\!
\3
<
А
vv :^\ч.ч?
ЗАДАЧИ
ПО ФИЗИКЕ
С РЕШЕНИЯМИ
* о
»

В. М. ВАРИКАШ, М. С. ЦЕДРИК
ИЗБРАННЫЕ
ЗАДАЧИ
ПО ФИЗИКЕ
С РЕШЕНИЯМИ
ИЗДАНИЕ ВТОРОЕ,
ИСПРАВЛЕННОЕ И ДОПОЛНЕННОЕ
*0
■*■
о
X
ИЗДАТЕЛЬСТВО «ВЫСШАЯ ШКОЛА»
яишисЙУ—-4

53
B18
Сборник содержит задачи по
физике в основном в объеме
программы средней школы. В
сборниктакже включены задачи,
несколько выходящие за рамки
программы, однако они могут
быть решены на основе знаний,
полученных в средней школе.
Задачи по возможности
систематизированы и снабжены
подробными решениями. Вместе с
тем та часть книги, которая
содержит решения, может служить
методическим пособием как
учащимся приподготовке к
вступительным экзаменам в высшие
учебные заведения, так и
молодым учителя;» в их школьной
работе,
Книга сос.оит из1 пяти глав:
механика; теплота и
молекулярная физика; электричество,
оптика; строение атома.
Сб-орник рассчитан на
учащихся старших классов, интере- *
сующихся физикой, студентов
техникумов и вузов, в частности
на студентов-заочников. Он
явится также ценным пособием
для преподавателей физики
средних школ и техникумов при
проведении физических
олимпиад.
2-3
49—№

ОТ АВТОРОВ
Составители настоящего пособия широко использовали
материал, имеющийся в обширной методической литературе по физике
и в задачниках, в журнале ^Физика в школе» и в иностранных
физических журналах, предназначенных для школы. Кроме того,
в сборник сошла часть задал, составленных авторами.
Книга дополнена большим количеством новых задач, при этом
подбирались только задачи, требующие большей находчивости и
изобретательности, чем обычная школьная задача. Решение тских
задач или даже внимательный разбор готовых решений должны
помочь школьникам научиться применять свои знания при
рассмотрении конкретных вопросов.
Порядок расположения задач в основном соответствует после-
, доеательности изложения материала по физике в школе. Сборник
разбит на главы, а главы—на. разделы, что позволяет довольно
легко находить нужные задачи.
При ранении задач использовалась преимущественно
Международная система единиц (СИ). В конце сборника даны приложения,
содержащие основные сведения по Международной системе единиц,
таблицы физических величин и физических- констант. Эти
таблицы дают возможность решать любую задачу, не прибегая к
другим пособиям и'справочной литературе.
Мы надеемся, что настоящее пособие будет полезно не только
школьникам, интересующимся физикой и желающим расширить
свой кругозор, но и преподавателям вузов1 а тают студентам
I*
3

ъузов и втузов. Авторы с благодарностью примут все замечания по
улучшению книги и будут признательны за указания возможных
погрешностей данного пособия.
Просьба все предложения направлять по адресу: е. Минск,
с/л. Кирова, 24} издательство «Высшая школа».

ГЛАВА 1
МЕХАНИКА
КИНЕМАТИКА
1. Автомобиль первую половину пути двигался со скоростью
90 км/ч, а вторую — со скоростью 54 км/ч. Найти среднюю
скорость движения автомобиля.
Дано:
vx = 90 км/ч -= 25 м/сек;
щ = 54 км/ч = 15 м/сек.
v
;>
Решение
Если общий путь, пройденный автомобилем, обозначим через 2s,
1lO
где tx — время, в течение которого автомобиль прошел первую
половину пути; /й — время, в течение которого автомобиль прошел
вторую половину пути.
Среднюю скорость движения автомобиля найдем из уравнения
25
V *~ *i + k
или после подстановки значений 1г и U
2s 2с,1£>2
v =
* vl + vi
2-25 м!секЛЪ м/сек to n ,
v = ла uir*« "~ 18>7 Фек'
40 м/сек
о

2. Велосипедист едет по пересеченной местности 11 км. 6 км
в гору он двигался со скоростью 7,2 км/ч, остальной путь (5 км)
с горы — со скоростью 36 км/ч. Какова его средняя скорость?
Дано:
sx = 6 км = 6000 м;
5S s= 5 /еж = 5000 м\
vt = 7,2 /см/ч — 2 м/сек;
щ = 36 /ш/ч — 10 м/сек.
_^__ _____
Решение
Чтобы получить среднюю скорость, нужно полный путь
разделить на время движения, т. е.
_s_ = sx + Sz
i h + Ч
где sx ^- s2 — полный путь, пройденный велосипедистом; tx — время,
затраченное велоснпедистом на преодоление подъема со скоростью
vx\ /3 — время, затраченное на спуск велосипедиста со скоростью уа.
Среднюю скорость велосипедиста можно найти, вычислив tx и \
из соотношения t = —:
V
i 8л , So
Подставив в формулу для средней скорости значения 1г и /2>
получим
у = gx 'h Да __ (si + h) Qxt-'a
„ _ C6000 л< + 5
_ (6000 jh-j-5000 м)-2 м/секЛ0 м/сек, ^ q i /
— 6000 ль 10 л/сек-f 5СЮ0 м-2м/сек ~" J ЩМК,
3. Будет ли одинаково время проезда одного и того же
расстояния на катере туда и .обратно по реке и по озеру? Скорость
течения реки 3 км/ч, скорость катера относительно воды в обоих
случаях составляет 10 км/ч.
/* Дано;
V} ~ 3 км/ч;
щ — 10 км/ч
h
7

Решение
Время движения по реке против течения
s
ti =
Do — Vy
Время движения по течению
U - -;
Vo -j- Vt
Время движения по реке туда и обратно
* = *1 + 'а= с Vi
2sv2
v.2-\- t\
9 9
■2 - У1
Время движения катера туда и обратно по озеру
2s
/.,-
V,
Отношение времен
t 2svt
h vl - v2t
2s
4
tg - xrt
t
100
~" 9)
1,1.
т. е. время проезда по реке в 1,1 раза больше, чем
время проезда по озеру.
4. Каким курсом должен лететь самолет, чтобы
трасса его полета проходила строго с юга на север,
если собственная скорость самолета 360 км/ч, а
скорость ветра, дующего с востока, составляет 36 км/ч?
Дано:
иг ~ 36 км/ч = 10 м/сек\
v2 = 360 км/ч = 100 м/сек.
____ _ _ _
Решение
Самолет участвует в двух движениях: со
скоростью v2 относительно воздуха и со скоростью vx
вместе с воздухом относительно Земли (рис. 1). Поэтому истинная
скорость самолета относительно Земли
—> —> —>
V = V1 -j- V2.

Из прямоугольного треугольника ABC находим, что
5°40'.
V,
sina = ^- =0,1;
v2
а
5, С какой скоростью и по какому курсу должен лететь
самолет, чтобы за время, равное 1 '/, пролететь точно на север путь
180 км, если во время полета дует северо-западный ветер под
углом 30° к меридиану со скоростью 8 м/сек?
\с Дано:
t = 1 ч =г 3600 сек;
5=*= 180 км -180000 м;
а ^ 30°;
v± = 8 м/сек.
щ^? L OMN— ?
Решение
Самолет участвует в двух
движениях: со скоростью v
относительно воздуха и со скоростью vt
л в вместе с воздухом относительно
Земли, По условию задачи скорость
v-l направлена на юго-восток под
углом 30° к меридиану.
Скорость самолета относитель-
но Земли щ — -т- = 50 м/сек. По
I условию задачи скорость v%
направят лена по меридиану на север.
Рис 2 По теореме сложения скоростей
о2 —f + ti-
Изобразим это равенство графически (рис. 2). Из чертежа видно,
что самолет должен держать курс на северо-запад под углом OMN
к меридиану.
Пользуясь теоремой косинусов, из Д OMN по двум сторонам
ON и ОМ и углу MON определим сторону NM, т, е. численное
значение скорости v:
о8 = о? + tl — 2югю% cos (180° — ее); -
i; = К «И-^ + 2t>i0a cos a *

После подстановки численных значении получим
v = ]/82 м*/сек* -f 50*м*/сек* + 2 • 8 ■ 50 жаД**' ■ 0>866 « 57 л/сек.
Вычислим / ОЛШ (курс самолета).
По теореме синусов
у1 _ р __
sin{^OMN) "" sin(180° — ^)5
откуда
sin (L OMN) = -^™L. 0,5 «0,07;
Z OMiV « 4°.
6.-Два катера, идущие с одинаковыми скоростями, одновременно
отошли от причалов Л и В, находящихся на противоположных
берегах реки, и идут все время по прямой АВ, соединяющей
причалы. Расстояние между причалами 1 км, Прямая АВ образует
с направлением течения воды в реке угол 60°. Скорость течения
воды по всей ширине реки одинакова и равна 2 м/сек. Определить:
место встречи катеров; угол, под каким они должны двигаться по
отношению к прямой АВ\ скорость движения катеров относительно
воды, если известно, что катера встретились через 3 мин после их
отхода от причалов.
Дано:
s — 1 км = 1000 м;
Vx — 2 м/сек\
а = 60°;
t = 3 мин = 180 сек.
Sx — ? So — ?
р-? v^?
Решение
Оба катера одновременно участвуют в двух движениях: в
движении относительно воды, если бы она была в покое, и в
движении вместе с водой. Следовательно, движение катеров относительно
берегов реки, т. е, по прямой АВ, является результирующим,
Очевидно, катера будут двигаться по прямой АВ только в том случае,
если диагонали параллелограммов, построенных на слагаемых ска-

ростях V} и v2 движения катеров для любого момента времени,
будут совпадать с прямой АВ (рис. 3).
Для определения места встречи катеров необходимо nai'mi пути
&х и sa, проходимые катерами от причалов по прямой АВ до встречи.
Так как время движения катеров до встречи известно, то для
определения путей s3 и s2 надо знать результирующие скорости vA
и vB движения' катеров по прямой АВ. Эти скорости равны
диагоналям параллелограммов и, как видно из рис, 3, будут;
''а
V. =z a>cos3
'Л
vB — Vo. cos 3
Of
Рис, 3
'g luo jj —1"~ V\ COS CCj
/2cos3 —^cosa.
Умножая предыдущие два уравнения
на t, получим:
Sj = (v2 cos 3 -j- vx cos a) t\
s2 = (p2 cos j3 — yx cos a) U
По условию задачи
S -= S3 —р S2,
Отсюда:
Ss = -5 ^iCOSa-^;
ys cos p = -2y.
Подставляя численные значения физических величин и их
размерности, получим:
Si =
1000 м
+ 2 м/сек-0,5-180 се/с = 680 ж;
11 ~ 2
sa = 1000 м — 680 л* = 320 ж.
Определим у2 и ,3 (см. рис. 3):
a2 sin £ = ^sina.
Решая систему двух последних уравнений, найдем-
W=- s '
Подставив численные значения, получим
2-2 я/сек- 0,866 -180 ее/с
ig?
1000 .tf
р - 32°,
0,312;
Ю

Пользуясь выражением a3cos£ = -~t можно определять
скорость движения катеров относительно воды у3:
S
' V% ~~ ~~2t cos В '
Подставив численные значения, найдем
1000 м о о /
** в 2-180^.0.848- ^ 3'3 Л/ШС'
7. Автомобиль движется в течение некоторого времени с
постоянной скоростью 2 м/сек. Затем его движение становится
равноускоренным, и он за 20 сек проходит путь 150 ли Как велики
ускорение и конечная скорость автомобиля?
Дано:
Vq—2 м/сек;
^ = 20 сек;
s — 150 м.
Решение
Из формул равноускоренного движения
at2
s = vQt -j- -21 и у = у0 + а/
находим:
а - v ^8 - и v = t ° ,
2(150 jk — 2 м/сек-20 сек) Л -- , «
° = — 400 4» ^ = °'55 М?СеК'
2-150 м — 2 ,«/се/е■ 20 сек * 0 ,
v = ™—-— = 13 м/сек.
20 сак '
8. Тело, двигаясь равноускоренно, проходит два одинаковых
отрезка пути в 15 м соответственно в течение 2 сек и 1 сек.
Определить ускорение и скорость тела в начале первого отрезка пути.
Дано:
S
и
к
= 15
= 2
= 1
- м\
сек;
сек.
v-l — ? а — ?
п

Решение
Обозначив скорость тела в начале первого отрезка пути через
Vx, получим
5 = V1tl -] g-.
В конце этого пути тело имело скорость
Щ = »i + a*i.
Второй участок пути определяется следующим уравнением:
s = (vt + я/,) *2 -f -g--
Из этих двух уравнений получим:
Wl = - иф + ы = 2'5 Л/сек-
9. Поезд двигался со скоростью 54 км/ч. При торможении до
полной остановки он прошел 500 ж. Определить ускорение и время
торможения.
Дано:
1 ' г
v0 = 54 км/ч = 15 м/сек;
s = 500 м\
у =0.
а — ? г — ?
Решение
Так как конечная скорость поезда равна нулю, то ускорение
и время торможения находим по формулам:
2
v0 225 м*/сек2 Л no- , rtj 0
« = -9Г* а = mm и - = °'225 *Л*^-
t =
щ
, 15 л*/се/е ас г
a ' * 0,225 ж/сек2
10. С какой высоты упало тело, если за последнюю секунду
своего падения оно прошло путь 24,5 м?

Дано:
A — 24,5 щ
g = 9,8 м/сек\
А2-~?
Решение
За время падения / тело прошло путь
Путь, проходимый телом за время t—1,
Пройденный путь в последнюю секунду равен
I
2
А = Ав-А1 = -|-[*»-(/-1)я],
откуда
Тогда
/ = A_i.J_
*.=£=£ + -*- + + *«*■
11. С какой начальной скоростью с высоты 19,6 м нужно бро:
сить вертикально вниз тело, чтобы оно упало на 1 сек раньше,
чем при свободном падении?
Дано:
А ~ 19,6 м;
ъ = I сек.
Решение
Пусть время свободного падения тела t. Тогда высота падения
п- 2 .
С другой стороны, при падении тела с начальной скоростью

Приравнивая правые части полученных уравнении и учитывая,
что / = у —, найдем
ИЛИ
^0 =
h
-T*(Kf
ц, = 19,6 ж/сек 2"*^ м/жк — 14,7 ж/шс.
12. Тело падает с высоты кг. Спустя время ъ с меньшей
высоты начинает падать второе тело. Какова должна быть высота,
с которой падает второе тело, чтобы они одновременно упали на
землю?
Решение
Пусть второе тело находилось в полете время /, тогда время,
в течение которого падало первое тело, равно £-)-"■ Пути,
пройденные первым и вторым телами,
соответственно равны
^у^^^^ХЧЧЧЧчЛчу^
til- 2~
g
Выразим из второго уравнения t
и подставим в первое:
-/
2*2
g
At-
[ff,,J
Рис, 4
После решения относительно fi2 найдем
13. Баллон поднимается вверх с постоянной скоростью у0.
В определенный момент времени с баллона сброшен камень,
падающий на землю в течение 10 сек. Как высоко находился баллон
(рис. 4), когда камень упал на землю?

Дано:
t = 10 сек\
g = 9,8 м/сек*.
ft, — ?
Решение
Так как камень двигался равнопеременно и начал свое
движение с начальной скоростью и0, то путь, пройденный за время ty
будет
Через тот же промежуток времени t баллон окажется на
высоте h2l равной
К = h} -f Co*-
Подставляя значение А1э получим
«я - 2 .
. 9,8-100 ,пп
Аа ~ —L-y— — 490 ли
14. Два парашютиста А и В одновременно прыгнули с двух
самолетов, находящихся на разных высотах, причем парашютист А
находился на высоте hu В — на
высоте Ла над землей (hl> /z2). Падение
парашютистов после раскрытия парашютов
примем за равномерное со скоростью v.
Определить высоту Л, па которой
парашютист А должен раскрыть свой
парашют, чтобы приземлиться одновременно
с парашютистом В. Сопротивлением
воздуха до раскрытия парашютов
пренебречь.
Решение
Рассмотрим два случая. Первый Рис. 5
случай, когда парашютист В сразу
раскрыл свой парашют. Пусть парашютист А раскрыл свой
парашют в точке А± (рис. 5) на высоте h, когда парашютист В
был в точке #! тоже на высоте Л; в этом случае они приземлятся
одновременно. Время падения парашютиста А от точки А до точки
*
At
1
h
Я;
К

Ах будет 1/ ——-, время падения парашютиста В с раскрытым
парашютом будет -*""~ '. Следовательно,
v
2 (Aj — Л) Ав — /г
g v
Решая это квадратное уравнение, находим
g
Второй случай, когда парашютист В не сразу раскрыл парашют,
предлагаем рассмотреть читателям самостоятельно.
15. Тело, двигаясь прямолинейно с ускорением 5 м/сек2,
достигло скорости 30 м/сек, а затем, двигаясь равнозамедленно,
остановилось через 10 сек. Определить путь, пройденный телом за
все время движения.
Дано:
vQ =-- 0;
йу — Ъ м/сек%;
V} = 30 м/сек;
( = Ю сек.
s —?
t
Решение
Задача просто решается
графически (ряс. б). Из графика
скорости следует, что путь численно равен площади треугольника
OBD:
s^-^BC-OD.
0i
'JL/ =
Следовательно,
Но ВС = аъ OD = ^--\-i.
"1
»1 / »i i
'-№+'•
30 .«/се/с / 30 м/сек , 1п \ n,n
s = —/— (^^ + 10 «ж ] =* 240 м.

16. Какой угол наклона должна иметь крыша, чтобы вода
стекала за минимальное время? Ширина крыши 2Ь.
Решение
Определим Ь (рис. 7):
Ь = scos а,
где
s =
2 *
Ускорение движения капли воды
а = g sin a,
откуда
й = — gsina-cosa*/2
или
;2 =
4£
g sin 2a
Время стекаипя капли будет наименьшим, когда sin 2a будет
иметь наибольшее значение, т.е. при sin 2a = 1, или a -= 45°.
17. Снаряд вылетает из орудия с начальной скоростью 490 м/сек
под углом 30° к горизонту. Найти высоту, дальность и время по-
лета снаряда, не учитывая вращения снаряда и сопротивления воз-
душной среды.
Дано:
vQ — 490 м{сек\
а - 30°;
g — 9,8 м/сек2.
ft — ? s—? t —
Решение
Составляющие скорости по осям х и у (рис. 8) в начальный
момент времени равны:
vQx = у0 cos a и v0y — vQ sin a,

Составляющая o0t остается неизменной в течение всего времени
полета снаряда. Составляющая же vy изменяется, согласно
уравнению скорости равнопеременного движения:
в*.
Vy — V0 Sill U
Рис. 8
В наивысшей точке траектории vy -— 0, т. е. t;0sina — gt^ = О,
откуда время подъема снаряда до наивысшей точки
V0 Sin a
к =
Время полета снаряда
2v0 Sin a
ё
t = 2ti =
, 2-490 Mfсек-0,5 с~
t = —-7г--,—к1— = 50 сек.
g 9.8 л/сек8
Для определения высоты h снаряда воспользуемся формулой
пути равпозамедлешюго движения:
'О/
h = vai— 2§- = y0sina
Р0 SU1 g ^ /tJ0Slna
2 \ g ,
Cq sin2 x
2g
. 490* .«'-/сек15- 0,5а Q ncn
л = ПШ-^^~3060 *■
Для определения дальности полета снаряда воспользуемся
формулой прямолинейного равномерного движения:
, 2a, sin a ogsin2a
4902 jtVce/c*.0,866 01 nAn ol
S e 0.8 */си*' - ~ 21 °00 Ж - 21 **'
18. Из точки А свободно падает тело. Одновременно из точки
В под углом а к горизонту бросают- другое тело так, чтобы оба
тела столкнулись в воздухе.

Показать, что угол а не зависит от начальной скорости vQ тела,
н —
брошенного из точки В, и определить этот угол, если — = \ 3 .
Сопротивлением воздуха пренебречь.
Дано:
— — \^Ч
а — ?
Решение
Оба тела могут встретиться на линии АО (рис. 9) в точке С.
Разложим скорость v0 тела, брошенного из точки В, на
горизонтальную vQx и вертикальную у0 составляющие:
со.г — vo £°$а-'> yqy — ^о sin a.
От начала движения до момента
встречи пройдет время
- S S
vox vo cos a"
За это время тело из точки А
опустится на величину
а тело из точки В поднимется на
высоту
gt*
~ X
h = vQvt
2 =o0sma-/"Y.
Решая совместно последние два уравнения, находим "
// — v{) sina-^.
Подставляя значение /, имеем
т. е. угол_ бросания а не зависит от начальной скорости v0, отсюда
(g a = j/3; a = 60°.
19. С башни брошено тело в горизонтальном направлении со
скоростью 40 м/сек. Какова скорость тела через 3 сен после па-
чала движения? Какой угол образует с плоскостью горизонта
вектор скорости тела в этот момент?
2*
19

Дано:
vQ — 40 м/сек;
t — 3 сек;
g — 9,8 м/сек?л
а — ?
Решение
Тело одновременно движется равномерно в горизонтальном
направлении со скоростью vQ и находится в свободном падении со
скоростью vc = gt (рис. 10). Численное значение скорости тела
через время t после начала движения будет
v ^ у 402 м*/сек* + 9,82 м*/сек* ■ З2 сек2» 50 ж/сек.
Направление вектора скорости
определяется углом а. Из рис. 10
видно, что
cos а = —- =
v
l/"^ + gV
40
cos а = — = 0,8;
а
37°.
20. С самолета, летящего со
скоростью 720 км/ч, отделяется
рж iq тело. Найти радиус кривизны в
точке траектории, где оно
будет через 5 сек после начала
движения. Сопротивлением воздуха пренебречь.
Дано:
vQ = 720 км/ч = 200 м/сек;
t = 5 сек;
g = 9,8 м/сек*.
Решение
Для определения радиуса кривизны в точке траектории через
время t после начала движения воспользуемся формулой
центростремительного ускорения
v

откуда
t-5
г =
ад
где V — скорость тела (см. рис. 10) через время t после начала
движения. Из рис. 10 следует, что .
—>- -> —>■
0 =* 0О + g*
или
Направление вектора и определяется углом а:
Центростремительное ускорение численно равно (см. рис. 10):
ад ~ g cos а — б и
Подставив в формулу радиуса кривизны вместо v и ац найденные
значения, получим
_ ф i^ + gV)2
ац gv0
(2002 м2/сек2+Ъ,82 м2/сек*■ 52 се/еаГ АСпп л -
4 9,8 м1се**.Жм1<хк ~ 45°° Л = 4'5 ^
21. С вершины горы бросают под углом 30° к горизонту
камень с начальной скоростью 6 м/сек (рис. 11). Угол наклона горы
к. горизонту также составляет 30°. На каком расстоянии от точки
бросания упадет камень?
Дано:
а = 30°;
vQ — 6 м/сек]
g = 9,8 м/сек*.
s —?
Решение
Движение камня по параболе можно рассматривать как сумму
двух независимых прямолинейных движений. В данном случае
21

в качестве составляющих движений удобно брать движения вдоль
наклонной плоскости и перпендикулярно к ней. При таком
рассмотрении оба составляющие движения прямолинейны и
равнопеременны.
Поместим начало
координат в точке бросания,
ось х направим
параллельно наклонной плоскости
вниз, ось у —
перпендикулярно плоскости вверх.
Как видно из рис. 11,
vQx = vQ cos 2%\
ay = — g cos a;
v'Qy = v0 sin 2a.
На оснований
предыдущих выражений закон
движения камня в выбранной
системе координат можно
записать так:
Рис. И
х — v0 cos 2a.»t-\- --—g »
у = y0sin 2a-/
g cos a • t'-
Отсюда следует, что в точке падения камня — точке В — при / = т
x — s, у ™ 0 и
2vQ sin 2^ 4v& sin a
x =
g cos a
Подставив в уравнение
x — v0 cos 2% ■ i -f
8
gsin ri'tz
значения t = t, # — s и заменив -с предыдущим выражением,
получим
s —
4v0 sin a
g
(cos2cc--j-2sin2a) =
4vqsItiol
Произведем вычисления;
4-36 л(2/шс2-0,5 „ 0 л
9,8 м/сек2

22. Найти угловую скорость блока (диаметр 10 см) машины
Атвуда через 10 сек после начала движения грузов, если более
тяжелый груз опустился за это время на 0,5 м (рис. 12).
Дано:
г = — = 5 см = 0,05 м\
i = 10 сек;
s — 0,5 м.
(I)
Решение
Линейная скорость v какой-либо точки
вращающегося тела, кратчайшее расстояние этой
точки от оси вращения г и его угловая скорость ш
связаны формулой
ш
s
Рис. 12
где г — кратчайшее расстояние от оси вращения до
точки вращающегося тела.
Для определения ш необходимо найти только линейную
скорость какой-либо точки обода блока.
Очевидно, линейная скорость точки обода блока в любой
момент времени будет равна скорости движения грузов при отсутствии
скольжения нити.
Так как грузы движутся под действием постоянной силы,
равной разности весов грузов, то движение их будет равноускоренным.
Поэтому скорость их, а следовательно, и скорость точек обода
блока через t секунд после начала движения составит
v = at,
где а — ускорение, с которым движутся грузы.
Из выражения
s =
а
п
найдем ускорение а:
а ~
3t
г2 •
23

1одг1';|иии и удлинение v at имеето а его значение, получим
\1$
V =
i '
Подставив это выражение в первое уравнение, найдем
2s
ш =
ft '
Произведем вычисления:
2-0,5 м
ш =
0,05 м-10 сек
= 2 сек~\
23. Определить скорость и ускорение точки, находящейся па
поверхности Земли (в Минске), принимая во внимание только
вращение Земли вокруг оси. Широта Минска — 54°, радиус Земли
принять равным 6400 км.
Дано:
# = 6400 км = 6,4- 10е щ
» - 54°;
Т ^24 ц = 86 400 сек.
v — ? а — ?
Решение
Для определения скорости v точки М
воспользуемся формулой
2пг
V =
т *
- где г — радиус окружности сечения
земной сферы плоскостью, проходящей
через точку М с широтой в 54° перпендикулярно к оси вращения
Земли; Т — время одного полного оборота Земли вокруг своей
оси. Из рис. 13 видно, что г = R cos 9 (/? — радиус Земли;
9 — угол, образованный радиусом Земли, проходящим через
указанную точку М9 с плоскостью экватора).
2 яг 2 г, R cosq>
т) = —— = — ~
„, 2-3.14-6.4-103 л-0,588 ^ъ~л ,
V = ■ 86 400 сек ~ 274 М1СЖ*
24

Ускорение определяется по формуле
и2
а -
г R cos ф '
2742 мЧсек? о 1Л—2 / g
а=6?ТсТОЩГ^2'10 л/се/Л
24. Вал начинает вращаться равноускоренно. За первые 10 сек
он делает 40 оборотов. Определить его угловую скорость к концу
десятой секунды.
Дано:
t ~ Ю сек;
п = 40.
to
?
Решение
Для равноускоренного вращения угловая скорость ю = ^, где
$ — угловое ускорение. Угол поворота вала за время / будет
Исключая ускорение j3, получаем
4тт
После подстановки численных значений
4.3,14-40 _i -Л -1
ш » j- • сек; ?=2 50 сек .
ДИНАМИКА
25. На одно из оснований цилиндра (длина / и площадь
основания S) действует постоянная сила F9 перпендикулярная
основанию (рис. 14). Какая сила действует на противоположное основание
цилиндра? Какая сила действует на некоторое сечение цилиндра С,
параллельное основанию? Движение тела под действием силы F
происходит в среде без сопротивления.
Решение
Сила, действующая на сечение С, должна быть такой, чтобы
в случае, если мы мысленно разрежем цилиндр по С» оставшаяся
25

час11. цилиндра СВ продолжала двигаться с тем же ускорением,
с каким двигался бы весь цилиндр АВ под действием силы F.
Следовательно,
F _ Fc
Млв ~ Мсв'
р __ Мсв F
Гс~"Млв *
где Fc — сила, действующая на
сечение С; Мав — масса всего тела;Л4ся ~
масса части тела СВ,
Если цилиндр однородный, то
р СП г
Fc = -^- F
Рис. 14
и если
то
СВ
АВ
2 '
- »
Рг =
F_
2 '
Сила, приложенная к основанию цилиндра В, равна нулю.
26. Лыжник съезжает с вершины горы высотой 16 м. Внизу
имеется впадина, представляющая часть дуги окружности радиусом
16 м. Найти (пренебрегая трением) кажущееся относительное
увеличение веса своего тела, ощущаемое лыжником в нижней точке
спуска с горы.
у
Дано:
h = 16 м;
г — 16 м.
F-?
Решение
Когда лыжник спускается ис*
с вершины горы А я
достигает нижней точки В (рис. 15), то полная сила будет складываться
из силы тяжести Р и центробежной силы ^цтр, действующей на
лыжника в результате движения его по окружности, причем обе
силы по направлению совпадут, так что
26

P-P + F
цтр»
где Р « mg и F,,p = Of. *-_ 1LM.
P-mg + ^-~(l+^)p,
15 м
т. е. в 3 раза больше собственного веса лыжника.
27. Пуля массой 20 г, летящая с
горизонтальной скоростью 500 м/сек, по- шт/я/М^т/м/т
падает в предмет, подвешенный па ни- /
ти, и застревает в нем (рис. 16). Опре- е / "
делить угол а, на который отклонится /
предмет, если его масса 5 кг и длина т^у
нити 5м. *
•-г
—-0-
О
Рис. 16
Дано:
я?! = 20 г = 0,02 кг;
v ~ 500 м/сек;
т2 ~ 5 /сг;
1 — 5 ж.
а — ? "
Решение
Для определения угла а, на который отклонится предмет после
попадания в него пули, необходимо иайти высоту А, на которую
он поднимется:
2g>
где и — скорость предмета и пули после соударения. Из рис. 16
следует, что
h — l —I cos a = / (1 — cos я).
Приравнивая правые части двух последних выражений, получим
cos а =1 s-j-.
Из закона сохранения количества движения mxv —. (пг1 -\- гщ) и
определим скорость предмета и пули после соударения:
U — г .
т1 — щ

Подставим в формулу для cos а вместо и его значение:
cos а — 1 —
(rtliV)2
2g (i?h -j- mg)* I '
сова-1-^^^^=0,996; а«5>.
2-9,8 л/се/с2-5,022/сг2-о л/ ' '
28. Мотоциклист движется по горизонтальному участку пути
со скоростью 70,6 км/ч. В определенное время он начинает
тормозить. Через 5 сек после начала торможения мотоцикл
останавливается. Каков коэффициент трения колес мотоцикла о полотно
дороги в момент торможения?
Дано;
v0 = 70,6 км/ч s= 19,6 м/сек\
I = 5 сек.
ft — ?
Решение
Согласно второму закону Ньютона,
то — пю0 = 7*7,
где v — 0 — конечная скорость мотоцикла.
Мотоцикл останавливает сила трения
где ft — коэффициент трения. Таким образом,
р
— то0 = ~ kPi или vQ — — kPt.
Перед импульсом ставится знак минус потому, что сила трения
направлена в противоположную сторону начальной скорости.
Коэффициент трения
g* ' 9,8 л/сек8-5 се/с "" и'*' ■
29. На абсолютно гладкой горизонтальной плоскости лежит п
связанных нитью равных грузов весом Р каждый. Такой же (n-j-
-|- 1)-й груз, подвешенный вертикально, прикреплен к ним нитью,
перекинутой через неподвижный блок. Определить ускорение, с
которым движется система, а также натяжение нити между /е-м
и (!г-\-1)-ы грузом. Сколько грузов надо взять, чтобы наибольшее
натяжение было равно 0,9 Р? Трение в блоке не учитывать.
Дать численный ответ на первые два вопроса задачи, если
л^4 и ft = 2.
28

Решение
Движущей силой 'системы связанных нитью -грузов является вес
вертикально подвешенного груза. Ускорение движения системы
будет во столько раз меньше ускорения свободного падения тел,
во сколько раз масса одного груза меньше массы всей системы
грузов, т. е.
* jO_ __ ГО
Т~ т(п+1) *
откуда
Силу натяжения нити между fe-м и (fe -]- 1)-м грузом определяем
по основному уравнению динамики
п + 1 п -(- 1 '
где Р — вес одного груза.
Наибольшая сила натяжения нити будет между п-и и (я-|-1)-м
грузом, и по предыдущему выражению она равна
Численные ответы при k = 2 и п = 4 следующие:
1) а =-§-, а = 1,96 м/сек2] 2) F = 0,4 Р;
3) Fan - 0,9Р; 0,9Р = -j^-; ^^ = -^, /г = 9.
30. Какую силу тяги должен развить паровоз, чтобы поезд
массоП 1000 т через 2,5 мин после начала движения по
горизонтальному пути приобрел скорость 54 км£ч9 если коэффициент
сопротивления во время движения равен 0,005? При решении задачи
считать, что поезд в течение указанного времени двигался
равноускоренно.
Дано:
мокшанам*
т= 1000 т= 10* кг\
t = 2,5 мин = 150 сек;
а = 54лм/ч= 15 м/сек\
k - 0,005;
g = 9,8 ж/mc3.
^ — ?
* ТЯГИ *

Решение
Общая сила тяги FvnrH паровоза будет, очевидно, равна
F — F _L F
1 тяги ' 1 1 I * тр»
где Fx — часть силы тяги паровоза, сообщающая ускорение поезду,
а F^p—-часть силы тяга, идущая на преодоление силы
сопротивления движению поезда.
Следовательно, для определения общей силы тяги паровоза
необходимо определить F^ и /\р. Сила FXi согласно второму закону
Ньютона,
Fx *= та,
где т—-масса поезда; а — ускорение, сообщаемое поезду силой Fx.
Так как поезд двигался равноускоренно и через / секунд после
начала движения приобрел скорость и, то ускорение
v
а = — ■
Подставляя значение а в уравнение Fx — та, 'получим
г. HIV
F, = —
Сила тяги поезда, идущая на преодоление сопротивления, равна
F7p~'kP = kmg.
Общая сила тяги паровоза
FWn = ~с + кт8 = т (-у + k8j- s
Подставив численные значения, получим
Ргнгя = 1 Об/сг ( %£f™ -j- 0,005 ■ 9,8 м/сек*) = 149 <10й/-/ = 149 кн.
31. Тело массой т движется вверх по вертикальной стене под
действием силы F, направленной под углом а к вертикали (рис. 17).
Определить, с каким ускорением движется тело, если коэффициент
трения тела о стену равен /г.
Решение
Разложим силу F на вертикальную и горизонтальную
составляющие— FY к F2. В горизонтальном направлении па тело будут
действовать две равные и противоположно направленные силы;
Ръ — составляющая силы F n Q — сила, с которой стена действует
па тело. Сила, которая сообщает телу ускорение, есть
равнодействующая сил Fb P и силы трения F.vp. Тогда
та — Fx— Р — Flp,

FA= F cos a; F% — F sin a; FTp — kQ = fe^a = /e/7 sin a.
Подставляя значения i^, P, /\p, получим
та — F cos a — mg — feF sin a,
откуда
F cos я — me — kF sin я
/n
Исследуем результат.
1. Если a = 0, то а =
mg
/я
. В этом
случае трение отсутствует, так как тело не давит
на стену.
с, г- тс — mg — kF
2. Если а=у, то а = -
m
В этом
Рис. 17
случае движение возможно только вниз, так
как вертикальная составляющая F: = 0; при этом
сила трения Fip — kF будет направлена в
сторону, противоположную скольжению, т. е. изменит знак, и
выражение для ускорения следует записать так:
а
__ — tag -г kF
т
или
а =
Знак минус перед ускорением означает, что оно направлено вниз.
Если еще при этом mg — kF, то а = 0, т. е. тело будет находиться
и покое пли равномерно скользить вниз.
3. Если a — т., то
а —
F — mg
т
или а = —
F -I- mg
in
В этом случае тело будет двигаться вниз под действием двух сил:
силы тяжести и данной силы F, а ускорение его по абсолютной
величине будет больше g.
32. Вагон под действием толчка, сообщенного ему паровозом,
поднимался вверх по уклону в течение 30 сек и до остановки
прошел путь, равный 64 ж. После остановки вагон начал опускаться
шшз по уклону и тот же путь прошел за 40 сек. Пользуясь этими
данными, определить коэффициент трения k. При решении задачи
считать постоянными k и угол уклона а (рис. 18)*
31

Дано:
s =
S =
30 сек\
64 ж;
40 сек) ■
9,8 м/сек2.
А — ?
Решение
При спуске вагона по уклону и при его подъеме действовали
скатывающая сила ^
Fx = mg sin a
и сила трения
Т^р — kmg cos a,
где /и — масса вагона; g — ускорение силы тяжести;, а — угол уклона.
Эти постоянные силы при спуске вагона направлены в
противоположные стороны. Поэтому равнодействующая данных сил равна
их разности, направлена параллельно
уклону вниз и во время движения
ввиду неизменности k и а будет
постоянной. Под действием этой силы вагон
при спуске будет двигаться
равноускоренно. Ускорение вагона, сообщаемое
ему действием указанной
равнодействующей, будет равно аа. Тогда,
согласно второму закону Ньютона, можно
написать
F = Рг — Frp = mg sin ос —
— kmg cos a = tna2,
Рис. 18
откуда
sin a — k cos a = —
&
и
k =
g sin я — a2
g COS a
Для определения k необходимо знать угол уклона а и
ускорение а2* Найдем угол уклона а. При движении вагона вверх по
уклону, как и при спуске, на него действовали те же силы Fx
и fip. Но в данном случае эти силы направлены в одну сторону — в
сторону, противоположную движению вагона. Поэтому
равнодействующая этих сил равна их сумме, направлена параллельно уклону
вниз и будет оставаться во время движения постоянной. Если че-

рез аг обозначить ускорение вагона, сообщаемое ему этой
равнодействующей, то по второму закону Ньютона
р* = F-l -j- ЛР — тв sin a ~\- 1тё cos а =г ™1т
откуда
sin a-j- k cos a =
Й,
a.>
Решив данное уравнение и уравнение sin а — k cos a ~ —, найдем
что
sin a = -J-J—i_,
2g
Теперь найдем ax и яа, которые необходимы для определения угла
а и коэффициента /г.
Так как при спуске вагон двигался равноускоренно и начал
свое движение без начальной скорости, то данный в задаче путь s,
пройденный за время 1Ъ равен
a,t%
S 2 »
откуда
2s
a* =
Подставив численные значения, найдем
а% — тшг~-т "^ 0,08 м/сек2.
1600 сек4 '
При подъеме вагона ускорение аг направлено в сторону,
противоположную движению вагона. Поэтому при постоянстве ах это
движение будет равнозамедленным. Следовательно, данный в задаче
путь s, проходимый вагоном при его подъеме за tx сек, будет
определяться выражением
где у0 — начальная скорость вагона.
Начальная п конечная скорости при равнозамедлеином движении
вагона, как известно, связаны уравнением
^ = ^0 — ^1.
Так как кЬнечная скорость vt равна нулю, то
v0 = axtv
Вводя это значение у0 в уравнение s = ^ ^V~* получим
V?
s — -——.
2 Зак, 1350
33

откуда
2s
йл =
1 fa ■
Подставив численные значения, найдем
2-64 м г\ * л i 9
a*=90(W~0'14 M?CeK-
Подставляя же найденные численные значения аг и а2 в
уравнение sin a = —*-£~9 получим
0,14 м/секв + 0,08 м/сек2 „ Л1 t лг,,
5Шас= 2-9,8 ^ -°'0lli Я~40"
Вводя численные значения sin a = 0,011, а% = 0,08 м/сек* в урав-
* я sin a — й2 .
неиие & = ■ и принимая в нем cos a да 1, получим
численное значение к
, _ 9,8 м/сек2-0,011 — 0,08 м/сек2 n nnq
Й ! 9,8 л/св/сГ! — ~ и>Ш^'
33. Паровоз тянет вверх по уклону поезд массой 1000 т с
постоянной скоростью 8 м/сек. Определить развиваемую паровозом
мощность, если коэффициент сопротивления 0,003 и тангенс угла
уклона равен 0,009.
Дано:
т— 1000 т = 106 кг;
v 5= 8 м/сек;
k = 0,003;
^ga = 0,009,
W —?
Решение
Мощность паровоза можно определить, пользуясь формулой
где ^тярн — сила тяги паровоза, направление которой совпадает
с направлением движения поезда; v — скорость поезда.
Для определения силы тяги необходимо найти силы,
препятствующие движению поезда, т. е. силу сопротивления F7p ~ kF2
и скатывающую силу Fx* Сила же нормального давления F2, как
34

и скатывающая сила Fx, обусловлена только действием силы
тяжести поезда. Из рис. 18 видно, что Fx и F2 будут равны:
F± = P sin а — mg sin a
и
F2 = P cos a — mg cos а.
Умножая F2 **а коэффициент сопротивления ft, найдем, что
/Vp — kmg cos а*
Так как силы i^ и Fx имеют одно и то же направление,
противоположное движению поезда, то сила тяги паровоза будет
^тяги = Frp + Fl = mg (* C0S a + si" a)-
Подставляя значение РТ51Ш в уравнение JV = Ртягиу, получим
JV = mg (ft cos a + sin а) у.
Подставляя численные значения Р9 ft, sin a = tga = 0,009,
cosa^l, v, найдем
N = 10*кг-9,8 м/сек2 (0,003^0,009) 8 м/сек^9А-10&вт = 940/сет.
34. Через конек крыши переброшен шнур, на концах которого
имеются грузы с массами тх и т2. С каким ускорением движется
эта система грузов, если коэффициент трения грузов о крышу
равен ft? Углы ската крыши соответственно равны аир (рис, 19).
Рис. 19
Решение
Допустим, вся система грузов движется в сторону груза Р2. На
первый груз действует скатывающая сила
Ft ^= Wig sin a,

а также сила Ri со стороны второго груза и сила трения F\p;
Кр = kQi =" kniig cos a.
Ha второй груз действует скатывающая сила
F2 = m2gs\n$,
а также сила R2 со стороны первого груза и сила трения Plp:
P'tv = Щ2 =km%g cos p.
Запишем уравнения движения для первого и второго грузов:
1ща =^R1 — Fl-r F'Tp\
ща = F2 — Flp — 7?х (/?! = /?s),
откуда
Ri = «i^ + Л -f F'TP.
Подставляя вместо $г ее значение, получим
т2а = /%> — -^тр — /иха — /ч — /vP,
откуда следует, что
Подставляя значения всех величин, получаем
__ mag sin p — rtij g sin a — km^g cos 3 — A%g cos и
Зная ускорение, можно найти силу натяжения шнура. Движение
может происходить и в противоположную сторону. Это зависит
от величин углов и от масс грузов.
Если т1 = т2, то %
а = —- [sin р — sin a — k (cos р -j- cos a)].
В данном случае ускорение не будет зависеть от масс грузов.
В частном случае ускорение может быть равно нулю.
35. Акробат весом 50 ?сГ, имея при себе груз 5 кг, прыгает
под углом 60° к горизонту со скоростью 6 м/сек. В наивысшей
точке сшей траектории он бросает груз горизонтально назад с
относительной скоростью 2 м/сек (рис. 20). На сколько увеличится
дальность прыжка акробата вследствие этого?
36

Дано:
р = 50 кГ = 490 я;
т — Ь кг;
а = 60°;
у0 = 6 м/сек;
иг — 2 м/сек;
g = 9,8 м/сек2.
As — ? —
Решение
Увеличение дальности прыжка на величину As обусловлено
возрастанием горизонтальной составляющей скорости гимнаста
вследствие броска груза.
с
У
0
У
Г- *■ Л-
\ \
\ \
\ \
—»—
X
Д5
Рйс. 20
Во время движения па систему гимнаст — груз действует
внешняя сила — сила тяжести. Но в верхней точке траектории, т. е.
в момент броска, скорости гимнаста и груза строго горизонтальны.
Следовательно, количество движения системы до и после броска
будет постоянным, при этом следует предположить, что время броска
ничтожно мало.
Задачу удобно решать в системе координат, движущейся со
скоростью уь где 0j = 0О cos a — горизонтальная составляющая скорости
гимнаста до броска.
В системе координат, связанной с землей,
As = (^1 — 00*,
где щ — горизонтальная составляющая скорости гимнаста после
броска; t — время движения гимнаста от верхней точки траектории
до земли.
37

На основании закона независимости движения t = 1/ -—-, h =
рЯ sin2 a ~ j Ол sin се
= 2—. Отсюда находим г = —^——.
Для вычисления Аи = иг — иг применяем закон сохранения
количества движения в системе х', у\ которая движется со скоростью
иг. В этой системе координат количество движения системы
гимнаст — груз до броска Ki = 0, после броска /С3 — M&v — тюъ где
М — масса гимнаста. Следовательно,
М Ду — тог = О,
Подставив в равенство As — (иг — иг) t вместо иг — иг — Av и t
их значения, получим
. __ mviv0 sin a
. 5 кг>2 м/сек'6 м/сек-0,866
Д5_ _____
ОД м — 1 дм.
36. На сколько следует на закруглении пути приподнять
наружный рельс по отношению к внутреннему, если при скорости
движения 54 км/ч и радиусе кривизны закругления 300 м давление
на оба рельса одинаково? Ширина пути 1,524 м.
.2
Дано:
v — 54 км/ч = 15 м/сек;
г = 300 ж;
& == 1,524 м.
Л — ?
Решение
Рис. 21
Из рис. 21 видно, что
С другой стороны,
h — b sin a,
mgr
ЁГ
Так как tg a =
sin a
У 1 — sin* а '
ТО
sin а

После преобразований получим
у2
sma = —■
Тогда
h = b . °* =,
или после подстановки численных значений
А = 1,524 лг ,. '■= . .7^^^1,16-10 ж.
)^ 9.1 (И л/2.9,8й м*/сек* + 15* л^к*
37. Шарик массой 50 г вращается иа резиновом шнуре, делая
180 оборотов в минуту. На сколько растягивается шнур при
вращении?
Растяжение можно считать пропорциональным приложенной силе;
под влиянием силы, равной 1 кГ9 шпур растягивается на 1 см.
Длина шнура в нерастянутом состоянии 30 см.
i
Дано:
т — 50 г = 0,05 кг;
п— 180 об/лшя = 3 об/сек;
k = 1 кГ/см = 980 н/м;
I = 30 см = 0,3 м.
Д/ —?
Решение
Силу, растягивающую шнур, можно выразить на основании двух
закономерностей: 1) F = М/ как упругая сила шнура, где k =
— 1 кГ/см = 980 н/м и Д/— удлинение шнура; 2) F =* 4тг2(/-р
-|-Д/)/?аш как центробежная сила при вращении.
На основании этих соотношений получаем
t Ш = №пЧт + 4калв/иД/,
откуда
4г.ад2/т
Д/ =
/е — 4т*п2т
А/ = 980~-4-3,14*-9-0,05 ~ °'00°5 M = 5'5 ЛШ*
38. Самолет, пролетающий над озером со скоростью, равной
252 км/ч, описывает в горизонтальной плоскости дугу радиусом
39

400 м. При этом плоскость крыльев самолета наклонена под
определенным углом к плоскости горизонта. В самолете па столике
стоит стакан с водой. Каково будет положение поверхности воды
в стакане по отношению к столику и поверхности воды в озере?
Дано:
v — 252 км/ч = 70 м/сек;
г = 400 м\
g = 9,8 м/сек2.
а
?
Решение
Рис 22 Когда самолет движется прямолинейно,
сила тяжести стакана с водой Р
перпендикулярна поверхности столика. Когда самолет
описывает дугу, на стакан с водой действует дополнительно
центробежная сила F (рис. 22). Сила Q, прижимающая воду и стакан
к столику, будет равнодействующей центробежной силы F и силы
тяжести Р. Она будет перпендикулярна к плоскости крыльев
самолета и к поверхности столика. Поверхность воды в стакане
займет положение, перпендикулярное равнодействующей силе Q. Так
как плоскость крыльев самолета наклонена по отношению к
плоскости воды в озере под углом а, то
F=*-P<iga,
где F = ■; Р = tng (m — масса стакана с водой; g — ускорение
силы тяжести).
Подставляя в формулу F = P-iga вместо F и Р их значения,
получим
mv
^mg-igz,
откуда
и
.2
Igoc —
ь rg
Подставляя численные значения, находим
, 702 м2/сек2 л 1 ос ^ сюоп'
tgft~ лпгх по t 2 ~1>25; ass51 20.
ь 400 ,«-9,8 м/сек2
39. Шар массой m подвешен на нити длиной /, Его отклонили
от положения равновесия до высоты точки подвеса и отпустили.

При каком значении угла а (угол мелсду нитью и вертикалью) нить
оборвется, если известно, что нить выдерживает удвоенный вес
шара?
Решение
Шар в топке А (рис. 23) движется по окружности, радиус
которой равен /. Роль центростремительной силы играет
равнодействующее натяжение нити Т и составляющая Рп веса шара, причем
численно
Рп = Р cos a.
Так как
то
—> —> —!>-
Г =Т4-Р
1 ист J ~ 1
'//tf/A/s/j/j
п>
mv
?&
Ф
\
V F,
цгт
-е-
рл*
Рис. 23
—- = — Т-\- tag cos а.
При падении шара с высоты Л его
скорость равна
Из чертежа находим
/i = /cosa,
откуда
#2 = 2gl cos a.
Подставляя в уравнение — ~- = — Г -f mg cos а значение v2
и учитывая, что Т = 2Р = 2/Hg, получаем
— 2/Kg" cos а = — 2/л^/ -1- wg" COS а
или
откуда
2 = 3 cos a.
cosa=-—; а = 48°10'.
40. На конце горизонтального стержня, вращающегося вокруг
вертикальной оси, закреплена U-образная трубка в следующих двух
положениях: 1) плоскость трубки проходит через ось вращения;
2) оба колена трубки находятся на одинаковом расстоянии от оси
вращения.
Каково положение уровней жидкости в обоих коленах трубки,
если стержень вращается с числом оборотов п р секунду?
41

Решение
- 1. В первом случае можно заметить разность уровней жидкости
в обоих коленах вращающейся трубки (рис. 24). Одновременно
наступает изменение мениска в трубке (мениск — свободная поверх-
Рис. 24
-и
l-^
Я
о л
г **.
l/.
>
-й-1
■H-mg
^>
6)
ность жидкости в трубке). Обращает на себя внимание, что мениск
в одном колене трубки становится продолжением мениска в
другом колене. Разность уровней в трубке растет с увеличением
угловой скорости или числа оборотов. Она обусловлена действием
центробежной силы на жидкость, находящуюся в горизонтальной части
трубки. В результате действия этой силы жидкость расположится
так, как показано на рис. 24, а.
При отсутствии вращения мениск уровня жидкости в сосуде
всегда перпендикулярен к направлению действия силы тяжести Р.
В нашем случае, кроме силы тяжести Р, действует еще
центробежная сила F. Вследствие этого уровень жидкости расположится
перпендикулярно к равнодействующей сил Р и Ft т. е. под неко-
42

торым углом к горизонтальной плоскости. Наклон мениска создает
разность уровней в обоих коленах трубки. В положении (2)
дополнительная сила F одинакова в обоих коленах, отсюда и одинаковый
наклон мениска. В положении (1) дополнительная сила F растет
с удалением от оси вращения. Вследствие этого, если бы
цилиндрический сосуд вращался вокруг оси 00' > то мениск установился
бы по параболе, показанной пунктирной линией (рис. 24, а).
Подсчитаем разность уровней жидкости в обоих коленах трубки.
Как известно, центростремительное ускорение можно выразить
следующим образом:
где п — число оборотов в секунду; г — расстояние от оси
вращения.
Так как ускорение зависит от оси вращения, то для расчета
силы, действующей на жидкость, расположенную в вертикальной
части трубки, следовало бы столбик жидкости разбить на участки,
подсчитать силу, действующую на каждый такой участок, а затем
просуммировать все отдельные силы. Мы упростим решение, взяв
среднее значение силы.
Наименьшее 1и наибольшее ускорения соответственно равны:
ашщ = 4тАг2# и amsx = 4тАг3 (i? -\-£).
Среднее ускорение
аср = -g" (<W + ^min) = 2*Ai* (27? + О-
На жидкость действует центробежная сила
р = ,шср = 2 A2 {2R + Г) Sip,
где I — длина; S — поперечное сечение горизонтальной части трубки;
р — плотность жидкости.
Центробежная сила уравновешена силой гидростатического
давления, возникающей за счет разности уровней жидкости в обоих
коленах трубки;
Pl-(H-h)PgS.
Тогда
р1 = Р или (Н — h) 9gS = 2iAiE (2R -j- I) Sip,
откуда
д/г = Я —/i = ^~(2^ + /).
Оказывается, разность уровней в большой степени зависит от
числа оборотов и длины горизонтальной части трубки и значительно
слабее — от расстояния до оси вращения.
43

Если расстояние внешнего колена от оси вращения обозначим
через Rb т. е. R1 — R-\- tt то формулу можно несколько упростить:
Ah^H — h = -^—n2(Ri — PI).
2. Когда трубка вращается равномерно, уровень жидкости в обоих
коленах одинаков. Если же трубка вращается с угловым
ускорением е, то легко показать, что разность уровней выражается
формулой
м= —
Формула справедлива, если I <^ R.
41.-Воронка с углом растворения 120е вращается вокруг
вертикальной оси со скоростью 2 об/сек. В какоэд месте на внутренней
стороне воронки должно находится тело, чтобы оно было в
равновесии?
Дано;
2а = 120*;
п = 2 об/сек;
g — 9,8 м/сек2.
I — ?
Решение
Пусть тело в положении равновесия находится на расстоянии
г от оси вращения. В процессе вращения на тело действуют
центробежная сила F и сила тяжести Р.
Обе силы разлагаются на
составляющие (рис. 25). При отсутствии
трения тело находится в равновесии,
когда скатывающая сила Pt равна
составляющей F± центробежной силы F.
Центробежная сила
F — mtoV = Аъгтп~г = 4^2/?^2/sina,
так как г = /sina.
Из рис. 25 видно, что
Рг — Р cos a;
F± = F&m%,
Тогда Р cos a — Z7 sin a или
tng cos я = 4:Tzzmn2t sin3 a,
Рис. 25

откуда
< g COS a
4r.an2sinaa
Подставляя численные значения, получим
i 9,8 м!сек*Л - П/1 и
Положение будет неустойчивым, если Рг > Fb тело скатывается
вниз, вследствие чего равновесие еще больше нарушается, и не
возвращается в свое первоначальное положение. При Fx > Рг тело
будет выброшено из воронки.
С учетом коэффициента трения условие равновесия запишется
в следующем виде:
Pi —1*1 ^С *Чр»
Сила трения равна
F7p = k {fa^mtiH sin a cos а -f- tng sin а) = fern sin а (4A2/ cos a -j- g)-
Подставляя известные значения в неравенства
^ 1 — Fi ^ 1\р\ 1*1 — Pi^. /\р,
найдем:
mg cos a — АтРтпЧ sins а <; fem sin а (4-п:2п2/ cos а --|- g);
№тпЧ sinaa — rng cos a <; fcm sin a (4icaft3/ cos а -|- g),
откуда
g Ctg a — fe . ^ . g A + ctg a
4т:2/г2 sina + Acosa "^ "^ 4r.ana sin a — kcosa '
Следовательно,
/ = g ^g a ^ /> .
W 4-вЛ2 ' sine + fccosa '
j =_A ctg « + fe
max 4r.2/i2 Sin a — ft cos a
Тело находится в равновесии внутри воронки на расстоянии от
42. Ребенок бросает обруч, одновременно сообщая ему
вращение в направлении стрелки (рис. 26, а). При каком соотношении
между линейной и угловой скоростями обруч покатится обратно
к бросавшему? Сопротивлением воздуха пренебречь.
45

Решение
Во время полета обруч сохраняет как линейную, так и угловую
скорость. В момент приземления обруч будет некоторое время
двигаться со скольжением, вращаясь против часовой стрелки и скользя
вправо (рис. 26, б). Сила треиия F (величина которой роли не играет)
а
_ F
Рис. 26
будет постепенно уменьшать линейную скорость у, причем
замедление (линейное) будет равно
F
где т — масса обруча.
Та же сила, момент которой М = Fr относительно центра
обруча (где г — радиус обруча), вызовет и угловое замедление
вращения
М Fr F
е = —г- =
mfl mr 9
где 1 = тгг — момент инерции обруча.
Для того чтобы обруч покатился назад, необходимо, чтобы
линейная скорость уменьшилась до нуля раньше, чем угловая, т. е.
чтобы *1-<*2» где t± — время уменьшения до нуля линейной, a t% —
угловой скорости.
Но
, v mv о <атг
a F > " *а e F
откуда U < t%, т. е. v < юл При соотношении v < wr обруч
покатится обратно к бросавшему.
46

СТАТИКА
43. Определите, где находится центр тяжести однородной
пластинки с вырезом. Все размеры в сантиметрах указаны на рис. 27, а.
Решение
Если пластинка не имеет
выреза, то ее центр тяжести
расположен в точке О. Пусть Pi —вес
пластинки с вырезом, а Р2—вес
вырезанной части. Вес всей
пластинки Р можно рассматривать как
сумму весов Рг и Рй. Таким
образом, задача сводится к
нахождению точки приложения двух
антипараллельных сил Рх и Р2(рис 27, б).
Пользуясь рисунком, можно
написать, что
fO 1 б i 4
о)
X
JC+3 Р '
Вес однородной пластинки
пропорционален ее площади, поэтому
х
г-
я
„_*.„-* .?,.„.!—
й-
jj
р
Рис. 27
6-4
откуда х = 0,53 см.
#4-3
20-8
Рис. 28
44. Из однородной круглой пластинки
радиусом 18 см вырезан круг вдвое
меньшего радиуса, касающийся края первого
круга. Найти центр тяжести полученной
пластинки (рис. 28).
Дано:
R — 18 см;
г = — R = 9 см.
Решение
Пусть вес большого круга Р, а вес вырезанной части Pv Тогда
вес оставшейся части большого круга будет равен Р2 = Р — Рг.

Так как Р = mg = pghS =.pghr,R2, a P± -^pgh-xr2 = pghn-^-R2,
то отсюда следует, что Pi = -т- Р» Следовательно, Р% — Р — Pt =
Центр тяжести полученной пластинки найдем из условия
равенства моментов:
откуда
РгГ = Р2Х,
1
р 4
# = п-г> # *= —о—-'9 см = 3 ли.
45. Выкладывая карниз из камня, каменщик кладет один на
другой четыре кирпича так, что часть вышележащего кирпича
выступает над нижележащим (рис. 29, а). Длина каждого кирпича U
г*—Trs—'-T-rr-tT-
'-.-О";^-У.'О-'.'Ур '
'•'-'•У-Р.'-у.'ъ !'■:
о .'■■'■/•о -у/
О ■' ' '"-У
^6. .-/ о'
'-**Л—
У/У/////)//////////, 77///////////// W///////////S
а)
•а,-.
;.-.о ;
о ■"
ля
р
\7/////У/УУ//УУ//Л
гр
б)
-IA
Рис. 29
Определить наибольшие длины выступающих частей кирпичей,
при которых кирпичи в карнизе будут без цементного раствора
еще находиться в равновесии.

Решение
№///{ШЩ{&
Так как кирпичи однородны, то центр тяжести каждого
кирпича находится на середине его длины. Вследствие этого самый
верхний кирпич будет находиться в равновесии по отношению к
лежащему под ним, если его центр тяжести лежит иа продолжении
линии среза второго кирпича, т. е. наибольшая длина свеса
первого кирпича -,р
Центр тяжести первого и второго кирпичей,
взятых вместе, будет расположен на расстоянии-т-
от внешнего края второго кирпича. На эту
длину и можно свесить второй кирпич, чтобы ои
и первый кирпич еще находились в
равновесии по отношению к третьему кирпичу.
Относительно правого верхнего края самого
нижнего кирпича два самых верхних кирпича
будут создавать вращательный момент 2Рх
(рис. 29, б). Третий кирпич от верха будет
создавать вращательный момент противоположного
знака, равный Р /-= х). Условие равновесия
будет выполнено, если 2Рх = Р (-^ х).
Отсюда х = -тр, т. е. третий кирпич может
выступать над четвертым не более чем на х/6 своей
длины.
46. Человек весом 60 кГ стоит на балке
весом 30 кГ, подвешенной на блоках (рис. 30).
Длина балки между точками опоры 3 м.
Определить, какую силу должен приложить1
человек и в каком месте он должен встать, чтобы
балка находилась в равновесии и занимала
горизонтальное положение.
Дано:
Р = 60 кГ = 588
Pi = 30 кГ = 294
1 = 3 м*
F-? АС—?
Рис. 30
49

Решение
Пусть F— сила, с которой человек действует на веревку. Тогда
сила, действующая на балку в точке В, должна быть также F,
а в точке А — 2F, В точке С на балку действует человек с силой
Р — F. Сумма всех сил, действующих на балку в положении
равновесия, должна быть равна пулю.
Отсюда
2F + F — (P — F) — Рг^О
или
Г 4 "
588 н + 294 н
F =
220 PL
Место человека на балке определяем из правила моментов
2F-AC + Рг.ОС = F-BC.
Принимая во внимание, что
ВС = 1 — АС> ОС = ~1 — АС, находим
ли - 3P-pt -*
л„ 588 н — 294 я 0 лс
ЛС= 3-S88«-294« 3 М = °£ М'
47. В некоторой точке Земли магнитная стрелка, вращающаяся
вокруг горизонтальной оси, установилась под углом 60° к горизонту
(рис. 31, а). Если к верхнему концу стрелки прикрепить гирьку
массой в 1 г, то угол наклона уменьшится до 30° (рис. 31,6).
Какую гирьку надо прикрепить к стрелке, чтобы она заняла
горизонтальное положение?
50

Дано:
тг = 1 г = Ю-3 кг;
а = 60°;
р = 30°;
g = 9,8 я/се/с2.
т2 —?
Решение
Так как стрелка находится в равновесии, моменты сил,
действующие на нее, равны. Напишем равенства, когда стрелка
наклонена под углом р к горизонту (рис. 31, б):
2F-g-sin(a —P) = pi-rcosP
и когда она расположена горизонтально (рис. 31, в):
где F — сила магнитного взаимодействия стрелки с магнитным
полем Земли; / — длина стрелки. Исключая силу F, получим
откуда
Р — -Pi cos 3 sin a __ /njg cos £ sin а
2 ~~ sin (a — JJ) " sin (a — £)
-P2 __ mx cos 3 sin a
m2 =
g sin (a — $ »
10"3 кг-0,866-0,866 t - 1Л „ 1 -
/n2 = - —ф-g ■ ■ = 1,5* 10—3 кг— 1,5 г.
48. На деревянном полу стоит маленькая лестница. Посредине
она связана веревкой. Веревка разрывается при действии на нее
силы 10 кГ. Определить, при каком угле при вершине лестницы
веревка разорвется, еслм на верхней ступени лестницы стоит человек
весом 70 кГ (коэффициент трения дерева о дерево 0,65). Вес
лестницы не учитывать.
Дано:
F = 10 кГ=» 98 «;
Р = 70 кГ = 686 н;
fe = 0,65.
Р-?
51

50- Три одинаковых цилиндра уложены, как показано на
рис. 34. При каких условиях они будут удерживаться в этом
положении неподвижно?
Решение
Все три цилиндра останутся неподвижными в 'положении,
приведенном на рис. 34, если цилиндры 2 и 3 не будут ни катиться,
ни скользить по плоскости опоры.
Рис. 34
Чтобы любой из нижних цилиндров не катился по плоскости
опоры, необходимо следующее: сумма моментов действующих на
цилиндр сил относительно оси опоры А должна быть равна нулю
Применительно к цилиндру 2> например, это условие записывается
так:
Fn.AB — F.AC = 0.
Отсюда
* = -Ь
лс
лв
г sin 30°
г + г cos 30
^-2-^3.
Таким образом, цилиндры 2 я 3 не будут катиться по плоскости
опоры,^если коэффициент трения k между цилиндрами не меньше
2— у 3; это является вместе с тем условием отсутствия скольже-

ния между цилиндром 1, с одной стороны, и цилиндрами 2 и 5?
с другой. _
Если неравенство /г>2 — ]/*3 выполняется, то цилиндры 2 н 3
(чтобы пе было их скольжения по плоскости опоры) не должны
совершать поворота относительно линий соприкосновения с
цилиндром /, Для этого сумма моментов сил, действующих н^ цилиндр 2
или 3 относительно осей U или А! (соответственно), должна
равняться нулю. Применительно к цилиндру 3} например, это условие
записывается так:
Отсюда
F* -A'P — F'-A'C = 0.
R "* F' ~* Л'Я' ~~ г ~j-f cos 30° ~" К й'
Это значит, что цилиндры 2 я 3 не будут скользить по
плоскости опоры, если коэффициент трения /г' между этими цилиндрами,
с одной стороны, и плоскостью опоры, с другой, не меньше
2 — У'Ъ
Итак, все три цилиндра будут неподвижно удерживаться в
положении, указанном на рис. 34, если коэффициенты трения покоя
между цилиндром /, с одной стороны, и цилиндрами 2 и 3, с
другой, а также между цилиндрами 2 и 3 и плоскостью опоры не
менее чем 2 — ]/3.
РАБОТА И ЭНЕРГИЯ
51. Можно ли совершить 5 кГм работы при однократном подъеме
килограммовой гири на высоту 1 м?
Решение
Можно, прилагая к гире силу 5 /сГ, т. е. поднимая ее с
ускорением; при этом 1 jcTjw работы пойдет на пополнение запаса
потенциальной энергии, а остальные 4 кГм перейдут в кинетическую
энергию.
52. Для откачки нефти из скважины глубиной 500 м поставлен
насос мощностью 10 кет. Коэффициент полезного действия
насоса 80%. Какова добыча нефти за 5 часов работы насоса?
55

Дано:
h = 500 ж;
N = 10 кет™ 10* em;
1 = 5 ч= 18 000 сек.
V —?
Решение
Вес нефти можно найти из формулы работы. Полезная работа
"ПОЛ Т== * >1*
Затраченная работа
А3 - Nt.
Тогда
Ph w D r.Nt
Подставив численные значения, получим
р= °'8-10< g"-18000 сек ^288-103 ц~29,4 Т.
53. Продолжительность свободного падения тела вдоль
наклонной плоскости, образующей с горизонтом угол 60°, равна 2 сек.
Как надо изменить угол наклона плоскости (оставив высоту
неизменной), чтобы увеличить продолжительность падения в 2 раза?
Как при этом изменится величина скорости в конце длины
наклонной плоскости? Как изменится величина горизонтальной
составляющей скорости?
Рассмотреть случаи идеально гладкой плоскости, пренебрегая
сопротивлением среды.
Решение
Решение задачи необходимо начинать со второго вопроса. Для
идеально гладкой плоскости, если пренебречь сопротивлением
среды, на основании закона сохранения и превращения механической
энергии скорости в конце длины наклонной плоскости при одной
и той же высоте в обоих случаях будут одинаковы (потенциальная
энергия полностью превращается в кинетическую), т. е.
2 2
т v | rnv2
56

Выражая далее эти скорости по формуле v='at и принимая
ускорение при движении по наклонной плоскости без учета трения
равным g sin а, получим
где по условию 2t± — /2.
Тогда
sin as
sin?.!
Sltl Og
0,866
2 sin as,
sin 60°
2
2 - 0,433; a2^25°40';
a8 < cci.
Решение этого вопроса может быть иное ввиду отсутствия
у учащихся соответствующих знаний по математике:
h к , ft п,
а^ё— i g-ц-*г *= g-£• 2tlt
откуда
/3 - 2*i.
Физический смысл полученного ответа следующий; при одной
и той же высоте наклонной плоскости и при большей ее длине
угол наклона меньше, а
продолжительность свободного падения тела больше.
Ответ на последний вопрос задачи
получаем, разлагая скорость движения
на горизонтальную и вертикальную
составляющие (рис. 35):
ь
v2 = v~r ~ ^cosa.
54. Вагон под действием некоторой
силы движется с постоянной скоростью
4 м/сек по горизонтальному пути с
коэффициентом трения- 0,002. Затем вагон
переходит на участок пути с
коэффициентом трения 0,003. Какой путь пройдет вагон до остановки?
Дано:
Рис. 35
t>0 =
к
= 4 м/сек;
= 0,002;
0,003.
—-Э
57

Решение
На участке пути с коэффициентом трения fe0 сила F,
действующая на вагон, уравновешивается силой трения, т. е.
F = k0P.
Запишем закон сохранения энергии для второго участка пути;
2
—^ g- = k0Ps — kPs.
Конечная скорость вагона v = 0. Знак минус перёд fePs
означает, что угол между силой трения и направлением движения 180°,
a cosl80° = —1.
Таким образом,
с - ^ с _ 1б **/<*«' _ R90 и
ь 2g{k — k0) ' й 2-9,8.н/с№*.а001 ~°^и ж"
55. Из винтовки сделано в горизонтальном направлении два
выстрела в щит, находящийся на расстоянии 50 м. После первого
выстрела перед дулом винтовки поставили доску. Вторая пуля,
пробив доску, попала в щит на 0,49 м ниже первой. Какая работа
совершена пулей при пробивании доски, если начальная скорость
пули 300 м/сек1? Масса пули 5 г.
Дано:
s = 50 м;
h = 0,49 м\
v± = 300 м/сек;
т = 5 г = 5-10~3 кг\
g = 9,8 м/сек2.
Решение
Работа, совершенная пулей при пробивании доски (рис. 36),
равна разности кинетических энергий пули до пробивания и после
пробивания доски:
А = —^
2 2 '
где т — масса пули; v.2 — скорость пули после пробивания доски.
Используя формулу равноускоренного движения
h = а*.
п 2 '
58

определим время полета пули между доской и щитом
Скорость пули
ъ = — =
/:
2/z_
Рис. 36
Подставив полученное значение v2 в формулу для определения
работы, получим
9
m42g m 2 szg
mv\
Л = -^
2-2/z
v\ —
Л =
5-10
-з
кг
90 000 i/mc-
2 Г1 2k ,
2500 ж2-9,8 л/се/с»
162 дж,
2 V '*""" 2-0,49 л /
56. Автомобиль движется с постоянной скоростью 72 км/ч.
У подножья горы водитель выключил мотор. Наклон горы 5 м на
1 км пути. Коэффициент трения 0,05. На какое расстояние
автомобиль поднимется в гору?
Дано:
v = 72 /сл*/ч = 20 ж/сек;
h = 5 м;
I = 1 /еж - 1000 ж;
fe = 0,05.
s — ?
Решение
У подножья горы автомобиль обладает запасом кинетической
энергии ^-, которая пойдет на сообщение автомобилю потендиаль-

ной энергии при подъеме в гору mgh и па преодоление сил
трения FTVs (рис. 37, а), т. е.
Рис. 37
где h = ssina =
Таким образом,
откуда
sh
и FT = kmg cos a = kmg
Y I'
h*
mv
|_ = mgs ~ -f kmgs У /"/
s =
lv2
s =
2£ (A + А /7й — ft*)'
1000 Л/-400 лР/сек2
370 м.
2 - 9,8 л«/й?/еа (5 + 0,05 "[Л О*1 — 25) л
57, Санки скользят с высоты 12 ж по наклонной плоскости АВ
под углом 30° к горизонту. Пройдя 15 ж по горизонтальной
плоскости, санки поднимаются в гору по плоскости с углом па-
клона 15° к горизонту. Определить, на какой высоте остановятся
санки, если известно, что коэффициент сопротивления на всем пути
одинаков и равен 0,2 (см. рис. 37, б).
Дано:
а = 30°;
Р = 15°;
s= 15 м]
k = 0,2;
7У=>12 м.
Л — ?
60

Решение
<*»
Начальная и конечная скорость салок равна пулю.
Следовательно, работа всех сил на пути AD равна нулю. На участке
пути АВ и CD на сапки действует скатывающая сила и сила
трепня, а на участке ВС — только сила трения. Таким образом,
(Psina — kP cos*)-AB — kPs — (P sin {J-fAP cos j3)-CZ) = 0,
где
AB = -4L-, CD^ h
Sin a ' sin p
Подставляя вместо АВ и CD их значения и сокращая на Р,
получим
и ^ #(1 — fectgg) —As
Л — 1 + й ctg {j
- 12 ^ (1 — 0,2.1,73) — 0,2-15 м 0 Q
П~' 1+0,2-3,73 '~2'6 *'
58. Какой максимальный подъем может преодолеть паровоз
мощностью 500 л. с, двигая состав со скоростью 7,2 км/ч, если
коэффициент трепня равен 0,002? Масса состава 1500 т.
Дано:
N = 500 а. с. ^ 3,68-10б вт;
т*= 1500 m = 1,5- 10е кг;
v = 7,2 /ш/ч = 2 м/сек;
k = 0,002. _
a — ?
Решение
Сила тяги паровоза FTSirii при равномерном движении должна
уравновешивать скатывающую силу и силу трения, поэтому
^тяги = Р sin a -j- /гЯ cos a — mg (sin a -f- & cos a);
Откуда
Sin a -(- ft COS a =
Для малых углов можно принять sin a^a, cosa^l.
61

Тогда
a = ft,
mgv
« = i- ia6 Ч8»108,flOT, ■> -; 0,002^0,01 paa.
l,o-106 кг-9,8 м/сеи2-2 м/сек '
59. В стену вбиты два гвоздя, один под другим на
расстоянии Л. К верхнему гвоздю подвешен математический маятник
длиной t = 2h (рис. 38). Маятник отклоняют до горизонтального
положения и отпускают
(начальная скорость равна 0). Достигнет
ли маятник верхней точки?
Решение
/
/
/
i
\
^
h
A V'
1
>-'
<?
I
I
Рассмотрим, какие условия
должны быть для того, чтобы ша-
^ ( рик достиг верхней точки, двмга-
^ \Ь у/ ясь по окружности радиусом h.
При движении шарика по дуге
радиусом h снизу вверх его
линейная скорость уменьшается вслед-
Рис 38 ствие убывания кинетической
энергии, при этом
центростремительная сила тоже убывает. В
верхней точке центростремительная сила должна быть не меньше" веса
шарика, иначе шарик не достигнет этой точки. Следовательно, это
условие можно записать так:
F>P.
Пусть Р = Р\ так как F = ~~, а Р = mg, то —■■■— = mgt
откуда v =Ygh. Кинетическая энергия шарика в верхней точке будет
mv* mgh т, „
—y~ или —|—. Такую энергию шарик может иметь в верхней точке
только в том случае, если его потенциальная энергия в
начальный момент будет
что могло быть только в том случае, если бы он был поднят на
высоту -у h или Z-|~—.
Следовательно, шарик, имеющий в начальный момент потенциаль-

иую энергию, равную mgl — 2 nigh, не поднимется на высоту / = 2h
и не попадет в верхнюю точку.
60. При ходьбе на лыжах на дистанцию в 20 км по
горизонтальному пути происходят гармонические колебания центра тяжести
спортсмена с вертикальной амплитудой 7,5 см и периодом 4 сек.
Масса лыжника — 75 кг. Коэффициент трения лыж о снег
равен 0,05. Работа, которую затрачивают мышцы лыжника, чтобы
затормозить опускание центра тяжести, составляет 0,4 от работы,
которая производится при подъеме центра тяжести на ту лее
высоту. Определить работу лыжника на марше, если всю
дистанцию он прошел за 1 ч 30 мин, а также среднюю мощность
лыжника.
Дано:
т = 7Ь кг;
s = 20 kjm = 2-104 м;
а = 7,5 'см — 0,075 м\
6 = 0,05;
7 = 4 сек\
t = 1,5 ^^5400 сек.
A—?N-?
Решение
На дистанции s произошло -у- колебаний центра тяжести
лыжника. При каждом колебании центр тяжести опускается и
поднимается на высоту h = 2а7 так как амплитуда колебаний равна а.
Следовательно, работа, затрачиваемая лыжником на поднятие- центра
тяжести и на торможение его при опускании,
/ i i t
А = Щк f -p 0Д wgh -у* ■■= 1,4 tngh — = 2,8 mga -у.
Работа, затрачиваемая лыжником на преодоление силы трения,
/12 = kmgs.
Таким образом,
А = Аг -f А2 = nig \2,8а -|r + ks\
Л=75 л;г.9,8 м/сек* (2,8-0,075 м- -~ + 0,05.2.10'J м)ж
«9,4.10е дж*=9,4 Мдж.

Средняя мощность равна
\? Л дг 9,4-10° дж 1 гу 1лч 1 7
£ 5400 сек '
61. Невесомый стержень, длина которого 1 м, может вращаться
вокруг неподвижной точки О (рис. 39, а). На концах стержня, па
расстояниях 0,4 и 0,6 м укреплены
О** о р* два груза соответственно с массами
^ УР 6 кг и 3 /сг. В начальный момент
# К времени стержень расположен горйзон-
^ тально. Затем конец стержня, на ко-
&гг\ _ тором укреплен груз с массой 6 кг, на-
^"*"•- Nv чинает опускаться. Какую скорость
\ будет иметь этот груз в самом низ-
\ ком положении?
6к&
в
Ъ***
Дано:
v , Щ = $ кг\
^S.^/yiL 3 т2 = 3 кг;
V tx = 0,4 м;
6) L2 - 0,6 ж.
Рис. 39 Vx — ?
Решение
Потенциальную энергию условимся отсчитывать от уровня АВ
(рис. 39, б). Тогда закон сохранения энергии запишется так:
2 2
(mi -i~ m2) g/x = m2g (^ + /2) -|-
2 ' 2 '
Так как линейные скорости пропорциональны расстояниям до
оси вращения, то
Заменив в первом равенстве v% на уь получим
2 2 *2
(тх -|- щ) gtt = m2g ft -|- /2) -| 5 1- ——i-
2 /i
Откуда
^ /" 2l\[{my

Подставив численные значения, найдем, что
^^0,96 м/сек.
62. К концам нити, перекинутой через два блока, подвешены
одинаковые грузы (рис. 40). Такой же груз подвешен к середине
отрезка АВ этой нити (точка С) и удерживается на таком уровне,
2ё
{///a-/rt<
%
С
\
v
Ъ,
Г -!Э
ГТ"!о
/>0/
н
в
PQ/
р
"~ Ч.
/
/
\
/
\ ! /
i
/
Г 1,
U,JJ
£
Рис. 40
что отрезок нити АВ является прямолинейным. Расстояние между
блоками 2/. На сколько опустится средний груз, если пить DC
пережечь^
Решение
До пережигания нити система находится в состоянии /. После
пережигания она, пройдя через состояние равновесия 2, достигает
состояния 3. В состоянии равновесия
Р Н
Очевидно, потенциальная энергия системы в состоянии 1
относительно состояния 2 равна
Ell^PH,-2P(VF+Hl~l\
Такой же потенциальной энергией относительно состояния 2
система обладает и в состоянии 3:
Еп - 2Р (]/ ЩНР~ VT+Щ) - Р (Н - Но).

Приравняв два, последних выражения и учитывая первое
соотношение, получим
63. Поезд массой 500 т шел равномерно по горизонтальному
пути. От поезда оторвался задний вагон массой 20 т. Проехав
после этого 200 м, машинист прекратил доступ пара в машину.
На каком расстоянии друг от друга остановятся отделившийся
вагон и остальной состав поезда? Предполагается, что машина
все время работала одинаково и что сопротивление движению
поезда и вагона пропорционально движущейся массе.
Дано:
т = 500 т = 5-105 кг;
тх = 20 т = 2-104 кг;
s = 200 м.
S.x
_?
Решение
Пусть s = 200 м, sx — путь, пройденный оторвавшимся вагоном
до остановки, ss — путь, пройденный остальным составом поезда
после прекращения доступа пара в машину до остановки, sx —
расстояние между остановившимся вагоном и поездом:
sx == s ~ sa * si ■
Если после отрыва заднего вагона прекратится доступ пара
в машину, поезд и оторвавшийся вагой будут двигаться, одинаково
и пройдут путь, определяемый из формулы
—— = kmxgst
или
Л.—__ii— = k (m — mj) gslt
При равномерном движении поезда сила тяги паровоза
уравновешивается силой сопротивления всего состава: FTfini = kmg. Когда
задний вагон оторвался, то сила сопротивления уменьшилась, а сила
тяги по условию задачи ие изменилась.
На поезд стала действовать сила F, ускоряющая его движение,
равная
F = kmg — k(m — ml)g = ктф

Поезд после отрыва вагона стал двигаться под действием этой
силы ускоренно и его кинетическая энергия на пути s возросла па
величину Д£к. Изменение кинетической энергии можно определить
по работе силы F на пути s:
Когда машинист прекратил доступ пара в машину, поезд уже
обладал кинетической энергией
Ек = ЛШВ1± + АЕК = «"-?>* +kmfgs.
Подставив в последнее выражение вместо - ~— его
значение к{т — mi)gSi, получим
EK = k(m — /Hi) gsx + ktnxgs.
Кинетическая энергия ЕК поезда была израсходована на работу
по преодолению сопротивления па пути s3:
k (m — тг) gs2 = k{m — 1щ) gsx ~\~ km-^gs.
Отсюда
JTljS
S$ ■ Si — ■ *
* l m—/«i
Подставив в выражение s^ = s-|-sa — sx вместо s2 — s± его
значение, получим
ms
x ~~" m — nii '
_ 5,1°5 кг'т M ^ 91 П
64. Физкультурник разбегается в течение времени t и прыгает
в длину. Определить максимальную дальность прыжка, если
коэффициент трения fe, а максимальная высота прыжка Л.
Решение
Горизонтальную составляющую скорости в момент начала
прыжка v-l можно найти из второго закона Ньютона:
mv1 — mvQ = kmgt1 -f- kQt2i
где t± — время разбега; 4 —время толчка; т — масса
физкультурника; Q — сила нормального давления при толчке; начальная
скорость у0 равна нулю.
Так как t *= t± -f t%i a (Q — mg) t% = mvBm> то
mv1 = k {mgt -|- туверт),
3* 87

откуда
vl = k Ш + Оверт) = & (g< + "K2gA).
Зная горизонтальную составляющую скорости, можно определить
и дальность прыжка:
65. С какой скоростью растет толщина покрытия стенки
золотом при распылении, если атомы золота летят, обладая энергией
Ю-*10 эрг, и производят давление на стенку, равное 1 дин/см*?
Плотность золота 19 300 кг/м*.
Дано;
Ек = Ю-'° эрг= 10-17 дж;
р = 1 дин/см? = 0,1 я/ля2;
р^ 19 300 кг/ж3.
Реш ение
Пусть / — толщина слоя, тогда скорость покрытия выразится
как -г-; примем эту величину за искомую. При этом через т
будем обозначать массу одной молекулы золота, через М — массу
всех молекул.
Известно, что произведение массы на скорость есть количество
движения, а произведение силы на время — импульс силы. Тогда
Mv = Ft.
Масса отложившегося вещества равна
М = iSp.
где I — толщина слоя; S — поверхность стенки; р — плотность
золота.
Давление, производимое атомами золота, равно частному:
F
Р = —.
Подставив вместо F его значение, получим
68

где v — скорость атомов золота, которую находим из формулы
р _ ™>%
Откуда
г т
Определим массу атома золота. Атомный вес золота равен
А = 197, и по закону Авогадро в каждом килограмм-моле
находится Nl= 6,025- 102в атомов.
Следовательно, масса одного атома
А
Итак,
2EKN
Подставив в формулу
р = ±- ро
вместо v его значение, получим скорость напыления
А
р У 2EKN'
4- = -тътг У 1т^ = 6»625• 10~10 м1сек-
i 19 300 У 2.10"i?.6,025.1020 '
66. Два абсолютно упругих тела массами m и М подвешены
на длинных нерастяжимых нитях. Тело массой m отклонили на
угол а и отпустили. Проанализировать, как будут изменяться в за-
висимости от отношения масс k = — максимальные углы откло-
нения тел после удара.
Решение
Обозначим длину нити через /. При отклонении на угол а
(рис. 41, а) тело m будет находиться на высоте
11 = ОС — OB = l — /cosa = /(l — cos a).
Потенциальная энергия данного тела в положении А
Еп= mgt(l — cos a).
При своем движении в точке -С тело имеет определенную
скорость, которую легко подсчитать по закону сохранения энергии
mw
mgl (1 — cos a)

или
v = Y2gl(l —cos a).
После удара о тело М первое тело отскочит и поднимется на
высоту Alf второе — на высоту h2 (рис. 41, б). Пусть углы
отклонения будут соответственно £ и ?■ До удара количество движения
первого тела равнялось то, второго — нулю. Пусть иг и и2 — ско-
Рис. 41
рости движения тел после удара, тогда по закону сохранения
количества движения получим
тиг -}- Ми% — то,
а по закону сохранения энергии
2 ' 2 "" 2 *
Составим систему уравнений
то = тиг -\~ Ми2',
гтг = ти{ + Mut
и найдем значения их и %:
| т (v — иг) — Ми2\ j m(v — иг) = Ми2*
\m(v* — uf) = Mul, \m(v — щ) (v -)- щ) — Mw|.
Разделив второе уравнение на первое, получим
^2 = ^1 + У'
70

Подставляя данное значение в уравнение ти% ~\-Мщ = mi\
получим
то = ти± + Mo -j- Миъ
то — Mv = ти± -}- Миъ
откуда
где
м
k =
т
Аналогичным образом найдем а2:
2v
и* —
^~ 1 +к '
Таким образом, тело т поднимется на высоту йл:
^=4=teH72^ (-^)2/(i -cosa)- ■
Точно так же
2
, _ ^ __ _4og ___ 4/(1 — cos д)
П*~ 2g ~ (l+ft)«2g ~ (1+/г)2 '
Из треугольника ВОт
t-l±^Yl(l-<:osa)
COS?--*=**-=■ "+»', =
= 1-(ттт)в(1_С08я)-
Аналогично
! 4(1—cos я)
C0ST=:i—{ТТ^—.
Рассмотрим несколько случаев.
1. Пусть k -> сю. ^ Это возможно, когда т->0 или М-^оэ.
Тогда
cos j3 = cos a, cos т = 1
или
P = а, Т = О,
т. е. второе тело остается неподвижным, а первое отскакивает от
него на первоначальный угол.
2. k = 1 или Л4 =т. В этом случае

cosp = 1; p = 0;
cosf = cos a; f — a,
т. е. после удара первое тело полностью останавливается, а второе
приходит в движение. Тела обмениваются движениями.
3. k ~> 0. Тогда
cos р = 1 — (1 — cos a) = cos a; p = a;
cos-f = 1 — 4(1 —cosa) = 4cosa — 3.
67. Подвешенный на нити шарик массой ОД кг, отклоняясь на
угол 45°, колеблется в вертикальной плоскости. Определить
натяжение нити в тот момент, когда она отклонена от вертикали па
угол 30°.
^\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\^ - Дано:
a = 45°;
р = 30°;
т — 0,1 кг;
g = 9,8 м/сек*.
F — ?
Решение
Пусть пить составляет с
вертикалью угол б. Разложим
действующую на шарик силу тяжести
по двум направлениям: радиусу
окружности и касательной к ней
(рис. 42), Тогда натяжение нити
равно сумме двух сил:
центробежной силы и нормальной
составляющей веса шарика:
где F — сила натяжения нити; / — длина ее; v — линейная скорость.
По закону сохранения энергии
Из рисунка видно, что
й0 — h = I (cos p — cos a).
Рис. 42

Поэтому
—j— =2mg (cos p — cos a).
Подставляя это значение в выражение для натяжения нити и
учитывая, что P1 = Pcos§, получим
F = rng (3 cos (3 — 2 cos a),
F = 0,l кг-9,8 ж/^2(3-0,866 — 2-0,707)^1,16 н.
ЗАКОН ВСЕМИРНОГО ТЯГОТЕНИЯ
68. Какую необходимо сообщить телу минимальную скорость
в горизонтальном направлении к поверхности Земли, чтобы оно
стало искусственным спутником Земли? Определить период
обращения спутника Земли на высоте 1000 км.
Дано:
h= 1000 км= 106 ж;
М = 5,96-10» кг;
у = 6,67 - 10~п мь[кг • сек%.
и — ? Т —?
Решение
Пусть тело находится на некоторой очень малой высоте над
поверхностью Земли. При сообщении телу некоторой определенной
скорости в горизонтальном направлении оно будет двигаться вокруг
Земли по круговой орбите, превратившись в искусственный спутник
Земли (это утверждение справедливо, если пренебречь
сопротивлением воздуха). Соответствующее значение скорости этого тела
носит название первой космической скорости.
На тело, двигающееся по круговой орбите, действует
центростремительная сила, величина которой выражается формулой
где т — масса тела; v — скорость движения; R — радиус кривизны
траектории.
В рассмотренном случае центростремительной силой является

сила притяжения тела Землей. Эта сила притяжения выражается
формулой
„ гпМ
где М — масса Земли; у — гравитационная постоянная; R —
расстояние тела от центра Земли (равное радиусу кривизны траектории).
Приравнивая выражения для центростремительной силы /vT
и силы притяжения \Fnp, получаем
mv2 __ тМ
Отсюда можно найти следующее выражение для скорости v:
Подставляем в это выражение численные значения входящих
в него величин;
v=Y
6,67- 10~п м*/кг-сек2-5,96- 10й* кг
6,4-10° м
^ 7,9 • 103 м/сек = 7,9 км/сек.
Значение скорости v можно найти, если даже значение массы
Земли М является неизвестным. Для этого надо разделить обе
части равенства Fпр — f ~д2- на т\
р
Согласно второму закону Ньютона, отношение —— равно
ускорению g свободно падающего тела у поверхности Земли:
Следовательно,
и
v = V~gR.
Подставим в последнее уравнение значения g я R, выраженные
в единицах системы СИ: g = 9,8 м/сек2,, i? = 6,4- 10е м.
Выполнив арифметические действия, получим

Г-2-3,14-!/ п^МО.в,а
Период обращения спутника вокруг Земли
т_ 2л:
J ~~ со '
где ш — угловая скорость обращения спутника вокруг Земли. Она
равна
v
м=7Г+¥>
где v = 1/ njij — скорость спутника; h — высота нахождения
спутника над поверхностью Земли. Таким образом,
т = 2. уШЖ,
у 6,67.10-" м*/кг-сек2-Б,9д-\0и кг
= 6330 сек zz 1 ч 45 жш*.
69. На какую высоту должен быть запущен искусственный
спутник Земли, чтобы его период обращения был равен периоду
вращения Земли вокруг своей оси? Масса Земли 5,96 <1024 кг.
Дано:
Т = 24 ч = 86400 дас;
М = 5,96.10s4 K£;
т = 6,67* 10"" м*/кг-сек*.
/2 — ?
Решение
Центростремительное ускорение может быть определено из
формулы кинематики
и по закону всемирного тяготения
(R + Л)2 '
где Я —радиус Земли; о—линейная скорость обращения спутника
вокруг Земли; f — гравитационная постоянная; Л —высота, на
которой находится спутник.

Очевидно, что
Ф чМ
откуда
Так как скорость
то
Следовательно,
R + h (R + h)*>
^ Iм
v =
R + h '
2rz(R + h)
(f)v+»■=«?*•
R + h = ^ ^M
2^r
Я+ ft~ 1^6,67. ИН1 м3/кг.сек*-5,96.10** кг (|^щ)2 сен? =
= 9,Ы07 м = 91 000 км.
Расстояние от центра Земли до спутника равно R-{-h. Высота
h =: 91 000 /еж — 6400 км = 84 600 км.
Таким образом, спутник, пролетающий на высоте примерно
84 600 км9 будет парить над одной и той же точкой земной
поверхности (если, конечно, он вращается в ту же сторону, что и Земля).
При этом спутник должен также находиться над одним из пунктов
земного экватора.
70. На экваторе некоторой планеты тела весят вдвое меньше,
чем на полюсе. Плотность вещества планеты 3000 кг/м*.
Определить период обращения планеты около собственной оси.
Дано:
р = 3000 кг/м3;
7 = 6,67-10-» м3/кг-сек\
Решение
По условию задачи вес тела на экваторе планеты вдвое меньше,
чем на полюсе. Это означает, что центростремительная сила,
необходимая для удержания тела на экваторе, при вращении планеты
76

вокруг своей оси составляет половину силы тяготения. Рассмотрим
это подробнее.
По третьему закону Ньютона со стороны опоры на тело
действует сила Р\ равная и противоположная весу тела Р.
Таким образом, к покоящимся на планете телам приложены две
силы: сила тяготения FTar и реакция опоры Р\ численно равная Р.
Эти силы сообщают телу необходимое центростремительное
ускорение при вращении планеты вокруг своей оси. На полюсе и на
экваторе они направлены по одной линии (по вертикали).
По второму закону Ньютона
— * тяг 1 5
R
где v — скорость движения тела вокруг оси.
На полюсе v = 0 и F0 = FT*r*
Реакция опоры и, следовательно, вес тела на полюсе равен силе
тяготения.
На экваторе
2-я
где Т — период обращения,
mi--2R
Р — F —
i э — 1 тяг
Рэ = 0,5Р; - 0,5*
J2 VtOl ТЯГ-
По закону всемирного тяготения
гпМ
По условию
откуда
тяг»
•''тяг — Т
R
2 »
где m—масса тела; М — масса планеты; J? — радиус планеты, но
М = -д- к#3р, где р — плотность планеты.
Подставляя в формулу L a = 0,5/^ выражения для /w и М9
получаем
4
"7а-=°>5Т gi .

После сокращения получим
У тр
Подставив численные значения, найдем
Т - Т/оЯйп Yi^l0", * = 9^03 се/с (2 ч 41,7 ли«).
г 3000 кг/м9-6 fit м»/кг-сек* v '
71. Какую скорость приобретает метеорит, падая с высоты
800 км до ощутимо плотных слоев атмосферы, расположенных на
высоте 100 км, если допустить, что сопротивление движению до
этой высоты так мало, что им можно пренебречь? Какое количество
теплоты при этом выделится, если заметное торможение метеорита
началось на высоте 100 км. Считать, что вся кинетическая энергия
метеорита превратилась в тепло.
Дано:
/z2 = 800 kjw=8-10b м;
/z1== 100 км = 103 м;
Л<Г = 5,96-103'1 кг;
i? = 6400 кл = 6,4-10е м;
у = 6,67.10-" м3/кг-сек*.
v-7 Q-?
Решение
При отсутствии потерь кинетическая энергия метеорита возрастает
настолько, насколько уменьшится его потенциальная энергия:
Е — Е — — — mv"
'п0 ~п 2 2 '
где m — масса метеорита; vQ и и —вертикальные составляющие
скорости метеорита.
Предположим, что начальная скорость метеорита v0 = 0. В
первом приближении можно воспользоваться формулой потенциальной
энергии
Ea^mg(lh — h1)J
где g — ускорение для какой-то средней высоты h = -Ч|~ ■- над
Землей между начальной и конечной точками падения. Для опре-

деления g для высоты h воспользуемся законом всемирного
тяготения:
F — тМ
т (R + hY *
где М — масса Земли; R — радиус Земли.
С другой стороны,
F = mg.
Из двух последних равенств находим, что
м
ё ~~ Т (Л + /г)2 '
Так как
,* , ч '/по8
то
■^РД-./Г^;',,
/
-. /2.6,67-10"п л8/«г-ОУея-5,96-1024 /ег-7-Ю6 л 0,СЛ /
и^ У — Wo^-нТЛёРГ^ —-3450 */сяс.
При такой скорости в процессе торможения должно выделиться
огромное количество тепла.
При полной остановке метеорита вся его кинетическая энергия
Ек = ~~ обратится в теплоту Q, т. е.
т. е. на каждый килограмм приходится 6 Мдж теплоты»
72. Считая, что орбита первого советского искусственного
спутника Земли имела окружность радиусом 7340 км, определить число
оборотов спутника за сутки.
Дано:
г = 7340 кл = 7,34-10е м;
# = 6,4-10° м.
п — ?
79

Решение
Число оборотов определим по формуле
U1
где ш — угловая скорость спутника. В каждый момент времени ее
можно рассчитать по формуле
V .
СО = ■ -,
где v — линейная скорость; г — радиус обращения.
Определим скорость v.
Если тело обращается по окружности под действием силы
тяготения, то последняя играет роль центростремительной силы. Она
должна быть равна произведению массы спутника т на
ускорение а. Поэтому
тМ то2
где М — масса Земли. Откуда
Число оборотов
п =
о> v _1_ -\f-\M.
Из выражения gQ = -ig- найдем значение *[М = g0#3 и подставим
в предыдущее уравнение
После подстановки данных получим п= 15 оборотов.
73* Подсчитать ускорение свободно падающих тел на
поверхности Солнца, если известны радиус земной орбиты (149,5-109 ж),
радиус Солнца (695,5 ■ 106 м) и время обращения Земли вокруг
Солнца (один год)*
Дано:
1?= 149,5-10е ж;
г = 695,5-106 м;
Г=1 год = 365,255-24 «3600 сек =
=3154-10* сек.
gc — ?

Решение
При движении Земли по своей орбите вокруг Солнца возникает
центростремительная сила FUCT, которая удерживает Землю на ее
круговой орбите;
£, _ mv2
Так как
v— т ,
то
F — 4я2'п#
По третьему закону Ньютона одновременно с
центростремительной возникает центробежная сила, которая уравновешивается силой
всемирного тяготения
Р пгМ
Приравняв правые части, получим
В этом уравнении неизвестно М. Сила тяжести любого тела
Р = rngo уравновешивается силой всемирного тяготения F = f
Приравняв правые части, получим
м = r2gc
Г2
Y
Подставив это выражение в предыдущее уравнение, получим
4rJR r2gc
Г2 " R* '
откуда
4теЧ?
gc =
7V
,т 4-3,14М49,5М0*? ж« 2
ёс ~ 3154M0S ож2.695,52-1012 л*2 ~ Л(6 М1СеК '
74. В однородном шаре радиусом г и массой М имеется
сферическая полость радиусом -g-, поверхность которой касается шара
и проходит через его центр (рис. 43). На расстоянии I от центра

шара находится точечное тело, масса которого т. С какой силой
шар с полостью будет притягивать тело Л?
Решение
Рассмотрим случай, когда точечное тело А находится со стороны
вырезанной полости- Сила взаимодействия между сплошным шаром
и телом А определяется по формуле
7
А
№i
i
Рис. 43
Так как шар полый, то его масса уменьшится на
Расстояние центра массы Мх от тела А
8 *
г
Вследствие того, что шар полый, сила взаимодействия между
двумя телами Fx уменьшится ш
тМ
F2 = Т -тг1 = Т
8'-2
3 *
Тогда искомая сила F = Fx — F2 или
тМ
гл тМ
•нг
= ^тМ
7/2 _ sir + 2л2
Предлагаем читателям рассмотреть самостоятельно случай, когда
тело А расположено по другую сторону шара.

КОЛЕБАТЕЛЬНЫЕ ДВИЖЕНИЯ
75, Радиус ОВ = г равномерно вращается против часовой стрелки
с угловой скоростью ш (рис. 44, а). Точка А — проекция точки В
на ось х. За начало отсчета времени приняли тот момент, когда
угол <ро = -?-■ Напишите формулу, по которой можно найти
скорость точки А для любого момента времени t.
^ *--
/
/
/
/
/
1
\
\
\
\
\
S
"V
^*~ ——
а)
у
-— ~^_
■
- -~
N
Уо
•
у
у
[
\
N \
|\
1 1 VI
/
/
/
/
/
Рис. 44
Решение
Угол поворота при равномерном вращении
9 — «Л
Угол между подвижным радиусом ОВ и осью лг (рис. 44, б)
шМ-
? " i б *
Скорость точки Л равна горизонтальной составляющей скорости
точки В, поэтому
va = — я sin <р = — шг sin I u>t -|- -S-).
Знак минус стоит потому» что скорость направлена в сторону
убывания координаты х.
76, Тележка, на которой укреплен маятник с периодом
колебаний 0,5 сек, находится на наклонной плоскости, расположенной

под углом 45° к плоскости горизонта. Чему будет равен период
колебания Tt маятника, когда тележка начнет скатываться по
наклонной плоскости?
Дано:
Т = 0,5 сек\
а - 45°;
g = 9,8 м/сек2.
Ъ-1
Решение
Движение маятника будет равноускоренным по отношению
к поверхности Земли и колебательным по отношению к поверхности
тележки. Скатывающая сила Fx
сообщит маятнику ускорение
поступательного движения, под
действием силы F% происходят
колебания (рис. 45). Сила F%
является нормальной
составляющей веса маятника Р, а сила Fx
направлена параллельно
наклонной плоскости вниз. Из
рисунка видно, что
F% = Р cos а =: mg cosa,
Рис. 45
Уо
где m — масса маятника; g
корение силы тяжести.
Зная F& можно легко определить период колебания маятника
1 Га У gcosa у cos я
Тг = 0,5 сек /2 = 0,6 сек.
77. На пружине подвешен грузик массой т. Период колебаний
системы составляет 0,5 сек. Затем подвешивают еще один грузик,
в результате чего период колебаний пружины возрастает до 0,6 сек.
Определить, на сколько удлинилась пружина под действием
перегрузки.

Дано:
Тг = 0,5 сек;
Тг = 0,6 сек,
А/ — ?
Решение
Период колебаний пружины под действием грузика массой m
определяется формулой
Т^У^.
Если к пружине подвесить еще один грузик Am, то период
колебаний станет равен
откуда
П — Т* = №т\Ш — 4^4- = 4тсй
k k k *
При небольших растяжениях пружины
ks==TT>
где F — действующая сила; At — удлинение под действием этой
силы.
В пашем случае F = Am~g.
Тогда
Подставляя значение ft в уравнение Т\ — Т\ = 4*а -|^-, найдем'
д/ в ^(Г^7Г'\ Д/ = 2,73 еж.
78. За счет отклонения из положения равновесия ареометр»
в сосуде с водой совершает гармонические колебания с периодом
1 сек. Каков будет период колебаний ареометра в керосине?
Дано:
Тг *= 1 сек;
рх = 1000 /сг/ж3;
р2 := 800 /сг/ж3.
7V=T
/
85

Решение
Пусть отклонение ареометра из положения равновесия в воде h
(рис. 46). Тогда сила, стремящаяся вернуть его в положение
равновесия, равна
F - flghS,
где pi — плотность воды; S — площадь поперечного сечения трубки
ареометра.
^ С другой стороны,
4яат
h-
F =
где т — масса ареометра.
Тогда
А
К
откуда
Рис. 46
V $>xgS
Аналогичным образом можем написать формулу для
периода колебания ареометра в керосине
Т,
^у
m
Ш$%
где р3 — плотность керосина.
Отношение периодов колебаний
Ik
-Vb
откуда
Т*^Т
>п-
Подставляя численные значения, получим
Г2 = 1 ceK-YlT^1*12
сек.
86

МЕХАНИКА ЖИДКОСТЕЙ И ГАЗОВ
79. Деревянный цилиндр плавает на поверхности воды так, что
он погружен в воду на 90%. Какая часть цилиндра будет
погружена в воду, если поверх воды налить слой масла, полностью
закрывающий цилиндр? Плотность масла 800 кг/м3.
Дано:
Pl= Ю00 кг/м3;
р2 = 800 кг/мв;
Н = 0,9/г.
h1~ ?
Решение
Когда цилиндр погружается и в воду, и в масло, то на него
будет действовать выталкивающая сила и со стороны воды, и со
стороны масла. Поэтому выталкивающая сила (общая) должна
уменьшиться па величину силы (Fx = p8gKi), с которой вода
выталкивает масло, против первоначальной (F — O^fagV), т. е.
выталкивающая сила
Так как какая-то часть цилиндра погружена в воду, то вода
также стремится вытолкнуть цилиндр с силой, равной
произведению погруженного в псе объема на удельный вес воды, т. е.
jFa = Pigl/2- Так; как цилиндр находится внутри жидкости, то
очевидно, что общая выталкивающая сила F не превышает
выталкивающей силы воды, т. е.
F^F,
или
OflpigV — hgVi = heK
Заменив Vt па V — Vs и решив уравнение относительно F2 (объема
той части цилиндра, которая погружена в воду), получим
= Q,9Pl - н ^
Теперь, заменив У2 на Sftx и V на Sh, будем иметь
Pl — ?2

"После подстановки численных значений получим
- _ 0,9-1000 кг/м* — 800 «g/jtt3 , 1 ,
П* ~ 200b/S " П ~ ~2 П'
Итак, цилиндр погружен в воду на 50%.
80. Кусок пробки весит в воздухе 15 Г, кусок свинца— 113 Г.
Если эти куски связать, подвесить к чашке весов и опустить
в керосин, то показание весов будет 60 Г. Определить удельный
вес пробки, учитывая, что удельный вес керосина равен 0,8 Г/смг>
а свинца — 11,3 Г/см3,
Дано:
Р1==15 Г= 14,7-10-2 щ
Рй= ИЗ Г= 1,1 я;
Р5 = 60 Г -58,9-10-2 щ
4-11,3 Г/ш3 = 11,3-9,8-103 н/мэ;
dn = 0,8 Г/см3 = 7,85-103 я/ж3.
Решение
Пусть Рх — вес пробки, йг — ее удельный вес, Р% — вес свинца,
р
d%—его удельный вес. Тогда объем пробки Уг = Чг\ объем свинца
р
1/2 = —^-\ общий объем пробки и свинца
Согласно закону Архимеда, на погруженное в жидкость тело
действует выталкивающая сила Р (в пашем случае Р = Рх -\- Р2 — Р3)>
равная весу вытесненной жидкости в объеме погруженного тела
Р = Vd*
где &%—удельный вес керосина.
Отсюда
Р1 + Ра-Р, Я3 р2
Решая полученное уравнение относительно искомой величины йъ
-получаем
л РгФА .
1 (Pi + P% - Рь) d2 - РА '
подставив численные значения, найдем
d, -1,96-103 н/м\

■ 81. На поверхности воды плавает цилиндрический сосуд,
площадь дна которого 5. В сосуд налита вода до высоты А0.
Погружение сосуда при этом равно Я0 (рис. 47, а). Как изменятся А©,
и #0, если внутрь сосуда поместить плавающее тело весом Р,
имеющее форму куба?
Решение
Изменение веса плавающего в воде цилиндра по закону
Архимеда должно быть равно изменению выталкивающей силы при
большем погружении его в
воду. Цилиндр опускается при
погружении в него тела, вес
которого Р (рис. 47, б). Можно
написать
#о) PgS = Р
:-«г
или
откуда
(я
я-я0 =
я = я0+
-1
^ъ
л —
?gS
?gs
В свою очередь (А
= Р н А = Ао - Р
?gs
Ло) PgS =*
Это спра-
б)
Рис. 47
ведливо, если не учитывать тол- _
щину стенок сосуда.
82. Баллон весом 100 кГ
содержит 1000 ль3 водорода при
20° С и 740 мм рт. ст. К нему
привязана гондола весом 404 кГ. Какая сила действует на лииы в
момент старта?
Дано:
F= 100 кГ = 980 н;
7= 1000 ж3;
t = 20° С;
р' = 740 мм рт. ст.;
F± = 404 кГ = 3964 я.
^-?

Решение
Определим сначала выталкивающую силу, действующую на
баллон, Удельный вес воздуха и водорода при 0°С и давлении
760 мм рт. ст. составляет:
4=12,684 н/м3\ ^ = 0,883 н/м\
Исходя из известных законов
pV - МВТ и d = -^-,
получим
., _ рг 273 ,
\~~ р " 273 + * a"2j
где (1Щ — плотность водорода при . t ~ 20° С и давлении // =
= 740 мм ргп, ст. Аналогично для воздуха
ав^ р 273 + i а*'
После подстановки численных значений получим
<4= 0,801 н/м3 и <£*= 11,407 к/ж8.
Выталкивающая сила по закону Архимеда
Fb = (& — <QV, F2 =- 10 600 н.
ч
Тогда ускорение системы в момент старта
где тб — масса баллона; mr — масса гондолы; тЦа = d[4 ~ 82 кг.
Натяжение лин F' = /туг. На лины действует еще сила веса
гондолы. Тогда полное натяжение лин составляет
Fx = F' +FX = I*^£±fiL.m +f =
P _ (10 600 a —980 н)404 на + 3964 н(82 кг + 100 K3)^7Qgn
-* ~~ 82 /ee + 100 кг+ 404 /сг ~ ttDU W'
83. Два тела плотностью px и p2 в пустоте имеют один и тот же
вес. Их подвешивают к концам рычага и помещают в жидкость
плотностью р. Каково должно быть отгюшение плеч рычага, чтобы
не нарушилось равновесие?

Решение
Обозначим через Vt и Va объемы обоих тел, через Р — их вес
в пустоте и через 1г и /3 — плечи рычага.
В жидкости вес тел соответственно равен:
При равновесии
откуда
Но
поэтому
к _ -P-pgVg •
хг р и р
5 \
к * V" ?_*■) _ Pa(pi —p)
Р I 1 - ~\
1г р Л _JL\ Pi (Ра — р)"
84, Вывести формулу поправки, которую надо вносить при
взвешивании в воздухе на рычажных весах тела плотностью р
с помощью гирь плотностью рх, если плотность воздуха р0.
Решение
Обозначим все величины, относящиеся к гирям, индексом 1.
Тогда вес гирь в воздухе будет равен
Гг=Рг-ЬРъ
где Рх— вес гирь, отнесенный к вакууму; ДРХ — потеря в весе
в воздухе:
P1 = tti1g = piV-[g;
A-Pi = Kg = Po^tg,
где Vt — объем, занимаемый гирями.
Вес тела в воздухе равен
Р'=Р — АР,
АР = m0g = p0Vg,
P = mg = ?Vgt
где 1/ — объем, занимаемый взвешиваемым телом.

При равновесии весов Р' = Р\:
К = PiVig — poVig = V,g (рг — ро)
Ро
= VMl-t) = P*[l- ь
Ро
Р> = ?Vg - PoVg = Vg(p- Po) =
=Mi-f)=/>(i-f).
Приравнивая правые части для Рг и Р\> получаем
ШЩУ/Ш/Ш
откуда
1--Ь
Р = Рг 9l
1 —
Ро
Замечая, что обычно р2 и р» р07
и пользуясь формулами
приближенного умножения и деления, перепишем
предыдущую формулу в виде
Р = Рг(1
pi
р
или
'-'J}-*(t-t)\
Рис. 48
При взвешивании тел с
относительно большим весом приведенной выше
поправкой можно пренебречь, так как
выражение, стоящее в скобках, будет
мало отличаться от единицы.
85. Цилиндр с внутренним диаметром 10 см и длиной 20 см,
заканчивающийся сверху трубкой с внутренним диаметром 4 см,
может свободно двигаться относительно поршня. Первоначально он
находится в положении а (рис. 48). Через трубку наливают 2 л
воды. Определить, на какую высоту над поршнем поднимается
верхняя стенка цилиндра, если вес его вместе с трубкой 6,6 кГ.

Дано:
V = 2 л = 2- Ю-3 м*;
Рг = 6,6 кГ = 64,7 н\
D = 10 ел* = 0,1 ля;
d = 4 еж = 0,04 ж;
р= 1 г/еж3 =1000 /сг/д3;
g = 9,8 м/сек2.
Решение
Объем воды в цилиндре составляет -^т— h2, в трубке ~- hti
где /гА — высота столбика воды в трубке (рис. 48, б). Тогда объем
воды в цилиндре и трубке будет равен
V = ~Ьъ-\—y-Aj.
Давление воды иа верхнюю стенку цилиндра
Pi = pgAi,
где р—плотность воды.
Тогда сила, действующая на верхнюю часть поверхности цилиндра,
равна
Отсюда
A 4/?
"х r.pg (D2 — da)e
Подставляя выражение для Ах в ранее полученное уравнение, найдем
4 Tz9g(D* — (F)'
Откуда
Учитывая, что сила F, действующая на верхнюю часть
поверхности цилиндра, равна его весу Ръ после подстановки численных
значений получим
А2 = 9,46 см.

Г-О
86. Определить скорость воды в струе, вытекающей из
наконечника, находящегося на высоте 1 м над полом, в момент падения
ее на пол, если начальная скорость вытекания струи под углом 45
к горизонту 3 м/сек.
Дано:
h = 1 м;
а = 45°;
vQ = 3 м/сек;
g — 9,8 м/сек*>
Рис. 49
Решение
Скорость выделенной части струи при
нахождении ее в точке А (рис. 49)
будет по величине равна начальной
скорости и0. Следовательно, кинетическая энергия ее при нахождении
в этой точке будет
Е« =
ти-
'Ко
где /п — масса воды выделенной части струи-
При дальнейшем движении до точки падения эта часть струи,
находясь под действием только силы тяжести, опустилась на
высоту h. Работа силы тяжести зависит только от высоты h
падения струи. Поэтому работа силы тяжести будет равна
Еп = mgh.
При отсутствии сопротивления воздуха эта работа пошла па
увеличение кинетической энергии движущейся части стр^уи по
параболе от точки А до точки падения. Поэтому в момент падения
части струи на пол ее кинетическая энергия будет
F — F Л- F
'It
Kq
ИЛИ
mv*
mVf
+ mSh>
где v — скорость воды в струе в момент падения.
Решая последнее уравнение относительно v, найдем

Это выражение показывает, что скорость тела, брошенного под
углом к горизонту, зависит от начальной скорости тела и от высоты
нахождения его в данный момент времени над местом бросания
и что она совершенно не зависит от угла бросания.
Следовательно, предыдущая формула справедлива и для тех
случаев, когда брошенное тело находится в точках параболы,
расположенных не ниже, а выше горизонтали, проведенной из точки
бросания. Для этих случаев h необходимо считать величиной
отрицательной.
Подставляя значения vQl /i, g, найдем, что искомая скорость
равна
o = Vr(3B + 2-9l8.1) ж3/с#с2~5,3 м/сек.
87. Из вертикальной трубки высыпается песок, причем его
струя сохраняет диаметр трубки (рис. 50). Скорость песка в момент
высыпания из трубки 2 м/сек, а его средняя плотность 1,8 г/смв.
Какова средняя плотность струи па расстоянии 4,9 м от отверстия
трубки?
Дано;
Vq = 2 м/сек;
Ро = 1,8 г/смв = 1800 кг/м*;
h = 4,9 М]
g = 9,8 м/сек^.
Решение
Подсчитаем количество песка, вытекающего за
единицу времени из трубки. Обозначим через S площадь
сечения трубки. Количество песка, протекающего
через любое сечение, должно быть одинаково, в
противном случае ои будет накапливаться в каком-либо
месте.
Тогда
pvS = o0y0S,
откуда
Рис. 50

«Согласно законам свободного падения (см. задачу 86),
Тогда
v = VK + 2gA.
р = №_
Подставив численные значения, получим
1800 /сг/ж3-2 м/сек
Р =
/4 л12Д*ж2 +2-9,8 л*/шс2-4,9 л
= 360 кг/ж3.
88. Цилиндрический сосуд имеет в боковой стенке два
отверстия, расположенные на расстоянии 25 см одно над другим. В сосуд
налита вода до уровня на 25 см выше верхнего отверстия.
Определить положение точки пересечения струй воды, вытекающих из
отверстий (рис. 51).
Дано:
CB^CD^ hi = 25 см = 0,25 ж;
g = 9,8 м/сек?.
щ = #_? KA = t — l "
Решение
Скорость вытекания воды
из отверстия В
— .— -'-
—„ _
— —
D
С
^- Чч
К svW A
ы
Рис. 51
=viY-
Скорость вытекания воды
из отверстия С
Щ = VWh-
Пересечение струи из
отверстия В со струей из
отверстия С произойдет на
расстоянии
где h = Д/С

Аналогично и для струи, вытекающей из отверстия С,
Приравнивая правые части двух последних равенств и учитывая
два первых, получим
Решение указанного уравнения относительно Л3 дает
Нг = h — 0,25 м.
Тогда
ff = A + A + A=-0,75"Ai.
Определим /:
/ = 2-0,25 ж 1/T-0J1 ж.
89. К водопроводному крану с помощью резиновой трубки
присоединена стеклянная трубка длиной 1 м с внутренним поперечным
сечением 0,3 смК Трубка изогнута снизу (рис 52, а). Определить,
на какой угол отклонится трубка, если из -нее вытекает вода со
скоростью 2 м/сек, а масса трубки 80 г.
Дано:
t = I м;
5 = 0,3 ottB = 3-10-5 Mz\
v = 2 м/свк\
ттр = 80 г = 0,08 кг;
р = 1000 яг/л*3;
g — 9,8 м/сек*.
сх—?
Решение
Вытекающая из отверстия струя жидкости действует на трубку
с силой F (рис. 52, б) и отклоняет ее па угол а. Вес трубки с
находящейся в ней жидкостью разложится на силу N, стремящуюся
4 Зак. 1350
97

зерпуть трубку в положение равновесия, и силу Tt ускоряющую
движение жидкости. Равновесие наступит тогда, когда моменты
сил F и N относительно точки О будут равны:
l
Fl^N
L.
а)
откуда
F =
2 *
Рис, 62
Из Д jYCP вытекает, что
сила N = Psinz. Тогда
n Psina . 2F
j7 = —о— и sma = -p-.
Если из трубки за время /
вытекает количество воды т9
то, согласно второму закону
Ньютона, Ft = то.
Так как
tn = potS
(где р — плотность воды), то
Ft = pvtS • v.
Откуда
p"~ptAS.
Вес трубки с жидкостью равен
2.F
Подставляя значения Р и Р в уравнение sin a =-p» получим
sin a
_ 2py2S
После подстановки численных значений
2-1000 кг/м3■ 4 м2/сек*'ЗЛ0~ъм2
sin a =
0,08 кг-9,8 лг/cerc2 + 1000 кг/м9-9,8 м/сек*-1 я»3.11У5 ж2
-0,222; а = 12°50\
90. Под поверхностью реки, скорость течения которой 5 м/сек,
установлен гидравлический таран (рис. 53). Принцип действия его

следующий; если клапан IQ открыт, то по трубе будет протекать
вода со скоростью у. Если клапан К2 закрыт (он закрывается
автоматически при определенной скорости течения воды), то вода
в трубе остановится и за счет се кинетической энергии будет
выполнена работа по поднятию какого-то количества воды на высоту h.
Определить, какое количество воды поднимается тараном за сутки
па высоту 25 м, если длина трубы тарана 4,9 ж, диаметр ее 16 см
и каждый клапан открывается 30 раз в минуту.
Дано:
v — 5 м/сек;
h =r 25 м\
I = 4,9 ж;
4 = 16 см = 0,16 ж;
/ = 24-60-60 сек;
п = 0,5 сект1;
р = 1000 /сг/ж3.
т. — ?
Решение
е
Рис. 53
Ki
Процесс действия тарана при одном закрытии клапана К2
быть описай уравнением
может
ГПХ)'
= flhgh,
Где т — масса движущейся в трубе воды; v — скорость
в трубе; тг — масса порции воды, поднимающейся при
закрытии клапана; h — высота подъема.
Из вышеприведенного уравнения следует, что
воды
одном
* 2gh
Масса воды, поднимаемой тараном за время tt будет равна
тх = 1щгЛ —
mnvH
где п — число закрытий клапана К% в секунду. Но
_ л/._ Л/с _ Р^2
т — pl/i= р/5
4 '
где р—плотность воды,
4*
99

Таким образом,
m,
3,14-1000 кг/л8-4,9 м-0,\62 м2-№м2/сек*>0,5 сек~1 >24-6Q~6G сек
8-9,8 .«/сек2-25 лс
= 2,17.10б/сг.
91. Из бака, наполненного водой, через трубку (рис. 54) в
течение 1 мин вытекает 24 л воды. Определить величину и
направление реакции вытекающей жидкости, если площадь сечения
трубки 2 см%.
Дано:
/ = 1 мин — 60 сек;
V = 24 л = 0,024 я3;
5 = 2 лглс* = 2-10—* мг\
р=.-1 г/сж3=^ 1Q00 кг/м3.
2? — ?
Решение
Так как сечение изогнутой
трубки везде одно и то же, то при
течении жидкости по изогнутой части
трубки количество движения
жидкости, протекающей за единицу
времени через сечение трубки,
будет оставаться постоянным по величине, но будет изменяться по
направлению.
Определим это изменение количества движения.
Пусть за единицу времени через сечение S — St (рис. 54)
втекает в изогнутую часть трубки масса жидкости
т = pSvt
где v — численное значение скорости течения воды по трубке;
р—ПЛОТНОСТЬ ВОДЫ.
Эта масса воды приносит с собой количество движения
га^ Vi — вектор скорости воды в сечении Slt
Рис. 54

Через сечение S2 = 5Х за то же время вытекает такая же масса
жидкости. Эта масса уносит с собой количество движения
где v2 — вектор скорости в сечении S2.
Изменение же количества движения указанной массы воды за
1 сек при протекании по изогнутой части трубки будет равно
АК = /<2 — Кх = pSv (v2 — ui).
Так как на величину АД" количество движения воды изменяется
за 1 сек, то АК должно быть равно по величине и направлению
равнодействующей всех сил, действующих на жидкость со стороны
стенок трубки.
Обозначая эту силу через F, можем, следовательно, написать
Если стенки действуют на жидкость с силой F, то по третьему
закону Ньютона и жидкость будет действовать на эту часть трубки
с той же по величине и противоположной по направлению силой.
Эта сила носит название силы реакции вытекающей жидкости.
Сила реакции, согласно сказанному, будет равна
R = — F — pSv (vx — v2).
Для определения величины R необходимо найти v и v±—о>, так
как остальные величины даны в задаче.
Сначала найдем величину у. Известны объем жидкости V,
вытекающей из бака за 1 мин, и площадь сечения трубки S. Исходя
из этих данных, найдем, что
v
° = Ж-
—> —*-
Так как численные значения v± и % равны vt а по
направлению они перпендикулярны друг другу, то
Vi — Щ
= У~2
4Q

Подставляя вместо v и |v± — v2\ их значения в уравнение R =
= pSv v-l — v2 , получим
Решая задачу, найдем
Я-.= 1000 кг/м* a0f2^ А 1,4 = 1,12 н.
' 3600 сегс2.2.10~4 ж2

ГЛАВА II
ТЕПЛОТА И МОЛЕКУЛЯРНАЯ
ФИЗИКА
ТЕПЛОВОЕ РАСШИРЕНИЕ
ТВЕРДЫХ И ЖИДКИХ ТЕЛ
92. Две линейки — медная и железная — наложены одна на
другую так, что они совпадают только с одной стороны.
Определить длины линеек при 0°С, зная, что разность их длин при любой
температуре составляет 10 см. Коэффициент линейного расширения
меди 17*10—в, а железа 12-10~G град"1.
Дано:
Д/ = Ю см ■= 0,1 м;
аг = 17-10—6 град-1;
. р., = 12-Ю-6 град-1.
'oi ™02 *
Ре шение
Обозначим длины медной и железной линеек соответственно
через Ut и 1Ч (рис. 55). Длины медпой и железной линеек при
любых температурах будут равны:
*i* = 'oi 0+«!*);
ht ™ ^оз (1 ~г аа0*
По условию задачи
'з* '— Wt ==: /о2 *01 == ^J,
откуда
4>2 «1 "
юз

Начальные длины линеек должны быть обратно пропорциональны
коэффициентам линейного расширения.
Решая систему уравнений
а
—-; 'ог — 'oi — ^ч
In
медь
железо
hi
Рис. 55
Л1
находим, что
&1-а<
1 — "'*"8 * / _
^01
A/*at
После подстановки численных значений получим
, 0,1 лг.12.10~6 град^1 п а.
Сею —•-
^02
5-10~° град'
ОД л-17-10~6 град"4
5-10"6 град
г-|
0,34 м.
93. К медному стержню длиной 1 м при температуре 0°С
присоединен алюминиевый стержень длиной 0,5 м. Коэффициенты
линейного расширения меди и алюминия соответственно равны
1,7-Ю-5 гра&~х и 2,4* 10~5 град-1. Чему равен средний
коэффициент линейного расширения всей системы?
Дано:
*о = 0° С;
/oi = 1 м;
4а = 0,5 м;
аа ^ 1,7-Ю-5 град-*;
а2 —2,4-lQ-5 град-1.
а — ?
104

Решение
При некоторой температуре t длины медного и алюминиевого
стержней соответственно равны:
к = кг (! -г М и 'а = кг О -I- а^)-
Соединенные стержни будут иметь общую длину
I = ll -|- /3 = £01 -р £02 -р (Ctj['oi ~1" а2*ог) ^ ™
Сравнивая полученное выражение с формулой длины тела при
любой температуре / = Й>(1-(-аО, находим
кг + А»2
После подстановки численных значений
= 1 л.1,7.1(г1д«Г^+0.5 ж.2,4-10-^ ^'^ 9.10-5 5_i.
1,5 ж ' г
94* Колесо паровоза имеет радиус 1 м при 0°С. Определить
разницу в числах оборотов колеса летом при температуре 25° С
и зимой при температуре — 25° С иа пути пробега паровоза, равном
100 км (сх- 1,2- Ю-6 град'1).
Дано:
г0 = 1 м;
*1==25° С;
fB = —25°С;
а = 1,2-10-* град-1;
s--= 1QQ кж = 105 ж.
Решение
При изменении температуры меняются и все линейные размеры
колеса. При температурах t± и £а радиус колеса соответственно
равен:
Г\ = г0 (1 + <rfi); r2 = г0 (1 + а*8).
Длина окружности колеса определяется формулами;
2тегх = 2«r0(l -rtrfx);
2тгг3 — 2тгг0(1 -j-^a)-
105

В соответствии с этим число оборотов пг и «2, которые
совершит колесо паровоза на пути s, может быть подсчитано по
формулам:
По =
2^ 2т.г0 (1 + *1гу
S S
2ъг2 2~г0 (1 + at£ *
Разность этих двух величин и дает искомый результат
s I 1 1 \
An
2nrQ \ 1 + at% I -}- ^ /'
д „ asfa — /2) ^ as fa — 4)
"~ 2^0(1+^(1+a^ ~ 2пг0[1+a (<! + *.)] •
Дп^-9,6 оборота.
95. Медный лист размером 0,6X0,5 м% при 20° С нагревается
до 600° С. Как при этом изменяется его площадь?
Дано:
/j ^ 0,6 м;
1% = 0,5 л*;
^ - 20° С;
4 = 600° С;
а^ 17.1Q-6 град-'.
AS — ? <
Решение
Прежде всего найдем размеры листа при **С. Используя
формулы линейного расширения, получаем:
'l=Ul+a('a-'i)l;
Площадъ медного листа при температуре /а будет равна
5-/;/;-/а4[1+а(^-^)Г.
Принимая во внимание незначительность коэффициента а и
пренебрегая членом [а (^ — ^)]й, получаем
5 = /1/2[l+2a(^-/1)]J
S = 0,6 м-0,5 ж(1+2.17.10-6 г/ю0-1-58О г/?ад)^0,3059 я2.

Таким образом, площадь листа увеличилась иа Д5 = 0,3059 ж2 —
_0,3 ж2 = 0,0059 ж2 (59 см2).
96. Биметаллическая пластинка состоит из стальной и
алюминиевой полосок толщиной 0,2 мм каждая* Температура 20° С.
Какой радиус кривизны будет иметь пластинка при 100° С?
Коэффициент линейного расширения алюминия 2,4 - Ю-5, а стали
1,1 -10—5 градгК
Дано:
d = 0,2 лш = 2-Ю-4 м\
Д/ = 80°С;
«! -= 2,4-10-5 град-1;
сс2 = 1,1-lQ-5 град~~1.
г — ?
Решение
Средний радиус кривизны пластинки обозначим через г, а
толщину каждого слоя через d. Среднюю длину алюминиевого слоя
обозначим через СВ, а стального — через DE (рис. 56).
Тогда:
р(' +
8
2
d
СВ)
= D£.
Если первоначальную
длину пластинок обозначим
через /0, то:
СВ = /0 (1 + *!&);
где ах — коэффициент
линейного расширения алюминия;
а2 — коэффициент линейного
расширения стали.
Разность длин дуг СВ и DE составляет
или
А/ = к + to^Af — /0— /0ааА/ = /0 (Kl _ а2) д^

откуда
J0(«i — <x2)At — pd.
Из первого уравнения
СВ
В =
d
' + Т
Подставляя сюда значение СВ, получим (
р з •
Полученное значение подставим в уравнение /0 (ах — я8) Д/ = pd:
л+ —
После решения данного уравнения найдем
г = 2 + («г + а2) At &
2 (ах — а2) Д^
Подставляя численные значения, получим
2-f (2.4-1СГ5 град™1+ 1,1-1 (Г5 град"1) 80 град 0 1Л_,
2(2,4.10~5 ераа™1 — 1,1 -Ю-5 гра&~{) 80 грае?
= 0,192 ж.
97. При температуре 0°С период колебаний математического
маятника равен 2 сек: Чему равен период колебаний при 20° С,
если коэффициент линейного расширения нити, на которой
подвешен маятник, равен 1,8-10~Б град~1?
Дано:
к = 0° С;
h - 20° С;
а = 1,8-Ю-5 град-1;
Тг^2 сек.
Решение
Период колебания маятника при температуре tx

Соответственно при температуре t%
п = 2п ущ±щ_
Тогда
Г2 = 2тг Y-j- Vl+*b = Тг ]/Г+^,
Г2 = 2 сек 1/1+ 1,8-Ю-5 град-1-20 град^2,00036 сек.
98. Железный маятник при температуре 30° С имеет период
колебания 1 сек. При какой температуре период колебаний
маятника уменьшится на удщ сек?
Дано
п =
*
1 ^е/с;
10 000;
30° С.
и-->
Решение
Периоды маятников при температуре 1г и t2 соответственно
равны
Тг = 2- Y\ и Г2 = 7\ (l - -1-) = 2, У А,
где /х и 4 — Длины маятника соответственно при температурах
*l и 4-
Тогда
7\, /г — 1
Тх п
VI
или
Но
(п - 1)» _ /2
tt2 k
Поэтому можно написать, что

Из последнего уравнения следует, что
После подстановки численных значений
(10 000—I)2
/,=
-Г+ 30 град 1 ?«20°С
_I ' 1,2. Ю-5 град"1
108-1,2.10~D град"
99. Часы, маятник которых состоит из груза малых размеров
и легкой латунной нити, идут правильно при 0°С. Найти
коэффициент линейного расширения латуни, если при повышении
температуры до 20° С часы отстают за сутки на -16 сек.
Дано:
ДГ 16
Т0 24-3600 '
f = 20°С-
а — ?
Решение
1 Маятник часов можно принять за математический, так как по
условию задачи он состоит из груза малых размеров и тонкой
латунной нити. Период колебания маятника при ^0--=0°С равен
Т0 = 2п Y±u
Если температура воздуха повысилась, то длина маятника
увеличилась и стала равной / = /0(1 + «0- Период колебания маятника
также увеличился
Отношение периодов колебаний маятников при разных
температурах равно
Отсюда
Тх — Т9 _ at
TQ ~ 2 ■
Обозначая Tt — TQ через Д7\ получим
а = T7"f a = 24-3600-20gp^ = 18»5-10"6 «РаЭ-».

100, Плоская свинцовая пластинка, длина которой 30 см при 0°С,
лежит на гладкой крыше (рис. 57, а). Угол наклона крыши
к горизонту 20°. Пластинка удерживается на крыше благодаря
силе трения (коэффициент трения равен 0,5).
а) 5) ' ~
Рис. 57
Зимой утром температура пластинки равна — 20° С. В течение
дня солнце нагревает ее до -|-10°С, а ночью она снова остывает
до —20° С. Коэффициентом линейного расширения материала, из
которого сделана крыша, пренебречь. Найти, на сколько пластинка
сползет по крыше за сутки.
Дано:
/0 = 30 см — 0,3 м;
k = 0,5;
8 = 20°;
а = 2,9-10~5 град-1;
Л =10° С;
й = — 20° С.
А/ — ?
Реш ение
При нагревании большая часть пластинки AD движется вниз по
скату крыши, а меньшая — BD — вверх (рис. 57, б). При
охлаждении же неподвижным остается некоторое сечение Я, лежащее
in

ниже центра тяжести С. Теперь меньшая часть пластинки АЕ
движется вверх, а большая BE— вниз. При этом сечение Д
оставшееся неподвижным при нагревании, по окончании полного
цикла нагрев — охлаждение переместится па некоторое
расстояние At, Это означает, что вся пластинка также переместилась вниз
по скату на длину А/. Будем считать, что вся пластинка
равномерно перемещается относительно ската крыши. Тогда
алгебраическая сумма проекций всех сил, действующих на пластинку при ее
нагревании, на направление крыши равна нулю, т. е.
где Fj — сила трепия, приложенная к части AD и направленная
в сторону, противоположную скатывающей силе; F2 — сила трения,
приложенная к части BD пластинки и направленная вниз по скату.
Определим Fx и F3:
F1 = kP1 cos 3 и F2 = kP2 cos ?,,
где Pj и P2 — веса частей AD и BD, В случае однородности
пластинки Рх и Р% пропорциональны длинам частей Iad и /—Iad, т. е.
Тогда
PsinS — kP-~cos? + kP l~IAD cosp = 0,
откуда получаем
<»-r («+¥•)•
Аналогично можно найти расстояние Iae при охлаждении
пластинки:
Расстояние же Ied между сечениями Е и D равно
Ied = Iad — Iae — I —£~*
При нагревании и охлаждении длина любой части пластинки
изменяется в том же отношении, что и полная длина /.
Теперь можно определить расстояние At, на которое опустится
пластинка вдоль ската за сутки. Пусть Ied — расстояние между

сечениями Е и D при температуре tt, Ied— то же расстояние при
температуре 1г. Тогда
М = Ied — Ied — &d (1 + йа) — /]ш (1 + a*i) = /j^a (fe — *i),
где к — коэффициент линейного расширения.
Подставляя в предыдущее выражение вместо led его значение
{Ied — ^о -%*, где /0 — длина пластинки при 0°С), получим
д/ = 0,3 ж^й^ .2,9- 10-Вггаа"1- 30 град = 1,9-10"4 ж = 0,19 жж.
101. Мерная колба при температуре 20°С вмещает 339 г ртути,
а при температуре 100°С — 335 г. Определить коэффициент объемного
расширения материала сосуда.
Дано:
к--
к =
/п2 =
р.-
- 20°С;
= 100°С;
= 339 г;
= 335 г.
_?
Решение
Определим плотность ртути при температуре tx и £8:
р1~ H-,Vi ' р2~ 1+РА'
где ро — плотность ртути при 0°Q §г — коэффициент объемного
расширения ртути.
Объем сосуда при температуре t± равен
1 Pi р0
при температуре 4
V *= — =. JJh^-thl^L
P2 Р0
Объем сосуда при температуре 0°С, с одной стороны,
Vi __ mi (1 + Эх к)
V« = i
+ Wi PoO + Wi) '

а с другой, -
V = у» = т* (1 + Ь **>
Приравнивая правые части, получим
fflj(l -l-Mi) _ fflg(l + ?i*a)
Po(l + Mi) РоО + М*)'
откуда после решения относительно Q2
g _ Wi — Щ + Pi (nia *г — m2 '2)
Так как рх =1,8- Ю-4 град~\ то после подстановки всех
остальных величии получим
рй = 2,9.10-5 град-1.
102. Объем стеклянной колбы при 0°С равен 400 см*. При
этой температуре колба наполнена до краев ртутью. Затем ее
нагревают до 100СС. При этом из колбы вытекает 6,12 смъ ртути.
Определить коэффициент объемного расширения ртути.
Дано:
1/0« 400 сд3;
t = 100°С;
АУкаж=6Л2сл43.
р-?
Реш ение
Коэффициент объемного расширения ртути можно найти из
формулы
р~ vQt л
Истинное расширение ртути равно сумме увеличения объема
колбы и кажущегося расширения ртути
А1/ист = ДКст + А1/КаЖ.
Увеличение объема стеклянной колбы от нагревания
AI/^ = 3ctCTiy,
где аст — коэффициент линейного расширения стекла. Тогда
р ~ ~~Ту •
114

Если для коэффициента линейного расширения стекла принять
значение а = 0,000009 град-"1, то после подстановки численных
значений получим
р= .0,00018 град-1.
103. В калориметре находятся два слоя воды: внизу — более
холодная, сверху — более теплая. Изменится ли общий объем воды
при выравнивании температур?
Решение
Обозначим через t установившуюся общую температуру, через
тъ Vl9 ^ — соответственно массу, объем и температуру более
холодной воды,, через V\—объем при температуре /, через щ, V2t
t2 — соответственно массу, объем и температуру более теплой воды,
через V'a — объем, который она примет при температуре U
Уравнение теплового баланса следующее:
сгпг (t2 — t) = ст-L (t — у
{теплоемкость с можно сократить).
С другой стороны, изменение объемов с температурой
выразится так:
у _. «i. ад я*1 (* + ffi)
1 Pi Ро *
где pi — плотность воды при температуре *х; р0 — ее плотность при
0°С; р — коэффициент объемного расширения (считаем его
постоянным).
Аналогично:
1 Ро ' S Ро '
2 Ро
Отсюда найдем изменения объемов:
т/ хг -^ щ9У» — 0 .
Ро
V9 V -■ ffli?P — fi)
Ki kj —■ —- •.
Ро
Подставляя щ{1% — f) — тг(1 — t^ в предыдущие две формулы,
получаем

или
т. е. общий объем жидкости не изменится.
104. В железной цилиндрической цистерне высотой 5 ж и
диаметром 5 м содержится керосин. При температуре 5°С керосин не
доходит до края на 15 см. Рассчитать, при какой температуре
керосин начал бы переливаться через край цистерны. Расчет
сделать для двух случаев: без учета расширения цистерны и с учетом
расширения.
Дано:
Нг = 5 м\
d =5 м',
h2 — 15 см = 0,15 ж;
t = 5QC'
§ =0,001 град-1',
j31 = 0,000036 град-1.
Решение
1-й случай. Объем керосина в цистерне при 5°С
Vx = hS,
где
A = Ai —A2» S — ~.
После подстановки этих выражений в уравнение получим
У1 = 4-85ж'\14'25^ =95,18ж3.
Когда керосин при нагревании поднимется до края, его объем
будет равен
Vs ^^Lbl±^L = 98,12 jA
Объемы 1/х и F2 связаны соотношением
^ _ 1 + &

откуда
y,(l+fo)-Vi
После подстановки в это равенство значений и вычислений
получим
_ 98,12 л*3 (1 + 0>00^ град"*1-о град) — 96,18 л? ^ ogop
2 ~~ 95,18 ^-0,001 град'1 ~
2-й случай. При 5°С объем цистерны будет Ка» а после
нагревания до f9 ее объем будет У3, причем
У2_ 1+РА
Vz 1 + ? А '
где рх — коэффициент объемного расширения железа.
Откуда
v __ У»(1 + М»)
Кз" H-JA '
Такой же объем должен занимать керосин при температуре t3.
Мы уже знаем, что объем керосина при 5°С равен Vx, а после
нагревания до t9 его объем будет У3, т. е.
V; 1 + & '
Подставив значение 1/3 из предыдущего расчета в полученное
соотношение, получим
Vi ^ 1 + ffi , ^ (1 4- РА) _ 1 -1- Pi
Mi + PA)_ 1 + &' МН-?А) H-fo*
1 -Ь ? А
Откуда
, _ У1(1 + ?А)-Уа(1 + ^1)
3 УА(Ч-Р<1)-W+РАГ
Подставим в это равенство • численные значения и произведем
вычисления
4 = 37,5°С.
105. Тело массой 1 кг скользит по наклонной плоскости
длиной 20 м, которая образует с горизонтом угол 30°. Скорость тела
у основания наклонной плоскости равна 4 м/сек. Вычислить
количество тепла, выделенного при трении тела о плоскость, если
начальная скорость тела равна нулю.

Дано:
т =
/ =
а =
V =
g =
Q
1 кг;
^20 я;
= 30°;
4 д/сея;
:9,8 м/сен?.
— ?
Решение
Разность между убылью .потенциальной энергии тела и
приращением его кинетической энергии есть работа на преодоление
трения. Эта разность равна количеству тепла, выделившегося при
скольжении тела по наклонной плоскости,
- rnv2 ~
но
h — / sin a.
Тогда
Q — mgl sin a —,
Подставив численные значения, получим
Q = \ кг-9,8 м/сек*. Юм—1 ^'^^/сек* = 9Q ^
106. Какое количество теплоты надо израсходовать, чтобы
медный стержень, имеющий площадь поперечного сечения 5 см% при
температуре 0°С, удлинился от нагревания на 0,1 см? Плотность
меди, его удельная теплоемкость и коэффициент линейного
расширения соответственно - равны 8890 кг/м3, 395 дж/кг>град и
1,7'Ю-Ьград-К
Дано:
5 = 5^ж2 = 5.Ю-%2;
/ — lQ = о, 1 см = 10"3 м;
р = 8890 кг/м3;
с = 395 дою)кг-град;
а = 1,7'Ю-5 град-1.
118

Решение
Количество теплоты, идущее на нагревание стержня от 0 да
t°Ct выражается формулой
Q — cmt,
где т — масса стержня; с — его удельная теплоемкость.
Массу стержня легко выразить через плотность и объем
m^=pV = plQS.
Температура t может быть найдена из формулы линейного
расширения
/ = /0(1+а/),
откуда
i — ■ -. ■ *
Подставляя вместо t и т их значения в формулу для количества
теплоты, получим
ЭЭБ^/^араа-вВЭО 1са/Л|«-Б;1(Г^^.10Н>Лс ^х Q3.105Эж= 103 ^бЫс.
\,7-10Гъград~]
107. В сосуд, содержащий 600 г воды при температуре 50°С,
бросают кусок льда массой 200 г при —10QC. Определить
конечную температуру воды в сосуде. Теплоемкостью сосуда пренебречь.
Дано:
т!=:200г = 0,2/сг;
т2 = 600 г = 0,6 ice;
U= — Ю°С;
h = 5o°q
сл = 2100 дж/кг • град;
с2 — 4190 дж/кг-град;
Х = 3,35.10*аю/кг.
Решение
Составим уравнение теплового баланса
Q = Q% + Q* + Q*
где Q — сгпц {t% — в) — количество теплоты, отдаваемой водой при
ее остывании от t2 до общей температуры 0.

Выражение Qx = сгтг (tQ — t^) характеризует количество теплоты,
необходимой для нагревания льда от t± до температуры его
плавления tQ (сг— удельная теплоемкость льда). Для плавления льда
при температуре /0 необходимо затратить количество теплоты
Q2 = \ть где X — удельная теплота плавления льда. Наконец.,
слагаемое Q3 = сгпц (0 — tQ) означает количество теплоты,
пошедшей на подогревание воды, образовавшейся из растаявшего льда,
от t0 до общей температуры 0 (с2 — удельная теплоемкость воды).
Таким образом,
сгЩ & — в) = схтг (tQ — /j) -j- Ъщ -|- с%тг (в — /0),
0Т1суда
0 = с*т£* — cim* Ро ~ fr) — >^i + c2mLt0
С2 (nil ~T~ m2$ *
Л 4190-0,6.50—2100-0,2.10 —3,35.105-0,2 ~ - ооп
О = 4190^8" гРад~ 13 С'
108. Некоторая установка мощностью 30 кет охлаждается
проточной водой, текущей по спиральной трубке, диаметр которой
15 мм. При установившемся режиме проточная вода нагревается
на 15°С. Определить скорость воды, предполагая, что вся мощность
установки идет на нагрев воды.
Дано:
iV = 30/ce/n=:30 000em;
d = 15 мм — 1,5-10—2j«:
М - 15°С;
с = 4190дж/кг* град;
р= 1000 кг/м\
Решение
Условие установившегося режима, когда вся выделяемая
мощность идет на нагрев воды, охлаждающей установку, можно
записать в виде следующего равенства
•z
где— — масса воды, протекающей за 1 сек; с — удельная
теплоемкость воды»

Но
т 0 т.сР
где р — плотность воды; v — скорость движения воды; 5 —
площадь сечения трубки.
т
Подставляя — в первое уравнение, получим
N = cpw—g- • Дг,
откуда
4JV
V =
После подстановки численных значений получим
4 -30 000 em о „Л ,
v = —— ^2,70 м сек.
№0дж1кг-градАткг1м*-ЗЛ4-\,д*-\Ъ-4л1*-\Ъград
109. В тающую льдину попадает пуля, летящая со скоростью
10* м/сек. Масса пули 10 е. Считая, что 50% кинетической
энергии превращается в теплоту и идет на плавление льда, найти,
какое количество льда растаяло.
Дано:
а— 10п м/сек;
m ~ Юг = 0,01 кг;
щ ~ 0,5;
Х = 3,35-105 дою j кг.
тг — ?
Решение
На основании закона сохранения и превращения энергии будет
справедливо равенство
-f\EK = Q,
где Ек = —д кинетическая энергия летящей пули; т]£к — доля
кинетической энергии/ пошедшая на плавление льда; Q — количество
теплоты, необходимое для плавления льда пгг:
Q = Х/%
где X — удельная теплота плавления льда.
121

Подставим значения
mv* .
7j — Л/Hi,
откуда
ГПл =
2\
0,5 • 0.01 кг • 10" л*/№«* л Лп_-
mi = 2.3,35.10^/ка ~ °'0075 /Сг-
110. Железный шарик радиусом 1 см, нагретый до 120°С, по-
ложен на лед. На какую глубину погрузится шарик в лед, если
удельная теплоемкость железа 0,11 кал/г - град, а плотность
7,8 г/см3} Температура окружающей среды 0°С.
Дано:
г=\см*= 0,01 м;
t= 120°C;
tt = 0°С;
р = 7,8 г/см* = 7800 кг/м?\
с = 0,11 кал/г-град = 460,9 дж/кг • град;
X = 80 кал/г = 335,2 ■ 103 дж/кг.
Л — ?
Решение
Углубившись в лед на расстояние х9 шарик радиуса г
расплавит объем льда, состоящий из объема цилиндра пг*х и объема
полушара -a-wr*, T< e- wr2*-|--g-тсг*.
Количество теплоты, необходимое для плавления льда, равно
где X — удельная теплота плавления льда; рх — плотность льда,
равная л^ 900 ке/мг.
Количество теплоты, выделенное шаром,
Q = -2*r*pc(t — tx)t
где с —удельная теплоемкость железа.
Приравнивая правые части предыдущих уравнений, получим
X Ыг*х + -| пг3) h = -j *r*pc (t — 1г).
122

После подстановки численных значений и сокращения найдем
х^0,01 м.
Глубина погружения шарика А = 0,01 —|— 0,01 = 0,02 м (высота
цилиндра плюс радиус шарика).
411. В снеготаялке с к. п. д. 25% сожжено 2 т дров. Какую
площадь можно освободить от снега при температуре — 5°С при
сжигании такого количества топлива, если толщина снежного
покрова 50 еж? Плотность снега 300 кг/м3, удельная теплоемкость
снега 1,676-103 дою/кг-град, удельная теплота плавления снега
3,35-105 дж/кг, теплотворная способность (калорийность) дров
12,57.10е дж/кг.
Дано:
т] = 0,25;
т = 2т = 2000 кг;
h = 0°С;
*, = -5°С;
h = 50 см = 0,5 ж;
р = 300 ке/м3;
с = 1,676• 103 до/с/кг• град;
Х = 3,35-10*Л»с/*г;
q^= 12,57-10* дж/кг.
Решение
Количество тепла, полученное при сгорании дров, идет на
нагревание снега до 0°С и его плавление:
Q = 4\qm.
Масса растаявшего снега
тг =pV = (JiS,
где А —толщина снежного покрова; S — площадь снежного
покрова; р — плотность снега.
Тепло, пошедшее па нагревание и плавление снега,
Qx = сщ (tx —12) -J- Xmj.
Составим уравнение теплового баланса
rfmq = cmL (tx —12) -f- ^mi-
123

Подставив вместо ma его значение, получим
г{тц = phS [с (tx — /а) + X],
откуда
с _ \Щ
Ар И*1-W + 4 #
После подстановки численных значений получим
с _ 2000.12,57-10я-0,25 _ i оо 2
° — 0,5-300(1,676.103-5 +3,35-105) ~ А^ Ж*
112. В колбе находилась вода при температуре 0°С. Выкачав
из колбы воздух, заморозили всю воду посредством ее испарения.
Какая часть воды при этом испарилась, если притока тепла извне
нет? Удельная теплота испарения воды при 0°С равна 24,9-10б дж/кг.
Дано:
г = 595 кал/г = 24,9-105 до/с/кг;
X = 80 кал/г = 3,35- 1Q5 дж/кг.
т
Решение
Необходимое для образования пара тепло может быть получено
только за счет теплоты отвердевания (плавления), которая
освобождается при замерзании воды.
При замерзании воды т1 выделяется теплота 1тг (X —
удельная теплота плавления льда). За счет этого тепла образуется
количество пара т2. Если теплота парообразования воды при 0°С
равна г, то можно написать следующее равенство:
Хтх — ш2.
Масса всей воды до откачивания т — тг-\-т2- Из этих двух
уравнений находим, что
т2 _ X . гп% X
гщ -\-т2 X -f- г ' т X -|- г '
щ_ 3,35-105 _0 nQ
т ~~ 28,25-105 ~ и>11У>
или 11,9% первоначальной массы воды.
113. Для работы двигателя расходуется 160 кг каменного
угля в I ч. Охлаждение его осуществляется водой, температура
которой при входе 12°С, а при выходе 27°С. Определить расход
124

воды за 1 сек, если на нагревание воды затрачивается 25%
общего количества теплоты.
Дано:
т = 160 кг;
h= 12°C;
/2 = 27СС;
t = l ч = 3600 сек;
q — ЗЛО7 до/с/кг;
с = 4190 дж/кг-град.
™х
_?
Решение
Теплота, выделяемая при сгорании каменного угля в течение
1 ч, равна qtn, где т — масса сгораемого угля, a q — удельная
теплота сгорания угля. В результате охлаждения двигателя водой
только 25% общего количества теплоты отнимается от него:
Q = щт.
Эта теплота идет на нагревание воды:
Q = ст1 {t% — *£).
Итак,
4\qtn = стг (*а — tx)t
откуда
щ = ^ff*1":™"* = 19 100 кг.
1 4190 дж/кг'град-1Ь град
Зная расход воды тг за время t, определим расход воды
за 1 сек:
т. 19100 кг ео ,
тх — -~, ttir = -^нкк ~ 5,3 кг/сек.
х t ' * 3600 сек '
114. Автомобиль прошел расстояние 120 км со скоростью
72 км/ч. На этом пути израсходовано 19 кг бензина. Какую
среднюю мощность развивал мотор автомобиля во время пробега, если
коэффициент полезного действия равен 25%?

Дано:
s = 120 км = 1,2-105 м;
v = 72 км/ч = 20 ль/сек;
т= 19 кг;
т] = 0,25;
д = 4,6-№7 дж/кг.
N — ?
Решение
Количество теплоты, выделенной при сгорании бензина во
время пробега, находим по формуле
Q = qm.
По условию задачи на передвижение автомобиля полезно
затрачивается только часть этой теплоты, равная 0,25. Следовательно,
использованная теплота
Qi = *дои.
Механическая работа, затраченная на передвижение автомобиля,
будет равна A = QX = -г$т. С другой стороны, работу, затраченную
на перемещение автомобиля, можно найти, перемножив мощность
автомобиля на время его пробега:
A^NL
Следовательно,
Nt = T0W2.
Для определения мощности мотора необходимо знать время
пробега. Его можно определить из условия задачи, так как
известны путь и средняя скорость:
t- -
Подставляя это значение в уравнение, получим
Л-
Находим мощность мотора Л':
N — = rfltn.
N =
rxqmv
s
Подставим в последнюю формулу данные из условия:
= О&.Аё.Юдк/кгЛдкг.ТОм/сск 33.10* вт = 33 ,<ет(45 д. с.).
1,2.10й м v '
Полученная величина мощности соответствует средней
мощности автомобиля.
126

СВОЙСТВА ГАЗОВ И ПАРОВ
115. Определить давление газа в баллоне Л, если разность
уровней керосина в манометре равна 15 см (рис. 58). Атмосферное
давление 750 мм рт. ст. Плотность ртути 13,6-103 кг/м?%
плотность керосина 800 кг/м3.
Дано:
И = 750 мм рт.. ст. = 0,75 м рт. ст.;
h = 15 см — 0,15 м;
р = 13,6-103 кг/м*;
Pl = 800 кг/м*.
Р
_?
— хП
Решение
Рис. 58
Через уровень жидкости в правом колене манометра проведем
горизонтальную плоскость тп. При установившемся равновесии
давление в плоскости тп в правом и левом коленах манометра
будет одинаково, при этом барометрическое давление р6 в правом
колене манометра будет уравновешиваться давлением газа р в
сосуде А и давлением рх столба керосина высотой А, т. е.
откуда
Рб = Р+Ръ
Р = Р6 — Р1-
Но p6 = pgfj п рх =pigA, где g— ускорение силы тяжести.
Подставляя значения рб и рг в равенство для /?, получим
Р =Рб — Ра = ?ён — 9igh = (PH — piA) g,
р = (13,6-10» /сг/д3-0,75 л — 800 /сг/ж3-0,15 лс)-9,8 м/секРж
» 9,88-104 н/мК
116. Два баллона соединены тонкой трубкой с краном. Объем
первого баллона 3 л, второго — 8 л. В первом находится газ
под давлением 75 см рт. ст., а во втором — под давлением
30 см рт. ст. -Какое давление будет в баллоне при открытом
кране? Температура газа не изменяется.
127

Дано:
1/г = Зл = 3-10-3 л*3;
/?! — 75 см^рт. ст. «10-104 «/ж3;
р8 = 30 <?я pm. cm. ж 4* 104 н/м?.
__ _
Ре шение
Давление газа при изотермическом процессе прямо
пропорционально его плотности
Pi = Pi _ *Я]Уа fl*i _ Pi^i
Р2 Р2 nisVi9 т2
Р?Уъ
Р Р ^i to + raj '
Подставляя значение —» получим
Pi =
р
/п*
(^1 + ^
F-
т
т
i + i
а
р
PiVi
<Уг + V.)
KhVt I
откуда
p=--
p - v. + v^'
10-104-3-10—3-l-4-10-»-8-10—3
1-3
P
/Ла-Л1*
5,6- 104 н/м\
3-10-^ + 8.10" - [ №
117. Барометрическая трубка, наполненная ртутью, опущена
в чашку со ртутью. В момент наполнения в трубку попало немного
воздуха. При вертикальном положении трубки высота столбика
ртути в ней равна кг. Затем трубку наклонили таким образом,
что высота столбика ртути стала h2i при этом произошло сжатие
воздуха в п раз. Определить величину атмосферного давления.
Решение
Когда барометрическая трубка занимала вертикальное
положение, атмосферное давление уравновешивалось весом столбика ртути
hx и давлением воздуха над ртутью в трубке рх:
р = Ai +
Pirn

Когда трубку наклоняли, атмосферное давление
уравновешивалось высотой столбика ртути Лй и давлением р2) которое равно
при так как воздух над трубкой сжался в п раз.
Тогда
р = А» + пръ
откуда
К + Pi = Аа + прг
или
п — ki ~~hz
Р1- п-1 '•
Подставляя данное значение в формулу р = кг -j- ръ найдем
/>
/г—1
Эту задачу можно решить на основе закона Бойля — Мариотта.
Решение задачи другим методом предоставляем читателям.
118. В трубке (рис. 59, а) находится ртуть. Высота столбика
воздуха над ртутью в закрытом колене равна 20 см, давление —
76 см рпг. ст. Пользуясь краном, /С, часть ртути выливают. На
сколько понизится уровень ртути в закрытом колене, если в
открытом он понизится на 60 см?
Дано:
/"V
р
h2
= 76 см
=з= 20 см
= 60 см
h-
Ре ш ение
рт, ст.;
— 0,2 ж;
= 0,6 м.
?
На рис. 59, б показано, как
установится ртуть после закрытия крана.
Температура и масса воздуха в левом колене не
меняются. Поэтому для воздуха,
находящегося здесь, справедлив закон Бойля —
Мариотта. Вначале давление было р, а объем — /^5, где
S — площадь поперечного сечения трубки. Затем давление
уменьшилось до величины plt а объем увеличился до (hx ~\- h%) S.
Таким образом,
pthS^PiQh + hdS.
5 За к. 1350
129

Давление на одном и том же уровне в жидкости всегда одинаково.
Поэтому для уровня, отмеченного на чертеже пунктиром, можно
записать
Pi + pg(th — b) = P-
Решая совместно полученные уравнения, найдем, что в левом
колене ртуть опустилась на
h = fa
1 —
р
h = 0,6 м
1 —
pg {fh + йг)
1,01-10' h/jw*
■].
= 0,03 м.
13,6-10*» гсг/ж3*9,8 м/сек* (0,2л + 0,6 м) _
119. Узкую цилиндрическую запаянную с одного конца трубку
длиной 45 см погружают открытым концом в сосуд со ртутью
на глубину 40 см. Внешнее давление 76 см рт. ст. Какова будет
высота столбика ртути в трубке?
Дано;
I = 45 см;
Н = 40 см;
р х= 76 см рт. ст.
Н
Рис. 60
Решение
Если первоначальное давление в трубке было
р, то после погружения ее в сосуд со ртутью
оно стало'р + я* Учитывая обозначения,
указанные на рис. 60, на основе закона Бойля—Мариотта можно
записать
р1 = {р + *)(1-Н + х)
или после решения уравнения относительно х
v + 1-H
+/(^-)+»«
(второй корень следует отбросить, так как при этом х < 0, что не
имеет физического смысла).
После подстановки численных значений
X — 2
Тогда
28 см.
h = Н — х, h — 40 сн—2Ъсм=\2 см.
130

120. В стеклянной метровой трубке, запаянной с обоих концов,
находится столбик ртути высотой 20 см. При горизонтальном
положении трубки столбик ртути находится посредине (рис. 61, а).
Если трубку установить вертикально, то он смещается вниз на
10 см (рис. 61, б). Определить давление в трубке.
Дано:
L = 1 м;
I = 20 см = 0,2 ж;
д/ = Ю см = 0,1 м.
Л>
?
I
//
Р ешени е
D
В положении а объем воздуха в й) £>
одной из половин трубки У0 — Sh, рис 61
где S — площадь поперечного сечения
трубки.
В положении б объем воздуха в верхней части трубки Vt =
= S(ft-j-A/), давление рх; в нижней части трубки объем У3 =
— S(h — А/), давление ръ = р1-\- р31 где /?а — давление столбика
ртути.
На основании закона Бойля—Мариотта можем написать для
верхней части трубки:
V0Po = ViPil ShPo - />iS(A + A/)
или
Аналогичным образом для верхней части трубки
Vopo = Уфъ ShPo = P2S Ф> — ДО
или
hpQ = (А — A/) /?3.
Так как р2 = рг -|- р8, то
Аро = (А — ДО(А'ЬРз).
В полученное уравнение подставим вместо /?х его значение:
_ /ф0
^ А + ДГ
Тогда
Ал = (А-А0(я^ + й).
5*
131

После небольших преобразований найдем
Рз(/12-Д/2)
Учитывая, что h =
Ро =
L — 1
2кЫ
2 =40 см, р3 = pgl = 200 мм ргп. ст.,
подставим численные значения
121, Во сколько взмахов можно откачать поршневым насосом
объемом 100 см3 стеклянный баллон емкостью 1,5 л до давления
0,76 мм рпг. ст.? Начальное давление в баллоне равно 1 атм.
Дано:
AV= 100 слР = 10~4м*\
У0== 1500 см*= 1,5 -10-» м3;
р0 = 1 атм = 760 мм рт. cm, = 1,013-105 н(м*\
pfr = 0,76 мм рпи ст. = 1,013-108 и/м2.
Решение
При первом взмахе поршень насоса, отодвигаясь, освобождает
объем А\/ (рис. 62). В результате этого давление в откачиваемом
сосуде, первоначально равное
Ро» падает до значения ръ
определенного из условия
откуда
Pi - А> и0 + ДИ '
После второго ^взмаха
давление упадет до значения ръ
определяемого из условия
Р1Уо = лСо + АЮ»
:2ZZ222Z2Z2S
Н
V,
Рис. 62
Р2= Р±
Vt
Vo
После третьего взмаха давление будет равно
P3 = M^o+V/'

и после п взмахов
р«= Ро (v0 + &v) ■
Логарифмируя последнее равенство и решая его относительно п9
получаем
п = — Ро
1 v°
Ио + АИ
Подставляя данные из условия задачи, найдем
1,013-10»
lg 1,013-10б lg 0,001 —3 — 3
п =
1,5- Ю-3 "lgl,5 — lg 1,6 "0,176 — 0,204" —0,028
= 107 взмахов.
122. Упругий шар, наполненный газом и имеющий при
давлении извне 1 атм радиус 10 см, помещен под колокол воздушного
насоса. Чему равно давление под колоколом после откачки, если
известно, что при этом радиус шара увеличится на 1 см, а
давление, создаваемое оболочкой шара, равно аг29 где а = 1,66-107
единиц СИ и г — радиус шара?
Дано:
гг = 10 см = 0,1 м\
г2 == 11 см = 0,11 м;
/?0 = 760 мм рпи ст. = 1,013-105 н/м2;
а = 1,66-107 ед. СИ.
Рх — ?
Решение
Давление на газ, находящийся внутри шара до откачки, равно
ft = Рг+А>,
где р\ —давление, создаваемое оболочкой; р0—-давление атмосферы.
Аналогично после откачки
Р2 =* Р\ + РХ>
где р'й— давление, создаваемое оболочкой после откачки; рх —
искомое давление под колоколом после откачки.
133

Согласно закону Бойля — Мариотта,
или
откуда
Px =
V.
По условию p\ = ar\, p.2 =ar\. Подставляя значения давления
p\ и p'2f а также значения объемов Уг и V% (объем шара V = ^ тсгЧ
в равенство для /?д., находим
4 а о 4.4
Рх =
Тт^аг21+роТт.г\-Тт.г\
2"г2
или
/^
^J
4 3
Дс =
^1 -1- РоА - аг\
'о
Подставляя числовые значения из условия,
получаем
Д
1,66-102+ 1,013.10я — 2,67-10*
х
1,33-10
,-з
225 н/мК
Рис. 63
Дано:
123. В запаянной с одного конца
стеклянной трубке длиной 90 см находится
столбик воздуха, ограниченный сверху столбиком
ртути высотой 30 см. Столбик ртути
доходит до верхнего края трубки (рис. 63).
Трубку осторожно переворачивают открытым
концом вниз, причем часть ртути выливается.
Какова высота столбика ртути, который
останется в трубке, если атмосферное давление
75 см рт. ст.?
/ = 90 см = 0,9 м;
h = 30 см = 0,3 ж;
И = 75 см рт. ст.
х — 7
134

Решение
Когда трубка расположена открытым концом вверх, объем части
трубки V19 занимаемой воздухом, и давление в трубке рг
выразятся так;
V1 = (t — h)S; ft=// + A,
где S — площадь поперечного сечения трубки.
Когда трубка расположена открытым концом вниз, объем,
занимаемый воздухом, V2 и давление в трубке р% будут равны:
V% = (l — x)S\ h = H — x.
По закону Бойля — Мариотта
или
(t — h)S(H + h) = (t — x)S(H — x)>
Отсюда
(второй корень следует отбросить, так как при этом х^>19 что не
имеет физического смысла).
Подставляя значения величин, получим
„ _ о,75 + 0,9
А " 2
— ^К(0,75 + о,9)2 —4.o,3.(o,75-j-0,3 — °>9) =
= 0,03 м = 3 см.
124. В двух сосудах емкостью 3 и 5 л находятся азот под
давлением 1 атм и окись углерода под давлением 5 атм. Сосуды
соединяют тонкой трубкой, объемом которой можно пренебречь.
Найти установившееся давление смеси, если начальная температура
обоих газов равна температуре окружающей среды.

Дано:
VX = Z 4 = 3-10-* ж3;
1/а = 5 л-5.10-3 м*\
рг = 1 атм = 1,013-105 w/jh2;
ра = 5 дкш =* 5,065- 1Q5 к/лг2»
Решение
Как бы ни протекал процесс смешения газов, в конце процесса
установится температура, равная .температуре окружающей среды,
которая по условию равна начальной температуре.
Начальные давления газов достаточно малы, поэтому можно
считать газ идеальным. Следовательно, после смешения каждый
из газов будет занимать объем, равный сумме объемов сосудов;
давление смеси будет равно сумме парциальных давлений каждого
из газов. Вследствие равенства начальных и конечных температур
можно найти парциальное давление каждого газа:
' - vi
Pi ~ Pl vt + к2 ;
Отсюда искомое давление смеси
pj/x + p2V2
P~ Vi + Vt >
1,013-10* tf/jtfM-lCT3 ^ + 5,065.10* н/м2'5'\0~г л& _
P ~~ 3' ИГ3 л* + 5. Ю"3 л3 """
^3;545-105 я/я2.
125. В барометрической трубке, опущенной нижним концом
в воду, находится 15,5 см3 водорода, смешанного с водяным паром.
Вода в трубке поднялась на высоту, равную 20 см над
поверхностью воды в сосуде. Атмосферное давление нормальное,
температура 18° С. Сколько килограммов водорода находится в трубке?
Дано;
У =15,5 сл& = 15,5. Ю-6 л8;
* = 18°С; .
h = 20 см = 0,2 ж.
т — ?

Решение
Давление газа и насыщенного водяного пара в замкнутой части
трубки составляет
р = А0 —А = РгЧ-А>
где рг — давление водорода; р2 — давление насыщенного пара,
hi} — нормальное атмосферное давление. Из этого уравнения
вытекает, что
Pi = ho — h~p2.
Плотность водорода при 18° С и давлении рг находим по
уравнению
п — п Рг
Р-Ром1+Ю>
где р — плотность водорода, находящегося в трубке; р0 — плотность
водорода при нормальных условиях; р — коэффициент объемного
расширения водорода.
Масса водорода, находящегося в трубке, равна
т = PV = Р° К (И- ft) V'
Если вместо рг подставить его значение, то
Плотность р0 составляет 0,089 кг/м3; р2 = 206,6 н/м2; В =
= 0,0034 град-1.
После подстановки данных получим
/тг= 12,46. Ю-7 кг.
126. В закрытом цилиндрическом сосуде постоянного сечения
находится газ при нормальных условиях. Сосуд расположен
горизонтально и разделен подвижным поршнем в отношении 1: 2. В каком
отношении поршень будет делить сосуд, если его меньшую часть
нагреть до 27° С, а большую охладить до — 123° С?
Дано:
*, =27° С;
4 = — 123° С;
р = 2уз гРа&~Х-
^-?
Ув
137

Решение
Объем, который будет занимать газ после нагревания при
постоянном давлении, определяется по закону Гей-Люссака (рис. 64):
для А
vA - У-'
для В
t-(i+P*i);
vB = 4Vo(i+W.
где VQ — объем всего сосуда.
Отношение объемов после изменения температур равно;
V
А
ifo + p'l)
1 + ft
V
в
^(i + w *<1 + ™
V
А
27
Рис. 64
V
в
2 1-
]23
273
1,
т. е. поршень будет делить цилиндр на две равные части.
127, Два равных по объему сосуда содержат: один — воздух при
температуре 1\ и давлении ри другой — воздух при температуре Т2
и давлении ра. Сосуды сообщаются между, собой, их нагревают до
температуры Т. Какое установится давление воздуха внутри
сосудов? Расширением сосудов при нагревании пренебречь.
Решение
Полагая, что в первом сосуде
(рис. 65) содержится воздух при
температуре tx и давлении ръ а во
втором сосуде воздуха пет, после
соединения сосудов, согласно закону Бойля
откуда
Рис. 65
Мариотта, получим
л«
2 '
где р.—давление, установившееся в сосудах.
138

Проводя аналогичный расчет для второго сосуда, но
предполагая, что воздуха в первом сосуде нет, получим
После нагревания
Гей-Люссака, найдем:
для 1-го случая
откуда
для 2-го случая
откуда
где р' и р" — парциальные давления газов после нагревания.
Установившееся давление в сосудах после нагревания равно
сумме парциальных давлений
р-Р -гР -тут--I-77>
128. Баллон содержит сжатый газ при 27° С и давлении 40 атм.
Каково будет давление, если из баллона выпустить половину массы
газа, а температуру понизить до 12° С?
Дано:
7\ = 273° +27° = 300° К;
Га = 273°+ 12°-285° К;
ft = 40 атм = 4,052- 10е н/м*.
А-?
Решение
Будем считать, что переход из состояния с параметрами tlf рг
и тх (объем газа не меняется) в состояние с параметрами f2, p2
139
Р* 2
газа до температуры t, согласно закону
Pl
2
Тг ~
Р' =
Pi
2
г, "
рГ =
р'
Т '
РгТ.
27\'
Р"
Т >
Р^

и т2 осуществляется в два этапа: 1) при неизменной температуре tt
из баллона выпускается половина массы газа и давление газа
становится равным р\\ 2) газ охлаждается от температуры ix до
температуры t2, а давление газа изменяется от значения р\2 до
значения р2.
Так как на первом этапе tx = const, то
Pi- = Pi
где рх и р2 — соответственно плотности газа в начале и в конце
процесса. Так как рг — —^ и р2 = -у- (У — объем сосуда), то
По условию задачи т2 — -j mi- Поэтому
Р\ = у Л-
Так как на втором этапе V — const и mz = const, то можно
воспользоваться законом Шарля
Рз ТУ
отсюда
, '7\> 1 7\
7\ 2 г* 7\ -
После подстановки численных значений получим
р2 = 1 • 4.052 ■ 10« к/л2 • -gf-gj = 19,2 • 105 */Л2.
129. В закрытом сосуде А помещается манометрическая трубка
с запаянным концом (рис. 66), в которой над ртутью находится
воздух. Высота конца трубки над уровнем в сосуде А равна 60 ели
При атмосферном давлении в сосуде А и температуре 10° С высота
уровня ртути в трубке превышает уровень ртути в сосуде А на
10 см. Какова будет разность уровней ртути в трубке и в сосуде
при температуре 293° С? (Изменением объема газа и уровня ртути
в сосуде Л, а также давлением паров ртути пренебречь.)
140

Дано?
lQ = 60 см\
Г1 = 273°+10о = 283°К;
hx = 10 см;
T2 = 2730 + 293Q = 566°K,
ft, — ?
■•^jgf -| j^TcXJ
~~--
*
Решение
При решении задачи исходим
из уравнения состояния газа
'Л г. *
В этом уравнений объемы
выразим через соответствующие
длины столбика воздуха, т. е.
Vi через /0 — /*i и V% через /0 —
— h2, а давления — через
давление воздуха в сосуде. Допустим,
начальное давление воздуха в
сосуде нормальное, а объем
воздуха постоянный. Тогда конечное давление 11% воздуха в сосуде
определим из соотношения
Рис. №
Я, =
'Л
г г 76-566 1г*л
2 = —283— ^ CJM ^' СГПщ
* Тогда давление воздуха, находящегося в запаянном конце трубки,
будет равно:
рх = 76 — tit — 6G см /?/«. ст.;
р% = П% — Аа,
а уравнение состояния газа примет такой вид:
Подставляя численные значения, получаем
50,66 (60 —Ае)(152 —Аа)
283
566
Откуда
/г22 — 212/г2-|-2520-0.

Решение этого уравнения даст только один корень,
удовлетворяющий условию задачи
й2~ 12,6 см.
130. При нормальном атмосферном давлении в пустую
барометрическую трубку, высота которой над уровнем ртути в сосуде 1,6 му
а площадь поперечного сечения 4 см2, вводят 0,1 г жидкости. Вся
жидкость превращается в пар, и ртуть в трубке-опускается до
60 см. Определить отношение плотности паров жидкости к
плотности воздуха, находящегося в тех лее условиях, если
температура 20° С. Плотность воздуха при нормальных условиях 1,3 /ег/лА
Давлением паров ртути в барометрической трубке пренебречь.
А
*/
^~?
:^> ^_г
Дано:
!г--
S--
тл
К
Тл
Г„
Ро
= 1,6 м;
= 4 см2 = 4-
= 0,1 а =10
1(М м%)
~4 кг;
= 60 см = 0,6 м;
--= 273° -[- 20°
-273°-[-0° =
= 1,3 кг/м9.
_Рп р
Pi
Решение
-293°К;
= 273° К;
Рис. 67
Определим плотность воздуха рг при
условиях, одинаковых с паром
жидкости (рис. 67), т. е. при tx и рг.
Используя закон газового состояния
Р<Л /hVi
получим
Ро^о
PiVi
пг
m
где m — масса газа, и под-
Учитывая, что V0 = —, a V\
Ро pi
ставляя эти значения в уравнение газового состояния, находим
пг
Ро
пг
7Г
■'о
Pi
TV

Откуда
* = ■!&*■
Так как давление в трубке после испарения жидкости p1^=hi—Ь^
{hx = 0,76 м\ to
T0 (hj — h2)
Плотность пара жидкости в трубке
0„ —
п (k — h2)S>
где тг — масса испарившейся жидкости; (А — h2)S — объем,
занимаемый паром.
Отношение плотности паров жидкости к плотности воздуха
тх
Рп ._ (Л — h2)S __ "^lPo
Pi Г0 (A, - ftj T0S (A - Aa) (Ax - A,) Po '
'ЛА, p0
pn _ 1Q~4 /ее* 293 град -0,76 jk __ од
Pi ~~ 273 грсд-4-ЦГ4 mz (1,6 — 0,6) л.ОДб л-1,3 /сг/л3 ~~ '
131, Точка росы равняется 5СС. Сколько воды может испариться
в каждом кубическом метре воздуха, если температура его 15° С?
Решение
Для определения количества воды, которое может испариться
в I м3 воздуха, надо зиать массу водяного пара, уже имеющегося
в воздухе, и массу водяного пара, который этот воздух мог бы
насыщать при температуре 15° С.
Находим массу имеющегося в воздухе водяного пара при точке
росы (см. прнл. II, 17), Она равняется 6,8* Ю-3 кг/м3. Затем
определяем массу насыщающего пара при температуре 15° С. Она
составит 12,8.10-;1 кг/м9.
Следовательно, в каждом кубическом метре воздуха может
испариться такое количество воды:
12,8.10-3 кг/л3—6,8-Ю-3 кг/ж8 = 6-10-3 кг/м9.
132. Комната, в которой проходило собрание, имела в начале
собрания температуру 16° С и точку росы 5° С, в конце собрания
температура в комнате поднялась до 18е С, а точка росы до 8аС.
Определить абсолютную и относительную влажность воздуха в
комнате до и после собрания.
143

Решение
Определяем абсолютную влажность (см. прил. II, 17). При
температуре 5° С для насыщения 1 лг* воздуха требуется водяного
пара рг = 6,8* Ю~3 кг/мд.
Относительную влажность найдем по формуле
/=_£!_.юо%,
' Poi
где poi — количество водяных паров, которые насыщали бы
пространство при данных условиях.
Для насыщения воздуха парами при 16° С требуется 13,6- Ю-3 кг
пара, т. е. р01 = 13,6-10~3 кг/м3. Тогда
, 6,8. Ю-3 т = 50о/о
' 13,6-10"?
После собрания абсолютная влажность составляла р2 = 8,3 X
X 10~3 кг/м3, а относительная влажность
ftt = _Её_. 100 = -йг 10° = 53>9%,
р02 1^>Л
т. е. относительная влажность возросла с 50 до 53,9%.
СВОЙСТВА ЖИДКОСТЕЙ
133. Радиусы каналов одного из колен U-образиой трубки 0,5 мм
и 2 мм. При заполнении трубки водой разность уровней в обопх
коленах равна 2,25 см. Чему равен коэффициент поверхностного
натяжения воды?
Дано:
гг =г 0,5 мм = 5-10~4 м;
гг =s 2 мм-= 2-Ю-3 ль;
fa ^ 2,25 еда = 2,25-1Q-2 м.
а — ?
Решение
Чтобы жидкость находилась в равновесии, необходимо, чтобы
в обоих коленах трубки было одинаковое давление:
Pi + A> = Pa-i-pgA + po,
144

где д, — величина атмосферного давления; /^ — давление,
обусловленное кривизной мениска жидкости в первом колене; /?2 —
Давление, обусловленное кривизной мениска жидкости во втором колене.
2" 2с:
Так как рг — —- и р2 = —-• т0
2<; 2а
-\~Pgth
где р
плотность воды; g—ускорение силы тяжести, откуда
V&gh
о =
а =
2(г»-Гх)'
_ 5* КГ4 ;и-2-КГ3 лМООО дг/жа«9,8 л*/сакг-2,25*НГ"2 м _
* ~~ 2-1,5-КГ"3 л*
= 73,5-Ю-3 и/jk.
134. Капиллярная трубка с внутренним диаметром 0,4 мм
наполнена водой. Часть воды повисла внизу в виде капелыш, которую
можно принять за часть сферы радиусом 2 мм (рис. 68).
Определить высоту h столбика воды в трубке.
Дано:
d = 0,4 мм = 4-Ю-4 м;
R=2 лш = 2-10-3 м]
о= 7,2-10-2 я/ле;
р = ЮОО /гг/*8;
g = 9,8 MJcmK
ft — ?
Решение
Обозначим через рг и /?2 давления,
обусловленные кривизной верхнего и нижнего менисков. Оба Рис. 68
давления направлены вверх. Их сумма рх + р2
уравновешивается гидростатическим давлением столба жидкости высотой
h, т. е.
Л + А = Peh-
Давления р1 и р2 находим по формуле
2s
В случае полного смачивания радиус верхнего мениска равен
радиусу капилляра г = -у. Таким образом;

Pl =
2<s
Рг =
2s
Тогда равенство рг
Откуда
г d ' ™- R .
Р2 = ?gh перепишется так:
rf
й =
i?
Р£ \ d
2_
Подставив численные значения, получим
4 ,
2
h =
7,2-10""2 «/л
2а -^8,Ы0-2 м.
•КГ*м)
9,8 */«**■1000 кг/л& [^КГ4 м
135. Определить силу, с которой притягиваются две плоско-
параллельные стеклянные пластинки, опущенные нижними концами
в воду, если расстояние между пластинками 0,2 мм, а длина
и ширина каждой из них 10 см.
Дано:
d = 0,2 мм = 2-10-* м;
/=10 см — 0,1 м:
р = 1000 кг/м3;
g — 9,8 м/сек2;
а = 7,2-10-2 н/м.
Решение
Пусть вода при погружении пласти-
нок поднимается на высоту \и Поверх-
■~" ~ "" ~ ность воды, заключенная между пластин-
Рис. 69 ками, является вогнутой цилиндрической
поверхностью радиуса /• = -=- (рис. 69).
Вода между пластинками находится под уменьшенным давлением.
Поэтому с внешней стороны на каждый квадратный сантиметр-
площади пластинки, находящейся в соприкосиовеиии с водой, будет
действовать сила, перпендикулярная к поверхности пластинки
и равная уменьшению давления под вогнутой поверхностью воды.
Если уменьшение давления равно Др, то сила притяжения
между пластинками будет
F = Ap'S,
146

где S — площадь соприкосновения каждой пластинки с водой.
Из последнего выражения видно, что для решения задачи
необходимо найти Ар и S. Уменьшение давления под вогнутой
цилиндрической поверхностью по формуле Лапласа будет равно
ч ■ d
где а — коэффициент поверхностного натяжения воды; г =
■=—радиус кривизны цилиндрической водной поверхности.
Для определения площади S необходимо знать высоту подъема
воды между пластинками.■ Эту высоту найдем, приравняв
уменьшение давления Ар весу столба воды высотой h и площадью сечения
1 см2, так как уменьшение давления уравновешивается весом этого
столба воды. Тогда получим
где р —плотность воды, a g — ускорение силы тяжести.
Умножая это выражение на длину пластинки /, найдем
<ч — -P't ^
~ Ш ~ ?£г'
Подставляя в выражение силы значение Ар и S, получим
Подставив численные значения, найдем
F _ 7,2а- кг* «у**-0,1 м _ 5 28 н
1000 /сг/л*.9,8 м!сек* Л О"8 м*
136. Капля ртути массой 1,36 г введена между параллельными
стеклянными пластинками. Какую силу следует приложить для
того, чтобы расплющить каплю до толщины 0,1 мм? Коэффициент
поверхностного натяжения ртути 500 дн/см. Считать, что ртуть
абсолютно не смачивает стекло.
Дано:
т= 1,36 г = 1,36- Ю-3 кг;
d = 0,1 мм = 1Q-4 м\
а = 500 дн/см = 0,5 я/ж;
р = 13,6 г/см3 = 13600 кг/м3.
F-?
147

Решение
Сдавленная капля ртути примет вид очень топкого диска с
выпуклой боковой поверхностью, имеющей двоякую кривизну.
Дополнительное давление Ар, возникающее вследствие кривизны
поверхности, уравновешивается внешним давлением, производимым силой F:
где 5—площадь соприкосновения капли ртути с пластинкой.
Давление Ар выражается формулой
А'Нтг+-г)'
где R — радиус диска и г = -^
Площадь равна
5=4-= т
d pd '
где V —объем капли ртути; т — ее масса и р — плотность,
С другой стороны, S = nR\ Поэтому
«-у-*
npd *
Подставляя значения Ар и 5 в формулу F = Ap-S, получим
F __ 1,36* 1(Г3 да-0.5 hjm I -, / 3,14-13 600 кг/м*• 10"4 м
-d „ 1/ 1 oe 1Л-3
13600 ке/л». Ю-'1 ж V Г 1,36-iO"-** «s
-\ %—]= 10>3 «•
1 10"4 м I
137. На сколько градусов нагреется капля ртути, полученная
от слияния двух капель диаметром 1 мм каждая?
Дано:
/• = 0,5 мм = 5- Ю-4 м;
с = 500 дн/см = 0,5 н/м;
с = 138 дж/кг-град;
р = 13,6 g/cjH3 =13 600 кг/ж3.
А* —?
148

Решение
Чтобы увеличить поверхность жидкости на некоторое значение,
необходимо совершить работу (рис. 70)
Л = fA = ohl = aAS.
В нашем случае при слиянии двух
капель ртути происходит уменьшение
поверхности и выделение энергии
поверхностного слоя в виде тепла
Д£ = аД5,
где о — коэффициент поверхностного
натяжения ртути; AS — изменение площади
поверхности:
Д5 = 2-41гг2— 4и#3,
где г — радиус малых капель; R — радиус
большой капли* Радиус R находим,
приравнивая объем большой капли к сумме объемов слившихся
капель
R - г V 2.
откуда
Тогда
Д5 = 2 ■ 4т:г2 — 4ur2 V 4 = 4ur2 (2 — VI),
Уменьшение поверхности ртути на AS соответствует выделению
энергии
Д Е = оД5 = с. 4тсг* (2 — j/4).
Выделенная энергия пойдет на нагревание ртутной капли,
следовательно,
Д£ = AQ = стДг,
где с — удельная теплоемкость ртути; т — масса ртути; At —
изменение температуры.
Приравнивая выражения для АЕ и AQ, получим
Масса ртути
/п = 2 • -о- ^Зр,
149

где р— плотность ртути.
Тогда
с-| кг*рЫ = 4ur2a (2 — ^4),
откуда
д. = ^~П.
2срг
Для ртути о = 500 дн/см — 0,5 н/м, с = 0,033 кал/г-град =
= 138 док/ке-град, р= 13 600 кг/jw3.
Подставляя численные значения, получим
А* = : 3.0,5/^.(2-^4), = з,з01 -10-* град.
2-138 дж/кг -град-13 600 /сг/,*3-0,5- Ю-3 л
138. Барометрическая трубка, заполненная ртутью, погружена
открытым концом в сосуд с ртутью. Диаметр внутреннего сечения
трубки 2'мм. Разность уровней ртути в трубке и сосуде равна
760 мм. Чему равно атмосферное давление?
Дано:
h = 760 мм = 0,76 м\
d = 2 лш = 2-10-3 м;
о = 0,5 н/м;
р = 13 600 кг/л*3.
р-?
Решение
Атмосферное давление р складывается из давления pXt
создаваемого столбом ртути высотой hy и давления р2 выпуклого мениска
ртути в трубке, т. е.
P = Рл + А-
Давление pi=pgh, где р— плотность ртути; g — ускорение силы
тяжести; h — разность уровней ртути в трубке и в сосуде.
Давление р2 — -^, где о — коэффициент поверхностного натяжения;
R — радиус кривизны поверхности мениска, в первом приближении
равный радиусу трубки.
Подставим значения рг и р2 в формулу для р:
р = 13 600 кг/л*3-9,8 м/сек2-0,76 jk4-4'0,5 HJ" = 1,02-106 я/л*3.
150

ГЛАВА III
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО
ЭЛЕКТРОСТАТИКА
139. Два маленьких шарика висят иа длинных шелковых нитях,
закрепленных в одной точке. Когда шарикам сообщили одинаковые
по величине и знаку электрические заряды, нити разошлись на
определенный угол а. Определить плотность шариков, если угол
расхождения не изменился после погружения их в керосин.
Плотность керосина составляет 0,8 г/см? и диэлектрическая
проницаемость равна 2.
Дано:
Рк = 0,8 г/см? = 800 кг/м8]
г = 2.
р-?
Решение
.На рис. 71, а заряженные шарики Л и В изображены в
положении равновесия в воздухе. Рассмотрим условие равновесия
шарика В. На него действуют сила тяжести Р, сила кулоновского
отталкгв-шня F и сила реакции нити N. Равновесие наступит при
таком положении шарика, когда равнодействующая всех трех сил
будет равна нулю, т. е. равнодействующая R сил Р и F окажется
направленной вдоль нити ОВ и будет уравновешиваться силой
реакции нити N. Рассмотрим условие равновесия шарика В, когда
заряженные шарики находятся в керосине (рис. 71, б). На шарик
действуют сила тяжести Р, выталкивающая сила Q, сила
кулоновского отталкивания F, и сила реакции нити N±. Так как вес тела Р
151

и выталкивающая сила Q направлены вдоль одной прямой в
противоположные стороны, то эти две силы можно заменить их
равнодействующей Рх = Р — Q.
Из подобия четырехугольников BFRP и BFlRlP1 следует
_Pl Р_
F1 F '
где P±=P — Q и ^- A
R fi
а)
F й
Рис. 71
Тогда
или
но
F
F
Q _ V\>Kg
P V9a '
где К—объем шарика; р и рк — соответственно плотности шарика
и керосина.
Тогда
1 — -iS- = —
р £

Отсюда величина плотности шарика будет равна
р = j^j- рк = 1600 кг/м*.
140. Шар, диаметр которого равен 1 см и заряд Ю-6 к,
помещен в масло плотностью 0,8 г/см3. Плотность материала шара
1,5 г/см3. В какое электрическое поле, направленное вертикально
вверх, надо поместить шар, чтобы он плавал в масле?
Дано:
г = 0,5 см = 0,005 м;
Pl = 0,8. а/см3 = 800 кг/м3;
р3 = 1,5 г/см? — 1500 кг/м3;
g = 9,8 м/сек%.
Е — ?
Решение
Шар будет плавать в масле при условии, что Р = Рг-\- i\
где Р — вес шара; Рх — выталкивающая сила масла; F—
электростатическая сила взаимодействия заряженного шара с электрическим
полем. Легко видеть, что
P1 = -g-fc«r8p1g.
Отсюда
F = P — PX.
Подставляя вместо F его значение и решая относительно
напряженности поля, получим
Е = —-=-3T"(hi-Pi)-
После подстановки численных значений найдем
Дд.4.&14(0,00бу.9,8 (1500_ 800) ^3600 в/м. .
141. Маятник с периодом колебаний 1 сек представляет собой
шарик массой 16 г, подвешенный на нити, ые проводящей
электричество. Шарик электризуют отрицательпым зарядом и помещают
в электрическое поле, направленное вверх. Период колебания
153

маятника Тг = 0,8 сек. Вычислить напряженность электрического
поля, если заряд на шарике равен 0,0088 /с.
Дано:
Т = 1 сек)
/тг = 16 г = 0,016 кг;
7\ = 0,8 сек;
д = 0,0088 к.
Е — 1
Решение
Из формулы периода колебаний маятника Т = 2т 1/ — найдем
ускорение
При помещении шара в электрическое поле период колебаний
и ускорение изменились:
Из полученных значений g и gj находим;
gi^g-yT". Ag = gx — ff = g^— 1).
Сила электрического действия поля на шар равна
С другой стороны, эта сила равна
F = qE.
Откуда
п F mg fT* Л 0,016 «г-9,8 м/сек* /I \\ - пп ,
Е = Т=я{1\-1)= ftOOSBic (абГ-1)^100^
142. На капельках ртути радиусом 0,1 еж находятся
одинаковые заряды 6,66- 10~н к. Десять таких капелек сливаются в одну
большую. Каков будет потенциал этой капли?
154

Дано:
п =10;
г = 0,1 см;
д д 6,66- Ю-14 х = 19,98- 10-*CGSE.
г/—?
Решение
Обозначим радиус большой капли через г3. Если сливается п
капель, то заряд Q большой капли будет равен nqt и,
следовательно, для ее потенциала, принимая во внимание, что С = гг>
можно написать
и — SL — Ж.
U ~ С ~ Г1 '
Радиус большой капли легко определить, исходя из того, что
4
объем V капли (К = — тг/^) равен п объемов маленькой капли:
Сравнивая правые части этих равенств, находим
гг = г ]/ п.
Таким образом,
£/ = ^^7?-927,5-10-5CGSE(2,78 в).
143. Плоский конденсатор, у
которого расстояние между
пластинами равно 4 мм>
погружается до половины в керосин
(рис. 72уа), Диэлектрическая
проницаемость керосина — 2. На
сколько нужно раздвинуть пла- а)
стнны конденсатора, чтобы его .
емкость осталась неизменной?
Дано:
d — 4 чщ
ьк — ^»
£и — !•
ДЛ —?
с,
S)
155

Решение
<в
Емкость параллельно соединенных конденсаторов равна сумме
их емкостей (рис. 72, б). До погружения в керосин емкость
конденсатора была равной
En £n S
С =
■П *0
где s0 = g } ф/м — постоянный коэффициент, называемый
диэлектрической проницаемостью вакуума; е^ — диэлектрическая
проницаемость воздуха, равная единице.
После погружения конденсатора до половины в керосин и раз-
движения пластин до некоторой величины dt образовались два
S
параллельно соединенных конденсатора с площадью пластин -£-
у каждого. Вычислим емкость образовавшегося сложного
конденсатора, пользуясь формулой для двух конденсаторов, соединенных
параллельно, и приравняем ее к первоначальной емкости
конденсатора:
с = а4-с* =
'1 i
Подставим вместо С его значение
*£0^ I
Ейео5 | ак£о^
2d,
SnSnS
'В*0
£кео
S
d
2d1
2d1
откуда
3
dt =^ ~y d = 6 мм;
в
Ad = di_ — d — 2 мм.
144. Два одинаковых конденсатора
емкостью С включены в схему, содержащую
источник с э. д. с. Е и ключ К.
Подвижный контакт ключа совершает медленные
колебания, соединяя пластинку верхнего
конденсатора попеременно то с клеммой А,
то с клеммой В (рис. 73). Определить, как
меняется напряжение на нижнем
конденсаторе при каждом переключении, если
первоначально контакт находился в положении Л; если
первоначально контакт находился в положении В. Конденсаторы считать
идеальными (утечкой и краевыми эффектами пренебречь).
г
т
Рис. 73

Решение
При первоначальном положении контакта в клемме А верхний
конденсатор заряжен до напряжения Е и разность потенциалов
между /( и нижней пластинкой нижнего конденсатора равна нулю.
Эта разность потенциалов не изменится при переключении
контакта в В. Понятно, что и при последующих переключениях
напряжение на нижнем конденсаторе будет равно нулю.
При первоначальном положении контакта в В оба конденсатора
Е
заряжены до напряжения — и заряд каждого из них составляет
СЕ
—~, Переключение контакта в А приводит к повышению
напряжения на верхнем конденсаторе до величины Е, а его заряд
становится равным СЕ. При новом соприкосновении контакта с клеммой В
на нижнем конденсаторе возникнет заряд цъ а на верхнем — q%.
Согласно закону сохранения заряда,
СЕ пп
Qi — <72--=~2 СЕ.
Общее напряжение на системе конденсаторов будет равно Е:
и ~~ с ~г с"
Из двух последних равенств имеем
СЕ дСЕ
Яг = — и <7а = —J-'
Е
Следовательно, на нижнем конденсаторе будет напряжение ~,
з/7
а на верхнем ~.
Аналогично можно найти, что при третьем касании клеммы В
Е
напряжение на нижнем конденсаторе будет -g-, при четвертом —
Е Е
~, при /7-м — -^. В конце концов нижний конденсатор
разрядится, а верхний зарядится до напряжения Е,
145. Определить, как распределится напряжение 120 в между
тремя последовательно соединенными конденсаторами, имеющими
емкости 0,3 мкф, 0,2 мкф и 0,12 мкф, а также определить общую
емкость и заряд всей батареи.
157

Дано:
У = 120 в;
Сг=0,3 л«сф = 0,3-КМ ф;
С2-0,2 л/сф = 0,2-Ю-6 ф;
С3 = 0,12 лш£ = 0,12-10-6 ф.
д-}иг^? г/я-?
Решение
Определяем общую емкость всех трех конденсаторов:
_ J
6
1 _ 1Q6 ,
— п.ч Т
с " сг ' ^- ^
10* ,
а Ч»
Ю- в">;С-6. 10-40.
С "" 0,3 ' 0,2 ' 0,12
Определим заряд всей батареи:
9 = а/ = 6-10-* 0-120 в = 7,2-10-6 к.
А т
В •
Л •■
С,
РГ
В +
&
с,
Рис. 74
Напряжение на отдельных конденсаторах:
U --!._
£Л =
7,2-КГ6 /с
0,3-Ю-6 ф
7,2-10~6 к
O?2.1O~60
7t2-KT6 к
0,12-КГ"6 ф
-24 в;
= 36 в;
^60 б.
146, В схеме, изображенной на рис. 74, а, электрические
емкости Ci = 2-10-6 ф и С2=Ы0~6 ф. Вычислить общую
емкость системы, включенной между клеммами А и В.

Решение
Участок DE состоит из двух соединенных параллельно ветвей,
в одной из которых включены последовательно три одинаковые
емкости Си а в другой — емкость С2. По формуле соединения
емкостей емкость Сое этого участка цепи равна сумме емкостей
обеих ветвей
Сое = С\ -|~ С2у
где С) — емкость первой ветви, которую легко определить
следующим уравнением:
1 _ 3 г, __ Сг
с\ ~~ с\ ' е' °1 "~ з '
и
ое = ь2 -]-—g- = ■ g :«
Заменим участок D.E одной эквивалентной емкостью Сое
(рис. 74, б). Тогда искомая емкость САв будет равна сумме
емкостей двух параллельных ветвей, одна из которых содержит
■емкости С3, Сое и Съ соединенные последовательно, а другая —
■емкость С2.
Обозначим общую емкость первой ветви через С3.
Тогда
Cab = С3 -|- С2,
причем
1 2,1
"Г
с3 сг ] cdB*
Заменив емкость CDe ее значением, получим
1 2_ , 3 6С£ + 5СХ
с3 - с, I зсн-Q " зса + cJ '
р ™ ЗСА + Cj _
°3~~ 6СЙ4-5С3
И
р р \ 3C2Ci 4r.pt _ 6СЙ 4~ fiC^Pi -[- Q
ьлв — Ьй i 6С2 + 5СХ "* 6С2 + 5Q
Подставив численные значения, найдем
с = J6 + 8.2 + 4)-10-» = ! 62. ш_в 0>
(6 + 5-2)- Ю-6 ^
159

147. Обкладки плоского конденсатора изолированы друг от
друга пластиной из диэлектрика. Конденсатор заряжен до разности
потенциалов 1000 е. Какова относительная диэлектрическая
проницаемость материала пластины, если при ее удалении разность
потенциалов между обкладками конденсатора возрастает до 3000 в?
Дано:
Ut= 1000 в;
U% = 3000 в;
Решение
Разность потенциалов между обкладками конденсатора равна
где q — заряд на пластинах конденсатора; С — емкость
конденсатора.
Обозначим через Ux и Сг соответственно разность потенциалов
и емкость конденсатора с пластиной из диэлектрика, а через
^а и С2 — те же величины после удаления пластины. Заряд
конденсатора в обоих случаях одинаков. Поэтому
^ А - ад
или
ct _ и,
с2 ■- и, ■
Из формулы для емкости плоского конденсатора следует, что
С\ _ «1
где sL и е2 — относительные диэлектрические проницаемости
материала пластины и воздуха.
Таким образом,
После подстановки численных значений получим
_ и% __ зооо _ q
160

148. В плоский конденсатор длиной 5 см влетает электрон
м>д углом 15° к пластинам. Электрон обладает энергией
3?A-j(j-ie дою. Расстояние между пластинами конденсатора 1 см.
Отделить величину напряжения на пластинах конденсатора, при
коТОДэм электрон при выходе из пластин будет двигаться
параллельно им. Заряд электрона 146-10"1э к, его масса 9-,11-Ю""31 кг.
Дано:
/ = 5 см = 0,05 м;
а. = 15°;-
1Р*= 1,6- Ю-16 дж\
d = 1 еж = 0,01 jh;
£?=1,6.10-19 к;
m = 9,l-10-81 /eg.
г/ — ?
Решение
Разложим начальную скорость электрона на две составляющие:
Гас — скорость вдоль пластин и ец — скорость, перперщнкуляриую
к пластинам (рис. 75). Очевидно, vx при движении электрона
внутри конденсатора изменяться не будет (в этом направлении
силы не действуют); vy будет изменяться а может стать равной
нулю за время пролета электронов в конденсаторе (при
соответствующем значении напряженности поля между пластинами).
Тогда электрон по выходе из конденсатора будет двигаться со ско
ростью vx = vQxr т. е. параллельно пластинам.
Составляющие скорости электрона равны:
vq.v = Do cos a; v0y = v0 sin a.
Внутри конденсатора скорость электрона равна
vy станет равной нулю при а = —■,
где / — время движения электрона между пластинами;
0* Со cos *
Рис. 75
!Д6 Зак. 1350
161

С другой стороны, по второму закону Ньютона
-— JL -^ J*L — cU
где Е — напряженность поля; е — заряд электрона, U — разность
потенциалов между пластинами.
Приравняв правые части формул для ускорения и подставив
вместо t его значение, получим
eU __ Pq sing-cos a
откуда
г/ _ mv*n ^sin ^
Так как ^ф-^W,
"ГО
2d
г/ _ ^ sin 2*
el
После подстановки численных значений найдем
u= l6-irl6;9aQbQ'5 = юр е.
1,6- Ю-19- 0,05
Как видно из решения, значение т электрона не понадобилось.
149. В однородное электрическое поле плоского конденсатора,
к которому приложена разность потенциалов 50 в, влетает пучок
электронов, движущихся со скоростью 7-10е м/сек (рис. 76). Длина
пластин конденсатора 10 см; расстояние между шши 5 см. На
сколько отклонится пучок электронов при выходе из поля
конденсатора?
Дано:
" £/ = 50 в;
f и = 7-10е м/сек;
1 = 10 см — 0,1 м\
+ -• d — 5 см — 0,05 м;
е= 1,6-Ю-19 к;
Рис. 76 ш = 9,Ы0"31 кг.
А — ?
Решение
На каждый электрон катодного пучка, движущегося в
горизонтальном направлении между пластинами конденсатора, будет
162

действовать сила электрического поля F — еЕ, где е — заряд
электрона, а Е — напряженность поля.
Под действием этой силы электрон будет смещаться вниз
с ускорением
F
а =
/л
где т.— масса электрона. Поэтому электрон одновременно'
движется равномерно в горизонтальном направлении и равноускоренно
вниз под действием сил электрического поля. В результате этого
движение электрона в поле конденсатора происходит по "параболе.
at* F еЕ I
Смещение электрона вниз h — —^-, где а = — = —^ и L — —
время движения электрона внутри конденсатора.
Таким образом,
F ! I
, _ аР^ _ т \ v I eUl2
2 2 2mdo2 '
t 1,6- 10~1Э ю 50 в-ИГ"2 м2 1 о m 9 1 о
л = —Vi 5— ~ 1,8-10й"-2 ж— 1,8 ел.
. 2-9,МО™31 кг-Ъ- 1(Г2 л-49-10" ла/сс«а
При выходе из поля конденсатора электроны будут двигаться
прямолинейно.
постоянный
ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК
150. Параллельно расположенные квадратные пластины
присоединены к аккумулятору напряжением 600 е. Определить величину
тока, проходящего через аккумулятор, если одна из пластин
сдвигается относительно другой со скоростью 6 см/сек. Стороны пластин
равны 10 см; расстояние между пластинами 1 мм.
Дано:
U = 600 в;
v = 6 см/сек = 0,06 м/сск;
Ь = 10 см = 0,1 м;
d = 1 мм = 0,001 м.
7^? ~ "
V«6«
163

Решение
Величина тока зависит от изменения во времени электрического
заряда на пластинах (рис. 77):
1 ~~ t '
где Aq — изменение заряда за время t.
При перемещении одной плас-
т. о типы относительно другой меняется
емкость конденсатора, а изменение
tf заряда при постоянной разности
~Т~ / у-1 потенциалов пропорционально из-
■ I— / / меиению емкости, т. е.
7
Aq = UAC = U^=^%
Рис. 77 d
где г0 = 8,85 -10 ~12 ф/м —
диэлектрическая проницаемость вакуума
Таким образом,
I = и*ч А5
d t •
где — изменение во .времени площади пластин, находящихся
друг над другом.
Так как сторона пластин 6, а скорость равномерного
движения vy то изменение площади за 1 сек равно
Подставляя полученное значение в формулу для определения
величины тока, получим
'-—■to.
г 600 а-8,8о-10""12 ф/м-ОЛ м-0,06 м/сек 0 1С 1П о
/== — "адоГ^ = 3,18-10 «а,
151. Плоский конденсатор, ширина обкладок пластин у
которого 20 см и расстояние между ними 2 мм, подсоединен к
источнику тока с электродвижущей силон 120 б. В пространство между
обкладками конденсатора со скоростью 10 см/сек вдвигают
стеклянную пластинку с диэлектрической проницаемостью 6 (рис. 78).
Определить величину тока, протекающего через гальванометр.
Сопротивлением источника тока и гальванометра пренебречь.
164

Дано:
& = 20 см = 0,2 м\
d = 2 мм = 2- Ю-3 м\
U= 120 в;
у = 10 см/сек = 0,1 м/сек.
Решение
При движении стеклянной пластинки изменяется емкость
конденсатора. Так как потенциал пластин постоянный, то изменение
емкости связано с изменением заряда на
пластинах конденсатора следующим
соотношением:
Aq = С/ДС,
Емкость воздушного конденсатора
<о5
II
Рис. 78
где е0 — диэлектрическая проницаемость
вакуума; S — площадь пластин.
Емкость конденсатора с диэлектриком
Г* ~ t£o§_
Изменение емкости конденсатора после полного заполнения
пространства между пластинками диэлектриком
eo(»-l)S
ДС = С3 — Сл =
d
Если длину пластины конденсатора обозначить через /, то
Изменение емкости конденсатора происходит в точение времени
Д/ =* —.
Тогда ток, протекающий в цепи,
/ = Л? __ so (s — 1) Ubt
м
d
,-12
/ =
8,85-10""lz /с2/н-ж2-5-120 6-0,2 л.ОД м/сек
2-10"
■^0,53-10~7а=0,53л(а.
лг
6 Зак. 1350
165

152. В стеклянную трубку со ртутью вставлен медный стержень
(рис. 79). При этом длина и площадь поперечного сечения ртутного
столба кольцевого сечения и стержня оказались одинаковыми.
Найти отношение сопротивления системы стержень —* ртуть, когда
стержень соприкасается с поверхностью ртути, к сопротивлению
системы, когда стержень находится в ртути. Удельное
сопротивление меди 1,71-1Q-8, ртути 9,4- Ю-7 ом-ли
Дано:
Р1 = 1,7Ы(М ом-м;
р2 = 9,4-10^7 ом-м.
R,
Решение
?
Рис. 79
При погружении медного стержня в
ртуть столб ртути имеет длину и сечение,
равные длине и сечению стержня.
Обозначая через Rx сопротивление стержня, а
через R2 сопротивление ртутного столба,
получим
Ri = Pi -о-; #2 = &
s
1
*3
1,1 S \ S
- /?j 1 rz — Hi "Г P3/
P *Pl?2
Рассматривая стержень и ртутный столб как параллельно
соединенные проводники, определим их общее сопротивление Rs по
формуле
откуда
5 (pi + р2) *
Когда стержень соприкасается с поверхностью ртути,
соединение проводников последовательное. Сопротивление стержня остается
прежним, а сопротивление ртутного столба изменяется в
результате уменьшения его высоты вдвое и увеличения сечения в два
раза, следовательно,
I
ТУ _ 2 — * _ R»

Оощее сопротивление
Отношение сопротивлений
Pi
Рз
Л
4
(4рг + Ра) (Рг + ри)
4pip2
15.
^а Ра'Рз
/?4 _ (6,84. Ш~8 + 9,4- КГ7)(1,71 • 1Q~8 + 9t4* КГ7)
^з "" 4-1,7МО"*8-9,4-10"7
153. К потенциометру сопротивлением 4000 ом приложена
разность потенциалов в ПО в. Между когщом потенциометра
\i движком включен вольтметр сопротивлением 10 000 ом. Что
покажет вольтметр, если движок стоит
посредине потенциометра?
Дано:
R = 4000 ом;
[/ = 110 в;
/■ = 10 000 ом.
Решение Рис. 80
Напряжение между точками А и В будет тем напряжением,
которое покажет вольтметр (рис, 80). Между точками А и В
включены параллельно половина сопротивления потенциометра
и сопротивление вольтметра.
R
Rr
Rab =
2
Я/2 -\-r R + 2г
Общее сопротивление цепи равно
Rac=Rab + Rbc=-4~ +
Rr
2 l J? + 2r
Ток, протекающий в общей цепи, равен
R{R + 4r)
2{R-\-2r) *
1 =
U
W (R -|- 2г)
Я ас R(R-\-*r) '
Тогда напряжение между точками А и В составит
2U(R + 2r)Rr 2Ur
Uab = Шав
или
R (R + Ar) (R + 2r)
Uab = 50 e.
R + ir
c*
167

154. Определите полный ток, текущий от батареи, и ток,
текущий через сопротивление R%, для цепи, изображенной на
рис. 81, если /?i = 2 ом, /?а = 6 ом, Rn = 1,5 ом, i?4 = 3 ом.
Источник тока создает напряжение во внешней цепи 6 в.
вл <
Рис. 81
Дано:
i?! = 2 ом;
R% =* 6 ом\
R3 = 1,5 ом;
Rz s=s 3 ом;
/ —? Г — ?
Решение
Чтобы найти полный ток /, текущий от батареи, необходимо
сначала найти сопротивление цепи Ro6. Так как сопротивления R^
и i?2 соединены параллельно, сопротивление этого соединения
определяется из формулы
1
Л'
«1
&
я =
ад
1^2
^li^2 '
Эта цепь последовательно соединена с сопротивлением #».
Следовательно, полное сопротивление i?' всей левой ветви равно
Наконец, левая ветвь соединена параллельно с
сопротивлением /?4.
Таким образом,
1 1,1
Полный ток, текущий от батареи, равен
*Об |/?l^-|-(/?l+/?«)/?8]^ '
, с 8-4,5-4-12 .
/ = 6*(12-Н2)3<ш=4 tt>
168

Для определения тока, текущего через сопротивление #2, надо
найти сначала ток /х в левой ветви:
'г ~ /?, - RXR2 + {Нг + /?j) tf3' 2 ™ 24 ли*
Учитывая, что напряжение на сопротивлениях Rx и /?3 будет
одинаковым, .ток распределяется следующим образом: 75% (1,5 а)
тока /э течет через сопротивление Rx и-25% (0,5 а) тока /х — через
сопротивление /?2. Таким образом,
Г - 0,5 а.
155. Четыре проводника одинаковой длины из одного и того же
материала соединены последовательно. Диаметры проводников
соответственно равны 0,1 см, 0,2 см, 0,3 см и 0,4 еж. К системе
приложено напряжение 100 в. Определить падение напряжения на
каждом проводнике.
Дано:
dx = 0,1 см = 10-3 л;
d2 = 0,2 еж = 2-10-3 ж;
J3 = 0,3 еж = 3-10-3 ж;
^ -=0,4 еж = 4-Ю-4 м;
U = 100 <?,
иъ Ub £/* £/4-?
Решение
Сопротивления проводников соответственно равные
r,dj 7:^2 «#} ^
Общее сопротивление цепи
Ток, текущий в цепи,

Падение напряжения на первом сопротивлении
Ц-'*1 = ^ = 4,/1 .l!l
df сЩ Ц ' djf
U
Udfa\d*
<£\d\d\ + d^ -I- W + #22'
Ux = 70,26; £/3 = IR2.
При этом
Аналогично для напряжений f/3 и f/u:
f/4 = f/ * =4,4e.
4
Общее падение напряжений
U = Ur + [/2 + £/з + £/4 = 70,2<?+17,6Н-
-|-7,8 в-| 4,4 <?.= 100 б.
156. Между обкладками плоского конденсатора находятся две
пластинки: стеклянная толщиной 1 мм и мраморная толщиной 4 мм.
К обкладкам конденсатора приложено напряжение 1000 в.
Определить падение напряжения на обеих пластинках, если проводимость
стекла и мрамора соответственно равна Ю-10 омг1 - мгх
Дано:
dt =1 мм = Ю-4 л*;
d2 — 4 лш — 4-10-4 ж;
t/ =- 1000 в\
tl = 10-10 о*-1-*-1;
-fe = 1Q-8 ОЖ-'-ЛГ"1.
£/х —? £/2 —?
170

Решение
Напряжение на обкладках конденсатора разделяется на две
части (рис. 82)
Через конденсатор пройдет ток
~ /?, - /V
где Rx и /?2 ■— сопротивления стеклянной и
мраморной пластинок.
Тогда
t/.-£/if = t/i
Так как
то
_L А
и,
vA'
<Л — (-ч77Г ~~ ui — ui ~гл »
|2"J T2"l
r/ 1000 g» 1Q~8 an"1 лГ1 • 1(Г4ж
962 s.
£/
■тОЛЛЯГ^
®
Cf
Рис. 83
Откуда
Uz = U — Uj = 1000 —962--=38 e.
157. Два источника тока с
электродвижущими силами 1,5 в и 1,2 б
включены в цепь с помощью
сопротивлений /?! и /?2 (рнс. 83).
Включенный в цепь амперметр
показывает величину тока 60 ма. При
подключении к сопротивлению i?x
вольтметра величина тока возрастает
иа 3 ма. Найти показание вольтметра, если сопротивление Rx
равно 10 ом.
Дано:
Ех~ 1,5 в\
Е2= 1,2 в;
Rx = 10 <ш;
/ = б0жа:=6(Ы0-ва;
А/^З^а = 3.10-3а.
£/ —?
т

Решение
Включение вольтметра вызывает изменение сопротивления цепи.
Если Rv — внутреннее сопротивление вольтметра, то при его
присоединении к сопротивлению Rt сопротивление участка ЛВ станет
равным R = р \ р - • Первоначальный ток в цепи по закону Ома
равен
Г ~i~ F
ri + гя-f/?i +/?в +/?/
где Ra — сопротивление амперметра; гх и г2 — соответственно
внутренние сопротивления первого и второго источников тока.
После подключения вольтметра
'+а/- ъ+ъ + Я + Ъ + Цд '
После преобразований получим искомое показание вольтметра
У = (/+ А/) Я = (/+ А/) Я, - ^ №i + Я»),
U = (60- Ю-3 + 3- Ю-3)-10- 6Q3;i1QQT' (1,5 + 1,2) = 0,5 в.
158. В каком из сопротивлений выделяется наибольшее
количество тепла (рис. 84)?
Решение
Количество тепла, выделяющегося на сопротивлении,
пропорционально величине тока и напряжению. Если два сопротивления
соединены последовательно, то че-
8, */<-»* ' /?-«&?* ' Рез нпх протекает ток одинаковой
величины, а напряжение больше на
большем сопротивлении. В этом
случае больше тепла выделяется
на большем сопротивлении, т. е.
на /?а больше, чем на /?,, а на Д4
Рис g4 больше, чем на R:i, Если же две
цепи включены параллельно, то
напряжение на них одинаково, а
больший ток течет по ветви с меньшим сопротивлением. Поэтому
больше тепла выделяется на ветви с меньшим сопротивлением, т. е.
на верхней. Из этого следует, что максимальное количество тепла
выделяется на сопротивлении /?2*
172

159. Вычислить показания каждого из вольтметров д отметить
значком ( + ) сторону его большего потенциала (рис. 85).
Решение
Вольтметр, подключенный к полюсам замкнутого источника
тока, показывает напряжение на его зажимах:
t/= Е — //\
где Е — электродвижущая сила
источника; / — величина тока в
цепи; г — внутреннее
сопротивление.
Отсюда решение задачи может
быть дано в таком виде:
17,56
3,256*
"Г
058
Q5om
if**
1,0b
0,5-JM
j
Ф
R*3qm
2 06
ОМ»
i!
t.QC
ОЛЬ a»
i]
if-
Ф
' = ST*. 7 = "Г = 2'75 Ю-
Рис. 85
Показания вольтметров следующие:
1) Ul = Ex — Ir1, иг = 17,5 — 8,937-8,563 в;
2) [Д = Е2 — /гя, [/2^0,5— 1,375=: — 0,875 в)
3) £/3 = £3 — /г8, [/,-1 — 1,375=, —0,375 в;
4) UA = Ей — /r4, UlL - 2 — 1,375 - 0,625 в;
5) US = E5 — Ir6, I/e^ 1.0 — 0,637 = 0,363 в.
Для второго и третьего элементов ответ получился
отрицательный; это значит, что падение напряжения внутри источника больше
его электродвижущей силы, источник не дает энергии во внешнюю
цепь, а сам ее получает. В этом случае потенциал отрицательного
полюса источника больше положительного, следовательно,
положительную клемму вольтметра надо присоединить к отрицательному
полюсу источника.
160, Вагон освещается пятью лампочками, включенными
последовательно. Уменьшится ли расход электроэнергии, если уменьшить
число лампочек до четырех?
Решение
Мощность N, потребляемая цепью сопротивлением R при
напряжении V, выражается формулой
(Я
N =
R '
т. е. расход энергии обратно пропорционален сопротивлению цепи.

Но сопротивление последовательного соединения четырех лампочек
R± меньше сопротивления последовательного соединения пяти
лампочек R5. Поэтому потребляемая мощность в случае четырех лампочек
увеличится (хотя лампочек меньше, по они горят ярче, ибо
вследствие меньшего сопротивления через них течет большим ток).
161. На паспорте счетчика обозначено «1 кет-и — 14 680
оборотов якоря». При проверке счетчика его диск сделал 120
оборотов за 50 сек. Определить потребляемую мощность.
Дано:
п =120 об.;
А = 1 квгп-ч =3 600 000 дою;
t = 50 сек;
Яо= 14 680 об.
N — ?
Решение
Постоянная счетчика характеризует количество потребляемой
в сети энергии за один оборот диска. За 1 сек диск по условиям
задачи делает следующее количество оборотов:
п 120 si л л ч
пг = —- = -р^- об/сек — 2,4 ооjсек.
Тогда
, Л , 3 600 000 дж пл~ п -> , rf
k = v k = "Ш80Ж- = 245'2 дж1°6'
Следовательно, работа тока за 1 сек, численно равная мощности
тока, составит
N = nxk = 245,2-2,4 - 590 вт.
Окончательно получпм
N =- 590 вт.
162. Можно ли две лампочки накаливания мощностью 60 и 40 вт,
рассчитанные на напряжение ПО в, включать в цепь с
напряжением 220 в при соединении их последовательно?
Дано:
ДЛ( = 60 вт;
N2 = 40 вт;
[/х-110 в;
Ц2 = 220 в.
и*
?
174

Решение
Лампочки можно было бы последовательно включать в цепь
с напряжением 220 в, если бы на каждой из них падение
напряжения было ПО в, В действительности ^падение напряжения на
лампочках будет неодинаковым. Рассчитаем, какое падение
напряжения приходится на каждую лампочку. Мощность первой
лампочки будет равна
Nx
второй —■
откуда
При включении лампочек последовательно в цепь с
напряжением 220 в через них потечет общий ток /. Падение
напряжения па лампочках равно
или
U& — 7^1 = N* — 4Q _ 2
У л ~~ //?а //i — 60 ~ 3 е
Так как ^8 + ^4 = ^8» то после решения двух последних
уравнений получим UB — 88 б, [/4 = 132 е. Отсюда видно, что первая
лампочка горит с недокалом, а вторая — с перекалом.
Продолжительность горения второй лампочки будет сокращена.
163. Две спирали из константана п никелина соединены между
собой параллельно. Отношение их длин /1:/2=15:14, площадей
поперечного сечения Sj: S2 = 5 : 4. При помещении спиралей
в калориметр выяснилось, что за одинаковое время они выделяют
равное количество теплоты. Определить отношение удельных
сопротивлений константана и никелина.
Дано:
/1:/2=15:14;
Sx : S3 = 5 : 4.
Р2
Ik
175

Решение
Количество выделившейся теплоты равно:
Qn - IiRit;
Так как Qt = Q2, то
При параллельном соединении
ib_ _
Si*
19
откуда
= 1,
*2 _
*1
no
#i = Pi -J^ и % = Pa X
Тогда
/A
Ft. __ f2^1 _ J J 7
,°2 ^2
164. Элемент замыкается проволокой один раз сопротивлением
4 ом, другой — сопротивлением 9 ом. В том и в другом случае
количество тепла, выделяющегося в проволоках за одно и то же
время, оказывается одинаковым. Каково внутреннее сопротивление
элемента?
Дано:
/?, = 4 ом;
R2 = 9 ал*.
г — ?
Решение
Условие задачи можно записать следующим образом:
Qi = Q3; to = to,
откуда

С другой стороны, на основании закона Ома для полной цепи
Е = А (г -|- ЯО, Е = /2 (г -f £„).
Из равенства /?/?! = /^ следует
А - "|/%
/» г V
а из равенства 1г (г -]- i?x) = /2 (г -j- i?a)
/2 г-н/г,-
Решая совместно два последних уравнения, найдем, что
После подстановки численных значений получим
г = 1/4^9"= 6 (о*;.
165. Лампочка накаливания мощностью Л/л рассчитана па
напряжение иг. Другая лампочка накаливания мощностью /Va
работает при напряжении U%. Температуры свечения нитей в обеих
лампочках равны между собой. Количество тепла, отдаваемое
обеими проволочками, пропорционально их поверхностям. Каковы
отношения диаметров и длин нитей для обеих лампочек
накаливания?
Решение
Пусть 1г — величина тока, Rx— сопротивление, 1г — длина,
d, — диаметр нити первой лампочки, I2, R2, t2t d2 — соответственно
величина тока, сопротивление, длина и диаметр нити второй
лампочки. Будем считать, что спирали обеих лампочек изготовлены из
одного материала. Количество тепла, выделившегося в спиралях за
время U будет равно:
о
Q.x — hR\t = kvdxlx\
Q2 = hR4 = fed2/2,
где k — коэффициент пропорциональности. Так как Qi = Q2, то,
разделив уравнения друг на друга, получим

Но
'2 — 77^» ^-2 — P
r r » ■''■a — f ,2 •
Подставляя данные значения в формулу
после упрощения получим
■зг— I/ ад
Чтобы найти отношения длин двух проволок, используем
следующую зависимость:
d _ 4/, _ и\. „ _ М% __ J4_
Разделив данные равенства друг на друга и учитывая
предыдущую формулу, после упрощения получим
166. В электрическом чайнике две секции. При включении
в сеть одной из них вода в чайнике закипает за 20 мин, при
включении другой — за 30 мин. Сколько потребуется времени для
кипячения воды при включении в сеть обеих секций: а)
последовательно, б) параллельно?
Дано:
t\ — 20 мин;
t2 ~ 30 мин.
*;-?
<;-?
178

Решение
Количество выделяемого секциями тепла во всех случаях
одинаково. Одинаково и напряжение в сети. Пусть Rx—
сопротивление первой секции чайника, R2— второй. Тогда
НЛП
При последовательном соединении обеих секций общее
сопротивление
R = R1 + R2 = ~R1,
откуда
Решив это уравнение относительно t[, найдем
t\ = -у ^i = 50 jmww.
При параллельном соедипеиии
J_ — _L _l JL - JL р - А р
откуда
Решив уравнение относительно i\% найдем
/2 =~5" 'а ^ ^2 мин.
167. По медным проводам электрическая энергия передается
па расстояние 5 км, при этом потери на ленц-джоулево тепло
в подводящих проводах составляют 3 % передаваемой энергии.
Какое количество меди требуется на подводящие провода, если
энергия будет передаваться при напряжении 2000 в и мощность
электрического тока на подводящих проводах у магистрали равна
105 в/п? Плотность меди 8900 /сг/лА

Дано:
/^ Ю км= I04t;
U = 2000 в;
N = 10е вт\
D = 8900 кг/лс8;
т] = 0,03.
т —?
Решение
Так как потери электроэнергии в подводящих проводах не
должны превышать 3% от передаваемой мощности N, то
где Nx— потери мощности в проводах. Но
Ni = PR или R = -^,
где R — сопротивление подводящих проводов и / —-^ сила
и
тока в проводах.
К ~ /* '"* Л7"3 ~~ jV "
Сопротивление R можно определить так: R =р-^-, откуда 5 =
-£-. Тогда
,сг, p/2.VD
1,71 ■ КГ"8 ом-м-108 л2-103 em.8900 кг/л*8 - „„ лпА
т=— аоз-4- Ю« ^ ^«1,27-10<1гг.
168. Неполяризующийся гальванический элемент замыкают
проводником сопротивлением 0,6 ом, причем по цепи идет ток
величиной 0,9 а. Если тот же элемент замкнуть проводником
сопротивлением 1,2 ом, то величина тока составит 0,6 а.
Определить электродвижущую силу и внутреннее сопротивление
элемента.
180

Дано:
Яг — 0,6 ом;
h - 0,9 а;
7?2= 1*2 ом;
/а = 0,6 а.
Е — ?
г — ?
Решение
Электродвижущая сила неполяризующегося гальванического
элемента не зависит от нагрузки. В силу закона Ома для
замкнутой цепи
fi-Mr + яо;
E = I2(r + R2).
Исключим из этих уравнений Е и решим получившееся
уравнение относительно г:
Подставим полученное значение г в уравнение Е = A(r-|-/?i):
После подстановки численных значений получим;
£ = 0,9.0,6^=^.-1,08 в;
г - 0,9-0,6 ~ U'b 0М-
169. Электрическая цепь собрана -гак, как показано на рис. 86.
Электродвижущая сила батареи Ех равна 12 в, а ее внутреннее
сопротивление — I ом. Какова должна быть электродвижущая
сила батареи Е2 при ее внутреннем сопротивлении 3 ом, чтобы
через сопротивление R не проходил ток?
Дано
>2 =
;
12
1
3
: в;
ом;
ОМ.

Решение
Пусть величина тока, протекающего через батарею Еи будет
fl9 через батарею £2 —/2 и через сопротивление Л — /;?. Так как
ток через сопротивление не течет, то /3 = 0.
/i —/а = /в = 0.
Отсюда
h = ?2>
Так как
Ег = 11Гх + I3R = /Л
и
Рис. 86 то, разделив почленно последние
уравнения друг па друга, получим
откуда
После подстановки численных значений найдем
Е2 =: 36 б.
170. Электрическая цепь освещения вагона состоит из 30
параллельно соединенных лампочек с внутренним сопротивлением
по 30 ом каждая, подключенных к генератору постоянного тока
с внутренним сопротивлением 0,04 ом и электродвижущей силой,
зависящей от скорости движения вагона. Параллельно генератору
присоединена батарея аккумуляторов с электродвижущей силой 24 в
и внутренним сопротивлением 0,02 ом (рис. 87). Создает лп батарея
аккумуляторов ток во внешней цепи, если электродвижущая сила
генератора 24,2 а? При какой наименьшей электродвижущей силе
генератора внешняя цепь не потребляет ток от батареи?
Дано:
г =
п =
п =
Н =
Е,=
Е* =
и—
- 30 ом\
= 30;
: 0,02 ОМ\
-0,04 ощ
:24 в;
= 24,2 в.
? ^ralii —
С -=.

Решение
Обозначим ток, текущий в цепи батареи, через 1Ъ в цепи
генератора через /2 и в общей цепи через / (рис. 87). Тогда
/=/х + /..
Рис. 87
Если падение напряжения на лампочках U, то
п
Тогда
+
г
Ei — U , Е% — U
Из полученного уравнения определим U:
г "Г п "г Га — Г1 -+" rg
[/
F Р
J~J-t I /j ■>
Г + 17
'1
^. + J_+_L
.—I
После подстановки численных значений получим
U
24 б , 24,2 в
30
+
1
+
1
,-1
= 23,7 е.
1,0,02 ом "Г о,04 олУ ^ 30 ол* ~ 0,02 ом ~ 0,04 ом)
При таком напряжении на лампочках аккумуляторная батарея
отдает ток во внешнюю цепь. Батарея не отдает ток при условии,
что U = Ех.
Тогда
пи __ Е% — и
183

откуда
171. Какова температура печи, если помещенная в нее
термопара железо — Константин (k — 0,05 мв/град) дает на
гальванометре чувствительностью Ю-7 а/дел и сопротивлением 1000 ом
отклонение на 200 делений? Второй спай термопары погружен
в тающий лед.
Дано:
/е = 0,05 мв/град — 5- Ю-5 в/град;
с — Ю"7 а/дел;
#= 1000 ом;
п~ 200 дел/,
U = 0° С.
4-?
Решение
Электродвижущая сила термопары пропорциональна разности
температур обоих спаев:
Е = k (t2 - t.x).
С другой стороны, по закону Ома
где г — сопротивление термопары- Но так как сопротивлением
термопары можно пренебречь, то
Приравнивая правые части формул для электродвижущей силы,
получим
к (/2 — к) = IqR,
откуда
Так как к = 0, то t2 = ^.

Величина тока [0, исходя из показаний и чувствительности
гальванометра, равна
/0 = ся.
Окончательно получим
, с п , 10™7- 200 -1000 лппо^
J k a 5.10-5
172. В городскую осветительную сеть напряжением 220 в
включено последовательно 5 ламп накаливания напряжением 12 в
каждая. Вычислить величину тока в лампах и добавочное
сопротивление, которое потребуется к ним, если сопротивление каждой
лампы равно 20 ом.
Дано:
U = 220 в;
п = 5;
Uv = 12 в;
#, = 20 ом.
/-? Яд-?
Решение
Величина тока в цепи определяется по закону Ома:
г и, т 12 в Л г
I = ~, I — -^р— = 0,6 а.
Напряжение на я последовательно включенных лампах равно
Напряжение на добавочном сопротивлении
Находим величину добавочного сопротивления:
t/д _ U-idJr _ 220 б-60 в_
. ад т 7 ' ^д ад~о— ~ гь ом'
173, В электрическую цепь, состоящую из источника тока»
гальванометра и сопротивления R1 (рис. 88, а) включен шунт
сопротивлением 10 ом и вместо сопротивления Rx включено
сопротивление R2 (рис. 88, б). При этом величина тока в цепи не
изменилась. Определить сопротивление гальванометра, если известно,
что R = 10 ом, i?i = 350 ом и R% = 100 <ш.
185

Дано:
R = 10 ом;
Rx = 350 ом\
i?2 = 100 ом.
г — ?
Решение
Обозначим внутреннее сопротивление гальванометра через г,
а электродвижущую силу источника тока через Е. Тогда для цепи,
показанной на рис. &&ъ а, можно записать
г
i
\
л
#
а
Рис. 88
Для второго случая (рис. 88, б)
E = U(R* + Ro).
где Ra — -п-т сопротивление параллельно соединенных
гальванометра п шунта. Так как протекающий через гальванометр ток не
изменяется, то ток, протекающий через сопротивление R, равен
/а — 1г. Тогда
откуда
Так как
1-1
L
-Л
_Л
=^:
№
Г
Л'
+ г)
Ii(Ri + 0=:I2(R2 + R0)t
186

то, подставляя вместо /2 и R0 их значения, можно записать
Решая это уравнение относительно г, получим
r =*J3ipbL = 25 ом.
174. Каким сопротивлением нужно зашуптировать гальванометр
сопротивлением 1000 ом, чтобы уменьшить его чувствительность
в 50 раз?
Rv = 1000 ом;
а = 50.
R — ?
Решение
Чтобы уменьшить чувствительность гальванометра, надо
параллельно к нему подключить сопротивление. Тогда через
гальванометр пойдет только часть тока. При параллельном соединении
проводников токи распределяются обратно пропорционально
сопротивлениям ветвей цепи, т. е.
Rv fin'
где Rm и /ш — сопротивление шунта и ток, идущий через него;
Rr и /г — сопротивление гальванометра и ток, идущий через него.
Общий ток цепи равен сумме токов разветвлений
Согласно условию задачи, через гальванометр проходит —*
часть общего тока. Поэтому
Подставляя эти выражения в первое уравнение, найдем
Дш
Следовательно,
10''*
Rm — -49" = 20>4 <W*-
J87

175. Батарея аккумуляторов, э. д. с. которой 12 <?, заряжается
при напряжении 12,5 в н величине тока 3 а. Внутреннее
сопротивление при зарядке и разрядке одинаково, причем аккумулятор
отдает 70% количества электричества, прошедшего через него при
зарядке. Определить к, п. д. батареи аккумуляторов: а) при
разрядке током 3 а; б) при разрядке током 0,3 а.
Дано:
Е
иг
Л
'In
/.
Г,
■ц-
= 12 в;
= 12,5 в;
= 3 а;
-0,7;
= 3 а;
= 0,3 а.
-? г,' — ?
Решение
К. и. д. есть отношение полезной работы Аг, совершаемой
аккумулятором, к общему количеству энергии Л, получаемой им при
зарядке, т. е.
Полезная работа, совершенная током при прохождении по
внешней цепи в период разрядки батареи за время /2, в течение которого
последняя придет в такое состояние, в каком она была до
зарядки, будет
где U2 — напряжение на зажимах батареи при разрядке.
Если э. д. с. батареи аккумуляторов равна £*, а внутреннее
сопротивление г, то
V% = E — /2г.
Так как внутреннее сопротивление батареи аккумуляторов при
зарядке и разрядке не меняется, то из условия задачи найдем, что
Подставляя значения Uz и /2 в выражение для Аъ получим
188

Работа, совершенная за время tj током Il9 посылаемым нсточ-
miKOM тока, от которого заряжается батарея аккумуляторов, будет
равна
А = UJxh-
Подставляя значения Аг н А в выражение для г{, получим:
откуда
7) =
ч\
E-Jh
Е
Л
Уп ] 1$ъ
£(7г +/а) —У,/2 /Ла
£/,/
i'i
vr
/о/о
Так как отношение j~- по условию задачи равно гю, то
11 £ (/х + /3) - ^/2
Ч^^о
U1l1
Подставляя численные значения величин, получим:
4-0,7
12 в-6 а— 12,5 д.0,3 а
12,5 б-З а
12 о-3,3 а— 12,5 д.0,3 а
12,5 е-3 а
-0,64 (т) = 64%);
0,67 (7)' 4:6796).
176. Из изолированной проволоки сделана замкнутая петля
(рис. 89, а). В месте перекрещивания расположены одна над другой
точки М и N провода. Радиус
контура / равен гъ а контура
// - га.
а) Определить разность
потенциалов между точками М и
Л', когда этот контур
пронизывает магнитное поле,
перпендикулярное плоскости рисунка,
индукция которого меняется по
закону В = В{4*
б) Какова будет разность
потенциалов между этими точками, если петля имеет форму,
показанную на рис. 89,6?
Рис. 89
Решение
Обозначим через Ег и Е% электродвижущие силы, возникающие
в определенный момент времени в контурах / и //, а через Rx
189

и R2 — сопротивления этих контуров. Тогда силу тока в петле,
изображенной на рис. 89, а, можно вычислить по формуле
Т _ £? ^
а разность потенциалов между точками М и N — по формуле
£/ = £! — /#!
или по формуле
U = E2 + IR».
Учитываем первое уравнение, получаем
Подставляя в эту формулу выражения
Ei = k^ = k~~KF^ = k' м = k*rA и
получаем, что t/ = к%ггг2В0, где коэффициент й зависит от выбора
системы единиц.
Если контур имеет форму, представленную на рис. 89, б, то
электродвижущие силы Ег и Е% складываются. Поэтому
Ег + Е*
->
Л
177. К полюсам батареи с
электродвижущей силой Е и внутренним
сопротивлением г через ключ Кх и конденсатор
емкостью С (рис. 90) присоединен
баллистический гальванометр. К зажимам источника
ключом К2 может быть присоединено
сопротивление R. При замыкании ключа Кг
(ключ /<2 разомкнут) стрелка гальванометра
отклоняется вправо на угол а. На какой
угол J и в какую сторону отклонится
стрелка гальванометра, если затем замкнуть
ключ Да? (Считать, что угол отклонения пропорционален
прошедшему через гальванометр заряду.)
Решение
При замыкании ключа Кх конденсатор полностью зарядится.
При Этом через гальванометр пройдет заряд
Q =СЕ = Ы.
Рис. 90
190

После подключения сопротивления разность потенциалов на
зажимах источника упадает до величины
а заряд конденсатора станет равным
При этом через гальванометр пройдет заряд
Стрелка гальванометра отклонится влево на угол
о СЕ г г
k R -J- г /? + /■'
178. Внешняя цепь сопротивлением 0,3 ом питается от шести
аккумуляторов, у каждого из которых электродвижущая сила равна
2 <?, а внутреннее сопротивление 0,2 ом. Аккумуляторы соединяются
в отдельные группы последовательно, а группы соединяются друг
с другом параллельно. При каком способе соединения аккумуляторов
в такие группы будет получена наибольшая величина тока в цепи?
Дано:
R = 0,3 ом;
£ = 2 в;
г — 0,2 ом;
N = 6.
/72 — ?
Решение
Предположим что группа состоит из т элементов, а так как
всего N элементов, то получим k = — групп. Величина тока при
таком соединении будет определяться формулой
Т — тЕ — Е
к ' К k ~ m
Задача сводится к нахождению такого т, при котором /
принимает наибольшее значение, или, что то же самое, к нахождению
такого т, при котором знаменатель дроби минимален. Добавляя

JfrR
f ~gy
преобразуем его:
k * m ~ N r * m ~ N r * \ N "r
Отсюда видно, что знаменатель минимален, если
VT'- VI- ■
Из этого условия определяем т:
Таким образом, группа должна состоять аз трех аккумуляторов.
Число таких групп k = — равно 2. Величина тока при этом до-
lib
стегает значения
/та* = 4" у ^- = 10а.
Интересно отметить, что при таком соединении элементов вну-
треннее сопротивление батареи гт = -г- = ~jr равно внешнему
сопротивлению цепи R. Действительно, подставляя в это выражение
для гап значение т = 1/ —, получаем rm = R.
179. Сколько меди выделится в течение 10 сек на катоде при
электролизе CuS04, если в течение первых 5 сек' величина тока
равномерно возрастает от 0 до 3 а, а в течение последующих 5 сек
равномерно уменьшается до 1 а?
Дано:
t -= 10 сек;
t-L = 5 сек;
Л = о;
/2 = 3 а;
У3 = 1 а;
i2 = 5 сек.
т — ?
192

Решение
Из рис. 91 видно, что при заданном электрохимическом эквиваленте
масса выделившегося вещества на катоде т = kit полностью
определяется произведением It. При постоянном токе произведение Н
численно равно заштрихованной площади (рис. 91, а), если по оси абсцисс
отложить время, а по оси ординат — величину тока. Аналогично
и при переменном токе произведение It определяется заштрихованной
площадью О ABC (рис. 91,6).
кЗ
?.
г-
i ■
А
Ш
ш
Р»9
Ар
О 5
б)
Ш
Рис, 91
Площадь
О ABC =--~AD'OD^-~ (AD + ВС) DC.
Но -n- AD n -?г (AD -f. ВС) есть среднее значение тока соответст-
2 '"" " 2
венда первых 5 сек и вторых 5 сек.
Тогда
Л =
k -I- h
t
I о 4- h
<z,
m - kit = k [h^b- tx + Щ^ fc).
После подстановки численных значений получим
m -= 0,33 мг/а-сек (—.3-5-|- -^Л-Ъ\а-сек =
= 0,33-17,5 л*г = 5,8 ;нг = 5,8.10-6 кг.
180. Электролитическая ванна для получения алюминия
рассчитана па 25000 а. Электролиз окиси алюминия производится при
рабочем напряжении 4,8 в на ванне. Выход по току равен 86%.
Сколько алюминия производится за сутки? Каков расход
электроэнергии на 1 кг алюминия?
193

Дано:
/ = 25 000 а;
V = 4,8 в;
t = 24 ч;
fe = 0,09317 мг/к = 0,335 г/а-ч;
ч\ = 0,86.
/72 — ? 7 ?
Решение
В соответствии с первым законом Фарадея получаем *
т = kit,
где k — электрохимический эквивалент; t— время прохождения тока;
т — масса выделившегося вещества; / — величина тока.
В условии задачи сказано, что фактически выделенное количество
алюминия составляет 0,86 от количества алюминия, рассчитанного
в соответствии с законом Фарадея, т. е.
т = Tjfeft.
Таким образом,
т = 0,86-0,335 г/а^-25000 а-24 ««172860 г^173 кг.
Потребляемая электроэнергия
А = Ши
А = 25000 а*4,8 <?-24 « = 2880 квт-ч.
Расход электроэнергии на 1 кг алюминия
А 2880 квт*ч лпп i
Y = — = •—— = 16,6 кет*ч кг.
1 т 173 кг '
181. Дана электрическая схема (рис. 92).
Будем считать, что ток короткого
замыкания небольшой. Как меняется показание
амперметра, если уменьшать сопротивление
реостата?
Решение
Рис. 92 „
Пусть Е — электродвижущая сила, г —
внутреннее сопротивление источника тока, Rb — сопротивление
амперметра, #2 — сопротивление реостата. Тогда ток неразветвлешюй
части цепи по закону Ома для полной цепи будет равен
7 . Б Е (R, + /?,)
RiR* . ~ RiR2 + r(Rx + Fti •
Ъ + *2 "'" "
194

При перемещении ползунка влево сопротивление реостата
уменьшается, а в связи с этим меняется и ток /. Ток / в точке В
разветвляется на два тока: 1г — ток через амперметр, /3 — ток через
реостат. В сьязи с изменением тока / будут меняться и токи 1г и /2.
Реостат и амперметр включены параллельно, следовательно,
откуда
Но /.2 = /—[lt тогда
или
IiRi - IRt - 'itf* Л/?1 -I- ЛЯЯ = //?».
Тогда
Подставляя в это уравнение значение /, найдем
/l =
Разделив числитель и знаменатель па #й, получим
Е
Л =
* + '+■£
Величины £, 7?! и г постоянные, а меняется только /?2- При
уменьшении /?а величина дроби ■-.■^i- увеличивается и знаменатель
г -|- jRjl -[- г -jr- тоже увеличивается, следовательно, величина дроби
— —р— уменьшается. Отсюда делаем вывод, что при умень-
упении сопротивления реостата показание амперметра будет
уменьшаться.
182. Какого сечения надо взять медный провод для устройства
линии от электростанции до потребителя общей длиной 1 км, чтобы
передать потребителю мощность 8 кет? Напряжение на шинах
станции 130 в, допустимая потеря на линии передачи 8%.
195

Дано:
/ = 1 км=* 1000 М]
N = 8 /own «8000 em;
U0^ 130 б;
ft = 0,08;
P = 0,017 ом-мм*/м=* 1,7-1 Q-s оле-л*.
S —?
Решение
Потеря напряжения на линии передачи будет Umm — U0k. Эта
же потеря напряжения на линии через сопротивление линии
выразится так:
"лип ~ 'Апров = А°~с""
Следовательно,
Откуда
U0k = Ip~.
I = и°к s
(Л
Напряжение потребителя равно
Ut=UQ-UJi = U0il~k).
То же напряжение потребителя через мощность N я ток / будет
равно
откуда
Но
тогда
откуда
/- »
У§(1-*Г
S= т
u'U(i-k)

После подстановки численных значений получим
о 8000 в/п. 1,7-Ю-8 ом-м-1000 м * ЛП 1П_4 Р 1ПГ1 *
S = .дл \Q...—AAQ AQO = 1,09- Ю-4 ж2 = 109 лш2.
130 /у-130 6-0,08*0,92 '
183. Реакция соединения водорода с, кислородом протекает по
следующему уравнению:
2Н2 -|- 02 = 2Н20 + 570 830 дж.
При каком наименьшем напряжении на электродах может
происходить электролиз воды?
Решение
При величине тока / и напряжении U на выделение т граммов
вещества на катоде при электролизе необходимо затратить энергию
А = IUL
Подставляя вместо / его значение, согласно первому закону
электролиза, получим
если электрохимический эквивалент выразить через атомный вес
и валентность вещества, то
а
Откуда искомое напряжение на электродах будет равно
rnnF '
Из уравнения соединения водорода с кислородом видно, что на
разложение 2 молей воды при выделении из нее 4 г водорода
необходимо израсходовать 570 830 до/с энергии.
Подставляя данные значения, получим
гг__ 570830 в-й'СекЛ г/г>э№ , ,-
U ~ 4 J.1.9G500 а.сеф-зкв ~ ' ' 6'
184. Ток величиной 1 а пропускается в течение 1 мин через
подкисленную воду. Какой объем займет образовавшийся при этом
гремучий газ при нормальных условиях?
Дано:
1 = 1 а;
t = 1 мин = 60 сек.
-' V — ? "
Ъг Зак. 1330
197

Решение
Объем гремучего газа будет равен сумме объемов водорода VH
и кислорода Vo> выделившихся при электролизе подкисленной воды:
V-Vh + Vo-
Объем выделившегося водорода найдем, разделив его массу на
плотность:
^н=-—•
РП
Так как
Hi
то
где fXH — масса 1 грамм-молекулы водорода; V^ — объем 1 грамм-
молекулы газа при нормальных условиях.
Массу водорода, выделившегося при электролизе, определим по
закону Фарадея:
где. дн — атомный вес; Пц — валентность водорода; '/ — величина
тока, проходящего через электролит; t — время, в течение которого
пропускался ток; F — число Фарадея.
Масса кислорода, выделившегося при электролизе, определяется
аналогично
Подставляя вместо Vn и Vo их значения, получим
V = —*-М——+ ■ I
F \ лн(аи ' п0ро1
Находим (см. прнл. //, 1, 26) следующие величины: V^ —
= 2,24- Ю-2 м*/моль\ F *=. 9,65-10* к; ап = 0,001 кг/моль; а0 =
= 0,016 кг/моль; пт = 1; яо = 2; рп =» 0,002 кг/моль; j*o =
=-- 0,032 кг/моль.
После подстановки численных значений получим
У _ ЬбО.2,24.10-2 / 0,001 , 0,016 V ^ .
Г~ 9,65.10* I 1-0,002 ' 2,0,032 /~1U ^ •

ПЕРЕМЕННЫЙ ТОК, ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ
КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
185. Дуга Петрова питается переменным током 50 периодов
величиной 30 а. Сопротивление горящей дуги 1,5 ом. Эффективное
напряжение в цепи равно ПО-б. Какую самоиндукцию нужно
включить последовательно с дугой, чтобы получить нужный ток?
Дано:
J- = 30 а\
R = 1,5 ом;
v = 50 гц\
Е&ь= ПО в.
L —?
Решение
Включение самоиндукции в цепь переменного тока увеличивает
сопротивление. Сопротивление цепи Z с последовательно
включенным активным сопротивлением R и самоиндукцией L определяется
следующей формулой:
Соотношение между эффективной величиной тока и эффективным
напряжением для цепи с индуктивностью следующее;
Решим это уравнение относительно L:
Вместо (о подставим ее выражение через v:
Тогда
После подстановки численных значений получим

186. К медному вольтаметру с внутренним сопротивлением 60 ом
подсоединен источник постоянного тока с электродвижущей силой
120 в и источник переменного тока с электродвижущей силой
Ег — 60 \/2 sin2rctf. Определить количество меди, выделившейся
в вольтаметре за 10 мин. Сколько теплоты выделится в
вольтаметре за это время?
Дано:
J? =60 ом;
Е1=120 в^
Е2 = 60 }/2 sin2*vf;
t — 10 мин = 600 сек\
fe==Q,3S-lQ-6 кг/к.
/тг — ? Q —?
Решение
Ток, протекающий через вольтаметр,
т E-i -\- Ео г , т
— "R 1 ' 2'
где /х — величина постоянного тока, численно равная —-= 2а;
/2 — величина перема-шого тока, равная ]/2 sin 2wtt т. е. /3 =
= /0 sin2«v£.
Постоянная составляющая тока на отрицательном электроде
вольтаметра выделяет количество меди
m = ft/i*«0,33-I(H» Кг//с-2 а-600 сек^4Л0~2 кг.
Переменная составляющая тока па электроде не выделяет медь.
Теплота, выделяющаяся в вольтаметре, определяется как
постоянной, -так и переменной составляющими тока:
где /2 Эф — эффективное значение переменного тока, численно рав-
ное —~ 5= -^— = 1.
V 2 У 2
Тогда
Q = (4 fl" + l 0я)'60 сш-600 сек= 180000 <3ж = 180 к<3#е.
187. Катушка, индуктивность которой 2- Ю-3 гн} присоединена
к плоскому воздушному конденсатору с площадью пластин 100 смг.
Найти расстояние между пластинами конденсатора, если контур
резонирует на волну длиной 100 м.
200

Дано:
L = 2-10-3 гщ
S = 100 ел*2 =10-2 м\
\= ЮО м\
8= 1.
d — ?
Решение
Период Т электромагнитных колебаний в контуре, состоящем
из емкости С и индуктивности L, определяется формулой
Т = 2т, )/LC.
С другой стороны, период колебания
где с — скорость распространения электромагнитных воли. Емкость
плоского конденсатора
где S — площадь одной из пластин конденсатора; d — расстояние
между пластинами; s0 — диэлектрическая проницаемость вакуума,
равная 8,85- Ю-12 ф/м; г — диэлектрическая проницаемость среды.
Подставим в формулу для периода колебаний значения
соответствующих физических величин
f - и ущ.
откуда
X2
d = ^ io«^Ss—— '— -^ 6,3 • 10-2 л,
188. Какую необходимо взять емкость в колебательном контуре,
чтобы при индуктивности 250 мгн можно было бы настроить его на
звуковую* частоту 500 гц? Сопротивление контура принять равным
пулю.
Дано:
L = 250 мгн = 0,25 гщ
v = 500 гц.
С — ?
7 Зак. 1350
201

Решение
Из формулы периода колебания контура
определим емкость
Но Т =* —, тогда
с= Г2
4t:*L
с- ]
4^3Ь2
С~ 4.3,14^0,25 ги-25-104 г^3 ~ 0,4-10 6#<
189. На какую волну настроен радиоприемник, если его контур
имеет индуктивность 1,5 мгя и емкость 6-Ю-3 мкф?
Дано:
L = 1,5 мгя = 1,5-10"3 гя;
С = 6.10"3 жяф^б-Ю-9 0,
X — ?
Решение
Между длиной волны, излучаемой колебательным контуром,
и периодом его колебаний существует связь
где с — скорость распространения электромагнитной волны.
Так как период колебании Т = 2гс ]/£С, то \ = 2тсс ]/Т5, X =
= 2-3,14.3.10* м1 сек /ППТН ги• 6• lTR~0я»5650 ж.
190. Катушка, индуктивность которой 3-1Q-5 гя, присоединена
к плоскому конденсатору с площадью пластин 100 смг. Расстояние
между пластинами 0Л мм. Чему равна диэлектрическая
проницаемость среды между пластинами конденсатора, если контур
резонирует на волну длиной 750 м?
Дано:
L = 3-10-5 гя\
5 = 100 сив= Ю-2 л<2;
d =0,1 лш=г Ю-4 ж;
X = 750 м.
е —?

Решение
Длина волны
где с — скорость распространения электромагнитных волн.
Емкость плоского конденсатора
q__ ee0S
d
Тогда
откуда
№c'hQLS
После подстановки численных значений
75Q2 лгМО"4
4-3>142-9-10le д«2/^л2. 8,85.Ю™12^^.!^-5 гя-1(Г2 л*2
7502 л2-10"4 л _с

ГЛАВА IV
ОПТИКА
ОТРАЖЕНИЕ
14 ПРЕЛОМЛЕНИЕ СВЕТА
191. Определить угол <р между падающим лучом А0} и
отраженным лучом 02В, если отражение произошло дважды от двух
плоских зеркал. Угол между зеркалами 60° (рис. 93). Плоскость
лучей перпендикулярна линии пересечения плоскостей зеркал.
Дано:
а = 60°,
Решение
а Обозначим угол падения
луча АОх через аг, угол отражения
луча 0%В через ай. Так как угол
падения равен углу отражения,
то /_ А0х02 = 2аъ £ Ог02В = 2а2. Искомый угол ?, как внешний
угол треугольника, равен
<р = 2ctx -|- 2а3.
Очевидно, что
«1 - 90°-/СОА,
*2 = 90°—ZCO-A,
откуда
аа + а3 = 180° - (Z СОгОг -}- Z СО А).
В треугольнике СОг02
а - 180° - (Z СОг03 + £ СОА)-
204

Сравнивая два последних уравнения, находим
а = o&i -{- а3.
Тогда
о = 2 (^4-^) = 2а = 120°.
192. В призме с преломляющим углом 30° (рис. 94) боковая
грань АС посеребрена. Луч света падает на грань АВ под углом
45° и после отражения от посеребренной грани выходит по тому
же направлению. Определить показатель преломления призмы.
Дано:
Л = 30°;
а = 45°,
п — ?
Решение
Луч света после отражения от грани АС
пойдет по тому же направлению, если
угол ОКА равен 90°. Тогда угол
преломления р равен преломляющему углу призмы Л.
Откуда
п
sin a sin 45°
sin ft sin 30*
= 1,41.
193. Равнобочная призма прилегает одной гранью к сосуду
с водой (рис. 95). Луч света падает из воздуха на грань призмы
под углом 40° и после двукратного преломления входит в воду.
Показатель преломления приззр>1 пг— 1,609. Чему равен угол пре-
205

ломления света в воде? Под каким углом нужно направить луч
света на грань призмы, чтобы он не проник в воду?
Дано:
«1
<р:
«1
"2
х-
= 40°;
= 60°;
= 1,609;
= 1,334.
-?«п>-?
Решение
тт Sin 5ti
Из закона преломления % — •• 0г находим угол преломления
8а = 23°30'. На плоскость 5С луч света падает под углом
?* = <? —Pi = 36°30'.
Если х— угол преломления света при прохождении из стекла в
воду, а я2 — показатель преломления воды, то
sin fts «2
sin x ~~ пг 9
откуда
sin х = -^ sin B2, sin х = -т~ -0,595 = 0,716; я = 46°
Луч света не попадет в воду, если к = 90°.
sin fop = ^ = 0,829; pSrp = 56°,
откуда £lrp = 60° — 56° = 4°.
тт sin ягг>
Но . 0Гр- = п*.
Поэтому
sin агр = % sin p^; агр zx 6°30'.
194. На кварцевую пластинку, имеющую показатель
преломления 1,54, падает световой луч. Чему равен угол падения, если
отраженный и преломленный лучи взаимно перпендикулярны?
Дано:
п — 1,54.
а — ?

Решение
По закону преломления
Sin a
sin р
п (рис. 96),
Так как а +. р = 90°, то
sin a sin а
= iga.
sin 3 sin (90g — я)
tgct = щ а ^57°.
195. Определить боковое
смещение луча после прохождения через
плоскопараллельную стеклянную
пластинку толщиной 6 см, имеющую
показатель преломления 1,6. Угол
падения луча света на пластинку 40°.
Дано:
h = 6 см;
а = 40°;
11 = 1,6.
Рис. 96
Рис. 97
Р ешение
Расстояние между лучами найдем
из треугольника ABD (рис. 97):
d = AB sin (а — р),
где Л# = —^-=-(й — толщина плас-
COS р
танки, р — угол преломления).
Окончательно имеем
COS р
sin a
Угол преломления р определим из выражения . ,? = п:
sin я
0,643
sinp = -^—, sinp = ^g^ = 0,402; р = 23°40'
207

Зная угол преломления $7 можно определить смещение луча:
■да 1,84 СМ.
d
0,9159
196. На дне стакана, заполненного водой па 10 см, лежпт
монета. На каком расстоянии от поверхности видит ее глаз
наблюдателя? Показатель преломления воды 1,33.
Дано:
Я = 10 см — 0,1 щ
п= 1,33.
/х-?
3
^
■
_
—чт—
су
1 til
г
L .J
■
■
/У
й
Рис. 98
Решение
На рис. 98 показаны два луча,
исходящие от монеты и попадающие в глаз
наблюдателя. Искомое расстояние
ВС
к =
tga
^ак как ВС = Н tg р} то h = Н
ч
tg?
ри малых углах падения и преломления
tg p _ sin S = 1
/г
1*
огда /г =
И
10
tg a sin a
7,5 С-^.
я 1,33
197. На какой глубине под водой
Сходится водолаз (рис, 99), если он вп-
hn отраженными от поверхности воды
^ части горизонтального дна, которые
Расположены от него на расстоянии
J5 ж и больше? Рост водолаза 1,7 м.
Показатель преломления воды 1,33.
Дано:
/= 1,7 м)
п = 1,33,

Решение
Лучи света, идущие от освещенных предметов, находящихся на
дне, попадая па поверхность воды, полностью отражаются и
попадают в глаз наблюдателя, если угол падения равен углу
полного внутреннего отражения или больше его:
Sin а 1 . 1
—. =— или sin а = —.
sin 90у п п
Расстояние АВ равно расстоянию от водолаза до ближайших к
нему предметов, которые он видит отраженными от поверхности
воды. Как видно из рисунка,
AC = DE = (h — /)tga, где h = CO,
S —AC = tl tg<?..
Решая совместно систему Двух уравнений, находим искомую
глубину
, ___ I , $ 1
где
, sin a 1
* ~~ cos а ~ уп2— 1 "
Подставляя вместо tga его значение, находим
После подстановки численных значений получим h = 7,4 м-
198. На дне сосуда находится небольшой предмет, прикрытый
сверху воронкой с углом при вершине 2 ср, которая плотно
прилегает ко дну сосуда (рис. ШО). Сосуд наполнен жидкостью с
показателем преломления //.. При каких условиях предмет будет виден?
Решение
Пусть из точки С предмета выходит луч, который падает на
воронку под углом а. Этот луч после преломления войдет в
жидкость под углом {$ к воронке. Он упадет на . поверхность
жидкости под углом -у и после преломления выйдет в воздух под
углом о. По закону преломления
sin a = n sin [3,
sin 8 == п sin 7.

Предмет будет виден в том случае, если не произойдет
полного внутреннего отражения от поверхности жидкости. Условие
видимости предмета выражается следующим образом: 8<90°.
Тогда
sin Тгр =
п
Так как угол
Ртс
в т—ч — ъ
то
sinp = sin \^y — <р — т) = cos (© -f f) =
= cos 9 cos y— sin <p sin у.
Тогда граничное условие для а
запишется следующим образом:
sin агр — п (cos 9 cosYrp — $Щ s*n Тгр)
или
sin агр — п cos <р I/ 1
^
1 . 1 \
81П9-— .
п
п
После небольших преобразований получим
sin агр — |/ns — 1 cos <? — sin ср.
Так как даже вертикальному лучу CD соответствует угол
падения на боковую поверхность, равный ~ з>, то
тс
агр='2 ?'
Тогда
или
sin
«
<p)=s |/*П2 — 1 COS? —Sin <р
tg?rp=J/V-l-l.
Тогда условие видимости предмета может быть записано в виде
Для углов больших, чем <ргр, предмет будет виден, для мень-
ших — невидим.

199. Тонкий стеклянный стакан оклеен бумагой, в которой
прорезана узкая вертикальная щель. Стакан наполнен наполовину
водой. Перед щелью поставлен источник света S (рис 101).
Изображение щели па противоположной стенке стакана получается
в точке В. Затем стакан поворачивают вокруг вертикальной оси
Рис. 101
на некоторый угол. Определить скорость света v в воде по
положению изображении щели, если скорость света в вакууме равна
300 000 км/сек.
Решение
После поворота стакана на некоторый угол луч света, *
исходящий от источника S, проходит в стакане над поверхностью воды
по направлению SAD. Точка D — изображение щели на стакане
над поверхностью воды. Луч света, проходящий внутри стакана
через слой жидкости, преломляется и дает изображение щели
в точке К.
Из рисунка видно, что угол а является углом падения, угол ft —
углом преломления. На основании закона преломления
Sin a С
sin ,3 v
Из Л BAD следует
BD = ЛВ-siaa = 2/' sin a,
откуда
BD
sin a = —^—.
Из прямоугольного треугольника ВАК получаем
sin p = -f-
Тогда
_ sin a BD 2r BD
sin p 2r ' BK ~~ BK '
откуда
с _ BD _ BK
v ~ BK И V~C BD *

Определение скорости света в воде сводится к определению
расстояний ВК и BD, т. е. смещений изображений щели по
сравнению с первоначальным положением.
Эксперимент Дает
BD = 1,33,
ВК
откуда
v =
1,33
= 225 563 км/сек*
ЛИНЗЫ. ОПТИЧЕСКИЕ ПРИБОРЫ
200. Объектив фотоаппарата «Зенит-С» имеет фокусное
расстояние 5 см. С какого расстояния сделан снимок дома высотой 6 м,
если высота негатива 24 мм?
Дано:
ОЕ = F = Ъ « = 0,05 м;
АВ = 6 м\
АХВХ = 24 мм *= 0,024 м.
d — ?
Рис. 102
Решение
Как видно из рис. 102, изображение в фотоаппарате
получается действительное, обратное и уменьшенное, если предмет
находится за двойным фокусным расстоянием объектива. Известно,
что линейное увеличение линзы составляет
ЛВ
d '

f
Отношение ~- можно получить и из формулы линзы
1 _J ,J_ J _ f, — F
F ~~ f * d И d — F '
Таким образом,
^~^ = k или k-F = f — F- / = ?(£+1).
Чтобы определить расстояние d от предмета до объектива
фотоаппарата, используем формулу линейного увеличения линзы.
Получим
а~ 1г - k
но
Тогда
, ЛА 0,024 n ППА
^ = ^^--6--0,004.
d~ Q'Q5(Q°;QQQQ44 + 1)= 12,55*.
Примечание. Рассматривая задачи подобного типа,
необходимо прежде всего построить изображение в линзе. Само решение
задачи можно свести к нахождению искомых величин, применяя
известные формулы или рассматривая подобие треугольников.
201. Предмет находится иа расстоянии 6 см от собирающей
линзы. Какое линейное увеличение дает линза, если ее главное
фокусное расстояние 8 см?
Дано:
d ^ б см — 0,06 м;
F -= 8 см = 0,08 м.
~к^?
Решение
Линейное увеличение определяется формулой
Расстояние от изображения до линзы / можно найти из формулы
линзы
J_ lJL — —■ f— d/r
d "I £ - /? » / — d — F'

Определим линейное увеличение
k =
d — F
rji j ft
0,08
aoe — 0,06
= 4.
Изображение получится мнимое п увеличенное в 4 раза.
202. На каком расстоянии расположен предмет перед линзой,
если его изображение находится на расстоянии наилучшего
видения в 25 см от оптического центра лупы О, а фокусное расстоя-'
ние лупы равно 5 см?
Дано:
d = 25 см\
F — 5 см.
Рис. 103
Л'
Решение
Пусть предмет АВ
высотой ух находится на
расстоянии О А = х от оптического
центра О. Построим его
изображение CD — Уъ (рис. 103). Гх и F2— фокусы лупы, СО —
расстояние наилучшего видения d, CD — изображение предмета,
высоту которого обозначим через уъ и OFx = OF2 = F — фокусное
расстояние лупы-
Из подобия треугольников OB'F2 и CDFq найдем
CD
CD
CO + OFs
пли
OB' АВ OFz
У2 d±F
Ух F '
С другой стороны, рассматривая подобные треугольники ОАВ
и OCD, найдем, что
У-2 _ d
Ух * '
Приравнивая правые части последних двух выражений, получим
d _ d + F
х ~ F *

dF
откуда искомое расстояние х = -ггу
25-5
X =
30
caizz4,2 см-
203, На расстоянии 30 см от центра двояковыпуклой линзы,
равном фокусному расстоянию, перпендикулярно оптической оси
помещено плоское зеркало. С другой стороны линзы на расстоянии
45 см находится предмет. Где получится изображение предмета?
Дано:
F=30cjh = 0,3 м\
d — кЬсм = 0,45 м.
/-?
Решение
Построим ход лучей в линзе
при наличии зеркала (рис. 104).
Из рисунка видно,, что OC=OD
и ОС=АВ.
Следствием этого является то, что АВ — А'В'.
Очевидно, что
f^A'0 = FO — FA - О A- (AF + FA') = OA— 2AF.
Так как AF = OA — OF, то
f = OA — 2(ОЛ — OF) = 20F — OA.
Подставляя значения, получим
/ — 0,6 м — 0,45 лг = 0,15 м.
•
204. На расстоянии 15 см от двояковыпуклой линзы с
фокусным расстоянием 30 см помещена свеча. За линзой на расстоянии
15 см находится плоское зеркало. Где получится изображение свечи?
Дано:
d — 15 см = 0,15 м\
Р = 30 см = 0,3 м;
/—15 см = 0,15 м.
/-?

Решение
Построим изображение свечи АВ в линзе (рис. 105) с учетом
отражения от плоского зеркала.
Луч АС: продолжение которого проходит через фокус Ръ
преломившись через линзу, пойдет параллельно главной оптической
оси и, отразившись от зеркала, вернется снова по тому же
направлению.
Рис. 105
Луч АО, проходящий через центр линзы, после отражения от
зеркала падает на линзу под некоторым углом Продолжение
этого луча пересечет главную оптическую ось в точке F2. Легко
показать, что эта точка является вторым фокусом линзы. Отсюда
следует, что отраженный от зеркала луч MN после преломления
через линзу пойдет параллельно главной оптической оси.
Из подобия треугольника AtCE и FfiO получаем
ЛуЕ _ СП I _ СЕ
ГгО ~ СО ' "F ~ СО *
Так как С£=2СО, то / = 2F = 0,6 м.
Данная задача допускает несколько решений. Предлагаем
читателям решить эту задачу другими методами
205 Двояковыпуклая линза дает изображение _ на экране
предмета. Между линзой и экраном помещена плоскопараллельная
пластинка толщиной 3 см с показателем преломления 1,5. В
каком направлении и на сколько нужно сдвинуть экран, чтобы
получить отчетливое изображение предмета?
Дано:
d = 3 см = 0,03 м;
я— 1,5.
* х — ?
'216

Решение
Найдем изображения ДА и А3В2 предмета АВ, построив ход
лучей в первом и во втором случаях (рис. 106). Так как при
прохождении через плоскопараллельную пластинку выходящий луч
параллелен падающему, то
х = ЛхАг = СЕ — DE.
Если угол падения луча
на пластинку равен a, a .
угол преломления — р
( / КСЕ), то из Л DEK
следует:
ЕК = DE tg а.
Из А СЕК
EK=CEigp,
откуда
DE Jgl_ Рис- ,06
СЕ tg* '
Для малых углов а и р отношение тангенсов можно заменить
отношением синусов. Тогда
DE=CE
sin3 «г. _1_
sin я /2
Подставляя вместо D£ его значение в первоначальную
формулу, получим
х = ЛИа = СЕ
L.CE~dn~=^
п п
После подстановки численных значений найдем
х = 0,01 м.
206. В зрительной трубе расстояние между объективом и
окуляром составляет 180 мм. В это пространство понадобилось
установить сетку (плоскопараллельную пластинку) из стекла
толщиной 3 мм с показателем преломления 1,5. Определить новое
расстояние между объективом и окуляром, которое сохраняет то
же состояние юстировки оптической системы, что и до введения
сетки.
217

Дано:
d = 3 мм;
/г= 1,5;
/0 = 180 мм .
I— ?
Решение
Величину смещения луча плоскопараллельной пластинкой
определим по формуле
д/ — ^—d = 1 мм (см. решение задачи 205).
п
Тогда /=/0-]-Д/ = 181 лш. ,
207. Наблюдатель с нормальным зрением рассматривает Луну
в телескоп, окуляр которого имеет фокусное расстояние 5 ели На
сколько нужно выдвинуть окуляр, чтобы получить изображение
Луны на экране, поставленном на расстоянии 25 см от окуляра?
Дано:
р = 5 см = 0,05 м\
fi== 25 см — 0>25 л*.
я —?
Решение
Так как F = 5 ли, а расстояние наилучшего зрения fx — 25 еж,
то расстояние dx (рис. 107) действительного изображения от
окуляра определяем по формуле линзы
1,1 1
h j d1 F
откуда
* -1- L'
Расстояние d2 окуляра от полученного изображения при
сопряженном фокусе /2 — 25 см находим по аналогичной формуле
"5" +17 = Х*
отсюда
Й2~/3-Г

Вычитая из do значение dx, получаем
kF hF
х =
Поскольку fx = f%=. f, то
Рис. 107
Подставляя значения, находим
2-0,25"0,052
X =
^ = 0,021 м.
0.252 — О,05а
208. С помощью объектива, который состоит из тонких,
плотно прилегающих рассеивающей и собирающей линз, предмет
проектируется ш экран. Определить главное фокусное расстояние
рассеивающей линзы, если ее оптическая сила в 2 раза больше
(по абсолютной величине) оптической силы собирающей линзы.
Расстояние от объектива до предмета 25 см, а до
изображения— 4 м.
Дано:
d = 25 см = 0,25 м;
f = 4 м;
F •-?
1 р г

Решение
Оптическая сила объектива равна сумме оптических сил
собирающей и рассеивающей линз:
D^DC-Dp.
Кроме того, оптическая сила объектива
D = — = ] ■ ] - f + d
F . d ' / df '
где F — главное фокусное расстояние объектива; d — расстояние от
объектива до предмета; / — расстояние от объектива до
изображения.
Так как по условию задачи абсолютная величина оптической
силы рассеивающей линзы в 2 раза больше абсолютной величины
собирающей линзы, то
_ Dp Dr
D = ^—D„ =
'р — 2 '
откуда
DV~-2D.
Главное фокусное расстояние рассеивающей линзы
F = J- = ] - df
Р Dp 2D 2(f + d}'
FP- 2.4,25 л « — <М2 м.
209. В вогнутое зеркало радиусом 80 см налит тонкий слой
воды. Показатель преломления воды равен 4/3. Определить
фокусное расстояние этой системы.
Дано:
г = 80 см = 0,8 м;
п = 4/3.
Решение
Луч света PR, падающий на зеркало параллельно главной
оптической оси, после отражения пересечет ось в точке Оъ
расстояние АОг — F — -g-. При наполнении зеркала водой этот луч при
выходе из воды в воздух преломится и пересечет оптическую ось

в точке Оа (рис. 108, а). На рис. 108,6 показан ход лучей в
увеличенном виде. Если а — угол падения луча на поверхность воды
после отражения от зеркала и р — угол преломления; то из
рис. 108,6 видно, что
Рис. 108
откуда
Koa = Kov^-.
При малых углах падения отношение тангенсов можно заменить
отношением синусов. Тогда
Так как
то
sin?
sin?
Sin a
КО,
*=п,
/«Л
п
При незначительной толщине слоя воды в зеркале отрезком
АК можно пренебречь по сравнению с AOt и Л03. Следовательно,
откуда
K02^F„ KOx^F,
n 2n '
Подставляя численные значения, получаем
221

210. На прозрачную сферическую поверхность радиусом 2 см;
разделяющую воздух и среду с показателем преломления 1,6,
падает из воздуха тонкий пучок параллельных лучей (рис. 109). На
каком расстоянии от поверхности сферы лучи сойдутся?
Дано:
г = 2 см
л= 1,6.
2-Ю-2 м;
F-?
Решение
Рассмотрим треугольник
ABC и воспользуемся
теоремой синусов:
ВС СА
sin Ъ ~~ sin (я — р)'
где С А = г (С — центр
сферической поверхности).
По условию задачи углы а
и р малы (луч АО очень близок к ВР — пучок лучей тонкий).
Значит, сипусы можно заменить самими углами, выраженными в
радианах. Поэтому
Рис. 109
ВС==г
Р
а — :г
а
Разделим числитель и знаменатель на (3 и величину-гт- заменим
?
показателем преломления среды и, так как я
Получим
1
Sin a
sin р
а
ВС^г
« — Г
Таким образом,
а
F=2.10~?2 л
1,6
1,6—1
5,4-10~2 Л2 = 5,4 ел*.

ФОТОМЕТРИЯ
211. Две лампы, подвешенные к потолку на высоте 2 м от
горизонтальной плоскости MN и на расстоянии 2 м друг от друга
(рис. ПО), дают каждая в отдельности силу света в 100 св.
Определить освещенность на поверхности MN в точках под
источниками света и в точке D посредине между лампами.
Дано:
/= 100 ев;
h = 2 м;
1 = 2 м.
Ее — ? Ed — ?
Решение
Рис. НО
Освещенность в точках под источниками света равна сумме
освещенностей, создаваемых источниками А и В. Освещенность
в точке С от источника А будет
F - 1
№'
Освещенность от источника В в точке С будет
Ее
cos a =
h
Ih
h2 + l2 (A« + J*)V. (Aa+ /»)*/* '
Суммарная освещенность в точке С, равно как и в точке К,
будет
" 1 . h
Ес = 100 ев
2 м-2 = 34
лк.
(4 + 4)V.J
Определим освещенность точки D от источника В (такая же
освещенность будет и от источника Л):
/ h ih
р _ j COS ft _
А
2 _1_
4
:-+4Г
у+4Г
Освещенность точки D будет

E
D
2-100 св-2 м
36 як.
(4+1)'Л ж3
212. На двух вершинах (Sx и S2) равностороннего треугольника
со стороной, равной, 2 м, расположены два источника света по
100 ев каждый.
Как следует расположить пластинку ВС, чтобы она была
освещена максимально (рис. 111)? Чему.равно максимальное значение
освещенности?
Ь
Рис. Ш
Дано:
а = 2 м\
I = 100 св.
Е —?
'-'max г
Решение
Если нормаль к пластинке составляет
угол а со стороной ASl9 то освещенность
пластинки
Е = -4- [cos а -|- cos (60° — а)].
Так как cos a + cos (60° — а) = cos 30° cos (а — 30°),
то
Е= ~ cos 30е cos (а — 30'),
Пластинка будет освещена максимально, если
cos (я — 30°)= 1, т. е. <x-=30J.
При этом пластинка параллельна стороне треугольника SXS2.
Величина освещенности
Яшах = ~ф C0S 30°,
р 2™э _ V з
^тах 4 " 2
21 як.
* 213. Точечный источник света 5 освещает поверхность MN.
Как изменится освещенность в точке А, в которой лучи от 5
падают на поверхность перпендикулярно, если сбоку от источника
света 5 на таком же расстоянии, как освещаемая поверхность,
поместить плоское зеркало Z, отражающее свет в точку А
(рис. 112)? Коэффициент отражения принять равным 1.
224

Решение
Светящаяся точка 5 дает в зеркале мнимое изображение Sb
которое находится за зеркалом на таком - же расстоянии, как S
перед зеркалом. Тогда треугольник SBS1 будет равнобедренным
и SB = BSV Таким образом, точка А на поверхности MN
освещается как бы двумя источниками света: светящейся точкой 5 и ее
мнимым изображением S±. Когда точка Л
освещается только светящейся точкой S,
то освещённость в этой точке
*г »
а
где /— сила света точечного источника.
При наличии зеркала освещенность
точки А равна
,-, / , / cos a
Рис. 112
а4
AS\
Так как
АВ = аУ% то ASl^AB-\'BS1 = aV2~\-a;
V2
угол а = 45° и cos a = g
После преобразований получим
/ . /1/2
£* =
flB ' 2(p|/2 + fl)s
я2 "^ 2oa(3 + 2j/2)
ИЛИ
Тогда
Е.,=
а*
"l+ M1 1=1 12-~
£* , ,ft /
Я,
-1,12
а'
в*
= 1,12.
214. В карманном фонарике впереди нити лампочки на
расстоянии 2 см от нее установлена собирающая линза с фокусным
расстоянием 3 см. Как изменится средняя освещенность поверхности,
расположенной на расстоянии, 1 м от линзы перпендикулярно
главной оптической оси, если линзу снять с фонарика? Нить лампы
считать точечным источником света.
226

Дано:
so =
F =
ол =
Si
Ег
2
3
1
7i
СМ =
СМ =
м.
Решение
0,02
0,03
м;
м;
При наличии линзы фонарь будет освещать круг радиусом АВ
(рис. 113), а в ее отсутствие — радиусом АС. Поэтому
£l - (ACY
Ь\ ~ [АВ '
Рис. ИЗ
где £3 — освещенность при наличии линзы; fg —при ее
отсутствии,
Очевидно, что
АС АО + OS
откуда
Далее,
ON
OS
ON {АО + OS)
ЛЬ ~ QS
АВ __АО_±ОК_
ON ~ OK *
226

откуда
flD ON (АО + OK)
AB- щ *
Подставляя вместо АВ и AC их значения, получим
Et
{АО + OS) OK ]2
Е%
Из формулы линзы найдем
ОК =
(АО -|- OK) OS
F-OS
■I
F—OS *
Вычислив по известным величинам jF й OS длину отрезка (Ж,
можно определить отношение освсщешюстей. При указанных
условиях освещенность в случае применения линзы оказывается
приблизительно в 8,33 раза больше, чем при ее отсутствии.
215. Автомобильная лампочка, которую можно принять за
точечный источник света силой 20 ев, находится на расстоянии 2 м
от собирающей линзы диаметром 8 см. За лпнзой расположен
экран, на котором лучи света, прошедшие через линзу, дают
световой кружок диаметром 2 см. Определить освещенность кружка
(рис. 114)* Поглощением линзы пренебречь.
Дано:
АВ = Dx = 8 см = 0,08 м\
I =-20 св\
CD =■• D* = 2 см = 0,02 м\
SO = d = 2 л*.
Е — ?
Решение
Рис. 114
Известно, что освещенность в общем случае определяется как
отношение светового потока Ф к величине площадки 5, на
которую он падает, т е.
£ — s .
В этом выражении
а Ф можно определить следующим образом:
Ф =0)/,
227

где
-г
d2 ~~ Ы2'
Таким образом,
После подстановки численных значений получим
г (0,08)2-20 оЛ
216. Для печатания фотоснимка па расстоянии 1 м от лампы,
имеющей силу света 60 ев, требуется 1,5 сек. Какова будет
продолжительность печатания при лампе в 25 ев па расстоянии 1,5 ж?
Предполагается, что общее количество световой энергии,
полученной фотоснимком в обоих случаях, одинаково.
Дано:
/х = 60 ев;
/2 = 25 ев;
r-i — 1 м\
г2= 1,5 м\
U — 1,5 сек.
Решение
Количество световой энергии в первом случае будет равно
а во втором
w* = ФА,
где Фг и Ф2 — световые потоки соответственно от ламп /t и /2.
Освещенность
Тогда
£ = "5" или £ = Т5"'
Ф = £5 = -4 5.
228

Пользуясь условием задачи (Wx = W%), получим
Отсюда
1хг\
• t2 = -gF- (-у-) -1,5 шс ж 8 се/с.
ВОЛНОВЫЕ СВОЙСТВА
И ДЕЙСТВИЕ СВЕТА
217. Как с помощью дифракционной решетки определить
скорость света в воде, если известна скорость света в воздухе
(с = 300 000 км/сек).
Дано:
с = 300 000 км[сек.
и — ?
Решение
Поместим дифракционную решетку вплотную к аквариуму,
наполовину наполненному водой. За аквариумом поставим экран.
Уровень воды должен находиться на середине дифракционной
решетки (рис. 115, а). Лучи света от источника S» проходящие
через дифракционную решетку, сверху проходят в воздухе, снизу—
в воде. На экране DE получим две серии линий: верхняя
соответствует прохождению света через воздух, нижняя — через воду
(рис. 115, б).
Воспользовавшись выражением X == й sin а, можно записать
формулы для воздуха
и для воды
^воды = d sin j3,

где d — постоянная дифракционной решетки,
предыдущие два выражения, получим
Разделив почленно
I
ЕОЗД
Sin a
X,
1воды Sitl Р
Из рис. 115, в следует, что
tg« ОгАг
tg?'
tg'd ^ О^Аг*
Тогда
С другой стороны,
х
возД
Ml,
воды 01^ в
1
^возд ~~~ ^ v
*воды = v
1
где v — частота, одинаковая для обеих сред.
Соответственно получим
А,
чвоад _ _^_

пли
с __ ОлА1ш
v — 0ХА±Щ
Экспериментальные величины всегда дают
откуда
v = -y|g = 225 563 км/сек.
218. На грампластинку для проигрывания с числом 78 обIмая
падает пучок света и, отразившись от нее, дает на экране
дифракционную картину (рис. 116, а). Определить длину световой волны,
если расстояние от грампластинки до экрана 320 мм, расстояние
на экране от плоскости пластинки до первого дифракционного
максимума 37 мм и до зеркально отраженного пучка 42 мм.
Грампластинка проигрывается за 2 мин 55 сек, ширина записи
звука по радиусу 6,95 см.
Дано:
п = 78 об/мин\
s = 320 мм = 0,32 м;
1Х = 37 мм = 0,037 м\
/0 = 42 мм = 0,042 м\
t = 2 мин 55 сек = 175 се/с;
а = 6,95 сл< = 0,0695 м.
X—?
Решение
Известно, что усиление световых лучей происходит тогда,
когда разность их хода равна /еХ, где fe = rhl, £z2t =3, ,..;
X — длина световой волны, Разность хода лучей / и Я (рис. 116, б)
равна СВ —Л1). Из рис, 116, б следует, что CB — dsma и AD =
= dsin(a-|-p)f где а — угол падения; -р— угол, отсчитываемый от
.отраженного луча, под которым возникает первый
интерференционный максимум й-го порядка.
Тогда условие усиления света запишется так;
d [sin a — sin (а -\- р)] = &Х.
Так как
ctga«-^Hctg(a + P) = -f (РИС<ПМ,
231

то
sin a
V\ + ctg* я
У*+{±1
У >■ + '!*
Аналогичным образом
sjn(a + ?) =
Подставляя данные значения в условие усиления света получим
|/i + (Jl)* У* + 'Г
d
l/^-f./« V* + l\
= a
232

или
Определим постоянную дифракционной решетки d. Полное
78
число оборотов пластинки за время проигрывания N = -gr- • t. Так
как за один оборот пластинки игла адаптера смещается по радиусу
па расстояние, равное постоянной решетки, то
a~~W' — 78Г
Тогда
6(tas
Х =
78/А lj/"?qr^ j/^TTj J'
Подставляя численные значения и учитывая, что в нашем случае
k ™ — 1, получим
^ _ 60-0,32 jm -0,0695 м I 1
78 дал"1-175 сек-(г-\) \К0,32й л8 + 0,042я л*
1 N s 0,00000058 м = 0,58 ж/с.
1Л),32а л» + о,о378 ж2 У
219. Определить величину кванта энергии, соответствующего
длине волны 1 ж/с.
Дано:
X = 1 Л/с = Ю-6 м;
А = 6,62-Ю-34 дж*сек\
i =г 3>108 ж/шс.
s —?
Решение
Величина квап'га энергии выражается формулой
, he
где 1г — постоянная Планка; с — скорость света; X — длина волны;
v — частота колебания.
Подставив численные данные, получим;
э = 6,62-10^^.3.103 м,ж = 1)98.ю_ш ^
233

220. Монохроматический источник света, потребляя мощность
50 в/п, излучает зеленый свет длиной волны 5300 А. Определить
число световых квантов, излучаемых источником света в секунду,
если его к. п. д. 0,2%.
Дано:
N = 50 вт-9
X =5300 А ==5,3-Ю-7 м;
т] = 0,002;
h ^6,62-Ю-34 дм* сек;
с = 3- 10е м/сек.
Решение
Мощность излучения Nx ~ y\N. Излучению с длиной волны X
соответствуют кванты, энергия которых
е = ft,v — -г-.
Л
Следовательно, источник света излучает в секунду число световых
квантов
„ _ Ni - ^
. е - he '
0,002-50 g/rc-5,3-l0~7 м
6,62-ШГ^дж-сек.3.10е м/сек
Явя * J ^-ы>... J. * tn, ..,-. -2,6-10^ (квантов).
221. Для вырывания электрона из поверхности цезия должна
быть совершена работа .1,97 эв. С какой кинетической энергией
и скоростью вылетают электроны из цезия, если металл освещен
желтым светом с длиной волны 580 ммк?
Дано:
А -=1,97 эв -3,15- Ю-19 дж\
X =580 ммк = 5,8-10-7 м\
h =6,62-Ю-34 дж-сек;
с = 3-108 м/сек;
/я=9,Ы0-31 кг.
V — ?

Решение
лучей
s = Ы =
Энергия кванта излучения с длиной волны X равна
ho
где h — постоянная Планка; с — скорость света.
За счет этой энергии кванта будет совершена работа А
вырывания электрона из металла и сообщена ему .кинетическая энергия
tnv2'
—н—» гДе /я —масса электрона; v — его скорость.
Запишем закон фотоэффекта (формулу Эйнштейна):
^ = Л + £К; £К«*£._Д
№А^ <Ь*.*к.Ъ.Ш м/т. _3в15■!()-»&«;« 2,7-1Р-»йж.
к 5,8-10"7 м
Из выражения для кинетической энергии Ек=—~ определяем
скорость электрона
У т
т
где т — масса электрона.
222. Определить порог фотоэффекта для вольфрама, если
работа выхода электрона из него равна 4Э54 электрон-вольта.
Дано:
А = 4Т54 £><? = 7,264-К)-19 дж;
h =6,62-Ю-3*1 йяс-сбк;
с — 3-108 м/сек.
X — ?
Решение
Закон фотоэффекта
/ л I mx}'1
2
для граничной частоты, когда скорость v = 0, принимает вид
Av = Л.
235

Длина волны света X ~ ~t откуда v = -у, где с — скорость
света; X — длина волны; v — частота света.
Следовательно, заменив v его значением, получим
he я . he
— = Л, откуда X = -j-f
, __ 6,62-1СГ34 дЖ'сек-З-Ю* м/сек 0 7. ,п„7
7,264.Ю"19 дж

ГЛАВА V
СТРОЕНИЕ АТОМА
223. Определить скорость сс-частицы; обладающей энергией 1 эв.
Дано:
£= 1 эв= 1,6- Ю-19 дж.
V — ?
Решение
Из формулы кинетической энергии движущейся частицы
Е = ~y wo8
(т — масса, v — скорость частицы) определяем скорость
У т
Для подсчета массы а-частнцы необходимо атомную массу
«-частицы (4,00274) умножить на атомную единицу массы (1,66-10"27 г):
т = 4,00274-1,66- Ю-27 кг = 6,64-Ю-27 кг.
Подставляя численные значения Е = 1,6-10~19 дж, т=6,64-10~27 кг,
найдем
v = 1 Л-1,б-Ш-19^ = 6940 м!сек,
У 6,64-Ю-27 кг
. 224. Во сколько раз линейная скорость движения электрона
*
по первой боровскоп орбите атома водорода (г —0,53А) больше
скорости движения самолета (1000 км/ч)}
8 Зак. 1350 2д7

Дано:
г = 0?53А = 0,53Л0"8 см;
/тг = 9,Ы0~28 г;
е = 4?8.10-10 CGSE;
у2= 1000 км/4^277,8-10* см/сек.
и± — ? -^ — ?
V-2.
Решение
Сила F электрического взаимодействия электрона с ядром атома
определяется по закону Кулона F — —$-. Эта сила должна быть
равна центростремительной силе, удерживающей электрон на
круговой орбите радиусом п
з
р __ mVi
г 7
где т — масса; vx — линейная скорость электрона; /' — радиус его
первой орбиты*
Поэтому
откуда
■2
е
утг у
Ъ =■ / 48-jcr10 = 2,2-103 см/сек.
У 9, МО"28 • 0,53- 10"8
Линейная скорость движения электрона но окружности больше
скорости движения самолета в
*2'Ю" _ 7920 паз
277,8-102 " /У2и ра3-
225. Во сколько раз напряженность электрического поля на
первой орбите водорода (г = 0,53А) Дольше напряженности поля
в атмосфере перед сильным грозовым разрядом (108 в/км)?
Дано:
г =0,53А = 0?53'10-8 см;
е -4,8-Ю-10 CGSE;
£s = 108 в/км= 105 в/м.
238

Решение
Напряженность электрического поля определяется по формуле
е
Ел =
м >
Г'
где е — заряд ядра; г — радиус орбиты.
После подстановки численных значений получим
Е 4>8'10~1° 17,09- Ю6 CGSE = 5,1-10" в/ли
(0,53-10" V
Напряженность электрического поля па первой орбите электрона
в атоме водорода в
^-«i^-5,1.10- pas
больше, чем в атмосферу перед сильным грозовым разрядом.
226. При переходе электрона атома водорода из одной орбиты
в другую, более близкую к ядру, энергия атома уменьшается на
е= 1,892 эв. При этом атом водорода излучает квант света.
Определить длину волны излучения.
Дано:
е = 1,892 эв = 3,027-10~19 дж;
А = 6,62-Ю-34 дж*сек\
с — 3-108 м/сек.
X —?
Решение
Энергия кванта излучения s, с одной стороны, равна
уменьшению энергии излучающего атома. С другой, она связана с
частотой колебания v или длиной волны X следующим соотношением;
, he
e = Av = T-.
Поэтому длина волны излучения
. he
, 6,62-Ю-"3'1 дж-с$к-3>\№ м/сек с с m ?
К— ; га '- ?^ 6,6.10-" At.
3,027- 10~19 дж
227. Определить массу и объем радона, находящегося в
равновесии с 1 г радия.
!*
239

Дано;
тг = 1 г;
\г = 1,39- 10-" се/с-1;
Хв^гД.Ю-8 сел-1;
1*1 — 226 г/моль;
H-g ^ 222 г/моль.
Решение
Для решения задачи используем условие равновесия при
радиоактивном распаде
откуда
Л2
где )ч и Ха — постоянные радиоактивного распада радия и радона;
N± и N2 — число атомов радия и радона в условии равновесия.
Один грамм радия содержит следующее число атомов:
"* = £.
На
где N — число Авогадро; |j.x — молекулярный вес радия.
Тогда
Так как 1 г радона содержит Л/,, — —- атомов (где ц2 — молеку-
лярный вес радона), то в состоянии равновесия находится
^2 = тг г РаДОна> т. е. т2 = -fy^
/Пд^^"1'39-10'11 =0,65.10-5 г-6,б.Ю-9 /сг.
226-2,1-Ш—6
При нормальных условиях 222 г радона занимают объем
VQ = 22,4-10—3 м3. Тогда искомый объем
U {А
F-22,4-10-3■а652212°~5 = 6,6-Ю-10 л8 =5 6,6-Ю-4 <мА
240

228. Применив к упругому удару шаров законы сохранения
энергии, равенства действия и противодействия и равенства импульса
силы изменению количества движения, рассчитать, какую долю
своей энергии теряет нейтрон при лобовом соударении с покоящимся
ядром массы М (в а. е. м.). Вычислить максимальную потерю
энергии нейтроном при соударении с протоном, дейтроном, ядром
углерода и ядром свинца.
Решение
Пусть до соударения скорость шара массы mL равна v0i а шар
массы тг покоится. После соударения абсолютные величины
скоростей шаров равны соответственно v± и v2 (рис. 117). Количестю
движения шара тг в
результате соударения изменилось на
т^о—*ЩЩ*а шара т% на 0—тф%.
В силу равенства действия и
противодействия импульсы сил, а
следовательно, изменения
количества движения шаров при
ударе равны по величине и
противоположны по знаку. Поэтому
До соударения^
т}
После соударения
т.
Рис. 117
п^щ — niiVi — rn2v2i
с другой стороны, по закону
сохранения энергии
Решая эти уравнения относительно v1 и рй, найдем долю
начальной энергии, переданную шаром тг шару щ:
х = —Ч- =
4/и1/пя
(mi + ЩУ
Если m-i — 1 (масса нейтрона в а. е. м.), а М — масса ядра
в а. е. м„ то
- - *м
л~~ (1 + МУ '
Итак, максимальная потеря энергии нейтроном при соударении
с протоном #=100%, с дейтроном х=44,4%, с ядром углерода
л = 2,4% и ядром свинца # = 0,01%.
229. Резерфорд наблюдал, что при лобовом соударении с ядрами
а-частиц, обладающих энергией 5 Мэву последние отлетают назад
с энергией 3,9 Мэв. Определить отношение масс ядра меди
и «-частицы.

Дано:
Е — 5 Мэв\
Ег -= 3,9 Мэв.
/та
Решение
На основании закона сохранения энергии имеем
mv2 __ ти\ *Ми\
2 ~~~~Г 2~*
откуда
«; =-£("•--«?).
где m — масса «-частицы, или ядра гелия; М — масса ядра меди;
v и и± — скорость а-частицы до н после столкновения; щ—скорость
ядра меди после столкновения.
Согласно закону сохранения количества движения,
то ~ Мщ — mult
Перед muL поставлен знак минус потому, что скорости iit и а2
направлены в противоположные стороны. Из последнего уравнения
определим
Возводя правую часть в квадрат и приравнивая ее правой части
уравнения для tit, получим
(-й-)1(°+"|)8=1г(0 + "1)(о-«1). ■
откуда
М ___ и -}- щ __ ' v
1 i — ^O-
v
Известно, что
„ mv2 c ти\
Е = -у- н £i « ~тр
или

Таким образом,
М Т ' V ^ 16
Это означает, что масса ядра меди должна быть в 16 раз
больше массы а-частицы, или ядра гелия*
230. При столкновении с протоном нейтрон теряет ту или иную
долю своей энергии в зависимости от характера столкновения
(лобовое, боковое), В среднем в результате одного соударения
с покоящимся протоном энергия нейтрона уменьшается вдвое.
Найти среднюю энергию нейтрона после п соударений с протонами.
Решение
•I
После одного соударения нейтрона с протоном средняя энергия
нейтрона равна половине начальной энергии:
После п соударений
р _ ( * Yf
231. Найти энергию связи дейтрона (ядра тяжелого водорода).
Решение
За единицу массы, называемую атомной единицей массы,
принимается Vie массы атома изотопа кислорода с массовым числом
16. Расчеты показывают, что атомная единица массы равна
М= 1,66-10"27 кг.
Изменение массы на одну атомную единицу соответствует
изменению энергии иа
АЕ = Мс*~ 1,66-Ю-27 /сг-9- 101в л£/сек*=* 1,49.10-"> дж.
Найдем теперь дефект массы дейтрона, определяющий энергию
связи. Дейтрон образован из протона и нейтрона. Сумма масс этих
частиц равна (см. прил. II, 24)
Mt = 1,00757 а. е. м. + 1,00893 а. е. м. = 2,01650 а, е. м.
Масса ядра дейтрона
пгя= 2,01416.
243

Таким образом, дефект масс
Дт = Мг — тя = 0,00234 а. е. м.
Отсюда энергия связи дейтрона
Д£ -0,00234-1,49* 10-«>aw= 0,00348- Ю-10 йие = 348- 10~15 им;.
232. Во сколько раз энергия, выделяемая при ядерном делении
1 кг урана, больше количества теплоты, получаемой при сгоранип
цистерны нефти (50 т нефти)?
Дано:
тх = 1 кг\
<7=11 000 ккал/кг = 4,6-107 дж/кг;
т2 = 50т =5-10* кг.
п — 7
Решение
Если считать, что при делении одного атома урана на два
тяжелых осколка выделяется примерно 190 Мае энергии, то при
распаде 1 грамм-атома урана выделится количество энергии,
равное
Ег = 190- 10е. 1,6.10'12- 6,02- 10м = 1,8- 10й0 эрг = 1,8* Ю13 дж.
Энергия, выделяемая при полном распаде всех атомных ядер
1 г урана,
Е2 = •—Ц£— = 76,6.10° дж,
а 1 кг урана
£=76,6-1013 дж.
Цистерна вмещает 50 т нефти, калорийность которой
4,6*107 дж/кг. Поэтому при сгорании цистерны нефти выделяется
количество теплоты
Q = m2q = 5- 10* кг* 4,6-107 doic/кг = 2,3-1012 дж.
Следовательно, при распаде 1 кг урана выделяется в
Е 76,6. Ю12 QQ
Я ~ Т~ ~ "Шо^ ~ 33 Pa3a
больше энергии, чем при сгорании цистерны нефти.
233. Ядерный реактор превращает за сутки в энергию 1 г урана.
Какова мощность реактора?
244

Дано:
т = 1 г = 10~3 кг.
__ _ .
Решение
Энергию можно вычислить с помощью известного соотношения
Эйнштейна W = тс2, где с — скорость света, Тогда мощность
л/ — J?- = шс3
г i '
8,64.10'1 яг/с '
234, Найти число протонов и нейтронов, входящих в состав
ядер изотопов азота: 7N12, 7N13, 7Nld, 7N16, 7N16, 7N17.
Решение
*
По общепризнанной в настоящее время гипотезе советского
физика Д. Д. Иваненко ядра состоят из протонов и нейтронов. Число
протонов в ядре равно порядковому номеру элемента в
периодической системе Д. И. Менделеева. Число нейтронов в ядре равно
разности между массовым числом элемента и его порядковым но*
мером в этой системе. Ядра изотопов азота имеют по 7 протонов
и от 5 до 10 нейтронов, а именно:
ядро vNia содержит 7 протонов и 5 нейтронов
» 7N13 » 7 » 6 »
» 7N14 » 7 » 7 »
» 7№5 » 7 » 8 »
» 7N16 » 7 > 9 »
» 7N" » 7 » 10 »
235, Сколько протонов и нейтронов содержит ядро нобелия
Решение
В ядре нобелия содержится 102 протона и 149 нейтронов,
236, При облучении азота (7N14) а-частицами обнаружено
испускание протона (iH1). Какое превращение происходит с ядром азота?
Решение
Образовавшееся из азота ядро нового элемента должно иметь
массовое число 17, а по закону сохранения заряда ядер, входящих

в реакцию, положительный заряд нового ядра должен быть равен 8.
Порядковый номер 8 (равный заряду ядра) имеет кислород. Но так
как массовое число полученного ядра не 16, а 17, то очевидно,
что в результате ядерной реакции образовался изотоп кислорода
с массой 17. Уравнение ядерной реакции можно записать так:
237. При облучении бериллия (4Веи) а-частицами возможен
захват а-частицы ядром атома бериллия. При этом испускается
нейтрон (оП1). Какое превращение происходит с ядром бериллия?
Решение
Происходящая при этом ядерная реакция состоит в захвате
а-частицы ядром бериллия, в результате чего образуется ядро
углерода (6С32) и испускается нейтрон. Уравнение ядерной реакции
записывается так:
4Be* + 2He*-*eC12-f „п1-
238. Записать следующие ядерные реакции: 1) соударение двух
дейтронов между собой, в результате чего образуются две частицы,
более легкая из которых — протон; 2) то же, но более легкая
частица—нейтрон; 3) соударение протона с ядром изотопа лития
с массовым числом 7 и образование двух а-частиц; 4) соударение
дейтрона с ядром алюминия и образование в результате нового ядра
и протона.
Решение
1) ХН2 + iH2 ">xH3 +1№, 3) 3Li7 + XHL — 2яНе*.
2) JH» + iH2 -* 2He* + Qn\ 4) 13AF + XH* -* 13A128 + ,U\
239. Записать следующие ядерные реакции с участием
нейтронов; 1) расщепление -у-квантом дейтрона на протон и нейтрон; 2)
захват нейтрона протоном с испусканием f-кванта; З) расщепление
•у-квантом ядра 4Ве° с образованием двух а-частиц; 4) захват
нейтрона ядром изотопа азота с массой 14 с испусканием протона;
5) соударение ядра бериллия с дейтроном с испусканием нейтрона.
Решение
1) 1№ + T->1№ + 0n1s 4) jN^ + on1-*£" + !№,
2) 1Н1 + on1 - г№ + Т> 5) 4Ве9 + ХН2 -> 5В10 + on1.
3) 4Bee+T"*2aHe* + 0n1>

240. Ядро атома имеет объем V, пропорциональный атомному
весу Л, т, е. V — КА3 где К — средний объем, занимаемый одной
частицей (протоном или нейтроном), равный^2- 10~и ж3.
Определить плотность вещества в ядре атома алюминия. Во сколько раз
плотность вещества в ядре атома алюминия больше плотности
алюминия?
Решение
По формуле V = КА определим объем ядра атома алюминия:
V = 2-10-".27 = 5,4-10-« м3.
Находим массу ядра атома алюминия, состоящего из 13
протонов и 14 нейтронов
т = (1,00757-13 -j- 1,00894-14). 1,66-10~24 = 4,52- 10~23 г =
, =4,52- Ю-26 кг.
Плотность вещества в ядре
4,52-10-~2* кг х8ш10*кг/мпа
1 5,4« КГ43 ж3 '
Так как плотность алюминия равна 2600 кг/мв, то плотность
вещества в ядро атома алюминия больше плотности алюминия
примерно в
^^-^3«1013оаз
2600 ~° ш Раз'

ПРИЛОЖЕНИЯ
Приложение I
МЕЖДУНАРОДНАЯ СИСТЕМА ЕДИНИЦ
Изучение физических явлений и их закономерностей, а также применение
этих закономерностей в технике связано с измерением физических величин.
Измерить какую-нибудь величину—это значит сравнить ее с другой, однородной
с нею величиной, которая принята за единицу, Единица для измерения данной
физической величины выбирается так, чтобы ею удобно было измерять величины
таких размеров, которые наиболее часто встречаются на практике.
Различные физические величины связаны между собой уравнениями,
выражающими зависимость между ними. Например, скорость v, длина пройденного
пути s и время i связаны известным соотношением
— h R
где k — коэффициент пропорциональности, зависящий от выбора единиц, в
которых измерены у, st L Если единицы пути и времени известны, то единицу
скорости можно выбрать так, чтобы коэффициент k стал равен единице. Тогда
s
формула скорости упростится и примет вид о = -у-, Единицу измерения
скорости нецелесообразно выбирать произвольно. Так, если за единицу пути
выберем 1 ж, за единицу времени 1 сек, то единица скорости 1 м/сек.
Это относится к выбору единиц и всех других физических величии —
ускорения, силы, энергии и т, д. Для всех физических величии целесообразно выбирать
единицы измерения указанным выше образом, т, е, с помощью формул,
выражающих физические закономерности.
Физические величины, единицы измерения которых выбраны независимо,
называются основными величинами. Физические величины, единицы которых выбраны
с помощью определяющих уравнений, называются производными, а единицы их
измерения — производными единицами. Название производных эти величины
получили потому, что как они сами, так и их единицы измерения выражаются через
основные, т. е. произведены от основных.
Совокупность единиц основных величин и единиц всех производных величин
называется системой единиц измерения физических величин или просто системой
единиц.
Различие систем единиц заключается в том, какие единицы в дайной системе
приняты за основные.
248

В настоящем пособии в основном пользовались Международной системой
единиц, которая установлена ГОСТ 9867—61 как система, предпочтительно
применяемая во всех областях наук, техники и народного хозяйства, а также
в преподавании. Эта система сокращенно обозначается русскими буквами СИ
(латинскими SI).
В Международной системе единиц для измерения- всех физических единиц
в качестве основных выбираются шесть единиц и две дополнительные единицы
(табл. 1).
Таблица 1
Наименование величин
Единицы
измерения
Сокращенные
обозначения
единиц
измерения
Основные единицы
Длина , . . .
Масса
Бремя
Сила электрического тока .. .
Термодинамическая температура
Сила света . . .
метр
килограмм
секунда
ампер
градус Кельвина
свеча
м
fee
сек
а
°К
ев
Дополнительные единицы
Плоский угол
Телесный угол
радиан
стерадиан
рад
стер
Единицы для измерения остальных физических величин получаются как
производные этих основных единиц. Таблицы важнейших производных единиц даны
в соответствующих разделах приложения /. Там же даны таблицы,
устанавливающие соотношения между единицами Международной системы и единицами других
систем и внесистемными единицами.
Кратные и дольные единицы образуются путем умножения или деления на
степень числа 10. Их наименования получаются путем прибавления указанных
в табл. 2 приставок к наименованиям основных и производных единиц
(ГОСТ 7663—55).
Кратные н дольные единицы времени и углов образуются по стандарту для
них.
Если наименование основной или производной единицы уже включает в себя
приставку (как, например, в наименовании «килограмм»), то кратные и дольные
приставки добавляются к простому наименованию (т. е. к грамматической основе
наименования), взятому без приставки, например, к наименованию «грамм» —
миллиграмм, мегаграмм.

Наряду с наименованиями единиц, образованных путем прибавления
приставок, могут применяться наименования, особо указываемые в стандартах для
соответствующих единиц измерений, Например, мегаграмм называется тонной, а
микрометр — микроном, Присоединение приставок к укачанным наименованиям единиц
для образования от них кратных или дольных единиц не допускается. Например,
не допускаются наименования: килотонна, милитониа, декамикрон.
Таблица 2
Кратность и должность
' 1000 000 000 000= Ю^2
1000 000 000= 10»
1000 000= 10й
1 000 = 103
100= 10й
10 — 101
0,1 =* Ю-1
0,01 = 10"2
0,001 = 10~3
0,000 001 = 10~6
0,000 000 001 = Ю-9
0,000 000 000 001 = 10-12
Наименование
приставок
Тера
гига
мега
кило
гекто
дека
деци
саити
МИЛЛИ
мшсро
нано
пико
Сокращенное
обозначение
т
г
м
к
3
да
д
с
м
мк
н
п
МЕХАНИКА
Составной частью Международной системы единиц является система МКС,
предназначенная для измерения механических величин (ГОСТ 7664—61). Эта
система была введена в 1901 г, по предложению итальянского инженера Джо-
ваини Джорджи. Сиое название — МКС — она получила от начальных букв
основных единиц. Основными единицами системы МКС являются метр (м),
килограмм (кг) и секунда (сек).
Производные единицы системы МКС образуются из основных единиц на
основании связи между физическими величинами. Например, определяющим
уравнением ускорения является следующее:
где Аи—изменение скорости равнопеременного движения за время Д*.
Положив в этой формуле 6—1, До= 1 м/сек, At — 1 сек, получим;
1 м/сек „
1 единица ускорения = 1 —« — 1 м/сек2,

Установим единицу силы. Единицу силы F найдем по формуле, выражающей
второй закон Ньютона:
F = ktna,
где т — масса тела; а — ускорение, сообщаемое этому телу силой F,
Положив #*= 1, т. = 1 кгу а^\ м/сек2, получим:
кг-м
1 единица силы = Ы кг Л м/сек2 = 1
сек*
Следовательно, в системе МКС за единицу силы мы должны взять такую
силу, под действием которой тело массой 1 кг получает ускорение 1 м/сек*.
Такая единица силы называется ньютоном (н).
Таблица 3
Наименование величины
Единица измерении
Сокращенное
обозначение
Основные единицы
Длина
Масса
Время
Площадь
Объем . ,
Частота ,
Плотность
Скорость , . , .
Угловая скорость
Ускорение . . ,
Сила , , .
Давление
Удельный нес
метр
килограмм
секунда
Производные единицы
Работа, энергия, количество теплоты
Мощность
Момент инерции
квадратный метр
кубический метр
герц
килограмм на
кубический метр
метр в секунду
радиан в секунду
метр па секунду в
квадрате
ньютон
ныотоц на квадратный
метр
ньютон на кубический
метр
джоуль ■
ватт
килограмм-метр в
квадрате
м
кг
сек
я*
м?
гц
кг/ж3
м/сек
рад/сек
м/сек2,
н
н/м2
н!мА
дж
от
кг-я2
Таким же способом можно определить производную единицу любой
физической величины в системе МКС,
В табл. 3 в соответствии с ГОСТ 7661—61 даны основные и важнейшие
производные единицы для измерения механических величин в системе МКС.
В табл. 4 даны соотношения между некоторыми механическими единицами
Международной системы и допускаемыми ГОСТ 7664—61 единицами других
систем и внесистемными единицами.

Таблица 4
Наименование величины
Единица Измерения
Сокращением
обозначение
Размер
единицы й системе
СИ
Длина - . .
Длина . . .
Ддииз . . .
Масса . • .
Масса ♦ . .
Масса . . ,
Масса . . .
Бремя . . .
Время . . .
Плоский угол
Плоский угол
Плоский угол
Площадь
Площадь
Площадь
Объем . . .
Объем . . .
Сила . . .
Сила . . .
Сила . . .
Давление
Давление
Давление
Давление
сантиметр
микрон
ангстрем
грамм
тонна
центнер
карат
час
минута
градус
минута
секунда
квадратный сантиметр
ар
гектар
кубический сантиметр
литр
дина
килограмм (сила)
тонна (сила)
дина на квадратный
сантиметр
килограмм (сила) па
квадратный метр
бар
миллиметр ртутного столба
см
мк
А
s
от
Ц
ч
мин
см*
а
га
см*
л
дин
кГ
Т
дин/см2
кГ/м*
бар
мм р№. ст.
КГ*2 м
Ю-6 ж
10'
■10
м
1(Г"3 кг
10' кг
10* кг
2-Ю"4 кг
3600 сек
60 ceii
180
рад
тс
108
72
,-2
648
10~4
Ю"* рад
АЪ~ърад
и1
100 и2
10* м2
10~6 м3
10" 3 м3
Ю-5 н
9,81 н
9.8Ы0" н
0,1 н/м2
9,81 н/м2
105 н/м2
133,3 н/м2

Продолжение таблицы 4
Наименование величины
Единица измерения
Сокращенное
обозначение
Размер
единицы в системе
СИ
Давление
Давление
Работа, эяйргяя
Работа, энергия
Работа, энергия
Работа, энергия
Количество теплоты
Количество теплоты
Мощность , . . ,
Мощность . . , ,
Мощность
техническая атмосфера
физическая атмосфера
эрг
килограмм (сила)-метр
ватт-час -
электрон-вольт
калория
килокалория
5рг в секунду
килограмм (сила)-метр в
секунду
лошадиная сила
am или
кГ/см?
атм*
эрг
кГм
вШ'Ч
эв
кал
ккал
эрг (сек
кГм/сек
л. с.
0,981-105
н/м2
1,013-105
н/м*
Ю-7 дж
9,81 дж
3,6-103 дж
1,б.10~195да
4,19 дж
4,19-Ю3 дж
,— 7
10"
вт
9,81 вт
736 вт
(75 кГм/сек)
ТЕПЛОТА И МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
Составной частью Международной системы единиц (СИ) является ^система
МКСГ, предназначенная для измерения тепловых величия (ГОСТ 8550—61).
В табл. 5 в соответствии с ГОСТ 8550—61 приводятся основные и важнейшие
производные едишщы для измерения тепловых величин в системе МКСГ.
Таблица 5
Паименонаинс пеличипы
Едшшца измерения
Сокращенное
обозначение
Основные единицы
Длина . . .
Масса . . .
Время . . .
Температура
метр
килограмм
секунда
градус
м
кг
сек
К, град
С, град
* Внесистемная единица «физическая атмосфера» в ГОСТ 7664—61
отсутствует.

Продолжение таблицы 5
Наименование величины
Единица измерения
Сокращенное
обозначение
Важнейшие производные едипицы
Количество теплоты
Теплоемкость системы
Удельная теплоемкость
джоуль
джоуль па градус
джоуль на
килограмм-градус
джоуль на
килограмм
дж
дж/град
дж/кг * град
дж/кг
Удельная теплоемкость фазового
превращения
Стандартом допускается также применение для измерения тепловых единиц
внесистемных единиц, основанных на калории (табл. 6),
Таблица 6
Наименование величины
Единица измерения
Сокращенное
обозначение
Размер
единицы в системе
СИ
Количество теплоты
Теплоемкость системы
Удельная теплоемкость
Удельная теплота
фазового превращения
калория
килокалория
калория на градус
килокалория на градус
калория на грамм-градус
килокалория па
килограмм-градус
калория на грамм
килокалория на
килограмм
кал
ккал
кал/град
ккал/град
кал/г • град
ккал/кг • град
кал/г
ккал/кг
4,19 дж
4,19-10» дж
4,19 дж/град
4,19-103
дж/град
4,19-103
дж/кг * град
4,19-Шз
дж/кг
ЭЛЕКТРИЧЕСТВО
Электрические и магнитные единицы
Составной частью Международной системы единиц (СИ) является система
МКСА, предназначенная для измерения электрических" и магнитных величин
(ГОСТ 8033—56).
Основными единицами этой системы являются метр (м\ килограмм (кг),
секунда (сек) и ампер (а). Производные единицы системы МКСА образуются на
основании законов, устанавливающих связь между физическими величинами.
Применение системы единиц МКСА связано с рационализацией формул. Во
многие уравнения, относящиеся к теории электрических и магнитных явлений,

входит числовой множитель 4гс (например, теорема Гаусса, емкость плоского
конденсатора, напряженность магнитного поля внутри соленоида и т. д.).
Рационализация уравнении ставит своей целью исключение этого ынолсителя из наиболее
часто применяемых в электротехнике и радиотехнике формул; при этом, однако,
множитель 4тс войдет в другие формулы» используемые реже, где его
присутствие может быть объяснено геометрическими соображениями. ГОСТ
электрические и магнитные единицы Международной системы устанавливаются для
рационализованной формы уравнений электромагнитного поля.
Кроме системы МКСА, ГОСТ 8033—56 допускает для электрических и
магнитных измерений также применение системы СГС Поэтому числовые данные,
приводимые в условиях задач, не всегда могут, даваться в системе МКСА*
В табл. 7 приведены единицы измерения электрических и магнитных
величин в системе СИ.
Таблица 7
Напменоаание величины
Ед»нпца измерения

Сокращенное
обозначение
Размерность
Длина
Масса
Время
Сила электрического тока
Работа и энергия ....
Мощность
Количество электричества
Разность потенциалов и
электродвижущая сила
Напряженность
электрического поля
Электрическая емкость
Электрическая индукция
(электрическое
смещение)
Электрическое
сопротивленце
Поток магнитной индукции
Магнитная индукция . .
Индуктивность
Напряженность магнитного
поля
Основные едипицы
метр
килограмм
Секунда
ампер
Производные единицы
джоуль
ватт
кулон
вольт
вольт на метр
фарада
кулон па квадратный
метр
ом
вёбер
тесла (вебер па
квадратный метр)
генри
ампер на метр
м
кг
сек
а
дж
вт
к
в
в/м
Ф
к/м2
ом
вб
тл
гн
а/м
м
кг
сек
а
м£кг-сек~~2
м2кг-сек~~ъ
а-сек
м'2кг • сек -а 1
м-кг-сек ъ-а *
и~гкг~хсек^
м ^сек-а
м2кг*сек 3»а~2
мгкг • сек а
кг - сек а
м2кг-сс1с~2а~~2
а-м
.— 1

ОПТИКА
Световые единицы
В табл. 8 в соответствии с ГОСТ 7932—56 приведены основные и
некоторые производные единицы, предназначенные для световых измерений в системе
СИ.
Таблица 8
Наименование
величины
Единица
измерения
Сокращенное
обозначение
Основные единицы
Длина ....
Время ....
Сила света
метр
секунда
свеча
Производные единицы
Световой поток
Освещенность
люмен
люкс
м
сек
ев
лм
лк
Свеча — единица силы света, значение которой принимается таким, чтобы
яркость полного излучателя при температуре затвердевания платины была равна
60 ев на 1 см2*
За единицу светового потока в этой системе принят люмен (лм) — световой
поток, испускаемый внутри телесного угла в 1 стерадиан точечным источником
света силой в 1 свечу. Таким образом, 1 лм = \ce-l стер*
Освещенность измеряется в люксах. Один люкс — освещеппость площадки
в 1 квадратный метр равномерно распределенным световым потоком п 1 люмен.
Таким образом, 1 лк = 1 лм/м2*
СТРОЕНИЕ АТОМА
В главе «Строение атома» используются атомные постоянные и единицы
измерения, которые должны быть выражены в единицах Международной системы-
Рассмотрим некоторые примеры.
Масса (ту За атомную единицу массы (а. е м.) принята 1/16 массы
наиболее легкого изотопа кислорода, равная 1,66-Ю-"27 кг. Ее величину можно
определить так; один грамм-атом кислорода имеет массу 16 г н содержит 6,02'10й3
атомов (число Авогадро). Поэтому масса одного атома кислорода в граммах:
т =
16 г/г*атом
6,02-10ю \/г-атом
= 2,66- Ю"23 г;
1/16 этой массы равна
1 а, е. м.
2,66-10
16
—23
= 1,66-10"24 а =1,66-Ю-27
кг.

Масса покоя электрона равна 5,5-10 4 а, е. м. = 9,1-10 3I кг.
Энергия (£).
1 эв=: 1,6-1(Г"19«-1 в^= 1,6- Ю"19 дж;
1 ка? = 1,6-10"16 дда;
1 ЛЬв=1,6.Ю~13 Зле.
Энергия покоя электрона
Я = /п0са;
£ = 9,1-10™31 кг(3-108)* л12/шс2=-8,1Э-10-14 кг-м2/сек* — 8,19- 10~н н.л =
= 8,19- 10~м дж = 0,51 ЛГда.
Энергия покоя 1 а, е. м. вычисляется аналогично предыдущему, получаем
величину 931 Мдв>
Интерес представляет вычисление энергии покоя 1 кг массы вещества:
9-Ю10
£=■-1 «3-9-10м ^/яж^Э'Ю1* aat = 9-10W em• сел =-gggg- вт-ч =
= 25-109 лет'Ч —25 млрд, квт*ч, (I).
Активностью радиоактивного изотопа, или просто активностью, называется
количество радиоактивных превращений в препарате за единицу времени.
За единицу измерения, активности радиоактивных препаратов принимают
кюри.
Кюри — активность радиоактивного препарата, в котором происходит 3,7-Ю30
распадов в 1 сек.
В прил. // (/, 24) приводятся числовые значения некоторых постоянных
физических величии в Международной системе единиц, применяемых в атомной
физике.
Приложение II
1. Основные физические величины
Постоянная тяготения , 6,67-10""11 мг/кг*сек2
Число Авогадро 6,02- 102е кг-моль" ^
Объем 1 кг*моля идеального газа при нормальных
условиях 22,4 mz
Постоянная Планка , 6,62-10"34 дою-сек
Число Фарадея 9,65- Ш7 к/кг-же
-10
&<
Заряд электрона 1,602 «10'
Масса электрона , . 9,1-Ю~31 кг
Скорость распространения света в вакууме .... 3,00-10а м/сек
Скорость звука в воздухе при 0а С 332 м/сек
Универсальная газовая постоянная 8,31.10s дж/кг* моль-град
1 Для всех величин даны средние значения.
257

2. Некоторые астрономические величины
Средний радиус Земли 6,37 -10е м
Средняя плотность Земли 5о00 кг/м3
Масса Земли 5,96* 10й4 кг
Радиус Солнца 6,95-108 м
Масса Солнца 1,97-Ш30 /се
Радиус Луны 1,74'10е м
Масса Луны 7,3.10м кг
Среднее расстояние от Луны до Земли 3,84-10* я
Период обращения Луны вокруг Земли 27 суток 7 ч 43 мин
Средняя плотность Солнца 1400 кг/м3
Среднее расстояние от Земли до Солнца . . , , 1,49-10е км
3. Математические постоянные
п \gn
е 2,7182818 0,4343
тс 3,1415927 0,4972
4л: 12,56637 1,0992
тЯ . , ; 9,86960 0,9943
V* 1,77245 0,2486
In 10 2,3026 0,3622
— 0,3183 7,5028
g 980,665 2,9915
YJ 31,321 1,4958
YW 1,4142 0,1505
УЗ 1,7302 0,2386
Г 0,01745329 рад
I рад 57,29578°
Г 0,000291 рад
268

4. Плотности
(кг/м5 при обычной комнатной температуре 17—23° С)
Металлы
Алюминий 2 700
Висмут 9 780
Железо: чистое 7 880
сварное 7 850
чугун 7 600
сталь 7 700
Золото 19 300
Калий 860
Кальций 1 540
Магний 1740
Марганец 7 410
Медь 8 890
Натрий 9700
Никель 8 800
Олово 7 290
Ртуть (тверд, — 'Ж С) . . .14 190
Свинец 11 340
Серебро 10 500
Цинк 7 100
Сплавы
Бронза '3800—8900: Латунь 8400—8700
(колокольная) . . „ 8700 Магналий (магниесо-
(фосфористая) . . . 8800
Инвар 8000
Константин 8880
алюминиевый сплав) 2000—2500
Манганин * 8500
Различные вещества
Алмаз * 3500
Асбест 2000—2800
Древесина: дуб . . . 600—900
ясень . . 000—800
Целлулоид 1400
Эбонит 1150
Лед (при 0^С) ... 917
Парафин 900—920
Плавленый кварц . . 2100—2200
Пробка 220—260
Слюда 2600-3200
Стекло 2400—2800
Жидкости (при 15° С)
Анилин 1020 Масло; оливковое
Ацетон 792 смазочное
Бензин 899 Скипидар . . .
Вода морская 1025 Спирт: метиловый
Глицерин 1260 этиловый
Керосин 800 Эфир
920
900—920
870
810
791
736

Газы (г/м3 при нормальных условиях)
Азот . . ,
Аммиак , .
Аргон . .
Водород
Воздух . .
Гелий . .
. . 1251
. . 770,8
. .1783
. . 90
. . 1292
. . 178
Двуокись углерода 1976
Кислород .... 1429
Криптой 3680
Ксенон 5850
Метан 716
Иеои 900
Окись углерода . . 1250
Сероводород , . . 1539
Фтор 1690
Хлор 3220
Хлористый водород 1639
5. Коэффициент трения скольжения к
Бронза по бронзе . , . . . 0,20
Бронза по стали ...... 0,21
Бронза по чугуну со смазкой 0,10
Сталь по стали (3 м/сек) . . 0,09
Чугун по чугуну со смазкой 0,15
Кожаный ремень по Дереву 0,40
Кожаный ремень по чугуну 0,28
Дерево по дереву 0,20—0,65
Уголь по меди 0,25
6* Удельпая теплоемкость (дж[кг-град)
Алюминий . 880
Бетой 880
Вода 4190
Глицерин 2400
Дерево (сосна) 2700
Железо 460
Золото 100
Керосин 2100
Латунь 380
Лсд 2100
Медь 400
Никель 460
Олово . 200
Парафин . . , 3200
Полиэтилен 2300
Пробка 2000
Ртуть 138
Свинец 130
Серебро 200
Спирт 2400
Сталь 460
Стекло 830
Цинк 400
Чугун , , . , . 540
Удельные теплоемкости газов при постоянном давления (дяс/кг-град)
Азот 1000 Гелий 5210
Аммиак 2100 Кислород 920
Водород 14 300 Углекислый газ 830
Воздух 1 000
7. Теплота сгорания топлива (10й дж/кг)
Антрацит 31 Лигроин 43,3
Бензин 46 Мазут 40
Бурый уголь 9,93 Нефть 46
Дрова сухие 8,3 Порох 3,8
Каменный уголь 30 Природный газ ....... 36
Керосин 46 Спирт 30
Кокс 30 Торф 15
Условное топливо 30
260

& Удельная теплота плавления (кдж/кг)
Алюминий 380
Железо 270
Лед 330
Медь 180
Нафталин 150
Олово 58
Парафин 150
Ртуть 10
Свинец . 30
Серебро 100
Цинк 120
Чугун белый 140
Чугун серый 96
9. Температура плавления и отвердевания (°С)
Алюминий 660
Вода 0
Морская вода —2,5
Железо 1530
Золото- 1060
Лед 0
Медь ' 1080
Нафталин 80
Олово 232
Раствор повар, соли (насыщ.)
Ртуть
Свинец .........
Серебро
Спирт
Сталь . . ,
Цинк
Чугун
Эфир
—1&
. —39
. 327
. 960'
.—114
. 1400
. 420
. 1150
.— 123
10. Температура кипения (при 7Г>0 мм рт. cm-)
Азот (жидкий) —196
Алюминий ........ 1800
Аммиак —33
Вода 100
Водород (жидкий) .... —253
Воздух у> —193
Гелий » —269
Глицерин 290
Железо '. . 2450
Золото 2600
Кислород (жидкий) , . . . —183
Медь 2300
Нафталин , 218
Олово 2300
Ртуть 357
Свинец 1G0O
Скипидар 1601
Спирт 78
Эфир 35
II. Удельная теплота парообразования (кдж/кг)
Аммиак 1370
Бензин 398
Вода 2260
Ртуть 289
Сероуглерод
Скипидар .
Спирт . . .
Эфир . . .
35а
294
855-
352:
12. Теплопроводность некоторых твердых тел (вт/м-град)
Алюминий 210
Войлок ■ 0,046
Железо 58,7
Кварц плавленый 1,37
Медь 390
Песок сухой
Пробка . .
Серебро . .
Эбонит . .
0,325
0,050
460
0,174
261

13. Коэффициент линейного расширения (град )
Алюминий 0,000024
Железо . 0,000012
Золото 0,000014
Инвар 0,000015
Кварц плавленый . . . 0,0000004
Латунь 0,000019
Медь 0,000017
Олово 0,000027
Платшш 0,000009
Платинит (сплав) . . . , 0,000009
Свинец 0,000029
Серебро 0.000019
Сталь 0,000011
Стекло 0,000009
Цинк 0,000029
Чугун 0.000010
14. Коэффициент объемного расширения жидкостей !3 (град 1)
Вода 0,00018 Нефть . . .
Бензин 0,0010 Ртуть . ,
Глицерин 0,0005 Спирт
Керосин 0,0010 Эфир
Масло 0,00072
15. Коэффициент поверхностного натяжения при 20° С (н/м)
Бензол 0,03 Керосин
Вода 0,073 Ртуть
Глицерин 0,064 Спирт
16. Модуль упругости Е (н/м2)
Алюминий 7-Ю10 Медь
Дерево Ы010 Свинец
Дюралюминий 7,5'1010 Сталь
Кирпич 1 • 1010 Чугун
Латунь 9-101*»
17. Упругость насыщающих водяных паров (мм рт. cm,)
и количество их в 1 м* (кг)
0,0010
0,00018
0,0011
0,00166
0,03
0,5
0,02
12-101(i
1,7-Ю10
21-10м
НЫ010

Температура, °С
—5
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
.14
Упругость
3,01
4,58
4,9
5,3
5,7
6.1
6,6
7,0
7,5
8,0
8,6
9,2
9,8
10,5
11,2
12,0
Масса
2,14-10-3
4,84-10-3
5,2'10-3
5,6-10-3
6,0-10-3
6,4-10-3
6,8-10-3
7,3-10-3
7,8'10-3
8,3-10-3
8,8-Ю-з
9,4-Ю-з
10,0-10-3
10,7-Ю-з
11,4-10-3
12,1-Ю-з

Температура. 9 С
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29

Упругость
12,8
13,6
14,5
15,5
16,5
17,5
18,7
19,8
21,1
22,4
23,8
25,2
26,7
28,4
30.0
Масса
12,8-10-3
13,6-10-3
14,5-10-3
15,4-'Ю-з
16,3-Ю-з
17,3-10-3
18,3-10-3
19,4-10-3
20,6-10-3
21,8-Ю-з
23,0-Ю-з
24,4-Ш-з
25,8-10-»
27,2-Ю-з
28,7-10-3
262

18. Психрометрическая таблица относительной влажности воздуха (%)
Показание
сухого тер*
мометра, СС
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
22
24
26
28
30
Разность показаний сухого и влажного термометров. °С
0
100
t loo
100
100
100
100
100
100
100
100
100
100
100
100
100
100
1
81
84
85
86
87
83
89
90
90
91
91
92
92
92
93
93
2 -
63
68
70 "
73
75
76
78
79
81
82
83
83
84
85
85
S6
3
45
SI
56
60
63
63
68
70
71
73
74
76
77
78
78
79
4
28
35
42
47
51
54
57
60
62
64
66
68
69
71
72
73
Б
11 *
20
28
35
40
44
48
51
54
56
59
61
62
64
65
67
6
—
14
23
28
34
38
42
45
48
51
54
56
58
59
61
7
—
—
10
18
24
29
33
37
41
44
47
49
50
53
55
8
—
—.
—
7
14
20
25
30
34*
37
10
43
45
48
50
9
—
—
—
—
4
и
17
22
26
30
34
37
40
42
44
10
—
—
—
—
—
—
9
15
20
24
28
31
34
37
39

19. Диэлектрическая проницаемость диэлектриков
Алмаз . . 16,5
Ацетон 21,5
Бакелит 5
Бензин 2,3
Бумага 2—2,5
Вода . . 81
Воздух 1,0006
Вакуум 1
Воск пчелиный ..... 3
Гетинакс ........ 5
Глицерин . ... . . . . . 39,1
Дерево 22—37
Каменная соль 5,6
Кварц плавленый .... 3,5—4
Керосин 2,0
Парафин 2,0
Парафинированная бумага 2,2
Плексиглас 3,3
Слюда 6
Стекло • 7
Тнтанат бария ..... 1200
Фарфор ........ 5,7—6,3
Эбонит 2,6
Янтарь ......... 2,8
Абсолютная диэлектрическая проницаемость в системе СИ получается
умножением на 8,85-10—12 ф/м
-6
20. Удельное сопротивление (ом-мм^/м или 10 омм)
Алюминий 0,028
Вольфрам 0,055
Графит 0,390
Железо 0,098
Коистантан 0,480
Латунь 0,071
Манганин 0,45
Медь 0,017
Никелин 0.42
Нихром 1,1
Платина " 0,10
Ртуть 0,958
Свинец , , 0,210
Серебро 0,016
Сталь 0,12
Фехраль 1,2
Хромель 1,1
Цинк 0,060
—1
21. Температурный коэффициент сопротивлений (град 1)
Алюминий 0,0042
Вольфрам 0,0046
Константап . , 0,00005
Манганин 0,000015
Медь 0,0040
Никелин . 0,0003
Нихром 0,0003
Пла-пша . . . * ' ... 0,0025
Ртуть 0,00027
Свинец 0,0041
Серебро 0,0040
Сталь 0,0050.
Уголь для дуговых ламп 0,0008
Цинк . 0,0039
22. Электрохимический эквивалент (кг/к)
Алюминий (AI**1)
Водород (И*)
Железо (Fe")
Железо (Fe'")
Золото (Air)
Кислород (О)
' 0,093-10""6
0,01044- Ю-6
0,29-10—6
0,19-10~6
0,68-10~6
0,0829-10~6
Медь (Си-)
Медь (Си-*)
Никель (Ni-4-)
Серебро (Ag*)
Длор (CI-)
Цинк (Zn")
0,66
0,33
0,30
1,118
0,367
0,34
10"
10
10
—G
—G
Ю-6
io-G
ю-6
264

23, Показатель преломления
Алмаз 2,42
Вода 1,33
Воздух 1,00029
Глицерин 1,47
Каменная соль 1,54
Кварц 1,54
Кедровое масло . .
Лед
Сероуглерод , . . .
Спирт
Стекло (тяж. флинт)
Стекло (лег. крон)
1,505
131
1,63
1,36
1,8
1,5
24. Массы некоторых изотопов и элементарных
Изотоп
]_№
iH*
JP
2Не3
2Ые4
.,Li°
3Li? •
*Ве*
Масса
1,00813
2,01471 "
3.01700
3,01698
4,00390
6,01697
7,01822
8,00785
Изотоп
4Ве*
v№*
8oi7
isAl17
15Р31
протон
нейтрон
электрон
частиц
Масса
9,01503
14.00750
17,00450
26,98990
30.9843
1.00758
1,00897
0,00055
25. Таблица значений синусов и тангенсов углов

Градусы
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9 .
10
11
12
13
14
Синусы
0,0000
0,0175
0,0349
0,0523
0,0698
0,0872
0,1045
0,1219
0,1392
0,1564
' 0,1736
0.1908
0,2079
0,2250
0,2419
Таигепсы
0,0000
0,0175
0,0349
0,0524
0,0699
0,0875
0,1051
0,1228
0,1405
0,1584
0,1763
0,1944
0,2126
0,2309
0,2493 '

Градусы
15
16
' 17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
Синусы
0,2588
0,2756
0,2924
0,3090
0,3256
0,3420
0,3584
0,3746
0,3907
0,4067
0,4226
0,4384
0,4540
0,4965
0,4848
Тангенсы
0,2679
0,2867
0,3057
0,3249
0,3443
0,3640
0,3839
0,4040
0,4245
0,4452
0,4663
0,4877
0,5095
0,5317
0,5543

Градусы
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
Синусы
0,5000
0,5150
0,5299
0,5446
0,5592
0,5736
0,5878
0,6018
0,6157
0,6293
0,6428
0,6561
0,6691
0,6820
0,6947
Тангенсы
0,5774
0,6009
0,6249
0,6494
0,6745
0,7002
0,7265
0,7536
0,7813
0,8098
0,8391
0,8693
0,9004
0,9325
0,9657
265

d
•о
к
SJ
В
ГО
3J
CD
ЕЯ
ЕЯ
О
К
6Q
>=1
СО
в
"О
О
СО
£
3
со
с
с
о
о
о
8
ел
to
с
оо
Сл
-sJ
to
сл
сл
ф-
-s3
4*.
с
<о
О;
1—■
СО
СО
*-
оо
-sJ
оо
со
о
со
СО
со
оо
Сл
-sJ
to
со
с
СП
оо
J3
"bo
t£*.
со
о
СЛ
о
о
-s3
со
о
to
oi
СП
Со
Со
to
-s3
оо
со
с
"со
со
со
^
to
оо
СЛ
J*.
о
Сл
-sJ
&
оо
si
-sJ
Сл
Ф*
с
-sJ
to
„с
"со
Сл
1—■
~
Со
о
-s3
оо
оо
-sJ
о
СО
СО
оо
Ol
_
о
с
со
о
СП
СЛ
,°
"оо
to
со
с
*-
оо
СО
-s3
о
"со
>£»
сл
СП
ю
СО
с
rfb
со
о>
о
со
СО
-Л
СЛ
h--*
*с*
Со
с
*о
Сл
сл
с
Ъа
1—■
со
to
&•
to
оо
-sJ
о
с
"со
со
со
-sJ
to
^
4**
-sJ
оо
Ol
о
"со
О)
to
h--*
►^
СО
о
ся
4*
о
со
о
СО
о
СО
--1
СЛ
СЛ
СО
о
СО
со
со
СЛ
to
ъ>
о
Ol
со
4*
о
ч
СО
со
>**
CJI
j£>
сл
f-*
4>
сл
Сс
с
-sJ
со
оо
Ol
оо
to
*-s3
CD
оо
о
со
to
*-sJ
ЬЭ
to
►**.
*-s3
CJi
oo
Cc
с
CO
to
to
СП
oo
^^
►fc»
t£*
en
to
о
""-sJ
oo
CO
с
to
CO
с
СЛ
-sJ
с
"со
ю
о
Cvi
i°
CO
сл
CI
оо
ю
о
"со
СО
с
со
-sJ
>—*
f—•*
СП
СП
с
-v]
*-s3
-v]
к—
to
со
Сл
о
СЛ
с
со
^—
со
СП
JO
"to
lb.
СЛ
оо
о
СО
оа
--1
-s3
СЛ
СО
h--*
4*
сл
о
с
-sJ
СЛ
СЛ
о
1—•
со
ГО
£
о
О
о
сл
СО
to
V-«
4*-
СП
оо
о
с
со
оо
нЬ-
оо
СП
СЛ
-0
rf*.
со
с
~-0
от
>£>■
-s3
1—
СЯ
о
СЛ
^
с
"со
СО
оо
со
,ьэ
о
О!
с
-s3
со
о
"со
со
о
СП
1-—
4*
Сл
^
со
о
"-sJ
4*
со
Н—'
1—■
1—■
СЛ
СО
о
оо
со
V—•
о
1—
ч
СО
СЛ
СО
-s3
Оз
с
со
-s3
оо
h—'
4*-
^
со
С?1
#-
-vj
о
-s3
со
4Х
о
-vj
to
СЛ
го
р
00
ао
to
со
1—
00
00
-s3
-v]
о
СО
-sJ
4^
J^
^
со
Со
ft
с
-sJ
V—•
со
СО
с
S
СЛ
с
4*
оо
-sJ
tt^
о>
1—
оо
о
*-
-s3
о
с
СО
-sJ
с
со
£>.
с
1—.
И—1
^
Сл
о
-sJ
с
-s3
b«t
с
с
с
с
СЛ
с
с
оо
а>
СП
о
1—
■^а
СО
ю
--1
Сл
с
"со
СЛ
сл
со
со
^
со
to

Градусы
о
Е5
■5
п
Е
-3
ч
п>
е

Градусы
р
и
3
о
г
£
ы
щ
Г(
ft
о
г

Градусы
е
а
о
Е
н
ГО
*1
о
ПН
о

ОГЛАВЛЕНИЕ
Стр.
От авторов , . - . . 3
Глава \. Механика 5
Кинематика « • 5
Динамика 25
Статика 47
Работа" и энергия 55
Закон всемирного тяготения 73
Колебательные движения 83
Механика жидкостей и газов 87
Глава II. Теплота и молекулярная физика 103
Тепловое расширение твердых и жидких тел . . , . 103
Свойства газов и паров , 127
Свойства жидкостей . 144
Глава III. Электричество 151
Электростатика 151
Постоянный электрический ток 163
Переменный ток, электромагнитные
колебания и' волны - - 199
Глава IV, Оптика 204
Отражение и преломление света 204
Линзы, Оптические приборы , 212
Фотометрия , 223
Волновые свойства и действия света ...... 229
Глава V, Строение атома 237
ПРИЛОЖЕНИЯ
Приложение I
Международная система единиц 248
Механика 250
Теплота и молекулярная физика 253
Электричество « 254
Оптика 256
Строение атома 256
267

Приложение II
Стр.
1. Основные физические йеличины 257
2. Некоторые астрономические величины 258
3. Математические постоянные 258
4. Плотности 259
5. Коэффициент трения скольжения к 260
6. Удельная теплоемкость 260
7. Теплота сгорания топлива 260
8. Удельная теплота плавления 261
9. Температура плавления и отвердевания 261
10. Температура кипения 261
11. Удельная теплота парообразования 261
12. Теплопроводность некоторых твердых тел 261
13. Коэффициент линейного расширения 262
14. Коэффициент объемного расширения жидкостей Б 262
15. Коэффициент поверхностного натяжения ,- 262
16: Модуль упругости Е 262
17. Упругость насыщающих водяных паров и количество их в 1 мэ . . 262
18. Психрометрическая таблица относительной влажности воздуха . . 263
19. Диэлектрическая проницаемость диэлектриков ...... 264
20. Удельное сопротивление 264
21. Температурный коэффициент сопротивлений 264
22. Электрохимический эквивалент ь 264
23. Показатель преломления 265
24. Массы некоторых изотопов и элементарных частиц 265
25. Таблица значений синусов и тангенсов углов ....... 265
Варикаш Викентий Михайлович,
Цедрик Михаил Семенович
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКЕ С РЕШЕНИЯМИ, Минск, «Высшая школа» S966.
268 стр.
Редакторы Канторович А. Я,, Молчанова А. К. Худож, редактор В а л е н т о-
в и ч В. Н. Техн. редактор Романчук Г, М. Корректоры Б е л я н к и н а А, А.(
Васю к Ж. И.
AT 04368. Сдано е набор 6/Х 1965 г. Подписано к печати J7/X11 1965 г. Тираж 210 000
(1-й эаеод 1—75 000) экэ. Бумага 60X847hj. Печ, л, 16,75-И вкл..Усл. пач. л. F5,5B I I вкл.
Уч.-изд. л. 14,2. Изд. № 65-54. Заказ 1350. Цена без переплета 43 коп., переплет 15 коп.
Издательство «Высшая школа» Комитета по печати при Соаата Министров БССРА Редакция
физико-математической литературы.
Темплан S966 г. № 49,
Минск, ул. Кирова, 24.
Отпечатано с матриц типографии издательства «Заяэда» полиграфкомбинатом ИМ* Я. Колдса
Комитета по печати при Совете Министров БССР, Минск, Красная, 23,