет N = —
электронов. Каждый из них передает аноду количество движения К = mv,
где v — скорость электрона при подлете его к аноду.
Из закона сохранения энергии A = W2 — Wu где А = e(J — работа
сил электрического поля; W2 = mv2/2 — кинетическая энергия
электрона при нодлете его к аноду; Wx — mv\/2 — кинетическая энергия
электрона при вылете из катода, получаем:
.. mv2 «»!
et/=-2-—ST;
-V
2eV + mi»!
Подставив выражение для v в формулу для количества движения,
найдем-
К = V(2eU + mv20) m.
Количество движения, передаваемое аноду N электронами,
NK = — V(2eU + mv2) т.
е о
С другой стороны, изменение количества движения равно импульсу
силы:
NK = Ft,
312

следовательно,
у V(2eU + mt'J) m = Ff
и
F = y V(2eU + mv20) m.
10.10. Сопротивление 100-ваттной электролампы, работающей при
напряжении 220 В, в накаленном состоянии в п = 15 раз больше,
чем при температуре tx = 10° С. Найти сопротивление при этой
температуре и температурный коэффициент сопротивления о, если в
накаленном состоянии температура нити t2 = 2500° С.
Если сопротивление лампы при 0° С принять равным R0, при 10° С —
/?!, при 2500° С — R2t то
*i = *о О + «У;
{h = l + «*a = _
/?i 1 + а/, "'
Отсюда
л-1
'2 — nt.
«6. 10-»° С.
Зная мощность лампы N, можно найти ее сопротивление R2 в
накаленном состоянии и Ri при температуре tx\
//2 D //2
' R2 = ~ = 484 Ом; /?х = ^-2 = ~ = 32,3 Ом.
у Р 1 П Рп
10.11. Медный и графитовый стержни одинаковой толщины
соединены последовательно. При каком соотношении их длин сопротивление
этой системы не будет зависеть от температуры?
Общее сопротивление стержней при температуре t
*t = «oi О + «i0 + Д02 (i + «Л = №>i + «02) +
+ (*01el' + *0I«l0i
где /?0i = Pi/i/5 и /?02 = p2/2/5 — сопротивления стержней при 0е С.
Из приведенного уравнения видно, что /?/ не будет зависеть от
температуры при
«oiai + /?02a2 — 0»
или
Pl/lal , P2*2g2 _Л
~s h s
откуда
— EaS^B« 43,61,.
10.12. При температуре 0° С сопротивление одного проводника в п
раз меньше сопротивления второго и в т раз меньше сопротивления
третьего. Температурные коэффициенты сопротивления проводников
313

соответственно равны ait a2 и а3. Чему равен температурный
коэффициент сопротивления проводника, состоящего ид этих трех
последовательно соединенных проводников?
Пусть при 0° С сопротивления проводников — #01-, R02 и R0^. При
температуре t их сопротивления соответственно равны /fo, Rf2% Д/i,
причем
Ru = *oi (1 + «i0;
R12 = я 02 0 + <ч0;
Я/з=Доз(1+"э').
При последовательном соединении проводников их сопротивление
при 0° С
Ro = Roi + R02 + Яоз»
при температуре t
Rt = Rn + Rt2 + Rt* = (Rot + R02 + R<*) +
+ (R01*i + R02*2 + R03*3)t- 0)
В общем случае можно записать:
Я/ = ДоО + °0, (2)
где а — температурный коэффициент сопротивления последовательно
соединенной системы проводников. Сравнивая уравнения (1) и (2),
получаем:
ff _ Roiai + Ro2*2 + Ro3as _ gf + na2 + maa
tfoi + Яоо + Яоэ l+n + m "
10.13. Кольцо сделано из проволоки
длиной /, площадью сечения S, сопротивлением
R0. Где следует присоединить провода,
подводящие ток, чтобы сопротивление уменьшилось
в п раз (рис. 236)?
Сопротивление кольца /?0 = р//5, где р —
удельное сопротивление материала проволоки.
При подключении подводящих проводов к
точкам А и В кольца получаем случай
параллельного соединения двух сопротивлений: ki и /?а.
Обозначив длину участка I через х, находим, что сопротивление этого
участка
сопротивление участка II
Общее сопротивление
R =
Я2 = Р
/— х
R1R2
R1+R2
Р* (I — *)
IS
314

По условию задачи
*•_„. р ■
— _ п., П— хц_х) •
Очевидно, что п ^ 4.
10.14. Какова плотность тока в проводнике длиной / при темпера*
туре t, если напряжение на концах проводника равно U7
Закон Ома для участка цепи: ч
U_ U US
где 5 — площадь сечения проводника; р* — удельное сопротивление
при температуре /. В свою очередь,
Р* = Ро 0 + «9.
где р0 — удельное сопротивление при 0° С; а — температурный
коэффициент сопротивления*
Плотность тока
IV U
1 S Р|/""р</(1+«0§
10.15. Насколько изменится при переходе от зимы к лету
сопротивление телеграфной линии, если она проложена железным проводом
сечением 5? Температура меняется от — t до +/. Длина провода при
0°С равна /. Как изменится результат, если учесть линейное
расширение провода при нагревании?
Без учета линейного расширения провода:
при температуре 0° С сопротивление линии R0 = p0f/S;
» » -t » » tfi = p0/(l-a0/S; (1)
> » +t » » R2 = Pq/ (1 + «0/S (2)
(Po — удельное сопротивление железа; а — температурный коэффициент
сопротивления железа).
Из уравнений (1) и (2) получаем
AR = R2 — Rl== 2ap0W/S.
Если учесть зависимость линейных размеров проводника от
температуры, уравнения (1) и (2) примут вид:
*i-Po-3f(i-«Os *2 = Po-jf-(l+«0.
причем li = l0 (1 — р*);- /2 = /0 (1 + р*). где /0 — длина провода при
0* С; р — коэффициент линейного расширения.
315

В данном случае
ДЛ' = ^-[/0 (1 + М(1+«0-М1-М<1 -«')] =
10.16. Вычислить сопротивление контура (рис. 237).
Резисторы R10 и RII соединены параллельно, следовательно, их
общее сопротивление
R10J1 =
RI0RII _ 8
RIO + R1I 3 Г'
Оба эти сопротивления могут быть заменены эквивалентным сопротив*
лением R10, II, которое, в свою очередь, соединено последовательно
с резистором R6. Их общее
сопротивление
оо
R6,10,11 = R6 + R10,11 - jr.
Резисторы R7 и R8 соединены
последовательно, их общее сопротивление
R7,8 = R7 + R8 = 9г.
В свою очередь, эквивалентное
сопротивление R7,8 соединено параллельно с
R6,10,U, и их общее сопротивление
Рис. 237
R6,7,8,10,11 =
R7,8R6,10,11
288
R7,8 + R6,10,ll 59
Полученное эквивалентное сопротивление R6,7,8,10,11 соединено
последовательно с R9; отсюда
R6 J ,8,9,10,11 = R6,7,8,10,11+R9 = ^r.
Резисторы R2 и R3 соединены последовательно, значит,
R2,3 = R2 + R3 = Зл
В свою очередь, эквивалентное сопротивление R2,3 соединено
параллельно с R6,7-,8t9,10,ll, так что
П2 3С.7 3С 1С 11 ^^^,8,9,10,11 _,
R2,3,6,7,8,9,10,11 - R2t3 + R6Jt8t9j0J1 ~ ЗД*-
Резисторы R4 и Я5 соединены параллельно, поэтому
R4R5
R4.5 = -
2,40г.
Д4 + Я5
И, наконец, резистор R1 и эквивалентные сопротивления R4,5
и R2,3,6,7,8,9,10,11 соединены последовательно.
Сопротивление контура
R = 2,09г+ 2,40г + г = 5,49г.
316

10.17. Контур составлен из резисторов так, как показано на
рис. 238, а. Вычислить его сопротивление, если источник напряжения
подключен к точкам: 1) А и В\ 2) С и D\ 3) Е и F.
1) Источник напряжения подключен к точкам Л и В. В этой
схеме резисторы R1 и R2, R3 и R4 попарно соединены
последовательно, каждую пару можно заменить эквивалентными
сопротивлениями
Rl,2 = Rl + R2=l,Srt R394 = R3 + R4 = 1,5г.
Эти эквивалентные сопротивления включены параллельно, так как*
сопротивление участка CD равно нулю, поэтому точки С и D можно
считать совмещенными. Эквивалентное сопротивление
R1,2,3,4 =
R!t2RS,4
Rl,2+R3,4
= 0,75г.
R5*2r г R6=3r
R9*r BW
Рис. 238
Теперь схема может быть представлена, как на рис. 238, б. В ней,
на первый взгляд, нет ни параллельных, ни последовательных
соединений. Нетрудно, однако, заметить, что сопротивления включены
симметрично, ось симметрии проходит через точки А и В. Поэтому
для нахождения общего сопротивления нужно найти точки, имеющие
одинаковый потенциал, и, разъединив (или соединив) их, свести схему
к типу, подобному рассмотренному в предыдущей задаче.
Пусть ток подходит к узлу В. Здесь он разветвляется на две
равные части, так как условия его прохождения в обеих ветвях
идентичны. Потенциалы в точках Е и F будут одинаковы, так как
падения напряжения на резисторах R6, R8 одинаковы, а потенциал
проводников в точке В один и тот же. Напряжение между точками F
и Е равно нулю, следовательно, ток по сопротивлению R9 течь не
будет. Поэтому, не нарушая работы схемы, точки £ и F можно
разъединить, выбросив R9. После этого упрощения резисторы R5, R6
и R7, R8 окажутся попарно соединенными последовательно и их
можно заменить эквивалентными сопротивлениями
R5,6 = R5 + R6= 5г; R7,8 = R7 + R8 = 5г.
Экинвалентные сопротивления R5t6 и R7,8 соединены параллельно,
отсюда
пг с 7 о R5,6R7,8
R5,6Jt8 = R56 + R78 = 2,br.
Эквивалентное сопротивление Rl,2,3,4 соединено последовательно
с R5/)J,8y так что сопротивление контура
R = Rl,2,3,4 + R5,6,7,8 = 3,25г.
317

2) Источник подключен к точкам С и D. В этом случае
сопротивление контура равно нулю, так как весь ток пойдет по участку с нулевым
сопротивлением, т. е. источник будет замкнут накоротко.
3) Источник подключен к точкам £иЛ Резисторы R6 и R8
оказываются включенными последовательно и их можно заменить
эквивалентным сопротивлением
R6t8 = R6 + R8 = 6rt
которое включено лараллельно резистору R9\ их общее
эквивалентное сопротивление
R6.8R9 6
R6t8,9 =
R6t8 + R9 7
Так как потенциалы точек С и D и в этом случае одинаковы, то
через резисторы Rlf R2, R3, R4 ток течь не будет, и их можно
выбросить, не нарушая работы схемы. Таким образом, R5 и R7
оказываются включенными последовательно и могут быть заменены
эквивалентным сопротивлением
д5,7 = /?5+Д7 = 4г,
которое включено параллельно R6,8t9. Следовательно, сопротивление
контура
R5,7R6,8,9 12
К R5J + R6A9 17 Г'
10.18. Определить общее сопротивление контуров, составленных
из резисторов одинакового сопротивления г. Точки подключения к
электрической цепи — А и В (рис. 239, а,б,в,г).
а) Контур можно рассматривать как параллельное соединение трех
резисторов 1—2% 3—4 и 5. Так как сопротивления этих ветвей равны
соответственно 2г, 2г иг, то общее сопротивление контура
б) В данном случае точки С и D имеют одинаковый потенциал,
следовательно, в ветви CD тока нет, и схема преобразуется к виду
рис. 239,а.
318

в) Эта схема может быть преобразована к виду рис. 240, а, откуда
г) Схема преобразуется к виду рис. 240, б и R = 0,8г.
10.19. Вычислить сопротивления резисторов R1 и R2 в схеме
(рис. 241), если при подключении источника с напряжением U = 220 В
падения напряжений на этих резисторах равны Ui = 20 В и U2 = 30 В
соответственно. R3 — 10 Ом, R4— 15 Ом.
Исходя из схемы, можно записать
U = U3 + U2\ U = U± + Ut,
Рис. 242
причем
Uj_R3t Ui = Rl
U2~R2f U4 R4*
Решая эти уравнения попарно, получаем
R3r= 1,58 Ом,
^2
t/ — С/, W
"i
f/ — L/x
R4= 1,5 Ом.
10.20. Три одинаковых медных кольца радиусом г соединены, как
показано на рис. 242. Определить сопротивление полученного контура,
если диаметр проволоки — d, удельное сопротивление — р, а ток
подводится к точкам А и В.
Из соображений симметрии ясно, что точки С, Ft £,. D имеют
один и тот же потенциал. Следовательно, в кольце CDEF тока нет
и его можно исключить, не нарушая работы схемы. Таким образом,
схема сводится к четырем полукольцам, соединенным параллельно.
Так как сопротивления полуколец одинаковы, общее сопротивление
контура
где Ri = p//S — сопротивление полукольца; I — длина полукольца,
равная яг.
319

Итак,
/?-о^-рГ
10.21. Зашунтированный амперметр измеряет токи силой до
/ = 10 А. Какую наибольшую силу тока может измерить этот
амперметр без шунта, если сопротивление амперметра /?а = 0,02 Ом,
сопротивление шунта /?ш = 0,006 Ом (рис. 243)?
Как известно, шунт включается параллельно амперметру. По
правилам параллельного включения сопротивлений падения напряжений
на шунте и на амперметре равны
иш = иа или /шДш = /аЯа
«>
Ъ
/и
■ф
la
Рис. 243
Первое правило Кирхгофа для узла А:
' = /ш+'а-
Из (I) имеем
*а
'ш 'ар •
R г
Рис. 244
(2)
Подставив полученное выражение в (2), получим
= 2 А.
+ *„
10.22. Металлический диск вращается вокруг оси,
перпендикулярной плоскости диска, с угловой скоростью а). Радиус диска — R.
Какая разность потенциалов должна возникнуть между центром и
краем диска?
Свободные электроны смещаются к краю диска под действием
силы инерции. Поэтому край диска зарядится отрицательно, а центр —
положительно Смещение зарях^л создает электрическое поле,
благодаря чему возникает центростремительная сила, уравновешивающая
силу инерции.
ты'г ■■
Ее; Е = -
где е — заряд электрона; Е — напряженность поля в данной точке.
320

Как видно из формулы, модуль напряженности поля линейно
зависит от радиуса диска (рис. 244) и изменяется от £0 = 0 в центре до
£макс = тсо2/?/е на краю диска. Среднее значение
F _ Ео + £Макс _ 1 та)2/?
Искомая разность потенциалов равна работе, которую нужно
совершить при переносе единичного заряда от края диска к его центру.
Графически она равна площади треугольника либо площади
равновеликого прямоугольника:
U-F R- l OTn>2/?2
10.23. Цена деления прибора с = 15 • Ю_в А/дел. Шкала прибора
имеет п = 200 делений, внутреннее сопротивление /?п= 100 Ом. Как
из этого прибора сделать вольтметр для измерения напряжения U =
= 200 В или амперметр для измерения тока / = 4 А?
Предельный ток, который может быть измерен прибором, /п = сп.
Допустимое падение напряжения на приборе
Для того чтобы прибор мог быть использован как вольтметр на
напряжение U, последовательно с ним должно быть включено
добавочное сопротивление /?д, . падение напряжения на котором £/д =
— U — Un = U — Rncn. Это добавочное сопротивление можно
определить, пользуясь законом Ома для участка цепи:
R=t*= 2- » 66,6 кОм.
Д /п сп
Для того чтобы прибор можно было использовать как амперметр
для измерения тока /, параллельно прибору следует включить шунт,
через который должен идти ток /ш = / — /п.
Так как падение напряжения на шунте такое же, как на приборе,
то, пользуясь законом Ома для участка цепи, можно найти
сопротивление шунта
иш и„ Rncn
10.24. В схеме, приведенной на рис. 245, R2 = 15 Ом, ДО = 20 Ом,
/£ = 0,3 А. Амперметр показывает / = 1 А. Найти сопротивление/?/.
Резисторы Rlt R2 и ДО соединены параллельно, значит, падения
напряжений на них равны:
U = Ut = U2 = £/э, или IXR1 = I2R2 = /3ДО.
Согласно первому правилу Кирхгофа для узла С
/ = /i+/i + /i.
П 6-319
321

Зная падение напряжения на резисторе R3, можно определить
значение тока, текущего через него:
Теперь находим /х:
Следователь но,
/ — и* — l2^2 — п 594 А
/а " R3 ~ Ж - °'225 А'
1г = / _ /2 - /3 = 0,475 А,
дУ =ЙЯ^8 9,47 Ом.
Рис. 245
10.25. В схеме, изображенной на рис. 246, напряжение на
зажимах батареи V = 100 В, R1 = 100 Ом, R2 = 200 Ом, /?J = 300 Ом.
Какое напряжение показывает Еольтметр, если его сопротивление
Rn = 2000 Ом?
Сопротивление всего контура
R = R1
RB(R2 + R3)
Ru + R2 + R3
С другой стороны, для последовательно соединенных R1 и контура,
содержащего RB, #2, R3, можно записать
где Ui и UB — падения напряжений на резисторе R1 и на вольтметре.
Применив закон Ома ко всему рассматриваемому контуру, определим
ток, текущий через RI:
/,-£-
и
RJ
RB(R2 + R3)
RB + R2 + R3
Из закона Ома для участка цепи, содержащего R1, находим
VR1
Ui = ltRt =
*i +
RB(R2 + R3)
RB + R2 + Rj'
122

Следовательно,
UB = U
RB(R2 + R3)
RB + R2 + R3 L'
Rl
Rl
RB(R2 + R3)
RB + R2+R3
= 80 B.
10.26. Найти показания амперметра и вольтметра в схеме,
приведенной на рис. 247. Сопротивление вольтметра RB = 1000 Ом,
R1 = 400 Ом, R2 = 600 Ом. Напряжение U = ПО В. Сопротивлением
амперметра пренебречь.
Общее сопротивление схемы
R1R2RB
R~R1R2 + RIRB + R2RB '
Значение тока, протекающего через амперметр,
у U(R1R2+R1RB + R2RB)
' = *=•
RlR2Rn
= 0,57 А.
Так как резисторы RJ, R2 и вольтметр соединены параллельно
и подключены к зажимам источника, то
ив = и = ио в.
10.27. Решить предыдущую задачу для
схемы, показанной на рис. 248.
U
I * 0 1 -
Рис. 248
Рис. 249
В данном случае общее сопротивление схемы
R = R2-
Через R2 протекает ток
U
R2-
R1R»
Вольтметр покажет
UB = U-U2^U-IR2=U -
Д' + Дв
R2U
R2-
R1R*
= 35,6 В.
11'
323

Падение напряжения на вольтметре равно падению напряжения
на /?/, так как они соединены параллельно. Применив закон Ома
к участку, содержащему R1, получим значение тока, текущего через
амперметр:
. =Ux_U* С/ Л R2 \ VR*
'! ы т т
Rl Rl R1
I/ Л R2 \ УК*
RM do, R1R* R2(R1 + RB)+R1RB
\ R2 + rT+r;J
= 0,089 A.
10.28. На схеме (рис. 249) напряжение на зажимах источника
равно U. При выведенном реостате R1 значение тока, показываемое
амперметром,— /,, при полностью введенном реостате по цепи течет ток /2.
Определить сопротивление R2 и сопротивление реостата /?/, а также
падение напряжения на полностью введенном реостате.
Сопротивлением амперметра пренебречь.
При выведенном реостате сопротивление цепет R = R2 и согласно
закону Ома
/ -IL
h~R2
При полностью введенном реостате сопротивление цепи равно
R1 +R2 и амперметр показывает ток -
I*-R1+R2'
Из этих уравнений находим
*-!^-£-»-,£-£-0Gi--£)-
Падение напряжения на полностью введенном реостате
Ui = I2R1 = t/-t/y2- = £/(l- !f ) .
10.29. Имеется лампочка мощностью Я, рассчитанная на
напряжение Ui. Какое добавочное сопротивление надо включить
последовательно с лампочкой, чтобы она давала нормальный накал при
напряжении в сети £/2>f/i? Сколько метров нихромовой проволоки
сечением S надо взять, чтобы получить такое сопротивление?
Для того чтобы лампочку можно было включить в сеть с
напряжением U2t падение напряжения на добавочном сопротивлении должно
быть равно
Согласно закону Ома (7Д = /Яд. Ток через добавочное
сопротивление равен току через лампочку:
'-£•
324

Таким образом,
U = —£
откуда
*Д- р р '
Так как /?д = p//S, где р — удельное сопротивление нихрома; 5 и / —
сечение и длина проводника, получаем ч
. uiUzS _U1(U2-U1)S
10.30. Определить общее сопротивление цепи (рис. 250) и
напряжение между точками А и В, если ток, измеренный амперметром,
равен /.
В данной схеме последовательно
соединены резисторы R1 и R2; R6 и R7;
соответствующие эквивалентные сопротивления равны
Rl,2 = R1 + R2; R6J = R6 + R7.
В свою очередь, Rl,2 включено
параллельно R3, R6J — параллельно R5,
следовательно,
R3 (Rl + R2)
R1 + R2 + R3;
R5 (R6 + R7)
Rt,2,3 =
R5.6J =
Рис. 250
R5 + R6+R7'
Эти эквивалентные сопротивления соединены последовательно: Rl,2,3
с R8, a R5,6J с R4. Поэтому
R3(R1 + R2) . »,-ff-_ р, , *5(*S + /?7)
Rl ,2,3,8 = R8 +
И, наконец, эквивалентные сопротивлещ^ Rl,2t3,8 и R4,5fi,7
включены параллельно. Таким образом, общее сопротивление контура
R3 (Rl + R21] Г R5(R6 + R7)]
3][ ~rR5+R6 + R7\
\R8 +
R =
Rl +R2+ R3\
M , n4 , R3(R1 + R2) R5(R6 + R7)
~*~ ^ Rl +R2+R3^ R5 + R6 + R7
Используя закон Ома, находим напряжение между точками А и В
U = 1R.
10.31. Эквивалентное сопротивление трех параллельно
соединенных резисторов равно 30 Ом. Сопротивления резисторов относятся
как 1:3:5. Определить каждое из сопротивлений.
Для случая параллельного соединения сопротивлений
эквивалентное сопротивление может быть найдено по формуле
-L—L+-L + -L.
R Ri Rz R$
где Rl9 R2t R3 — значения этих сопротивлений.
325

По условию задачи Rx: R2: R3 = 1 : 3: 5. Очевидно, что
Л- = ^+ЭДГ + 5^7; «1 = 15"-46 Ом;
i?2 = 138 Ом; /?3 = 230 Ом.
10.32. В цепи (рис. 251) RI = 2 Ом, R2 = 4 Ом, /И = 60м. Найти
сопротивление R4t зная, что на участке CD нет тока.
Если на участке нет тока, то сопротивление R5 можно исключить
иэ схемы, не нарушая ее работы. В преобразованной таким образом
схеме остаются две параллельно включенные ветви, одна из которых
содержит последовательно включенные сопротивления R1 и R2,
другая — сопротивления R3 и R4. В случае параллельного соединения
Ii(Rl + R2) = J2(R3 + R4).
Рис. 251
Рис. 252
Так как точки С и D имеют одинаковый потенциал, то падения
напряжения на R2 и R4 равны, т. е.
!xR2=IJi4.
Иэ этих уравнений находим
R2 R4
откуда
Rl fR2 R3 + R4'
R2R3
R4 = -
Rl
= 12 Ом.
10.33. В цепи (рис. 252) R1 = 4 Ом, R2 = 10 Ом, R3 = 40 Ом,
R4 = 20 Ом, U = 60 В. Известно, что через R2 течет ток /а = 4 Ai
Найти R5.
Согласно закону Ома для участка цепи:
?D - ** = 'Ж J
гДв ?л» ?в» ?С» ?£> ~" потенциалы точек А, В, С, D,
Из уравнений (1), почленно складывая их, получаем:
<рл— <рв= /xtf / + /2/?2 или £/ = IXR1 + /2Я2,
(1)
(2)
326

откуда находим
/i =
U — l2R2
Rl
= 5 А.
Для узла С: /2 + h = h\ /5=1 А.
Для узла D: /4 = /2 + h*
Из уравнений (2): уА - <рв = /аЯ* + М*. т, е, t/ = /3W + /4/?4.
Из уравнений (1) и (2): <рс — <pD = /2Л2 — /4#4. С другой стороны,
согласно закону Ома ?с — ?£> = #5/б- Таким образом, получаем
систему уравнений:
£/ = J9R3 + /4/?4;
/5Я5 = /2Д2-/4Л4;
/з + /б = /4-
Решая систему относительно R5, получаем
R4(U + lhR3)
W- R3 + R4 _
Я5 =
6,7 Ом.
10.34. Реостат длиной / включен как потенциометр в сеть с
напряжением U. Сопротивление реостата — R0. Между концом
потенциометра и подвижным контактом включен, вольтметр, показывающий
снимаемое с потенциометра напряжение. Как будет зависеть показание
вольтметра от положения движка на реостате, если сопротивление
вольтметра — RB (рис. 253)?
Падение напряжения на участке АВ
U = Vx + Uu* (1)
где i/jc — падение напряжения на части
потенциометра длиной х] Ui_x — на
остальной части потенциометра. Если по участку
потенциометра длиной х течет ток /j, а по
участку (/ — х) течет ток /, то для Ux и Ui_x
справедливы соотношения
*i
-0 &
** г* 1
!i3L
-0-
Рис. 253
Вследствие того, что реостат намотан из однородного проводника,
сопротивления его участков относятся как их длины:
Rx х
Ru
1-х
или
Rx — R0-p*t
Ri-x = Ri
1-х
Как видно из схемы, показание вольтметра
U* = Ux
(2)
327

Из (1) следует:
Ub = U-Ul_x = U-lRl_x.
Используя закон Ома, можно найти
где R — общее сопротивление контура,
г, 1-х
(3)
R = Ri-.x +
i
^o~y ^в
Ro -у + RB
- Rllx + R0Rhl2 - R20x*
i{RoX + lRh)
(4)
</,
Из (2), (3), (4) получаем
URol—^-i(Rox + iRh)
Rllx + R0RJ*-Ry
M.
RJ*
Rotx + RJt-RoX*
10.35. На концах провода из материала с удельным
сопротивлением р, длиной I и диаметром d за время t напряжение равномерно
возрастает от Ux до U2. Какое количество
электричества протекает при этом через провод?
Если напряжение равномерно возрастает, то
и сила тока будет равномерно возрастать от
Ii = Ut/R до I2 = U2fR, где /? = р//5 —
сопротивление проводника; 5 = nd2/4 — площадь
его сечения. Средняя сила тока
Л + /а
'ср =
Рис. 254
Графически изменение силы тока во времени
можно представить, как показано на рис. 254.
Из рисунка ясно, что количество электричества
*='о< = ^
t =
W% + Ui)t*
Ы2 (U2 + U t) t
8p/
10.36. Через аккумулятор с э. д. с. & = 10 В и внутренним
сопротивлением г = 1 Ом течет ток / = 5 А. Найти напряжение на
зажимах источника.
Как известно, э. д. с. равна сумме падений напряжений на
внешнем и внутреннем участках замкнутой электрической цепи:
Q = Ir + /Я,
где R — сопротивление внешней цепи.
328

Напряжение на зажимах источника
U = IR = & - 1т = 5 В.
10.37. Два вольтметра, соединенных последовательно, подключены
к источнику тока и показывают 8 и 4 В. Если подключить к
источнику только второй вольтметр, он покажет 10 В. Чему равна э. д. с.
источника?
Для случая, когда подключены оба вольтметра, можно записать
уравнение
t = lr+Ut + UE9 (1)
где 1т — падение напряжения внутри источника; Uu U2 — падения
напряжений на первом и втором вольтметрах соответственно.
Если подключен только второй вольтметр, то .
e = /ir + Ui (2)
где 1хт — падение напряжения внутри источника; £/2' — показание
вольтметра во втором случае.
Согласно закону Ома для участка цепи
_ 1/. = «2; £/;»/аА„ (3)
где R2 — сопротивление вольтметра.
Из (3) имеем:
Из (1) получаем
/г = « — (l/i + UJ. (5)
Подставив (4) в (2), находим
* = {£/, + !/;. (6)
Из (5) и (6)
откуда
'2
Я = i^i- « 13,3 В.
10.38. При замыкании элемента на сопротивление Rx в цепи идет
ток /,; при замыкании на сопротивление R2 идет ток /2. Чему равен
ток короткого замыкания?
Запишем закон Ома для замкнутой цепи в первом и втором
случаях:
J*-R1+t' ,2~R2 + t*
где $ — э. д. с. элемента; г — его внутреннее сопротивление. Решив
эти два уравнения, получим:
r—wT* s—w~
329

Ток короткого замыкания
'ыакс т
9 iji*(Ri-4*)m
' 1°1 — ^2^?2
10.39, JV-одинаковых аккумуляторов соединены последовательно,
причем к из них включены навстречу другим. Э. д- с. каждого
элемента равна $v внутреннее сопротивление — /-^ Какой ток
установится в цепи, если батарею замкнуть на сопротивление Я?
Запишем закон Ома для замкнутой цепи:
где 8 — э. д* с*) т — внутреннее сопротивление батареи.
Так как элементы соединены последовательно, внутреннее
сопротивление батареи г = Nrv
Э. д. с. батареи равна алгебраической сумме э. д. с» элементов:
$ = (ЛГ — k) &i — k$i = Si {N - 2k).
Следовательно, ток в цепи
/ = :
R + Nrt '
10.40. В схему (рис. 255) включены два элемента с э. д. с*
#1 = б2 = 2 В и внутренними сопротивлениями г± — 1 Ом, г2 = 2 Ом,
*1ему равно сопротивление R, если 1Х = 1А? Найти значения / и /2.
Используем правила Кирхгофа:
для контура Вё^В: /1r1 + //? = 8i; для контура Вё2АВ: 12гг +
i±IR = g2; для узла i4:/i+/2 = /« Решив полученную систему
уравнений, находим
R =
M&i-Vi)
= 4 Ом;
. i-M + Mr. + r,) 3
/r.(*i-fii) + /i('i + ri)=1|5 д.
/2 = / -/i = 0,5 А.
130

10.41. В схеме (рис. 256) 8t = 2 В, в2 = 2,4 В, flJ = 50 Ом,
R2 = 10 Ом и /?5= 15 Ом. Найти силу тока для каждого участка
цепи. Сопротивлением источников пренебречь.
Запишем правила Кирхгофа для контуров:
/—2—5—/1 &i = !XR3 + IR1;
1—3-4—h &2 = !2R2 + IRU
Для узла 1: / = /$ + /2,
Решив полученную систему из трех уравнений о тремя
неизвестными, находим:
д^д + а.да Л.
1 "" /?2ДЗ + Д/ДЗ + R1R2 ~ ' '
/2 = / - /t = / = 0,04 А,
10.42. Найти силы токов в отдельных ветвях мостика Уитстона
(рис. 257) при условии, что мостик сбалансирован, т. е. сила тока,
текущего через гальванометр ИП, равна нулю* Э< д. с, батареи
& = 6 В, R1 = 45 Ом, R2 = 75 Ом, R3 = 300 Ом. Внутреннее
сопротивление батареи — 3 Ом.
Так как на участке 2—4 сила тока равна нулю, то потенциалы
точек 2 и 4 одинаковы, так что
Ut = U3\ U2 = UAt (1)
дения напряжения на резисторах RU R2t R3,
зства (1) могут быть записаны в виде;
lxRl = ISR3\ IXR2 = I3R4, (2)
где Uit U2, U3t U4 -г- падения напряжения на резисторах Rlt R2t R3,
R4 соответственно. Равенства (1) могут быть записаны в виде;
Из (2) находим
/tt = /tfj^=500 Ом.
Сопротивление внешней цепи
_ (R1 + R2)(R3 + R4) „ШЪ Пи
Из закона Ома для полной цепи получаем
f=WTr = W+K2)(R3 + R4)— * °t056 A'
R1 + R2+R3+R4 "1"
Для узла / первое правило Кирхгофа:
/ = /i + /* (3)
Из (2) имеем
*t=U%. (4)
331

Решив совместно (3) и (4), получим
IR1
/. = ■
« 0,007А;
R3 + R1
1г = / — /э « 0,049А.
10.43. Определить силы токов на всех участках мостика Уитс-
тона, если R1 = 1 Ом, R2 = 2 Ом, /W = 3 Ом, R4 = 6 Ом, Дд = 2 Ом,
# = 2В, внутреннее сопротивление батареи г = 1 Ом (рис. 258).
Применим правила Кирхгофа для данной разветвленной цепи,
наметив прежде всего направление токов.
2
Htt-
Н8>
R1
I
41 >н Lfc
Рис. 259
Для узлов:
/
2
4
Для контуров:
1-2-4-1
2-3—4—2
1—2—3—8—1
/ = /! + /•;
/1 = /д + /2;
/4 = /. + V
/1/г/ + /2/?2+/г = в.
Таким образом, получаем систему шести уравнений с шестью
неизвестными, решив которые в числах,' находим
/2= I2A
/3 = 0.4А
/4 = 0.4А;
/=1,6А;
/Д = 0.
10,44. На схеме (рис. 259) сопротивления вольтметров VI и V2
равны: R1 = 2500 Ом, R2 = 1500 Ом; сопротивления /?J = 1500 Ом,
R4 = 2500 Ом. Найти показания вольтметров при замкнутом и
разомкнутом ключе Кл, если источник э. д. с. состоит из п = 3 блоков
с &х = 150 В и внутренним сопротивлением rl = 1,5 Ом каждый.
При разомкнутом ключе внешнее сопротивление цепи
(R1 + R2) (R3 + R4)
R =
R1 + R2 + R3+R4'
332

Внутреннее сопротивление системы последовательно включенных
блоков г — nrl. Э. д. с. источника & = пё^ Из закона Ома для
полной цепи
/ =
&
nSj
R + r"(Rl + R2)(R3 + R4) , _,
Rl + R2+R3 + R4't~-
w 0,224 A.
Учитывая, что U^ + U2 = n (£j — lrl)\ Ux/U2 = R1/R2, находим:
14- —
^Rl
иг = Их%- 168,4 В.
/ Z.rO
Рис. 260
При замкнутом ключе внешнее сопротивление цепи
RJR4 , R2R3
R =
Rl + R4^R2+R3*
так как сопротивление R1 включено параллельно R4, а сопротивление
R2 — параллельно R3 Значит,
/ = ■
n&i
R1R4
R2R3
; 0,36 А;
nrl
Rl +R4^ R2 + R3
10.45. В схеме неуравновешенного моста (рис. 260, а) определить
все юки, если <S = 1,5 В, г0 = 0,1 Ом, г/ = 1 Ом, г2 = 1,6 Ом, гЗ =
= г5 = 2 Ом, г4 = 1,2 Ом.
333

Преобразуем треугольник в эквивалентную звезду (рис. 260, б)
'A = rl + r3 + r5=0.4O»;
^ = Г-7ТЙТ75 = 0'40М;
Эквивалентное сопротивление всей цепи
(rB + r2)(rD + r4)
rB + r2 + rD
Ток источника
= rO + rA-A —t—„ , ,—- = 1,5Ом.
^ A^ rR + r2 + rD + r4
/= — = 1A.
Так как
rB + r2 = rD + r4 = 20u,
TO
/2 = /4 = //2 = 0,5 A.
Для определения силы тока /Б предположим, что точка С
заземлена и ее потенциал <?с = 0. Потенциалы точек В и D выше
потенциала точки С на значения падений напряжений л2/2 и г41А:
Тв = ?с + ^ = °.8В;
Так как <Рв> ?£>» то на участке BD (рис. 260, а) ток /6 направлен
от точки В к точке D и равен
/6=!£Z!2 = o,ia.
Наконец, по правилу Кирхгофа
/1 = /| + /б = 0,в А; /3 = /4-/б = 0,4 А.
10.46. Определить токи в проводах трехпроводной линии (рис. 261, а),
если UAB = Увс = 220 В, гО = 0,5 Ом, rl = г2 = г7 = 1 Ом, гЗ =
= г4 = 4 Ом, г5 = 8 Ом, г5 = г8 = 2 Ом.
Из рисунка видно, что сопротивления т6% т7 и г8 образуют звезду,
гЗ, г4 и г5 — треугольник. Преобразуем звезду в эквивалентный
треугольник (рис. 261, б):
г9 = гб + г7 + ^ = 4 Ом;
гЮ = г7+г8 + ^ = 4 Ом;
г//=г5 + г5 + ^ = 8 Ом.
134

Параллельно включенные сопротивления г9 и гЗ, г 10 и г4> г11 и
г5 заменим эквивалентными (рис. 261, в):
\ !. J.. _L = J_-i._L. ± = J__Li.
гаь~~г9 г*' Пс г10~*~г4; rca r 11^ г5%
откуда гаъ = />с = 2 Ом; гса = 4 Ом.
Преобразуем полученный треугольник в эквивалентную звезду
(рис. 261, г):
а 6 6 9
Рис. 261
Сопротивления окончательной схемы (рис. 261, г):
ГАп = г1 + гап = 2 Ом;
ГВп = rO + rbn = l Ом;
г Сп = г2 + гсп = 2 Ом.
По первому правилу Кирхгофа для узла п:
Л + /о+/2 = 0.
По второму правилу Кирхгофа для контуров АапЬВА и ВЬпсСВ:
UAB + /OrBn-IlrAn = °> иВС+,2ГСп-,огВп = °-
Решив систему уравнений, найдем
/i= ПО А; /0 = 0; /2 = -110 А.
Отрицательная величина тока /а оэначгет, что действительное
направление этого тока противоположно принятому на рис. 261, г.
10.47. Найти разность потенциалов между точками А и В в цепи,
изображенной на рис. 262. Э. д. с. источника равна S (внутренним
сопротивлением источника пренебречь). Каков был бы заряд конден»
сатора емкостью С, включенного между точками Л и В?
Примем потенциал точки О за нуль и найдем потенциал точки Л.
Конденсаторы С/ и С2 соединены последовательно, так что U^ +
+ U2 — ё; <7i = Яг = Я- Здесь UY и U2 — падения напряжения на
конденсаторах С1 и С 2 соответственно; qlt q2 — заряды на конденсаторах.
335

Учитывая, что для первого и второго конденсаторов
g=ClUi = C2Ui,
t/,=. ««
находим
С1 + С2'
Вследствие того что l/f = <рл — <р0, имеем
_ &С2
*А ~ С1+ С2'
Теперь найдем потенциал точки В» Для второй ветви схемы
с* ...
_R1_'J~ Ж
В
u*+u'i-* %-%•
Следовательно,
&R1
R1 + R2*
_ &R1
9в~ R1+ R2*
Зная <рд и ув, находим разность потенциалов
8(C2R2—C1R1)
Ча-9в =
8С2
SR1
С/ +С2 R1 + R2 (С1 + С2) (Rl + R2)'
Заряд конденсатора, включенного между точками А и В, равен:
_ С& (C2R2 — C1R1)
q-L{*A Чв> (С1+С2) (Rl + R2) '
Sf,rf
ш\ Rf
pHl-чЬ
г2,г2
R2
4ZZH
V3
Рис. 263
lurt
Рис. 264
10.48. В цепь (рис. 263) включены три источника э. д. с: 8+ =
-= 10 В, г1 =\ Ом; <§2 = 20 В, г2 = 2 Ом; <S9 = 15 В, гЗ = 1,5 Ом
и резисторы R1 = 4,5 Ом и R2 = 16 Ом. Определить э. д. с.
эквивалентного источника, действующего в цепи, его внутреннее
сопротивление и ток в цепи.
Все три источника э. д. с. включены последовательно, так что
э. д. с. эквивалентного источника равна алгебраической сумме э. д. с.
отдельных источников:
$ = <Sj_ -f- <§2 — $s= 15 В.
336

В случае последовательного включения внутреннее сопротивление
эквивалентного источника
г = rl + г2 + гЗ = 4,5 Ом.
Ток в цепи определяется по закону Ома:
' = яТТ/«+7 = 0>6А-
10.49. Вычислить внутреннее сопротивление и э. д. с. батареи
(рис. 264), если бх = 10 В, 52 = 20 В, <S3 = 30B, rl = r2 = r3 =
= 2 Ом.
Источники тока с э. д. с. б, и £2 включены параллельно»
следовательно, их общее внутреннее сопротивление
Внутреннее сопротивление всей батареи
г = r!t 2 + гЗ=3 Ом.
Значение результирующей э. д. с. 5, 2 находим из выражения
thl = _ *! _l ii
rU 2 rl^~ r2*
откуда
«ii2 = 5 В.
lt tf Э. д. с. всей батареи
**^V l№* «-•... + «.-86 В.
а 5 Ь Ь Ъ Ъ
Рис. 265 Рис. 266
10.50. Каково напряжение между любыми точками цепи,
изображенной на рис. 265, а (э. д. с. каждого элемента — 6V внутреннее
сопротивление —г/, сопротивлением подводящих проводов пренебречь)?
Каков будет ответ, если элементы будут обращены друг к другу
одноименными полюсами (рис. 265, б)?
По закону Ома ток в цепи
. n&i Si
1~ иптг
Если в схеме а участок между выбранными точками содержит m
элементов, то искомое напряжение
U = mS1 — mrll = tn&x — m&i = 0.
337

Для схемы 6 напряжение на участке, содержащем нечетное число
элементов, будет равно э. д. с. одного элемента, а на участке,
содержащем четное число элементов, напряжение будет равно нулю.
10.51. В батарее (рис. 266) &t = 10 В, г/= 2 Ом, <§2 = 15 В,
г2 = 1 Ом; 0Я = 20 В, гЗ = 3 Ом; 04 = 16 В, г4 = 1 Ом; R1 = 10 Ом,
R2 = S Ом, R3 = Ом. Определить э. д. с. и внутреннее сопротивление
батареи.
Э. д. с. батареи 8 = 8$ + 03 + 8А — #i = 41 В.
Внутреннее сопротивление батареи г = rl + Rl + r2 + R2 + гЗ -f-
+ r4 + R3 = 20 Ом.
10.52. Две лампы сопротивлениями R1 и Ri включены в сеть
параллельно, Ri = 2R2. Какая из ламп поглощает большую мощность и во
сколько раз?
U2 U2 х
Мощность, поглощаемая первой лампой, Р± = g- = jr-g- , а второй
41
Ri
P2 = 2Pi.
10.53. Э. д. с. батарейки карманного фонаря 8 = 4,5 В, ее
внутреннее сопротивление т = 3 Ом. Сколько таких батареек нужно
соединить последовательно, чтобы питать лампу, рассчитанную на
напряжение U = 220 В и мощность Р = 60 Вт?
Лампа рассчитана на ток / = P/U и ее сопротивление R = U2jP.
Закон Ома для замкнутой цепи:
8п
лампой — Р2 — -й- . Отсюда:
R+nr*
где 8 — э. д. с. батарейки; г — ее внутреннее
сопротивление; п — число батареек. Отсюда
* П = 8=пг = —Р? = 59-
Рис. 267 й— U
10.54. На схеме (рис. 267) э. д. с. батареи элементов 8 = 120 В,
R1 = 25 Ом, R2 = 100 Ом, ЯЗ = 150 Ом. Найти мощность,
выделяющуюся на резисторе R1 (сопротивлением батареи пренебречь).
Значение тока через батарею найдем из закона Ома / = -р-, где
R — общее сопротивление цепи. Его значение
п по , R1R2 R1R3 + R2R3 + R1R2
"-M + R1 + R2~ R1 + R2
Резисторы R1 и R2 соединены параллельно, т. е.
R2 = h
Rl U '
С другой стороны,
i-U + ih
338

Отсюда получаем
Ш
Ii =
R1R2 + R1R3+R2R3
г - 'i«' - {RIR2 + R2R3 + RIR3)* ~ ° DT;
10.55. Две лампочки, рассчитанные на напряжение U и
номинальные мощности Pi и Р2, включены последовательно в сеть с тем же
напряжением. Какие мощности будут потреблять лампочки?
Сопротивления лампочек равны соответственно
При последовательном включении сила тока, протекающего через
лампочки, одна и та же, а потребляемые лампочками мощности равны:
Pi=/2£i; Рг = /2*2.
Согласно закону Ома
U
1 =
Ri + R*'
(Ri+R*)2 (Pi+^2)a5
U*R2 P%P\
(Ri + W'iPi+PJ2*
10.56. При замыкании на сопротивление R источник э. д. с, 8 дает
ток /. Ток короткого замыкания источника — /макс * Какую
наибольшую полезную мощность может дать источник?
При замыкании на сопротивление R сила тока в цепи определяется
как
/ =
R + r*
где 6 — э. д. с. источника; г —его внутреннее сопротивление.
Ток короткого замыкания
/ -±.
мако т *
Для нахождения 8 вычислим /макс/ = 82/(R + г) г и /макс — / =
= 8R/(R-\-r)r и разделим эти выражения одно на другое. При этом
получим
* * \млип га
/макс — l R
откуда
'макс '
339

Пусть на внешнем сопротивлении R выделяется полезная мощность
Отсюда
или
PR2 + (2Рг — <S2) Я + ^'2 = О,
Из этого квадратного уравнения находим
■ 2Рг ± <§ /<S2 —4P/-
Я =
2Р
Мы видим, что сопротивление 7? существует и обеспечивает требуемую
мощность Р при условии 52 — 4Рг>.0, или Р<<§2/4л Очевидно, что
Рмгкс = й2/4г. Сравнивая это выражение с (*) находим, что для того,
чтобы Р = Рмакс, необходимо выполнение условия &2R/(R + г)2 =
= <§2/4/-, откуда R = r. При этом условии
р _«' _ /2/мзкс*
10.57. При поочередном замыкании аккумулятора на резисторы R^
и /?2 в последних выделились равные количества теплоты. Найти
внутреннее сопротивление аккумулятора.
Согласно закону Джоуля — Ленца
&2Rxt
Так как
Отсюда
Qi
= Qi, то
&2RJ
(Ri + r)*
Ml — 'lAl« -
Qt = 1*Щ =
&2R*t
~(Ri + r)"
' (Ri + r)2
&2Rtt
~Ж+г?
Ri
(Ri + r)2
i
•
Ri
(R-. + r)2'
r = VRiR2*
10.58. Электрическая плитка включена в цепь генератора с э. д. с,
6 и внутренним сопротивлением г. Амперметр, включенный
последовательно с плиткой, показывает силу тока /. Чему равен к. п. д<
плитки, если воду с массой т на ней можно вскипятить за время т?
Начальная температура воды — /0.
По закону Джоуля — Ленца количество теплоты, выделившееся
в проводнике, Q = /2/?т. Сила тока определяется по закону Ома:
У = &/(R + г), откуда R = (<S — Ir)/I. Следовательно, Q = / ($ — If) т.
Теплота, затраченная на нагревание воды,
Qn = /7ic(f-/0),
Э40

где т — масса воды; с — удельная теплоемкость воды; / и /0 —
конечная и начальная температура воды.
Коэффициент полезного действия плитки
_Qn_ mc(t—tQ)
73 Q 1(8 — Ir)z ■
10.59. В цепь, состоящую из медного провода площадью
поперечного сечения Slt включен свинцовый предохранитель площадью
поперечного сечения S2. На какое повышение температуры проводов
рассчитан этот предохранитель? Считать, что при коротком замыкании
вследствие кратковременности процесса все выделяющееся тепло идет
на нагревание цепи. Начальная температура — /0.
Количество теплоты, затраченное на нагревание медного провода,
где trii — масса меди; сх — ее удельная теплоемкость; 1Х—длина
медного проводника; BL — плотность меди; M = t — tQ; t — температура,
до которой нагреется медный проводник.
Количество теплоты, идущее на нагревание и плавление свинцового
предохранителя,
Qi = т2с2 (/пл — g + "*2X = b2l2S2 [с2 (/пл - g + X],
где т2 — масса свинца; с2 — его удельная теплоемкость; 12 — длина
предохранителя; Ь2—плотность; X— удельная теплота*■ плавления;
/пл — температура плавления свинца.
Так как провод и предохранитель включены в цепь последовательно,
то сила тока, протекающего по ним, одна и та же, поэтому отношение
теплот, выделяющихся в медном проводнике и свинцовом
предохранителе,
1±
Qi_I*R1x_Ri_PiSi
Q2 I*R2z R2 l2 •
где т — время протекания тока; Pi и p2 — удельные сопротивления
меди и свинца соответственно.
С другой стороны,
Qi _ Ъ^&Ы
так что
V2S2 [ct (tnJl - g + I] " p2/2Si
и
рА51[с2(/пл-д + ч
Д/ = 2 *
10.60. Нагреватель электрического чайника имеет две обмотки.
При включении одной из них вода закипает через промежуток вре-
34t

мени Tf, при включении другой — через tg. Через сколько времени
закипит вода, если включить обе обмотки: последовательно;
параллельно?
Пусть Q —количество теплоты, необходимое для нагревания воды
до кипения. Если включена первая обмотка,
где U — напряжение сети; /?f — сопротивление первой обмотки.
Если включена вторая обмотка,
где Ri — сопротивление второй обмотки*
При последовательном соединении обмоток их общее сопротивление
R = RX + R2 н
U2 .
где ?3 — время, необходимое для нагревания при последовательном
включении обмоток.
При параллельном соединении общее сопротивление обмоток /?'*-=
= *l*2/(*i + *2)H
Q RxRi X4f
где т4 — время, необходимое для нагревания при параллельном
включении обмоток.
Из первых двух уравнений получаем
Подставляя эти выражения в формулы, содержащие т3 и т4, находим
*. = Ч + Ч! *—$%-
10.61, Чему равно сопротивление линии от генератора с
напряжением U, если при коротком замыкании предохранители из свинцовой
проволоки сечением S и длиной / плавятся за время х (начальная
температура — /0)?
Количество теплоты, необходимое, чтобы предохранитель
расплавился,
Qi = «*(*„-«+mX« MS И<„л-'о) + М.
где т — масса свинца; с — его удельная теплоемкость; X — удельная
теплота плавления свинца; /пл — температура плавления свинца; Ь —
плотность свинца.
Количество теплоты, выделяющееся в предохранителе при
протекании по нему тока,
Qi = Wi->
342

где Ui — падение напряжения на предохранителе; Ri = pJ/S —
сопротивление предохранителя (р — удельное сопротивление свинца).
Если считать, что все тепло, выделившееся в проводнике, идет на
его нагревание и плавление, то Qi = Q2, т* е«
u*s
Р/
откуда
B/S[c(/nJI-g + x] = _T,
ut-V}
В'2РИ<пл-'о) + Х]
При последовательном соединении Ui/Ui = RjRi, где l/j — падение
напряжения на подводящих проводах; Ri — их сопротивление. Отсюда
p,_.l/2*! (U-Ul)Ri_lU Л. _
If 5Рр[С(/пл-/0) + Х] fs'
10.62. За какое время при электролизе водного раствора хлорной
меди СиС12 на катоде выделится 4,74 г меди (сила тока — 2 А)?
Согласно закону Фарадея
«- 1 А Н
где т — масса вещества, выделившегося на катоде; F — число Фарадея;
А — атомная масса; п — валентность вещества; / — сила тока; / —
время протекания тока. Отсюда
*»!!£* 7200 с = 2ч.
IA
10.63. Две электролитические ванны с растворами FeCI3 и CuS04
соединены последовательно. Сколько меди выделится за время, в
течение которого выделилось железо с массой тх?
Если электролитические ванны соединены последовательно, то череа
них текут одинаковые токи, и количества электричества, прошедшие
через каждую из ванн, будут равны.
Следовательно,
1 Мл
т. е.
mi =
m2 =
т2
т2 =
TTS*
F пгч
' А2гц'
т АгП*
343

где m2 — масса меди; Аг> п2 — атомная масса и валентность меди;
А1 и пх — атомная масса и валентность железа. Подставив численные
значения, имеем
64 • 3
Щ = т\ гс . о ~ ^lmf.
10.64. При какой плотности тока в растворе FeCl толщина
выделяющегося железа растет со скоростью и?
Масса выделяющегося железа
т = 4т — И = MS,
F n
где Ь — плотность железа; / — толщина слоя; 5 — площадь электрода.
Из приведенного уравнения
' = ?-'
Y hFn
vbFn
10.65. Через раствор медного купороса пропускают ток,
изменяющийся по линейному закону / = (10 — 0,02/) А. Сколько меди
выделится на катоде через 200 с после4того, как ток начнет изменяться?
В момент времени t0 = 0 /0 = 10 А; -
в момент времени ^ = 200 с / = 6 А,
Так как сила тока меняется линейно, то за время t1 ее среднее
значение /с =(/0 + /)/2 и количество протекшего электричества q =
= (/0 + 7)^/2=1600 Кл.
Соответствующий график приведен на рис.
268. Количество электричества изображается
площадью заштрихованной фигуры,
представляющей собой трапецию:
Я =
U + 1
tx = 1600 Кл.
на катоде, m = kq,
эквивалент меди.
Масса меди, выделившейся
где h— электрохимический
Отсюда
т = 0,5* (/0 + l)tl = 0,528 г.
10.66. Амперметр* включенный последовательно с
электролитической ванной с раствором AgN03, показывает силу тока /а = 0,90 А.
Верны ли показания амперметра, если за 10 мин прохождения тока
выделилось 0,632 г серебра?
Для того чтобы за время t выделилась масса т вещества,
необходима сила тока
/= ^1 = ^ = 0,94 А,
kt
At
где F — число Фарадея; А — атомная масса серебра; л — его
валентность.
Следовательно, показания амперметра на А/ = / — Уа = 0,04 А
меньше действительной силы тока.
344

10.67. При электролизе раствора AgN03 в течение t = 0,5 ч
выделилось т = 4,8 г серебра. Определить э. д. с. поляризации &пол, если
напряжение на зажимах ванны U = 4,6 В, а сопротивление ванны
/?= 1,6 Ом.
Согласно закону Фарадея / = m/kt. Известно, что э. д. с.
поляризации направлена против основной э. д. с. Поэтому в данном случае
закон Ома может быть представлен в виде
/ = я
Таким образом»
m
U-
kt
10.68. К. п. д. аккумулятора, замкнутого на некоторое
сопротивление, — тц. Каким будет к. п. д. *j2f если вместо этого
аккумулятора соединить два аккумулятора параллельно?
Полезная мощность, выделяемая при работе аккумулятора, Рп =
= У2/?, где R — внешнее сопротивление.
Полная мощность Р = <§/ = /2 (R + г), где г — внутреннее
сопротивление аккумулятора. Согласно условию
I2R R
Tii = l2(R + r) = Я+7 '
откуда R = ruiHl — 4i)«
Общая э. д. с. двух параллельно соединенных одинаковых
аккумуляторов равна э. д. с. каждого из них, а внутреннее сопротивление
г' = г/2. Таким образом,
R гц
% Д+0,5г 0,5(^+1)'
10.69. Первый аккумулятор имеет к. п. д. гц, второй, замкнутый
на такое же сопротивление, —т]2. Каким будет к. п. д., если замкнуть
на это сопротивление оба аккумулятора, соединенные последовательно?
Из равенств (см. задачу 10.68)
где R — внешнее сопротивление; rlt г2 — внутренние сопротивления
первого и второго аккумуляторов соответственно, получаем
aq-^). _/?(i-ri2)
гг — , г2 .
откуда
R+ri + '2 Ъ + Ъ — Ъ1я#
345

11. Электромагнетизм
и переменный ток
Закон Био — Савара — Лапласа. Всякий электрический ток создает
магнитное поле. Интенсивность магнитного поля, в данной точке харак-
тсриэуется вектором магнитной индукции £. Величина и направление
этого вектора определяются законом Био — Савара — Лапласа (рис. 269):
ДВ = ^% /A/ sin a.
Здесь А В — магнитная индукция в точке Л, создаваемая током /,
протекающим через элемент провода длиной А/; Цо = 4я • 10~7 Ом - с
Линия индукции
Рис. 269:
Рис. 270
Рис. 271
или Г/м (см. ниже) — магнитная постоянная; ц — магнитная
проницаемость среды; г — радиус-вектор, соединяющий элемент А/ с точкой А,
в которой вычисляется индукция; а — угол между направлением тока
в элементе и радиус-вектором г.
Вектор ДВ перпендикулярен плоскости, в которой лежат элемент
А/ и радиус-вектор г. Его направление определяется по правилу
буравчика (если последний ввинчивать в направлении тока).
Единица магнитной индукции — 1В» с/м2 = 1 Вб/м2 = 1 Т. Так
как тесла — крупная единица, иногда пользуются единицей гаусс (Гс),
1 Гс=1(Г4 Т = 1(Г4 Вб/м2.
Если индукция в данной точке поля создается несколькими токами,
-»-
то результирующая индукция В равна геометрической сумме
индукций, создаваемых каждым током в отдельности (принцип наложения
полей).
Магнитная индукция бесконечного прямого тока (рис. 270)
> __ WV
В:
где R — расстояние от проводника до точки, в которой определяется
индукция.
346

Магнитная индукция, создаваемая током /, текущим в
прямолинейном проводнике конечной длины (рис. 271),
S = S^(cosPi + cosp2).
Магнитная индукция в центре кольцевого тока
где R — радиус кольца.
Магнитная индукция на оси длинного прямого соленоида вдали от
его концов (при условии / > R, где / — длина намотки; R — радиус
витка),
А
Рис. 272 Рис. 273
где п — число витков на единицу длины намотки* Произведение In
иногда называется числом ампервитков на единицу длины намотки
или намагничивающей силой.
Магнитная индукция на средней линии внутри замкнутого
(например, кольцевого) соленоида с равномерной намоткой
В = w0In.
Магнитная индукция на оси прямого соленоида вблизи его концов
(рис. 272) равна приближенно
a=^(cospi + cosp2),
Магнитная индукция кольцевого тока в точке на оси кольца
(рис. 273)
п _ ИУД* W*o п
° ~~ 2а3 " 2л(Д2 + г2)'/. Рт'
где S — площадь, обтекаемая током; рт = IS —"магнитный момент
контура с током, вектор, направление которого определяется по
правилу буравчика.
Если приближенно считать, что орбиты электронов в атоме
представляют собой кольцевые токи, то их можно характеризовать
векторами орбитальных магнитных моментов. Сам электрон, кроме того,
обладает собственным магнитным моментом. Геометрическая сумма
всех орбитальных и собственных магнитных моментов образует
магнитный момент электронной оболочки атома. В свою очередь, векторная
347

сумма этого момента и магнитного момента ядра дает магнитный
момент атома.
Индукция поля движущейся заряженной частицы с зарядом q:
В
щ10г/£/ sin a
: 4лг* ■
где и — скорость частицы; г — расстояние от частицы до точки, где
определяется индукция; а — угол между направлением скорости
и прямой, проведенной от частицы в данную точку поля.
Рис. 274
Рис. 275
Магнитный поток. Поток Ф вектора магнитной индукции В через
площадку 5 равен произведению составляющей этого вектора Вп,
нормальной к площадке, на величину площадки:
ф = BnS = BS cos (S, 7),
где вектор п — нормаль к площадке. Очевидно, что Ф = Фмакс = В$,
когда вектор индукции В перпендикулярен к площадке.
Единицей магнитного потока является вольт-секунда, или вебер
(Вб). Применяется также более мелкая единица — максвелл, равная
1(Г9 Вб.
Закон Ампера. Всякое магнитное поле оказывает воздействие на ток.
Сила, с которой магнитное поле с индукцией В воздействует на прямой
проводник длиной /, в котором течет ток /, равна (рис. 274)
?=/[Тх ~В ] или F = ИВ sin (7, "в) .
Очевидно, что F = ^макс, когда проводник / перпендикулярен к В.
Направление силы F определяется по правилу левой руки: если
расположить левую руку так, чтобы вектор магнитной индукции В
входил в ладонь (рис. 275), а четыре вытянутых пальца совпадали
с направлением тока, то отогнутый большой г.а!ец укажет
направление силы, действующей на проводник.
Сила Лоренца. Сила, действующая на заряд q, движущийся со
скоростью v в магнитном поле с индукцией В,
7 = q [~v X "В ] или F = qvB sin ( v f В ).
348

Взаимодействие между параллельными проводами с токами. Сила
взаимодействия между двумя параллельными проводниками длиной /
с токами /j и /2, расстояние между которыми равно а (/ > а),
р _ НУг^
2ла
и направлена перпендикулярно проводникам.
Сила, действующая на единицу длины провода в вакууме,
а
F = 2 ■ 10-
В
*******
/
V
4
/Л
V\
Рис. 276
В
1 J
i
{
II
\\
\\
i
J
\
i
1 (
l
i
<
i i
i i
I
1
Рис. 277
Вращающий момент. На плоский контур площадью S, обтекаемый
током / и помещенный в магнитное поле с индукцией В так, что угол
-*-
между нормалью к плоскости контура и направлением вектора В
равен а, действует момент силы
М = 1SB sin а = ртВ sin а,
стремящийся повернуть контур так, чтобы его плоскость была пер-
пендикулярна к В.
Работа электромагнитных сил. На прямолинейный провод длиной /
с током /, расположенный в магнитном поле с индукцией В%
направленной перпендикулярно к /, действует электромагнитная сила г =
= ИВ (рис. 276). Если этот провод переместится на расстояние b
в направлении силы, то совершенная при этом работа А будет равна
произведению силы тока на пересеченный магнитный поток:
A = Fb = ИВЬ = IBS = /Ф.
Работа, совершаемая при перемещении контура с током в магнитном
поле (рис. 277),
А=±1(Ф2-ФХ) = ±/ДФ,
где ЛФ = Ф2 — Фх — разность потоков сквозь контур в конце и в
начале движения соответственно.
349

Если контур движется под действием сил поля, то приращение
ДФ всегда положительно, т. е. силы поля стремятся увеличить поток
через контур. Если же приращение отрицательно, то это может
произойти только под действием внешних сил.
Закон электромагнитной индукции Фараде я. При любом изменении
магнитного потока, пронизывающего контур, в последнем возникает
электродвижущая сила индукции
* Дф
Значение э. д. с, возникающей на концах проводника длиной /,
движущегося в магнитном поле с индукцией В со скоростью и,
# = Blv sin а,
где а — угол между направлениями векторов В и v . Э. д. с. индукции
достигает наибольшей величины, когда v перпендикулярна к В.
Направление э. д. с. индукции определяется в данном случае
по правилу правой руки: если расположить правую руку так, чтобы
вектор магнитной индукции В входил в ладонь (рис. 278), а
отогнутый большой палец направить вдоль вектора скорости, то четыре
вытянутых пальца укажут направление э. д. с, а если концы провод-
_ ника замкнуть,— то и тока.
Э. д. с. индукции, возникающая не в
отдельном проводе, а в замкнутом контуре,
например витке, вращающемся в магнитном
поле, также определяется по
вышеприведенной формуле; % = —ДФ/Д/. Если вращается
катушка из ДО витков, то # = — ДОДФ/Д*.
Э. д. с. индукции возникает не только в
движущемся контуре, но и в неподвижном витке,
пронизываемом изменяющимся магнитным
потоком (например, в обмотке трансформато-
Р с 278 Ра пеР€М€ННОГО тока).
и ' Э. д. с самоиндукции. Индуктивность.
Если магнитный поток создается переменным
током, текущим в самом рассматриваемом контуре (т. е. пронизывает
свой же контур), в нем создается э. д. с. самоиндукции. Магнитный
поток Ф, пронизывающий контур, пропорционален току / в контуре:
V Li, Жс -^-- L^T>
где L — коэффициент самоиндукции, или индуктивность контура.
Единица индуктивности называется генри (Г). Это индуктивность
такого контура, в котором при изменении силы тока со скоростью
1 А/с возникает э. д. с. самоиндукции, равная 1 В.
Закон Ленца. Индукционный ток имеет такое направление, что
создаваемое им магнитное поле противодействует изменению
магнитного потока, вызвавшего этот ток. Поэтому при возрастании тока
в контуре э. д. с. самоиндукции отрицательна, т. е. направлена
навстречу току контура. При уменьшении тока в контуре э. д. с.
самоиндукции положительна, т. е. имеет то же направление, что и
350

ток контура. Таким образом, индуктивность тормозит процессы
возрастания и спадания тока (что приводит к отставанию тока от
напряжения при наличии в контуре индуктивности).
Значение индуктивности L контура зависит от формы и размеров
последнего, а также от свойств окружающей среды. Индуктивность
длинного соленоида длиной / с сечением витка 5 приближенно равна
где N — число витков соленоида.
Взаимоиндукция. Если две катушки расположены близко друг
к другу, то часть магнитного потока первой из катушек Ф{ 2
пронизывает витки второй, и наоборот, часть магнитного потока второй
катушки Ф2 J пронизывает витки первой. Так как магнитные потоки
пропорциональны токам, то ^i,2== ^1 2^1» (^>2l==^2i^2» пРичем
L{2==L2i=M. Величина М называется коэффициентом взаимной
индукции и измеряется в генри (Г).
Коэффициент взаимоиндукции двух однослойных катушек
одинаковой длины /, намотанных одна поверх другой и насаженных на
замкнутый ферромагнитный сердечник (или равномерно намотанных на
тороидальный сердечник), равен
М = fi^n^S/,
где rti, n2^ число витков на единицу длины каждой катушки; S —
среднее сечение витка.
Энергия магнитного поля контура
2 2
Энергия двух контуров при наличии взаимоиндукции
Lt/i ^2*2
w = ~^+-r+Mi1ii.
Подъемная сила электромагнита (максимальная)
^ = ^-4. 105Д25,
где В — в Tj 5 — в м2 (S — суммарное сечение всех полюсов
электромагнита).
Переменный ток. При равномерном вращении контура, в
однородном магнитном поле с угловой скоростью со на его концах создаетее
переменная э. д. с.
где
to = 2nv = — .
Здесь v — частота; Т — период вращения.
351

Если к концам контура присоединить нагрузку, то под действием
переменного напряжения и — UuaKCs'm ш* на ^ зажимах через нагрузку
потечет переменный ток той же частоты v.
При чисто активной (омической) нагрузке Z = R ток через нагрузку
'=/маис sine/.
При чисто индуктивной нагрузке Z = Xl = mL ток через нагрузку
(' = /MaKcsirip--?-).
т. е. отстает от напряжения на я/2.
При чисто емкостной нагрузке Z = Хс — 1/шС ток через нагрузку
' = 7М8КС Sin
(*Н)-
т. е. опережает напряжение на я/2.
При смешанной нагрузке полное сопротивление
2 = j/%' + («L - ±)' = V«* + Pl ~ *с)\ '
В этом случае ток через нагрузку может либо отставать, либо
опережать по фазе напряжение на величину ? <£ я/2, зависящую от
соотношения между индуктивной и емкостной нагрузками. Для вычисления
7 можно воспользоваться формулой
х
где
Мощность переменного тока. Активная мощность (способная
превращаться в тепло) в случае смешанной нагрузки
Р = IU cos 9,
где £У и / — действующие (эффективные) значения напряжения и тока,
равные соответственно UMaKC/V~2 и IMaKC/V 2; <Р — СДВИГ фазы между
током и напряжением.
11 Л. По двум бесконечно длинным параллельным проводникам,
расстояние между которыми — /, в одном направлении текут токи /j
и /2. Определить индукцию магнитного поля в точке А лежащей
на продолжении прямой, соединяющей проводники, и отстоящей на
расстоянии s от второго проводника (рис. 279). Считать, что оба
проводника расположены в вакууме.
Индукция магнитного поля в точке А
В = Bi + Вг%
352

где В1 нВ2- векторы индукции магнитного поля первого и второго
->- -*■
проводников. Вследствие того, что В1 и В2 направлены в одну сторону,
векторная сумма может быть заменена арифметической суммой
В = Вх + В2.
По закону Био — Савара — Лапласа напряженность магнитного
поля, создаваемого текущим по бесконечному прямолинейному
проводнику током /,
где [х — магнитная проницаемость среды;
ц0 — магнитная постоянная; г —
расстояние до проводника (для вакуума и- = 1).
В точке А индукция поля, создаваемого
током /1?
Bi = H
It
2я (/ + s)'
током У2,
Полная индукция
*=«*&•
s = £>
/.
2л | / + s
*]•
"Х\
&—(—Ь
\
л
/
Рис. 279
Рис. 280
Рис. 281
11.2. Два прямолинейных длинных проводника расположены
параллельно на расстоянии / друг от друга. По проводникам текут токи
1\ = /з = / в противоположных направлениях. Найти модуль и
направление индукции магнитного поля в точке, находящейся на расстоянии
/ от каждого проводника (рис. 280).
Индукция магнитного поля в точке А
"5-** + ]&,
12 6-319
353

где Bi иба- векторы индукции магнитных полей, создаваемых
токами Ii и /2» Модуль индукции В можно найти по формуле
В» = в\ + В\+2ВхВ2 cos а,
-*• -♦■
где а — угол между векторами В1 и В2.
Так как вектор индукции В направлен по касательной к магнитной
силовой линии (являющейся в данном случае окружностью с центром
на оси проводника), то В± ± AD, В2 _1_ АС. Треугольник ADC «^ равно*
сторонний, следовательно, а = 120° и
B* = B\ + B\-BvB2. -
Индукция магнитного поля бесконечного прямолинейного проводника
с токой определяется по формуле (принимая р. = 1)
D . ГО* 1 . d
**1 ~~ оГТ" » °'
2
2пгг% "2~2яг29
где тг- расстояние от проводника. По условию задачи гх=г% = /,
у j = /а = /, следовательно,
2л/
Б1 = В2=^
в2 = Д*;
2яГ
В = Дх = £гт .
11.3. Два прямолинейных бесконечно длинных проводника
расположены перпендикулярно друг к другу и находятся в одной плоскости.
Найти индукцию магнитного поля в точках А и К (рис. 281), если
OC = OD = АОх = OtK = /х; АС = KD = /2; по проводникам текут
токи /,* и /2; |х= 1.
В точке К:
в* " Bl ~Вг = 2л7~ "* 2*77" 2й\77" 7Г/'
В точке i4:
**-*+*.-£(£+£)■
11.4. Ток силой /, протекая по проволочному кольцу из медной
проволоки сечением S, создает в центре кольца индукцию магнитного
поля, равную В. Какова разность потенциалов между концами
проволоки, образующей кольцо?
По закону Ома для участка цепи U = IR, где R = р -к- —
сопротивление проводника. Отсюда
где / — длина окружности кольца. Радиус этой окружности г = ^-.
354

Согласно эакону Био — Савара — Лапласа индукция поля в центре
кругового тока
откуда
, _ fiH-рЛ/
В
Подставив значение / в формулу для С/, найдем
^[10Я/2р
11.5. По тонкому проводу, изогнутому в виде прямоугольника, течет
ток /. Стороны прямоугольника равны а и Ь. Какова индукция
магнитного поля в точке пересечения диагоналей прямоугольника (рис. 282)?
Индукция магнитного поля в центре прямоугольника равна сумме
индукций, создаваемых в этой точке каждым прямолинейным током:
В0 = 2Bi + 2В2,
где Вги &ъ — индукции, создаваемые токами
проводников длиной а и Ь.
Индукция поля, создаваемая током в
отрезке проводника конечной длины,
S = ^7-(cos9i + coscp2),
где г — расстояние от проводника.
Из условия задачи следует, что концы
проводника расположены симметрично относительно
точки, в которой определяется магнитная
индукция, следовательно,
cos f s = cos <p! = cos cp;
Итак,
2л г т
Рис. 282
Из треугольников ЛВО и ВОС:
АВ
С0*ъ = вд = у^тТ*}
, ВС Ь
C0S? ~ ВО - у & + Ь*'
12»
355

Таким образом,
В,
/а
п Lb Va2 + Ь* а У
а2 + Ь*\
2fW/a2 + &a
nab
11.6. По тонкому проволочному кольцу течет ток. Не изменяя
силы тока, проводнику придали форму квадрата. Во сколько раз
изменилась индукция в центре контура (рис, 283)?
Магнитная индукция в центре кругового тока
где R — радиус кольца.
Так как длина окружности кольца равна 2яЯ,
то сторона квадрата
nR
Рис. 283
роны квадрата.
а =
Магнитная индукция в центре квадрата равна
сумме индукций, создаваемых каждой стороной,
В2 = 4В0,
где В0 — индукция поля, создаваемого в точке
О током в отрезке проводника, равном длине сто-
Еследствие симметрии
_ tifV У~2 ,
л2Д '
Я0 = ^ ' 2cos45° =
и 4л а/2
B2 = 4fi0 = - n2R
В* 4^0/ У~2 ■ 2R = 8/Т
Вг n2R/wo л2
= 1,14.
11.7, Длинный прямой соленоид намотан из проволоки диаметром
d = 0,5 мм так, что витки плотно прилегают друг к другу. Какова
индукция магнитного поля внутри соленоида при силе тока / = 5 А?
Индукция магнитного поля соленоида на его оси
В = 11|10л/.
где п — число витков на единицу длины соленоида, п = l/d.
Следовательно,
£ = 1x^-^=12,56' Ю-3 Т.
11.8. На проволочный виток радиусом г= 10 см, помещенный между
полюсами магнита, действует максимальный механический момент М =
= 13 • 10—в Н • м. Сила тока в витке / = 4А. Определить индукцию В
поля между полюсами магнита.
Механический момент, действующий на виток с током в магнитном
поле,
М = рмВ sin a,
356

где ры = IS — магнитный момент витка с током (/ — сила тока; 5 —
площадь витка); В — индукция магнитного поля; а — угол между
направлением индукции магнитного поля и нормали к плоскости витка.
Если учесть, что механический момент максимален при а = я/2,
то MMaKC = IBS.
Отсюда, учитывая, что 5 = яг2, находим
в=_макс= 04 10^ т
яг2/
11.0. По длинному вертикальному проводнику сверху вниз течет
ток / = 10 А. На каком расстоянии от проводника индукция поля,
получающегося от сложения земного магнитного поля и поля тока,
направлена вертикально вверх (горизонтальная составляющая
магнитного поля Земли Дземли = °»2 ' 10~4 т)?
Результирующее поле будет направлено вертикально вверх, если
поле тока скомпенсирует горизонтальную составляющую магнитного
поля Земли. Так как
я — я - ^о/
°тока °3емли ~2я7 '
где г —расстояние до точки, в которой определяется индукция, то
- _ WV _ л 1 м
Z7ltf3eunn
11.10. На расстоянии г = 10~°м от траектории прямолинейно
движущегося электрона максимальное значение магнитной индукции
^мако = №' ^~4 Т. Определить скорость электрона.
Индукцию магнитного поля движущегося заряда Д? можно найти
из закона Био — Савара — Лапласа:
М sin
fi(i0/A/ sfh a ^° M f.nx0A<7u sin a
4яг2 ~" 4яг2 " 4яг2
где Д</ — заряд; с/ —скорость движения заряда; г — расстояние от
заряда до точки, в которой определяется величина индукции; a — угол
между направлением скорости и прямой, соединяющей заряд и
рассматриваемую точку поля.
Максимальное значение индукции будет при a = я/2, т. е. при
sina= 1.
Отсюда
*„акс = ^; Д, = е=1,6.10-»Кл.
4яг2ВМЙИГ
0= ^ = 2. 10е м/с.
11.11. Из проволоки длиной / сделаны три контура: квадратный,
круговой и в виде равностороннего треугольника. Найти вращающие
моменты, действующие на каждый контур, помещенный в однородное
магнитное поле, индукция которого равна В. По проводнику течет ток /
357

Плоскость каждого контура составляет угол р с направлением
магнитного поля.
Вращающий момент, действующий на замкнутый контур с током,
М = BIS sin a, (1)
где 5 — площадь контура; а — угол между направлением магнитного
поля и нормалью к плоскости контура.
Если плоскость контура составляет угол р с направлением
магнитного поля, то угол между нормалью к плоскости и направлением
магнитного поля а = 90° — р и sin а = cos р.
Если периметр квадрата равен /, то его сторона равна 1/4,
следовательно, площадь квадратного контура
il-16-
Площадь кругового контура
Площадь треугольного контура
И,
36 *
Вращающие моменты для каждого из контуров равны соответственно
*, Мг = jq BIl* cos P;
М2= ~£//2cosp;-
2 4л г
Рис. 284 M3 = ^B//*COsp.
11.12. В центре вертикально расположенного витка радиуса R
находится магнитная стрелка, установленная в горизонтальной плоскости.
При отсутствии тока в контуре стрелка лежит в плоскости витка.
Если по витку пропускают ток /, стрелка поворачивается на угол а.
Определить горизонтальную составляющую магнитного поля Земли.
В отсутствие тока в контуре стрелка устанавливается вдоль
горизонтальной составляющей индукции магнитного поля Земли, следовательно,
горизонтальная составляющая индукции магнитного поля Земли В3
расположена в плоскости витка. Индукция магнитного поля кольцевого
тока Вт расположена в плоскости, перпендикулярной плоскости витка,
в данном случае перпендикулярно к вектору В3 (рис. 284). В случае,
когда по кольцу течет ток, магнитная стрелка устанавливается вдоль
направления результирующей индукции обоих полей.
Таким образом,
fi3 = Вт tg « = *у^ »8 «•
35В

11.13. Два прямолинейных параллельных проводника длиной I м
каждый находятся в вакууме на расстоянии 20 см друг от друга.
По ним текут токи 7j = 40 А и У2 = 30 А в одном направлении.
Какова сила притяжения между проводниками?
Сила взаимодействия между проводниками с током определяется
по формуле
F = !
2nd
где / — длина проводника; d — расстояние между проводниками.
Для вакуума р- = 1, следовательно,
^^У =1,2. Ю-3 Н.
2nd
11.14. По трем параллельным прямолинейным проводникам 1, 2, 3,
расположенным в вакууме на расстояниях а друг от друга, текут
токи /ь У2, Уэ. В проводниках 1 и 2 направления токов совпадают.
Найти силу, действующую на единицу длины каждого проводника
(рис. 285). ,
Рис. 265
Проводники / и 2 притягиваются друг к другу с силой
F _ Pol lit*
Проводники 1 и 3 и проводники 2 и 3 соответственно
отталкиваются друг от друга с силами
с __ fVi/a*.
^2,3 —
2ла '
359

Равнодействующие сил, приложенных к каждому из проводников,
определяются путем векторного сложения, как показано-на рисунке.
Их модули равны соответственно
^ = ^?.2+^,з-Л,^1,з;
F2 = У ^1,2 + *2,3 — ^1,2*2.3»
F* = VFl3 + Fh + f 1.3^2.3-
Силы, действующие на единицу длины каждого из проводников,
равны
f — Fi — *t*li l/V-u /2_/ / •
/з = у = 2яа " 'l + '2 + /i'z-
11.15. В однородном магнитном поле, индукция которого В = 0,6 Т,
движется равномерно проводник длиной I = 20 см. По проводнику
течет ток силой / = 4 А. Скорость движения проводника v = 20 см/с
и направлена перпендикулярно к магнитному полю. Найти работу
перемещения проводника за 10 с движения и мощность, необходимую
для осуществления этого движения.
На проводник с током в магнитном поле действует сила
F= Blls'ma,
где а — угол между направлением индукции поля В и направлением
тока. Из условия задачи о = 90°, sin а = 1. Работа по перемещению
проводника
A = Fs,
где s — путь, пройденный проводником. Учитывая, что s = vtt где v —
скорость движения проводника, получаем:
А = IBM = 0,96 Дж.
Мощность, необходимая для движения,
Р = j- = Fv = IBlv = 0,096 Вт.
11.16. Между полюсами электромагнита в горизонтальном
магнитном поле находится проводник, расположенный горизонтально, причем
его направление перпендикулярно к магнитному полю. Какой ток
должен идти через проводник, чтобы он висел, не падая, если
индукция поля В = 0,02 Т и масса единицы длины проводника /Я/ = 0,01 кг/м
(рис. 286)?
На проводник с током в магнитном поле действует сила Ампера
F = BIl sin a.
360

В данном случае эта сила и должна уравновесить силу тяжести,
т. е. должна быть направлена вертикально вверх (а = 90°)i
Bll^rrnlg; / = ^ = 4,9 А.
11.17. Заряженная частица движется в магнитном поле по
окружности со скоростью у. Индукция магнитного поля — В. Радиус
окружности — г. Найти заряд частицы, если известно, что ее энергия — W.
При движении по окружности роль центростремительной силы играет
сила Лоренца:
г»2
— = qvB.
Кинетическая энергия частицы
W =
mv*
следовательно, масса частицы
т =
т
. иа
и ее заряд
Рис. 286
_ mv _ W
q ~ Br ~~ vBr'
11.18. Протон и электрон влетают в однородное магнитное поле
с одинаковой скоростью, перпендикулярной к В. Во сколько раз
радиус кривизны траектории протона Кп больше радиуса кривизны
траектории электрона /?э?
На движущуюся.заряженную частицу в магнитном поле действует
сила Лоренца
f = qvBsina.
В данном случае F = evB, где е — элементарный заряд.
Сила, с которой магнитное поле действует на движущуюся
заряженную частицу, играет роль центростремительной силы.
Следовательно, для протона и электрона
m„v<
= evB = <
Отсюда
_
тп
11.19. а-Частица, прошедшая ускоряющую разность потенциалов U,
влетает в однородное магнитное поле В, перпендикулярное к ее
скорости. Найти силу, действующую на частицу, радиус окружности, по
которой движется частица, и период обращения частицы.
361

При прохождении ускоряющей разности потенциалов U работа
сил электрического поля идет на сообщение о-частице кинетической
энергии
mv*
= яи,
(1)
где m — масса о-частицы; v — приобретенная ею скорость; q — заряд
о-частицы. Из (1) имеем:
(2)
т
При движении заряженной частицы в магнитном поле последнее
действует на нее с силой
F = qBv sin (v, В).
Из условия задачи следует, что (с/, В) = 90°, следовательно,
F = qBv.
Эта сила играет роль центростремительной силы, так что
п2
mv<
= qBv.
(3)
14)
Из уравнений (2), (3) и (4) получаем:
Угловая и линейная скорости движения
частицы по окружности радиуса г
связаны соотношением
Рис. 287
Т = — =
v
откуда
2лг
Y4-
v = юг = ■
2лт
W
2яг
11.20. Пучок электронов, ускоренных разностью потенциалов U,
влетает в однородное магнитное поле (рис. 287), направленное
перпендикулярно к плоскости чертежа к читателю. Ширина области поля — /.
В отсутствие магнитного поля пучок электронов попадает в точку О
на экране АВ, который находится на расстоянии L от края полюсов
магнита. При включении магнитного поля пятно на флуоресцирующем
экране смещается из точки О в точку D. Найти смещение пучка, если
индукция магнитного поля равна В и направление скорости
перпендикулярно к направлению индукции.
362

Общее смещение пучка х = х± + х2, где Xi — смещение электрона
в магнитном поле*
Электрон в магнитном поле движется по окружности, радиус
которой находим, учитывая, что роль центростремительной силы в
данном случае играет сила Лоренца: F^ = Fл или -~- = evB, откуда
r-Tb*
Смещение Xi = PK = R — /#2— I2.
Смещение х2 может быть найдено из пропорции x2/L = РМ/РС,
откуда
х* = L-
Vr*-p'
Общее смещение
VR2 — i2
Для того чтобы определить /?, найдем скорость пучка электронов
из соотношения
л mv*
где eU — работа сил электрического поля, затраченная на ускорение
пучка электронов; mv2/2 — кинетическая энергия электронов.
Из этого соотношения _
г т
Таким образом, значение
УШт
/? = •
еВ
Рис. 288
можем подставить в выражение
для смещения х.
11.21. Электрон влетает в однородное магнитное поле со скоростью
v под углом а к вектору индукции В. Определить радиус *и шаг
винтовой линии, по которой будет двигаться электрон (рис. 288).
Движение электрона в однородном магнитном поле со скоростью v,
направленной под углом а к вектору индукции В, происходит по
винтовой линии. Это становится очевидным, если разложить вектор ско-
рости на две составляющие: параллельную вектору индукции v* =
= v cos о и перпендикулярную- к вектору индукции vx = v sin о.
Сила Лоренца ^л действует на электрон в плоскости, перпенди-
-*•
кулярнои к вектору В, сообщая ему центростремительное ускорение.
363

В результате электрон описывает в этой плоскости окружность
радиусом R, так как В = const и v±= const.
Как уже сказано, сила Лоренца играет роль центростремительной
силы, т. е.
mv* mvi sin*
F п = ev ,B= evB sin a = -=^=- =
x mir sin* a
Отсюда вытекает, что
mv sin a
Я =
eB
Вдоль поля электрон движется по инерции с постоянной скоростью,
так как в этом направлении не действуют никакие силы. В результате
сложения двух движений — движения по окружности и
прямолинейного равномерного движения по инерции — траектория
результирующего движения электрона представляет собой винтовую линию. Шаг
винтовой линии равен расстоянию h, на которое смещается частица
вдоль поля за один оборот:
h = vxT = vTcosa.
Учитывая, что 74/± = 2nRt получаем
t = 2tiR_ 2nR
v sin a
откуда
- 2nRv cos a 2nmv cos a
h = : = 5 ,
v sin a eB
11.22. В магнитном поле, индукция которого В = 0,4 Т, помещена
катушка из N = 300 витков. Сопротивление катушки R = 40 Ом,
площадь сечения 5=16 см2. Катушка помещена так, что ее ось
составляет угол a = 60° с направлением магнитного поля. Какое количество
электричества протечет по катушке при исчезновении магнитного поля?
Э. д. с, индуцируемая в катушке,
й = —Дф/Д*.
Начальный поток через катушку
Фг = <PQN cos a = BSN cos a,
где Ф0 — поток магнитной индукции через один виток катушки,
расположенный перпендикулярно к магнитному полю. После исчезновения
магнитного поля поток Ф через катушку станет равным нулю,
следовательно, 8 St = Ф1 = BSN cos a.
Согласно закону Ома & Ы = qR. Таким образом,
qR = BSN cos а\
, = ^1? = 2,4. ИПКл.
11.23. В магнитном поле, индукция которого равна В, вращается
с постоянной частотой v стержень длиной /. Ось вращения проходит
364

через конец стержня и параллельна силовым линиям магнитного поля.
Найти э. д. с. индукции, возникающую на концах стержня (рис. 289).
Э. д, с. индукции б =.— ЛФ/Л/д где ДФ —изменение потока
магнитной индукции за время Аг. Индукция магнитного поля В в данном
случае не меняется, следовательно, АФ = В AS, где AS — площадь,
описанная стержнем за время А/.
А5 = 50v M = я/Ч А/,
где 50 — площадь круга радиусом /; v — частота. Окончательно
Bn/2v A*
А*
=: — 0n/2V
11.24. Катушка диаметром d, состоящая из N витков, находится
в магнитном поле, вектор индукции которого параллелен оси катушки.
Чему будет равно среднее значение
э. д. с. индукции в этой катушке, если
за время At индукция увеличивается
от Bt до В2?
<1
Рис. 289
Г
/Г
1
__.
1 ,
"Г
1 к
1 \
\)
, \
Рис. 290
Э. д. с. индукции 5=—-^ . Линии индукции магнитного поля пе-
ресекают площадь 5 = NS0 = -j--N, где S0 — площадь одного витка
катушки; N *- число витков. Изменение магнитного потока
ДФ = ф2 — фх = B2S — BXS = (Д2 — ВО S =
Таким образом, э. д. с. индукции
4 Д*
11.25. Скорость летящего горизонтально самолета а = 900 км/ч.
Найти э. д. с. индукции <§, возникающую на концах крыльев этого
самолета, если вертикальная составляющая индукции В магнитного
поля Земли равна 0,5 • 10~*4 Т, а размах крыльев самолета / = 12,5 м
(рис. 290).
Крылья самолета будем рассматривать как. проводник. Если при
равномерном движении проводника длиной / в однородном магнитном
поле с индукцией В проводник перемещается на расстояние Ах за
время А/, то он пересекает магнитный поток АФ = / АхВ sin а.
365

Подставляя это выражение в формулу закона электромагнитной
индукции и учитывая, что AxjAt = v и а = 90°, получим для э. д. с.
индукции, возникающей на концах проводника,
& = toBsin<z = 0,156B.
11.26. В однородном магнитном поле с индукцией В равномерно
вращается с частотой v рамка площадью 5. Ось вращения лежит в
плоскости рамки и перпендикулярна к линиям индукции. Определить
максимальную э, д. с. индукции, возникающую в рамке (рис. 291).
При равномерном вращении плоской рамки в однородном магнитном
поле магнитный поток, пронизывающий рамку, изменяется с течением
времени по закону: Ф = BS cos art, где 5 — площадь рамки; В —
индукция магнитного поля; о> — угловая скорость вращения рамки.
4-
^Ш&
Рис. 291
Рис. 292
За время At магнитный поток изменяется на величину
г
АФ = BS [cos (D (/ + At) — cos art] = BS [cos art • cos a> Д* —
— sin art sin и At — cos to/].
Если Д/ очень мало, то можно считать, что cos ш At a 1 и sin о>Д/ я
« о) At, так что
АФ = — BSu At . sin at
и
АФ
в = — тг = BSta sin art.
At
Максимального значения э. д. с. индукции достигает при sin to/= 1,
т. е
SMaKC = BSa> = 2nv£S.
11.27. В однородном магнитном поле, индукция которого равна В,
равномерно вращается катушка из N витков проволоки. Число
оборотов катушки за 1 с равно л, площадь сечения катушки —S. Ось
вращения перпендикулярна к оси катушки и направлению магнитного
поля. Найти максимальную э. д. с. индукции во вращающейся катушке
(рис. 292).
Поток, пронизывающий катушку, будет максимальным в тот
момент, когда катушка ориентирована в магнитном поле так, что ее ось
параллельна магнитным силовым линиям:
*мзкс = BSN.
366

Изменение магнитного потока при равномерном вращении катушки
(см.. предыдущую задачу):
ДФ = — Фмакси A* sin tor.
Изменение потока ДФ будет максимальным при значении sin со/ = I,
следовательно,
ФийМГо> Д*
М
= Фмаксч> = BSNu = 2nBSNn.
11.28. Проволочная рамка в виде квадрата со стороной а находится
в магнитном поле прямолинейного длинного проводника, по которому
течет ток силой / (рис. 293). Рамка движется вправо, оставаясь в той
же плоскости, что и проводник, со скоростью ,
v. Найти э. д. с, индуцированную в рамке,
как функцию расстояния от проводника.
На расстоянии х от проводника индукция
магнитного поля бесконечного
прямолинейного тока
На расстоянии х + а индукция
Я2 =
'!
X
2
1
а ш
i 2'
* —
£_.
i—
2я х + а*
I
Рис. 293
поток уменьша-
Пусть за малый промежуток времени А/
рамка переместилась из положения / — 2 —
3 — 4 в положение /' — 2' — 3' — 4'. Магнитный
ется при этом на величину
ДФ = Фтч, - Ф433,4,.
Вследствие.малости промежутка времени А/ будем полагать, что
индукция магнитного поля во всех точках площадок 1 — 2 — 2' — Г
и 4 — 3 —3' — 4' одинакова, причем для всех точек поля, лежащих
в пределах площадки 1 — 2 — 2' —l't она равна В и для точек поля,
лежащих в пределах площадки 3 — 4—4' —3', равна В2.
Таким образом, учитывая, что Sl22>i> = $344'Э' = va^U
получаем для изменения потока выражение
и изменении пшика выражение
ДФ = B2va At — В&а At = —av (Bi — В2) At =
uu-л ... а2
= -Vp>lvAt
Ш'оа11ф + 1Г)
» __ ДФ |_ Wplva2
At ~2кх(х + аУ
11.29. Проводник длиной / = 20 см перемещают в однородном
магнитном поле с индукцией 5 = 0,1 Т так, что его ось составляет угол
а = 309 с направлением поля. Как нужно двигать проводник, чтобы
разность потенциалов на его концах возрастала равномерно на 1 В
за J с?
367

При равномерном движении проводника в однородном магнитном
поле на его концах возникает постоянная э. д. с. индукции, равная
8 = —B/i> sin а,
где а — угол между осью проводника и направлением магнитного поля.
Для того чтобы э. д. с. индукция изменялась, проводник должен
двигаться в однородном магнитном поле ускоренно. Если в момент tx
скорость проводника была vlt индуцированная э. д. с. равнялась & t =
= — Blvx sin а. В момент t2 скорость была v2 и э. д. с. &2 =
= — Blv2 sin а.
Приращение з. д. с.
Д£ = ё2 — 5Х = —Bl (v2 — vx) sin a
и
^ = -£/ ~t sin a = -B/a sin a,
Д/ Дг
где a — ускорение, с которым движется проводник. Отсюда
Д£
Л/
а =
Bl sin a
= — 100 м/с2.
Рис. 294
11.30. Между двумя плоскими параллельными пластинами
площадью 5, расположенными на расстоянии / друг от друга, пропускают
со скоростью v поток
ионизированного газа (рис. 294). На поток
между пластинами воздействует
магнитное поле с индукцией В,
направленной перпендикулярно к
плоскости чертежа. Под действием силы
Лоренца положительные и
отрицательные ионы отклоняются
соответственно вверх и вниз и
заряжают обе пластины. К пластинам
присоединена внешняя нагрузка R,
через которую от одной пластины
к другой течет ток. Найти э. д. с.
и максимальную полезную
мощность этого генератора, если 5 = 0,1 м2, / = 0,2 м, В = 1,2 Т, v =
= 1000 м/с, удельная электропроводность газа g = 10 См/м.
Описанное устройство представляет собой магнитогидродинамиче-
ский генератор (МГД-генератор), э. д. с. которого можно вычислить
по формуле
$ = Blv = 240 В.
Внутреннее сопротивление этого МГД-генератора
/
Максимальная полезная мощность достигается тогда, когда
внутреннее сопротивление г равно внешнему сопротивлению' нагрузки.
В этом случае
^ = BWgs = 7 2кВт
"макс 4г 4
368

11.31. На соленоид длиной / и площадью сечения 5 надет
проволочный виток. Соленоид имеет N витков и по нему течет ток /. Найти
среднюю э. д. с, индуцируемую в витке при выключении тока в
течение малого промежутка времени Д/.
В соленоиде с током существует магнитное поле с индукцией
Поток магнитной индукции, пересекающий отдельный виток.
Когда ток выключается, индукция магнитного поля и поток через
виток падают до нуля, т. е.
В2 = 0; Ф2 = 0.
Средняя э. д. с, индуцируемая в витке,
11.32. Обмотка соленоида состоит из медной проволоки с площадью
сечения Sv Длина соленоида — /, его сопротивление — R. Найти
индуктивность соленоида.
Индуктивность соленоида
L = Wofi2lSt
где п = Njl — число витков на единицу длины соленоида (N — общее
число витков); 5 — площадь сечения соленоида. Для того чтобы найти
N и S, необходимо знать длину проводника, из которого намотан
соленоид. Известно, что R = pli/Su где lt — длина провода; 5, —
площадь сечения провода; р — удельное сопротивление меди. Отсюда
'i- — •
Если г — радиус сечения соленоида, то длина одного витка
провода /0 = 2яг. Длина обмотки из N витков 1г = 2лгЛЛ Отсюда
2я 2яр *
Так как площадь сечения соленоида 5 = яг2, формула для
индуктивности может быть переписана в виде:
N2 n я *2Si K*sl
Ь-ИЧ — ^2 = ^оТ(^)2 = ^оТ 4я^- = ^°4я7^-
Согласно условию задачи катушка не имеет сердечника, поэтому
|Х=1.
R2S\ •
4я/р2
L — И-0 4„/п2 •
369

11.33. Найти индуктивность катушки длиной / = 30 см, площадью
поперечного сечения 5 = 10 см2, с общим числом витков N = 600. Найти
индуктивность этой катушки, если в нее введен железный сердечник,
магнитная проницаемость которого \х = 500.
При отсутствии сердечника ц=1 и
*1 = Ро(т-) /5=1,5- Ю-з г.
. При наличии ферромагнитного сердечника с ja = 500
La = Wo (у-) '5 = 0,75 Г.
11.34. По катушке, индуктивность которой L = 0,05 мГ, течет
ток / = 0,8А. При выключении ток изменяется практически до нуля
за время Л/ = 120 мкс. Определить среднее значение э. д. с.
самоиндукции, возникающей в контуре.
Э. д. с. самоиндукции
•--*£-*•■
11.35. Две длинные катушки намотаны на один сердечник.
Индуктивности катушек L\ = 1,6 Г, L2 = 0,1 Г. Во сколько раз число оит-
ков первой катушки больше, чем второй?
Известно, что Lt = [i^QfilV^ L2 = \i2ii0nlV2t где Vf и V2 —
объемы катушек (произведения длины на сечение). Так как катушки
намотаны на один сердечник, то jix = (х2 = |х и Vi = V2 = V.
Следовательно,
11.36. Экстраток размыкания соленоида пропустили через
баллистический гальванометр, подвижная система которого отклонилась
при этом на пять делений. Омическое сопротивление соленоида Rx =
= 60 Ом. Затем ток такой же силы пропустили через второй
соленоид сопротивлением 70 Ом. Экстраток размыкания вызвал при этом
отклонение подвижной системы на девять делений. Определить, во
сколько раз индуктивность второго соленоида больше индуктивности
первого (сопротивлением гальванометра пренебречь).
Э. д. с. самоиндукции равны соответственно
6* = -1>ьГ2>
или
g1A/1=-L1A7;
ё2М2 = -12Д/,
370

где Lv и L2 — индуктивности первого и второго соленоидов. С другой
стороны,
&2М2 = q2R2t
где qx и q2 — количества электричества, прошедшие в каждом из
случаев через гальванометр. Учитывая, что q = пс, где п — число
делений, на которое отклонился гальванометр; с — цена деления
гальванометра, получаем
к* = Пг^} =2 1.
Ц n^Rv
Рис. 295
11.37. Катушка сопротивлением R и индуктивностью L находится
в переменном магнитном поле. Когда создаваемый этим полем поток
увеличился на АФ, ток в катушке возрос на Л/. Какой заряд
прошел при этом по катушке?
Ток в катушке порождается появлением э. д. с. индукции
^инд = ~~ ДФ/А'» изменение же тока в цепи приводит к появлению э. д. с.
самоиндукции, которая направлена против э. д. с. индукции,
6С =-LM/M.
Так как
то
АФ-LA/ ,Л, А
^ = IM = Aq.
11.38. В некоторой цепи имеется участок (рис. 295), состоящий
из сопротивления R = 0,2 Ом и индуктивности L = 0,02 Г. Ток
изменяется по закону / = ЗЛ Найти разность потенциалов между точками
А и В.
При протекании переменного тока в катушке индуцируется э. д. с.
самоиндукции
S--Ln>
следовательно,
tM-Tb-^-TT—'*'
откуда
тд-тв = ^+^4г = (°.6' + °.06) в-
371

11.39. В цепи (рис. 296) L1 — 0,04 Г; L2 = 0,02 Г. В некоторый
момент ток /i = 0,2 А и возрастает со скоростью 10 А/с, а ток /а =
= 0,4 А и возрастает со скоростью 20 А/с. Найти сопротивление /?.
Разность потенциалов для каждой из ветвей:
9л-9в-и^ = 'Л
Отсюда
'1 — '2
11.40. Два конденсатора емкостью Сг = 0,4 мкФ и С2 = 0,2 мкФ
включены последовательно в цепь переменного тока напряжением
220 В и частотой 50 Гц. Найти силу тока в цепи и падение
напряжения на каждом конденсаторе.
Общая емкость конденсаторов
СХС2
Ci + C2 '
Сопротивление цепи, содержащей емкость С,
1 _С1 + С2
По закону Ома, учитывая, что циклическая частота со = 2jiv,
/" £§£=0.009 А.
Очевидно, что (/ = (/х + (/2, где £/j и С/2 — падения напряжения
на каждом из конденсаторов. Очевидно также, что
U.-IR ! ' Ua>ClC> UCi - 73 3 В-
///V
U2 = U-Ui= rU^lr к 146,7 Д.
11.41. Катушка длиной / и радиусом г имеет обмотку из N
витков медного провода сечением 5Х. Катушка включена в сеть
переменного тока частотой v. Найти отношения активного и индуктивного
сопротивлений катушки к ее полному сопротивлению.
Сопротивление переменному току цепи, содержащей катушку
индуктивности,
R = У*Ъ+Х1 = ущ + (uL)\
372

где ш — циклическая частота переменного тока; L — индуктивность
катушки; RQ — активное, или омическое, сопротивление катушки.
Известно, что R0 = p/i/Slt где /j — длина проводника, из
которого изготовлена катушка; S, — площадь сечения проводника; р —
его удельное сопротивление. Учитывая, что длина витка равна 2лг,
находим
It = 2nNr;
Индуктивность катушки определяется по формуле
где р. — магнитная проницаемость сердечника; N — число витков
катушки; /, S—ее длина и площадь сечения. Учитывая, что
находим
2npNr
*~ 5iI/3*'"8"2'21 -viУ^v ~VоЧ*+"2^*"w?'
Отсюда
До 2ярУУг /р
^L = 2лур0Л^2яг2
R ~" , /4я2р2#2г2 , я/0 „ЛГ* ,.,
1/ —«— "**"
яр0уУУг51
VW + ftiviVnrSx)» # « ^
11.42. В цепи (рис. 297) протекает
синусоидальный ток. Зная, что
эффективное напряжение UАВ = 30 В, эффективное
напряжение ^до= 10 В и эффективное напряжение U0D = 15 В,
найти эффективное напряжение на участке AD.
Искомое напряжение
"*>-■'*=' |/*1 + (ь— —)* =
- 1/ («J1 + («-• - ^)2 = 1/"^во + (^в-^)! = 25 В.
11.43. Неоновая лампочка включена на /0= 10 мин в сеть пере*
менного синусоидального тока с эффективным значением напряжения
^эф = 120 В и частотой v = 50 Гц. Найти время горения лампочки,
373

если она зажигается и гаснет при напряжении ызаж = ыгаш = 120 В
(заметим, что ызаж и игаш обычно меньше U^).
Мгновенное напряжение на зажимах лампочки
и = U sin u*t = U sin 2nv/,
где U — максимальное (амплитудное) значение напряжения, связанное
с эффективным Значением равенством
1/ = 1/зф/21
Время свечения лампочки за полупериод т = t2 — /Jf где га —
время от начала периода Т до гашения; tY — время от начала периода
Т до зажигания.
В промежутке времени г0 = 10 мин содержится 2t0/T = 2vr0
полупериодов, следовательно, за время /0 лампочка горит в течение
т0 = 2v/0x.
Если в уравнении для и выразить V через U^t получим
и = 1/Эф /2~sin 2nvf.
В этом уравнении все величины, кроме t> известны, и из него
можно определить времена tx и t2. ~
Подставив числовые значения и = изаж = игаш» найдем
• /2л Л У2
откуда (в пределах от 0 до Г/2)
2я я Т
2я ^л _ 37
Т" 2 ~ 4 ; 2 8"
8] 8 ' 4 4 v 200 f
т0 = 300 с.
11.44. Индуктивность L соленоида длиной / = 60 см и площадью
поперечного сечения 5 = 4 см2 равна 4 • 10~* Г. При какой силе
тока объемная плотность энергии магнитного поля внутри соленоида
составит 2 • 10~9 Дж/м3?
L/2
Энергия магнитного поля внутри соленоида W = -=-, где / —
сила тока.
Учитывая, что W = wV, где w — объемная плотность энергии;
V — объем соленоида, получим:
wV=±Ll*i
г=|/Н^=]/1^=1,55А.
374

11.45. Круговой контур радиусом г помещен в однородное
магнитное поле, индукция которого равна В. Плоскость контура
перпендикулярна к направлению магнитного поля, сопротивление
контура— R. Какое количество электричества протечет по контуру при
повороте его на а = 60°?
Э. д. с. индукции, возникающая в контуре, равна 8 = —ДФ/Af.
В начальный момент времени поток через контур Ф± = BS cos Oj =
= fljv2, где S — площадь витка; г — радиус контура; ау = 90° — угол
между нормалью к плоскости витка и направлением поля.
После поворота контура на угол а = 60° поток магнитной
индукции через катушку
Ф2 = Вяг2 cos 60° = -i Вг*л.
Изменение потока ДФ — Ф2 — ф1 = —^- Вяг2, следовательно, б Аг =
= -д- ВтеА Учитывая, что по закону Ома
8M = qR,
получаем
Впг2

КОЛЕБАТЕЛЬНЫЕ 12. Механические
ПРОЦЕССЫ и электромагнитные
колебания
Колебания — процессы отклонения от равновесного состояния,
повторяющиеся через одинаковые промежутки времени. Наименьший
промежуток времени, по истечении которого повторяются все значения
физических величин, характеризующих колебательное движение,
называется периодом колебаний 7\ Частота колебаний v = 1/Г.
Механические колебания — повторяющиеся отклонения тела от
положения равновесия. Они происходят под воздействием сил
упругости, сил тяжести и др., например, колебания груза на пружине,
колебания маятника, волны на поверхности воды. К этому же типу
колебаний относятся и колебания плотности, объема^ температуры
и т. д.
Электромагнитные колебания — повторяющиеся изменения
электрических напряжений и токов в электрических цепях и на пряже н-
ностей электрического и магнитного полей в пространстве вокруг этих
цепей.
Несмотря на различную природу тех или иных колебаний, в них
обнаруживаются сходные физические закономерности.
Свободные и вынужденные колебания. Резонанс. При
определенных условиях устойчивая система, выведенная из состояния
равновесия и затем представленная самой себе, совершает колебания около
этого состояния. Такие колебания называются свободными. Если же
система колеблется в результате регулярно повторяющегося внешнего
воздействия, то система совершает вынужденные колебания. При
совпадении частоты внешнего воздействия и частоты собственных
колебаний амплитуда колебаний сильно возрастает. Это явление называется
резонансом.
Свободные механические колебания. Пусть материальная точка
с массой яг, находившаяся в равновесии в точке О (рис. 298), смещена
вдоль оси на расстояние \х\. При этом на нее будет действовать
сила F, пропорциональная смещению | х | и направленная к точке О,
т. е.
F = b\x\,
где k — коэффициент пропорциональности.
Сила F, пропорциональная смещению и направленная к точке
равновесия, т. е. стремящаяся возвратить материальную точку в
положение равновесия, называется восстанавливающей или возвращающей
силой. Под действием восстанавливающей силы точка совершает
свободные гармонические колебания вдоль оси X.
Смещение точки в данный момент времени t определяется
уравнением гармонических колебаний:
х = A sin (to/ -|- <р) или х = A cos (wt -f- ?0),
376

где ф = ?о + "о • Oto уравнения равнозначны и отличаются лишь
сдвигом начальной фазы на величину л/2. Как и в кинематике,
круговая, или циклическая, частота колебаний
Величина А представляет собой наибольшее отклонение точки
*макс от положения равновесия (амплитуду колебаний).
Выражение в скобках под знаком тригонометрической функции
называется фазой колебаний и характеризует положение точки в
момент t. Величина ф или ф0 является начальной фазой в момент 1=0.
Скорость и ускорение колеблющейся точки определяются
следующим образом. Пусть смещение
точки в момент t Г**Л о **1"
х = A cos (ш* + ф0) =
~макс *
+Х
Тогда скорость точки ис"
их = —Ла> sin (а)/ + ф0) = омакс sin (со* + ф0), -
и ускорение точки
ах = —Лш2 cos (а)/ + ф0) = амакс cos (со* + ф0).
3Десь *макс = А> имакс = -^со; амакс = -^ш*.
Согласно второму закону Ньютона
F = та = —ты2A sin (u>t + 90) = — тпаРх = —kx%
где k = mco2 — коэффициент жесткости. Знак «—» означает, что
направление силы F противоположно смещению. *
Период колебаний гармонически колеблющейся точки
■—Yt-
Кинетическая энергия гармонически колеблющейся материальной
точки
Потенциальная энергия колеблющейся материальной точки,
смещенной на х от положения равновесия,
_ __ kx^ _ /псоМ2 cos2 ((at -\- ф0)
п~ 2 ~~ 2 '
Полная механическая энергия колеблющейся материальной точки
_ , _ тш2Л2
Ек + £п = —2~•
Математический маятник — материальная точка, подвешенная на
тонкой нерастяжимой невесомой нити. При углах отклонения, меньших 5°,
377

=г„]/2.
колебания математического маятника можно считать гармоническими
с периодом
Т.
8
где / — длина нити; g — ускорение свободного падения.
Физическим маятником называется тело, способное колебаться
вокруг оси, не совпадающей с его центром тяжести. При малых углах
отклонения период колебаний физического маятника
V-
:2Л ш
mga
где J — момент инерции тела относительно оси вращения; а —
расстояние от оси вращения до центра тяжести тела.
Свободные электромагнитные колебания.
Электрический колебательный контур состоит
из конденсатора емкостью С, катушки
индуктивностью L и резистора сопротивлением R
(рис. 299). Если зарядить конденсатор до
С I напряжения U и затем предоставить контур
—1| J самому себе, то в нем возникнут
затухающие электромагнитные колебания. Условием
Рис. 299 возникновения колебаний является
соотношение (см. стр. 352):
Хш — Хг = 0 или coL = ——
L с соС '
откуда вытекает формула Томсона
r = i-=2jt/LC,
где Т выражается в секундах, если L — в генри, а С — в фарадах.
Волна — процесс распространения колебаний в какой-либо среде.
Длина волны — расстояние между двумя ближайшими точками
среды, колеблющимися в одинаковой фазе.
Длина волны X, период колебаний Т (или частота колебаний v)
и скорость распространения волны v связаны соотношением
X = vT = c/v.
12.1. Материальная точка с массой т = 5 г совершает
гармонические колебания с частотой v = 0,5 Гц. Амплитуда колебаний А =
= 3 см. Определить скорость, ускорение и силу, действующую на
точку в момент, когда смещение х = 1,5 см.
Уравнение гармонических колебаний:
х = A cos (tut + ?),
где х — смещение колеблющейся точки от положения равновесия; А —
амплитуда; to/ + <р — фаза колебаний; 9 — начальная фаза; со —
циклическая частота; t — время.
Скорость точки, совершающей гармонические колебания,
v = —Лео sin (cor+ <p)-
478

Чтобы выразить скорость через смещение, нужно исключить из
вышеприведенных формул время. Для этого возведем оба уравнения
в квадрат, разделим первое из них на Л2, второе — на Л2ша и, сложив,
получим
X2 V2
или, учитывая, что ш = 2nv,
X2 V2
Лг+4л2^Ла=Ь
Решая полученное уравнение относительно vt находим
v = ±2ям Va2 — х2 = ±8,2 см/с.
Ускорение
а = — Л(о2 cos (u>* + <р) = — ш2х = — 4nVx = 59,16 см/с\
Согласно второму закону Ньютона
F = ma = 295,8 . 1<Г5 Н.
12.2. Материальная точка с массой т — 0,01 кг совершает
гармонические колебания по закону косинуса с периодом Т = 2 с и
начальной фазой, равной нулю. Полная энергия колеблющейся точки £ =
= 1 • 10~4 Дж. Найти амплитуду колебаний Л; написать уравнение
данных колебаний; найти наибольшее значение'силы ^макс,
действующей на точку.
Запишем уравнение гармонических колебаний без начальной фазы
х = A cos со/,
где со = 2л/Т — циклическая частота (Т — период колебаний); Л —
амплитуда колебаний. Скорость колеблющейся точки определяется
уравнением
v = —Лео sin art.
Кинетическая энергия колеблющейся точки
mv2 m AW sin2 со/
£" " 2 ~" 2
Полная энергия колеблющейся точки равна максимальному
значению кинетической энергии точки
тЛ2о)а
и ^к. макс 2 *
Отсюда
to r m 2л V ш
Циклическая частота
2л _.
со = — = лс *.
379

Таким образом, уравнение данного гармонического колебания
может быть представлено в виде
х = 0,045 cos nt.
Ускорение колеблющейся точки
а = —Лео2 cos cotf.
Отсюда максимальное ускорение
"макс '
Следовательно, согласно второму закону Ньютона максимальная сила,
действующая на точку,
f«.Kc = "»<Wc = -«Л»* = -4.44 • Ю-» Н.
12 Д. Найти амплитуду At период Г, частоту v и начальную фазу
<р колебания, заданного уравнением
е . 39,2*+ 5,2
х = 5 sin = см.
о
Уравнение гармонического колебания в общем виде имеет вид:
х = A sin (со/ + <р),
где А — амплитуда; со — циклическая частота; <р — начальная фаза.
Сравнивая оба выражения и учитывая, что со = 2itv, находим
А = 5 см;
v = £*1.25rU;
Г = 1 = 0.8с;
9= 1.04 рад.
12.4. Точка совершает гармонические колебания. В некоторый
момент времени tx смещение xt = 5 см. При увеличении фазы вдвое
смещение точки стало х2 — 8 см. Найти амплитуду колебаний.
Запишем уравнения для смещения в обоих случаях:
Xi = ^sinfcofi + cp);
х2 = /Ып(ш/2 + ср).
Согласно условию задачи
2 (со*! + ?) = сог2 + ср.
Обозначим шг! + <р = а; тогда уравнения для смещения могут быть
представлены в виде:
Xi = A sin a,
дг2 = A sin 2а = 2А sin а cos а.
Возведем оба уравнения в квадрат, разделим второе из них на четыре
и вычтем из первого уравнения второе:
х2
х\ — -j- = A2 sin2 а — A2 sin2 а cos2 а = i42 sin4 а.
380

Учитывая, что х± = A sin а, получаем
х\ х{
откуда
Г 4х? - *2
1,3 см.
4*|
12.5. Точка совершает гармонические колебания, уравнение
которых имеет вид:
х = 0,1 чп2/ м.
В момент, когда возвращающая сила впервые достигла значения
F = —10~2 Н, точка обладает потенциальной энергией Еп = 2 X
X Ю-4 Дж. Найти этот момент времени / и соответствующую ему
фазу колебаний.
Возвращающая сила F = —kx = та. Если уравнение
гармонического колебания имеет вид: х = A sin to/, to ускорение может быть
представлено как а = — Ло>2 sin o)f, и следовательно, возвращающая
сила
F = — тАш2 sin to/.
Потенциальная энергия
Учитывая, что ft = co2m, получаем
mtoM2 sin2 to/
Иэ выражений для F и
-
р

Ниоткуда
"л — " 2
Еп находим
F
~ Аш2 sin to/ *
F<o2A2 sin2 to/ Fi4 sin to/
2y4to2sinto/ ~~ 2
2£
sin to/ = — уд = 0,4;
to/ = 23° 35'=0,4116 рад;
/ = 0,2058 с.
12.6. Продолжительность iV= 100 полных колебаний маятника,
состоящего из проволоки длиной /=90,7 см и металлического
шарика диаметром 4 = 4 см, оказалась равной / = 3 мин 13,2 с.
Вычислить ускорение силы тяжести и длину секундного маятника, период
колебаний которого Т0 = 1 с.
381

Период колебаний математического маятника
где If — длина маятника; g — ускорение силы тяжести. Учитывая, что
согласно условию задачи
if-/+f
можем записать:
С другой стороны,
Т--±-
№
Из вышеприведенных выражений находим
g = V t ' « 981,5 см/Л
Длина секундного маятника при этом
/,==Ук99'44см-
12.7. Точные астрономические часы с секундным маятником
установлены в подвале здания. Насколько будут отставать за сутки эти
часы, если их перенести на верхний этаж здания? Высота верхнего
этажа относительно подвала —200 м.
При правильном ходе маятник часов за сутки должен сделать N =
= —^= колебаний, где 7\ — период колебаний маятника.
Если после переноса часов период колебаний маятника стал
равным 7*21 то за сутки часы отстанут на
M = N(T2-T±).
Пусть период колебаний маятника до переноса часов
Tt
-"VI-
где gi — ускорение силы тяжести на уровне подвала.
Период колебаний маятника после переноса часов
.-•■/£•
где gt — ускорение силы тяжести на уровне верхнего этажа здания.
382

Отношение периодов
Из закона всемирного тяготения следует, что
где R — радиус Земли; Л —высота здания. Отсюда следует, что
и
ДТ = Г2-Г1 = -^-^.
Отставание часов за сутки
Д,=^7Ч = 2.7с.
12.8. Как изменится период колебаний маятника при переносе его
с Земли на Луну?
Периоды колебаний математического маятника на Луне и на Земле
равны соответственно
г<-*»/£•• T-**VJ3-
где #л, g3 ~~ ускорения свободного падения на поверхности Луны
и Земли; / — длина маятника.
Согласно закону всемирного тяготения
мл _ мз
*л кз
где т — гравитационная постоянная; Мл, М3 — массы Луны и Земли;
/?л, R3 — радиусы Луны и Земли. Таким образом, можем записать
12.9. Каково соотношение между высотой И горы и глубиной h
шахты, если периоды качания маятника на вершине горы и на дне
шахты одинаковы?
Если периоды качания маятника на вершине горы и на дне шахты
одинаковы, следовательно,
ён = 8h,
где £//, gh — ускорение силы тяжести на вершине горы и на дне
шахты соответственно.
383

Пусть т — масса тела, находящегося на расстоянии И от
поверхности Земли. Сила тяготения в данном случае
тМ3
или
Л*з
еи ~ 7 (#3 + Я)2'
где М3 — масса Земли; R3 — радиус Земли.
Принимая, что Земля — однородный шар плотностью р, получаем
следующее выражение для ускорения силы тяжести на высоте Н:
4 *3з
Если то же самое тело с массой т лежит на дне шахты
глубиной Л, оно не испытывает со стороны вышележащего шарового слоя
толщиной h никакого притяжения, так как притяжения от отдельных
противоположных частей слоя взаимно компенсируются (см. задачу
12.22). В этом случае
тМ'3
^ = ^Л = -г(^з_Л)2.
где масса шара плотностью р и радиусом Rl=R3 — h равна М3 =
= ±i4>(R3-h)>.
Таким образом, на дне шахты
£Л= 3-яр7(Яз-Л)-
Учитывая, что ци — gh, получаем
откуда
h = R,
Rl
'3 (R3+H)*'
Выражение для h может быть преобразовано следующим образом:
1 1
h = R,
1
C+£)J
Если Н С R3, то« пренебрегая членами, содержащими Я2//?3.
вследствие их малости по сравнению с членами, содержащими H/R3, имеем:
• i_ R*2H
и- я, и —.\-Ri + 2H-
Rt^fl
384

Принимая, что R3 + 2// « R3f получаем
h = 2H.
12.10. Чему равен период колебаний математического маятника,
находящегося в вагоне, движущемся горизонтально с ускорением а?
Период колебаний математического маятника
где gi = V^g2 + a2 — ускорение свободного падения в ускоренно
движущемся вагоне.
Таким образом,
К l/g2 + a*
12.11. На какую часть нужно уменьшить длину математического
маятника, чтобы периоды его колебаний на высоте Н и на
поверхности Земли были равны?
Пусть математический маятник длиной /0 на поверхности Земли
колеблется с периодом
-«-/5.
м3
где g0 = 7 —г "~ ускорение силы тяжести на поверхности Земли (М3
и R3 — масса и радиус Земли соответственно).
м3
На высоте Н ускорение силы тяжести g = т 75—г~т2 • а пеРи°Д
колебаний маятника длиной /
-*/i.
Учитывая, что согласно условию задачи Т = Г0> получаем
go g '
Ц?з '(*3+")4
откуда
/ *3
k ~(/?3+W)'
A/ /„-/ , *з Н(Щ+Н)
/. ~ /» ~ (Д3+Я)3_ (*з + Я)* '
13 6-319 385

Если И < Л3» т0» пренебрегая величинами H*lR\, найдем
Л/ " V '■ *з/ 3 2И
я(2+£>
12.12. Период колебаний математического маятника длиной / в
неподвижном лифте — Г0. Чему равен период колебаний такого
маятника, если лифт: 1) поднимается вертикально вверх с ускорением а =
= 0 fig? 2) опускается вертикально вниз с ускорением а = 0,5g?
3) опускается вниз с ускорением al = l,5g?
1) Ускорение свободного падения при подъеме лифта равно g-\-a9
следовательно,
2) Ускорение свободного падения при опускании лифта равно g —
— а, так что
3) Если лифт опускается с ускорением а± > gt колебания
маятника происходят не около нижнего положения равновесия, а около
верхнего. Период колебаний в этом случае
^3 = 2- У'Й^-Ъ'Ущ-ЪУ*-
12.13. Определить период полного колебания математического
маятника длиной / (рис. 300), если точка перегиба нити /находится на
одной вертикали с точкой подвеса, на расстоянии 1/2 от нее.
Движение маятника справа от вертикали происходит за
полупериод 7\/2 = л Vl/g, а слева — за пол у период 7*2/2 = я VWg*
Полный период
т =
Vh-Vl-Vib+Y^-
« 1,706я1/ ~,
.е
12.14. Два шарика подвешены на нитях одинаковой длины /.
Первый шарик поднимают по вертикали до точки подвеса, второй —при
натянутой нити — отклоняют на малый угол о от вертикали (рис 301),
так что его колебания можно считать гармоническими. Шарики
одновременно отпускают. Какой из них раньше достигнет положения
равновесия?
Первый шарик в свободном падении пройдет путь / за время
*-/!-m./i.
386

Время же, необходимое для того, чтобы второй шарик оказался
в положении равновесия, равно
*-$--?/;-w/f
где Т — период колебания второго шарика.
Как видно, t2>tit т. е. шарик, совершающий свободное падение,
достигнет положения равновесия раньше.
12Л5. К пружине подвешен груз с массой m = 10 кг. Зная, что
пружина под влиянием силы F = 2,45Н растягивается на величину
х = 1,5 см, определить период вертикальных колебаний груза.
W
vv
/
/
<<
Рис. 300
\
Рис. 301
Период колебаний груза на пружине
где k — коэффициент жесткости пружины. Учитывая, что F =
находим
—Агдс,
Т = 2я "|/^= 1,532 с,
12.16. К пружине подвешена чашка весов с гирями. Период
вертикальных колебаний чашки равен 7Y После того, как на чашку
положили добавочные гири, период вертикальных колебаний стал
равен Г2. Насколько удлинилась пружина от прибавления
добавочного груза?
Период колебаний
Ti = 2n
v
где m — масса чашки с гирями; k — коэффициент жесткости
пружины.
13*
367

После добавления гирь с массбй Am период колебаний
1 = 2n|/
т-\- km
Возводя оба выражения в квадрат и вычитая одно из другого,
получим
Т2 — Тх = 4л2 -£- .
Но для упругой силы
и _ F __ gAm
А* "" Ах '
где F — сила, вызывающая удлинение пружины Аде.
Таким образом,
откуда
- * гДт g *
12.17. Ареометр массой т, состоящий из шарика, заполненного
дробью, и цилиндрической трубки с поперечным сечением 5, помещен
в жидкость с плотностью р. Его погружают в жидкость несколько
глубже, чем необходимо для равновесия, и затем отпускают.
Ареометр после этого начинает совершать свободные колебания около
положения равновесия. Найти, как будет зависеть период колебаний
ареометра от его массы, диаметра трубки и плотности жидкости.
На плавающий ареометр действуют сила тяжести Я,
направленная вертикально вниз, и сила Архимеда FA, направленная
вертикально вверх. В положении равновесия P = FA, т. е. P = pgV9 где
р — плотность жидкости; g — ускорение силы тяжести, У = V +
+ Sh — часть объема ареометра, находящаяся в жидкости (V — объем
шарика; Sh — объем части цилиндрической трубки, погруженной
в жидкость). Таким образом, в положении равновесия
P = pg(V + Sh).
1етр на глубину х,
F = Fk-P = PSlV + S(h + x))-P
Если погрузить ареометр на глубину х, то результирующая
выталкивающая сила
или
F = pg[V + S(h + x)]-pg(V + Sh) = ?gSx.
С другой стороны, F = kx, следовательно, k = pgS. Подставив
выражение для k в формулу для периода колебаний Т = 2п Vm/k, полу-
nuu
чим
m
PgS'
388
•-*vi

12.18. Тело (рис. 302) с массой т = 0,8 кг связано с двумя
пружинами жесткостью k = 2000 Н/м. Какой будет амплитуда колебаний
тела, если сообщить ему начальную скорость v0 = 2 м/с?
Горизонтальная плоскость гладкая.
Если телу сообщена начальная скорость v0t оно начнет
деформировать пружины до тех пор, пока кинетическая энергия движения
полностью не перейдет в потенциальную энергию деформации.
Когда тело максимально сместится от положения равновесия,
пружины приобретают потенциальную энергию
*п =
kxt
kA*
'' 2 '
где хмакс — максимальное смещение, или амплитуда колебании А;
k — жесткость пружины. Следовательно,
2
mv0
: 2 '
Отсюда
A = v0}ff =0;
04 м.
12.19. На гладком горизонтальном столе лежит шар с массой М,
прикрепленный к пружине жесткостью k. В шар попадает пуля
с массой т, имеющая в момент
удара скорость и0, направленную вдоль
оси пружины (рис. 303, а). Считая
удар абсолютно неупругим и
пренебрегая массой пружины и
сопротивлением воздуха, определить амплитуду
и период колебаний шара.
FW4^VW4I
su
4\\\N^N^\\\^NSi
^/////^/////////?)/^/////////////////////А',
Рис. 302
Рис. 303
В момент соударения пуля сообщает шару кинетическую энергию,
вследствие чего шар начнет сжимать пружину. Сжатие пружины будет
продолжаться до тех пор, пока вся кинетическая энергия движения
шара не перейдет в потенциальную энергию деформации пружины.
Потенциальная энергия пружины достигнет максимума, когда
кинетическая энергия шара станет равной нулю. При этом смещение
шара от положения равновесия будет максимальным (рис 303, б),
х —А
'"'макс гл*
Чтобы определить амплитуду колебаний, воспользуемся законом
сохранения энергии для системы тел, состоящей из шара, пружины
и пули.
389

В начальный момент движения энергия Ei системы тел
Ех = £ш + ^пр + Еп>
где Еш — энергия шара; £пр — энергия пружины; Еп — энергия пула
Учитывая, что в начальный момент £пр = 0, находим
*i«
(m + iW) ujj
где Vi — скорость шара и пули после удара.
В момент, когда смещение стало максимальным,
Е =0 Е = 0 Е = —
следовательно, в этом положении энергия системы тел
^2 = -2-.
Согласно закону сохранения энергии
Ei = E29
или
/г^2 (m + A/) с J
-0*
Скорость шара после удара пули определяется из закона
сохранения количества движения:
откуда
Отсюда
mv0 = (m + M) Vi,
Р mv<>
Ul~ т + М
kA* __ (m + М) m*v\ _
~2~ 2(т + Л))а ~°*
^ = l/^rw = myo^(
1
(m + М) k *
Шар будет совершать колебания под действием возвращающей
силы упругости, пропорциональной смещению. Поэтому колебания
шара будут гармоническими. Уравнение вюрого закона Ньютона для
шара с застрявшей в нем пулей имеет вид:
^макс = - (т + М) амако = - (т + М) <о2*макс.
С другой стороны, ^макс = — **макс» следовательно,
ь t , ллч 2 4*2(т + М)
k = (m + М) со2 = — TJ t
390

откуда
' = 2я|/
т + М
■У/// У///////.-- :■•//'.'////.
12.20, Диск с, массой М подвешен к пружине, коэффициент
жесткости которой равен k (рис. 304). После того как на диск падает
с высоты h кольцо с массой т, диск и кольцо начинают совершать
гармонические колебания. Полагая удар кольца о диск абсолютно
неупругим, определить амплитуду колебаний. Массой пружины
пренебречь.
При свободном падении с высоты
h кольцо приобретает скорость
После абсолютно неупругого удара
диск и кольцо в начальный момент
времени приобретут скорость vl9
которую находим из закона сохранения
количества движения:
откуда
то = (т + М) vlt
mv __ т V2gh
т +М~т + М
о)
М*т
Рис. 304
Пришедший в движение диск
будет растягивать пружину до тех пор,
пока вся энергия движения диска
и кольца не перейдет в потенциальную
энергию растянутой пружины. Далее
система будет совершать гармонические колебания относительно
некоторого равновесного положения х0.
Так как еще до падения кольца пружина под действием веса Mg
диска растянулась до длины а, то ордината а является начальным
положением колеблющейся системы. Очевидно, что
ka = Mg\ kx0 = (M + m)g. (2)
Запишем закон сохранения энергии для колебательного процесса:
(M + m)v\ k(x0-a)*_kA*
о + о о •
(3)
Здесь первое слагаемое —кинетическая энергия системы в начальном
положении а; второе слагаемое — потенциальная энергия пружины
в том же начальном положении а относительно равновесного
положения Хл* Их сумма равна максимальной потенциальной энергии
пружины kA*/2t где А — амплитуда колебаний.
Определив vv а и х0 из формул (1), (2) и подставляя их в (3),
получаем для амплитуды выражение
A- l/mV ■ 2m2gft
Л" V & ^к(М + т)'
391

12.21. Определить период колебаний шарика, скользящего вниз
и вверх по двум наклонным плоскостям (рис. 305). Трение и потери
скорости при ударе не учитывать.
Если шарик начинает скользить с высоты Л, то он приходит вниз
со скоростью и0 = V2gh. Дальнейшее движение его вверх по
наклонной плоскости будет равнозамедленным со скоростью
v = v0 — at,
где а — ускорение, сообщаемое шарику скатывающей силой F^ =
= mg sin p = та.
При движении по правой наклонной плоскости -
а = g sin p,
поэтому
у = vo — ё* sin p.
Шарик будет двигаться вверх до тех
пор, пока его скорость не станет равной
нулю, т. е.
'"gsinfT
Столько же времени tf шарик будет
двигаться вниз. Поэтому полное время
Рис. 305 его движения по правой наклонной
плоскости
Аналогично для левой наклонной плоскости инеем
т 2"о
gsina
Полный период колебаний шарика
Подставляя выражения для v0, получим
V g \sin fJ sin о/
12.22. Показать, что тело, упавшее в шахту, пронизывающую
Луну по одному из ее диаметров, будет совершать колебания около
центра Луны. Определить период этих колебаний.
На тело, находящееся в шахте на глубине h от поверхности, будет
действовать сила притяжения только со стороны слоев Луны,
лежащих ниже этого тела. Докажем, что сила, действующая со стороны
шарового пояса, лежащего выше тела, равна нулю.
Выделим из всего объема Луны тонкий шаровой слой (рис. 306).
Рассмотрим материальную точку массой mt находящуюся в полости
392

шарового слоя. Построим конусы с малым углом раствора с
вершиной в этой точке. Площади участков, вырезанных этими конусами
в шаровом слое, связаны соотношением
А52
2
Массы, заключенные внутри конусов, пропорциональны площадям
участков AS* и AS2, т. е. Am = аЛ5. Таким образом, действующая
на тело массой т сила притяжения со стороны участка шарового слоя
площадью AS*
?1 ~T 2 t 2 '
Рис. 307
Сила притяжения со стороны участка шарового слоя площадью А52
F m&m2 _ maA52
'2 = 7—-г- -1 ——-
Из написанных уравнений следует, что
т. е. обе силы равны по модулю и противоположны по направлению*
Отсюда видно, что сила, действующая на тело т со стороны
шарового слоя, равна нулю.
Таким образом, на тело, находящееся на глубине h от
поверхности Луны, будет действовать сила
F = T
mW
— hV
&л-Ц
где
М' = уяр(Лл-Л)».
393

т* е.
F = t
(Лл-Л)«
^(^л-л) = ^^ = ^- (*)
(х = (RJl — h) — расстояние тела от центра Луны).
В результате мы видим, что в точках А я В (рис. 307),
отстоящих на одинаковом расстоянии от центра Луны, на тело т будут
действовать силы, пропорциональные расстоянию до центра планеты,
равные между собой по величине и направленные к центру, т. е,
восстанавливающие силы. Под действием этих сил тело будет
совершать гармонические колебания около центра Луны. Период таких
колебаний
у//////////////.
V///''////////////////////////,/.
■ — Vt-
Из
выражения (*) находим
VnMjy
« = —г" »
■-/&
12.23. Две пружины с
коэффициентами жесткости ki и k2
соединены в одном случае
последовательно (рис. 308, а), в другом — na-
Каково отношение периодов вертикальных
колебаний грузов на таких пружинах?
Определим жесткость системы пружин в первом и во втором
случае:
а) Под действием силы F каждая из пружин растянется на длину
Рис. 308
раллельно (рис* 308, б).
F_
*7
_ F
*2_ *7'
Для системы пружины можно записать:
F = kx = k{xi + x2) = k^-r +YJ9
откуда
fti + V
Период колебаний груза с массой т
T'—Vt-*V4
k2)m
994

б) Сила F, действующая на систему пружин, может быть
разложена на две составляющие, одна из которых Fx приложена к пру*
жине 19 другая F2 — к пружине 2. Обе пружины растянутся на
одинаковую длину х.
Для каждой из пружин можно записать
Для системы пружин
или
Г1 — ^1*1 *2 = *2*'
F = kx9
М + К* = **{
Л ^= Л| ~f— /?2«
Период колебаний груза массой т
В результате находим:
12.24. Горизонтальная платформа совершает круговые колебания
в горизонтальной плоскости с частотой v и амплитудой А. На
платформе лежит груз, коэффициент трения которого о платформу равен
£_. При каком условии груз не будет скользить по платформе?
Груз не будет скользить по платформе, если k mg ^ >лдмакС1
где m — масса груза; g — ускорение силы тяжести; амакс —
максимальное ускорение платформы:
где А — амплитуда колебаний. Таким образом, условие отсутствия
скольжения запишется в виде:
12.25. Однородный шарик радиуса г катается по внутренней
стороне сферической поверхности радиуса R. Полагая колебания шарика
гармоническими, определить их период Т (рис. 309).
Сравним движение центра шарика с движением конца
математического маятника длиной R — г. Обе точки описывают дугу
окружности радиуса R—r* Применим закон сохранения энергии к шару
и маятнику.
Кинетическая энергия катящегося шара:
= 0,7/n^J,.
395

Пусть при угле ср„ шар и маятник покоятся; тогда закон
сохранения энергии для каждого из них можно записать в виде:
0.7тш14 = mmg (R — г) (cos <р0 - cos <р),
где <ро — угол максимального отклонения;
тмим
—£- = mMg (R — г) (cos <p0 — cos 9).
Из этих двух уравнений получаем:
-*£-/*•
-<F
Рис. 309
Рис. 310
Так как шар движется в 1/ -=■ раз медленнее маятника, то период
колебаний шара будет во столько же раз больше периода движения
математического маятника длиной R — г. Таким образом, для
искомого периода находим
■-*У*ъ
-г)5
12.26. На концах тонкого невесомого стержня длиной /
укреплены грузики с массами т1 и т2. Стержень колеблется вокруг
горизонтальной оси, проходящей через его середину (рис. 310).
Определить период колебаний, совершаемых стержнем для случаев, когда:
1) стержень невесом; 2) масса стержня равна тс.
Период колебаний физического маятника
T = 2nV-L,
V таа
mga'
где / — момент инерции маятника; т — его масса; а — расстояние от
центра тяжести до оси вращения; g — ускорение свободного падения.
1) Момент, инерции маятника для случая, когда стержень невесом,
равен сумме моментов инерции грузиков: / = 1г + /2. Пренебрегая
размерами грузиков, т. е. считая их материальными точками, получим
I e=nti
(т) +m2(?) =T(mi+mJ-
396

Масса маятника т = т^-\~т2. Для определения расстояния а
напишем условие равновесия грузиков:
Щ8 (д + а) — т*8 ("2 " а) = °'
а_(Щ — тх) I
2 (т2 + тх)"
Период колебаний может быть записан в виде
-uVl
{тг + т2) (т!+т2)2
(тх + т2) g (m,
— тх)/ r g(ma — т,)'
2) Если масса стержня равна тс, то момент инерции У = /j.-f-
+ ^2 + ^с* Учитывая, что момент инерции стержня относительно оси,
проходящей через его середину, /с=.тя/яс/21 находим
/ = ^(3ml+3ma + mc).
Масса маятника m = пг1 + ma + /яс. Условие равновесия:
mig \j + aj + mcga - m2g (-g- — a J = 0,
откуда
Л _ ' (m2 - mt)
2(m1 + m2 + mc)'
Период колебаний
= 2я/7
(3/Wi + 3m2 + mc)
6g (m2 — mj
12.27. Однородный диск радиуса R колеблется около
горизонтальной оси, проходящей через одну из образующих поверхности
диска* Каков период его колебаний?
Период колебаний физического маятника
Y тца
mga
Согласно теореме Штейнера момент инерции диска / относительно
оси, не проходящей через центр тяжести диска:
I = I0 + ml\
397

где /0 — момент инерции диска относительно оси, проходящей через
центр тяжести; т — масса диска; / — расстояние между осями.
Учитывая, что в данном случае / = Я; /0 = -^ mR2; a = R, находим
Т = 2я
—УЩ-
12.28. На стержне длиной / укреплены два одинаковых грузика —
один в середине стержня, другой на одном из его концов. Стержень
с грузиками колеблется относительно
горизонтальной оси, проходящей через другой конец
стержня (рис. 311). Определить приведенную
^ длину и период колебаний физического маятника
\ (массой стержня пренебречь).
* Известно, что
£*
ч;
(У1
л г mga
\\
Y tnga ma
Ь
где L — приведенная длина.
Момент инерции маятника равен сумме
моментов инерции грузиков, которые можно
рассматривать как материальные точки с массой
ш19 т. е. / = /i + /2 = тх/2 + mt (//2)2 =
= 1,25т!/2.
Масса маятника m = 2mv Центр тяжести
будет находиться на середине расстояния
между грузиками, т. е. а = 1/2 -f-1/4 = 0,75/. Таким образом,
Рис. 311
'-|; '— VI
бе"
12.29. В открытую с обоих концов U-образную трубку с
площадью поперечного сечения 5 быстро вливают ртуть массой т.
Определить период колебаний ртути в трубке.
При смещении уровня ртути от положения равновесия на
величину х на ртуть будет действовать сила F = pgS2*. С другой
стороны, F = kxt следовательно, k = 2pgS и
T-*Vi-*V£.
2pgS-
12.30. Скорость звука в воде v = 1450 м/с. На каком расстоянии
находятся две ближайшие точки, совершающие колебания в
противоположных фазах, если частота колебаний v = 725 Гц?
Две ближайшие точки, колеблющиеся в противофазах, находятся
на расстоянии / = Х/2, где X — длина волны. Так как X = t//v, то
/ = ~=1 м.
2v
398

12.31. Волны распространяются со скоростью 0 = 400 м/с при
частоте v = 500 Гц. Чему равна разность фаз двух точек, отстоящих
друг от друга на расстояние / = 0,2 м?
Если две точки отстоят друг от друга на расстояние, равное
длине волны, то разность фаз равна 2л. Следовательно, если точки
отстоят на / друг от друга, то разность фаз
Длина волны
значит,
12.32. Определить показатель преломления звуковых волн на
границе воздух — стекло. Модуль Юнга для стекла равен 6,9 • 1010 Н/ма
плотность стекла р = 2,6 • 10э кг/м3, температура воздуха t = 20° С.
Скорость звука в воздухе vx = 340 м/с.
Показатель преломления показывает, во сколько раз скорость
распространения волн в первой среде больше, чем во второй:
я = — ♦
v2
где vx и v2 — скорости звука в воздухе и стекле соответственно.
Скорость распространения акустических колебаний в газе
определяется формулой
д<р=т
V
2nh
Дер = =
т v
2л.
»
= 0,5я.
*-/?■
где к = Cp/Cv (Cv, Ср — молярные теплоемкости газа при
постоянном объеме и постоянном давлении, соответственно); ц —
молекулярный вес газа; R — универсальная газовая постоянная; Т — абсолютная
температура.
Скорость распространения акустических колебаний в среде
определяется формулой
где Е—модуль Юнга; р — плотность среды. Таким образом,
-■уф-*
-Р 067.
12.33. Два поезда идут навстречу друг другу со скоростями и =
= 72 км/ч и v = 54 км/ч. Первый поезд дает свисток на частоте v =
= 600 Гц. Найти частоту звука, который слышит пассажир второго
поезда: 1) до встречи поездов; 2) после встречи поездов. Скорость
звука с принять равной 340 м/с.
399

По принципу Доплера частота звука, воспринимаемая
наблюдателем, определяется формулой
->■ -+■
' c+v .
С — И
где v — частота звука, посылаемого источником; и — скорость дви
-»- -*•
жения источника звука; v — скорость движения наблюдателя; с —
вектор скорости распространения звука, направленный от источника
к наблюдателю.
1) Если поезда сближаются,
v' = i±^v = 666ru.
с — и
2) Если поезда удаляются друг от друга,
с+ и
\> = 542 Гц.
12.34. Какую индуктивность надо включить в колебательный
контур, чтобы при емкости С = 2 мкф получить звуковую частоту v =
= 103 Гц? Сопротивлением контура пренебречь.
Период колебаний контура можно определить по формуле Том-"
сона Т = 2л VLC, откуда
4л2С Ап^К
12.35. Ток в колебательном контуре изменяется со временем по
закону / = 0,01 cos I000/. Найти индуктивность контура, зная, что
емкость его конденсатора С = 2 • 10~^ Ф.
Зависимость силы тока от времени в общем виде может быть
представлена как / = /0 c<>s со/. Согласно условию задачи со =
= 1000 с"1, значит,
Т = 2? = 2я • 10~3 с.
со
Из формулы Томсона
L=^l = 0,05r.
12.36. Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью
С = 48 мкФ и катушки индуктивностью L = 24 • 10~3 Г и активным
сопротивлением R = 200 Ом. Определить частоту свободных
электромагнитных колебаний в этом контуре. Насколько изменится частота,
если пренебречь активным сопротивлением катушки?
Период электромагнитных колебаний в контуре, состоящем из
емкости С, индуктивности L и сопротивления R, определяется
формулой
т. 2я
V LC \2Lj
AM

Частота
Если R = О, то
- i/£-(*)'—•*
Ti = 2л VLC;
П= ]т==Ш Гц,
Av = vx — v = 16 Гц.
12.37. В контуре с индуктивностью L и емкостью С совершаются
свободные незатухающие колебания. Зная, что максимальное
напряжение на конденсаторе равно £/макс, найти максимальный ток в
контуре.
Закон сохранения энергии в данном случае запишется в виде:
CU* , LI* CUMaKC L1
макс
2 ~|~ 2 — 2 ~~ 2 •
откуда
'макс ^макс
VI-
12.38. Тонкий стержень длиной / закреплен с обоих концов.
Определить возможные собственные частоты продольных колебаний.
Решить задачу, если закреплен один конец стержня.
На закрепленных концах стержня находятся узлы, и на стержне
должно укладываться целое число полуволн:
где ft = 1, 2, 3, ..«— целые числа. Отсюда
Х-*
v. vk
V =
г. е.
v" X ~2Г#
_ v __ v 3v
vi - 2Г; *а ~ -j; va - 2/«
Если один конец стержня закреплен, а другой свободен, то на
закрепленном конце будет узел, а на свободном — пучность, и тогда
на стержне должно укладываться целое число Х/4:
, х
401

где п = 1, 2, 3, i. * — целые числа. Таким образом,
П
Рис. 312
_ и _ vn
" ~ Т ~~ 4/ '
т. е.
47;
27*
J..L
4 /
12.39. Определить минимальную длину
воздушного столба в сосуде (рис. 312),
резонирующего с колебаниями камертона с частотой vK =
= 440 Гц. Скорость звука v « 332 м/с.
Явление резонанса наступит тогда, когда
частота собственных колебаний воздушного
столба vB будет совпадать с частотой
колебаний камертона: vK = vB.
На границе воздух — вода образуется узел,
на другом конце воздушного столба
образуется пучность. Следовательно, на длине
воздушного столба / будет укладываться целое
число Х/4, которое мы обозначим л:
/ = — л = — л.
4 4vB
Для основного тона п= 1, следовательно, частота основного тона
__ V
V-4T
хак как vBl = v,
то
19,7 см.

ОПТИКА 13. Геометрическая
оптика
Световой луч. Световым лучом называется бесконечно тонкая линия,
вдоль которой распространяется лучистая энергия.
Оптические системы. Тела или системы тел, преобразующие ход
лучей света, называют оптическими системами.
Если расходящийся пучок лучей, идущий от светящейся точки,
преобразуется оптической системой в сходящийся пучок, изображе-
Рис. 313 Рис. 314
ние точки, получающееся в месте пересечения преобразованных
лучей, называют действительным.
Если расходящийся пучок лучей, выходящий из светящейся точки,
преобразуется оптической системой так, что он остается
расходящимся, изображение точки, получающееся на месте пересечения
продолжений преобразованных лучей, наэы- „
вают мнимым. ^/^-^
Отражение света. При отражении све- J7 ^"\^^
та от границы раздела двух сред угол па- А ^"\^^
дения о равен углу отражения 7 (рис. 313). ob fc^^V
Луч падающий и луч отраженный ле- Я ь^*^^^
жат в одной плоскости с перпендикуля- \ ^^^^
ром, восстановленным в точке падения. \^^^
Плоское зеркало. Если параллельный
пучок лучей, падающий на плоскую по- Рис. 315
верхность раздела двух сред, после
отражения остается параллельным, отражение называется зеркальным,
а сама поверхность называется плоским зеркалом (рис. 314).
Сферическое зеркало. Если зеркально отражающая поверхность
представляет собой часть шаровой поверхности (рис. 315), то такое
зеркало называется сферическим. Центр шара — точку С — называют
оптическим центром зеркала, его радиус R — радиусом зеркала.
Вершина шарового сегмента О называется полюсом зеркала, угол а,
под которым этот сегмент виден из оптическога центра,— угловым
отверстием (апертурой) зеркала. Прямая, проходящая через
оптический центр зеркала, называется его оптической осью. Оптическая ось,
403

проходящая через полюс зеркала, называется главной, а прочие —
побочными оптическими осями.
Согласно законам отражения, луч, падающий на сферическое
зеркало, и луч отраженный составляют с радиусом зеркала одинаковые
углы и лежат с ним в одной плоскости.
Вогнутое зеркало; Фокус. Фокусом зеркала называется точка,
в которой пересекаются после отражения параллельные лучи,
упавшие на зеркало. Фокус, лежащий на главной оптической оси,
называется главным фокусом. Фокус, лежащий на побочной оси,—
побочным. Фокусы вогнутого зеркала действительные. Расстояние между
полюсом и главным фокусом называется главным фокусным
расстоянием F. Геометрическое место всех фокусов представляет часть
сферической поверхности, называемую фокальной поверхностью.
Рис. 316
Если диаметр сферического зеркала значительно меньше его
радиуса кривизны Rt то фокусное расстояние
F-2-
Радиус фокальной поверхности
Если светящаяся точка (небольшой по сравнению с R
протяженный предмет) находится на расстоянии d от зеркала и ее
изображение получается на расстоянии / от него, то
В этой формуле все расстояния от зеркала до мнимых точек берутся
со знаком «минус», до действительных точек — со знаком «плюс».
Фокусное расстояние вогнутого зеркала всегда положительно.
Величину D = 1/F называют оптической силой зеркала. Фокусное
расстояние F и радиус R измеряются в метрах. Единица измерения
оптической силы (м~*1) называется диоптрией.
Для построения изображения А' какой-либо точки А предмета
наиболее удобны лучи, идущие, как показано на рис. 316:
404

луч, проходящий через оптический центр зеркала, идет по тому
же направлению назад (луч АСЕ);
луч, проходящий через фокус, после отражения пойдет
параллельно оптической оси, на которой лежит этот фокус (луч AtD)\
луч, идущий параллельно оптической оси, после отражения
проходит через фокус, лежащий на этой оси (луч ABA').
Линейное увеличение (уменьшение) предмета, даваемое зеркалом,
я" h " d ~d-F*
где И — высота изображения; h — высота предмета.
Выпуклое зеркало. Если пучок параллельных лучей падает на
выпуклое зеркало, то после отражения продолжения лучей
пересекаются в точке, называемой фокусом.
Фокус выпуклого зеркала мнимый.
Формула выпуклого зеркала
F - R ~ d^ f '
Правило знаков для d n f остается
таким же, как и для вогнутого
зеркала.
Линейное увеличение предмета
k-JL-l L-
h - d ~d + F'
Рис. 317
Преломление света. Свет, идущий из вакуума в некоторую среду,
частично отражается и частично преломляется. Угол падения а и угол
преломления р связаны соотношением (рис. 317):
sin a
sin p
= п,
где л —абсолютный показатель преломления данной среды (см.
ниже).
Если луч света переходит из среды / в среду 2, то
sin д __ п2 __
Лп1"^",Ла1,
где nv пг — абсолютные показатели преломления среды 7 и 2
соответственно, n2i — относительный показатель преломления среды 2
относительно среды /. Данное равенство верно и при обратном
переходе луча из среды 2 в среду /.
Абсолютный показатель преломления показывает, во сколько раз
скорость света в вакууме с больше скорости света в данной среде:
с
п = —,
v
405

Относительный показатель преломления показывает, во сколько раа
скорость света в одной среде больше, чем во второй:
rt2i = r- = -г- •
Если показатель преломления п+ среды 1 больше показателя
преломления л2 среды 2 (т. е. свет переходит из оптически более
плотной среды в оптически менее плотную),
то при угле падения а, превышающем
некоторое предельное значение апр, луч
полностью отражается от границы
раздела и возвращается в среду / (рис. 318).
^ Угол <хпр называется предельным
углом полного внутреннего отражения.
Очевидно, что
п± sin впр = п2 sin 90° = п2\
Рис. 318
Sin а— = —,
Собирающие линзы* (рис. 319, а). Точку линзы, через которую
лучи проходят, не изменяя своего направления, называют оптическим
центром линзы. Прямые, проходящие через оптический центр, назьь
ваются оптическими осями. Оптическая ось, проходящая через центры
сферических поверхностей линзы, называется главной оптической
осью.
% I
а 6
Рис. 319
L
i
А
2Г \
? .
^
V
Л
\
\
► 2Г
' ?\
А<
V 5:1
^
/
в,
Рис. 320
Фокусом собирающей линзы называется точка, в которой
пересекаются параллельные лучи после преломления в линзе. Фокус
собирающей линзы — действительна* й. Фокус, лежащий на главной
оптической оси, называется главным фокусом. Плоскость,, в которой лежат
фокусы, называется фокальной плоскостью. Расстояние от вершины
преломляющей поверхности до главного фокуса называется главным
фокусным расстоянием F.
Правила хода лучей в собирающей линзе (рис.. 320):
♦ Все рассматриваемые здесь линзы являются тонкими, т. е. их толщинами
можно пренебречь по сравнению с их радиусами кривизны.
406

луч, падающий на линзу параллельно какой-либо оптической оси,
после преломления пройдет через фокус, лежащий на этой
оптической оси;
луч, идущий вдоль оптической оси, не меняет своего направления;
луч, проходящий через передний фокус, после преломления в линзе
пойдет параллельно главной оптической оси;
луч, проходящий через передний двойной фокус, после
преломления пройдет через задний двойной фокус***
Рис. 321 Рис. 322
Формула собирающей линзы:
F f ^ d%
где F — фокусное расстояние линзы; D — оптическая сила линзы;
/ — расстояние от изображения до линзы; d — расстояние от предмета
до линзы. Правило знаков будет таким же, как и для зеркала.
Линейное увеличение, даваемое линзой,
*~ h - d*
где Н — высота изображения; h — высота предмета (рис* 320).
Рассеивающие линзы (рис. 319, б). Лучи, упавшие на
рассеивающую линзу параллельным пучком, расходятся так, что их
продолжения пересекаются в точке, называемой мнимым фокусом.
Правила хода лучей в рассеивающей линзе (рис. 321):
лучи, падающие на линзу параллельно какой-нибудь оптической
оси, после преломления пойдут так, что их продолжения пройдут
через фокус, лежащий на этой оптической .оси;
луч. идущий вдоль оптической оси, не меняет своего направления.
Формула рассеивающей линзы:
U F f^d
(правило знаков остается прежним).
* Двойной фокус — точка на главной оси, удаленная от лянэы яа двойное
фокусное расстояние.
407

Следует учесть, что отрицательным может быть и d (т. е.
мнимым может быть не только изображение, но и источник). Например,
если направление лучей, показанных на рис. 322 и идущих от точки 5
к линзе, изменить на обратное, то Sx будет мнимым источником,
а 5 — его действительным изображением (такой случай возможен,
если справа от данной линзы поместить другую линзу, собирающую
лучи в точку Sj).
Фокусное расстояние линзы определяется по формуле
F -\K^ vUi + /?J'
где лл, лср — показатели преломления материала линзы и среды;
Ru R2 — радиусы сферических поверхностей линзы.
Для выпуклой поверхности R берется со знаком «плюс*, для
вогнутой — со знаком «минус», для плоской — R = оо. Для плотно
прилегающих друг к другу нескольких линз справедливо выражение:
D = Di + D2 + D8,
где D — оптическая сила системы; D^, D2, D9 — оптические силы
данных линз.
Если линза вплотную прилегает к зеркалу, то
D = 2Dt + D2t
где Dx — оптическая сила линзы; D2 — оптическая сила зеркала.
Лупа. Увеличение, даваемое лупой,
*- F • *
где L — расстояние наилучшего зрения; F — фокусное расстояние
лупы.
Микроскоп. Увеличение микроскопа
k = Ld/F^z,
где L — расстояние наилучшего зрения; d — расстояние М£жду
фокусами объектива и окуляра; Fl9 F2 — фокусные расстояния объектива
и окуляра.
Телескоп. Увеличение телескопа
где Fi, F2 — фокусные расстояния объектива и окуляра.
Световой поток Ф, излучаемый источником, определяется из
формулы
где W — полная энергия излучения; t — время излучения.
Телесный угол — часть пространства, ограниченная конической
поверхностью (рис. 323). Величина телесного угла измеряется отно-
408

шением площади S, вырезаемой этим углом на поверхности сферы
(с центром О в вершине телесного угла) к квадрату радиуса сферы R:
-*•
Единицей измерения телесного угла является стерадиан (ср) —
угол, вырезающий единичную площадь на сфере единичного радиуса.
Очевидно, что телесный угол, охватывающий все пространство
вокруг источника света, равен 4я ср:
Сила света численно равна световому потоку в единице телесного
угла:
/ = -*.
1 Q *
(*)
Рис. 323
В качестве единицы измерения
силы света принята кандела (кд) — сила
света, испускаемая при определенных
условиях эталонным источником
света специальной конструкции.
Из (*) следует, что единицей
светового потока является световой
поток, создаваемый точечным
источником света с силой света, равной
одной канделе в телесном угле в один
стерадиан. Эта единица называется
люменом (лм).
Освещенность. Освещенностью поверхности называется отношение
светового потока Ф, падающего на данную поверхность, к площади
этой поверхности
£ = -*
За единицу освещенности принимается люкс (лк). Люкс —
освещенность поверхности площадью 1 м2 световым потоком в 1 лм,
падающим перпендикулярно к поверхности.
Точечный источник света силой / создает на площадке, отстоящей
от него на расстоянии г, освещенность
£ =
/cos a
где а — угол падения лучей.
Светимость численно равна световому потоку, испускаемому
единицей площади светящегося тела:
409

Яркость В протяженного источника света измеряется силой света
излучаемого с единицы площади видимой (перпендикулярной к
направлению наблюдения) поверхности этого источника:
где 1' — сила света; S<> — видимая поверхность. Единицей измерения
яркости является кандёла на квадратный метр (кд/м2).
13.1. Луч падает на плоскопараллельную стеклянную пластинку
под углом а = 30°. Выходящий из пластинки луч параллелен
падающему (рис. 324). Показатель
преломления стекла п= 1,5. Какова
толщина пластинки, если расстояние
между лучами CD = 3,88 см?
Из рисунка видно, что
\сГ|
V
в\ сС\ '
CD
АВ = AC cos p.
AC =
sin (a — p)'
Отсюда
AB =
CD cos p
sin (я — p)'
Рис. 324
Угол преломления р определяем из
закона преломления sin a/sin p = п,
откуда sin р «х ^-? = 0,333; р «
и 19°30', а-р=Ю°30'.
После подстановки числовых значений получаем
АВ = 0,2 м.
13.2. Луч падает под углом а на тело с показателем
преломления л. Как должны быть связаны между собой а и п, чтобы
отраженный луч был перпендикулярен преломленному (рис. 325)?
Согласно закону преломления света
sin a
sin p
= п.
Отраженный луч направлен под тем же углом к поверхности, что
и луч падающий, Следовательно, угол между отраженным и
преломленным лучами равен 180° - (а + р) = 90° и 0 = 90° - а. Таким
образом, закон преломления может быть представлен в виде
Sin a
sin(90°-a) = n = t6a-
/ 13 о3оСчВзл/ИМНО пеРпенДикулярные лучи идут из воздуха в жидкость
(рис. 326). Угол преломления первого луча — р*, второго — р2. Найти
показатель преломления жидкости.
410

Закон преломления для каждого из лучей:
sin av sin a2
sin pi sin p2
Из рисунка следует: 7i + 72 = ^°; «i-rf-Ti = ^0o; «2 + 7a=^0°;
следовательно, a2 + o2 = 90° н sin c^ = sin (9(r — a2) = cos a2, Таким
образом, ранее записанные законы преломления могут быть
представлены в виде
COS a2 __ . sin a2 _
sin Pi — ' sin p2 ~~
Рис. 325 Рис. 326
Решая полученную систему уравнений, находим:
. sin р, . /sin p2\
tg a2 = s-БТх: az = arcte l^rlli:
. Г . /sin p2\l
sin arctg U^r i
n_ | bVsinp1/J_ 1
sinp2 /sin2p1 + sin2p2"
13.4. Монохроматический луч падает под углом ах = 60° на
боковую поверхность стеклянной равнобедренной призмы. Угол у вершины
призмы 7 = 40°. На какой угол сместится луч, вышедший из призмы,
если показатель преломления материала призмы п = 1,54 (рис. 327)?
Получить формулу для определения угла смещения луча для случая,
когда угол падения на поверхность призмы и преломляющий угол
призмы 7 малы (преломляющий угол призмы — угол между
преломляющими гранями).
Из рассмотрения треугольника DEM следует: ос2 = 7 — Pi. Из
треугольника DEN: Ь = (с^ — рх) + (р^ — а2) = а2 + р2 — 7 или р2 =
= Т.+ * - а1в
Из закона преломления sinctj/sinpi = n; sinoc2/sin p2 = 1/л*
sin (7 + Ь — ай) = п sin (7 — Pi); (*)
sin p1 = ^1=0,562;
р1 = 34°12';
sin (0 - 20°) = п sin 5° 48' = 1.54 • sin 5° 48',
411

Принимая sin a « а, получаем
Ь — 20° = 8° 54\
» = 28°54'.
Для того чтобы вывести формулу для определения угла & при
малых ах и 7, выражение (*) представим в виде:
—sin ctj cos (& + 7) + sin (T + &) cos a, =
= n sin 7 cos 3j — я sin Pi cos 7.
Вследствие малости углов 7 и 0 можем записать sin(f+ &) ~ 7+ &I
cos (7 + &) « 1; cos 7 ~ 1; sin 7 ~ 7-
Таким образом, рассмотренное выражение преобразуется к виду
—sin ax + (7 + &) cos av = 7л cos px — n sin p1#
Учитывая, что n sin px = sin alf находим
0 cos ax = 7/1 cos Pi — 7 cos alf
или
ь= [«coefcj
L cos ax J
Вследствие малости углов ax и рх можем считать cosax « 1; cospx «
к 1, так что
» = (*-1)7.
13.5. Монохроматический луч падает на боковую грань
равнобедренной призмы и после преломления идет параллельно основанию
призмы. Выйдя из призмы, он оказывается отклоненным на угол ft
от своего первоначального направления. Найти связь между
преломляющим углом призмы 7* показателем преломления п и отклонением
луча 0 (рис. 328).
Из рисунка следует, что рх = а2, следовательно, законы
преломления света на каждой из граней можно представить в виде:
sin o^/sin Pj = л; sin Pi/sin p2 = 1/л, откуда следует, что*ах = р2.
Из треугольника DKE:
Т = Pi + *>•
412

Из треугольника DME:
» = (ai-p,) + (Pa-a,).
Учитывая, что at = f)2. Щ = Pi» получаем
= 2(a1-pI); a, =
» + ■
Закон преломления света на грани АВ можно записать в виде:
= л
sini
или
sin
№)-«"■*■
13.6. Проследить ход луча, падающего нормально на грань АС
прямоугольной равнобедренной призмы (рис. 329). Показатель
преломления материала призмы пх = 1,6. Как изменится картина, если
призму поместить в сероуглерод, показатель преломления которого
п2 = 1,63? Угол падения луча на грань АВ a = 45°»
Рис. 329
Рис. 330
Предельный угол полного внутреннего отражения находим из
условия
5*п «пп = Г- = 0.625; «по « № 42'*
ПР п
пр
Так как угол падения луча больше предельного, луч испытает полное
внутреннее отражение от плоскостей АВ и ВС и выйдет из призмы
параллельно первоначальному лучу, но в противоположном
направлении.
В случае, когда призма опущена в сероуглерод, явление полного
внутреннего отражения от грани АВ наблюдаться не будет. Луч
испытает преломление и выйдет под углом р к грани АВ (рис. 330)*
Из закона преломления sin a/sin p = п2/п1 получаем
sin p = ^ sin a = 0,694; р « 43° 57'.
413

Следовательно, луч, вышедший из призмы, отклонится на угол
f = a-p« 1°3'
от своего первоначального направления.
13.7. Каков преломляющий угол f призмы из стекла с
показателем преломления п= 1,56, если луч, упавший нормально на одну ее
грань, выходит вдоль другой (рис. 331)?
По условию задачи вышедший из призмы луч идет вдоль грани.
Следовательно, угол падения на эту грань — предельный:
a = а. :
sin anD = — = 0,641; a = ann = 39° 52'
пр n nP
Рис. 331
Рис. 332
Углы 7 и a равны, как углы со взаимно перпендикулярными
сторонами:
т = 39°52\
- 13.8. На стакан, наполненный водой, положена стеклянная
пластинка, Под каким углом должен падать на пластинку луч света,
чтобы от поверхности раздела воды со стеклом произошло полное
внутреннее отражение (рис. 332)? Показатели преломления стекла -
л1 = 1>6, воды — п2 = 1,33.
Если луч падает на границу раздела оптически более плотной
и оптически менее плотной сред под углом a = a , преломленный
луч скользит по границе раздела сред, т. е. угол преломления р =
= 90°.
В таком случае согласно закону преломления
singnp^n2
sin 90° rii •
где п2 — показатель преломления воды.
•Шо^-Ь. 0,8312,
апр = 56° 13'.
414

Для границы раздела воздух — стекло закон преломления
записывается в виде
• sina0
sin p6
= пь
Из рисунка следует, что ро = а^, т. е.
sin а0 = п± sin ро = 1,33.
Таким образом, получаем, что для полного внутреннего отражения
на границе стекло — вода луч должен падать на стеклянную
пластинку под углом, синус которого равен 1,33, что невозможно.
13.9. Показатели преломления воды — п± = 1,33,
скипидарена = 1,48. Как должны относиться толщины слоев жидкостей, чтобы
времена распространения в них луча были
одинаковыми?
Показатели преломления
с
П2 = щ-
где с — скорость света в вакууме; v±4
v2 — скорости света в воде и скипидаре
соответственно.
с
и2 = —•
Рис. 333
Толщины слоев жидкостей
откуда
£ = ^=^=1,112.
d2 v2 rii
13.10. На верхней и нижней сторонах стеклянной пластинки
толщиной d нанесены царапины. Чему равен показатель преломления
стекла, если при наведении микроскопа с верхней царапины на
нижнюю его тубус пришлось опустить на расстояние d± (рис. 333)? Углы
отклонения лучей, попадающих в объектив, от оси микроскопа
считать малыми.
Лучи от нижней царапины А после преломления на верхней
границе пластинки будут казаться исходящими из точки Аи которую
можно рассматривать как изображение нижней царапины в
плоскопараллельной пластинке.
При наведении микроскопа с верхней царапины на нижнюю тубус
следует передвинуть на расстояние
AtB = d^
Из Д ABC и'Д/^ДС получим
ВС = d tg а, ВС = dt tg p,
tg|=d_
tg a di'
415

Учитывая, что для малых углов
находим
tg р _ sin P _
tg a ~ sin а ~~ '
57= «■
13.11. На дне сосуда» наполненного до высоты h водой, находится
точечный источник света (рис. 334). На поверхности воды плавает
круглый диск так, что его центр находится над источником. При
каком минимальном диаметре диска лучи от источника не будут
выходить из воды?
ш аШШШЩв
X
f
'/ИШШ00Ш^Я#ШШ#44&
Рис. 334
Лучи, идущие из светящейся точки S, падают на границу раз-
дола сред вода — воздух расходящимся пучком. Если на край
непрозрачной пластинки (в точки А и В) лучи падают под углом а,
причем а = апр (апр — предельный угол), то ни один луч в воздух не
попадет, так как все лучи, угол падения которого больше
предельного, на границе вода — воздух испытают полное внутреннее
отражение.
Для лучей, идущих из воды в воздух под предельным углом,
можно записать
мпапв--.
пр
где п2 = 1 — показатель преломления воздуха; пх — показатель
преломления воды.
Из Д SDB находим диаметр пластинки
Решая совместно два полученных уравнения, получаем
2/1
d =
Vnl-l
13.12. Столб АВ вбит в дно реки. Часть его высотой Л* = 1,5 м
возвышается ыад водой. Найти длину тени столба на поверхности
и на дне реки, если высота солнца над горизонтом a = 40°, а глубина
реки Л, = 3 м (рис. 335).
416

Как видно из рисунка, длина тени на поверхности воды
lt = AD = hi ctg а ж 1,79 м.
Длина тени на дне
/2 = Ж7 = ff + DC = /4 ctg a + fc2tg р.
Из закона преломления
sin (90°— a)
—5ПГр—=Л;
sia Р = — sin (90° — а) = — cos а = 0,576,
п п
где п — показатель преломления воды;
р = 35° 10',
/$ ж 1,79 м + 2,12 м = 3,91 R
13.13. Луч, направленный горизонтально, падал на вертикальный
экран. Когда на пути луча поместили небольшое зеркальце (рис. 336),
то светлое пятно на экране сместилось вверх на h = 5,2 см.
Определить угол падения луча на зеркальце, если расстояние от зеркальца
до экрана / = ВО см.
~7^
Рис. ЗЭ6
Из рисунка ясно, что
р = 180° - 2а; tg р = А « 0,0867,
р = 5°, а =87° 304
13.14. Два плоских прямоугольных зеркала образуют двугранный
угол т = 178°i На расстоянии d = 8 см от линии соприкосновения
зеркал и на одинаковом расстоянии от каждого из них находится
точечный источник света. Определить расстояние между мнимыми
изображениями источника в зеркалах.
Построим изображение источника 5 в каждом из зеркал (рис. 337).
Так как лучи SA и SB перпендикулярны к плоскостям зеркал, то
из чертежа следует
Z.ASB = a, AS = <*cosy.
14 6-319
417

Учитывая» что мнимое изображение в плеском зеркале находится
на рас£№$Шии, равном расстояние предмета до зеркала, т. е.
AS = ASif
находим
SiK = SSt sin -j = 2AS sin £ = 2d cos & sin -4 = d sin Св.
Расстояние между мнимыми источниками
5jS2 = 2SiK = 2ds\na = 2dsin(180° — 7) = 0,56 см.
15-15. Два зеркала наклонены друг к другу и образуют
двугранный угол а (рис. 338). На одно из них падает луч, лежащий в
плоскости, перпендикулярной к ребру ytyia.
Найти, на какой угол повернется Луч
после отражения в обоих зеркалах*
^" Обозначим угол поворота лУЧа
через <р. Из рисунка следует, что
Рис. 337
Рис. 338
а =» if -J- i2f где t'i — угол падения луча на плоскость ОА\ i2 — угол
падения луча на плоскость ОВ. Угол поворота луча
ср = 2i"i + 2ia = 2а.
13.16. Определить предельный угол полного внутреннего
отражения для алмаза в воздухе и воде.
Известно, что при предельном угле падения преломленный луч
скользит вдоль границы раздела двух сред, т. е, угол преломления
р = 90°* Согласно закону преломления
п2
$ШапР = Я?'
где пг и Пъ — показатели преломления алмаза и воздуха (или воды)-
Для алмаза в воздухе (п2 « 1)
sin a,
Для алмаза в воде
sin a.
ПР»=^ = 0,3937; в"Р»=230П'-
пр2 = 5 = 0.5236; a^-31» 34*.
418

13.17. Радиус кривизны вогнутого зеркала /? = 90 см. Найти
положение предмета, при котором его изображение будет
действительным и увеличенным в три раза. Где должен находиться предмет,
чтобы его изображение было мнимым и увеличенным в три раза?
Построим изображение предмета в вогнутом зеркале (рис. 339, а).
Из подобия треугольников ОАВ и Oi41B1 имеем
AjBj _ OAj
АВ ~~ ОА*
где О At = / — расстояние изображения от зеркала; ОЛ = 4 —
расстояние предмета от зеркала.
Фокусное расстояние F = Л/2, где R — радиус кривизны зеркала*
Рис. 339
В случае действительного изображения 2/R = l/d+1/f. Согласно
условию задачи / = 3d, откуда
2 1.1 ^ 2 0 СЛ
«■ = 7 + 33Hd = 7/? = 60cBt
Если изображение мнимое (рис. 339, б), 2/R = \/d — 1//; 2/R = l/d —
— {/3d и
<* = уД = 30см.
13.18. Сходящиеся лучи падают на выпуклое зеркало так, что их
продолжения пересекаются в точке, находящейся на расстоянии х =з
■=0,2 м за зеркалом (рис. 340). После отражения от зеркала лучи
расходятся таким образом, что их продолжения пересекаются в точке,
отстоящей от зеркала на расстоянии / = 0,8 м. Обе точки
пересечения лежат на главной оптической оси веркала. Определить фокусное
расстояние зеркала.
Точка В изображает мнимый источник света, расстояние ВО
представляет собой расстояние от мнимого источника до зеркала. Точка А
является изображением мнимого источника В в зеркале. В данном
14*
.419

случае для мнимого изображения формула сферического зеркала
может быть записана в виде
__L i__ L
d f F #
Величины d и / взяты со знаком «минус», так как источник
и изображение являются мнимыми; фокусное расстояние выпуклого
зеркала также берется со знаком «минус»*
Таким образом,
df xl
F =
d+f x+l
= 0,16 м,
k—
/
Zk
Рис. 340
Рис. 341
13.19. Определить фокусное расстояние вогнутого сферического
зеркала, которое дает действительное уменьшенное в три раза
изображение предмета при расстоянии между предметом и изображением
/ = 20 см.
Уменьшенное действительное изображение предмета в вогнутом
зеркале получается в том случае, когда предмет находится за
оптическим центром зеркала. Построим для данного случая изображение
предмета (рис. 341). Из формулы сферического зеркала
1 + 1--L.
d^ f "" F •
/=* =
Из рисунка видно, что
df
d + fk
d = f + l;
F=([±JU
2f+l •
Из подобия треугольников Л^С и ABC имеем
АВ _ АС .
Afii AXC;
И d-2F
К 2F —/*
420

Преобразуем последнее уравнение, прибавив к обеим его частям
по единице:
h ^ l 2F- Г1'
Приведя к общему знаменателю правую часть, получим
£ + !=-!=!—i—
h "г 2F — f 2F — /'
Подставив в правую часть полученного уравнения выражение для Ft
после преобразований получаем
/ =
/
*-
= 0,1 м
и окончательно
f=(4^pT = 0'075 м*
13.20. На пути лучей,
сходящихся в Точке S, поставили плоское
веркало (рис. 342). После отражения
лучи сошлись в точке S^ Опре-
Рис. 343
делить положение точки Si относительно зеркала, если расстояние
от точки S до зеркала равно d.
Так как луч, идущий по перпендикуляру к зеркалу в точку 5,
меняет направление своего распространения на обратное, изображение
точки Si должно находиться на продолжении перпендикуляра SO,
Из законов отражения и геометрии следует, что аг = ос2 и а2 = а3.
Таким образом, а4 = а5. Это означает, что АО в треугольнике SAS%
является биссектрисой и высотой, а следовательно, и медианой, т. е.
5Х0 = SO = d.
13.21. На дне реки глубиной Я = 2 м лежит предмет (рис. 343).
Где будет видеть изображение этого предмета человек, луч зрения
421

которого составляет угол р = 30° с перпендикуляром к поверхности
воды?
Изображение предмета будет находиться в точке А± пересечения
продолжений преломленных лучей. Точка Ai смещена относительно
точки А на расстояние (Н — h) по вертикали и на расстояние /
по горизонтали.
Из треугольников АгОС и AxOD имеем: /х — / = h tg Р; l2 — / =
Из треугольников АКС и AKD: l± = H tg а; /2 = // tg а^
Углы а! и рх можно представить как
tti-a+Ла; Pi = P+Ap.
Очевидно, что величины Да и Ар малы, так как они дают
разницу в углах падения и преломления лучей пучка, попаДающегб
в глаз наблюдателя.
Из первых двух уравнений получаем
/ = /i_fttgp = /2-/itg(p+Ap).
Подставив сюда выражения для 1Х и /2, находим
/ = Я tg a - h tg p = H tg (a + A a) - h tg (p + Др)
или
i. _ H *g (a + Aa) — tg a sin Да cos p cos (P + ДР)
tg(p+Ap) — tgp cos a cos (a + Да) sin ДР'
Учитывая малость углов Да и Др, вследствие чего sin Да я Да;
sin др « ДР; cos Да ^ 1; cos Др » 1, получаем
, cos2 p • Да
cos2 а . Др '
Из законов преломления
*
sina_ 1 ь sin (a+. Да) _ 1
sin р ~~ п • sin (р + ДР) ~!i
находим
sin a __ sin (a + Aa) __ sin a cos Aa + cos a sin Aa a
sin p "" sin (p + ДР) "" sinpcosAp + cospsinAp ;
sin a sin p + Aa sin p cos a = sin a sin p + Ap sin a cos P;
Aa __ sin a cos p __ cos p
AP "" sin p cos a ~~ л cos a
Окончательно
n \cosa/
Из закона преломления, зная, что показатель преломления водып:
= 1,33, находим
sin a = 0,375; a = 22?;
Л » 122 см;
/ ^ 10,4 см.
422

13.22. Плоское зеркало поворачивают вокруг оси, проходящей
через точку падения луча и перпендикулярной к плоскости, в
которой лежат падающий и отраженный лучи. На какой угол повернули
зеркало, если отраженный от него луч повернулся на угол д? На
какую величину изменится угол между падающим и отраженным
лучами?
Пусть АА — первоначальное положение плоского зеркала (рис. 344),
угол падения луча SO на него равен ах. При повороте зеркала на
угол т угол падения луча стал равным
«2 = К + «*.
следовательно, отраженный луч повернется на угол
* = («2 + 7) - «i = к + аг + if - *i = 2?.
Рис. 344 Рис. 345
Отсюда угол поворота зеркала
д
Угол между падающим и отраженным лучами изменится на
(а2 - aj 2 = 2-j = Ь.
13.23. На стене висит зеркало высотой h (рис. 345). Человек стоит
на расстоянии / от зеркала. Какова высота участка противоположной
стены, который может увидеть в зеркале человек, не изменяя
положения головы? Стена находится на расстоянии L.
Изображение будет находиться эа зеркалом на расстоянии L.
Пусть глаз находится в точке О. При этом в него могут попасть
после отражения в зеркале АВ лишь лучи, исходящие из всех точек
участка изображения стены CD. Из подобия треугольников ОАВ
н OCD имеем
АВ_ОА
DC~OD9
т. е,
A = _L> r ЬУ + Ц
х l + Lb I
423

13.24. На дне стеклянной ванночки лежит зеркало, поверх
которого налит слой воды толщиной d (рис. 346). В воздухе на высоте h
от поверхности воды висит лампа S. На каком расстоянии от
поверхности зеркала будет находиться изображение лампы?
Если смотреть на лампу из воды,
она будет казаться расположенной
в точке Slf лежащей на продолжении
лучей, попадающих в глаз
наблюдателя. Из треугольников ABS и ABSi
находим
АВ = BS tg a ■.
АВ = BSi tg p :
■ higa;
отсюда
Рис. 346
hi=htrr
Для малых углов tg а я
« sinp
: sin а; tg p «
, .sin а .
Л. = Л . ft = nh.
1 sinp
Изображение лампы S± в плоском зеркале будет находиться на
расстоянии d + nh от зеркала.
13.25. Радиус вогнутого сферического зеркала — /?. На
оптической оси этого зеркала помещен точечный источник
й
главной
света S
Рис. 347
на расстоянии d от зеркала. На каком расстоянии от вогнутого
зеркала нужно поставить плоское зеркало, чтобы лучи, отраженные
вогнутым, а затем плоским зеркалом, вернулись в точку S (рис. 347)?
Найдем положение изображения, которое образуется при
отражении лучей вначале от вогнутого, потом от плоского зеркала,
учитывая, что изображение, получаемое в вогнутом зеркале, играет роль
источника для плоского зеркала. Так как изображение в плоском
424

зеркале Si лежит на- том же расстоянии, что и источник, то х — d =
= / — ж, т. е. х = Ц^-
Применяя формулу сферического зеркала и учитывая, что фокус-
i расстояние F = Д/2, получим
dR
/ =
dF
d- F~2d — R
x =
/ + *.
d*
2d-R'
13.26. Выпуклое и вогнутое зеркала имеют одинаковые радиусы
кривизны R. Расстояние между ними равно 2R. В какой точке на
оптической оси зеркал нужно поместить точечный источник света S,
чтобы лучи после отражения сначала от выпуклого, а затем от
вогнутого зеркала снова собрались в точке 5 (рис. 348)?
Пусть а — расстояние от источника до вогнутого зеркала, / —
расстояние от изображения, даваемого выпуклым зеркалом, до этого
зеркала (рис. 348). Запишем формулу выпуклого сферического
зеркала \/d — 1//= —2//?, или
1/(2Я_в)_1//в-2/Л
2R
0)
Рис. 348
Рис. 349
Изображение в выпуклом зеркале является источником для
вогнутого зеркала. Если точка пересечения лучей после двух
отражений совпадает с источником, формула вогнутого сферического зеркала
будет иметь вид:
-i- + ±-i- (2)
2R+f^a R' {Z)
Из уравнения (1) найдем расстояние от источника до выпуклого
зеркала
/?(2fi-g).
'" 5^-2а '
подставив это выражение в (2), после преобразований получим
2а2 — 6Ra + 3#2 = 0.
Отсюда, учитывая, что а < 2R, получаем а = 0,63/?.
425

13.27. Два одинаковых вогнутых зеркала / и // поставлены круг
против друга так, что их главные фокусы совпадают (рис. 349).
Светящаяся точка помещена на общей оси зеркал на расстоянии d от
зеркала V. Где .получатся изображение после отражения лучей от
обоих зеркал?
Найдем положение изображения, которое получается при
отражении лучей сначала от первого, затем от второго зеркала, учитывая,
что изображение, получаемое в первом зеркале, играет роль
источника для второго зеркала.
Формула сферического зеркала /: l/d+ l//= \(F или
Рис. 350
Если изображение мнимое, /<0; если изображение
действительное, />0.
Для зеркала /■/:
VF — f^f F '
где /''—расстояние от изображения S2 до зеркала //. Из
последнего уравнения
Таким образом, изображение, получающееся после отражения
лучей от обоих зеркал, совпадает с самим источником.
13.28. На расстоянии а = 51 см от вогнутого зеркала, оптическая
сила которого D = +4 диоптрии, находится источник света S
(рис. 350). Между зеркалом и источником .расположена плсодепарал-
лельная пластинка, показатель преломления которой л =1,5. При
какой толщине пластины изображение будет совпадать о источником?
Считать, что размер зеркала достаточно*мал, так что отношение .тан*
424

генсов углов падения и преломления лучей в пластинке можно
заменить отношением их синусов*
Проходя через плоскопараллельную пластинку, лучи смещаются.
Точку Sft в которой пересекаются продолжения лучейг, выходящих
из Пластинки, можно рассматривать как мнимое изображение
источника 5, даваемое плоскопараллельной пластинкой, Это изображение
играет роль источника для вогнутого зеркала.
Если точка Sa окажется лежащей в оптическом центре зеркала,
отраженные и падающие лучи будут идти вдоль одной прямой (вдоль
радиуса) навстречу друг другу и после вторичного прохождения
пластинки вновь соберутся в точке 5, Следовательно,
о
х = а — 2F = а — -д- = 0,01 м,
где D — оптическая сила зеркала*
Как видно из рисунка, вертикальное смещение луча, прошедшего
через пластинку,
d-/(tg*-tf0,
где а и р — углы падения и преломления соответственно. Кроме
того,
,-„le«.,(,-!|i).
Для малых углов отношение тангенсов можно заменить
отношением синусов:
tgj sinj = J_
tg a ~ sin а = П '
Таким образом,
/ я - 1
п '
откуда
- хп I ? 1,5 0
/ = г = ' = 3 СМ.
п—\ 1,5—1
13.29. Найти фокусные расстояния линз:
1) двояковыпуклой /?! = 15 см; R2 = 25 см;
2) плоско-выпуклой Rx = 15 см, Яа:= оо.;
3) вогнуто-выпуклой Ri = —15 см; #а = 25 см;
4) двояковогнутой Ях = —15 см; Я2 = —25 см-
Показатель преломления материала линз п= 1,5.
Из формулы линзы
где F — фокусное расстояние; п — относительный показатель
преломления; Rlt R2 — радиусы кривизны поверхностей линзы, получаем
р __ ^1^2
(п - 1) (Я! + /?,) •
427

После подстановки чисел находим
Fi = 0,1875 м; F2 = 0,3 м; F3 = —0,75 м; FA = —0,1875 м.
13.30. Найти фокусное расстояние линзы, погруженной в
скипидар, если известно, что ее фокусное расстояние в воздухе равно
50 см. Показатель преломления стекла, из которого сделана линза,
Пх = 1,6.
Фокусное расстояние линзы в воздухе
р __ #1^2
le"(ni-!)(/?!+ /?.)'
где Rit R2 — радиусы кривизны линзы.
Фокусное расстояние линзы, погруженной в скипидар,
^1^2
^2 =
(£-')<*!+«/
где пг — показатель преломления скипидара.
Из вышеприведенных выражений находим
F* ("1 ~ ') .
'' (И'
(И
Рис. 351
13.31. На расстоянии d = 15 см
от двояковыпуклой линзы,
оптическая сила которой D = 10
диоптрий, поставлен перпендикулярно
к главной оптической оси предмет
высотой h = 4 см (рис. 351). Найти
положение и высоту изображения.
Фокусное расстояние линзы
^ = -^- = 0,1 м.
Строим изображение. Из формулы линзы \/d+\/f=\/F находим
расстояние изображения от линзы
/ =: dF/(d - F) = 0,3 м.
Из подобия треугольников АВО и AiB^O находим (обозначив
через h высоту предмета и через Н высоту изображения)
т=т: "=4=8см-
13.32. Линза с фокусным расстоянием F=l6 см дает резкое
изображение предмета в положениях / и 2, расстояние между
которыми / = 60 см (рис. 352). Найти расстояние L от предмета до экрана.
428

Если расстояние от предмета до экрана больше 4F, то всегда
найдутся два таких положения линзы, при которых на экране
получается отчетливое изображение предмета: в одном случае
увеличенное (А'), в другом — уменьшенное (а'). Воспользовавшись формулой
линзы, можно записать выражения для фокусного расстояния линзы
в положениях / и 2:
с_ hdj _(/, + /)(*.-;,-/).
h + dr L
F =
f2 + d2
Рис. 352
Приравняв правые части этих уравнений, найдем
2 '
/i-:
Подставив выражения для f2 D уравнение (*), после преобразований
получим
F-^zl
М
/,2 _ 4Lf _ /2 = 0|
откуда
L -2 = 2F ± 1/4Я + /2 = (32 ± 68) см; I = 100 см
(знак «минус» отбрасываем, так как L > 0).
13.33. Если расстояние предмета от линзы di = 36 см, то высота
изображения Нг = 10 см. Если же расстояние предмета от линзы
d2 = 24 см, то высота изображения Я2 = 20 см. Определить
фокусное расстояние линзы.
Увеличения линзы в обоих случаях соответственно равны
h d^ h d2'
429

где ft _ высота предмета; /t и /2 — расстояния от изображения до
линаы в обоих случаях соответственно. Отсюда
Hi Ms
Используя уравнение линзы, напишем выражения для фокусного
расстояния
/l + rfi' /* + <** 4f.4.rf'
Приравнивая правые части написанных уравнений, получим
dj 3
■5-*.
fi + <<i 4
y/i + 4
откуда, после преобразований,
d£ — d2
/i + <*i
13.34. Каково главное фокусное расстояние линзы F, если для
получения изображения предмета в натуральную величину он должен
быть помещен на расстоянии d = 25 см от линзы? Какова оптическая
сила линзы?
Увеличение, даваемое линзой, определяется по формуле
H-L
h ~" d*
По условию задачи HJh = 1, следовательно, f = d и
^--^-*2-1-12 5см-
D = -р- = 8 диоптрий.
13.35. Угловой диаметр солнечного диска при наблюдении с Земли
9 = 32'. Определить диаметр изображения Солнца, даваемого
собирающей линзой с фокусным расстоянием F = 0,5 м.
Предмет, т. е. Солнце, находится на бесконечности от линзы,
следовательно, согласно формуле линзы
± = 1 + 1
430

Таким образом, расстояние от изображения до линзы / равно
фокусному расстоянию линзы F, т. е. изображение Солнца будет лежать
в фокальной плоскости линзы, Если диаметр Солнца виден под
углом <р, то диаметр изображения Солнца (рис. 353)
- AB=2AC = 2Ftg-^>
Вследствие малости угла <р можно положить tg ~~ « <р/2, откуда
AB = Fy = bJ мм.
13.36. На рассеивающую линзу падает сходящийся пучок лучей.
После преломления в линзе лучи пересекаются в точке, лежащей
Рис. 353 Рис. 354
на расстоянии а от линзы. Если линзу убрать, то точка встречи
лучей переместится на расстояние х ближе к тому месту, где
находилась линза. Определить фокусное расстояние линзы.
В данном случае (рис. 354) точка 5Х играет роль источника,
а точка S2 — роль изображения. Формула рассеивающей линзы
_ J_ = J__J_
F d f '
Учитывая, что согласно условию задачи
d = a—x; f = a%
находим
df _a{a — x)_a(x—a)
d-f~ —x ~~ х
13.37. Предмет расположен в фокальной плоскости рассеивающей
линзы. Во сколько раз линза уменьшает размеры предмета?
Запишем формулу линзы — 1/F = l/d + 1//. Согласно условию
еадачи d — расстояние от линзы до предмета — равно фокусному
расстоянию г, следовательно, расстояние от изображения до линзы
/ = —/72, а увеличение, даваемое линзой,
(размеры предмета уменьшаются в два раза).
431

13.38. Если точечный источник света поместить на расстоянии d1
(рис. 355) от рассеивающей линзы диаметром D0, вставленной в оправу,
то на экране L, находящемся на расстоянии / эа линзой, получится
светлое пятно диаметром D,. Каков будет диаметр пятна на экране,
если источник поместить в фокусе линзы?
Пусть в первом положении светящаяся точка находится от линзы
на расстоянии dx > F. Изображение источника S будет находиться
в точке Sv
Из подобия треугольников S^BO и S^KL получаем
0i
Dx SXL
или -=^ =
fl + l
Рис. 355
Рис. 356
откуда
h-Dx-Dt-
Из формулы линзы находим
_-L-±_±
F = Mi Dptdj
Для второго положения источника (рис. 356) из подобия треуголь-
ников StBO и SiMN получаем
5?_М „и5s_k±i
Формула линзы в этом случае дает
_J_-_L l
F
т» е. fi = -^- , так как d% = F. Таким образом,
432

13.39. Предмет в виде отрезка длиной / расположен вдоль
оптической оси тонкой положительной линзы с фокусным расстоянием F.
Середина отрезка расположена на расстоянии d от линзы и линза
дает действительное изображение всех
продольное увеличение предмета.
Пусть Аг — изображение точки А,
точек предмета. Определить
a Bi — изображение точки В
(рис. 357). Применим формулу линзы: l//7 ^ l/(<i —н-1 + 1//«| 1/^=
(<ч)
Ы)
+ l/fi, откуда
к-
I »
d + L-F
к =
Длина изображения предмета
Искомое увеличение
*-Ъ-г
т
<*-^-(т)"'
k =
*iBj_ h-fi
F2
AB
I
id-F)*-{$'
13.40. На некотором расстоянии от
тонкой собирающей линзы помещен
предмет. На экране при этом
получено его четкое изображение. Линейное
увеличение полученного изображения
равно £]> Затем предмет был удален
от линзы на расстояние / от своего
предыдущего положения» Передвинув
экран, вновь получили четкое
изображение, причем линейное увеличение
равно фокусное расстояние линзы?
Линейное увеличение
А
,^1
В F
l\
"Г d +
\
. * .11
< ** г|
(
h=
ft. k-к-.
Рис. 357
оказалось равным hv Чему
ft
где fi и f2 — расстояние изображений от линзы для каждого из поло*
жений предмета соответственно; d* и da — расстояния предмета от
линзы. Согласно формуле линзы 1/F = 1/df + l/fi и l/F = 1/ (d± +
+ O + I//2. или
d1±l_^ di + t.
F 1+fi
F ^ *i'
F
dj + l
= 1
-'+r-
«2
433

Почленно вычитал два последних уравнения, получим
i___L_JL
F ~k9 кл
откуда
F =
к2 к1
, 13.41. Найти продольную хроматическую аберрацию
двояковыпуклой линзы, поверхности которой имеют одинаковые радиусы
кривизны #i = R2 = 16 см. Показатели преломления материала, из
которого изготовлена линза, для красного (Xj = 76 нм) и фиолетового
(Х2 = 43 нм) лучей равны соответственно 1,5 и 1,8.
Майти продольную хроматическую аберрацию —в данном случае
вначит найти расстояние между фокусами линзы ДЛЯ красных и
фиолетовых лучей. Используя формулу линзы, имеем:
Fi =
*1*2
Ri
Ri
(«i-l>(*x + *t> 2(/ц-1)'
2(л2-1)'
AF = F . r _«lfj * 1*i (nj-я,)
Г1 »— 2 L«i—1 Ч- lj~ 2 (Я1 — 1) (л, ^ 1)
= 6 CM.
13.42. Точка S движется со скоростью v = 4 см/с (рис* 358)*
С какой скоростью движется ее изображение, если d = 30 см, а
фокусное расстояние линзы 20 см?
Рис. 358
Рис. 359
Пусть точка S прошла за время t путь /. Ее изображение за этот
промежуток времени пройдет путь /*. Увеличение линзы £=//d или
k — 1ХЦЩ Из формулы линзы имеем
dF
следовательно,
1-7
* = J
Путь, пройденный изображением,
lx=kl =
=Г?'
F
— F%
Fl
d=F*
434

Скорость движения изображения
h F l F q ,
vi = T = d=TT = I=Fv = S CM/C'
13.43. Линзы 1 n 2 сделаны из одного сорта стекла (рис. 359).
Найти оптическую силу линзы 2, зная, что оптическая сила линзы /
составляет 5 диоптрий.
Линзы 1 и 2 образуют плоскопараллельную пластинку,
оптическая сила которой равна нулю, т. е. Dx + D2 = 0, где D^ и D2 —
оптические силы линз 1 п 2 соответственно. Таким образом,
Dz = — Di = — 5 диоптрий.
13.44. На плоском зеркале лежит плоско-выпуклая линза с
фокусным расстоянием 25 см. Какова оптическая сила системы?
Свет, падающий на эту систему, проходит через линзу, отражается
от зеркала и вновь проходит через линзу. Таким образом, оптическая
сила системы D = Dx + D2 + D^ где Dj — оптическая сила линзы;
D2 — оптическая сила зеркала. Учитывая, что Di = 1/F = 4
диоптрий; D2 = 0, находим D = 8 диоптрий.
13.45. Вогнутое зеркало заполнено скипидаром. Зная, что радиус
кривизны зеркала Я = 60 см, а показатель преломления скипидара
п= 1,48, найти оптическую силу системы и ее фокусное расстояние.
Свет проходит через «скипидарную» линзу, отражается от зеркала
л вновь проходит через линзу. Оптическая сила такой системы D =
= 2D1 + D2, где Di — оптическая сила «скипидарной»
плоско-выпуклой линзы; D2 — оптическая сила зеркала. Учитывая, что
находим
п 0,96 , 2 2,96 АМ .
п = -Q- + -д = -£- « 4,92 диоптрий,
F=-l«0,2 м.
13.46. Воздушная полость в стекле имеет форму плоско-выпуклой
линзы. Найти фокусное расстояние этой линзы, если известно, что
фокусное расстояние линзы из стекла, совпадающей по форме с
полостью, равно в воздухе Fv
Согласно формуле
±-fe-)(±+=)-
W яСр ~~ показатель преломления среды. Плоско-выпуклая линза
может быть собирающей или рассеивающей в эависимости от того, что
больше: показатель преломления среды лср или показатель
преломления материала линзы л. Для случая стеклянной линзы в воздухе
кР = о
435

где п — показатель преломления стекла. Для случая воздушной линзы
в стекле
Из двух последних уравнений находим
F2 = Fx -^=— = — nFv
-L-l
п
13.47. Оптическая система состоит из двух собирающих линз 1 н 2
с фокусными расстояниями F1 = 10 см и F2 = 5 см, находящихся на
расстоянии L = 35 см друг от друга (рис. 360). Предмет находится
Рис. 360
на расстоянии di = 25 см от первой линзы. Определить, где
находится изображение, полученное с помощью такой системы. Чему равно
увеличение, даваемое этой системой?
Из формулы линзы находим
Увеличение, даваемое линзой /,
^=^-=~ или А1В1=~АВ.
Cli О о
Иа рисунка ясно, что
d2 = L — /i = 18 -g- см.
Согласно формуле линзы
^2 = t^V = 6,875 см,
а2 — г2
значит,
k2 = ^ = 0,375,
"2
436

т. е.
А2В2=0,37БА1В1 =0,25ЛЯ.
Иными словами, увеличение системы
* = ^§-2 = *А=0,25.
13.48. В зрительную трубу с фокусным расстоянием объектива
F, = 50 см в положении 1 наблюдатель рассматривает очень далекий
предмет (dx = «), а затем, переместив окуляр в положение 2,
направляет трубу на предмет, находящийся от него на расстоянии d2 = 25 м.
Насколько перемещен окуляр трубы?
Рис. 361
Рис. 362
Условия наблюдения в обоих случаях будут наилучшими, если из
окуляра выходит пучок параллельных лучей. Для этого изображение,
которое дает объектив, должно находиться в фокальной плоскости
окуляра (рис. 361). т
В случае / изображение получается в фокальной плоскости объек-
тива:
Случае I изиирвтсплс iiu<iji«viw« ~ ^w—— -
/ = г где р _ фокусное расстояние объектива. В случае г
'1 lf х т X -_^_Л«.ЛЛ ^ликл паи /Г. ив
на
изображение окажется на расстоянии /2, которое больше, чем tt
величину х
Для того чтобы в глаз наблюдателя и в случае 2 попадал пучок
параллельных лучей, окуляр также должен быть смещен на
расстояние х. Очевидно, что х = /а - Fv Используя формулу линзы для
второго случая, находим
/i =
а значит,
Fid2
'dt-Fx
-Fi =
F\
d2~F
« 1,02 см.
13.49. Какое увеличение можно получить с помощью
проекционного фонаря, оптическая сила объектива которого равна 4 диоптрии?
Расстояние от объектива до экрана — 5 м.
В проекционном аппарате предмет располагается за фокусом,
вблизи него (рис. 362). Увеличение, даваемое объективом проекцион-
437

ного аппарата, k = fid. Расстояние предмета до линзы определяем
из формулы линзы d = /7/// — Ft Отсюда увеличение
._^_в(,-й.)_*
где D — оптическая сила объектива.
13.б(Ь Фокусное расстояние объектива микроскопа Ff = 5 мм,
окуляра — F2 = 25 мм. Предмет находится на расстоянии d± ** б, f мм of
объектива (рис. 363). Вычислить длину тубуса микроскопа и даваемое
микроскопом увеличение k.
Рис. 363
Увеличение микроскопа k = ktk2t где fef — увеличение, даваемое
объективом; k2 — увеличение^ даваемое окуляром! k\ fr k2
определяются по формулам
k—tL. k -L
где /i — расстояние от объектива до даваемого им изображения] / =
= 25 см — расстояние наилучшего видения для нормального глаза,
С учетом двух последних формул
Используя формулу линзы для объектива, находим
/1=т^%-=25,5см.
di — tl
Зная /lt находим увеличение, даваемое микроскопом,
0,5 • 2,5
В микроскопе объектив и окуляр подбираются' так; что
действительное- изображение, даваемое объективом, лежит между фокусом-
43В

окуляра и окуляром, близко >к фокусу окуляра. Окуляр действует,
как лупа. Следовательно, длина тубуса
L = ft■■+ Т2 = 28 см.
Если принять L ж fl% то для определения увеличения микроскопа
можно пользоваться приближенной -формулой
. 25L
Г1Г2
В этом случае получим
k = 560.
13.51. Фотоаппаратом с размерами кадра 24 X 36 мм и фокусным
расстоянием объектива 50 мм нужно переснять чертеж размерами
12 х 18 см. Определить: коэффициент уменьшения переснимаемого
предмета; расстояние от поверхности пленки, на котором следует
расположить чертеж; оптическую силу насадочной линзы,
Изображение чертежа должно точно соответствовать размеру кадра, и объектив
фотоаппарата должен быть сфокусирован на бесконечно удаленный
предмет. Считать, что систему объектив — насадочная линза можно
рассматривать как систему тонких линз, сложенных вплотную!
Определим уменьшение переснимаемого чертежа как отношение
соответствующих линейных размеров чертежа (120 мм) и кадра (24 мм)
ft - 24 - 5-
Применительно к оптической системе объектив — насадочная линза
формула линзы принимает вид:
D = Df+p2 = l + l,
где Di — оптическая сила объектива; D2 — оптическая сила
насадочной линзы; ;й—расстояние от оптического центра системы до
предмета (чертежа); f — расстояние от оптического центра системы до
изображения (до пленки).
По условию задачи объектив сфокусирован на бесконечность
и / = Fj, где Fi — фокусное расстояние объектива. Уменьшение к
в данном случае может быть представлено как
•*-■!-£
откуда
d = kFi = 5 • 50 = 250 мм.
Искомое расстояние от чертежа до пленки
L=^+^i = 300:MM.
Подставив -значение d в формулу линзы, получим
439

Учитывая что Dx = \/Fu находим оптическую силу насадочной линзы
D2 = -тс- = 4 диоптрии.
13.52. Лупа, ограниченная сферическими поверхностями радиусами
Ri = 5,9 см и R» = 8,2 см, «отодвигает» рассматриваемый предмет на
1 = 2 см. Во сколько раз она его увеличивает? Показатель
преломления стекла линзы п = 1,6.
Находим фокусное расстояние лупы
(rt-l)(/?l + *2>
Согласно формуле линзы
= 12 см.
F
d
1
7*
Учитывая, что d + l = Л находим
F ^
-f
/V
\я Qi
п
или
F_d(d+[)
(p + dl-Fl = 0,
Рис. 364
т. е.
& + 2J — 24 = 0, d = 4 см;
/ = 6 см,
^ следовательно, увеличение лупы
*=4=1.5.
13 53 Рассеивающая линза J с фокусным расстоянием — F и
собирающая линза 2 с фокусным расстоянием f расположены на
расстоянии 2F/3 друг от друга. Предмет АВ находится на главной
оптической оси системы на некотором расстоянии перед рассеивающей
линзой. При каких положениях предмета его изображение будет
"""построим изображение предмета в рассеивающей линзе / Пусть
предмет АВ находится на расстоянии dt от рассеивающей линзы
(рис 364), AxBi — изображение предмета, даваемое рассеивающей
линзой. Это изображение служит предметом для собирающей линзы 2.
Для того чтобы изображение, даваемое собирающей линзой, было
мнимым, предмет АВ должен находиться между фокусом линзы 2
и самой линзой, т. е. d2<F или
к + К?*
(♦)
440

Расстояние /j найдем, воспользовавшись формулой линзы l/d* —
- Mh = -1/F, откуда Л = d.F/id, + f),
Подставив это выражение в (♦), находим
-H- + KF.
di + F
откуда
<*i< —
или
F
('-и
"3
_2f ' "^ 2
13.54. К вогнутому зеркалу, радиус кривизны которого равен Rf
вплотную приложена тонкая собирающая линза. На расстоянии d
перед системой, перпендикулярно к главной оптической оси,
расположен предмет. Оказалось, что плоскость предмета совпадает с
плоскостью изображения, полученного в результате прохождения света
через линзу, отражения от зеркала и вторичного прохождения через
линзу. Определить фокусное расстояние линзы.
Так как линза приложена вплотную к зеркалу, оптическая сила
системы
D = 2D1 + D2 = 1 + A,
где D1 — оптическая "сила линзы; £)2 — оптическая сила зеркала;
R/2 — фокусное расстояние зеркала.
Оптическая сила системы может быть найдена из формулы
1 df
D-'d + f
Учитывая, что / = d, находим
Подставив это выражение в формулу для D, получаем
F --**-
^-R-d'
13.55. Источник света расположен на двойном фокусном
расстоянии от собирающей линзы на ее оси. За линзой, перпендикулярно
к оптической оси, помещено плоское зеркало. На каком расстоянии
от линзы нужно поместить зеркало, чтобы лучи, отраженные от него,
пройдя вторично через линзу, стали параллельными?
Для того чтобы лучи, пройдя линзу, были параллельными,
необходимо, чтобы они исходили из источника, лежащего в фокальной
плоскости линзы, т. е. изображение S" источника, даваемое плоским
441

веркалом, должно находиться в фокусе линзы (рис. 365). Используя
формулу линзы и учитывая, что d = 2Ft находим
f-d-F l
Из чертежа ясно, что зеркало должно находиться па расстоянии х
от S\ т. е. от фокуса линзы:
_f — F_l_.
*-~"2 2 '
L = F + x=\fSF.
t
s
>
F
\
лх
F
^4>
К d
V
\
J I
M
у
1
Рис. 365
13 56. Плоская поверхность плоско-вогнутой линзы с фокусным
расстоянием F посеребрена. На расстоянии d, от линзы со стороны
вогнутой поверхности расположен точечный источник света S
(рис. 366). Где будет находиться изображение источника?
На плоско-вогнутую линзу с фокусным расстоянием F падает
пучок лучей, выходящий из точки S, расположенной на ™авной
оптической оси на расстоянии d, от линзы. Выберем из ототс.потока
луч SO. идущий на оптический центр, и произвольный луч ЪВ и про-
следим ход лучей в данной системе. Луч SO пройдет через линзу
ие преломляясь и. отразившись от посеребренной поверхности, пойдет
назад вдоль линии SO. Второй луч, преломившись в линзе падает
на посеребренную поверхность так, как если бы он выходил излош ^
Графически положение точки S, находится с помощью оптической
оси I, параллельной лучу SB. После преломления второй луч должен
442

своим продолжением попасть в побочный фокус Fv Точка St
находится на пересечении луча с главной оптической осью. Расстояние Sf
от линзы можно найти из уравнения линзы: — 1/F = l/di — \lfx\
/1 = d1F/(F + d1),
Пройдя через линзу, луч SB отразится от зеркальной
поверхности под тем же углом, под каким он падал. Направление
отраженного луча будет таким, как если бы он выходил из точки S2t
которая является изображением St в плоском зеркале. Расстояние
от точки S2 до зеркала (в случае тонкой линзы) d2 = fi»
Далее, отраженный луч еще раз преломится в линзе и даст
окончательное изображение S3 в точке его пересечения с продолжением
луча 50. Ход этого луча построен с помощью побочной оси //, про*
/#i
Рис. 366
веденной параллельно 52S. Используя еще раз формулу
рассеивающей линзы (считая изображение в зеркале S2 предметом для
рассеивающей линзы), найдем — \/F = \jdz — 1//2, откуда
ft-
d2F
fxF
dj*
F + dj
d, + F h + f
F +
dxF
F+dt
diF
~F+2dt'
13.57. На высоте h = 5 м на расстоянии / = 10 м от вертикальной
стены подвешена лампа силой света / = 100 кд. Определить
освещенности горизонтальной поверхности и стены в точке А (рис. 367)
и сравнить их между собой.
Принимаем лампу за точечный источник света. Освещенность
горизонтальной поверхности в точке А можно определить по формуле
Ei =
i = ^-cosocif
44Э

где т — расстояние от источника до точки, в которой определяется
освещенность; / — сила света; а1 — угол падения лучей на
поверхность АВ. Из рисунка следует, что
cos а, = — =
Таким образом,
г /fti + z**
£,=
Ih
:(Л1+'2)1/гЛ*+/2
Освещенность вертикальной стены в точке А
= 0,36 лк.
Е2 = -^ cos а2,
где а2 — угол падения лучей на
вертикальную поверхность.
Из рисунка видно, что
I
cos а2 = — =
/
г Vb2+l2%
Рис, 367
так что
Я2 =
//
(h*+P)Vh*+l2
Для сравнения освещенностей найдем отношение
= 0,72 лк.
13.58. Раскаленная чугунная болванка диаметром 10 см и длиной
40 см создает на расстоянии 5 м в направлении, перпендикулярном
к оси болванки, освещенность, равную 1 лк. Определить силу света
и яркость в данном направлении.
Размеры болванки намного меньше расстояния г, на котором
измерена освещенность Е. Это позволяет принять раскаленную болванку
за точечный источник света. Тогда сила света может быть найдена
из соотношения
откуда
/ = Ег2 = 25 кд.
Яркость поверхности В = -«- f где 5 — (в данном случае)
продольная площадь сечения болванки по диаметру, так как наблюдателю
болванка представляется как светящийся прямоугольник. Подставляя
данные, получим
в = оЛ^Г4 = 625кд/,Л

13.59. Над центром круглого стола радиуса г на высоте Н = г
подвешена лампа (рис. 368). Зная, что освещенность центра стола
равна Eq$ найти среднюю освещенность.
Освещенность
s s •
где Ф — световой поток, падающий на поверхность стола; / — сила
света; 2 — телесный угол, в котором распространяется поток Ф\ s —
площадь стола.
So
Рис. 368
Рис. 369
Телесный угол
-*-
R2 (т . \
-2ll8Q-Sina)
R2
где S — площадь поверхности сегмента. Так как г = Я, то a = 90° и
Q = 0,5 (я/2 — 1) « 0,285 ср.
Учитывая, что s = яг2 и £0 = -2 = -у, получаем
£=^=4Е<>*о'о91£о-
13.60. Освещенность листа бумаги, находящегося на столе на
расстоянии 3 м от лампы в 300 свечей, равна 30 лк. Какой световой
поток падает на лист, если его размеры 0,2 X 0,15 м и если считать
освещенность во всех точках листа одинаковой? На какой высоте
над столом висит лампа? Под каким углом падают лучи на
поверхность бумаги?
Из формулы освещенности
е I
Е = -g- cos a,
445

где / — сила света; г — расстояние до точки, в которой определяется
освещенность; а —угол падения лучей, находим
Ег*
cos а = — = 0,9.
Из рис, 369 видно, что
Л = г cos а = 2,7 м,
_ Ф
Световой поток Ф может быть определен из формулы £=-*-,
откуда Ф=К = 9 лм.
<г
' А
^7
тт
^><<?
L
f*
В
S,
^
А
-^—
1
1
1
С
1
У
4-
f*
в -
Рис. 370
Рис, J71
13.61, Расстояние между источниками света S* и S9 силой /* и /2
равно /. Источники размещены на высотах fcj и п2 соответственно
вад освещаемой поверхностью. Определить освещенности в точках
Л, В (рис. 370) и точке С (рис. 371), если точка С лежит на средине
расстояния между А я В,
Освещенность в точке А ЕА = ЕАХ + ЕА2, где ЕА1 и ЕА2 —
освещенности, создаваемые в точке А каждым источником отдельно.
Используя закон освещенности, находим
£Л=Т5+ТСОза» = 75
Л,
h\ ' (hl + l*)Vh\ + t*'
Аналогично,
«.-11 + 4-.^-^^^
hi
Ч 1
(*}+!!) /^
446

13,62. Точечный источник света помещен между экраном и
идеально отражающим зеркалом на расстоянии rt от экрана* £аСстоя«
ние между экраном и зеркалом I. Сила света источника — /. Чему
равна освещенность экрана в точке, на которую свет падает
нормально? Плоскости зеркала и экрана параллельны.
Освещенность в точке А экрана (рис. 372) создается источником
света S и его изображением (мнимым источником) S'\
Е = Ех + Е2>
Мнимый источник 5' цаходитс;я на таком же расстоянии ОТ зеркала,
что и йстбчник $> Следовательно,
r, = 2(/-r1) + ri = 2/-ri.
i
S
s>m
i m
Ъ
1
S'
1 J
Риа. 372
Рид. 37Э
Используя формулу освещенности, получим
/ ./ 1 .
= /
(21
-'i)2)*
13.63. В главном фокусе собирающей линзы находится точечный
источник, освещающий экран (рис. 373), Сила света источник^ — /,
фокусное расстояние линзы — Л Найти освещенность экрана 1 тбчке А
Освещенность
где Ф — поток, прошедший через линзу? S — площадь экрана, на
которую падает этот поток. Вследствие того, что источник находится
в фокусе, S равна площади линзы, и освещенность экрана равва
освещенности поверхности линзы, которая находится на расстоянии F
от источника света. Следовательно,
Е =
?5>
13.64. Определить освещенность, создаваемую точечным
источником 5 в точке А горизонтальной поверхности, отстоящей от
источника на расстояние h, если на расстоянии / от источника поместить
плоское зеркало, расположенное под углом т к поверхности (рис. 374).
Освещенность в точке А будет создаваться источником 5 и его
изображением в плоском зеркале £'• Полная освещенность в этой
точке
/ . /
E = Ei + E2 = ^ + }„
cos a.
447

Из &ASS' очевидно:
гв = h2 + (2/)а - Ш cos (180° - 7) = Л2 + 4/2 + 4/Л cos т.
Величина угла <х может быть найдена из соотношения
г __^ 2/
sin (180° — 7) = sin<z;
cos а:
/. 4/a sin2 т
Рис. 374
Таким образом, освещенность в точке А
£ = /
4/2sin2«r
Л*
+
+ 4/а + 4/h cos 7
/12 + 4/2 + Mh cos 7
13.65. В верхней точке полого шара помещен точечный источник
света S (рис. 375). Сила света источника — /, радиус шара — /?.
Определить освещенность в точках А, В и среднюю освещенность шара.
Согласно формуле освещенности
Ел =
I
М (2Я)2~"4Д2' « г*
Из рисунка очевидно, что г2 = 2R2, а = 45°, следовательно,
Средняя освещенность £0 = Ф/S, где Ф — световой поток,
падающий на внутреннюю поверхность сферы} 5 — площадь поверхности
сферы.
Учитывая, что в данном случае Q = 2я, находим
0=Q/ = 2^/;£o = ^ = 5^
2Да*
448

13.66. Точечный источник М освещает экран с помощью
собирающей линзы (рис. 376). Сила света источника — /, фокусное
расстояние линзы — F, расстояние от источника до линзы — dt
расстояние от экрана до линзы — I. Найти освещенность в точке А (считать,
что d>F).
Рассмотрим пучок лучей в малом телесном угле Q. Искомая
освещенность
где / — сила света; s' — площадь экрана, на которую падают лучи,
распространяющиеся в пределах телесного угла Q. Учитывая, что
2 = s/d2, получаем E = Is/d2s't причем i- = (-i_J .
a^fj-Pf
d
fS
^
l
_J_
- -5
f--:3T
«: J
Рис. 376
Воспользовавшись формулой линзы f = dF/(d — F)t находим
освещенность в точке А
Е dAf-H^dF + fF-dl)
13.67. Диаметр объектива телескопа— dj, диаметр зрачка глаза
человека — d2. Во сколько раз телескоп увеличивает видимую яркость
зоеэд?
Ход лучей в телескопической системе представлен на рис. 377.
Освещенности объектива телескопа / и зрачка 2 равны
соответственно
1 — 0~ ~л » съ — о" — ~~л •
Si nd_
Из рисунка видно, что Фх = Ф2, так что
ndt
А
13.68. Некоторый предмет при неизменных условиях освещения
фотографируется в одном случае с большого, а в другом — с малого
расстояния. Как будут различаться освещенности фотопластинки
в этих случаях? В каком случае выдержка должна быть больше?
15 6-319 449

Освещенность фотопластинки определяется световой энергией,
пропущенной объективом, и отношением площадей фотографируемого
предмета и его изображения. Световая энергия пропорциональна
телесному углу, под которым виден объектив из точки О предмета,
т. е, W ~ Q. В свою очередь, Q = S/d\ где 5 — площадь отверстия
/К
л—■■ ^—
Tz^^^^A Ц
^ J yy^ ^ *^ -
y ^чТ ■—
2 Г—
Рис. 377
Рис. 378
объектива; d — расстояние от предмета до объектива (рис. 378).
Следовательно,
w d2t
Из рис. 379 следует, что уменьшение линейных размеров
предмета, даваемое объективом фотоаппарата, равно
JL-JL с~ а &
Н ~~ d*
Рис. 380
так что
§i-fL
Sx "" d2 •
где Sf чг площадь предмета; 52 — площадь изображения. Таким
образом, освещенность изображения
WSi S^__S
L~ S2 ~ d*f* ~ /2 '
т* е. освещенность изображения обратно пропорциональна квадрату
расстояния от изображения до объектива. •
450

Изображение более удаленного предмета лежит ближе к
объективу, чем изображение близкого предмета. Следовательно,
освещенность изображения удаленного предмета всегда больше освещенности
изображения близкого предмета. Поэтому при фотографировании
близкого предмета нужно делать большую выдержку.
13.69. Полусфера радиуса R (рис. 380) освещается двумя
одинаковыми лампами, подвешенными на высоте 2/? над поверхностью
земли симметрично относительно полусферы и отстоящими друг от
друга также на расстояние 2R. Определить освещенность полусферы
в точках, находящихся на минимальном расстоянии от одного из
источников, если полный световой поток, создаваемый каждой
лампой, равен Ф.
Точка С, отстоящая на минимальном расстоянии от одного из
источников, лежит на линии, соединяющей источник 5j с центром
полусферы.
Освещенность в точке С
В = -г + т cos a,
где / — сила света источников; гх и га — расстояния источников от
точки С; а — угол падения лучей от источника S2.
Учитывая, что / = Ф/4л, получаем
Из Д^ОА
(S10)2 = (2/?)2 + /?2 = 5i?2;
rt = StO - R = R VI - R = 1,24/?;
Из A SjCSa:
Q_SH R 1
r3 = rJ+4tf2-4r1#cosp;
rS = 6/?«/l -!£?) = 3,31 Д2;
4Д2 = rx-{- r2 — 2rtr2 cos a;
r\+r\-AR*
cos a = - = 0,188.
/ zrxrt
Окончательно получаем
F _Ф_1 1 0,188 \
4nU54tf2 + 3,31tfV"
13.70. В главном фокусе вогнутого зеркала помещен точечный
источник света. Радиус кривизны зеркала — R. На расстоянии
L (L > R) от источника помещен экран, расположенный перпендику-
15* 451

лярно к главной оптической оси зеркала. Во сколько раз
освещенность в центре светового пятна, получающегося на экране, больше,
чем освещенность в том же месте экрана, создаваемая точечным
источником света в отсутствие зеркала?
В отсутствие зеркала освещенность экрана
-а.
где / — сила света источника; L — расстояние от источника до экрана.
Ьф-—4
1 "Ч.
f
s— - - J
>- -о- ч
1
^ ч :
^1
Рис. 381
При наличии зеркала освещенность экрана создается не только
' прямыми лучами от источника, но и лучами, отраженными от зерка~ла.
Согласно условию задачи источник света находится в фокусе зеркала,
так что от зеркала отражается параллельный пучок лучей, и
дополнительная освещенность такая же, как освещенность самого зеркала.
Следовательно, освещенность при наличии зеркала
откуда
13.71. Точечный источник света 5 находится на расстоянии d
(меньшем фокусного расстояния) от вогнутого сферического зеркала
радиуса R. Найти освещенность в центре экрана, расположенного на
расстоянии / от поверхности зеркала, если освещенность на
расстоянии /' равна Е' (рис. 381).
Освещенность в центре экрана Е = Ei + Е2, где £х —
освещенность, создаваемая лучами, идущими непосредственно от источника;
Е2 — освещенность, создаваемая лучами, отраженными от зеркала.
Для нахождения освещенности Е2 необходимо знать, где
находится изображение источника. Учитывая, что согласно условию задачи
452

изображение будет мнимым, из формулы сферического зеркала 2/#=
= \/d — 1// находим
' R-2d'
Световой поток, распространяющийся от источника в телесном
угле Q, после отражения идет в телесном угле Qlf вершина которого
находится в точке Sv
Для определения силы света !1 изображения примем, что конусы
с вершинами в точках $ и 5j вырезают на поверхности зеркала
одинаковые мдлые площадки, так что
Qd2 = QJ2.
Если потери световой энергии при отражении не учитывать, из
закона сохранения световой энергии получим
IQ = /А.
или
/ _,£_/£_/ *2 _
2j ^a (д _ 2d)2 ■
На расстоянии / от зеркала освещенность в центре экрана
1 , '
(/ - d)2 ^ (/ + /)2 ' [(I -*. d)2 ^ (R - 2d)2 (/ + /)
На расстоянии Г освещенность в центре экрана
/
£ = £1 + £2 = _l_ + _ll_=/
4
Е' =
(/' -d)2^ (I
I Г J D2 1
41? = ' [(Г - <*)2 + (Я - 2й)2 (/' + /)•] •
Из последних двух уравнений, учитывая, что / = <#?/(# — 2d),
находим
1 R2
„ „, (l-d)^[R(l + d)-2ldf
L~L i 7 я5 '
> i i
(/' -d)2 * [R(l' +d)-2l'd]2
13.72. На оси выпуклого сферического зеркала находится
точечный источник света 5. Расстояние между зеркалом и источником
равно R/2 (рис. 382). Определить освещенность Е площадки,
находящейся на расстоянии R от зеркала, если освещенность площадки на
расстоянии 2R равна Е0. Зеркало считать идеально отражающим.
Освещенность площадки Е = Ег + £2» гДе £i — освещенность,
создаваемая лучами, идущими непосредственно от источника; Я2 —
освещенность, создаваемая лучами, отраженными от зеркала.
Положение изображения Sx находим, воспользовавшись формулой
линзы
,_ & t\~2\ _ R
453

где d — расстояние от источника 5 до зеркала; / —расстояние от
изображения St до зеркала; F — фокусное расстояние зеркала.
Освещенность площадки, находящейся на расстоянии R от зеркала,
_/ L /j _ 4/ _j_ 16/f
Я2
Е =
(Я-d)2
25Д2
где / — сила света источника; 1± — сила света изображения.
Освещенность площадки, находящейся на расстоянии 2/?
зеркала,
/ , /j _ 4/ 16/х
от
£° " (2/? - d)2 ^
При идеальном отражении
(27? + /)2 9/?an81tf2#
/Q = /jQj.
Учитывая, что для малых телесных
углов 2d2 = Qj/3, получаем
Q /2 1
Рис. 382
Рис. 383
Окончательно выражения для £ и £0 могут быть представлены
в виде
г- 4/Л , ±V 4/26.
Д2\ ^25/~Я225'
p_4//lJ_\4/jO
*°~tf2\9 + 81/~#28Г
откуда
£ » 8,4£0.
13.73. Солнце стоит под углом <z= 10° к горизонту. Определить
отношение освещенностей вертикальной и горизонтальной площадок
в этих условиях.
Освещенность вертикальной площадки (рис. 383) £D = £0 cos a,
где £0 — освещенность площадки, перпендикулярной к лучам.
Освещенность горизонтальной площадки £г = £0 sin а. Таким образом,
^ = ctga = 5,67I.
454

14. Волновая
оптика
Интерференция света. Интерференцией называется усиление или
ослабление света в результате сложения двух (или нескольких) световых
волн с одинаковыми периодами и с постоянной разностью фаз.
Интерференция Свойственна каждому волновому движению.
Оптическая длина пути
L=nl,
где л — показатель преломления; / — геометрическая длина пути.
Оптическая разность хода Л двух лучей, один из которых
проходит путь длиной 1г в среде с показателем преломления п1§ а
другой — путь /а в среде с показателем
преломления п2,
Рис. 384 Рис. 385
Условие максимального усиления света:
А= ±k\ (ft = 0, 1, 2, ...),
где X — длина волны.
Условие максимального ослабления света:
Д=±(2*+1)у (ft «О, I, 2, ,..)*
Если интерференция наблюдается в тонких плоскопараллельных
пластинках или пленках (находящихся в воздухе) в проходящем
свете (рис. 384), то оптическая разность хода интерферирующих волн
определяется как
Л = 24 Vri1 — sin2 a,
или
Д = 2dn cos p,
где d — толщина пленки; п — показатель преломления вещества
пленки; а — угол падения; р — угол преломления.
Если интерференционные полосы наблюдаются в отраженном
свете (рис. 385), то для определения разности хода следует учесть
изменение разности хода лучей на Х/2 при отражении света от более
455

плотной среды. Формулы для разности хода имеют в этом случае
вид:
А = 2d V п2 -sin2 а + А,
или
Д = 2dcosP + ^-.
Радиусы светлых колец Ньютона (в проходящем свете)
определяются формулой rck = У kR\ (к=\, 2, i 4.); радиусы темных
колец — формулой г\ = у (2k — 1) R у (k = I, 2, ,..), где R —
радиус кривизны линзы.
В отраженном свете расположение светлых и темных колец
обратно их расположению в проходящем свете.
Дифракция света — явления отклонения светового луча от
прямолинейности наблюдаемые при распространении света вблизи резких
краев непрозрачных или прозрачных тел, сквозь узкие отверстия
и вообще в среде с резкими неоднородностями. Дифракция
свойственна каждому волновому движению.
При дифракции на плоской решетке направления, в которых
наблюдаются максимумы света, определяются из условия
dsinq> = ±kl (k = 0t 1, 2, .. .),
где d = а + b — постоянная решетки; а — ширина щели; Ь —
расстояние между щелями; ср — угол между нормалью к поверхности решетки
и направлением дифрагирующих лучей; к — порядок спектра.
Разрешающая сила дифракционной рещетки
где АХ — наименьшая разность длин волн двух соседних
спектральных линий (X и X + АХ), при которой эти линии могут быть видны
раздельно в спектре, полученном посредством данной решетки.
Разрешающая сила R решетки тем больше, чем больше
штрихов N содержит решетка и чем больше порядковый номер к
дифракционного максимума:
R= kN.
При дифракции рентгеновских лучей на кристаллической решетке
направления, в которых имеет место дифракционный максимум,
определяются уравнением Вульфа — Брегга
2d sin Ь = k\,
где d — расстояние между атомными плоскостями; Ь — угол между
направлением рентгеновских лучей, падающих на кристалл, и гранью
кристалла.
Энергия кванта света (фотона) определяется формулой
где h — постоянная Планка; v — частота колебаний.
456

Связь между энергией фотона, вызывающего внешний
фотоэффект, и максимальной кинетической энергией вылетающих
электронов дается формулой Эйнштейна
Ь = А + — ,.
где А — работа выхода электрона из металла; т — масса электрона.
Если v = О, то AvKp = Л, где vKp — частота, соответствующая красной
границе фотоэффекта.
Световое давление
где Ц — количество энергии, падающей на единицу поверхности за
единицу времени; р — коэффициент отражения света; с — скорость
света в вакууме.
14Л. Точечный источник монохроматического света излучает
мощность Р0 на длине волны X. На каком максимальном расстоянии
этот источник будет замечен человеком, если глаз реагирует на
световой поток, равный N0 фотонов в секунду? Диаметр зрачка — d.
Полная мощность Р0 точечного источника излучается в пределах
телесного угла, равного 4л ср. В глаз, находящийся на расстоянии R
от источника, попадает излучение мощностью
р-р £_£•*
Учитывая, что энергия одного кванта Е = /tv = h -у, находим число
квантов, попадающих ежесекундно в глаз человека:
Р Pad*k
Е ~ \6R2hc-
По условию задачи, глаз реагирует на свет, если N = NQ,
следовательно,
V \6NJic~ 4 V NJic'
16Wo*c- 4 V NJxc
14.2. Сколько длин волн монохроматического света с частотой
колебаний v = 5 • 1014 с"1 уложится на пути длиной / = 2,4 мм:
1) в вакууме; 2) в стекле; 3) в алмазе?
Оптическая длина пути L = л/, где п — показатель преломления
среды, в которой распространяется луч; / — геометрическая длина
пути.
Таким образом, число длин волн, уложившихся на отрезке
пути /,
м — h-. — Ull
™~ X ~~ с *
В вакууме Nx = 4 - 103.
В стекле N2 = 6- Юэ.
В алмазе N9 = 9,7 • 10э.
457

14.3. В некоторую точку пространства приходят когерентные
лучи с геометрической разностью хода /*= 1,2 мкм, длина волны X
которых в вакууме — 600 нм. Определить, что происходит в этой
точке вследствие интерференции, когда лучи проходят в воздухе,
воде, скипидаре.
Оптическая разность хода в перечисленных средах равна
соответственно:
Л* = lnt (nt « 1);
А2 = ^а (л*:=1,33);
Да = ^з (лз= !»5)»
где /tj, л2, Лд — показатели преломления воздуха, воды, скипидара
соответственно. Условием интерференционного максимума является
равенство оптической разности хода целому числу длин волн. Таким
образом,
д1 _ lni _ o<
А 1п
■у = -А = 2,66 (близко к полуцелому числу длин волн,
к к т* е. к условию минимума);
В первом и в третьем случае наблюдается усиление света, во
втором — ослабление света.
14.4. На пути одного из интерферирующих лучей помещена
тонкая стеклянная пластинка, вследствие чего центральная' светлая
полоса смещается в положение, первоначально занимаемое шестой
светлой полосой (не считая центральной). Луч падает на пластинку
перпендикулярно. Показатель преломления пластинки я =1,6, длина
волны X = 6,6 • Ю~7 м. Какова толщина пластинки?
Пластинка изменяет разность хрда интерферирующих лучей на
величину
где п— показатель преломления пластинки; d—толщина пластинки.
G другой стороны, при внесении пластинки произошло смещение
интерференционной картины на k = 5 полос. Следовательно,
Д = *Х,
или
d(n- 1) = *Х,
откуда
d=-^-r = 6,6. КГ° м.
п — I
14.5. В точку А на экране, отстоящем от источника S
монохроматического света длиной волны X на расстоянии L (рис. 386), приходят
два луча: луч SA — непосредственно от источника 5 — и луч SCA,
отраженный в точке С от зеркала, параллельного лучу SA.
Расстояние от луча SA до плоскости, зеркала— d. Определить, что будет
наблюдаться в точке А, если Х = 0,5 мкм, L = 1 м, d — 5 мм.
456

Построим мнимое изображение 5Х источника 5 в зеркале.
Источники S и Si являются когерентными, поэтому при сложении волн,
пришедших от этих источников, на экране будет возникать
интерференционная картина. Оптическая разность хода лучей A = AL4-y,
где AL = Li — L — геометрическая разность хода лучей (оба луча
распространяются в воздухе); Х/2 — дополнительная разность хода,
обусловленная изменением фазы колебаний на я при отражении от
более плотной среды.
Из рисунка очевидно, что h = 2d и
Ll-/2T+*» = L'|^(4;),+ b
Тогда
Величина h/L < 1, поэтому можно
считать, что
Таким образом,
A=T\l)+I = "2l+2'
Если оптическая разность хода А = k\t получаем
интерференционный максимум.
Если А = 2 (k + 1) 1/2, получаем интерференционный минимум.
Согласно данным задачи
о/ "т" 9 /i2
^=JL + i = 8.io>+l.
2
На оптической разности хода укладывается нечетное число длин
полуволн, значит, в точке А будет интерференционный минимум.
14.6. На мыльную пленку (л =1,33) падает белый свет. под
углом 45°. При какой наименьшей толщине пленки отраженные лучи
будут окрашены в желтый цвет (X = 6 • Ю-7 м)?
Мыльную пленку можно рассматривать как плоскопараллельную
пластинку. Из пучка параллельных лучей, падающих на нее,
выделим луч, падающий под углом а на границу раздела воздух — вода
(рис. 387). В точках Л, В и С падающий луч частично преломляется,
частично отражается. Отраженные лучи SABC и SAD падают
параллельно на собирающую линзу L (роль линзы может играть и глаз
человека), пересекаются в ее фокусе и интерферируют м£жДУ собой.
Отражение в точке А происходит от более оптически пДотной среды,
чем та, в которой идет падающий луч. Поэтому фаза; колебаний
459

луча SA при отражении в точке А изменяется на я рад, следова-
тельно, происходит потеря полуволны.
Как видно из рисунка, оптическая разность хода
д = (АВ + ВС) п2 — ADnt + -j,
где rii — показатель преломления воздуха; пг — показатель
преломления воды.
Очевидно, что АВ = d/cos P; AD — AC sin a = 2AK sin a =
*= 21 tg p sin а, где d — толщина пленки; а — угол падения; р — угол
преломления. В соответствии с этим
соТр \ я2 г /2
Учитывая, что
sin а п2 .0 л«
-j— = -*; sina = sinp-it
sin р «i rtj
получаем
A = ^|(l-sin^P) + ~ = 2^2cosp + l.
Рис. 388
Условием интерференционного максимума является равенство
оптической разности хода четному числу длин полуволн: Л = k\
таким образом,
2k - 1 ,
2dn2 cos p + -^ = ЛХ; d =
2п2 cos р
Для наименьшей толщины 6=1, т. е. d = X/4n2cosp. Из закона
преломления находим
sinp = ^sina = 0,5316; р=32°7'; d = 0,13 • 10"в см.
п2
460

14.7. На пленку (я2=1,4) под углом а = 52° падает белый свет.
При какой толщине пленка в проходящем свете будет казаться
красной? Длина волны красного света X = 6,7 • 10~7 м.
Луч от источника 5 падает на пластинку, частично преломляясь
и отражаясь в точках At Bt С и D (рис. 388).
Отражение луча в точке С не сопровождается потерей
полуволны. Следовательно, оптическая разность хода лучей SABK и
SABCD (см. задачу 14.6)
Л = 2ВСп2 — BKrii.
Сделав выкладки, аналогичные тем, которые были сделаны
в упомянутой выше задаче, получим
Л = 2dn2 cos p = 2d V п\ — sin2 a,
где d — толщина пленки; п2 — показатель преломления пленки;
а — угол падения; (J — угол преломления луча.
Условием максимума, т. е. условием того, что пленка будет
казаться окрашенной, является
2dynl — sin2 a = kh
Для минимальной толщины пленки k = 1, так что
d =
2уп\— sin2 a
= 2,89 . 1СГ* см.
Рис. 389
14.8. На стеклянный клин нормально его грани падает
монохроматический свет с длиной волны Х = 0,66 мкм. Число
интерференционных полос на 1 см Л^ =.10. Определить преломляющий угол
клина.
Параллельный пучок лучей, отражаясь от верхней и нижней
граней клина, интерферирует, образуя устойчивую картину. Так как
интерференция на клине наблюдается при малых преломляющих
углах клина, лучи, отраженные от верхней и нижней граней, можно
считать параллельными (лучи / и 2 на рис. 389). Оптическая
разность хода двух лучей складывается из разности оптических длин
путей этих лучей 2dn cos p и половины длины волны,
представляющей собой добавочную разность хода, возникающую при отражении
от оптически более плотной среды.
461

Таким образом, условие интерференционного минимума может
быть записано в виде
A = 2d*ftcosfl + ~ = (2*+l)lf
где п — показатель преломления стекла; dk — толщина клина в том
месте, где наблюдается темная полоса, соответствующая номеру k\
Р — угол преломления; \ — длина волны,
Учитывая, что угол падения а = 0, a cos р = 1, можно записать
2dkn = feX.
Пусть темной полосе номер k-\-N соответствует толщина dk,N.
Согласно условию на расстоянии / укладывается число
интерференционных полос N = 10. Из рисунка очевидно, что
dk+N ~ dk
Sin*=^±^
/
Вследствие малости угла Ь можно считать, что sin Ь « 0 и
а __ dk+N — dk
I
k + N k
2n 2n N\ nn 1Л А
" = 5Г/ = 2'2 ' ,0~4 РаД-
/
14.9. Кольца Ньютона
наблюдаются при отражении света от
соприкасающихся друг с другом
плоскопараллельной толстой
стеклянной пластинки и
плоско-выпуклой линзы с большим радиусом
кривизны. Роль тонкой пленки, от
которой отражаются когерентные
волны, играет воздушный зазор
между пластинкой и линзой.
Расстояние между светлыми кольцами
Ньютона с номерами тип равно L
Радиус кривизны линзы — R.
Найти длину волны
монохроматического света, падающего
нормально на установку. Наблюдения
проводятся в отраженном свете.
Найдем радиусы колец
Ньютона, получающихся при падении
света по нормали к пластинке. В этом случае угол падения л = 0,
cos р = 1 и оптическая разность, хода равна удвоенной толщине
зазора (показатель преломления воздуха п = I) плюс Х/2 вследствие
того, что отражение происходит от более оптически плотной среды
(от пластинки). Из рис* 390 следует, что R2 = (R — b)2-\-r2^R —
— 2Rb-\-r2, где R — радиус кривизны линзы; г — радиус кольца
Ньютона (ввиду малости величины воздушного зазора b мы
пренебрегаем величиной Ь2 по сравнению с 2Rb).
Из вышеприведенного выражения находим b = r2/2R. Таким
образом, , 2 .
Рис. 390
462

В точках, для которых Д = k\ возникнут максимумы, а в
точках, для которых Л = (2k -f- 1) Х/2,— минимумы интенсивности.
Следовательно, радиусы светлых колец Ньютона будут определяться
формулой
г?= |Л2*-1)Я~ (*=1, 2, „.),
радиусы темных колец — формулой
г\ = УШк (k = 1, 2, .,.).
Расстояние между светлыми кольцами с номерами тип
Путем несложных преобразований получим формулу
/а = R\ [т + п - 1 - V(2m - 1) (2д - 1)],
откуда
Х=-
R [т + п — 1- /(2т - 1) (2п - 1)]
14.10. Установка для наблюдения
колец Ньютона освещается
монохроматическим светом с длиной волны
X = 0,6 мкм, падающим нормально.
Найти толщину воздушного слоя
между линзой и стеклянной пластинкой
в том месте, где наблюдается пятое
темное кольцо в отраженном свете.
Пусть толщина воздушного
зазора в том месте, где наблюдается пятое
темное кольцо, равна Ь. Тогда
разность хода лучей А = 2Ь + Х/2.
Условие интерференционного минимума:
Д = (2А -f 1) Х/2, следовательно,
2* + 1 = (2*+1)А;
2Ъ = k\\
Ь = -д- = 1,5 мкм.
14.11. Угол между зеркалами Френеля равен а (рис. 391). На
зеркала падает свет от источника S, расположенного на расстоянии г
от линии пересечения зеркал. Длина световых волн — X.
Отраженный от зеркал свет дает интерференционную картину на экране,
отстоящем на расстояние L от линии пересечения зеркал. Каково
расстояние между интерференционными полосами на экране?
По законам отражения от плоского зеркала лучи, испускаемые
источником S и отраженные от зеркала /, как бы исходят из мни-
Рис. 391
463

мого источника Sj* Аналогично лучи, отраженные от зеркала 2,
можно рассматривать исходящими из мнимого источника S2, являю*
щегося изображением источника «S в зеркале 2. Мнимые источники
взаимно когерентны.
Согласно условию задачи лучи распространяются в воздухе,
значит, оптическая разность хода равна геометрической. Определим
разность хода лучей 52Р и S2P, Из прямоугольных треугольников
S.2CP и StDP находим
{PSJ* = {DSP + (DPr;\
(PS2)2=(CS2)2 + (CP)2. J
Как следует из решения задачи 13.14, ОК — г\ 5Х52 = d = 2rsina,
поэтому уравнения (*) могут быть представлены в виде
(PS2)2 = (L + r)*+(x + |-).
Вычитая почленно из второго уравнения первое, получаем
(PS2)*-(PS1)* = 2dx,
или
(PS2 - PS2) (P52 + PS2) = 2dx.
Величина А = PS2 — PS^ представляет собой искомую разность хода
лучей SXP и S2Pt Вследствие малости d по сравнению с (L + г)
можно считать, что Р52 + PS\ « 2 (L + г). Таким образом,
A- dX
■L + r
Пусть в точке Р на экране наблюдается fc-й интерференционный
максимум. Условием этого максимума является: Л = k\, т. е. £Х =
= dx/(L + г), и расстояние между интерференционными полосами
Ат_ * _X(L + r)^X(L + r)
Л d 2rsina
14.12. Каков тупой угол бипризмы Френеля, если при
расстоянии г от источника 5 (рис. 392) до бипризмы и при расстоянии /
от бипризмы до экрана интерференционные полосы света с длиной
волны X отстоят друг от друга на расстоянии Ах? Показатель
преломления материала призмы равен п.
Отклоняющие углы у основания бипризмы малы, угол падения
лучей на бипризму тоже мал, вследствие чего все лучи отклоняются
бипризмой на одинаковый угол
а = (п-1)Т.
В результате образуются две волны, исходящие из мнимых
источников St и 52, лежащих в одной плоскости с 5.
Расстояние между источниками
d = 2r sin а « 2га = 2г (п — 1) т,
464

Расстояние от источников до экрана
Разность хода лучей от источников, расстояние между которыми
равно d и которые отстоят от экрана на / + г, равна
dx
где х —ширина интерференционной полосы. Условие
интерференционного максимума: А = &Х, следовательно,
dx 2r (п — 1) -ух
A = i
*Х =
1 + г
1 + г
S,
у;
г
Л^--^*оМ
7
!- 1
**\
Рис. 392
Расстояние между интерференционными полосами
**~ Л ~ 2г(п — I)T
Таким образом, тупой угол бипризмы
Р=180°-2-г = я-;
2г (л - I) Дх
14.13. На поверхность стеклянного объектива нанесена тонкая
пленка, показатель преломления которой я2=1,2 («просветляющая»
пленка). Какова наименьшая толщина этой пленки, при которой
произойдет максимальное ослабление отраженного света в средней
части видимого спектра?
Условие того, что отраженные от верхней и нижней поверхностей
пленки волны гасят друг друга, запишется (для пленки
минимальной толщины) следующим образом:
2 ла
где Х/д2 — длина волны в пленке; d — толщина пленки. В средней
части спектра длина волны зеленого света X = 5,5 • 10~* см. Таким
образом,
d = 1,15- 1(Г* см.
465

14.14. Чему равна постоянная дифракционной решетки, если для
того чтобы увидеть красную линию (X = 0,7 мкм) в спектре третьего
порядка, зрительную трубу пришлось установить под углом а =
= 48° 36' к оси коллиматора? Какое число штрихов нанесено на I см
длины этой решетки? Свет падает на решетку нормально (рис. 393),
Условием получения дифракционного максимума является:
d sin a = И, где d = а + Ь — постоянная дифракционной решетки;
а — ширина щели; Ь — расстояние между щелями; а — угол
отклонения лучей; k — порядок спектра; X —
длина волны. Отсюда * *
d = -^- = 2,8 • 10~4 см.
Sin a
Число штрихов на 1 см решетки
п = 4- = 3570.
а
Рис. 393
Рис. 394
14.15. На дифракционную решетку нормально падает пучок света
от разрядной трубки, наполненной гелием. На какую линию в спектре
третьего порядка накладывается красная линия гелия (Хх = 6,7 х
X Ю~£ см) спектра второго порядка?
Для того чтобы произошло наложение спектров, необходимо,
чтобы совпадали углы отклонения накладывающихся лучей, т. е.
Таким образом,
dsina = k{kx\
d sin a = k2\2i
», = *& = 4,46-
«2
10"
14.16. Определить число штрихов на 1 см дифракционной решетки,
если при нормальном падении света с длиной волны X = 600 нм
решетка дает первый максимум на расстоянии / = 3,3 см от
центрального. Расстояние от решетки до экрана L = ПО см (рис. 394).
Число штрихов на 1 см решетки определяем по формуле п =
= 1/d, где период решетки d найдем из формулы d sin о = АХ (а —
466

угол, под которым наблюдается k-fi максимум; k — порядок
максимума).
Ввиду того что для максимума 1-го порядка угол а мал, можно
принять sine « tga = //£, следовательно, уравнение дифракционной
решетки может быть переписано в виде dl/L = kkt откуда
d =
Таким образом, число штрихов на 1 см длины решетки
п = ^ = 500.
14.17. На дифракционную решетку в направлении нормали к ее
поверхности падает монохроматический свет. Период решетки равен
2 мкм. Какого наибольшего порядка дифракционный максимум дает
эта решетка в случае красного (XL = 0,7 мкм) и фиолетового (А* =
= 0,45 мкм) света?
Порядок дифракционного максимума k = —г—, где d —
постоянная решетки; а — угол отклонения лучей; X — длина волны
монохроматического света.
Так как sina<l, то &<d/X.
Подставив числовые значения, получим
fti<2,86; *2<4,44.
Если учесть, что порядок максимумов
является целым числом, найдем, что для
красного света ^макс = 2, а для фиолето-
вого k2 макс = 4-
14.18. На дифракционную решетку,
содержащую п = 500 штрихов на 1 мм,
нормально падает белый свет. Спектр
проектируется на экран помещенной вблизи
решетки линзой. Определить длину спектра
первого порядка на экране, если
расстояние от линзы до экрана L = 4 м. Границы
видимого света: Хкр = 780 нм, Хф = 400 нм.
Запишем уравнение дифракционной
решетки для случая дифракции красных и
фиолетовых лучей:
d sin aY = А?Хф;
cfsina2 = fcXKp.
Вследствие малости углов <ц и а2 в случае спектра первого
порядка можно принять (рис. 395):
Рис. 395
sina1?s tgax = -£)
Sin a2 ^ tg аг = -2- .
467

Таким образом!
и длина спектра
Д/ = /2-/1 = ^(Хкр-Хф) = А/^(Хкр--Хф) = 76см.
14.19. На грань кристалла падает параллельный пучок
рентгеновских лучей с длиной волны X = 0,14/ нм. Расстояние между
атомными плоскостями кристалла d = 0,28 нм. Под каким углом
к плоскости грани наблюдается дифракционный максимум второго
порядка?
Согласно формуле Вульфа — Брэгга 2d sin Ь = k\, где d —
расстояние между атомными плоскостями; & — угол между падающим
лучом и плоскостью грани кристалла; k — порядок максимума; X —
длина волны,
k\
sin Ь = ^ = 0,262;
Ь = 15° 12'.
14.20. Какое наименьшее число штрихов должна содержать
решетка, чтобы в спектре первого порядка можно было разделить две
желтые линии натрия с длинами воли Хх = 589 нм, Х2 = 589,6 нм?
Какова длина такой решетки, если постоянная решетки d — 10 мкм?
Разрешающая способность дифракционной решетки определяется
формулой Х/АХ = kN, где N — общее число щелей решетки; k —
порядок спектра; X, Х+ДХ — длины двух близких спектральных
линий, еще разрешаемых решеткой.
Общее число щелей
N = —— = Х* = 982
k ДХ k (Х2 - \г) УОА
Длина решетки
L = dN = 9,8 мм.
14.21. Красная граница фотоэффекта для некоторого металла
Хкр = 275 нм. Найти работу выхода электрона иэ этого металла
и максимальную скорость электронов, вырываемых иэ этого металла
светом с длиной волны 180 нм.
Работа выхода электрона А = Ькр = hcj\v = 7,2 • 10~19 Дж =
= 4,5 эВ, где h — постоянная Планка; v — частота света,
соответствующая красной границе фотоэффекта.
Согласно уравнению Эйнштейна Е = А + mv2/2t где Е = /tv =
= Лс/Х — энергия фотона (v — частота света, которым освещается
металл; с —скорость света); т — масса покоя электрона; v — его
максимальная скорость.
Уравнение Эйнштейна может быть переписано в виде
г2
. с . с mv
468

откуда
14.22. Найти частоту света, вырывающего из поверхности металла
электроны, полностью задерживающиеся обратным потенциалом в 2В.
Фотоэффект у этого металла начинается при частоте падающего
света v = 6 • 10й с"1. Найти работу выхода электрона из этого
металла.
Работа выхода
А = AvKp = 2,48 эВ.
Чтобы задержать вылетающие электроны, необходимо
приложить тормозящее электрическое поле e(J = mv2/2, где е — заряд
электрона; U — разность потенциалов, пройденная электроном. Таким
образом, In = А -+- eUt откуда ^
14.23. Определить максимальную скорость фотоэлектронов,
вырываемых из поверхности серебра: 1) ультрафиолетовыми лучами
с длиной волны Х1== 0,155 мкм; 2) 7-лучами с длиной волны Х2 =
= 0,001 нм.
Максимальная скорость фотоэлектронов может быть определена
из уравнения Эйнштейна для фотоэффекта: ftv = А + £к, где /iv —
энергия фотона; h — постоянная Планка; v — частота света; А —
работа выхода; Ек — кинетическая энергия электрона.
Кинетическая энергия электрона может быть определена или
по классической формуле
где т0 — масса покоя электрона; v — его скорость; или по
релятивистской формуле
*«-
-£'(ft=p-')'
где Е0 = т0с2 — энергия покоя электрона; р = v/c (с — скорость
света).
Скорость фотоэлектронов зависит от энергии фотона, вызываю-
щего фотоэффект. Если энергия фотона много меньше энергии покоя
электрона, скорость электрона будет много меньше скорости света,
и может быть применена формула классической механики; если же
энергия фотона сравнима с энергией покоя электрона, должна быть
применена релятивистская формула.
Энергия покоя электрона
Е0 = т0с2 = 8,199 . 10~14 Дж = 0,51 МэВ.
469

Энергии фотонов в случаях 1) и 2) соответственно равны:
Ех = h4 = h f = 1,23 . Ю-18 Дж = 8 эВ;
£2 = /iv2 = h £- = 1,99 . 1(Г13 Дж = 1,24 МэВ.
Таким образом, в случае 1) может быть применена классическая
формула, а в случае 2) — релятивистская:
г
m0Vi
E^A + JLl,
откуда
= т/2(*1-Л) = 1,08. 1* м/с,
В данном случае работа выхода из серебра А = 0,75 • 10~*8 Дж «
= 4,7 эВ пренебрежимо мала по сравнению с энергией фотона,
следовательно, можно записать
Сделав преобразования, найдем
откуда
у2 = ср = 2,85 • 108 м/с.
14.24. На поверхность площадью 5 = 3 см2 за время t = 5 мин
падает свет, энергия которого W = 20 Дж. Определить световое
давление на поверхность, если она: а) полностью поглощает лучи,
б) полностью отражает лучи.
Е
Световое давление определяется по формуле р = — (1 + р), где
Е0 — энергия излучения, падающего на единицу площади за единицу
времени; с —скорость света в вакууме; р — коэффициент отражения.
W
Очевидно, что £0 = -^ , где S — площадь поверхности, на
которую падает свет; t — время.
а) Если поверхность полностью поглощает лучи, то р = 0 и
*=!°=1*=7-4-1(Г,Па-
б) Если поверхность полностью отражает лучи, то р = 1 и
р2 = ^ = ^-= 14,8 • Ю-* Па.
™ с Set
470

14.25. Монохроматический пучок света (X = 490 нм), падая
нормально на поверхность, производит давление на нее, равное 9,81 X
X Ю-7 Н/м2. Сколько квантов света падает ежесекундно на единицу
площади этой поверхности? Коэффициент отражения света р = 0,50.
Давление, производимое светом,
откуда
PC
т+Г
£о=-
Если энергия одного кванта Е = ftv = у, то количество
квантов света, падающих ежесекундно на единицу поверхности,
N=^g = u ,f* 4 = wtPl , = 2,5» 104
£ hc{\ + p) Л(1+р)

ОСНОВЫ 15. Элементы
РЕЛЯТИВИСТСКОЙ специальной
МЕХАНИКИ И ФИЗИКИ теории
МИКРОЧАСТИЦ относительности
Постулаты Эйнштейна. 1. Никакие» эксперименты, проводимые в
данной лабораторной инерциальной системе, не позволяют различить,
находится эта система в состоянии покоя или в состоянии
равномерного и прямолинейного движения. Физические процессы во всех
инерциальных системах протекают одинаково и не зависят от выбора
системы отсчета, т. е. инвариантны по отношению к преобразованиям
из одной инерциальной системы в другую.
2. В отличие от всех других скоростей, меняющихся при
переходе от одной системы координат к другой, скорость света в
вакууме с не зависит ни от движения источника света, ни от движения
наблюдателя. Она одинакова во всех направлениях и во всех
инерциальных системах отсчета, т. е. является инвариантом.
Примечание. Все нижеприведенные положения относятся
к инерциальным системам.
Преобразования Лоренца. Пусть система координат x't у', г', V
движется относительно системы х, у, г, t со скоростью v,
направленной вдоль общей для обеих систем оси ОХ. Переход от одной
системы к другой осуществляется посредством преобразований
Лоренца
, х — vt , , ., с2
х = г ; у = у\ г' = 2\ t = - ,
Ki — э2 1Л-Р2
где р = vie.
Относительность одновременности. Пусть в системе К
происходят события Л и В в одной и той же точке хА=хв. Допустим,
кроме того, что оба события происходят одновременно, так что
tA = tB. При переходе к другой системе эти события также будут
одновременными.
Однако если события А и В произошли не в одной, а в двух
разных точках хА и хв данной системы /С, то в другой системе К'
эти события оказываются неодновременными. Интервал времени
между событиями в системе К'
/' Хв-*А
Замедление времени. Парадокс часов. Пусть в системе,
движущейся с субсветовой скоростью относительно наблюдателя, измерен
472

промежуток времени Д/0 (собственное время). В лабораторной системе,
где наблюдатель неподвижен, часы покажут при этом промежуток
времени Л/. Оба значения связаны соотношением
т. е. движущиеся часы идут медленнее неподвижных. Таким образом,
при движении с субсветовой скоростью течение времени замедляется.
Закон сложения скоростей. Пусть тело движется со скоростью а
относительно некоторой системы координат. В свою очередь, эта
система движется со скоростью v относительно наблюдателя так, что
обе скорости лежат на одной прямой. Результирующая скорость тела
относительно наблюдателя
и-\- v
ш= ■
VU
1+?
Из этой формулы видно, что результирующая скорость не может
превысить скорость света. Действительно, даже при у = ы = с
получаем W = С.
Сокращение длины. Пусть в системе, движущейся с субсветовой
скоростью относительно лабораторной системы, измерена длина /0
тела вдоль направления скорости (собственная длина). В
лабораторной системе, где наблюдатель неподвижен, измеренная длина тела
равна /. Оба значения связаны соотношением
/ = /,/Г=р.
т. е. длина тела сокращается в направлении движения. В
направлении, перпендикулярном движению, сокращения длины не происходит.
В промежуточном случае сокращение происходит вдоль проекции на
направление движения.
Изменение массы. Масса тела, скорость которого приближается
к скорости света, возрастает по закону
где т0 — масса покоя.
Импульс частицы с массой покоя /л0, движущейся с субсветовой
скоростью vf
mnv
Полная энергия тела с массой покоя т0, движущегося с
субсветовой скоростью v,
Vi -Р2
Величина т0с2 = Е0 называется энергией покоя тела*
-473

Кинетическая энергия тела
Изменение массы тела (или системы тел) на величину А/я
соответствует изменению энергии тела (или системы тел) на величину
Д£ = с2 Am.
Эффект Доплера. Воспринимаемая неподвижным наблюдателем
частота v света, приходящего от движущегося источника, связана
с собственной частотой v0 излучаемого света следующими
соотношениями,
1. Угол между скоростью источника и направлением наблюдения
равен 90° (поперечный эффект Доплера):
Этот эффект обусловлен увеличением периода колебаний в
движущемся источнике света по сравнению с неподвижным источником.
2. Угол между скоростью источника и направлением наблюдения
равен 0° (взаимное удаление) или 180° (взаимное сближение).
В первом случае (красное смещение)
Во втором случае (фиолетовое смещение)
Кинетическая энергия частицы с зарядом ге, прошедшей
ускоряющую разность потенциалов (У,
Ел = геи.
Под субсветовыми, или релятивистскими, скоростями понимают
скорости v> 0,14с. При v = 0,14с ошибка, вызванная использованием
нерелятивистских формул для вычисления механических величин, не
превышает 1%. При vm0,42с ошибка достигает 10%.
15.1. Ракета движется относительно неподвижного наблюдателя
на Земле со скоростью Ь = 0,99с. Найти, как изменятся линейные
размеры тел и плотность вещества в ракете (по линии движения)
для неподвижного наблюдателя; какое время пройдет по часам
неподвижного наблюдателя, если по часам, движущимся вместе с ракетой,
прошел один год.
Размеры тел вдоль линии движения составят (для земного
наблюдателя)
474

Плотность вещества в ракете для земного наблюдателя
т тл
У /S/l-(0,99)a'
где V — объем; 5 — сечение предмета, перпендикулярное к линии
движения. Так как поперечные (по отношению к линии движения)
размеры тел не меняются, то
V = l0S /T=J2;
Wo _ Ро
с2
В рассматриваемом случае
Р=1_ (0,99)2-50»2Ро-
Время полета ракеты с точки зрения земного наблюдателя
t = *° ^ яЛт « 7,1 года.
/1-(0,99)2 0,14
15.2. Какая энергия выделилась бы при полном превращении
1 г вещества в излучение?
По формуле Эйнштейна
£0 = m0c2 = 9. 1013 Дж.
15.3. Какому изменению массы соответствует изменение энергии
на 4,19 Дж?
Дт = Щ « 4,65 . 10->? кг.
с2
15.4. Найти изменение энергии, соответствующее изменению
массы на 1 а. е. м.
Д£ = с2 Am = 1,49 . 10~10 Дж да 931,5 МэВ.
15.5. Какому изменению массы соответствует энергия,
вырабатываемая за 1 ч электростанцией мощностью 2,5 • 10е кВт?
Дт = ^ = 10~4 кг.
с2
15.6. Серпуховский ускоритель разгоняет протоны до
кинетической энергии 76 ГэВ. Найти: 1) массу, 2) скорость ускоренного
протона.
1) Полная энергия ускоренного протона Ек + Е0 = тс2. Разделив
обе части этого равенства на Е0 = т0с2, найдем
т ^к + ^о Л . Ек\
^ = _^:m = l1 + For*
475

Так как Е0 для протона равно 0,938 ГэВ (см. задачу 15.20) и Ек =
= 76 ГэВ, то
т
= (1+б^)mo*82mo,
2) EK+Eu=-rJk=.
' К ° У 1 __ р2
откуда
lj 2Е0Ек+£?
Р (£к+ £„)*- (Б0 + £в)4
И
с=£7тд;^£к(2£о+£кЬ
В данном случае £к = 76 ГэВ, Е0 = 0,938 ГэВ иия 0,9999с.
15.7. Две ракеты движутся равномерно и прямолинейно с
относительной скоростью v = 0,6с. Какое время пройдет для наблюдателя
во второй ракете за 8 ч, прошедших для наблюдателя в первой
ракете? Как изменится промежуток времени между двумя событиями
во второй ракете с точки зрения наблюдателя, находящегося в
первой ракете?
Так как обе ракеты являются равноправными инерциальными
системами отсчета, то для наблюдателя во второй ракете пройдет
тоже 8 ч.
Очевидно, что
М,= . A/l =10 а.
1/1 — (0.6)2
15.8. Две ракеты движутся навстречу друг другу со скоростями
vx = v2 = ~ по отношению к неподвижному наблюдателю. Найти
скорость сближения ракет по классической и релятивистской
формулам сложения скоростей.
По классической формуле
3 3 3
w = v 1 + v 2 = тс + -jc = -- с,
что противоречит постулату теории относительности,
утверждающему, что скорость любого тела не может превышать скорость
света в вакууме.
По релятивистской формуле
Зс/4 + Зс/4 . ос
15.9. Найти скорость частицы, если ее кинетическая энергия
составляет половину энергии покоя.
£к = т0с2
У\ a pa = |_. v = 2(22 . 10» м/с.
476

15.10. Найти скорость космической частицы, если ее полная
энергия в к раз превышает энергию покоя.
Как видно из формулы, даже при больших значениях k (когда
можно пренебречь единицей по сравнению с k) v -> с, оставаясь всегда
меньше с.
15.11. Найти скорость кванта света, испущенного звездой,
движущейся к Земле со скоростью и.
Скорость кванта света равна с. Скорость его приближения к Земле
равна
С+У
1 + -
' = С.
15.12. При какой скорости кинетическая
энергия любой элементарной частицы равна
ее энергии покоя?
ЕК = тс2 — т0с2 = т0с2,
т. е.
или
Отсюда
т = 2mft
Рис. 396
m0//l - р2 = 2т0.
v ж 0,866с.
15.13. Найти в системе наблюдателя угол между диагоналями
квадрата, движущегося со скоростью 0,9с в направлении,
параллельном одной из сторон (рис. 396).
Продольный размер сократится в отношении
/0_ 1 1_
/ /1-0,81 ^0,44'
Поперечный размер сохранится. Поэтому
a = 2p = 2arctg0,44«48°.
15.14. Протон летит к северу со скоростью vp = 0,7с, альфа-
частица — к югу со скоростью va = 0,2с. Куда движется центр масс
этой системы?
Центр масс движется в сторону частицы с большим импульсом.
Для протона
та • 0,7с
/л01г = ° я? т0с.
рр V^I —0,49 °
Для альфа-частицы
4т0 • 0,2с л 0
477

Следовательно, центр массы движется к северу, туда же, куда
в протон.
15.15. Насколько увеличится масса частицы, вар яд которой
равен ге, после прохождения ускоряющей разности потенциалов С/?
Согласно задаче 15.6 увеличение массы
т _ | . teU m0c2 + геЦ
нлн, если обозначить т — т0= Am,
15.16. Частица с массой покоя т0 и зарядом ге влетает со
скоростью v в тормозящее электрическое поле. Какую разность потен*
циалов она сможет преодолеть?
Очевидно, частица будет двигаться против сил поля до тех пор,
пока ее кинетическая энергия Ек не перейдет в потенциальную геиш
где U — искомая разность потенциалов. Поэтому
Ек = тсг — т<рг = геи,
откуда
U № — Щ) с*
ге
Для протона со скоростью v = 0,9с (г = 1): '
m = m0/j/l—^ = 2,29т0|
{/=lt29moca=1209
15.17. Доказать, что при малых скоростях релятивистская
формула кинетической энергии переходит в классическую.
Релятивистская формула кинетической энергии:
Е«=т*\Ут±?-х)-
Разложим выражение (1 — р2) 1/я по формуле бинома Ньютона:
(1 — р2)в1/2 я- 1 .J. P -j- —- р4 + . *. и отбросим члены более высокой
степени, чем ра, в силу их малости (v < с). Тогда
^-«^[i+S-i]-2?.
15.18. Скорость частицы с массой покоя т0 составляет kc9 где
А<1. Найти, во сколько раз увеличится масса частицы.
478

Известно, что т = т0 I у 1 — д. Если v = kc,
то
т0 y\-k2'
Например, если v = 0,99с, то т/т0 « 7,
1Б.19. Масса движущейся частицы в п раз больше ее массы покоя.
Найти полную и кинетическую энергии частицы, если ее масса
покоя — m0i
Е = тс2 = пт0с2;
Ек •= тс2 — т0с2 = т0с2 (п — 1).
15.20. Выразить в джоулях и мегаэлектронвольтах энергии покоя
электрона, протона, атомной единицы массы, массы в один килограмм.
Энергия покоя частицы с массой т0 равна т^2.
Для электрона
£е0 = 8,2« ИГ»* Дне"
Так как 1 Мэв = 1,6 • 1СГ13 Дж, то
Е& « 0,51 МэВ.
Для протона
£р0 = 15 - 10~" Дж а 938 МэВ,
Для 1 а. е* м.
£а.е.мо= 14>91 ' Ю*иДж« 931,5 МэВ,
Для 1 кг
£кг0 = 9 . 10" Дж « 5,6 . 1023 МэВ.
15.21. Солнце излучает ежеминутно энергию £ = 6,6« 102* кВтч,
Считая излучение Солнца постоянным, найти, за какое время масса
Солнца уменьшится вдвое (1 кВтч = 3,6 • 10е Дж).
Уменьшение массы Солнца за 1 мин равно
* Лт = ^- « 26,4 . 101° кг;
2А/п
15.22. Мощность излучения Солнца и 4 • 102в Вт. Насколько
уменьшается ежесекундно масса Солнца? С каким ускорением
двигалось бы Солнце и какую скорость оно приобрело бы за 1 год,
если бы весь свет испускался только в одном направлении
(«фотонный двигатель»)?
Уменьшение массы Солнца за 1 с
Дг = 4,44 . 10е кг.
с2
* См. Приложение 3.
479

Импульс этого излучения
ти = р = — =1,33- 1018Н. с.
с
Так как Л (mv) = F А/, то, полагая At = 1 с, найдем, что сила,
действующая на Солнце со стороны такого «фотонного двигателя»,
F=l,33- 10*eHi Под действием этой силы Солнце приобрело бы
ускорение
а = — = 6,7 • КГ" м/с2.
т
За 1 год (« 3 • I07 с) Солнце приобрело бы скорость
v в at « 2 • 10~б м/с.
15.23. Найти энергию гамма-излучения, возникающего при
аннигиляции электрона и позитрона.
Масса покоя электрона равна 0,51 МэВ (см. задачу 15.20). Так как
массы электрона и позитрона одинаковы, то энергия
результирующего гамма-излучения равна 1,02 МэВ.
15.24. Мю-мезоны, экспериментально обнаруживаемые на дне
глубоких шахт, образуются в земной атмосфере и успевают до распада
пролететь расстояние 5 = 6-103 м при скорости v = 0,995 с.ПНайти
время жизни мю-меэона St для земного наблюдателя и собственное
время жизни мю-меэона Д/р
At = — » 2 • Ю-8 с;
v
А/0 = At /l-(0,995)2 w 2 . 10"в с.
15.25. Определить импульс протона, масса которого равна массе
покоя изотопа 4Не. Какую ускоряющую разность потенциалов
должен был пройти протон, чтобы приобрести этот импульс?
Имеем (см. задачу 15.6)
= CJQ*k 0,982с.
4
Приращение массы (см. задачу 15.15)
eU
Am = tn — m0 = 4/л0 — m0 = Зги0 = —5 ;
a = ?2°£? a 2,8. io* в.
e
Импульс
p = /пи к 4m0 ■ 0,98c и 19,6 - 10"» кгм/са.
15.26. На сколько процентов изменятся продольные размеры
протона и электрона после прохождения ими разности потенциалов
С/ = 10в-В?
480

Кинетическая энергия обзих частиц Ек — I МэВ. По
релятивистской формуле
Е*=т°сг{7ттщ-1)=геи'
где е — элементарный заряд; z — число элементарных зарядов
частицы. В случае протона и электрона г = 1. Отсюда
Продольные размеры частиц равны
/ = /0i/f=p,
а относительное изменение продольных размеров
Л/ - /о~/ - 1 1/1 Р - g(/
Г" И- — 1—vi —Э -rfz + ^i.
Для электрона т0с2 = 0,51 МэВ, для протона ет0с2 = 938 МэВ?
(ft-**. GW
16.27. Какова должна быть энергия частицы, чтобы ее
продольный размер стал в k раз меньше поперечного?
Обозначим k s=s -j = __——; кинетическая энергия частицы равна
^(p=-l) = moC* <*-!)•
15.28. Какова должна быть энергия частицы с массой покоя т0,
чтобы ее собственное время стало в п раз меньше лабораторного?
Обозначим собственное время через t0t лабораторное — через t.
Из соотношений t = л/0 и t = tjy\ —$г находим
п =
Кинетическая энергия частицы
£« - "^ (/Г=р " !) = ЩС2 (П - ,}-
15.29. Электрон движется в однородном магнитном полёте
индукцией В = 10~2 Т по окружности радиуса г = 10 см. Найти скорость
электрона.
На электрон действует сила Лоренца mv*/r = evB» Из этой фор-
мулы и из релятивистского выражения для импульса р = m0v/YI—Pa
находим
В = — = eBr/m0c
с У\ + (еВг/т0с)*'
16 6-319 481

Так как
еВг/т0с= 1,76,
то
ф := 0,871 и v = $с = 2,61 • 108 м/с.
16.30. Какова должна быть кинетическая энергия частицы с
массой покоя m0l, чтобы ее масса была бы такой же, как и масса
частицы с массой покоя т02, ускоренной до энергии £к2?
Если массы двух частиц одинаковы, то одинаковы и их полные
энергии:
£К1 + Ш01С2 = £К2 + Ш02С2.
Отсюда
£к1 = £к2 + с* (/л02 - Щ\У
15.31. Частицы с зарядами гге и г2е и с массами покоя т01 и тоа
соответственно прошли одинаковую ускоряющую разность
потенциалов, после чего масса частицы / составила \/к массы частицы 2*
Найти разность потенциалов.
Полная энергия частиц 1 и 2 равна соответственно
1 ]/l-(i2 l/l-Э2
Так как /П! = m2/^, то Ex = E2lkt или m0iC2 + г^(/ *=•£ (m02c2-f-
+ z2elt). Отсюда
п-(1
е (kZl — г2)
ц _ (^02 — fe/"0l) С*
I при условии, что k ф -^ 11
15.32. Пара протон — антипротон может образоваться при
соударении протона с энергией Ек ~ 6 ГэВ с неподвижным протоном.
Найти, каковы должны быть наименьшие одинаковые энергии
встречных протонных пучков для осуществления этой реакции.
Энергии протона 6 ГэВ соответствует скорость (см* задачу 15.6)
V = Ё^Ы Vek{2E0 + Ek) * 0,99с,
если принять Е0 « 0,938 ГэВ.
При релятивистском сложении скоростей обоих пучков должна
получиться скорость не меньше вышеуказанной величины, иначе
реакция не произойдет:
£-t£>0,9fc.
■+V
откуда v* « 0,87с. Кинетические энергии встречных протонов с такой
скоростью
Ек = W°c2 - mQc2 » 0,965 ГэВ.
к /1-(0,87)2
482

15.33. В космических лучах встречаются протоны с энергией
порядка 1010 ГэВ. Если диаметр Галактики равен примерно 10*
световых лет, то сколько времени потребуется протону, чтобы пройти
сквозь Галактику, с точки зрения наблюдателя, связанного с
Галактикой, и «с точки зрения протона»?
Обозначим массу протона (в энергетических единицах) через £0,
время в системе, связанной с наблюдателем, — черед t ft
«собственное» время протона — через t0. Тогда
£к тс2 — т0с2
1Г0 ~~ щс2
Так как т0с2 « 1 ГэВ, то, пренебрегая этой величиной по сравнению
с 10хо ГэВ, находим, что
*,_, тс» _1_ Ю10 = 1Г
Е0 ~ т0с2 у 1 _ рг 1
В то же время отношение величин t и tQ также равно l/"^l — ра.
Поэтому
-^ = 1 = Ю10.
С точки зрения наблюдателя, связанного с Галактикой, скорость
протона лишь незначительно отличается от скорости света, и поэтому
с этой точки зрения протону для пересечения Галактики практически
нужно затратить столько же времени, сколько и кванту света, т. е.
105 лет. Однако в системе, связанной с протоном (как видно из
последнего соотношения), время течет медленнее в 1010 раз. Поэтому
протону для пересечения Галактики потребуется 105/10*° = Ю-^ лет «
ж 5 мин.
16. Элементы
атомной физики
Атомная физика изучает свойства и строение электронной оболочки
атома. Явления в этой области характеризуются рядом особенностей.
Атомизм. Любое вещество состоит из частиц — атомов, которые,
в свою очередь,.состоят из электронов, протонов и нейтронов.
Электрический заряд также образуется из элементарных зарядов, равных
1,59 • 10~*8 Кл каждый. Устойчивыми носителями элементарного
положительного заряда являются протон и позитрон, носителем
элементарного отрицательного заряда является электрон. Кванты, или
фотоны, являются элементарными частицами электромагнитного поля
(которое представляет собой одну из форм существования материи).
Дискретность физических величин. Большинство физических
величин, характеризующих движение микрочастиц в атомах, меняется
дискретно, т. е. скачком. Сюда относятся энергия, момент количества
движения и другие. Размеры этих скачков различны, но во всех
случаях связаны с фундаментальной константой — постоянной Планка h9
равной 6,63 - 10~м Дж • с.
16*
483

Корпускулярнэ-волновой дуализм. Все элементарные частицы и их
образования обладают одновременно как корпускулярными, так и
волновыми свойствами («корпускула» означает частица). Это относится
как к собственно частицам (электроны, позитроны, протоны, нейтроны,
ядра, атомы), так и к квантам, которые также можно рассматривать
одновременно как волны и как частицы. Согласно гипотезе де Бройля,
каждая микрочастица характеризуется волной, длина и частота
которой связаны с импульсом и энерги?й частицы соотношениями
X —— — — • м = —
~~ р — mv* ~~ h *
где р = mv — импульс частицы.
Эта волна, называемая волной де Бройля, не является
электромагнитной волной и не имеет аналога среди всех видов волн,
изучаемых в классической физике. _>.
Если ввести так называемый волновой вектор kt модуль которого
равен 2тс/Х, и использовать обозначения h = h/2r^ X = Х/2;: и со = 2uv,
то оба вышеприведенных соотношения можно записать в симметричной
форме
Е =h (о; р = hk.
С другой стороны, квантам электромагнитного излучения (фотонам)
можно приписать массу и импульс, как если бы они были частицами.
Для них справедливы соотношения
Х = А = _*_. м=-^
~Рф тфс> h
Входящая в вышеприведенное соотношение электромагнитная масса
фотона Шф вычисляется по релятивистской формуле
_ _a_fa
тФ~ с2. "~ с2'
а импульс фотона р± — по формуле
ftv h
с
Если скорость микрочастицы близка к скорости света
(ультрарелятивистская частица), то связанная с ней длина волны вычисляется
по релятивистской формуле
x_h VT^p = he he
где р = v/c\ £к — кинетическая энергия частицы; Е0 = ш0с\
Постулаты Бора. Согласно упрощенной модели атома Реэер-
форда — Бора атом состоит из положительно заряженного ядра
с зарядом Ze (Z— атомный номер), вокруг которого по круговым
орбитам движутся электроны. Каждый из электронов несет
отрицательный заряд е. Для движения по окружности электрон должен
обладать центростремительным ускорением. Это ускорение электрону
сообщает кулоновская сила взаимодействия электрона с ядром:
v2 Ze- е , ч
т7 = х-7Г-. (•)
Рф = тФс = 7 = Т
484

Здесь m — масса электрона; г — радиус орбиты; % = 1/4яе0, где е0 —
электрическая постоянная.
Однако ускоренное- движение заряженной частицы есть переменный
ток (постоянный ток — это равномерное и прямолинейное движение
зарядов). Переменный ток создает в пространстве переменное
электромагнитное поле, на которое должна расходоваться энергия элек-
трона. По этой причине, с классической точки зрения, энергия
электрона на орбите должна уменьшаться и он, в конце концов, должен
упасть на ядро. В действительности этого не происходит. Чтобы
согласовать этот факт (и другие, необъяснимые с классических
позиций, факты) с теорией, Бор ввел следующие, экспериментально
подтвержденные, постулаты:
1. Условие стационарности. Электрон в атоме может находиться
только в некоторых определенных устойчивых состояниях, которые
называются стационарными. Находясь в стационарных состояниях,
атом не излучает (этим постулатом утверждается неприменимость
классической теории).
2. Условие квантования. Из всех возможных состояний в атоме
реализуются только те, для которых момент количества движения
электрона на орбите (орбитальный момент) равен целому числу
постоянных Планка Л, деленных на 2л:
р.
М = mrv = n jr- = лп; п = 1, 2, 3, *«• (**)
Здесь h/2n *= h = 1,054 • 10~34 Дж • с. Интересно, что при выполнении
этого условия длина орбиты оказывается равной 2яг = nh/mv = яХ*
Это означает, что вдоль воровской орбиты укладывается целое число
длин волн электрона. Таким образом, получаются как бы стоячие
волны.
3. Условие частот. Атом излучает только при переходе из одного
дискретного состояния в другое. Если обозначить энергию атома
в начальном состоянии через £/, а в конечном — через £*, то
разность энергий начального и конечного состояний будет излучена
в виде фотона с частотой v:
Ei — Б* = ftv.
Радиусы стационарных орбит. Из формул (*) и (+*) следует:
г*тЧ* __ n2h2 __ n2/t%
Гп ~~ %Ze2m ~ %Z<?2m ~~ nme2Z '
т. е. радиусы пропорциональны квадрату целого числа п и могут
принимать лишь избранные значения, каждое из которых
соответствует определенному значению п. Иначе говоря, радиусы орбит
квантованы.
Энергия электрона в атоме. Полная энергия электрона в атоме
слагается из кинетической энергии £к движения на орбите и
потенциальной энергии W кулоновской силы притяжения к ядру.
Потенциальная энергия электрона с зарядом е в поле ядра с зарядом Ze
отрицательна, и ее значение в точке, находящейся на расстоянии г
от ядра,
Г Г #
485

Кинетическая энергия электрона на орбите согласно (*)
_ _ mv2 __ j^ Ze2
К~Т~~ 2 ~*
Полная энергия электрона на орбите
х Ze2 -*.2me*Z2 me*Z2
Г _L IF = —
Kt 2 r "" 2h2r.2 ~ R»;
т. е. она принимает только некоторые разрешенные значения,
зависящие от целого числа п. Таким образом, энергия электрона в атоме
квантована.
С ростом п энергия растет (ее абсолютное значение уменьшается).
На большом расстоянии от ядра (математически, п.ри г -> оо)
энергия становится равной нулю. Она изображается (так же, как и
потенциальная энергия силы тяготения) в виде потенциальной ямы, с той
разницей, что здесь электрон может находиться лишь на
определенных дискретных энергетических уровнях (ступеньках) Е-,, Е2, ...,
Ent i. *, в то время как в гравитационной потенциальной лме тело
может находиться на любом уровне.
Когда энергия электрона в атоме становится равной нулю,
электрон может уйти из атома (этот процесс называется ионизацией атома).
Для ионизации атома, т. е. для извлечения электрона из
«потенциальной ямы», электрону нужно сообщить энергию, равную полной
отрицательной энергии электрона в атоме:
_ _ х Ze2 me*Z2
2 г e.Jfcini'
Возбужденные атомы. В стабильных атомах электроны находятся
в наинизших энергетических состояниях. Если атому сообщить
энергию, то электрон, приобретая добавочную энергию, переходит на
более удаленную от ядра орбиту. Такое состояние атома называется
возбужденным. Через малый промежуток времени ~ 10~8с* атом
спонтанно возвращается в основное стабильное состояние, испуская
при этом фотон согласно вышеприведенному условию частот.
Спектр атома водорода. Совокупность энергетических уровней
атома называется его спектром. Если атом водорода переходит из
&-го состояния, характеризуемого энергией Ek> в п-е состояние,
характеризуемое энергией Еп, то при этом испускается фотон с энергией
Ek — En = -^- ^ — ^2) (для водорода Z = 1).
Так как энергия испускаемого кванта зависит от целых чисел п
и kt спектр атома будет состоять из отдельных линий, каждая
из которых отвечает определенной длине волны (или частоте)
излучения*
В спектроскопии принято характеризовать излучение так
называемыми волновыми числами v, Волновое число показывает, сколько
* Существуют атомы, которые способны оставаться длительное время а
возбужденном состоянии. Они называются метастабнльными.
486

длин волн укладывается на отрезке длиной 1 м, и измеряется в м *,
Из этого определения вытекает, что
1 v
V = T = T'
С помощью волновых чисел предыдущую формулу
можно'представить в виде
- Ek-En me' /l l\ /I l\
he 8#М"2 W *W W
Эта формула называется формулой Бальмера. Множитель перед
скобкой называется постоянной Ридберга, обозначается R (или ку)
и равен 1,1 • 107 м-1. Эта формула хорошо описывает все линии
спектра водорода.
При переходах с внешних орбит на первую орбиту (n=l, k =
= 2, 3, 4, . ..) получается серия линий, называемая серией Лаймана
(рис. 397). При переходах на вторую орбиту (п = 2, k = 3, 4, 5, »..)
получается серия Бальмера, при переходах на третью орбиту (п = 3,
k = 4, 5, 6, , * i) — серия Пашена и т. д.
К сожалению, теория Бора не в состоянии описать ни основное
состояние атома водорода, ни более сложные многоэлектронные
атомы. Для этих целей создана квантовая (волновая) механика.
Квантовые числа. Принцип Паули. Введенное выше целое число л
характеризует энергетическое состояние (уровень энергии) электрона
в атоме и называется главным квантовым числом.
Каждому энергетическому состоянию электрона в атоме водорода,
характеризуемому данным значением главного квантового числа п
(кроме случая л= 1), отвечает несколько подсостояний, которые
обладают одним и тем же значением л, но отличаются друг от друга
значением орбитального момента количества движения, принадлежащего
данному подсостоянию. Модуль этого орбитального момента равен
ЬУ /(/ — 1). Число I называется орбитальным квантовым числом и
может принимать л значений от 0 до п— 1. Например, уровню с п = 1
отвечает одно подсостояние с / = 0, уровню с п = 5 принадлежит 5
подсостояний с / = 0, 1, 2, 3, 4 и т. д.
Если поместить атом во внешнее магнитное поле, то оказывается,
что проекция орбитального момента на направление магнитного по.пя
тоже квантуется. Если орбитальное квантовое число подсостоя-
ния равно /, то этому подсостоянию могут принадлежать 2/ + 1
различных проекций орбитального момента, отличающихся друг от
друга на h, а именно: /ft, (I — 1) ft, .. . , 2ft, ft, 0, —h, ■—2h, ... ,
— (/ — 1) ht -/ft. Числа /, /-1, /-2, ..., 0, ...,_(/_ 2),
— (/ — 1), —/ называются магнитными квантовыми числами и
обозначаются т^ Например, подсостояние с орбитальным квантовым числом
/ = 3 в магнитном поле распадается на 2/ + 1 = 7 состояний со
значениями магнитного квантового числа т1 = 3; 2; 1; 0; —1; —2; — 3.
В отсутствие магнитного поля все эти семь состояний сливаются
воедино.
Наконец, укажем, что электрон обладает еще собственным
моментом количества движения (как если бы он вращался вокруг
собственной оси), который называется спином (от английского spin —
веретено). Спин тоже квантуется. Он может быть направлен либо в ту же
487

Серия
Поймана
Инфракрасная
область
Видимая
область
область
AfMKMk
soot
2000
WOO
500
250-
200
150-
т\
100
-760
? Серия Брэккета
Серия Пашена
1 Серия
1-Ш уммфа
Серия
Поймана
Рис. 397
сторону, куда и орбитальный момент, либо в противоположную
сторону. В связи с этим спин может равняться либо у ^,
либо—jr-^. Числа 1/2 и —1/2 являются значениями спинового
квантового числа, которое обозначается буквой ms и может
принимать только эти два значения.
488

Таким образом, состояние каждого электрона определяется
четырьмя квантовыми числами: л, /, т1 и т$, причем:
д=1, 2, 3 ...;
/ = 0, 1, 2 n-U
т/ = 0, ±1, ±2, ... , ±/;
ms= ±1/2.
Полное число возможных состояний в атоме водорода для
электрона с главным квантовым числом п равно 2л2, как будет показано
ниже, рее эти состояния обнаруживаются лишь при энергетическом
возбуждении атома, при возмущении его внешними полями или в
многоэлектронных атомах, где некоторые из этих состояний (стационарные
состояния) частично заполняются электронами.
Вырождение. Тот факт, что одному энергетическому уровню
принадлежит несколько квантовых состояний, называется вырождением,
а сам уровень называется вырожденным. В рассмотренном случае
одиночного атома каждый уровень с определенным значением главного
квантового числа п является 2л2-кратно вырожденным. Меньше
всех вырожден наинизший стационарный уровень энергии с п = 1,
так как для него I = п — 1 = 0, т/ = 0 и на нем может находиться
не более 2-х электронов (с взаимно противоположными спинами, как
это имеет место в случае атома гелия).
Состояния с различными / часто обозначаются не цифровыми
значениями /, а начальными буквами английских слов,
характеризующих ту или. иную спектральную серию линий. Так, например,
состояние с / = 0 обозначается буквой s от английского слова sharp —
резкий (характеризующего резкость линий спектральной серии). Группа
из трех состояний с / = I обозначается буквой р — от английского
слова principal (главная серия) и называется р-оболочкой. Группа
из пяти состояний с / = 2 обозначается буквой d от слова diffuse
(расплывчатые линии) и называется d-оболочкой и т. д.
При электронных переходах во внешних оболочках излучаются
кванты инфракрасного, видимого и ультрафиолетового света; при
переходах во внутренних оболочках, близких к ядру, излучаются
кванты более высокой энергии (рентгеновские).
Волновая функция. Выше уже упоминалось, что микрочастицам
присуща корпускулярно-волновая двойственность. В частности,
экспериментально найдено, что электроны обнаруживают не только
корпускулярные, но и волновые свойства (дифракция, интерференция,
туннельный эффект). Рассматривая состояние движущегося электрона
как волновой процесс, можно представить себе, что эта волна
характеризуется некоторой величиной, аналогичной амплитуде обычного
волнового процесса. Эта величина, часто обозначаемая буквой ф,
называется волновой функцией. Подобно амплитуде обычного волнового
процесса она может принимать как положительные, так и
отрицательные значения или равняться нулю. В отличие же от обычной
амплитуды она может принимать также комплексные значения.
Волновая функция ф вычисляется с помощью волнового
уравнения, найденного Э. Шредингером и являющегося основным законом
движения в квантовой механике, аналогично второму закону
Ньютона в классической механике. Каждое возможное состояние
электрона в атоме, определяемое квантовыми числами л, /, m/f m5,
описывается волновой функцией tynlm m .
489

Физическая интерпретация квадрата волновой функции. В
отличие от классической механики и теории Ёора, рассматривавших
траекторию микрочастицы (например, электрона) как определенную линию,
на которой можно точно определить координату и импульс электрона,
квантовая механика может лишь указать, насколько вероятно
местонахождение электрона в некотором малом объеме AV, расположенном
в том или ином месте атома* Оказывается, что вероятность
обнаружения электрона в объеме AV выражается произведением ф2ДК.
Разделив это выражение на АV, мы найдем, что величину <\Р можно
рассматривать как плотность вероятности нахождения электрона в
данной области пространства. (Если <]> — комплексная величина, то под
ее квадратом понимают квадрат ее модуля | ф |2, который всегда
является действительным положительным числом).
Js
6
рис. 398
Если волновая функция ф меняется со временем, то меняется и
вероятность нахождения электрона в той или иной области пространства.
Структура же самого электрона при этом совершенно не
затрагивается и его можло во многих случаях рассматривать как точечный заряд.
Физический смысл боровских орбит и квантовых чисел.
Вероятность обнаружения электрона меняется в зависимости от радиуса
атома. Рассмотрим основное (невозбужденное) состояние атома
водорода, отвечающее квантовым числам л= I, / = 0, т. е. ls-состояние.
Выделим в атоме тонкий сферический слой (рис. 398, а),
заключенный между сферами с радиусами г и г + Аг, где Аг — малая
величина. Объем этого слоя равен АV = 4яг*Дг. Вероятность
обнаружения электрона в слое пропорциональна 4nr2ty2t и ее зависимость от
радиуса изображена кривой на рис. 398, б, имеющей максимум.
Оказывается, что этот максимум расположен на расстоянии гг = 529 нм
от центра, т. е. совпадает с радиусом первбй боровской орбиты.
Таким образом, в отличие от теории Бора, согласно которой электрон
находится на расстоянии г^ от ядра, квантовая механика утверждает,
что на этом расстоянии существует лишь наибольшая вероятность
нахождения электрона.
Такое пространственное распределение вероятности, плотность
которого максимальна в районе боровской орбиты, мы будем в
дальнейшем называть «электронным облаком».
Для ls-состоянин электронное облако сферически симметрично.
Сферически симметричными являются также и все прочие s-состояния,
принадлежащие энергетическим уровням п = 2,3 . * . , т. е. 2s, 3s • • ••
состояния, так как в этих состояниях орбитальный момент количества
движения отсутствует и орбитальное квантовое число / = 0. Как вид-
\КклЦ
490

но из рис. 398, ву вероятности обнаружения электрона в этих
состояниях имеют соответственно 2,3 и больше максимумов.
Если орбитальное квантовое число I Ф 0, то электронные облака
теряют сферическую симметрию и приобретают форму размытых
эллипсов различных конфигураций.
Кроме того, как указывалось выше, каждому значению /
принадлежит еще 2/ + 1 магнитных квантовых чисел mt. От этих чисел
зависят ориентации эллипсов в пространстве.
Таким образом, квантовые числа л, / и mt характеризуют
соответственно размеры, форму и пространственную ориентацию
электронных облаков.
Наконец, спиновое квантовое число ms, которое принимает всего
два значения .1 ± -=-] t характеризует параллельную или антипараллсль-
ную ориентацию спина электрона по отношению к орбитальному
моменту.
Многоэлектронные атомы. Принцип Паули. Как сказано выше,
каждое энергетическое состояние электрона в атоме характеризуется
четырьмя квантовыми числами л, /, mt и ms, т. е. волновой
функцией фя/т т . Оказывается, что в атоме не может быть двух
электронов, у которых были бы одинаковые значения всех четырех
квантовых чисел. Другими словами,. одинаковые волновые функции не
могут локализоваться в одной и той же области пространства. Это
утверждение называется принципом Паули.
Пользуясь принципом Паули, можно подсчитать, каког
максимальное число электронов может находиться на различных энергетических
уровнях и подуровнях в атоме.
Очевидно, что число электронов в атоме, обладающих тремя
одинаковыми квантовыми числами л, I и m/f равно двум, так как
четвертое квантовое число ms может иметь только два значения +1/2
и —1/2.
Число электронов в атоме, обладающих двумя одинаковыми
квантовыми числами ли/, но различными m/f определяется так: при
данном значении / квантовое число mt может иметь 2/ + 1 различных
значений. Учитывая еще два возможных значения числа mst найдем,
что в атоме может одновременно быть 2 (2/ + 1) электронов с
одинаковыми квантовыми числами ли/. Другими словами, s-электронов
(/ = 0) может быть только 2(2 • 0 + 1) = 2, р-электронов (/ = 1)
может быть 2(2 • 1 + 1) = 6, d-электронов (/=3) может быть 10 и т. д.
Число атомных электронов, имеющих одно и то же главное
квантовое число л, а все остальные квантовые числа — различные,
определяется, исходя из того, что при данном значении числа л«число /
может принимать л значений: 0, 1, 2, . , . , л— 1. Так как каждому
значению / соответствует 2(2/+ 1) электронов, полное число
электронов с одинаковым л равно
. «-1
2 2(2/+!) =2 [I +3 + 5+ ...+(*— 1)] = 2л2,
/=о
Отсюда видно, что для главного квантового числа л = 1
максимальное число электронов в атоме равно 2, для л = 2 оно равно 8,
для л = 3 равно 18 и т. д.
491

Совокупность электронов, обладающих одним и тем же главным
квантовым числом л, называется слоем и обозначается прописными
буквами (считая от ядра): слой сл=1 называется /(-слоем, слой
сп^2 называется L-слоем. Далее идут Mt N, О-слои и т. д.
Совокупность электронов, имеющих одинаковые квантовые числа
ли/, называется оболочкой.
В оболочке электроны распределяются по подоболочкам, каждая
из которых соответствует определенному значению орбитального
квантового числа /(s-, p-t . i . подоболочки). Сказанное выше
иллюстрируется таблицей (с. 493).
Принципы построения системы элементов Д. И. Менделеева.
Наиболее" устойчивое состояние электрона в атоме — это состояние
с минимальной энергией. Поэтому электронную структуру
невозбужденного атома водорода, содержащего I электрон (Z = I), можно
записать как Is1, где число слева обозначает главное квантовое число,
буква s соответствует / = 0 и показатель означает число электронов,
сзнзанных в данном состоянии*
В следующем по порядку атоме гелия (Z = 2) второй электрон
также находится на уровне Is, но имеет противоположно
направленный спин. Электронная структура гелия записывается как Is2. Этими
двумя элементами заполняется ближайший к ядру /(-слой и тем
самым завершается построение первого периода системы элементов.
У лития (Z = 3) первые 2 электрона заполняют /(-слой, а третий
электрон располагается на низшем уровне 2s L-слоя. Электронная
структура лития записывается как ls^s1. Структура бериллия (2=4)
записывается Is22s2, структура бора (Z = 5) Is22s22pl ит. д. до
неона (Z = 10), структура которого имеет вид ls22s22pe. Этим элементом
завершается L-слой. Af-слой начинается с натрия (Z = II) с
электронной структурой ls22s22pe3sl и заканчивается аргоном (Z = 18),
имеющим структуру ls22s22pe3s23pe.
Дальнейшее заполнение электронных уровней несколько
отклоняется от вышеописанной простой схемы по той причине, что в
многоэлектронных атомах внешние электроны не только притягиваются
к ядру, но и отталкиваются близкорасположенными к ядру
электронами, т. е. последние экранируют внешние электроны от ядра. Это
экранирование оказывается неодинаковым для электронов с
различными значениями орбитального квантового числа /. Таким образом,
порядок заполнения электронных состояний в многоэлектронных
атомах зависит не только от п, но и от / и поэтому несколько
нарушается. Нарушения эти тем больше, чем дальше расположены электроны
от ядра, т. е. чем сильнее экранирующий эффект.
Соотношения неопределенности. Согласно квантовомеханическим
представлениям одни и те же микрообъекты^ в одних случаях ведут
себя, как частицы, а в других,— как волны. Некоторые свойства
микрочастиц вообще не могут быть описаны ни корпускулярной, ни
волновой картинами, а требуют введения совершенно новых понятий.
В частности, в классической физике всякое макроскопическое
тело, движущееся вдоль оси X, в любой момент времени занимает
определенное место (под «местом» понимается координата х центра
тяжести) и обладает определенным импульсом рх = mvx.
В случае микрочастиц, обладающих волновыми свойствами, такое
описание состояния частицы оказывается невозможным.
Действительно, пусть координата х микрочастицы определена с точностью до Ах,
492

Распределение электронов в атоме по слоям и оболочкам
К
L
М
N
Оболочка
Is
2s
2Р
3s
Зр
Zd
As
Ар
Ad
4/
Квантовые числа
п
1
2
3
4
/
0
0
1
0
1
2
0
1
2
3
т1
О
0
—1
0
+1
0
—I
0
+1
—2
— 1
0
+1
1 +2
0
—1
0
+1
—2
— 1
0
+ 1
-2
—3
Г —2
— 1
0
+ 1
+2
+3
ms 1
±1/2
±1/2
±1/2
±1/2
±1/2
±1/2
±1/2
±1/2
±1/2
: ±1/2
1 ±1/2
±1/2
±1/2
| ±1/2
±1/2
+1/2
±1/2
±1/2
±1/2
±1/2
±1/2
- ±1/2
±1/2
±1/2
±1/2
±1/2
1 ±1/2
±1/2
• ±1/2
±1/2
Максимальное
число электронов
в оболочке| в олое
2
2
6
2
6
10
2
6
10
14
2
8
18
32
493

т. е. частица находится где-то между х и х + ДдсГ Тогда волновая
функция, описывающая частицу, отлична от нуля лишь на
протяжении отрезка, приблизительно равного А*, и поэтому ограничена
в пространстве. Можно показать, что всякая ограниченная волна не
является гармонической, а представляет собой результат наложения
(суперпозиции) бесконечно большого числа различных синусоидальных
волн, которые благодаря интерференции взаимно погашаются во
всем пространстве, кроме участка Ах, образуя на этом участке так
называемый волновой пакет. Очевидно, что такой волновой пакет
обладает не одной определенной длиной волны X (и, следовательно,
определенным импульсом р), а набором импульсов,. заключающихся
п пределах от рх до рх + Ар*. Соотношения неопределенности,
впервые найденные В. Гейзенбергом, утверждают, что
Д* • &рх ^ h
и, соответственно, для движения вдоль осей Y и Z,
Ау • Ару > h; Аг • Др2 > Л,
где h — постоянная Планка.
Из этих соотношений видно, что чем меньше Д*, т, е. чем точнее
определяется координата частицы, тем больше Дрх, т. е. тем более
неопределенным становится импульс частицы. Справедливо и
обратное утверждение: если бы удалось точно определить скорость частицы
(Дря -► 0), то это означало бы, что координату частицы вообще
определить нельзя, так как в этом случае Ах -*• оо и местонахождение
частицы можно было бы ожидать в любой точке пространства. Так
как, в силу соотношения неопределенностей, Ах и Др* не могут
одновременно равняться нулю, то отсюда следует, что у микрочастиц
принципиально невозможно одновременно найти точные значения
координаты и импульса.
Подобные соотношения неопределенности существуют и между
другими парами физических величин, относящихся к микрочастицам,
Например, если микрочастица в течение времени Д* находится в
нестационарном состоянии (скажем, на возбужденном уровне), то
энергия Е этого состояния может быть определена лишь с точностью до
Д£, так как
Д£. Д/>/1.
Отсюда, между прочим, вытекает, как следствие, 1-й постулат
Бора: если частица находится в состоянии с точным значением
энергии £(Д£ = 0), то она будет находиться в этом состоянии
неопределенно долгое время, так как в этом случае Д* -> оо. Это и будет
стационарное состояние.
Прохождение микрочастиц через потенциальный барьер
(туннельный эффект). Если мы имеем две области пространства, в которых
потенциальная энергия меньше, чем на поверхности, разделяющей
эти области, мы говорим, что области разделены потенциальным
барьером (рис. 399) высотой U,
Пусть микрочастица массой т, полная энергия которой равна Е9
движется слева направо к потенциальному барьеру, который для
простоты берегся прямоугольным. Согласно квантовой механике на гра-
494

нице двух областей, где имеет место скачок потенциала, дебройлевс-
кая волна микрочастицы частично отражается, а частично проникает
внутрь второй области, наподобие световой волны на границе двух
сред с различными показателями преломления. Обозначим отношение
интенсивности отраженных частиц к интенсивности падающих через /?,
а отношение интенсивности проходящих частиц к интенсивности
падающих — через D. Величина R называется коэффициентом отражения,
a D — коэффициентом прозрачности (или просто прозрачностью)
барьера. Очевидно, что R + D= 1.
С точки зрения классической механики при Е > U должно иметь
место полное прохождение: R = О, D = 1, т. е. барьер должен быть
полностью прозрачен. Однако для микрочастиц это не так, и даже
прй'Т > U имеет место частичное отражение так же, как это
происходит со световыми волнами на границе двух сред.
При Е < U с точки зрения классической механики барьер
непроницаем и должно происходить полное отражение: D = 0, Д=1.
Согласно же квантовой механике
и здесь некоторая доля частиц
проходит сквозь барьер во вторую
область, так, что D Ф 0. Это
явление называется туннельным
эффектом. Для прямоугольного потен- _, | £<U\
циального барьера шириной /
£>U
2/
I
и
D^Dtfi
-•^У2т (U-E)
рис. 399
где Ц>— множитель, близкий к 1.
Например, если V — Е я 1 эВ, т я 10~30 кг (масса электрона)
и / = 1<ГМ м, то D я е~иш = 0,29. Если же взять / = 5 • 1(Г10 м,
то D я е-5'2 = 0,005; при / = 1(Г9 м D = е-10'45 = 4,54 • 1(Гв.
Туннельный эффект обнаруживается при радиоактивном распаде,
в явлениях холодной эмиссии электронов, в электронной структуре
твердого тела и др. (см. ниже).
Микрочастица в одномерной прямоугольной потенциальной яме.
Пусть микрочастица свободно движется в пределах потенциальной
ямы шириной /, ограниченной полностью отражающими бесконечно
высокими потенциальными стенками. В промежутке 0 < х <! /
потенциал U = 0, а в точках х = 0 и х = I V = оо (рис. 400). В такой
яме падающая и отраженная дебройлевские волны, связанные с
микрочастицей, образуют стоячую волну. Длина X этой волны такова, что
на ширине ямы / укладывается всегда целое число п полуволн, так
что Хл = 2//я, где /г = 1, 2, 3 « «. . При этом в точках х = 0и х=1
всегда расположены узлы.
Энергия микрочастицы, движущейся в такой яме,
F Р*- ft» _nW
"~2m 2mX2 Ш*т
n
Очевидно, что энергия принимает только некоторые разрешенные
значения, пропорциональные квадрату целого числа л, т. е. энергия
частицы квантована. Спектр энергий частицы в прямоугольной яме
с бесконечно высокими стенками также представлен па рис. 400.
495

Вероятность найти частицу в том или ином месте потенциальной
ямы определяется выражением sin- —у (полученным путем решения
уравнения Шредингера), которое графически представлено на том же
рисунке для п=1, 2, 3, 4. Как видно из рисунка, в наинизшем
энергетическом состоянии (п = 1), частицу можно с наибольшей ве-
£•'«;
ГУУУЧ
рис. 400
f
роятностью найти в середине ямы (в то время как с классической
точки зрения все' положения частицы равновероятны). При
увеличении энергии частицы (т. е. при увеличении п) количество дискретных
максимумов вероятности возрастает, и при очень больших п
максимумы практически сливаются и частицу можно с равной вероятностью
найти в любом месте ямы, что соответствует макроскопической
картине.
Модель свободных электронов в металлах. Согласно этой модели
в металле равномерно распределен газ, состоящий из свободных
электронов, способных перемещаться по всему объему и обладающих
одинаковой потенциальной энергией — U0. Выходу электронов из
металла препятствует потенциальный скачок на его поверхности,
называемый работой выхода ш.
Эта простейшая модель позволяет объяснить множество
электрических, магнитных и тепловых свойств твердых тел.
Элементарные ячейки. Распределение Ферми — Дирака. Согласно
квантовой механике импульсы электронов должны отличаться друг от
друга по крайней мере на Др. Эту величину можно найти из
соотношений неопределенности, полагая, что кристалл имеет форму куба
с ребром L и что неопределенность положения электрона вдоль какой-
либо оси равна размеру L кристалла в направлении той же оси:
Арх = Ьру = Ьрг = у-
Г4
Введем систему координат, где в качестве осей взяты составляю-
496

щие радиус-вектора импульса электрона рх, ру, рг (так называемое
пространство импульсов). Минимальная неопределенность импульса
электрона равна объему элементарной ячейки в трехмерном
пространстве импульсов:
AAA Л* ЛЭ
bPxbPybPz = 1* = \Г*
Каждой ячейке соответствует некоторое квантовое состояние, т. е.
конец каждого радиус-вектора импульса находится внутри
элементарной ячейки, и она может вместить не более двух электронов с
противоположными спинами. Весь объем V разбивается на такие
элементарные ячейки и их число определяет все возможные состояния
электронов. Вероятность заполнения этих ячеек электронами
называется функцией распределения fF Ферми — Дирака. Для
заполненных ячеек fF=\, для пустых fF = 0. Квантовая статистика дает
для fF выражение
f *
fF ~ {E-EF)lkT l •
графически изображенное на рис. 401, а. Здесь Е — энергия,
соответствующая заполняемой ячейке, k — постоянная Больцмана, Т —
абсолютная температура, EF — так называемая энергия Ферми, равная
энергии наивысшего заполненного состояния при абсолютном нуле
(т. е. максимальная энергия свободных электронов при Т = 0). Если
число свободных электронов в металле — Nf то поскольку на каждом
уровне может находиться по 2 электрона, при Т = 0 заполнено всего
Vv/2 уровней, верхний из которых является уровнем Ферми, а все
вышележащие состояния свободны. Геометрический образ поверхности
уровня Ферми для свободных электронов в импульсном
пространстве — это сфера радиуса р. На ее поверхности лежат концы радиус-
векторов импульсов двух электронов максимальной энергии, а
импульсы всех прочих электронов заключены внутри сферы. Можно
показать, что
*-*(ёГ *>-тя
(л—концентрация свободных электронов).
Что касается распределения по энергиям, то число свободных
электронов в единице объема, энергия которых лежит в пределах
между Е и Е + АЕ» равно
... 4л]/г2т£ДЕ
Д/V = тч
Л3 Е-Ер
в кТ +1
и изображено на рис. 401, 6".
Вырождение электронного газа. Для электронного газа п » 1029м~3,
m и Ю-30 кг. При этом EF тх 10 эВ. Молекулы обычного газа
имели бы такую энергию при Т.« 105 К, т. е. при температуре,
когда существование твердого тела невозможно. Газ, свойства которого
497

резко отличаются от свойств обычного газа, называется
вырожденным.
Распределение Максвелла — Болыдмана. Температура вырождения.
В случае обычного газа, состоящего из молекул с массой т>>10 27 кг
с концентрацией л< 1027 м-3 при температурах, превышающих
некоторую температуру вырождения Tk, выполняется условие
рис. 401
e(E-EF)/kT>>u
При этом вырождение снимается и функция / принимает форму
fM = e kT =Ae kT
(рис, 402, а), называемую классическим распределением Максвелла —
Больцмана. Распределение
молекул по энергиям
соответственно тоже меняется
(рис. 402, б). Эти
классические распределения
справедливы для обычных
молекулярных идеальных газов при
температурах выше
температуры вырождения Ть- Для
большинства обычных газов
Tk « h2n2lzlkm и настолько
низка, что квантовые
свойства не успевают проявиться,
поскольку газ еще до
достижения этой температуры
превращается в жидкость.
В полупроводниках концентрация электронного газа составляет
1019 -=r-1024 м~3. Поэтому он в большинстве случаев является
невырожденным и подчиняется классической статистике
Максвелла—Больцмана.
Влияние температуры на распределение электронов. Когда
температура металла становится выше 0 К, электроны могут
подвергнуться тепловому возбуждению и перейти на свободные уровни выше
уровня Ферми. Если выполняется условие kT < Ер» то
возбуждаются лишь электроны узкой полосы шириной порядка kTf
непосредственно прилегающей к уровню Ферми, а электроны более глубоких
рис. 402
498

уровней остаются незатронутыми* В этой полосе на месте ушедших
электронов появляются свободные состояния — так называемые
дырки,— которые ведут себя, как носители положительных зарядов (см-
ниже).
Из рис. 403, а видно, что при тепловом возбуждении электроны
покидают полосу с энергией Е <EF и переходят на полосу выше
Vk
Металл 1 Металл 2
вакуум
уровня Ферми EF. Обе полосы одинаковой ширины, так как
выражают одно и то же число электронов. Это число приближенно равно
kTN/2EF = AiV. При комнатной температуре kT « 0,025 эВ, EF = Зч-
^-10 эВ, так что AiV/iV «0,01. Иначе говоря, тепловому
возбуждению подвергается лишь незначительная часть электронов вблизи
уровня Ферми, так что состояние электронного газа, в том числе и
положение уровня Ферми, в целом
почти не зависит от температуры.
Функция распределения
Ферми — Дирака при Т > 0 показана
на рис. 403, б. На рис. 403, в
представлено изменение
распределения электронов по энергиям при
7>0.
Контактная разность
потенциалов. Если привести в
соприкосновение два металла различной
природы (например, медь и цинк), то
между ними установится разность
потенциалов, называемая
контактной разностью. Для этого
необходимо, чтобы металлы обладали
потенциальными ямами различной глубины (рис. 404) и различными
работами выхода ш1 и w2. Для определенности допустим, что Wi<Cw2.
Тогда уровень Ферми в металле 1 окажется выше относительно
нулевого уровня 0Х, чем уровень Ферми в металле 2. Вследствие этого
будет происходить туннельный переход электронов из металла 1 на
свободные уровни металла 2. При этом металл 2 будет заряжаться
отрицательно, а металл 1 — положительно. Этот процесс будет
продолжаться до тех пор, пока верхние заполненные уровни (т. е. уровни
Ферми) обоих металлов не сравняются. В результате между обоими
металлами установится внешняя разность потенциалов, равная (ш2 —
— Щ)/е9 где е — заряд электрона.
рис. 404
499

Зонная теория твердого тела. В твердом теле расстояния между
атомами настолько малы, что каждый из них находится под
влиянием электромагнитного поля соседних атомов. При этом уровни
энергии каждого атома несколько смещаются относительно своего
первоначального положения и каждый из-них расщепляется на2/+1
подуровней. На каждом таком подуровне может находиться по
2 электрона "£ противоположными спинами.
Кроме этого, если в данной системе (кристалле) содержится N
Одинаковых атомов, то каждый из уровней атома повторяется N раз.
Однако, поскольку у близкорасположенных атомов уровни смещаются,
кристалл будет содержать N близко прилегающих друг к другу
подуровней, каждый из которых (2/ + 1)-кратно вырожден. Таким
образом, каждый из уровней изолированного атома дает в кристалле
совокупность (2l+\)N подуровней, расстояние между которыми
Наконец, благодаря туннельному
эффекту, позволяющему внешним
электронам близкорасположенных атомов мигри-
^^^ ровать от атома к атому, уменьшается
степень локализации (т. е. время пребы-
^_^_ вания АО электронов на определенных
атомах. Вследствие соотношения неопре^
— ^ деленности ширина уровней Д£ возрас-
рмсгшнм тает» они перекрываются между собой,
и электроны как бы обобществляются, об-
рис. 405 разуя электронный газ.
По всем' этим причинам уровни
энергии изолированных атомов, при
объединении последних в кристаллы, превращаются в сплошные полосы,
или зоны, шириной порядка электронвольт (рис. 405).
Все вышесказанное относится преимущественно к валентным
электронам. Состояния электронов внутренних оболочек атома почти не
изменяются.
Энергетические зоны могут быть отделены друг от друга зонами
вапрещенных энергий, ширина которых определяет характер данного
кристалла (см. ниже). Так как каждая зона содержит ограниченное
число уровней, то в ней может разместиться лишь ограниченное число
электронов. Отсутствие одного из электронов в заполненной зоне, т. е.
адырка», воспринимается как наличие единичного положительного
заряда, способного передвигаться под действием внешнего
электрического поля. Во многих телах проводимость определяется именно дырками.
По характеру заполнения зон электронами и взаимного
расположения зон вещества можно разделить на следующие группы.
Пусть зона целиком заполнена электронами. Над ней расположена
запрещенная зона шириной А£0 ^ 1 — 2 эВ, а еще выше — свободная
эона проводимости (рис. 406, а). Под действием внешнего
электрического поля электроны не смогут приобретать добавочную энергию (так
как все уровни заняты), и поэтому электрического поля (т. е.
направленного движения электронов) не будет, несмотря на наличие
свободных ?лектронов, способных двигаться по всему телу. Такие вещества
называются изоляторами.
Если ширина запрещенной зоны не превышает Д£0 «1 — 2 эВ
(рис. 406, 6"), то при температуре 7*>0/С некоторое число электро-
500

нов, расположенных у верхнего края заполненной зоны, может
приобрести энергию, достаточную для преодоления запрещенной зоны
и перехода в свободную зону проводимости. Тогда последняя
окажется частично заполненной зоной, где существует электронная
проводимость, а в заполненной (валентной) зоне появятся дырки,
создающие дырочную проводимость. С ростом температуры число электронов
в верхней зоне и дырок в нижней зоне быстро возрастает,
проводимость тела сильно увеличивается, и оно приближается в этом
отношении к проводникам. Такие вещества называются полупроводниками.
В некоторых веществах заполненная и свободная зоны либо
прилегают вплотную друг к другу (рис. 406, в), либо даже
перекрываются. При этом получается множество свободных уровней,
благодаря чему электроны могут приобретать добавочную энергию. Под
Изолятор Полупроводник Проводник
а 5 в
рис. 406
действием внешнего электрического поля электроны ускоряются и
создается преимущественное движение электронов в одну сторону, т. е.
возникает электрический ток. Такие вещества называются
проводниками.
Резонансное взаимодействие атомов с электромагнитным
излучением. Лазер. Пусть мы имеем вещество, часть атомов которого
находится в возбужденном состоянии Еъ в результате поглощения падающего
пучка электромагнитного излучения. Изолированные возбужденные
атомы спонтанно переходят на более низкие энергетические уровни
независимо друг от друга, так что испускаемый ими свет некогерентен.
Однако если на возбужденный атом упадет фотон с частотой v =
= (£в — EQ)/h (резонансная частота), то время пребывания атома в
возбужденном состоянии резко уменьшится и он будет излучать фотон
с теми же направлением, частотой и фазой, что и первичный
(индуцирующий) фотон. Таким образом, посредством индуцированного
когерентного испускания квантов другими возбужденными атомами
первичный или спонтанно испущенный квант может быть многократно
размножен.
В условиях равновесия число п невоэбужденных атомов или
молекул среды больше числа п* возбужденных молекул. Такая ситуация
называется нормальной заселенностью энергетических уровней (рис.
407, с). Если каким-либо способом Добиться того, чтобы л* было
501

больше п (это состояние называется инверсной заселенностью, рис-
407, б), то за счет индуцированного излучения в световой пучок
добавляется больше фотонов, чем он теряет на возбуждение атомов,
и излучение будет не ослабляться, а усиливаться.
Среда с инверсной заселенностью энергетических уровней,
обеспечивающая усиление проходящего через него излучения, называется
активной средой.
Если активную среду поместить между двумя параллельными
зеркалами (одно из которых делается полупрозрачным для выпуска
излучения), то образуется система, называемая активным оптическим
резонатором. Световая волна, распространяющаяся в активной среде
перпендикулярно зеркалам, многократно отражается от них,
пройденный ею в активной среде путь значительно возрастает и
соответственно возрастает усиление.
ogqcpq -л» ammzBoo-./)»
-0000000000000-/7 QQOOOQ „
а б
рис. 407
Пользуясь аналогией с генераторами радио диапазона, состоящими
из резонансного колебательного контура, электронной усилительной
лампы и источника питания, можно сказать, что в данном случае
мы имеем резонатор, в котором возбуждаются незатухающие
электромагнитные колебания, активную среду, обеспечивающую усиление
излучения и источник энергии, создающий инверсную заселенность
в активной среде. Условием возникновения незатухающих колебаний
является (как и в случае генератора радиоволн) положительная
обратная связь между колебательной системой и активной средой.
Для осуществления такой обратной связи необходимо, чтобы
колебания системы и колебания, приходящие по каналу обратной связи,
совпадали по фазе, о чем упоминалось выше. Описанная* система
представляет собой, таким образом, генератор когерентного
излучения, называемый оптическим квантовым генератором (ОКГ) или
лазером.
Инверсная заселенность достигается путем использования
вспомогательных источников излучения, газового разряда и др. Генерация
возникает, когда инверсная заселенность достигает некоторого
порогового значения, определяемого потерями энергии в резонаторе, и
продолжается до тех пор, пока большая часть энергии возбуждения
атомов не превратится в энергию излучения.
Резонансное взаимодействие ядер с электромагнитным излучением
Эффект Мёссбауэра. При поглощении резонансного гамма-кванта
атомным ядром, находящимся в невозбужденном состоянии £0, ядро
переходит в возбужденное состояние с энергией £в. В отличие от
резонансного поглощения квантов атомом, энергия возбужденного
состояния ядра гораздо больше, чем энергия возбуждения атома.
Поэтому гамма-квант, испускаемый ядром при его переходе в
невозбужденное состояние, имеет гораздо большую энергию, чем квант
502

света, испускаемый атомом. Согласно закону сохранения импульса
процесс испускания кванта сопровождается отдачей. Если в случае
испускания светового кванта малой энергии отдачей можно
пренебречь, то при испускании высокоэнергетического гамма-кванта заметная
часть энергии уходит на отдачу, т. е. переходит в кинетическую
энергию ядра (или атома). Вследствие этого энергия испущенного кванта
будет меньше, чем Еъ— £0, на величину энергии отдачи Ег*
То же самое получается и при поглощении кванта, т. е. часть его
энергии, равная Ег, обязательно должна перейти в кинетическую
энергию ядра или атома. Поэтому для поглощения кванта он должен
иметь энергию Ев — Е0 + Ег, т. е. условие резонанса нарушается.
Это нарушение, однако, не очень резкое, так как энергия
возбужденного уровня, согласно соотношению неопределенности, имеет
некоторый разброс Д£ (называемый естественной шириной возбужденного
уровня), так что даже при Ег Ф 0 возможно некоторое резонансное
поглощение (или испускание) гамма-квантов. Кроме того, вследствие
теплового движения атомов, одни из них движутся в ту же сторону,
что и испускаемый квант, а другие — в противоположную. В первом
случае энергия кванта будет больше, а во втором — меньше энергии
кванта, испущенного неподвижным атомом, на величину Д£<*. Эта
величина называется доплеровским уширением линии и еще больше
размывает ширину резонанса.
В отличие от вышесказанного, если поглощающий атом жестко
связан с кристаллом как одно целое, то отдачу воспринимает вся
масса кристалла, Тогда энергия отдачи Ег практически равна нулю
и резонансное поглощение (или излучение) очень остро возрастает при
резонансной частоте (Яв — E0)/h. Это и есть эффект Мёссбауэра.
Характерным для него является необычайно узкий пик, т. е. высокая
монохроматичность испускаемых (или поглощаемых) гамма-квантов
(относительный разброс энергии Д£/£ « 10~12). Это свойство лежит
в основе многочисленных применений эффекта Мёссбауэра в .физике
и технике.
16.1. Найти массу фотона: I) красных лучей видимого света
(X = 7 • 10""? м); 2) рентгеновских лучей (X = 0,25 • 10~*° м); 3) гамма-
лучей (Х = 1,24- 10-12м).
1)т = ^ = А = 3,2.10-"кг.
2) /л = -~=8,8. Ю-32 кг.
3) т = ^-=1,8- Ю-зо кг.
' Хс /
16.2. Определить энергию, массу и импульс фотона с Х =
=0,016 • 10-W м.
Кг
£ = /iv = ~=l,24. НГИДж*
т = т=1,38- 10-» кг.
сл
р = А = 4,1 . Ю-22 кг- м/с.
503

16.3. Мощность ртутной горелки^— 125 Вт. Найти, сколько
квантов с длиной волны X = 6123 • 10 *° м испускается ежесекундно,
если интенсивность этой линии составляет 2% интенсивности дуги.
К. п. д. горелки — 80%.
Энергия излучения данной волны составляет 125 • 0,8 • 0,02 =
= 2 Дж. Энергия кванта £ = hc/l. Число квантов в секунду равно
16.4. С какой скоростью должен двигаться электрон, чтобы его
кинетическая энергия была равна энергии фотона с длиной волны
X = 5200 . 10~10 м?
,. . mv2 he
Из формулы —=- = -у имеем
— Уш-9*-1»**-
16.5. С какой скоростью должен двигаться электрон, чтобы его
импульс был равен импульсу фотона с длиной волны X = 5200 X
X 10"» м?
mv = -х- ; v = г— = 1400 м/с.
X X/n ^
16.6. Какую энергию должен иметь фотон, чтобы его масса была
равна массе покоя электрона?
Е = тр* = 8,2 ■ I0-" Дж = 0,51 МэВ.
16.7. Излучение состоит из фотонов с энергией 6,4 • 10~"ls Дж.
Найти частоту колебаний и длину волны в вакууме для этого
излучения.
£
Частота м = -г- = 9,7 • 1011 с""*.
h
Длина волны X = — = 31 • 10 8 м.
V
16.8. Скорость распространения фиолетовых лучей с частотой
n = 7,5 ■ Ю14 Гц в воде равна v = 2,23 • 108 м/с. Насколько
изменятся частота и длина волны этих лучей при переходе иэ воды
в вакуум?
Частота электромагнитных колебаний при переходе из среды в среду
не меняется. Длина волны меняется по формуле
откуда
X --£■•" X --2.
Лвак ~~ v ■ ср ~~ v t
^K->cp = V!=,'03-,0~7M'
16.9. Насколько энергия квантов фиолетового излучения (ч'ф =
= 7,5 • 1014 Гц) бэльше энергии квантов красного света (^нр =
= 4 - 10м Гц)?
Еф - £кр = h (*ф - vKp) = 6,63 ■ Ю-34. 3,5 . 10** = 23 • 1<Г* Дж.
16.10. Сколько фотонов зеленого излучения с длиной волны Х =
= 520 нм в вакууме будут иметь энергию 10~3 Дж?
504

Энергия одного такого кванта равна Лс/Х. Число квантов равно
10~3Х пс 1Л1.
—: = 26 ■ 1014.
he
16.11. В атоме водорода электрон перешел на уровень с главным
квантовым числом л, причем радиус орбиты изменился в q раз. Найти
частоту испущенного кванта.
По формуле Бальмера v = Re (1/n2 — \/k2). Так как n2/k2 = rn/rk^
= гп/Ягп» то
-S(-#-5(-i)-
16.12. Определить энергию, массу и импульс фотона, длина волны
которого X = 500 нм.
Энергия £ = ^ = 2«48 эВ.
Е h
Масса /Пф = —^ = -г = 4,4 • 10"~зв кг,
t.
Импульс рф = у = 1»3 • 10~2? Дж • с/м.
16.13. Каким импульсом обладает электрон, движущийся со
скоростью v = 0,8с?
Импульс электрона
p = mv= m°V = 3,64 • Ю-"22 кг • м/с.
16.14. Каким импульсом обладает фотон с частотой v = 5-10*4 Гц?
Какова масса этого фотона?
Импульс фотона
р = — = 1,1 . 10-*? кг-м/с.
Масса фотона
'"ф=^=5=з,7-ю"3* кг-
16.15. Найти импульс и массу фотона с длиной волны Х = 600нм.
Частота фотона
v =, £. = 5 - 1014с-».
Импульс и масса этого фотона такие же, как и в предыдущей вадаче-
16.16. Сравнить отношение длин волн де Б роил я для электрона
и шарика с массой тш = 1 г, имеющих одинаковые скорости.
h h \n m»
X=JL; Хш= —; JS= -S-«9,1- КГ».
е mev' ш тши* Хе тт
16.17. Найти длину волны де Бройля: 1) для электронов,
прошедших разность потенциалов 1; 100; 1000 В; 2) для электрона,
летящего со скоростью 10е см/с; 3) для шарика с массой 1 г,
движущегося со скоростью 1 см/с.
I) Из формул X = h/mu и mv2/2 = eU получаем X = h/V2meU.
X, = ■ , h = 12,25 . 10"10 м;
VtomU
505

Xa = -T^= 1,225- 10-1° м;
1Л00
Х3 = тт= = 0.338 • Ю""10 м.
Yiooo"
2) X = h/mv\ релятивистскую поправку (см. следующую задачу)
можно не учитывать, так как р = v/c ж 0,3 • 10~2; при этом
X я 7,3 • 10"*° м.
3) Х^ = 6,63 • 10~29 м.
16.18. Найти зависимость между длиной волны де Бройля
релятивистской частицы и ускоряющим потенциалом £/. Масса частицы—т,
заряд — е.
Так как частица релятивистская, то ее масса возрастает в
отношении
т ^о + Ек ^ щ<л _|^ ?\)
т0 Е0 т0с2
Скорость релятивистской частицы с массой покоя т0 и зарядом е,
прошедшей ускоряющую разность потенциалов U, равна (см.
задачу 15.6)
р=ёттк1/£к(2£о+£к)'
Отсюда
ч h he he , rfvv 9.
X = — = r « -77 (при eU > т0сг).
™ V eU (2m0c2 + eU) *U. °
16.19. Найти длину волны де Бройля для электрона,, кинетическая
энергия которого равна 1 МэВ.
Такую энергию электрон приобрел бы, пройдя ускоряющую
разность потенциалов U=\ MB. Согласно задаче 16.18 длина волны
де Бройля для электрона, прошедшего такую разность потенциалов,
что его энергия превышает его массу покоя (0,51 МэВ), вычисляется
по релятивистской формуле
\ — Лс
~~ VeU (2m0c2 + eU)'
Выразим h в единицах МэВ - с. Очевидно, что
ft = 4,14- 10~21 МэВ-с.
Выразим и прочие энергии через МэВ. Тогда
Х = 8,8- 10~13 м.
16.20. Заряженная частица, ускоренная разностью потенциалов
U = 200 В, имеет длину волны де Бройля X = 0,0202 • 10~10 м
и заряд е, численно равный заряду электрона. Найти ее массу.
Из формулы X = — = ш имеем
Р V2mE
h2 h2
т = 2£Х"2 = ЫП? = !»67 ' 10~2? кг (ПР0Т0Н)-
506

16.21. а-Частица движется в однородном магнитном поле по окруж*
ности радиусом г = 0,83 см. Напряженность поля Н = 0,025 Т. Найти
длину волны де Бройля для этой а-частицы.
По формуле^Лоренца mv2/r = zevH, Отсюда
х = А=4г = ю~11м.
mv zetir
16.22. Найти радиусы первой и второй боровских орбит электрона
в атоме водорода (г = 1) и скороети электрона на них.
1) Используем формулу (при п = 1)
гх = ^Цг = 5,29 . 10"" м;
типе2
г2 = пЬх = 4гх = 21,16 . 10~" м,
2) Из формулы mvr = nh находим
vt =— = 2,13. 10е м/с;
ТПТ\
п^ 2h Vi . ле |ЛЯ .
v2 = — = = -тг = 1,06 . 10е м/с.
2 mr2 4mrx 2
16.23. Найти энергию ионизации атома водорода (т. е.
минимальную энергию, необходимую, чтобы оторвать электрон от атома).
У водорода в нормальном состоянии Z= 1, п = 1, и полная
энергия электрона на первой орбите
_ __ т?4 __ хе2 _ е2
1 ~~ ~ 8лр^2 ~~ ~" 2^ "" ~ Sm0rf '
Так как на большом удалении от ядра (на бесконечности) энергия
электрона равна нулю, то для того чтобы «поднять» электрон из
потенциальной ямы (в которой он находится на «глубине» £j) до
нулевого уровня, необходимо затратить энергию ионизации | £ион | =
= |—£J, т. е,
2 18 . 10"~18
£Ио„ = 2.18 • 10"» Дж = Xe.lo-" = ,3,6 эВ-
(При вычислении Еион значение гх взято из задачи 16.22).
16.24. Найти длину волны де Бройля для электрона,
движущегося по первой боровской орбите в атоме водорода.
Согласно данным задачи 16.22
X = — = 3,4 . 10~10 м.
mv
16.25. Сколько квантов различных энергий могут испустить атомы
водорода, если их электроны находятся на третьей орбите?
При переходе с третьей орбиты на вторую, со второй на'первую
и с третьей на первую могут быть испущены кванты трех
различных энергий.
16.26. Как изменилась кинетическая энергия электрона в атоме
при излучении фотона с длиной волны X = 4860 • Ю-10 м?
АЕК = Av = *j£ = 2,56 эВ.
507

16.27. Атомарный водород при облучении его моноэнергетическим
пучком электронов испускает свет с длиной волны 0,1221 м,км. Найти
энергию электронов и определить, в которое йа возбужденных
состояний переходит атом при ударе электрона.
По условию частот Еп — Ех = £к, где Ек — кинетическая энергия
пучка, переводящая атом водорода в я-е состояние. Используя,
кроме того, соотношение X «= — , находим, что энергия налетающего
электрона
*К.„И„ = ¥=10'2ЭВ-
Чтобы ответить на вопрос, в котором из возбужденных
состояний находился атом, надо вычислить квантовое число п. Так как
энергия (отрицательная) основного состояния (см. задачу 16.23)
Ех = —£ион = —13,6 эВ, то энергия л-го возбужденного состояния
^ = £i + £K.MM = -3f4 9B.
Так как
теА _ те*
*i — ж 9. а \ Еп —
4&*' " 4ф«п«
то pi = л2 = 4; п = 2 (первое возбужденное состояние).
16.28. Найти энергию электрона на третьей и на л-й орбитах
атома водорода.
Так как энергии соседних орбит относятся как квадраты целых
чисел, то, используя результаты задачи 16.27, находим,
£, = §* = =^ = -1.51 эВ.
В общем виде можно записать
Е.-З — Ч?*
" п2 п2
За пределами атома, где п -+ оо, £„ -»-0, как это и должно быть*
16.29. Квант света выбивает фотоэлектрон из атома водорода.
Найти скорость электрона вдали от ядра.
Энергия налетающего кванта частично расходуется на вырывание
электрона из атома (ионизацию) и частично — на кинетическую
энергию освободившегося электрона:
Ь=Еион+"2".
Отсюда
„ = -|/2-^
16.30, Частота головной линии серии Лаймана водорода в спектре
галактики равна v. С какой скоростью удаляется эта галактика от
Земли?
508

Частота головной линии серии Лаймана в случае неподвижного
источника (п = 1, k = 2) равна
D ( 1 \\ 3cR
В результате того, что источник излучения удаляется от Земли
со скоростью v, возникает эффект Доплера. Изменение наблюдаемой
частоты света определяется формулой
/1 — у/с
T+Wc'
откуда
_ 9R*c2 ~ 16у*
V~C9R2c*+\W
17. Элементы
ядерной физики
Ядерная физика изучает строение атомных ядер, ядерные
превращения и ядерные реакции.
Ядра состоят из протонов, несущих единичный положительный
заряд в =1,6- 1(Г"18 Кл, и нейтронов, не обнаруживающих
электрического заряда. Протоны и нейтроны вместе называются нуклонами
(от слова nucleus — ядро). Число протонов Z в ядре называется
атомным номером и является основной характеристикой, определяющей
индивидуальность элемента. Заряд ядра равен Ze Кл.
Изотопы. Ядра с одинаковым числом Z протонов и различными
числами N нейтронов являются разновидностями одного и того же
химического элемента и называются изотопами.
Массовое число. Полное число нуклонов в ядре называется
массовым числом А:
A = Z + N>
Масса ядра. Дефект массы. Масса стабильного ядра тя всегда
меньше суммы масс образующих его протонов и нейтронов на
величину Дт. Эта величина называется дефектом массы.
Масса ядра измеряется в атомных единицах массы (а. е. м.) или
в мегаэлектронвольтах (МэВ). 1 а. е. м. равна 1/12 массы атома
углерода-12 и составляет 1,6604 • 10"~2? кг или 931,4812 МэВ
(«931,5 МэВ).
В таблицах обычно приводятся массы атомов МА, которые
связаны с массами ядер соотношением
тя = М А — Zmt,
где те — масса электрона, Поэтому дефект массы ядра выражается
следующим образом:
509

Здесь Мг — масса атома водорода {протон -}- электрон); /лн — масса
»н
нейтрона; МА — масса атома (протоны + электроны); с —скорость
света. При вычислениях по этой формуле масса всех 2 электронов
входит в первое и третье слагаемое с противоположными знаками
и поэтому сокращается.
Энергия связи. Величина Ев = с2 Am называется энергией связи
ядра. Она представляет собой энергию, которая выделилась при
слиянии отдельных нуклонов в ядро и которую надо затратить,
чтобы расщепить ядро на отдельные нуклоны.
Для указания индивидуального ядра (нуклида) его условно
обозначают ^Х, где X — символ элемента (например, дейтерий jH;
кобальт 29^0 И Т. Д.)-
Радиус ядра. Радиус ядра — условная величина, так как далеко
не все ядра имеют сферическую форму и, кроме того, неясно, что
следует понимать под поверхностью ядра, поскольку она образуется
непрерывно движущимися нуклонами. Средний радиус сферического
ядра приближенно вычисляют по формуле
*=v»1/a.
где г0к1,4« 10~13 см.
Радиоактивность. Ядра некоторых (преимущественно тяжелых)
элементов самопроизвольно распадаются, испуская при этом а-час-
тицы (ядра гслия-4), р-частицы (электроны р~ или позитроны р+)«
и f-кванты.
При а-радиоактивности заряд ядра уменьшается на 2 единицы,
а масса — на 4 единицы, например:
zx~**z—2^ + *He;
226Do * 222Dn J_ 4Ua
eeKa -*• eeW + 2He.
При р-распаде заряд ядра увеличивается на единицу, а масса
остается неизменной, например:
ix^^X + e-t
19 К "*• 20^аТ" е •
При ^-распаде превращения элементов не происходит, но
внутренняя энергия ядра уменьшается:
Продукты распада могут быть, в свою очередь, радиоактивными.
Период полураспада. Время, по истечении которого начальное
число /0 атомов радиоактивного элемента (или начальная масса)
уменьшается вдвое, называется периодом полураспада Т1/2 и
измеряется экспериментально. Иногда в таблицах приводится не период
510

полураспада, а так называемая постоянная распада Х« Они связаны
соотношением
т о.еэз
Закон радиоактивного распада. Количество ядер, еще не
распавшихся к данному моменту времени tt равно
где /0 — исходное количество ядер в момент / = 0.
Активность. Число радиоактивных распадов в единицу времени
называется активностью. Для долгоживущих радиоактивных
элементов с большим периодом полураспада удельная активность (активность
единицы массы) вычисляется по формуле
XiV = )L/M,
где L — число Авогадро; М — атомная масса радиоактивного
элемента, в а. е. м.; /V — число ядер в 1 кг этого элемента. Единицей
активности в СИ является 1 распад в секунду. На практике
активность часто измеряется в кюри (Ки). 1 Ки представляет ссбой
активность, создаваемую 1 г радия совместно с продуктами его распада,
и равен 3,7 • 1010 распадов в секунду.
Активность С образца с массой m кг, атомной массой М а. е. м<
и периодом полураспада Т1/2с определяется формулой
- mlL 4,17 - 102в . m , 1,13 • 10lflm v
С=Ж= мт1/2 расп/с= мт{/2 Ки-
Ядерная реакция — взаимодействие двух (или более) частиц,
приводящее к появлению новых частиц. Например, при облучении азота
l74N альфа-частицами pie возникают ядра кислорода и водорода,
т. е. происходит ядерная реакция. Эту реакцию можно записать
в'виде
«jN + jHe-^JO+jH,
или сокращенно
>(а, р){7ьО.
Энергия ядерной реакции
Q = 931,5 (У] Мс - 2 Mk) МэВ,
где ^М[ — сумма масс частиц, вступающих в ядерную реакцию;
2 Mk — сумма масс образующихся частиц (выраженных в а. е. м.).
Если Q > 0, реакция называется экзоэнергетической, так как идет
с выделением энергии. При Q<0 реакция называется эндоэнергети-
ческой и для ее возбуждения необходимо затратить энергию
(например, ускорить частицы, т. е. сообщить им достаточную кинетическую
энергию).
511

Деление ядра нейтронами — экзоэнергетическая реакция, при
которой, ядро, захватывая нейтрон, расщепляется на два (изредка — на
три) большей частью неравных радиоактивных осколка, испуская
вместе с этим гамма-кванты и 2 — 3 нейтрона. Эти нейтроны, при
наличии вокруг достаточного количества делящегося вещества, могут,
в свою очередь, вызывать деление окружающих ядер. В этом случае
возникает цепная реакция, сопровождающаяся выделением большого
количества энергии. Энергия выделяется за счет того, что делящееся
ядро обладает или очень малым дефектом массы, или даже избытком
массы вместо дефекта, что и является причиной неустойчивости таких
ядер по отношению к делению. Ядра — продукты деления — обладают
значительно большими дефектами массы, вследствие чего в
рассматриваемом процессе происходит выделение энергии.
17.1. Вычислить массу ядра изотопа l£Ot
Воспользуемся формулой
тя = М А — Zme*
Согласно таблице МА = 15,9949 а. е. м.; Zme = 8 • 5,4860 • 10~4 =
= 43,888 . 10"4 а. е. м.; тя = 15,9949 — 0,0044 = 15,9005 а. е. м., т. е,
практически весь вес атома сосредоточен в ядре. "~
17.2. Сколько ядер изотопа 235U содержится в 4 г природного
урана?
Атомная масса природной смеси изотопов урана 238U, 2a*U, 234U
М = аМ 29в + ЬМ23Ъ + сМ 234,
где а, Ь и с —процентные содержания изотопов урана в природной
смеси, Число атомов (а следовательно, и ядер) в m кг природной
смеси составляет mL/Af, где L — число Авогадро* Число ядер 23БЦ
в m кг природного урана равно т = • а • Ю-2. В данном случае иско-
М
мое число
tf = 4- 1<г»
6,022 . 10м • 0,0072
0,9927.238 + 0,00721 • 235 + 0,000055 • 234
« 7,3 • 10».
17.3. Найти радиус ядра изотопа 23^U.
R » г0Л1/3 к 1,4 • 10-1» (235)1/3 » 8,6 • ИГ» см.
17.4. Найти дефект массы для ядер £Не, jLi, ^Со, 2825и и вычи(>
лить дефект массы на 1 нуклон.
Атя
Атя = 1Щ + NmH — МА\ Ьт = —=- ,
• н *■
где М! — масса- атома водорода; тн — масса нейтрона; МА — масса
атома изотопа.
512

Здесь, как и в других случаях, мы пользуемся массами атомов,
а не ядер. Происходит это, во-первых, потому, что экспериментально
можно определить только массу атома, а не массу ядра. Во-вторых,
масса всех электронов данного ядра с зарядом Z входит в первое
слагаемое со знаком (+), а в третье — со знаком (—) и поэтому
сокращается.
Для ядра £Не (Z = 2; N = 2): Дт = 2 - 1,0078 + 2 • 1,0087 —
— 4,0026 = 0,0304 а. е. м.; Ът = Дт/Д = 7,5944 . 10~3.
Для ядра \U (Z = 3; N = 4): Дт = 3 . 1,0078 + 4 • 1,0087—7.0160=:
= 0,0421 а. е. м.; 5т = 6,0189- 10~3.
Для ядра igCo (Z = 27; N = 32): Дт = 27 • 1,0078 + 32 . 1,0087 —
— 58,9332 = 0,5554 а. е. м.; Ът = 9,4133 . 10~3.
Для ядра 29325U (Z = 92; N = 143): Дт = 92 . 1,0078 + 143-1,0087-
— 235,0439= 1,9151 а. е. м.; Вт = 8,15- 10~3.
17.5. Найти, сколько ядер дейтерия и кислорода содержится в 1 см3
тяжелой воды.
Так как число килограммов вещества в 1 м3 есть его плотность
р, то число молекул в 1 м3 вещества равно д-^р, а в 1 см3 — равно
HP-ю-- ■
Формула тяжелой воды D20. Однако в число молекул воды
входят молекулы, содержащие не только 16Ot но также 170 и 180;
процентное содержание различных изотопов кислорода в природной
массе обозначим соответственно а, Ь и с.
Атомные массы этих изотопов обозначим М1в, М17, М19г а
атомную массу дейтерия — через MD. Тогда молекулярные массы
различных соединений D20, входящих в природную тяжелую воду, равны
соответственно:
D2190 : 2MD + M19q « 20,0231 а. е. м.;
D"0 : 2МD + M17q « 21,0273 а. е. м,;
D"0 : 2MD + M18q ^ 22,0274 а. е. м.
Средняя молекулярная масса природной тяжелой воды
М= (2MD + Л*1б0) • а • 10~2 + (2MD + Ml7Q). Ь - 10"» +
+ (2MD + Mls\ . с • 10~2 к 20,05 а. е. м.
Обозначив плотность тяжелой воды при 20° С через р, найдем,
что число молекул в 1 м3 D20 при 20° С равно Lp/M к 3,32 • 102в м~3.
Так как в молекуле тяжелой воды содержатся два атома
дейтерия и один атом кислорода, то число ядер дейтерия в 1 см3 D20 при
20° С равно 10~в . 2Ц/М я 6,64 • 1022 см~3. __
Число ядер кислорода в тех же условиях равно 10~в • Lp/M к
ж 3,32 . Ю2* см"3.
17 6-319 513

17.6. Вычислить энергии связи Ев, соответствующие найденным
в задаче 17.4 дефектам масс, и среднюю энергию связи ев,
приходящуюся на 1 нуклон.
Так как 1 а. е. м. « 931,5 МэВ, то для изотопа 42Не
Ев = 30,378 • 10~3 • 931,5 МэВ я 28,29 МэВ;
Ев 28 29
'в = ^ = ^«7,07 МэВ.
Для изотопа 3L1
Ев = 42,132 .(10-з . 931,5 МэВ « 39,25 МэВ|
^ = 2^5 = 5?61 МэВ.
Для изотопа |?Со
Ев = 555,4 . 931,5 • 10~э МэВ = 517,5 МэВ|
*в = ^ = 8,77 МэВ.
Для изотопа ^U
Ев = 1915 • 931 . 10~3 МэВ = 1782 МэВ;
е*-Ж = 7'59М9В-
17.7. Изотоп иттрий-91, содержащийся в продуктах деления ядра
урана, испускает р-частицы с энергией q = 1,53 МэВ. Найти массу т
иттрия-91, при распаде которой выделится Q = 80 Дж тепла, если
вся энергия р-частиц превратится в теплоту.
При распаде одного ядра выделяется
q = 1,53 • 1,6 - 10-*3 = 2,45 . 1013 Дж.
Число ядер в 1 кг иттрия-91 (см. задачу 17.2)
/ 6 022 - 1020
N" М"" 90,9069 ~ °'^4 1U КГ '
Искомое количество иттрия-91
т = 4? = 4£ • 1°~"и кг.
qN
17.8. При делении ядра урана-235 в результате захвата медленного
нейтрона образуются осколки: ксенон-139 и стронций-94.
Одновременно выделяются три нейтрона. Найти энергию, освобождающуюся
при одном акте деления.
Очевидно, что при делении сумма атомных масс результирующих
частиц меньше суммы масс исходных частиц на величину
Д/л = М235и + та - Л*139хе - iW94sr - Зтв.
514

X
Предполагая, что вся освобождающаяся при делении энергия „епвк.
кодит в кинетическую энергию осколков, получаем после подстановке
числовых значений
Е я 931,5 . Am ^ 931,5 - 0,193 » 180 МэВ.
Г1/2
17.9. Период полураспада 2^6Ra составляет 7\/9 = 1620 лет.
Вычислить постоянную распада X.
, 0,693 0,693 _.. . „, 1/ч_,
Ra = 7\^ = 1620.365-24.3600 С = 1'Ш ' 10 Uc^«
17.10. Вычислить активность 1 г изолированного изотопа MeRa
и время, через которое активность упадет на 10% (при вычислении
воспользоваться данными и результатом задачи 17.9).
1) Удельная активность IN = X ^ = 1,354 • 10""11 • -—^ =
= 3,61 - Ю^сГ1 = 0,975 Ки;
2) / = 0,9У0. По формулам J = J^rlt; lln(J0/J))/\ находим
t я 243 года.
17.11. Найти массу т изотопа 2?Со, которая необходима для
получения активности С = 1 кКи. Во сколько раз уменьшится эта
активность через / = 10,5 лет?
ы л, ^ Ь13. 101бт
Из формулы С = —jp= находим
MI 1/2
СМТ1/2 ю3 . 59,9338 . 5,26 > 3,153 . 107 n fiQO
m = 1ЛЗ.Ю" = 1,13- ю" *°'882г'
Из формулы У = J0e-°'693tfTl/t получаем
/о// « 4.
17.12. Найти энергию, выделяющуюся при делении 1 г урана-235.
Согласно задаче 17.8 при делении одного ядра-235 выделяется
энергия q = 180 МэВ. Число ядер в 1 г урана-235 равно (см. задачу
17.2)
N = (L/M) . 10*-3,
где L — число Авогадро; М — атомная масса урана-235. Если считать,
что все ядра испытывают деление, то полная энергия, выделяющаяся
при делении М г урана-235,
Q = qN = qb/M я 7,3 . 10*° Дж.
17.13. 1 г радия-226, находящийся в равновесии с продуктами
распада, выделяет за t = 1с Е = 14,2 • 10й МэВ. Сколько времени
потребуется, чтобы нагреть пг = 10 г воды от 0 до 100° С за счет
энергии радиоактивного распада находящегося в воде 1 г радия-226?
Потерями пренебречь.
17* 515

Мощность источника энергии N = 14,2 • 1011 МэВ/с= 14,2 • 1011 X
X 1,6» 10~хз Дж/с « 0,23 Вт. Искомое время / определится из
выражения
Nt = mc(T2 — T1),
где /л —масса, с — теплоемкость; Т — температура воды. Отсюда
_ тс(Гш-Тг) „ -
N ■
17.14. Ядро с массой m летит со скоростью и. В некоторой точке
оно распадается на два осколка равных масс, один из которых
вылетает со скоростью vt под углом о к первоначальному направлению
движения. Найти скорость и2 и угол р вылета второго осколка.
Согласно закону сохранения
количества движения
Составим выражения проекций
на направление движения ядра и на
перпендикулярное к нему
направление (рис. 408):
mv = -£- (vi cos a + v) +
Рис. 408 m
+ -j (V2 COS p + V)\
0 = -g- vt sin a + у v2 sin p.
Отсюда
i>i sin a = — v2 sin p;
0f COS a = — U2 COS p.
Разделив одно равенство на другое, цолучим
tgp = — tga; P = — a
Возведя оба равенства в квадрат и складывая, найдем
2 2
vx = v2t
откуда
I Vi | = | V2 I
17.15. На неподвижное тяжелое ядро с массой тп2 налетает легкая
заряженная частица с массой mlf ускоренная до энергии Е0. При
этом происходит центральное упругое столкновение, в результате
которого частица отлетает в противоположную сторону с энергией
Elt а ядро приобретает кинетическую энергию £2> называемую
энергией отдачи ядра. Найти энергии £, и Е2. Взаимным отталкиванием
зарядов пренебречь.
516

Из законов сохранения энергии и импульса Е0 = Е1 + Е2 или
m^l = m&l + т2и\ и тхи0 = — mxu.i + т2и2 получаем
mi fao — «1) = т2и\\
mi (v0 + их) = т2и2.
Обозначим отношение т11т2 через k и разделим одно равенство
на другое:
«а
k
Щ — "i = «г! ио + "i = -г ;
m1i/g_mi^/l + feV , тхт2иЦ\ + k\* _ Е2(\ + Jfe)a.
*°~ 2 "24 \—/T~j ~~ 4m22 V~iF"/ ~ 4 Л 5
4fe£0. 4m1m2g0 . _ _ _
**-(! + *)* ~ («i + m,)' ' **-*' *2~
\\ + k) Kmt + mJ
17.16. Цеподвижное ядро распадается, образуя три осколка с
массами mlf m2 и m3 и общей кинетической энергией Е0. Найти энергии
осколков, если все они разлетаются под углами 120° по отношению
друг к другу.
По закону сохранения энергии т^х/2 + m2v2/2 + Щ1>з/2 = Ео- Так
как исходное количество движения равно нулю, то и конечное
количество движения равно нулю. Поскольку углы между векторами
количества движения одинаковы и равны 120°, то и сами векторы
равны по величине: m^ = m2v2 = m3v3. Из этих трех уравнений
получаем
т2т3Е0
Ei = ■ ;
£ mxm3E0
£3 =
mim2 + mlm3 + m2m3 '
m^zEp
tti\tn2 -f- niifna + tn2tn3
17.17. Нейтрон с массой m, двигаясь со скоростью v, ударяется
о неподвижное ядро с массой пт. Считая удар центральным и
упругим, найти, во сколько раз уменьшится кинетическая энергия
нейтрона и относительное уменьшение его скорости.
Согласно законам сохранения энергии и импульса (прип>1 v'
направлена в сторону, противоположную v)
v = — v' + nv"\
517

Здесь vr и v* — скорости бомбардирующей частицы и ядра после
удара,
v*-vft = nv'9i
v + v' = tiv".
Разделив одно уравнение на другое, находим
v — v' = v"\ v + v' = ли";
2i/ = (л + I) v"; 2v' = (я — 1) y"j
E _ t^ _ /n+l\2
0' я —Г £'
Aa _ и — a' rt-fl—n-f-l^ 2
у — у "~ я+l ~n+l*
При я = 1 бомбардирующая частица останавливается, а
бомбардируемое ядро получает энергию и импульс налетающей частицы.
Заметим, что при повторном упругом соударении нейтрона с таким
же ядром энергия нейтрона уменьшится в [(п + \)1(п — I)]4 раз. При
т столкновениях энергия уменьшится в [(п + 1)/(д — 1)]2т раз. Из
формулы для относительного уменьшения скорости видно, что чем
меньше я, тем большую часть скорости теряет при ударе нейтрон.
Именно поэтому защита от нейтронного излучения выполняется из
веществ, содержащих легкие элементы (парафин, вода, бериллий,
графит).
17.18. В условиях задачи 17.17 нейтрон после соударения меняет
направление скорости на угол а. Найти скорости нейтрона и ядра
после удара.
Выберем ось X вдоль движения нейтрона до удара. Закон сохра-
-*•-*• -*■ _»
нения импульса в векторной форме: mv = тих + тпи2, В проекциях
v = «х cos а + пи2 cos р;
О = их sin а — пи2 sin р.
Закон сохранения энергии: v2 = u2L + nul. Из первых двух
уравнений находим, преобразуя их, затем возводя в квадрат и складывая:
v — иг cos а = пи2 cos Р; v2 — 2vUi cos а + и\ cos2 = п2и2 cos2 P;
щ sin a = лы2 sin p;
и\ sin2 a = п2и\ sin2 p;
и2 + и\ — 2vux cos а = п2и2
С помощью третьего уравнения исключаем и2: (fl+l)"i—
— Ъ) cos oui — (п — 1) у2 = 0;
i/cosa ± lA>2cos2g + (ft2 — 1) v2 _ р cos а ± v Vп2 — sin2a
Ul~ n+l ~~ д+1
Вычислив ии находим и2 по формуле
и2=у __
518

и угол р по формуле
. Q щ sin a
sin р = — «
17.19. Протон с энергией Е0 =■ 0,1 МэВ рассеивается на ядре gHe
под углом б = 90°. Определить энергии протона и альфа-частицы
после рассеяния.
Согласно закону сохранения импульса (с учетом того, что
скорость протона v' после рассеяния направлена под углом 90° к
скорости протона до рассеяния) можно написать (рис. 409)
2 2, 2 ,2 22
Рис. 410
Согласно закону сохранения энергии
Из этих двух уравнений находим
Rt mpVp ^ma-mp
Р 2 ma+mD
Е0 » 0,06 МэВ;
Е =
™Л
2т„
та + т
Е0 к 0,04 МэВ.
17.20. Альфа-частица, летящая со скоростью v0(v0<^c)t
рассеивается на ядре с массой М. Угол между направлением движения альфа-
частицы до удара и направлением вылета ядра отдачи равен <р. Найти
скорость ядра отдачи и' (рис. 410).
Запишем законы сохранения энергии и импульса
maV0 = "V2 + iWu't» may0 = ma V + Mu'*
Из второй формулы можно получить следующие соотношения:
mav cos ^ = mav0 — Mv' cos %
mav sin <|/ = Mv' sin <p.^
Возводим оба соотношения в квадрат, складываем и результат
вычитаем из выражения для закона сохранения энергии,'
умноженного на тл:
Л1V + Mmav'- = 2Mmav0v' cos <p.
519

Сокращая на Mv\ получаем
(М + та) v* = 2mav0 cos <pt
2mat\>cos<p
откуда t,' = м+та .
17.21. Вычислить энергию реакции $Ве (a, n)J2C
Согласно формуле (с. 511)
Q=(ma + т^ — тс — тн). 931,5 МэВ,
Как и в других задачах, мы пользуемся атомными массами,
поскольку массы электронов автоматически исключаются. Учитывая,
что энергии (в частности, энергии реакций) удобнее всего выражать
в МэВ, находим
Q = (4,0026 + 9,0122.— 12,0000 — 1,0087) • 931,5 « 5,7 МэВ,
т. е. реакция экзотермическая и может идти при малых энергиях
о-частиц, необходимых лишь для преодоления кулоновских сил
отталкивания со стороны ядра.
17.22. Найти наименьшую энергию протона, при которой он смог
бы приблизиться на расстояние 10 ферми к ядру ^Li. Провести такое
же вычисление для альфа-частицы и ядра ^Ве (I ферми = \0~*ь м).
Предполагая, что частица летит по линии, проходящей через
центр ядра, найдем, что ее кинетической энергии должно хватить,
чтобы приблизиться к ядру на расстояние г, где вся эта
кинетическая энергия превратится в потенциальную энергию
электростатического отталкивания, т. е.
jpMHH = jp = ZjZ2e2
'к ■* п "
4JIV '
Здесь Zi — атомный номер налетающей частицы; Za — атомный номер
ядра; б —единичный заряд.
1) ^=1; Z2 = 3;
И^1ИН = 0,48 МэВ;
2)Zi = 2; Z2 = 4; Wa = ^Wp = 1,26 МэВ.
17.23. Вычислить энергию реакции 73L\ (p, n) jBe.
Согласно формуле (с. 511)
Q = 931,5 (mp + mLl — т^ — тн) МэВ =
= 931,5(1,0078 + 7,0160 — 7,0169- 1,0087). МэВ =-1,64 МэВ.
Таким образом, эта реакция эндоэнергетическая и может идти
только в том случае, если протон ускорить до необходимой
минимальной энергии. Однако последняя оказывается больше, чем 1,64 МэВ.
Это объясняется тем, что при соударении ускоренного протона с
неподвижным ядром часть кинетической энергии протона обязательно
расходуется на то, чтобы сдвинуть с места само ядро. Таким образом,
520

часть энергии протона переходит в энергию отдачи ядра, и лишь
остальная часть может быть использована для ядерной реакции.
Минимальная энергия протона, при которой может возникнуть
ядерная реакция (с учетом энергии, пошедшей на отдачу ядра), называется
пороговой энергией или просто порогом реакции Е^* Порог реакции
вычисляется по формуле
Cnop = IQl(l+|).
где т — массовое число налетающей частицы; М — массовое число
ядра мишени. В данном случае минимальная энергия протона должна
равняться
Е^р = 1,64 (l+y)* 1,88 МэВ,
из которых 1,88— 1,64 = 0,24 МэВ переходит в энергию отдачи ядра.
17.24. Альфа-радиоактивный изотоп плутония ^JPu распадается
по схеме
причем обозначенный звездочкой уран-235, в свою очередь, испускает
•у-квант с энергией Е = 0,09 МэВ по схеме
^/•-«ftf + Av.
Найти скорость я-частиц, вылетающих при распаде ядер плутония.
Энергия, выделяющаяся при распаде,
Е = [931,5 (mPu — ти — та) — EJ МэВ.
Эта энергия переходит в кинетическую энергию продуктов
распада: ядра 235U и а-частицы, т. е. Е = EV + Еа. Закон сохранения
количества движения в данном случае: m^v^ = я*аУа* Возведем это
равенство в квадрат и перепишем его.в виде tnvv\j/mav\ = Ev/Ea =
= mjm^. Так как та < ти, то Еа > Еи» Иначе говоря, можно
считать, что ядро урана практически остается неподвижным, а всю
энергию уносит а-частица, т. е. £й£в. Из соотношения mavl/2=Ea
находим
«1,58- 107 м/с.
17.25. При столкновении с неподвижным ядром мишени а-частица
рассеялась на угол <р = 30°, а ядро отдачи вылетело под таким же
углом. Найти массу ядра мишени (рис. 411). ^
Согласно закону сохранения импульса
m*v* = m*vacos ? + Mv cos ?;
0 = mav^ sin cp — Mv sin ?;
mavfa = Mv.
521

Поэтому
mava = 2Mv cos 9.
Согласно закону сохранения энергии
тЛ = mX? + Mv* ИЛИ тУа = maVi? + Г*ЛМЛ
Отсюда
4М Vs cos2 cp = М V + maMu2.
Сокращая на Мр2, получим
4М cos2 <р = М + ma,
откуда
4 cos2 cp — 1
При <р = 30° M = ml/2t т. е. М — масса ядра дейтерия, называемого
дейтроном.
17.26. На ядро лития налетает протон с кинетической энергией
£р. В результате реакции образуются две альфа-частицы с
одинаковыми энергиями. Найти угол разлета.
Из задачи 17.23 известно, что реакция Li + р — эндоэнергетиче-
екая, и ядру лития должна быть сообщена энергия реакции Q, для
того чтобы реакция могла начаться* Энергия отдачи здесь не
учитывается, так как образующееся ядро ^Ве сразу разваливается на"две
альфа-частицы, в кинетические энергии которых войдет и энергия
отдачи. По этой причине закон сохранения энергии мы запишем в виде
Ep + Q = 2£a,
а закон сохранения импульса — в виде (рис. 412)
*VP = «А + ««^
Очевидно,
mpvp = 2mavacos^/2.
522

Так как
Vn=l/ —^ И ^ = I/ — 1
то
£DmD
2mtt(EpW
где Q ==931,5 (ти + тр — 2/пНе) аналогично задаче 17.24.
17.27. Определить энергию, освобождающуюся в водородной бомбе
при синтезе 1 кг гелия.
Наибольшее энерговыделение дает реакция синтеза
?D + ?T = <He+'n.
При одном акте синтеза выделяется энергия
Л£ = (mD + т%— та — тн) . 931,5 = 17,6 МэВ = 28,2 • КГ13 Дж,
Эта энергия выделяется за счет того, что ядра дейтерия и трития*
обладающие малыми дефектами мгссы, при слияняи превращаются
в ядро гелия, обладающее ббльшим дефектом массы. Это увеличение
дефекта массы и приводит к выделению энергии.
Число ядер в 1 кг гелия
L 6,022 -10" 5 1Q2fl
N-H- 4,0026 ~ lfi Ш *
При образовании такого количества ядер выделяется энергия
W = NAE = 1,5 - 1026 . 28,2 . 10~*3 = 4,23 ♦ 1014 Дж.
17.28. Почему мощность взрыва, осуществляемого на основе
деления ядер, имеет предел? Имеет ли предел мощность термоядерного
взрыва?
В процессе цепной реакции происходит повышение температуры
и давления. Если в результате этого ядерное горючее разлетится на
куски, меньшие определенной величины (критической массы), реакция
прекратится*
Мощность термоядерного взрыва такого предела не имеет.

ПРИЛОЖЕНИЕ
1. Единицы измерений физических величин в СИ.
2. Универсальные физические постоянные.
3. Данные о Солнце, Земле и Луне.
4. Физические характеристики планет.
5. Орбиты планет.
6. Коэффициент трения скольжения.
7. Момент инерции некоторых однородных тел.
8. Модули упругости и коэффициент Пуассона. #
9. Плотность чистых элементов.
10. Плотность сплавов.
11. Плотность веществ при 20° С. -
12. Плотность жидкостей.
13. Плотность газов и паров при 0°С и 1,013-105 Па.
14. Плотность газов в жидком и твердом состояниях.
15. Температурный коэффициент линейного расширения твердых тел.
16. Температурный коэффициент объемного расширения жидкостей
при 1.013-105 Па.
17. Термический коэффициент давления гаэяв.
18. Теплоемкость элементов при 0° С и 1;013 105Па.
19. Теплоемкость технических материалов при 298,15 К и 1,013-105 Па.
20. Температуры плавления и кипения элементов. Теплоты плавления
и испарения элементов.
21. Температуры плавления и кипения некоторых органических
веществ
22. Критические температуры, давления и плотности для некоторых
веществ.
23. Температурная стойкость различных веществ
24. Коэффициент теплопроводности элементов.'
25. Коэффициент теплопроводности некоторых сплавов.
26. Коэффициент теплопроводности различных материалов.
27. Коэффициент теплопроводности некоторых жидкостей.
28. Коэффициент теплопроводности некоторых газов при 1,013-105 Па.
29. Коэффициент диффузий веществ, растворенных в воде.
30. Вязкость элементов в жидком состоянии.
31. Вязкость жидкостей.
32. Вязкость воды при различных температурах.
33. Коэффициент внутреннего трения (вязкости) газов и паров.
34. Поверхностное натяжение металлов в жидком состоянии.
35. Коэффициент поверхностного натяжения некоторых жидкостей.
36. Удельное сопротивление и температурный коэффициент
сопротивления металлов и сплавов.
37. Удельное сопротивление, пробивное напряжение, диэлектрическая
524

проницаемость и тангенс угла диэлектрических потерь различных
веществ.
38. Электрохимические эквиваленты веществ.
39. Показатели преломления при 20° С относительно воздуха (для
длины волны Л=589,3 нм).
40. Предельные углы полного отражения
41. Длины световых волн и соответствующие* им цвета видимого
спектра.
42. Энергия одного кванта излучения при различных длинах волн.
43. Длина волны фотоэлектрического порога чистых металлов.
44. Работа выхода электронов.
45. Атомные массы элементов
46. Атомные массы, распространенность некоторых стабильных и
периоды полураспада некоторых радиоактивных изотопов.

1. Единицы измерений физических величин в СИ
Величина
Наименование
О
Длина
Масса
В^емя
Температура
Сила тока
Сила света
Количество вещества
Доп о
Плоский угол
Телесный угол
Пр
Площадь
Объем
Плотность
Скорость
Ускорение
Частота вращения
Угловая скорость
Угловое ускорение
Сила
Давление
Напряжение
(механическое)
Обозначение
и
определяющее
уравнение
Единица
Наименование
сновные еди ницы
/
т
t
Т
I
J
V-
лнительн
i i
D И 3 D О Д Н Ы (
S = l2
V = /3
m
p-v
1
а = т
Да
1
Дш
е = д7
F = ma
метр
килограмм
секунда
кельвин
ампер
кандела
моль
ые единицы
радиан
стерадиан
г единицы
квадратный метр
кубический метр
килограмм на
кубический метр
метр в секунду
метр на секунду
в квадрате
секунда в минус
первой степени
радиан в секунду
Р<
Н1
-
1диан на секунду
в квадрате
эЮТОН
паскаль
Обозначение
М
КГ
с
К
А
кд
моль *
1 Рад
1 ср
м2
м3
кг/м3
м/с
м/с2
с-*
рад/с
рад/с2
Н
Па
• Моль — количество вещества системы, содержащей столько же структурны:
алементов, сколько содержится атомов в углероде-12 с массой 0,012 кг.
526

Продолжение
Величина
Наименование
Жесткость
Количество движения
Импульс силы
Работа
Энергия
Мощность
Момент силы
Момент инерции
Момент количества
движения
Период
Частота
колебательного процесса
Фаза колебательного
процесса
Угловая скорость
Длина волны
Волновое число
Количество теплоты
Теплоемкость
Удельная
теплоемкость
Молярная
теплоемкость
Удельная теплота
фазового превращения
(плавления» кипения)
1
Обозначение
и
определяющее
уравнение
-£
р = mv
l = Ft
A = Fl
E = W=Fl
'-т
M = Fl
J = mr*
L = Jo>
T
1
<p = Ы + <p0
ш = 2nv
\ = uT
~ 1
Q = A
C mAT
/71
Единица
Наименование
ньютон на метр
килограмм-метр в
секунду
ньютон-секунда
джоуль
ватт
ньютон-метр
килограмм-метр
в квадрате
килограмм-метр
в квадрате на
секунду
секунда
герц
радиан
радиан в секунду
метр
метр в минус
первой степени
джоуль
джоуль на кельвин
джоуль на кило-
грамм-кельвин
джоуль на моль-
кельвин
джоуль на
килограмм
Обозначение
Н/м
кг • м/с
Н«св
Дж
Вт
Н- м
кг • м2
кг • м2/с
с
Гц
рад
рад/с
м
и"*
Дж
Дж/К
Дж/(кг • К)
Дж/моль • К
Дж/кг
527

Продолжение
Величина
Наименование
Обоэна чение
н
определяющее уравне-
ние
Единица
Наименование
Температурный
коэффициент линейного
расширения
Температурный
коэффициент объемного
расширения
Теплопроводность
Коэффициент
диффузии
Коэффициент
внутреннего трения
Коэффициент
поверхностного натяжения
Электрический заряд
Электрическая
постоянная
Относительная
диэлектрическая
проницаемость
Линейная плотность
электрического
заряда
Поверхностная
плотность
электрического заряда
Объемная плотность
электрического
заряда
Электрический момент
диполя
Напряженность
электрического поля
ос =
А/
/ДГ
р VAT
Х = .
ts
ДГ
D =
М
М
ч =
F
q = It
Cd
--■f
*=l
p-f
Pe = ^
-£
кельвин в
минус первой
степени
ватт на
метр-Кельвин
квадратный метр
на секунду
паскаль-секунда
ньютон на метр
кулон
фарада на метр
кулон на метр
кулон на
квадратный метр
кулон на
кубический метр
кулон-метр
вольт на метр
528

Продолжение
Величина
Наименование
Обозначение
и
определяющее
уравнение
Единица
Наименование
Обозначение
Разность
электрических потенциалов
Электродвижущая
сила
Напряжение
Электрическая
емкость
Плотность тока
Электрическое
сопротивление
Электрическая
проводимость
Магнитная постоянная
Магнитная
проницаемость
Магнитная индукция
Магнитный момент
электрического тока
Магнитный поток
Индуктивность
Взаимная
индуктивность
Световой поток
Освещенность
Яркость
Энергия излучения
?1-?2 :
Я
с и
' = *-
g=R
вольт
Н:
[in2V
-I
. __ пФ
L~~r
м
ф = Уо)
ф_
S
J
Е =
В =
W
фарада
ампер на
квадратный метр
сименс
генри на метр
тесла
ампер-квадратный
метр
вебер
генри
люмен
люкс
кандела на
квадратный метр
джоуль
529

2. Универсальные физические постоянные
Название
Ускорение свободного
падения
Гравитационная постоянная
Абсолютный нуль температур
Тройная точка воды
Мольный объем идеального
газа в нормальных
условиях (0°С и 101325 Па)
Универсальная газовая
постоянная
Число молекул в киломоле !
вещества (число Авогадро)
Число молекул в 1 м3 газа
в нормальных условиях
(число Лошмидта)
Постоянная Больцмана
Атомная единица массы
Масса покоя электрона
Масса покоя протона
Масса атома водорода
Масса покоя нейтрона
Элементарный заряд
Число Фарадея
Электрическая постоянная
Магнитная постоянная
Постоянная Планка
Скорость света в вакууме
Обозначение
8
7
—
—
V*
R
"а
"о
к—В.
"а
а. е. м.
те
тР
miu
1
nin
е
F
е°
Ро
h
\ с
Численное значение
9,80602 м/с2
6,672 • Ю-*1 м3/кг . с2
—273,15° С
273,16 К = 0,01° С
22,41 м3/кмоль
8.314-103 Дж/кмоль. К
6,022 • 102в кмоль-1
2,7 • № м~3
1,38- 10~23 Дж/К
1,660- Ю-27 кг
1 9.1095- Ю-31 кг =
= 5,486 . 10~4 а. е. м.
1,6726. 1СГ" кг =
= 1,007276 а. е. м.
1,6735- Ю"27 кг =
= 1,007825 а. е. м.
1.675- 10-" кг =
= 1,008665 а. е. м.
1.6Й22 • 10"" Кл
9,6500 • 107 Кл/кмоль
8,8542 • Ю-12 Ф/м
12,5664 . 10-° Г/м
6,626- Ю-"3* Дж- с
| 2,997925 . 10* м/с
3. Данные о Солнце, Земле и Луне \
Величина
Средний радиус, км
Масса, кг
Средняя плотность, кг/м3
Ускорение свободного
падения на поверхности, м/с2
Скорость поступательного
движения, км/с
Среднее расстояние до
Земли, км
Период обращения вокруг
центрального светила, с
Солнце
695,6 • 103
1984- 102*
1409
273,98
20
1,496 • 10*
—
Земля
6,378 • Ю3
5,876 • 10м
5516
9,806
29,78
—
3,55 • Ю7
Луна
1,738- 103
7,36. 10м
3340
1,62
1,02
3,844 • 10*
2,36. 10е
530

4. Физические характеристики планет
Объем Земли V3 = 1,08332- 102* м3; масса Земли М3 = (5,977 ± 0,004) • 1024 кг; р— средняя плотность;
g— ускорение силы тяжести на поверхности планеты; <р — наклонение экватора к плоскости орбиты; i^— вто- ,
рая космическая скорость для данной планеты
Планета
Меркурий
Венера
Земля
Марс •
Юпитер
Сатурн
Уран
Нептун
Плутон

Экваториальный
радиус, км
2420
6200
6378,39
3400
71400
60 400
23 800
22 800
3000
Сжатие
0,0
0,0
0,00336
0,0052
0,062
0,096
0,06
0,02
—
Объем
^3 = 1
0,055
0,91
1,000
0,150
1317
762
50
42
1,3
I Масса
М3 = 1
0,053
0,815
1,000
0,107
318,0
95,22
14,55
17,23
0,9
р. Ю»,
кг/м8
5,3
4,95
5,517
3,95
1,33
0,687
1,56
2,27
4
g. м/с*
3,60
8,50
9,8066
3,76
26,00
11.20
9,40
15,00
8,00
«осв-
км/с
4,15
10,25
11,19
5,09
60,2
36.2
21,4
23,4
10
Период вращения
вокруг собственной
оси
58,7 дня
242,98 дня
23 ч 56 мин 4,1 с
24 ч 37 мин 22,6 с
9 ч 50 мин 30 с
10 ч 14 мин
0,89 дня
0,53 дня
6,39 дня
?
7°
<з°
23° 27'
25° 12'
3° 07'
26° 45'
97° 59'
29°
>50

б. Орбиты планет
Планета
Меркурий
Венера
Земля
Марс
Юпитер
Сатурн
Уран
Нептун
Плутон
Большая
полуось орбиты,
млн. км
57,91
108,21
149,60
227,9
778,3
1428
2872
4498
5910
Период, сутки
87,969
224,701
365,256
686,98
4332,6
10 759.2
30 687
1 60 184
90 700
Средняя
орбитальная
скорость, км/с
47,90
35,05
29,80
24,14
13,06
9.65
6,80
5,43-
4,74
6. Коэффициент (к) трения скольжения
Трущиеся материалы
Бронза по бронзе
Бронза по стали без смазки
Бронза по стали со смазкой
Дерево сухое по дереву
Лед по льду
Медь по чугуну
Резина по твердому грунту
Резина по чугуну
Сталь по железу
Сталь по льду (коньки)
Сталь по стали
Сталь по чугуну
Фторопласт по нержавеющей стали
Фторопласт-4 по фторопласту
Чугун по бронзе
Чугун по чугуну
к
0,2
0,18
0,02-0,08
0,25—0,5
0,028
0,27
0,4—0,6
0,83
0,19
0,02—0.03
0,18
0.16
0,06-0,08
0.05—0,09
0.21
0,16
7. Момент инерции (У) некоторых однородных тел, м2 • кг
Тело
Материальная точка с
массой т
Относительно оси
проходящей на
расстоянии г от точки
J
тгг
532

Продолжение
Тело
Относительно оси
Тонкий стержень с
сой т и длиной /
мас-
Тонкий стержень с массой
т и длиной /
Тонкая труба или кольцо
радиусом г
Круглый диск или
цилиндр с массой т и
радиусом г
Шар с массой т и
радиусом г
Круглый цилиндр с
массой т, длиной / и
радиусом г
Прямоугольный
параллелепипед размерами 2а,
2Ь, 2с
перпендикулярной к
стержню и проходящей
через его середину
перпендикулярной . к
стержню и проходящей
через его конец
совпадающей с осью трубы
перпендикулярной к
плоскости диска и
проходящей через его центр
совпадающей с диаметром
перпендикулярной к оси
цилиндра и проходящей
через его середину
проходящей через центр
и параллельной ребру
длины 2а
12
3
тгл
2 2
о
■М
62 + с2
8. Модули упругости и коэффициент Пуассона
Материал
Алюминиевая бронза,
литье
Алюминий
Бетон
Висмут
Гранит, мрамор
Дюралюминий катаный
Известняк плотный
Инвар
Кадмий
Каучук
Кварцевая нить
(плавленая)
Константан
Латунь
корабельная катаная
холоднотянутая
Модуль Юнга Е,
10' Н/м«
10300
6300—7000
1500—4000
3200
3500—5000
7000
3500
13 500
■ 5000
0,79
7300
16 000
9800
| 8900—9700
Модуль
сдвига G, 10' Н/м*
4100
2500—2600
700—1700
1200
1400—4400
2600
1500
5500
1900
0,27
3100
6100
3600
, 3400-3600
Коэффициент
Пуассона и-
0,25
0,32—0,36
0,1—0,15
0,33
0,1—0.15
0,31
0.2
0.25
0,3
0,46
0,17
0,33
0,36
0,32-0,42
533

Продолжение
Материал
Манганин
Медь
литье
прокатанная
холоднотянутая
Никель
Плексиглас
Резина мягкая
вулканизированная
Серебро
Сталь
легированная
углеродистая
Стальное литье
Стекло
Титан
Фосфористая бронза
катаная
Целлулоид
Цинк катаный
Чугун
белый, серый
ковкий
Модуль Юнга Е.
10' Н2/м
12 300
8 200
10 800
12 700
20 400
525
0,15—0,5
8270
20 600
19 500—20 500
17 000
4900—7800
11600
11300
170—190
8200
П300—И60О
15 000
Модуль
сдвига G, 10' Ы/м2
4600
—
3900
4800
. 7900
148
0,05—0,15
3030
8000
800
—
1750—2900
4100
4100
65
3100
4400
Коэффициент
Пуассона \l
0,33
—
0,31—0,34
0,33
0,28
0,35
0,46—0,49
0,37
0,25—0,30
0,24—0,28
—
0,2—0,3
0,32
0,32—0,35
^
0,39
0,27
0,23—0,27
0. Плотность (р) чистых элементов, 10э кг/мэ
Элемент
Алюминий
Барий
Бериллий
Бор

кристаллический

аморфный
Бром
жидкий
Ванадий
Висмут
Вольфрам
Гадолиний
Галлий
и °с
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
32, 38
Р
2.70
3,78
1,84
. 3,33
2,34
3,12
5,96
9,747
18,6-19,1
5,91
6,093
Элемент
Гафний
Германий
Европий
| Железо
Золото
Индий
Иод
Иридий
Иттербий
Иттрий
Кадмий
Калий
Калий
Кальций
Кобальт
/. °С
20
20
20
20
20
20
20
17
20
20
20
20
62,1
29
?1
Р
13,3
5,46
3,217
7,87
19.3
7,28
4,94
22,42
5,5
3,80
8,648
0,87
0,851
1,55
8,71
534

Продолжение
Элемент
Кремний

кристаллический

аморфный
Лантан
Литий
Магний
Марганец
Медь
Молибден
Натрий
(жидкий)
Неодим
Никель
Ниобий
Олово
Осмий
Палладий
Платина
Празеодим
Рений
Родий
Ртуть
жидкая
твердая
Рубидий
Рутений
Самарий
Свинец
Селен

аморфный

кристаллический
Сера

ромбическая 1
10. Плотность
Бронза
ОЛОВ ЯНИСТ2
фосфориста
t. °с
20
15
—
20
5
20
20
20
20
97,6
20
20
15
20
20
20
20
20
20
20
20
—38,8
20
0
20
20
20
20
20
(р) cnj
Спла
я (90%
я (92.Е
р
2,42
2,35
6,15
0,534
1,741
7.42
8,93
9,01
0,9712 1
0.9287
6.96
8.6—8.9
8.4
7.29
22,5
22,16
21.37
6,475
20,53
12.44
13.546 l
14,193
1.532
12,06 ;
7,8
11,342
4.8
4,5
2,07
швов, 103 кг/
в (состав, вес. (
> Си; 10% Sn
>%Си; 7%Sn
Элемент
моно-
кристал-
лическая

аморфная
Серебро
Скандий
Стронций
Сурьма
(аморф- i
ная)
Таллий
Тантал
Теллур

кристаллический

аморфный
Тербий
Титан
Торий
Углерод
(алмаз)
Углерод
(графит)
Уран
Фосфор
белый
красный

металлический
Хром
Цезий
Церий
Цинк
Цирконий
Эрбий
м3
Уо)
)
; о,5% Р)
U °С
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
18
20
20
20
13
20
20
15
20
20
20
20
20
20
р
1,96
1,92
10,42—10.59
2.5
2,54
6,618
6,22
11,86
16,6
6.25
6,02
4.35
4.5
11,3-11.1
3,52
2,25
18,7
1.83
2,20
2,34
7.1
1,873
6,9
6,92
6,44
4,77
Р
8.6—9,3
8,7—8,9
535

Продолжение
Сплав (состав, вес. %) I p
I
Дюралюминий (Си; Mg; Si; Mn)
Инвар (63.8% Fe; 3,6% Ni; 0,2% С)
Константан (60% Си; 4G% Ni)
Латунь (66% Си; 34% Zn)
Магналиум (90% А1; 10% Mg)
Манганин (84% Си; 12% Мп; 4% Ni)
Монель-металл (71% Ni; 27% Си; 2% Fe)
Никелин (67% Си; 30% Ni; 3% Мп)
Нихром (80% Ni; 20% Сг)
Платино-иридиевый сплав (90% Pt; 10% Ir) \
Сплав Вуда (50% Bi; 12.5% Cd; 25% Pb; 12.5% Sn)
Сталь
катаная
литая
Чугун
2,79
8,00
8,88
8,4—8,7
2,50
8,5
8,9
8,5
8,1-8,4
21,62
9,70
7,85—8,0
7,5—7,92
7,0
11. Плотность (р) веществ при 20° С, 103 кг/м3
Вещество
Дерево (сухое)
Бальза (пробковое)
Бамбук
Бук
Береза
Вишня
Груша
Дуб
Ель канадская
Железное (бакаут)
Ива
Кедр 1
Кизил 1
Клен '
Липа
Можжевельник
Ольха
Ореховое
Остролист
Платан
Рожковое
Самшит
Сандаловое
р
! 0,11—0,14
0.31—0.40
0,70—0,90
0,51—0,77
0,70—0.90
0,61—0,73 j
0.60—0,90
0,48—0,70
1.17—1,33
0,40—0,60
0.49—0,57
0,76
0,62—0.75
0,32—0.59
0,56
0,42—0.68
0.64—0.70
0,76
0,40—0,60
0,67—0,71
0,95—1,16
0,91
Вещество
Слива
Сосна
белая
обыкновенная
Тополь
Эбеновое (черное)
Яблоня
Ясень
Минералы
Агат
Алебастр
карбонатный
сульфатный
Алмаз
Альбит
Анортит
Асбест
Асбестовый сланец
[Базальт
[Берилл
Газовый уголь
1 Галенит
р
0,66—0.78
0,55—0.50
| 0,37—0,60
0,35—0,5
1.11—1,33
0,66—0,84
0,65—0,85
2,5—2,7
2,69—2.78
2,26—2.32
3.01—3.52
2.62—2.65
2.74—2,76
2,0—2,8
1.8
2,4—3,1
2.69—2,70
1,88
7,3—7,6
536

Продолжение
Вещество
Вещество
Гематит
Гипс
Глина
Гранат
Гранит
Доломит
Известняк
Известь гашеная
Кальцит
Кварц
плавленый
прозрачный
непрозрачный
Кокс
Копал
Корунд
Кремень
Магнетит
Малахит
•Мел
Мрамор
Наждак
Опал
Песчаник
Пирит
Полевой шпат
Порфир
Роговая обманка
Серпантин
Сланец
Слюда
белая
обычная
черная
Соль каменная
Тальк
Топаз
Торф прессованный
Турмалин
Уголь
антрацит
битуминозный
Флюорит
Пластмассы и
слоистые пластики
Аминопласт
Винипласт
4.9-5,3
2,31-2,33
1,8-2,6
3.15—4,3
2,64—2,76
2,84
2,68-2,76
1.3-1,4
2,6—2,8
2,65
2,21
2,07
1,0—1,7
1,04—1,14
3.9—4,0
2,63
4,9-5,2
3,7-4,1
1,9—2.8
2,6-2,84
4.0
2.2
2,14—2,36
4.95—5.1
2.55—2,75
2.6-2.9
2,9—3,2
2,5—2.65
2.6—3,3
2.76—3,0
2,6—3,2
2.7—3.1
2.18
2,7—2.8
- 3.5—3,6
0,84
3.0—3,2
1,4-1,8
1.2—1,5
3.18
1.4
1.4
Плексиглас
Поливинил
Полистирол
Текстолит
Фторопласт-4
Другие вещества
Асфальт
Бетон
Бумага
Воск
Гуммиарабик
Гуммигут
Деготь, смола
Желатин
Камень мыльный
Камфара
Картон
Каучук
чистый
технический
мягкий вулканизм
рованный с 20% серы
Киноварь
Кирпич
Кожа сухая
Кость
Кость слоновая
Клей
Крахмал
Лед
Линолеум
Охра
Парафин
Пена морская
Пемза
Пирекс
Пробка
Резина
мягкая
твердая
чистая
Сахар
Снег (рыхлый)
Скипидар
Стекло
обыкновенное
флинтглас
1,18
1,34—1,4
1.06
1,3—1,4
2.1-2,4
1.1—1.5
1,8—2.4
0,7—1.15
0.965
1,3—1.4
1,2
1.02
1.27
2.6-2,8
0.99
0.69
0,906
0.911
0,923
8,12
1,4—2,2
0,86
1.7—2,0
1,83—1,92
1,27
1,53
0,917
1.18
3,5
0.87—0.91
0.99—1.28
0,4
2,25
0,22—0,26
1.1
1.19
0.91—0.93
1.59
0.12
1.07
2.4—2,8
3,9-5.9
537

Продолжение
Сургуч
Уголь древесный
дубовый
сосновый
Фарфор
Фибра красная
р
1.8
0,57
■ 0.27—0.44
2.3—2,5
1,45
Вещество
Целлулоид
Цемент затвердевший
Шелк
Шерсть
Шлак
Эбонит
Янтарь
Р
U4
2,7—3,0
1,56
1.61
2,0—3.0
1,15
1.1
12. Плотность (р) жидкостей, 103 кг/мэ
Жидкость
Ацетон
Бензин
Бензол
Вода
Вода тяжелая
Глицерин
Керосин
2-Ксилол
Кислота
азотная
муравьиная
пальмитиновая
серная
соляная
уксусная
Масло
вазелиновое
креозот
машинное
парафиновое
скипидарное
Метилацетат
Молоко
°с
20
20
0
4
20
20
20
20
20
20
62
20
20
20
20
15
20
20
20
25
20
р
0.792
0,68—0,72
0,899
1.00
1,1086
1,26
0.82 |
0,88
1.502
1,22
0,853
1,83
1,19 !
1,049 ,
0.8
1.04—1.10 |
0,90—0.92
0,87—0.88
0.87
0,9274
1 ЮЗ
Жидкость
Морская вода
Нефть
Пентан
Ртуть
Спирт
амиловый
бутиловый
изобутиловый
изопропиловый
пропиловый
метиловый
этиловый
Сероуглерод
Толуол
Углерод четырех-
хлористый
Фторбеизол
Хлорбензол
Хлороформ
Эфир
Этилацстат
Этилбромид
Этилиодид
1 Этилхлорид
t,
°с
20
20
20
0
20
20
20
20
20
20
20
0
20
20
20
20
20
0
20
20
20
1 о
P
1,01—1.05
0.81—0,85
0,626
13.596
0.814
0.80978
0.8011
0.7854
0.8044
0,7928
0.7893
1,293
0,866
1,595
1,024
1.066
1.489
0,736
0,901
1.430
1,933
[ 0,9214
538

13. Плотность (р) газов и паров при 0° С и 1,013- 105 Па, кг/мэ
Элемент или
соединение
Азот
Аммиак
Аргон
Ацетилен
Бутан
Водород
бромистый
йодистый
сернистый
хлористый
Воздух
при 20° С
при 100° С
при 1000° С
Гелий
Закись азота
Кислород

Формула
N2
NH3
Аг
С2Н2
QH10
н2
, НВг
, HI
H2S
НС1
—
—
He
N20
i
' p
1.2505
0.7714
1.7839
1.1709
2.703
0.08987
3.664 1
5.789
1.5392
1.6391
1.2928
1.206
0.945
0.277
0.1785
1.978
1.42904
Элемент или
соединение
Криптон
Ксенон
Метан
Неон
Озон
Окись азота
Пропан
Пропилен
Радон
Углерод
двуокись
окись
Фтор
Хлор
Этан
Этилен

Формула
Кг
Хе
СН4
Ne
03
NO
С3Н8
с3н„
Rn
со2
со
С12
С2Н6
С2Н4
р
3.74
5.89
0.7168
0.8999
2.22
1,3402
2.0037
1.915
9.73
1.9768
1.2500
1,695
3,22
1.356
1.2605
14. Плотность (р) газов в жидком и твердом состояниях.
103 кг/м3
Газ
Азот
Азота окись
Аммиак
Аргон
Ацетилен
Водород
сернистый
фосфористый
Жидкое
t, °С
— 195,09
—20
— 10.7
+ 16.3
— 183.15
—23.5
—249.89
—61
—90
р
0.8043
1,0
0.65
0.61
1.3739
0,52
0.0672
0.86
0.746
Твердое
t.°C
—253
—
—
—
—233
—
—260
р
1.03
—
—
—
1.65
—
0.076
539

Продолжение
Газ
фтористый
хлористый
Воздух (20,99 08)
Гелий
Криптон
Ксенон
Кислород
Метан
Метилхлорид
Неон
Озон
Серы двуокись
Углерод
двуокись
окись
Фтор
Хлор
Этан
Этилен
Жидкое
t, °с
+ 13.6
—85.8
-197
—268.38
— 147.18
—109,1
—182.7
—205
—164
— 18
—245,9
— 183
— 10
! -60
— 190
— 187
—33.6
+20
—88
— 102
—21
Р
0.988
1,194
0.92
0.1139
2.3707
3.06
1Л4
1.25
0.415
0.920
1.204
1.71
1.46
1.19
0.79
1,11
1.56
1.41
0.546
5.566
0.41
Твердое
/, °С
__
—
—
—
—
—
—253
—
—
—
—
—
—
—79
—
—
—
—
—
—
—
Р
—
—
—
—
—
1.41
—
—
—
—
—
—
1.53
—
—
—
—
—
—
—
540

15. Температурный коэффициент («) линейного расширения твердых тел, 10 в К :
Вещество
Алмаз
Алю мель
Алюминий
Аминопласты
Барий
Бериллий
Бор
Бронза
Ванадий
Винипласт
Висмут
Вольфрам
Воск
Гадолиний
Галлий
Гафний
Германий
Гетинакс
Гольмий
Гранит
Графит
Диспрозий
*, °С
04-78
20
0-5-100
20
0-ьЗОО
0
1200
20
20
20
20
20-5-100
0
2600
04-100
30-9-950
20
04-200
—225
27
20
400
20
0
1 1250
—1004-1000
а
1.2
13.7
23.1
254-53
19.45
10.5
23.7
2.0
14,9^20.4
7,8
40
13.45
4.3
7.7
240
9.7
18.1
1.15
0.00
5.75
20
9.5
8.3
7,1
10.8
11.8
Вещество
Европий
Железо
Золото
Инвар
Индий
Иод
Иридий
Иттербий
Иттрий
Кадмий
Калий
Кальций
Капрон
Каучук
Кварц
Кобальт
Ковар
Константан
Копель
Кремний
Лантаи
t *с
—2004-780
0
04-700
20
1100
04-100
204-100
0
0
1750
274-700
400
0
0
30
—
20
— 1964-16
04-1200
0
900
254-300
20
20
27
204-1Ю0
а
26
11.9
15.0
14.0
20.15
0.014-2.0
30.5
93,0
6.5
10.76
29.9
10.8
29.0
84
22.5
100
66
0.256
0.585
12.0
16.9
5,0
14.4
14
2.33
8.7

*
?
Вещество
и
V
1 *
i **
Вещество
ю ел о о
% S S « -■ 7 | » ч n „ ч Т ". » «
^: w со со
8 § 8 § g
CM CM CM
4
cd S
н - •=;
£ I. 0s § 5
•е- к x * g H
о. и >о о ._ <u ■— к
So оо£0о£«*ч§о,.з: =
0) w сСвы,л К Ч * tf О •£ Ч Н о Ц Ю ^
Ч О. edrtSSa,0-t5K«5 О. •&
а» а) кньнн>чсасва><3а>а>
U U UUUUUCJHHHHHH
g N О Ю № ^ (D СО —.Л О ч* ^ О СМ
1 О (О N Ю 00 N (D «О IT) t" Ю N 00 О Tf П ^
••ЮЮ-нСЧ~СМ-*^- -< N. ^ —i -^
N.
1 О О о Ь5 СМ СМ —•
§ i а s 7 % ° а а I а ° ? 8 + i а J
7 * а а <* d !
1 °*
в а а, * хо
1 »SS0>O?i«TQ M
л Sisseac sa *J л к •* ч Е д * 'Э
1 >» sa>suuu)a}So}qcx(4(=(a>Q.o
1 Sa>K°,««»caa><uoo3cdSu>acxs
542

Олово
Осмий
Палладий
Парафин
Платина
Плексиглас
Плутоний
Полистирол
Полиэтилен
Полоний
Празеодим
Протактиний
Резина
Рений
Родий
Ртуть
Рубидий
Рутений
Свинец
(И-ЮО
О
16-М00
20
0-нЮО
130-:-200
20
20
20
40
-78-:—39
0-ь30
50
9
26.2
6.1
12.4
130
9.0
36
20.9
70
230
20,08
6.5
11,2
220
6.7
8.5
41
90
9,91
28.3
Титан
Торий
Тулий
Уран
Фарфор
Фаянс
Фосфор
Хром
Хромель
Цезий
Целлулоид
Цемент и бетон
Церий
Цинк
Цирконий
Эбонит
Эпоксидная смола
Янтарь

18. Температурный коэффициент (р) объемного расширения
жидкостей при 1,013- 10* Па, 103 Ю
» ■ - -
Вещество
Анилин
Ацетон
Бензин
Бензол
Бром
Вода
Глицерин
Масло
трансформаторное
t, °с
20
20
40
20
20
20
20
50
Р
0.858
1,315
1.496
1.237
1,132
0.207
0.505
0.705
Вещество
Нефть
Ртуть
Сероуглерод
Скипидар
Спирт метиловый
Спирт этиловый
Толуол
Хлороформ
Эфир этиловый
t, °с
50
20
—
20
20
50
20
20
Р
0.92
0.IS1
1.218
0.94
1.199
1.12
1.138
1.273
1.656
17. Термический коэффициент (в) давления газов, 10~ЭК~:
Газ
а
Азот
3.674
Аммиак
3.802

Водород
3,662
Воздух
без СО,
3.674
Гелий
3.660
Кислород
3.674

Углекислый газ
3,726
18. Теплоемкость (Ср) элементов при 0° С и 1,013- 10$ Па,
Дж/(моль • К)
Элемент
Азот
Алюминий
Аргон
Барий
Бериллий
Бор
кристаллнч.
аморфный
Бром
Ванадий
Висмут
Водород
Вольфрам
Гадолиний
Гафний
Германий
Дейтерий
ср
29.12
24.35
20.79
26.36
16.44
11.09
П.96
75.71
24.7
25.52
28.83
24.8
36.26
25.5
23.4
29,19
Элемент
Диспрозий
Железо
Золото
Индий
Иод
Иридий
Кадмий
Калий
Кальций
Кислород
Кобальт
Кремний
Криптон
Ксенон
Лантан
Литий
Магний
Ср
28.17
25.2
25.23
26.7
54.44
25.02
26.32
29.96
26.28
29,36
24.6
18.24
20.79
20.79
27.8
24.65
24,6
544

Продолжение
Элемент
Марганец
Медь
Молибден
Мышьяк
Натрий
Неодим
Неон
Никель
Необий
Олово
Осмий
Палладий
Платина
Рений
Родий
Ртуть
Рубидий
Рутений
Самарий
Свинец
Селен
Сера
ромбическая
моноклинная
ср
26.32
24.52
23.8
24.64
28.12
27.49
20.79
25.77
24.89
26,36
24.89
25.52
25.69
25.31
25.52
27.98
30.88
23.85
29,53
26.44
25.36
22.60
23.64
Элемент
Серебро
Стронций
Сурьма
Таллий
Тантал
Теллур
Тербий
Титан
Тритий
Углерод
алмаз
графит
Уран
Фосфор
Фтор
Хлор
Хром
Цезий
Церий
Цинк
Цирконий
Эрбий
СР
25.49
25.11
25.2
26.32
25.4
25.7
28.95
25.02
28.44
6.12
8.53
27.8
24.69
31.32
33,84
23.22
31.4
28.8
25.40
25.15
28.11
19. Теплоемкость (Ср) технических материалов при 298,15 К
и 1,013 10б Па, Дж/(кг- К)
Вещество
А л юм ель
Асфальт
Ацетон
Базальт
Бензин
Бензол
Бетон
Бронза
фосфористая
Бумага
Винипласт
Вода
Воздух
Вуда сплав
ср
523.4
1674.8
2155
854
2060
1745
837.4
366.8
1507.3
1004.9
4182
1007
147.4
Вещество
Глицерин
Гранит
Дерево
Инвар
Капрон
Каучук
Керосин
Константан
Латунь
Лед (при 0е С)
Манганин
Масла
растительные
Масло техническое
ср
2412
653.2
1256.1
502.4
2302,8
1674.8
2001.4
410
380
4187
407.4
1633—1968
1885
18 6-319
545

Продолжение
Вещество
Нефть
Нихром
Парафин
Песок
Плексиглас
Полистирол
Полиэтилен
Полиэфирные
пластмассы
Пробка
Резина
Сероуглерод
Слюда
Спирт метиловый
Спирт этиловый
ср
2135.4
460.6
1578.5
795.5
1424—1549
1340
2512.2
1088—2303
1758
2135.4
1006
879.3
2550
2422
1 Вещество
1 Стекло
кварцевое
крон
натриевое
оконное
пирекс

термометрическое
флинт
Текстолит
Уголь каменный
Фанера i
Фарфор
Фторопласт-3
Фторопласт-4
Хромель
| Эбонит |
ср
891.8
674Л
803.9
669.9
709.7
832.4
490
1465
1317
2512
1063.5
921.1
1040
448.0
1427.8
20. Температуры плавления и кипения элементов, °С.
Теплоты плавления и испарения элементов, кДж/моль
Элемент
Азот
Актиний
Алюминий
Аргон
Астат
Барий
Бериллий
Бор (субл. 25°)
Бром
Ванадий
Висмут
Водород
Вольфрам
Гадолиний
Галлий
Гафний
Гелий
Германий
Гольмий
Диспрозий
Европцй
Железо
Температура
плавления
—210.01
(1197)
660.1
—189.3
(300)
710
1283
2030
—7.3
1730
271.3
—259.2
3380
1350
29.78
2220
—272
937.2
1461
1600
826
1535
Теплота
плавления
0J2074
(14.2)
10.7
1Л76
(23.8)
7.66
12.5
22.2
10.58
17.5
1559
0.117
35,2
—
5.586
21.8
—
29.8
"■*■
—
—
15.5
Температура
кипения
—195.83
(3327)
2447
—185.87
(377)
1637
2477
3900 .
58.2
3380
10.9
—252.8
5530
3000
2227
5200
—
2830
2600
2600
1489
3200
Теплота
испарения
5.577
(397)
, 293.7
6.519
(90.4)
150.9
294
540
30.0
458
151.5
0.90
799
—
254
661
—
334
—
—
—
—
546

Продолжение
Элемент
Золото
Индий
Иттербий
Иттрий
Иод
Иридий
Кадмии
Калий
Кальций
Кислород
Кобальт
Кремний
Криптон
Ксенон
Лантан
Литий
Лютений
Магний
Мяпганеи
Медь
Молиблрн
MhllllhflK
Т"Тятпий
iiai Linn
гхсиднм
тт
пике ль
пииини
KJJIUaU
Осмии
Палладий
Платина
Плутоний
Полонии
1 Irt q эолттттжх
1 ipd JcUArlM
I IrinitfРТИЬГ
llJJUMclnrl
Ппптя1^тиииЛ
HjJUlaMnHnU
Радий
Радон
Рений
Родий
Ртуть
Рубидий
Рутений
Самарий ,
Свинец
Селен
Сера
Температура
плавления
1063
156.61
824
1500
113,6
! 2443
I 321,03
! 63.4
; 850
1 —218.81
1492
1423
—157.2
— 111.9
i 920
1 180.5
1652
649.5
1244
1083.0
2625
814
97.82
1019
—248.6
1 1453
2487
231.9
> 2700
1552
1769
639.5
.954
919
1035
1600
700
—71.0
3180
1960
—38.86
38.7
2500
1350
327.3
217.4
115.18
Теплота
плавления
12.77
3,27
—
17,2
15.77
—
6.40
2.33
8.66
1 0.444
15.3
46.5
1.636
2.295
11.3
3.01
—
8.95
14.6
13.01 *■
27.6
—
2.602
14.6
0.335
17.8
26.8
7.07
—
17.2
21.7
—
—
11.3
__
—
—
2,67
38
—
2.295
2.20
—
—
4.772
5.42
1.718
Температура
кипения
2700
2075
1427
3200
182.8
4350
765
753,8
1487.1
—183.0
2255
2355
—153.2
—108.1
3370
1317
3327
1120
2095
! 2595
4800
субл. 615
890
3110
—246.05
2800
4900
2687
—
3560
4310
3235
962
3127
2730
4230
1536
—62
5600
3960
356,73
701
4110
1600
1751
657
444,60
Теплота
испарения
324.4
226
—
393
41.71
~~
99.87
77.5
150.0
192.5
383
394.5
9.029
12.64
400
148.1
131.8
224.7
304
1 594
—
89,04
.
1.760
380,6
696
290.4
—
447
—
102.9
—
—
—
—
16.4
707
—
59.11
69,20
—
_
179.5
—
90.75
18*
547

Продолжение
Элемент
Серебро
Скандий
Стронций
Сурьма
Таллий
Тантал
Теллур
Тербий
Технеций
Титан
Торий
Тулий
Углерод (алмаз)
Уран
Фосфор
белый
красный
Франций
Фтор
Хлор
Хром
Цезий
Церий
Цинк
Цирконий
Эрбий
Температура
плавления
960,8
1400
770
630,5
303.5
2996
449,5
1356
2140
1668
1695
1545
3950
1133
44.2
590
27
—218.0
— 101
1903
28.64
777
419.505
1855
1497
Теплота
плавления
11.27
16.1
9.2
20,41
4.201
—
17.5
—
—
15.5
15.65
—
19.7
2,51
20.29
1.556
6.406
14.6
2,18
12.9
7.28
20
—
Температура
кипения
2212
3900
1367
1637
1457
5400
989,8
2800
4700
3280
4200
- 1727
3900
_
281
—188.1
-34.1
2642
685
2900
907
4380
2900
Теплота
испарения
254.0
305
138,9
128,2
162,4
—
114.06
—
—
430
644
—
412
_
12.4 ^
6,538
20.41
349
65.9
314
114.7
582
—
21. Температуры плавления и кипения некоторых
органических веществ, °С
Вещество
Метан
Углерод четырех-
хлористый
Метиловый спирт
Формальдегид
Этиловый спирт
Уксусная кислота
Ацетон
Гл ицерин
Бензол
Аммиак
Двуокись углерода
Формула
сн4
СС14
СН9ОН
неон
С2Н6ОН
сн3соон
СН вС^ОСН а
СаНб(ОН)3
свнв
NH3
соа
Температура
плавления
— 182.6
—22,9
—97,9
— 118
—114.7
16.6
—96,5
18.2
5.52
—77,7
—57.5
Температура
кипения
— 161.58
76.69
64.6
— 19.3
78.4
119.5
56.1
290.5
80.10
—33.35
воэг.
548

22. Критические температуры (/кр), °С, давления (р), атм,
и плотности (р), 103 кг/м3, для некоторых веществ
Вещество
Азот
Аммиак
Аргон
Ацетилен
Вода
Водород
Воздух
Гелий
Кислород
Криптон
Ксенон
Метан
Неон
Окись азота
Окись углерода
Ртуть
Спирт
метиловый
этиловый
Толуол
Углекислый газ
Фреон-12
Хлор
Этилен
Эфир этиловый
'кр
-147.0
132,4
—122.4
35.9
374 Л 5
—239.92
—140.7
—267.9
— 118.4
-63,7
—16.7
—82,1
—228,7
—92.9
—140.0
1460
240.0
243.0
320.6
31,0
111,7
144.0
9.5
193.8
р
33.5
111.5
48.0
62.0
218.3
12,8
37,2
2.26
50.1
54,9
58,2
45.6
26.9
64.6
34.5
103.5
78,5
63.0
41.6
72.9
39.6
76.1
60,7
35.5
р
0.31
0.24
0.53
0.23
0.^2
0,031
0,31
0.07
0.41
0.91
1.15
0,16
0.48
0.52
0.30
5.0
0.27
0,27
0.29
0.47
0.36
0.57
0,28
0.26
54?

23. Температурная стойкость различных веществ
Обозначения: t0T — температура отвердевания; tu— нагревостойкость;
t —температура размягчения; /пл — температура плавления
Вещество
Вещество
"С
Смолы
Анилинформальдегид-
ные
Карбамидные
Кремнийорганические
Полиакрнлаты
Полиамидные
Полистирольные
Политетрафторэти-
леновые
Полихлорвиниловые
Полиэтиленовые
Полиэфирные
Фенолформальде-
гидные
Эпоксидные
L = 65
'н = 75
/н=200
/н = 65
/н = 100
L= 190
*н = 60
tH = 100
*Н=П5
/Н=П5
*н=135
Полимеры
целл юл о з ные
материалы
Винипласт
Капрон
Лавсаы
Найлон
Оргстекло
/„ = 65
/„ = 60
'„л = 215
/„ = 175
/р = 230
'пл = 265
'от = «
/„ = 60
'ол = 225
/„ = 55
'ш.= 120
Пенопласт
Поливинилхлорид
Полипропилен
Полиэтилен
(высокого давления)
Полиэтилен
(низкого давления)
Совенит •
Терилен
Триацетатцеллю-
лоза
Фторопласт-3
Фторопласт-4
Целлофан
Целлулоид
Энант
/н = 130
<от = -*
<пл=170
*н=110
>пл="5
^пл=135
/н=110
'от = 67
<пл = 264
<н=110
'н = 90
'от —"3
'н = 250
/р = 400
'н = 60
'н = 40
LT = 190
от
'ш. = 225
пл
Пресс ованные
и строительные
материалы
Аминопласты
Аминопласты
теплостойкие
Волокнит
Гетинакс
<„=ио
/„=170
/„=115
/„ = 150
550

Продолжение
Вещество
Глина
обыкновенная
огнеупорная
Дельта -древесина
Стекловолокнит
Стеклотекстолит
Текстолит
Туф
Фенопласты
Фибра
Шамот.
Стекла, ел
Стекло
оконное
№ 23
№ 846
нейтральное
белое
№ 59
кварцевое
титановое
пирекс
Слюда
природная
синтетическая
•с
*р>1100
*р>1580
<н=Н0
'н=170
<н=170
<н=130
'вп=1200
/н=120
<н=1°°
'пЛ>1500
ю д а
/„ = 400
/р = 550
/р = 600
/р = 600
/р = 560
/р = 600
/„=1500
/р=1750
/„ = 1000
/р = 660
/„ = 600
/„ = 800
Вещество
Масла, п
ные смолы
Вазелин
Воск
Канифоль
Мазут
Масло
авиационное
вазелиновое
веретенное
конопляное
машинное
соляровое

трансформаторное
Нефть
Олеин
Парафин
Стеарин
Шеллак
Янтарь
Разные мат
Бакелит
Битум
Каолин
Эбонит
°с
р и р од-
, л а к и
'„л = 52
'от = 60
1 'га, = 64
Лл = 68
/р = 40
'от<-14
/от<-20
'от<-15
'от<-20
'от<-Ю
'от<-20
'<»<-45
'пл = -20^-
н 10
<„л<-«
'™. = 45
/р = 33
'пл=1Ю
'„„=360
ериал ы
/р=100
/р = 70
'«.= 1700
/„ = 70
551

24. Коэффициент (X) теплопроводности элементов*,
Вт/(м . К)
Элемент
Азот
Алюминий
Аргон
Бериллий
Бор
Ванадий
Висмут
Водород
Вольфрам
Галлий
Гафний
Гелий
Германий
Железо
Золото
Индий
Иод
Иридий
Кадмий
Калий
Кальций
Кислород i
Кобальт
Кремний
Криптон
Ксенон
Литий
Магний
Медь
Молибден
Мышьяк
Натрий 1
/. °С
0
27
7
27
27—87
20
20
0
27
27
20
0
0
0
0
20
24.4
20
20
7 ,
0
7
17
0
27
0
182
о
20
27
20
27 I
X
0.0243
207
0.0167
182
1.5
33,2
8
0,168
130
33
20.9
0.143
60.3
75
310
88
0.419
138
93
100
98
0.025
70.9
167
0.0097
0.0052
71
165
400
162
36.8
133 |
Элемент
Неон
Никель
Ниобий
Олово
Осмий
Палладий
Платина
Плутоний
Рений
Родий
Ртуть
Рубидий
Рутений
Свинец
Селен
Сера
Серебро
Сурьма
Таллий
Тантал
Теллур
Титан
Торий |
Углерод
Уран
Фтор
Хлор
Хром
Цезий
Цинк
Цирконий
/, °с
0
20
27
20
20
20
20
27
20
18
20
20
20
20
25
0
27
20
27
27
20
20
27 1
20
27
0
о
27
20
20
20
X
0.0464
1 92
53
65
88
76.2
74.1
5.23
50,2
125
8.447
35.5
108
34.89^
0.13
0.208
418
23
47
63
58.15
15,5
35.6
114
22.5
0.0248
0.0079
67
23.8
111
21.4
• Для большинства элементов коэффициент теплопроводности нелинейно
меняется с температурой в десятки и сотни раз. Поэтому приведенные в таблице
значения справедливы лишь для указанных температур.
25. Коэффициент (X) теплопроводности некоторых сплавов,
Вт/(м • К)
Вещество
Алюмель
Армко-железо
X
32.7
77.9
Вещество
Баббит
Б 6
Б 16
Б 83
Б 89
X
21
25
33
39
552

Продолжение
Вещество
Бронза
Инвар
Константан
Копель
Латунь
Манганин
Мельхиор
Монель
X
32-153
.11,0
20,9
24.2
704-183
1 21-7
37.1
22,1
Вещество
Нейзильбер
Нихром
Припой ПОС 30
Сплав Вуда
Сталь 20
Сталь 45
Сталь У-8
X
125
12.2-Г-17.1
39
13.4
56,9
48,1
50.2
26. Коэффициент (X) теплопроводности различных материалов.
Вт/(м . К)
Материал
Теплоизоляционные
материалы
Асбест
Бумага
Вата хлопковая
Вата шлаковая
Войлок
Воск
Картон
Кожа
Лед
Льняное полотно
Опилки
Песок морской
Пробка
измельченная
прессованная
Полистирол
Резина вулканизированная
Снег
свежевыпавший
уплотненный
Фарфор
Фланель
Целлюлоза
Шелк
Шлак
Эбонит
Объемный
вес,
| кг/м»
470-^900
—
—
I00--80O
—
—
—
1000
900
—
—
1630
37
400
1060
—
—
—
—
—
—
100
— 1
— 1
Л "С
20
—
—
100
—
—
—
50
0
—
—
50
50. I
—
20
20
—
—
—
—
—
0
—
- 1
X
0.16-0.37
0,06-М). 13
0.03
0.05-г-О.Ц
0.04
0.04
0.14
0.18-Г-0.19
2.22
0.09
0.05
0.03
0.04
0.07
0.08
0.22-0,29
0,10
0.21
1,05
0.1
0,46
0.04^-0,05
0,84
0,18
553

Продолжение
Материал
Древесина
Береза
Дуб
Кедр
Кипарис
Клен
Лиственница
Пихта
Пробковое дерево
Секвойя
Сосна
Тополь
Фанера
Ясень
Стекла
Крон обыкновенный
Кварц плавленый
Пирекс
Флинт
обыкновенный
тяжелый
Хрусталь
Растительные
масла и
нефтепродукты
Бензин
Вазелин
Газолин
Глицерин
Керосин
Масло
касторовое
оливковое
парафиновое
трансформаторное
Нефть
Парафин
Топливо дизельное
Строительные
материалы
Асфальт
Базальт
Объемный |
вес,
кг/м*
720
850
470
385
630
600
—
500
440
450
—
700
—
—
2230
—
—
2720
—
—
—
—
—
—
—
—
—
—
—
2100
""
t. °с
—
—
—
—~
_
—
—
—
—
—
—
45
100
20
о
0
20
50
25
30
20
0
20
20
30
30
—
30
20
20
"
X
0,15
0,17
0,095
0.1
0,12
0,13
0.044-0,13
0,04
0,11
0,08-г-0.П
0.1
0,125
0,15
"
Г
1,46
1.14
0,795
0,78
0.9
0,11
0,184
0,14
0.276
0,12
0,18
0,165
0.123
0,128
0,14
0,12
0,12
0,699
2,177
554

Продолжение
Материал
Бетон с гравием
Битум
Гранит
Объемный
вес,
кг/м»
1050
2600Н-2700
и °с
20
X
1,5
0,963
2,6сЧ-3,35
27. Коэффициент (к) теплопроводности некоторых жидкостей,
Вт/(м • К)
Жидкость
Ацетон
Бензол
Вода
Вода тяжелая
Гексан
Глицерин
Дихлорэтан
Кислота
серная 90%
соляная 38%
уксусная
U °с
0
12
4,1
0
4
12
—
32
32
X
0,177
0,139
0,54
0,559
0,152
0,281
0,147
0,354
0,440
0,18
Жидкость
Нефть
Нитробензол
Сероуглерод
Спирт метиловый
Спирт- этиловый
90%
Толуол
Углерод четырех-
хлористый
Хлороформ
1 °С
13
12,5
12
12
15
0
12
12
X
0,149
0,159
0,144
0,207
0,184
0,146
0,106
0,121
28. Коэффициент (Л) теплопроводности некоторых газов
при 1,013 • 105 Па, Вт/(м . К)
Газ
Азот
Аммиак
Аргон
Вода (пар)
Вода тяжелая
(пар)
1
tt °с
0
0
0
100
300
500
700
100
300
500
X
0,024 ,
0,022
0,016
0,02354-
Н-0,025
0,043
0,069
0,098
0,024
0,044
0,072
Газ
Водород
Воздух
Гелий
Кислород
Криптон
Ксенон
Неон
Сероводород
Хлор
t, °с
о "
—191*
0
200
i 0
0
0
0
0
0
0
X
0,168
0,008
0,024
0,037
0,143
0.024
0,009
0,005
0,046
0,013
0,007
555

29. Коэффициент (D) диффузии веществ, растворенных
в воде. 10~в м2/с
-
Вещество
Азот
Аммиак
Бром
Вода
Вода тяжелая
Водород
Глицерин
Двуокись углерода
Калий
азотнокислый
бромистый
едкий
йодистый
сернокислый
углекислый
хлористый
Кальций хлористый
Кислород
Кислота
азотная
соляная
уксусная
Магний сернокислый
Медь сернокислая
Медь хлористая
Натрий
азотнокислый
бромистый
едкий
йодистый
сернокислый
углекислый
хлористый
Сероводород
Спирт
метиловый
этиловый
Хлор |
Концентрация,
моль/л
0
3,55
| 0,005
0,99
0
! 0
0,125
0
0,05
1.0
0,1
0,01
0,05
3,0
1,0
0,29
0
0,84
0
0
0,5
0,5
1.5
0,6
2,9
0,02
1.0
1.4
2.4
0,05
0
0
0
0.1 |
t, °с
18.
4,5
25
20
25
18
10
18
18
10
13,5
18
19,6
10
18
9
25
5,5
25
12,6
15,3
17
10
13
10
12
10
10
10
18,5
15
15
15
16,3
D
1,63
1,23
1.18
1,05
2,5
3,6
0,63
1,46
1.45
1,2
2,0 -
1.7
1.12
0,70
1.54
0,79
2,60
1.7
3,1
0,91
0,54
0,34
0,5
1 1,04
1.0
1.3
0,93
0.76
0,45
1,26
1,43
1,28
1.00
1.3
55*

30. Вязкость (tj) элементов в жидком состоянии,
10~3 кг/(м • с)
Вещество
Алюминий
Висмут
Калий
Медь
Натрий
Олово
Свинец
Л °с
700
800
304
| 451
600
100
200
500
700
1100
1200
1 100
132
183
400
1 700
i 240
300
400
500
600
700
800
300
400
450
500
600
71
2,90
1.40
1,662
1,272
1,000
0,466
0.324
0,185
0.14
3.33
3,12
0,814
0,742
0,635
0,25
0.18
1.91
1,67
1,38
1.18
1,05
* 0,94
0,87
2,649
1,315
2,057
1,850
1.540
Вещество
Сера
Серебро
Сурьма
Фосфор
Цинк
/. °с
700
800
123
156,3
159,2
159,5
160,0
160,3
165
175
184
200
220
1167
1200
650
700
800
850
43,2
50.5
60.2
79,9
450
500
600
700
ч
1,356
1,23
10,94
7,19
9,48
14,45
22,83
77,32
500
4500
16000
21500
18600 '
3,02
2,98
1,50
1,26
1,08
1.05
1.73
1,60
1,45
1,21
3,168
2,779
2,233
1,865
31. Вязкость (tj) жидкостей, 10 э кг/(м • с)
Вещество
Анилин
Ацетон
Бензол
Бром
Вода
Глицерин
Кислота уксусная
При температуре, • С
0
10,2
0,395
0,91
1,253
—
12100
~~~
10
6.5
0,356
0,76
1.107
1,304
3950
~~■
20
4,40
0,322
0,65
0,992
1,002
1499
1,22
50
1,80
0,246
0,436
0,746
0,548
—
0,74
100
0,80
—
0,261
—
—
—
0,46
557

Продолжение
Вещество
Масло
касторовое
машинное легкое
цилиндровое
очищенное
Нитробензол
Пентан
Ртуть
Сероуглерод
Силикон
Спирт
метиловый
этиловый
Толуол
Углерод четырех-
хлористый
Хлороформ
Эфир этиловый
0
—
—
—
3,09
0,283
1,685
0,433
201
0,817
1,78
0,768
1,35
0.70
0,296
При
10
2420
—
' —
2,46
0.254
1.615
0,396
135
0,68
1.41
0,667
1,13
0,63
0.268
температуре, °С
20
986
—
—
2,01
0,229
1,554
0.366
99,1
0,584
1.19
0,586
0.97
0,57
0.243
i
50
—
—
—
1,24
—
1.407
—
47,6
0,396
0,701
0,420
0,65
0,426
Л
100
16,9
4.9
18,7
0,70
—
1,240
—
21,5_
—
0.326
0,271
0,387
—
0,118
82. Вязкость (г)) воды при различных температурах (t),
10~6 кг/(м . с)
/
*, °с
ч
0
1797
5
1518
10
1307
15
1140
20
1004
25
895
30
803
40
655
50
551
60
470
/, СС
1
70
407
80
357
90
317
100
284
ПО
256
120
232
130
212
140
196
150
184
160
174
558

33. Коэффициент (ij) внутреннего трения (вязкости) газов
и паров, кг/(м . с)
Газ, пар
Азот
Аргон
Водород
Воздух
Гелий
Двуокись
углерода
Л°С
0
15
23
23
0
28,1
0
16
21,6
0
23
0
23
ч
0.00167
0,00174
0.00177
0,00221
0,00084
0,00089
0,00172
0,00181
0.00184
0,00186
0.00198
0.00137
0,00147
Гаэ, пар
Кислород
Метан
Неон
Окись углерода
Пары воды
Пары ртути
Пары эфира
Хлор
/, °с
0
14,2
23,0
17
0
0
15
0
100
0
300
14,2
20
ч
0.00192
0,00197
0,00204
0,00109
0.0С297
0,00166
0.00174
0,00087
0,00123
0,00162
0,00532
0,00072
0,00132
34. Поверхностное натяжение (а) металлов в жидком
состоянии, 10~3 Н/м
Металл
Алюминий
Висмут
Калий (в атм.
С02)
Натрий
Олово
t. °с
750
300
400
500
64
100
250
300
400
[ 500
<7
520
376
370
363
410
206,4
199,5
526
518
510 |
Металл
' Ртуть
Свинец
[
t, °с
20
112
200
300
354
350
450
500
а
465
454
436
405
394
442
438
431
35. Коэффициент (о) поверхностного натяжения некоторых
жидкостей, 10~3 Н/м
Вещество
Азотная кислота
Анилин
Ацетон
Бензол
Формула
HN03
CeH6NH2
CH.COCH,
с«нв
t, °с
19,5
16.8
17.5
«
59,4
40,84
23,35
29,16
559

Продолжение
Вещество
Вода
Гексан
Глицерин
Керосин
Масло касторовое
Нефть
Нитробензол
Ртуть
Серная кислота (85%)
Спирт метиловый
Спирт этиловый
Толуол
Уксусная кислота
Хлороформ
Четыреххлористый
углерод
Эфир этиловый
Формула
нао
CeHi4
С,Н,(ОН),
—
—
—
CeH6NOa
Hg
HaS04
СН3ОН
С2Н6ОН
с,ня
СН3СООН
СНС13
СС14
(СаН5)аО
гс
20
8.2
19.0
0
—
—
! 20
1 20
20
17,5
20
25
20
25,3
9
72.58
18,54
64,7
28,9
36,4
26
43,9
471,6
57,4
23,02
22,03
1 28,52
| 23,46
26.2
25,68
16.7 -
36. Удельное сопротивление (р), 10~* Ом • м, и температурный
коэффициент сопротивления (а), 10~8 К-1, металлов н сплавов
Металл, сплав i
Алюминий
Барий
Бериллий
Бронза
бериллиевая
фосфористая
Ванадий
Висмут
Вольфрам
Гадолиний
Галлий
Гафний
Германий
Гольмий
Графит
Диспрозий
Европий
Железо
Золото
Индий
Иридий
t, °С !
20
0
0
20
—
20
20
20
3500
25
о
0
—
25
о
25
25
20
0
о
20
Р
2,69
36
2,78
3,52
2,58
26
116
5,5
131,4
140.5
13,7
26,5
46 . 10е
87
800—1400
56
81,3
9,71
2,065
8,2
5,3
а
4.2
6.1
2.5
—
—
2.8
4.2
4.6
—
—
—
4.4
—
—
-0,5
—
—
6,51
4.5
5,1
4,9
560

Продолжение
Металл, сплав
Иттербий
Иттрий
Кадмий
Калий
Кальций
Кобальт
Константан
Кремний
Лантан
Латунь Л-62
Литий
Лютеций
Магний
Манганин
Марганец
Медь
Молибден
Мышьяк
Натрий
Неодим
Никель
Никелин
Ниобий
Нихром
Х20 Н80
ОХ2505
Олово
Осмий
Палладий
Платина
Плутоний
Полоний
Празеодим
Рений
Реотан
Родий
Ртуть
Рубидий
Рутений
Самарий
Свинец
Серебро
Сталь нержавеющая
IX18H9T
Стронций
Сурьма
Таллий
t, 9С
26
25
l 20
0
20
20
20
20
25
20
о
25
20
20
о
20
0
20
20
25
20
20
18
^_
__.
20
20
0
0
0
20
25
о
20
о
20
о
о
25
20
о
20
0
о
0
р
27 '
64,9
7,4
6,15
4.1
6,24
45—50
10*
56,8
7.1
8.5
79
4.4
48
710
1.673
5,03
35
4,88
64,3
6,844
42
13,1
111
140
12,8
9,5
9,1
9,81
160
42
68
19,3
0,5
4,3
95,8
П.6
6,83
88
20,6
1,468
7,5
20
32,1
15
"■ т
а
_^
—
4,3
5.8
4.6
6,04
0,01
—
—
1,7
4.37
4.2
0,03
I 0,17
4,30
4,7
W
6,00
0,02
3,95
0,2
0,05
4.2
4.2
3,79
3.927
-2,97
—
4,1
0,4
4,57
0,89
5,3
3,59
—
3,36
4,033
—
5,0
5.1
5,2
S6!

Продолжение
Металл, сплав
Тантал
Теллур
Тербий
Титан
Торий
Тулий
Уран
Фехраль
Франций
Хром
Цезий
Церий
Цинк
Цирконий
Эрбий
и °с
0
19,6
—
20
20
25
20
20
—
20
20
25
20
0
25
р
12,4
2. 105
135,5
55
18,62
79
29
110-МЗО
53,4
18,9
21
75,3
5,92
40,5
107
а
3,6
—
3.5
2,3
—
3.4
0,1
5,88
4.8
4,2
4,0
37. Удельное сопротивление (р), Ом • м, пробивное напряжение
(£), кВ/мм, диэлектрическая проницаемость (в) и тангенс угла
диэлектрических потерь (tg|8) различных веществ
Вещество
Твердые

неорганические
вещества
Алюминия окись
Асбест
Асбестоцемент i
Бария титанат
Бериллия окись
Бора нитрид
Калий
бромистый
хлористый
Кварц плавленый
Керамика
конденсаторная
Лед
Магния окись
Мрамор
Ь.'С
20
20
20 ,
—
600
2000
300
300
20
20
—18
850
20
Р
1014
Юв^-Ю10
108-f-10i°
—
4. 10°
19
5. 10е
5 . 10е
10«
Ю»ч-10*3
—
2- 10е
10»-s-10U
£
2
2—3
—
-*»•
*«.
—
—
—
154-20
—
—
2,5
К
10
—
-f
1200
7,5
—
4,9
4,68
3,75
Ю-МОО
3,2
—
8-5-10
tg5
5 • Ю-4
—
—
—
3 • 104
—
—
—
0,003
10"a-i-10~*
—
—
0,0054-0,001
5*2

Продолжение
Вещество
Натрии
бромистый
хлористый
Слюда
мусковит
флогопит
Стеатит
высоковольтный
Стекло
ЗС5
боросиликатное
№ 24
пирекс натрие-
вый
Стекло пирекс
калиевый
титановое
Тория двуокись
Фарфор
Циркония двуокись
Твердые
органические
вещ ества
Антрацен
Винипласт
Воск пчелиный
Гетинакс
Древесина, дуб
воздушно-сухой
Канифоль
Капрон
Каучук
натуральный
Парафин
Плексиглас
Полиизобутилен
Полистирол

Политетрафторэтилен (тефлон)
Полихлорвинил
Полиэтилен
Резина
электроизоляционная
Резина кремний-
органическая
Смола эпоксидная
\t, °с
300
300
20
20
20
200
200
200
200
200
20
—
385
17
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20 |
Р
3 • 10*
10?
ю13
10" 1012
1013
i 4- 107
3 • 10"
2 . 10е
8 - 10е
1 . 1011
4 . 10й
1010-1012
1 ■ 104
—
Ю12н-1014
5-12-1011
108-г-109
8 ■ 109
1014-Ю14
2 - 10"
15 • 10"-=-
-МО14
,Ю18-г-1015
,10"-10"
101Э-т-1014
Ю»н-Ю1в
Ю"ч-1014
1012-1014
10"-=-1015
10Ч-:-10"
104
Юи-нЮ"!
Е
9,8 • 104
15,6 . 104
105-10б
200
20 -25
•—
—
—
—
—
—
—
—
—
45
25-f-30
164-25
3-5-5,5
10-5-15
22
—
20-30
18н-35
16-23
20-35
20-30
14-20
18—20
20—40
20
16
Б
6,1
5,9
6,8 -7.5
5,5
6—6,5
—
8,4
5.3
5.7
11
17
4,4—6.8
—
| 3,46
3,1-3,5
2,8-2,9
7-8
2,2-3,7
3
3.6
2,3-2,4
1.9-2,2
2,7-4,5
2,25-2,35
2,45-2,65
2
3—5
2,2-2,3
2,5-5
4
3.7
tg6
—
—
2-6 • 10-4
0,0025 ^0,01
0,002
—
0,0009
0,0035
0,0018
0,0012
1,5 • 10-3
—
—
—
0,025-0,04
0,02-0,03
0,045-0,1
—
<0,05
1 0,032
0,001-0,003
3,7 • Ю-4
0,04—0,06
3—5 • 10~4
(1-8). Ю-4
0,0002
•'
0,03-^-0,05
0,0002
0.01^-0,03
0,008-0,01
0,019
563

Продолжение
Вещество
Текстолит
Стеклотекстолит
Фенопласт
Церезин
Шеллак
Эбонит
Янтарь
Жидкости
Азот (ж)
Аммиак (ж)
Аргон (ж)
Ацетон
Бензол
Бром
Вода
(перегнанная
в вакууме)

дистиллированная
Водород (ж)
Водород
хлористый (ж)
Гексан
Гелий (ж)
Глицерин
Кислород (ж)
Кислота
муравьиная
олеиновая
серная
уксусная
Масло
касторовое
кремнийоргани-
ческое

трансформаторное
Сероводород
Сероуглерод
Скипидар
Спирт
метиловый
этиловый
Толуол
Углерод четырех-
хлористый
/. °с
20
20
20
20
20
20
20
-198,4
-77,7
-184,4
25
20
— 17,2
18
120-25
-252,85
-96
18
1—269
25
-182,9
18
15
25
25
20
20
20
—61.8
25
—
20
18
19,5
20
р
Ю'-Ю8
1010
1012
ю14
Ю13-1014
1013^1014
до 1017
—
1,3 . 105
—
1 . 101в
1,3 . 10"
4,44-106
1(1-4) X
х ю4
—
1 . 10е
1 . 10"
—
6,4 • 10е
—
5.6 . 103
2- 10е
1
1,1 . 10е
5 . 10в -
5 . 10м
Ю"-10"
1012-1014
1 • 10е
—
—
5.8 • I04
6.4 • 10"
< 1 • 1012
—
£
3,5—6
10—12
12
15
20—30
—
—
—
—
—
—
—
—
—
—
1 —
; —
—
—
—
—
—
—
—
14-16
20 - 43,5
20-25
—
—
—
—
—
—
е
8
—
7
2.1-2,3
3,6
2,7-3,0
2.8
1,445
25.0
1,516
20.74
2,275
3,22
78,3 (25°)
80
1,225
—
—
1,048
42,4
1,463
57,9
—
6,19
4-М.5
2,5—3,5
2,1—2,2
8,04
2,625
2,2-=-2,3
37,92 (0°)
26,4(10°)
2,435 (0°)
2,24
1*»
0,07
0.054-0,06
0,01
2 . 10-5
0,01
0,014-0,015
0,01
—
—
—
—
—
—
—
—
—
—
—
—
—
—
—
~~
—
0,014-0,03
(2-5). 10~4
0,01-0,0002
—
—
^~
—
—
—
"^
564

Продолжение
Вещество
Фтор (ж)
Хлор (ж)
Эфир диэтиловый
Газы*
Азот
Аргон
Водяной пар
Водород
Воздух
Гелий
Фреон-12
Кислород
Ксенон
Неон
Ртуть
Углекислый газ
Элегаз
U °с
-189,97
—70
25
0
0
ПО
0
0
0
—
0
25
0
400
0
25
р
__
1 • 1014
4 • 10«
—
—
—
—
—
—
—
—
—
—
—
— '
—
Е
—
—
—
1.0
0,25
—
0,6
1,0
0,2
2,4—2.6
0.9
—
0,15
—
0,9
2,3—2,5
в
1,517
2,048
4,22
1,00058
1,000554
1,0126
1,00027
1,00057
1,000068
1.00355
1,000532
1,000768
1,000127
1,00074
1,00099
1,002049
tgb
—
—
• Пробивное напряжение для газов дается по отношению к воздуху, для
которого Е =32 кВ/см при d = 1 см и р = 1,013 Ю5 Па.
38. Электрохимические эквиваленты (k) веществ, Ю-8 кг/Кл
Ионы
if-
Ail*
Au"'
Ва"
BI"
Са"
Cd"
Со"
Со-
Сг-
Cir
Си"
Fe"
Fe"
Н*
Hg;
Hg'
к*
к
Ионы
Катионы
1,1180
0,0932
2,043
0,681
0,712
0,719
0,208
0,582
0.306
0,204
0,180
0,660
0,329
0,289
0,193
0,01045
2,079
1,039
0,405
1 Li'
Mg"
Mn"
NHi
Na"
Ni"
Ni"
Pb"
Pd"
Pt"
Pt""
Sb-
Sb
Sn"
Sn""
Sr"
TV
ТГ"
Zn"
k
1 0,072
0,126
0,285
0,187
0,238
0,304
0,203
1.074
0,553
1,010
0,506
0,421
0,252
0,616
0,308
0,454
2.118
0,706
0,339
Ионы
k
Анионы
Br'
Вг08'
сной' f
саняоа
c2o;
со;
CI'
сю,'
CN'
сю;'
F'
I'
S"
so;
Se"
SiO«
1 cr
0,828
1.326
0.466
0,612
0,456
0,311
0,367
0.865
0,270
1 0,601
0,197
1,315
1.813
0,643
0,177
0,167
0,499
0,411
0,395
0,0829
565

39. Показатели преломления (я) при 20° С относительно воздуха
(для длины волны X = 589,3 нм)
Вещество
Твердые тела
Алмаз
Берилл (изумруд)
Калий
бромистый
йодистый
хлористый
(сильвин)
Кальций фтористый
(флюорит)
Каменная соль
Кварц
кристаллический
плавленый
Корунд (сапфир,
рубин)
Лед
Литий фтористый
Натрий
фтористый
хлористый
Плексиглас
Сахар
Слюда
Стекло
(флинт)
(крон)
Топаз
Турмалин
Шпат исландский
Жидко сти
Анилин
Ацетон
Бензол
Вода
п
2.417 |
1,581
1.560
1,6664
1,4904
1,4339
1,544
1.544
1,458
1,769
1,31
1,392
1,3255
1,5443
1,50
1,56
1.56—1,60
1,60—1,80
1,56—1,60
1,63
1,669
1,659
1,586
1,36
1,501
1,333
Вещество
Глицерин
Канадский бальзам
Масло
гвоздичное
касторовое
кедровое
коричное
льняное
парафиновое
подсолнечное
прованское
Метилацетат
Метилен йодистый
Метилсалицилат
а-Монобромнафталин
Пар альдегид
Парафин жидкий
Серная кислота
Сероводород
Сероуглерод
Скипидар
Соляная кислота
Спирт
метиловый
этиловый
Толуол
Углерод четыреххлорн-
стый
Фосфор (раствор в CS2)
Хинолин
Хлорбензол
Хлороформ
Этил коричный
Этилсалицилат
Эфир этиловый
Янтарь
п
1.470
1.530
1,532
1,48
1,516
1,601
1,47
' 1.440
1,47
1,460
1,450
1,737
1,538
1,660
1,405
1,480
1,43
1,885
1,63
1,470
1,254
1,33
1,362
1 1,497
1,460
1,950
1,627
1,525
1,449
1,559
1,523
1,354
1,546
566

40. Предельные углы (ф) полного отражения (в градусах)
Вещество
Вода
Глицерин
Стекло (легкий крон)
Спирт
?
49
43
i 40
47
Вещество
Сероуглерод
Стекло (тяжелый флинт)
Алмаз
Эфир этиловый
<р
38
i 34
24
47
Примечание. В таблице приведены значения углов при отражении
на границе с воздухом (для линии натрия X = 569,3 нм).
41. Длины световых волн и соответствующие им цвета
видимого спектра
Человеческий глаз наиболее чувствителен к средней, зеленой, части
видимого спектра, соответствующей длине волны около 550 нм.
Длина волны,
нм
760-620
6204-590
590-560
560+500
Цвет спектра
Красный
Оранжевый
Желтый
Зеленый
Длина волны,
нм
500+480
480-450
450-380
Цвет спектра
Голубой
Синий
Фиолетовый
42. Энергия одного кванта излучения при
различных длинах волн
Длина волны
1 мм
300 мкм
1 мкм
800 нм
700
620
500
400
Энергия, эВ
1,22 - 10-9
4,1 . 10"3
1.22
1,52
1,75
1.96
2,44
3,06
Длина волны
300 нм
100
10
1,0
0,1
0.01
0,001
0,0001
0,00001
Энергия, эВ
4,10
1.22 - 10
1,22- 10?
1,22 • Ю3
1,22 - 10*
1,22 - 105<
1,22 • 10е
1,22 ■ Ю*
1,22 . 10»
567

43. Длина волны (Лп) фоюэлектрического порога чистых
металлов, им
Металл
Церий
Кальций
Торий
Уран
Магний
*п
480
385
365
340
335
1 Металл
Титан
Тантал
Кадмий
Висмут
Молибден
\
315
308
292
287
285
Металл
Хром
Вольфрам
Железо
Никель
Платина
хп
284
270
268
255
200
44. Работа выхода (w) электронов, эВ
Вещество
Элементы
Алюминий
Барий
Бериллий
Бор
Ванадий
Висмут
Вольфрам
Галлий
Гафний
Германий
Железо
Золото
Индий
Иридий
Иттрий
Кадмий
Калий
Кальций
Кобальт
Кремний
Лантан
Литий
Магний
Марганец
Медь
Молибден
Мышьяк
W 1
4,25
2.49
3.92
4,5
4.12
4.4
4.54
3.96
3.53
4,76
4.31
4.30
3.8
4,7
3,3
4.1
2,22
2,80
4,41
4.8
3.3
2.38
3.64
3,83
4.40
4.3
4,72
Вещество
Натрий
Никель
Ниобий
Олово
Осмий
Палладий
Платина
Рений
Родий
Ртуть
Рубидий
Рутений
Свинец
Селен
Серебро
Скандий
Стронций
Сурьма
Таллий
Тантал
Теллур
Титан
Торий
Углерод
Уран
Хром
Цезий
Церий
Цинк
Цирконий
W
2,35
4.50
3.99
4.38
4,7
4.8
5.32
5.0
4.75
4.52
2,16
4,60
4,0
4.72
4.3
3.3
2.35
4,08
3.7
4.12
4.73
3.95
3,3
4.7
3.3
4,58
1.61
2.7
4.24
3,9
568

Продолжение
Вещество
Сл ож н ы е
катоды
BaO —SrO —
оксидный катод
W
1,6
Вещество
Барий на вольфраме
Цезий на вольфраме
ВаО на окисленном
вольфраме
W
1.8-:-2.0
1.31
1,0—1,1
45. Атомные массы (М) элементов, а. е. м.
Атомный
номер
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31 1
32
33
34
Элемент
н
Не
Li
Be
В
С
N
О
F
Ne
Na
Mg
А!
Si
Р
S
CI
Аг
К
Са
Sc
Ti
V
Сг
Mn
Fe
Co
Ni
Cu
Zn
Ga
Ge
As
Se
M
1,00797
4,0026
6.639
9,0122
10,811
12,01115
14,0067
- 15,9994
18,9984
20,183
22,9898
24,312
26,9815
28,086
30,9738
32,064
35,453
39,948
39,102
40,08
44,956
47,90
50,942
51,996
54.9380
55,847
58,9332
58,71
63,54
65,37
69,72
72,59
74,9216
78,96
1 Атомный
номер
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
i
Элемент
Вг
Кг
Rb
Sr
Y
Zr
Nb
Mo
Tc
Ru
Rh
Pd
Ag
Cd
In
Sn
Sb
Те
I
Xe
Cs
Ba
La
Ce
Pr
Nd
Pm
Sm
Eu
Gd
Tb
Dy
Ho
Er
M
79,909
83,80
85.47
87.62
88.905
91.22
92,906
95.94
99
101,07
102,905
106,4
107,870
112.40
114,82
118,69
121,75
127,60
126,9044
131,30
132,905
137,34
138,91
140,12
140,907
144.24
147
150,35
151,96
157,25
158.924
162,50
164,930
167,26
569

Продолжение
Атомный
номер
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
Элемент
Тт
Yb
Lu
Hf
Та
W
Re
Os
Ir
Ft
Au
Hg
Tl
M
168,934
173r04
174.97
178,49
180,948
183,85
186,2
190,2
192,2
195,09
196,967
200,59
204,37
Атомный
номер
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
Элемент
Pb
Bi
Po
At
Rn
Fr
Ra
Ac
Th
Pa
U
Np
Pu
M
207,19
208,980
210
211
222
223
226.12
227
232,038
23Г
238^,03
1 237
242
46. Атомные массы (М), а. е. м., распространенность
некоторых стабильных и периоды полураспада (7\/2)
некоторых радиоактивных изотопов
Изотоп
;н
р
."*
&
1Не
>•
-Li
*ве
>
»с
13г
У
>
м
1,00782522
2,01410222
3,01604971
3,01602968
4,00260361
6,0151432
7,0160053
7,0169293
9,0121858
12,0000000
13,00335502
14,0032420
14,00307440
Содержание, %,
в природной
смеси
99,985
0,015
—
1,3 • 10~*
-100
7,42
92,58
—
100
98,892
1,108
—
99,635
ТЧш
—
—
12,26 г
—
—
—
—
53,3 д
—
—
—
5730 г
"
570

Продолжение
Изотоп
;5n
1в0
8
»о
"о
8
и
40 if
19К
20
>
>
3Jsr
94 с
*sSr
еву
39
;:*
г»
г*
в2>
:>
М4и
92
92
92
94 U
М
15,0001091
15,99491494
16,9991334
17,9991598
22,9897707
39,964000 1
39,962592
58,933188
59,93:811
89,9077490
93.91547
88,9056628
90,9069
138,91844
138,906404
222.017605
226,025433
234,040971 ,
235,043941
238.О50812
239,051223
Содержание, %,
в природной
смеси
0,365
99,7590
0,0373
0,2037
100
0,0118
96,97 -
100
—
—
—
юо
—
—
99,911
—
—
0,0055
0,7205
99,274
—
ТЧг
—
—
—
—
| —
1.27 . 109 г
—
—
5,26 г
28,5 г
76,5*
—
58,9 д
39,7 с
—
3,82 д
1620 г
2,4В • 10? г
7,13. 10е г
4,61.10» г
10V т
571

список
ИСПОЛЬЗОВАННОЙ
ЛИТЕРАТУРЫ
1. Аменицкая Р. В. и др. Сборник задач по радиохимии. Под ред.
проф. И. А. Коршунова. Изд. 2-е, испр. и доп. М., «Высш. школа»,
1969.
2. Ащеулов С. В., Барышев В. А. Задачи по элементарной физике,
Л., Изд. ЛГУ, 1974.
3. Баканина Л. П. и др. Сборник задач по физике. Изд. 3-е. М.,
«Наука», 1975.
4. Балаш В. А, Задачи по физике и методы их решения. Изд. 3-е,
перераб. и испр. М., «Просвещение», 1974.
5. Бать М. И., Джанелидзе Г. Ю., Кельзон А. С. Теоретическая
механика в примерах и задачах, 1, 2, 3. Изд. 5-е, стереотип. M.t
Наука», 1972.
6. Боровой А. А. и др. Механика (теория и задачи). Б-ка фиэ.-мат.
школы. M.f «Наука», 1967.
7. Буховцев Б. Б. и др. Сборник задач по элементарной физике. Изд.
4-е, перераб. М., «Наука», 1974.
8. Варикаш В. М., Цедрик М. С. Избранные задачи по физике с
решениями. Изд. 3-е, стереотип. Минск. «Вышэйшая школа», 1967.
9. Вачугова Л. И., Зорина О. В., Шилова Р. Я. Задачи по физике
для поступающих в вузы. Казань, Таткнигоиздат, 1971.
10. Волькенштейн В. С. Сборник задач по общему курсу физики. Изд.
9-е, стереотип. М., «Наука», 1976.
11. Гладкова Р. А. и др. Сборник задач и вопросов по физике для
средних специальных учебных заведений. Под ред. Л. С.
Жданова. М., «Наука», 1972.
12. Гольдфарб Н. И. Сборник вопросов и задач по физике. Изд. 3-е,
перераб. и доп. М., «Высшая школа», 1973.
13. Гончаренко С. У. Конкурсш задач! з ф!зики. Вид. 3-е. К-, «Тех-
шка», 1969.
14. Гороновский И. Т., Назаренко Ю. П., Некряч Е. Ф. Краткий
справочник по химии. Изд. 4-е, испр. и доп. Под ред. О. Д. Куриленко.
К., «Наукова думка», 1974.
15. Гурьев Л. Г. и др. Сборник задач по общему курсу физики. Изд.
2-е, испр. и доп. М., «Высш. школа», 1972.
16. Зайцева А. М. Задачник-практикум по общей физике. Механика.
Под ред. проф. И. В. Александрова. М., «Просвещение», 1972.
17. Зубов В. Г., Шальное В. П. Задачи по физике. Пособие для
самообразования. Изд. 10-е, стереотип. М., «Наука», 1975.
18. ИрлЫа М. €., Савченко М. О. Зб1рник задач з физики для техш-
KVMiB. Вид. 2-е, переробл. и доп. К., «Вища школа», 1973.
19. Иродов И. E.t Савельев И. В.. Замша О. И. Сборник задач по
общей физике. Под ред. проф. И. В. Савельева. Изд. 2-е, перераб.
М., сНаука», 1972.
572

20. Кобушкин В. К. Методика решения задач по физике. Изд. 2-е. Л.,
Изд. ЛГУ, 1972.
21. Коган Б, Ю. Задачи по физике. М., «Просвещение», 1971.
22. Кошкин Н. И., Ширкевич М. Г. Справочник по элементарной
физике. Изд. 6-е, стереотип. М., «Наука», 1974.
23. Сахаров Д. И. Сборник задач по физике. Изд. 12-е, перераб. М.,
«Просвещение», 1973.
24. Соколовский Ю. //. Элементарный задачник по теории
относительности. М., «Наука», 1971. (Б-ка фиэ.-мат. школы).
25. Сперанський М. М. Як розв'язуватн задач1 з ф1зики. К-, «Радян-
ська школа», 1972.
26. Таблицы физических величин. Справочник. Под ред. акад. И. К.
Кикоина. М., Атомиздат, 1976.
27. Тарасов Л. В., Тарасова А. И. Вопросы и задачи по физике. Под
ред. проф. Г. И. Епифанова. М., «Высш. школа», 1968.
28. Фефилов Б. В. Задачник по прикладной оптике. Изд. 2-е, М.,
«Высшая школа», 1974.
29. Чертов Л. Г., Воробьев А. А., Федоров М. Ф. Задачник по
физике с примерами решения задач и справочными материалами. Изд.
3-е, испр. и доп. М., «Высш. школа», 1973.
30. Шаскольская М. П., Эльцин И. А. Сборник избранных задач по
физике. Изд. 3-е, стереотип. М., «Наука», 1969.
31. Mordus G. Rechenubungen der Kerntechnik, Munchen, Verlag K.,
Tiemig K. G., 1968.

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие . » 3
Введение 1. Элементы векторной алгебры 5
Механика 2. Кинематика , 12
3. Динамика 4 54
4. Статика 164
5. Механика жидкостей и газов 179
Теплота 6. Уравнения состояния. Молекулярно-кине-
тическая теория и термодинамика .... 191
7. Термостатика. Изменение агрегатного
состояния 240
8. Насыщающие и ненасыщающие пары.
Влажность 256
Электричество 9. Электростатика 267
10. Постоянный ток 305
11. Электромагнетизм и переменный ток . . . 346
Колебательные 12. Механические и электромагнитные колеба-
процессы ния 376
Оптика 13. Геометрическая оптика 403
14. Волновая оптика 455
Основы 15. Элементы специальной теории относитель-
релятиви стекой ности 472
механики 16. Элементы атомной физики 483
и физики 17. Элементы ядерной физики 509
микрочастиц
Приложение 524
Список использованной литературы • • « 572

ЮЛИЙ
ВЛАДИМИРОВИЧ
ГОФМАН
ЗАКОНЫ,
ФОРМУЛЫ,
ЗАДАЧИ
ФИЗИКИ.
Справочник
Редакторы В. А. Корнилов,
Е. А. Воронько
Оформление художника В. Г. Самсонова
Художественный редактор В. М. Тепляков
Технический редактор И. Н. Лукашенко
Корректоры Л. М. Т и щ е н к о. И. В. Точа*
ней ко
Информ. бланк Jft 245.
БФ 01718. Сдано в набор 9.VIII 1976 Г.
Подписано в печать 4. IV. 1977 г.
Формат 84xl08Vaa. Бумага № 3.
Усл. печ. л. 30,24. Учетно-иэд. л. 31,23.
Тираж 300000 экз. Изд. № 325.
Заказ 6-319. Цена 1 руб. 26 коп.
Издательство «Наукова думка»»
252601, Киев-601, ГСП, ул. Репина, 3.
Книжная фабрика им. М. В. Фрунзе
Республиканского производственного объединения
сПолиграфкнига» Госкомиздата УССР£
Харьков, Донец-Захаржевская, 6/8.