/
Автор: Зильберман А.Р. Кротов С.С. Буздин А.И.
Теги: строение материи физика библиотечка квант
ISBN: 5-02-014401-0
Год: 1990
Текст
БИБЛИОТЕЧКА-КВАНТ
выпуск 81
А И. БУЗДИН
A.R ЗИЛЬБЕРМАН
С.С. КРОТОВ
РАЗ ЗАДАЧА,
ДВА ЗАДАЧА...
БИБЛИОТЕЧКА «КВАНТ*
выпуск 81
А. И. БУЗДИН
А.Р. ЗИЛЬБЕРМАН
С.С. КРОТОВ
РАЗ ЗАДАЧА,
ДВА ЗАДАЧА...
МОСКВА «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
19 9 0
ScanAAW
ББК 22.36
Б90
УДК 539 (023)
Серия «Библиотечка «Квант»
основана в 1980 г.
РЕДАКЦИОННАЯ КОЛЛЕГИЯ?
Академик Ю. А. Осипьян (председатель), доктор физико-мате-
матических наук А. И. Буздин (ученый секретарь)*, академик
А. А. Абрикосов, академик А. С. Боровик-Романов, академик
Б. К. Вайнштейн, заслуженный учитель РСФСР Б. К. Воздвижен-
ский, академик В. Л. Гинзбург, академик Ю. В. Гуляев, профессор
С. П. Капица, академик А. Б. Мигдал, академик С. П. Новиков,
академик АПН СССР В. Г. Разумовский, академик Р. 3. Сагдеев,
профессор Я. А, Смородинский, член-корреспондент АН СССР
Д. К. Фаддеев
Рецензент
профессор Е. И, Бутиков
Буздин А, И., Зильберман Af Р., Кротов С. С.
Б90 Раз задача, два задача...—Мл Наука. Гл. ред.
физ.-мат. лит., 1990.— 240о. («Б-чка «Квант»; Вып. 81)
ISBN 5-02-014401-0
В сборник вошло около двухсот пятидесяти оригинальных задач с
решениями по физике, предлагавшихся авторами на физических олим-
пиадах разных уровней — от школьного до международного. Для работы
с книгой достаточно знание курса физики в объеме школьной программы,
но решение многих задач требует сообразительности, умения по-новому
взглянуть на известные явления.
Для школьников, интересующихся физикой, студентов, преподава-
телей и руководителей физических кружков9
1604010000-121
Б 053(02)-90 181 90 ББК 22,3
ISBN 5-02-014401-0
© «Наука». Физматлит, 1990
ПРЕДИСЛОВИЕ
При изучении физики приходится все время
решать задачи. Часть таких задач совсем простые — это
скорее не. задачи, а упражнения, примеры. Попадаются
задачи и посложнее, требующие для своего решения уже
некоторых усилий и размышлений. И важны ведь не сами
по себе усилия — хотя и они полезны для поддержания
формы,— ломая голову над задачей, мы начинаем лучше
понимать физические законы, связь между ними.
Наконец, есть задачи совсем сложные — для их реше-
ния мало просто понимать материал, нужно и уверенно
владеть математическим аппаратом и уметь выделять в
физическом явлении существенные стороны (несуществен-
ные тоже нужно уметь выделять — и отбрасывать). Говоря
о владении математическим аппаратом, мы не имеем в виду
знакомство с какими-то разделами математики, которые
изучают только студенты — речь идет об обычной триго-
нометрии, системах уравнений. Но зачастую необходимо
увидеть в сложном выражении что-то простое и суметь
этим воспользоваться для упрощения.
Почти всегда решение сложной задачи заставляет еще
раз вспомнить теорию, сравнить написанное в разных
книгах — и, порой, найти в них неточности. Такие задачи
интересно обсуждать, спорить о них, и, если удается до-
казать свою правоту, можно испытать чувство законной
гордости—до следующей задачи... Именно по этой при-
чине сборник так и называется: «Раз задача, два задача...».
Ну, а если вам не доставляет удовольствия решать хит-
рые задачи, то не надо этого делать ни в коем случае —
ведь столько есть на свете интересных вещей — собирание
марок, например.
В сборник вошло около двухсот пятидесяти задач, ко-
торые авторы предлагали для физических олимпиад всех
уровней — от школьного до международного. Некоторые
задачи отмечены звездочками — это означает, что авторы
считают их трудными, однако вы с этим можете и не ссг-
3
гласиться. Приведены довольно подробные решения задач,
причем некоторые решения превратились в небольшие
статьи с названиями — авторы надеются, что это может
принести некоторую пользу читателям. Для удобства
пользования в конце книги приведена таблица основных
физических констант.
Большая часть задач этого сборника была напечатана
в журнале «Квант», и авторы пользуются случаем насто-
ятельно рекомендовать этот журнал всем, кто интересу-
ется физикой и (или) математикой.
Мы считаем своим приятным долгом поблагодарить
рецензента книги профессора Е. И. Бутикова за полезные
замечания и предложения.
ЗАДАЧИ
1. МЕХАНИКА
Кинематика
1.1, Киномеханик по ошибке пустил кино*
ленту так, что все события на экране «потекли в обрат-
ном направлении», при этом автомобили поехали назад.
Как изменилась скорость автомобилей в результате
такой ошибки? А ускорение?
1.2. Гидрофон, установленный вблизи дна, зарегист-
рировал последовательность сигналов, связанных с под-
водным взрывом на дне. Промежуток времени между
первым и вторым сигналом составил = 1 с, между пер-
вым и третьим /2 = 3 с. Почему зарегистрировано несколь-
ко сигналов и на каком расстоянии от гидрофона прои-
зошел взрыв?
Скорость распространения звука в воде V— 1500 м/с.
1.3* . Муравей бежит от муравейника по прямой так,
что скорость его обратно пропорциональна расстоянию до
центра муравейника. В тот момент, когда муравей нахо-
дится в точке А на расстоянии Z, — 1 м от центра мура-
вейника, его скорость равна Oj = 2 см/с. За какое время
муравей добежит от точки А до точки В, которая нахо-
дится на расстоянии /а = 2 м от центра муравейника?
1.4. На неподвижном клине, образующем угол а с
горизонтом, лежит нерастяжимая веревка. Один из кон-
цов веревки закреплен в точке А. К нижнему концу ве-
ревки прикреплен небольшой грузик. В некоторый момент
времени клин начинает двигаться вправо с постоянным
ускорением а (рис. 1).
С каким ускорением движется грузик, пока он нахо-
дится на клине?
6
1.5. По гладкому столу движется, быстро вращаясь
вокруг своей оси, волчок, имеющий форму конуса (рис. 2).
При какой скорости v поступательного движения вол-
чок не ударится о край стола, соскочив с него? Ось вол-
чка остается вертикальной. Размеры волчка указаны на
рисунке.
1.6* . Лампочка висит на расстоянии /х от потолкана
высоте /2 от пола. При ее разрыве осколки разлетаются
во все стороны с одной и той же по величине скоростью
v. Найдите радиус круга на полу, в который попадут
осколки. Считать, что удары осколков об потолок абсо-
лютно упругие, а об пол — неупругие. До стен осколки
не долетают.
1.7*. Два спортсмена стоят в точках А и В и держат
резиновый шнур. По сигналу спортсмен А начинает дви-
гаться на восток со скоростью
t>0 = 1 м/с, а спортсмен В—на
юг с постоянным ускорением, л.
Найти это ускорение, если
известно, что узел С, завя-
занный на шнуре, при дви-
жении прошел точку D (масш-
таб приведен на рис. 3).
1.8. В пространстве дви-
жетсядеревянныйкуб(рис.4). д
В некоторый момент времени
грань ABCD оказалась го-
С
3«-------►В
Ю
2м
Рис. 3
ризонтальной, а скорости вершин куба А и В направлены
вертикально вниз и равны v по модулю. Известно, что
скорость вершины куба С в этот же момент времени равна
по модулю: a) 2v, б) и/2. Какую максимальную по моду-
лю скорость могут иметь в этот момент другие точки
куба?
1.9* . Один конец шарнирной конструкции из двух
одинаковых звеньев длины 2а закреплен. Другой ее ко-
нец движется с постоянной скоростью v по прямой, рас-
стояние до которой от неподвижного конца конструкции
равно За (рис. 5). Найти.ускорение шарнира в тот мо-
мент времени, когда’ а) левое звено горизонтально; б) ско-
рость шарнира, равна нулю.
1.10. Цилиндр с намотанной на него нитью, второй
конец которой закреплен, находится на горизонтальной
подставке, движущейся поступательно с постоянной гори-
зонтально направленной скоростью V. Найти скорость оси
цилиндра в зависимости от угла а, образуемого нитью с
Рис. 5
Рис. 10
вертикалью. Относительно подставки цилиндр не про-
скальзывает (рис. 6).
1.11. Цилиндр с намотанной на него нитью, второй
конец которой закреплен, скатывается с гладкой наклон-
ной плоскости, образующей угол а с горизонтом. Зная,
что в момент, когда нить вертикальна, угловая скорость
вращения цилиндра равна <о, найдите: а) скорость дви-
жения его оси, б) скорость точки его касания с наклон-
ной плоскостью. Радиус цилиндра равен (рис. 7).
1.12. Конец нити, намотанной на катушку, перекинут
через гвоздь, вбитый в стену. Нитку тянут с постоянной
скоростью v. С какой скоростью будет двигаться центр
катушки в тот момент, когда нить составляет угол а с
вертикалью? Внешний радиус катушки /?, внутренний — г.
Катушка катится без проскальзывания (рис. 8).
1.13. Шарик катится вдоль ребра прямоугольного же-
лоба АСВ со скоростью v без проскальзывания (рис. 9).
Расстояние АВ равно радиусу шарика. Какие точки ша-
рика имеют максимальную скорость? Чему равна эта
скорость?
1.14* . В пространстве падает лист фанеру. Оказалось,
что в некоторый момент времени скорости двух точек
листа А и В одинаковы (уА = vB = v) и лежат в плоско-
сти листа. Оказалось также, что скорость точки листа С,
являющейся вместе с точками А и В вершинами равно-
стороннего треугольника, в два раза больше по величине
скорости v. Где в данный момент на листе находят-
ся точки, скорость которых в три раза больше скоро-
сти о?
1.15. Шайба наезжает на ледяную горку под углом
0 = 60° к ее основанию, скорость шайбы при этом и0 =
= 10 м/с (рис. 10, а). След шайбы на ледяной горке ча-
стично стерся, а то, что от него осталось, изображено
на рис. 10, б. Каков угол наклона а ледяной горки к
горизонту? Трение шайбы о лед пренебрежимо мало,
въезд на горку — плавный.
1.16. Из точки А, находящейся на вершине крутого
обрыва на высоте Н над горизонтом бросают небольшой
предмет в точку В горизонтальной поверхности, нахо-
дящуюся от обрыва на расстоянии I (рис. 11). Чему рав-
на минимальная скорость броска? Под каким углом а ц
горизонту должен при этом быть совершен- бросок? С
какой скоростью предмет упадет на горизонтальную по-
верхность? Чему будет равен угол падения на горизон-
тальную поверхность В?
9
1.17* . При какой минимальной начальной скорости
можно перебросить камень через дом с покатой крышей
(рис. 12). Ближайшая стена имеет высоту Н, задняя сте-
на— высоту Л, ширина дома равна I.
1.18* . По прямой движется с очень большой скоростью
v (о^е, где с—скорость света) светящийся объект 0.
Наблюдатель находится на расстоянии I от этой прямой.
Найти зависимость скорости объекта, которую зафикси-
руют приборы наблюдателя от угла между нормалью к
прямой и направлением на объект а (рис. 13).
Рис. 13
Рис, 14
1.19* . Из пункта А в пункт В, расстояние между ко-
торыми равно d, должны добраться п велосипедистов, у
которых имеется т одноместных велосипедов (т < п). Каж-
дый велосипедист идет пешком со скоростью и, а едет на ве-
лосипеде со скоростью v. За какое наименьшее время
все п велосипедистов смогут попасть из А в В? Время
считается по последнему прибывшему. Велосипед можно
оставлять на дороге без присмотра.
1.20. Будет ли равномерным прямолинейное движение,
если за любую секунду тело проходит ровно 1 м?
1.21. Моторная лодка, находящаяся в точке Д на рас-
стоянии R от берега озера (рио. 14), начинает разворот,
10
двигаясь со скоростью о =18 км/ч по окружности ради-
уса г = R/2; в начальный момент скорость лодки направлена
к берегу. Волна от лодки дошла до берега через время
1 = 3 мин после начала разворота. Скорость распростра-
нения волн от лодки по поверхности воды равна и =
= 9 км/ч.
Найти расстояние R.
Динамика
1.22. В системе, изображенной
на рис 15,
блоки невесомы, а нити — невесомы и нерастяжимы. Най-
ти ускорение подвижного блока.
1.23. Акробат, находясь на боковой поверхности ци-
линдра, лежащего на очень шероховатом полу, перебирает
ногами и движется с постоянной скоростью.
Считая коэффициент трения ботинок акро-
бата о поверхность цилиндра равным р, оп-
ределить предельный угол а0, который со-
ставит с вертикалью радиус цилиндра, про-
веденный в точку, в которой находится ак-
робат. Чему будет равна сила трения
[7/~| ботинок акробата о цилиндр при этом? Масса
гладкий жесткий неподвижный стержень,
угол а с горизонтом, надето колечко массы
может скользить по стержню без трения. К
акробата равна т.
1.24. Кубик из пенопласта массой М =
= 100 г лежит на горизонтальной подстав-
И ке. Ребро кубика А = 10 см. Снизу кубик
Рис. 15 пробивает вертикально летящая пуля мас-
сой /п=10 г. Скорость пули при входе в
кубик Vi= 100 м/с, при вылете о2 = 95 м/с. Подпрыгнет
ли кубик?
1.25. На
образующий
/«1, которое
колечку при помощи невесомой нити АВ прикреплен
небольшой грузик массы тг. Первоначально колечко
удерживают рукой так, что нить АВ вертикальна. Чему
будет равно натяжение нити сразу после того, как ко-
лечко отпустят?
1.26* . Декоративная квадратная штора размером 1,5х
X 1,5 м висит на горизонтальном карнизе. Нижний край
шторы поднимают вровень с верхним, так что штора оказы-
вается сложенной вдвое, и отпускают. Найдите зависи-
мость силы, действующей на карниз, от времени. Штора
тонкая, гладкая, ее масса равна т = 3 кг.
12
1.27. Внутрь камеры велосипедного колеса попал ма-
ленький камешек. Радиус колеса 7?, поверхность внутри —
шероховатая, коэффициент трения р. Опишите возмож-
ные варианты движения камешка при различных скоростях.
1.28. Почему человека отбрасывает на «чертовом ко-
лесе»? Куда именно его отбрасывает? (Не путайте «чер-
тово колесо» — горизонтальный быстро вращающийся диск,
с колесом обозрения, с которого никого никуда не от-
брасывает.)
1.29. На гладкой горизонтальной поверхности тележ-
ки лежит шар радиуса 7?. Тележка начинает двигаться
со скоростью о0. Найти горизонтальную проекцию скоро-
сти шара в момент его удара об пол.
1.30* . Угол раствора гладкой конической поверхности
а = л/2, а ее ось образует с горизонтом угол а/2. К вер-
шине конической поверхности изнутри нитью длины I
привязан тяжелый маленький шарик массы т. Какую
минимальную горизонтальную скорость нужно сообщить
шарику, чтобы он, не отрываясь от поверхности, описал
замкнутую траекторию? Как будет при этом зависеть сила
натяжения веревки от высоты подъема шарика над пер-
воначальным его положением?
1.31. Обруч радиуса /? = 1 м толчком «закручивают»
вокруг столба диаметром d = 0,4 м. Какую скорость v нуж-
но придать обручу (и — скорость его центра), чтобы он
не съезжал вниз? Коэффициент трения р = 0,05.
1.32. Автомобиль движется вдоль прямой 00' (риф
16) и в точке А начинает поворачивать, не снижая ско-
рости. В точке В автомобиль сбил придорожный столбик.
Оцените скорость, с которой мог ехать автомобиль. Счи-
тайте сцепление шин с асфальтом хорошим. Руль авто-
мобиля управляет его передними колесами.
13
1.33* . Плот оттолкнули от берега реки, сообщив ему
скорость 0,3 м/с в направлении, перпендикулярном берегу.
На рис. 17 приведен начальный участок траектории дви-
жения плота. На каком удалении от берега будет в конце
концов плыть плот? Скорость течения реки цр = 0,3 м/с.
Сила сопротивления движению плота пропорциональна
его скорости относительно воды.
1.34. На гладкий горизонтальный стол поставили вер-
тикально гантельку, состоящую из невесомого стержня с
двумя одинаковыми маленькими шариками на концах.
Верхнему шарику ударом сообщают скорость v в гори-
зонтальном направлении. При какой минимальной длине
гантельки I нижний шарик сразу оторвется от стола?
1.35* . Массивный диск вращается вокруг вертикальной
оси с угловой скоростью Й. На него сверху опускают
диск радиуса г массы т, ось которого строго вертикальна,
но не совпадает с осью массивного диска. Расстояние
между осями дисков равно d (d>r). Коэффициент трения
между поверхностями дисков равен р. Малый диск всеми
своими точками касается большого. Определить устано-
вившуюся угловую скорость малого диска. Какой момент
сил необходимо приложить к оси большого диска, чтобы
скорость его вращения оставалась неизмённой? Трение в
осях отсутствует.
Законы сохранения
1.36. Шарик, движущийся по гладкой гори-
зонтальной поверхности, срывается с нее, падает на на-
клонную площадку и упруго отражается' от последней.
После удара шарик продолжает лететь вперед, а его тра-
ектория остается в исходной вертикальной плоскости.
Как вы думаете, может ли максимальная высота подъема
шарика после удара быть равна первоначальной?
1.37. Модель тележки на гусеничном ходу поставили
на наклонную плоскость с углом наклона а ==30° и от-
пустили. Найти ускорение модели. Длина модели / = 50см,
высота h = 2 см. Гусеницы сделаны из резины, их масса
составляет 80 % от массы всей модели. Трение в меха-
низме модели пренебрежимо мало.
1.38* . Между стенкой и кубом массы М = 10 кг ле-
тает на гладком столе упругий шарик массы /п=0,1 г.
Его скорость вначале, когда куб покоился, составляла
ve= 100 м/с. Найти скорость куба в тот момент, когда
он будет в 2 раза дальше от стенки, чем вначале.
1.39. Одинаковые грузы положили в тележки одина-
ковой массы (рис. 18), одна из которых имеет гладкое
дно, а другая — шероховатое. Грузам толчком придают
одинаковые скорости вправо.
Далеко от тележек справа находится стенка. Считая,
что грузы о тележки ударяются упруго, определите —
какая из тележек приедет к
стенке раньше.
1.40. Из куска тонкой
стальной ленты ширины d, в
Рис- 18 которой пробито небольшое
отверстие радиуса г, сделали
обруч и поставили его на стол так, что отверстие оказа-
лось внизу. Из этого положения обруч немного сместили
и предоставили самому себе. Чему равна максимальная
скорость качения обруча?
1.41. Мальчик медленно поднимается на снежную
горку и тащит за собой на веревке санки так, что ве-
ревка все время параллельна поверхности горки. Верши-
на горки расположена на высоте Н и расстоянии I от ее
основания. Какую работу совершит мальчик при подня-
тии санок на горку? Масса санок /и, коэффициент трения
санок о снег р.
1.42* . Гантелька длины I стоит в углу, образованном
гладкими плоскостями (рис. 19). Нижний шарик ган-
тельки смещают горизонтально на очень маленькое рас-
стояние, и гантелька начинает двигаться. Найти скорость
нижнего шарика в тот момент, когда верхний шарик
оторвется от вертикальной плоскости.
й------------------- 02/77
Рис. 19 Рис. 20
1.43. На гладком горизонтальном столе лежат сталь-
ные шарики массами т и 2т, связанные натянутой нитью
длины I. Еще один шарик массы т налетает на систему
со скоростью с'Р (перпендикулярно натянутой нити)
(рис. 20) и происходит абсолютно упругий лобовой удар.
16
Найти максимальную величину натяжения нити и уско-
рение шарика массы 2т.
1.44* . Длинный игрушечный поезд, составленный из
большого числа сцепленных вагонов, едет по горизон-
тальным рельсам со скоростью V и въезжает в «мертвую
петлю» радиуса R (радиус существенно превышает размер
вагона, но длина поезда Ь>2л/?). При какой скорости
V поезд преодолеет препятствие так, что ни один вагон
не перестанет давить на рельсы во время движения?
1.45* . Ядро массы /и, летящее со скоростью и, рас-
падается на два одинаковых осколка. Внутренняя энер-
гия ядра равна Eit внутренняя энергия каждого из ос-
колков Е2 (£*! > 2Е2). Определите максимально возмож-
ный угол разлета осколков.
1.46. На рельсах стоит гладкая горка массы М и вы-
соты Н. На горку наезжает со скоростью v тележка
массы т. Какую скорость приобретает горка после того,
как тележка ее покинет? Переедет ли тележка через горку?
1.47. Тяжелая доска массы М лежит на двух тонко-
стенных катках радиусов г и R и равных масс т. Рас-
стояние между центрами катков равно /. С каким уско-
рением начнет двигаться доска, если ее отпустить? Про-
скальзывание между всеми соприкасающимися телами
отсутствует.
1.48* . Однородный стержень массы М подвешен при
помощи легких нерастяжимых веревок одинаковой длины
к потолку и находится в положении устойчивого равно-
весия. Расстояние между точками крепления веревок
равно длине стержня. По стержню без трения может пе-
ремещаться небольшая шайба массы т. В начальный мо-
мент времени натянутые веревки отводят на угол а от
вертикали, так что стержень и точки крепления веревок
к потолку лежат в вертикальной плоскости, а шайба на-
ходится посередине стержня (рис. 21). Найти ускорение
шайбы сразу после того, как веревки отпустят.
1.49* . Однородная палочка длины / связана нитью
той же длины с неподвижной точкой Л. Нижний конец
палочки может скользить без трения по горизонтальному
столу. Расстояние от точки А до стола равно Н (I <
<Я<2/). Палочка начинает двигаться без начальной
скорости из положения, изображенного на рис. 22. Найти
максимальную скорость центра палочки при ее последу-
ющем движении.
1.50. С наклонной плоскости скатываются две бу-
тылки: одна— пустая, другая —заполненная водой. Ка-
17
кая из них скатится быстрее? Какая из этих бутылок
поднимется на большую высоту, если их пустить вверх
по наклонной плоскости с одинаковыми начальными ско-
ростями? Считать, что проскальзывания нет.
1.51* . Три одинаковых массивных шара находятся на
одной высоте над горизонтальной поверхностью (рис. 23).
Первый шар насажен на невесомую спицу, конец кото-
рой закреплен в шарнире. Второй шар насажен на такую
же спицу, но ее конец может без трения скользить по
поверхности. Третий шар никак с поверхностью не свя-
зан. Шары одновременно отпускают без начальной ско-
рости. В каком порядке они упадут на плоскость?
Рис. 23
Рис. 24
1.52* . Тонкий обруч массы М и радиуса R жестко
закреплен при помощи легких спиц на оси, проходящей
через центр обруча, так что плоскость обруча составляет
угол а с осью. Определить, какую работу необходимо
совершить, чтобы раскрутить ось до угловой скорости со.
1.53. Тонкое однородное кольцо радиуса R надето на
гладкий горизонтальный цилиндр радиуса г. Кольцо по-
ворачивают на максимально возможный угол так, что:
а) его плоскость остается вертикальной; б) его горизон-
тальный диаметр остается параллельным себе, и отпуска-
18
ют (рис. 24). Найти максимальную угловую скорость
кольца.
1.54* . Два тонких однородных обруча радиуса 7? со-
единены так, что их плоскости взаимно перпендикуляр-
ны, а центры совпадают. Система находится в положении
неустойчивого равновесия, касаясь горизонтальной по-
верхности одной из точек соединения обручей. После
легкого толчка система приходит в движение. Найти ее
максимальную угловую скорость, если: а) плоскость очень
шероховатая; б) плоскость гладкая.
Статика и гидростатика
1.55. Предложите своему товарищу стать
спиной к стенке, прислонив к ней пятки, а потом попы-
таться достать пальцами рук носки обуви, не сгибая ноги
в коленях. Наверняка это ему не удастся сделать. По-
чему? Теперь предложите встать к стенке лицом так,
чтобы носки ботинок и нос касались стенки, и попросите
приподняться на носках. Это также не удается. Почему?
1.56. Бывалые туристы, как известно, подходя к реке,
через которую переброшено бревно, обычно стараются
перебежать по нему, а не идти медленно. Зачем они это
делают?
1.57. Действующая модель подъемного крана способна
поднять 10 бетонных плит без обрыва троса. Сколько
плит поднимает реальный кран, изготовленный из тех же
материалов, если линейные размеры крана, троса и плит
в 12 раз больше, чем в модели?
1.58. На гладкое горизонтальное бревно радиуса 7?
кладут сверху «книжку», составленную из двух однород-
ных тонких квадратных пластинок со стороной 7 = 47?.
Пластины скреплены при помощи невесомого шарнирного
стержня. Какой угол образуют пластины в положении
равновесия?
1.59. Папа Карло сделал для Буратино колпак из
тонкой жести. Колпак имеет форму конуса высотой И =
= 20 см с углом а = л/3 при вершине. Будет ли этот
колпак держаться на голове у Буратино, если эта голо-
ва— гладкий шар диаметром £>=15 см?
1.60* . Если шестигранный карандаш поместить на
наклонную плоскость, составляющую угол а с горизон-
тальной поверхностью, перпендикулярно ее образующей
(линии пересечения плоскости с горизонтальной поверх-
19
ностью), карандаш будет покоиться. Если его положить
параллельно образующей, он будет скатываться вниз.
Определите угол ф между осью карандаша и образу-
ющей наклонной плоскости (рис. 25), при котором ка-
рандаш еще будет находиться в равновесии.
1.61. На шероховатой наклонной плоскости с углом
наклона а лежит тело, к которому привязана легкая не-
растяжимая нить. Свободный конец нити пропущен через
маленькое отверстие в плоскости. В начальный момент
тело лежит на плоскости так, что нить горизонтальна
(рис. 26). Нить начинают медленно вытягивать; при этом
тело к моменту достижения отверстия описывает поло-
вину окружности. Найти величину коэффициента трения
тела о плоскость.
1.62. Легкий стол состоит из круглой столешницы ра-
диуса /? и трех вертикальных ножек, прикрепленных к
краю столешницы на равных расстояниях друг qt друга.
Тяжелый груз М кладут на стол, сместив его относи-
тельно центра стола на расстояние
Какими могут быть при этом силы реакции, действу-
ющие на ножки?
1.63. На гладком горизонтальном столе лежит пачка
бумаги, в которой 500 листов. Сотый лист (считая снизу)
больше других. Этот лист осторожно тянут в горизон-
тальном направлении. ч Какое максимальное ускорение
можно сообщить пачке, чтобы она при этом двигалась не
распадаясь? Каково максимальное ускорение, с которым
может двигаться центр масс пачки? С каким ускорением
должен двигаться при этом сотый лист? Коэффициент
трения бумаги о бумагу |i = 0,2.
1.64. Однородная балка подвешена к потолку за края
и середину при помощи нитей равной длины. Две нити —
одинаковые, а третья (привязанная к одному из краев) —
21
двойная. Во сколько раз отличаются натяжения одина-
ковых нитей?
1.85. Автомобиль повышенной проходимости может
использовать в качестве ведущих либо передние, либо
задние колеса. Водитель хочет буксировать тросом тяже-
лый груз. Какую максимальную силу тяги Т (без рывка)
сможет развить при этом автомобиль, если коэффициент
трения колес о дорогу р = 0,4, масса автомобиля М — 2 т,
расстояние между центрами колес 1 = 4 м, радиус колес
/? = 0,3 м? Передняя и задняя оси расположены в одной
горизонтальной плоскости; центр масс автомобиля лежит
в этой плоскости на равном расстоянии от осей; в этой
же плоскости лежит трос. Какие колеса должны быть
ведущими? Зависит ли от этого величина Т?
1.66* . Через неподвижное горизонтально закрепленное
бревно переброшена веревка. Для того чтобы удерживать
груз массы m = 6 кг, подвешенный на этой веревке, не-
обходимо тянуть второй конец .веревки с минимальной
силой Ff = 40 Н. С какой минимальной силой F2 надо
тянуть веревку, чтобы груз начал подниматься?
1.67. Космический аппарат представляет собой жест-
кую тонкостенную сферу радиуса ₽ = 2 м, наполненную
газом. Внутри аппарата находится шар радиуса r = R/2,
наполненный тем же газом, что и весь аппарат, но при
большем давлении. Шар касается внутренней поверхности
аппарата. В результате повреждения шар лопнул. Найти,
во сколько раз изменилось давление внутри аппарата,
если оказалось, что весь аппарат при этом сместился на
расстояние а=0,5 м. Массой оболочек пренебречь; тем-
пературу считать неизменной.
1.68. В закрытом сосуде на поверхности воды плавает
деревянный шар Как изменится глубина погружения
шара, если в сосуд накачать воздух так, чтобы давление
воздуха в сосуде увеличилось вдвое?
1.69. В стакане с водой плавает деревянная шайба с
цилиндрической дыркой. Оси шайбы и дырки параллель-
ны. Площадь дна стакана S, площадь сечения дырки Sj.
Дырку осторожно заполняют доверху маслом. На какую
высоту поднимется шайба, если вначале ее выступающая
из воды часть имела высоту Л?
Плотность масла р, плотность воды р0. Известно, что
все масло осталось в дырке.
1.70. Гирю, подвешенную к динамометру, опускают в
воду, пока уровень воды в сосуде не поднимется на
АЛ = 5 см. Показание динамометра при этом изменилось
22
па AF = 0,5 Н. Определить площадь дна сосуда. Плот-
ность воды ро=1ООО кг>м~8.
1.71. В стакане, доверху наполненном водой и закры-
том сверху, плавает деревянный шарик. Как изменится
давление шарика на крышку, если стакан движется с
ускорением а, направленным вверх?
1.72. Два шарика одинакового размера, соединенные
тонкой, длинной и невесомой нитью, опускаются на дно
водоема с установившейся скоростью. Нижний шарик из-
готовлен из алюминия. Если нить перерезать, то верхний
шарик будет всплывать с той же установившейся ско-
ростью. Определить плотность рж материала верхнего ша-
рика, если плотность алюминия р = 2800 кг«м“8, а воды
р0= 1000 кг-м~®.
1.73. Где сильнее горит газ —на первом или на шест-
надцатом этаже?
1.74. В районах, где в земле имеются карстовые по-
лости, иногда встречаются необычные пруды. В сезон
дождей такие пруды постепенно наполняются водой, од-
нако потом вдруг неожиданно резко мелеют. Каким об-
разом это может происходить?
Механические колебания и волны
1.75. Длинный железнодорожный состав,
двигаясь по инерции, въезжает на горку с углом накло-
на а (рис. 27). Когда состав полностью остановился, на
горке находилась половина
его длины. Сколько времени
прошло от начала подъема /'Уу'
до остановки? Длина состава
L, трением пренебречь.
1.76. Длинные сани с гру- Рис- 27
зом, едущие по льду, попа-
дают на участок, посыпанный песком, и, не пройдя и по-
ловины своей длины, останавливаются. После этого им
резким толчком сообщают первоначальную скорость.
Найти отношение путей и времен торможения.
1.77* . Шарнирная конструкция из легких звеньев
АВ = AC — ^BF — ±CE = FG = EG закреплена в точках А
и G (рис. 28). Между точками В и С и Е и F вставле-
ны легкие пружины жесткости k, так что в положении
равновесия все углы конструкции прямые и пру-
жины недеформированы. В точке D надето небольшое
23
колечко массой т. Найти период малых колебаний систе-
мы, при которых колечко движется перпендикулярно
пружинам. Силой тяжести пренебречь.
1.78. Шарик массы т подвешен на пружине жестко-
сти k (пружинный маятник). Точка подвеса пружины со-
вершает вертикальные гармонические колебания с ампли-
тудой а и частотой со. Как движется шарик при устано-
вившихся колебаниях?
1.79. Штатив массы М стоит на гладком столе. К
штативу на легкой нити длины/ прикреплен шарик мас-
сы т. Нить отклоняют на малый угол а и отпускают.
Нарисовать график зависимости скорости штатива от вре-
мени. Столкновения шарика с основанием штатива абсо-
лютно упругие.
1.80. Тяжелая тележка движется со скоростью v по
горизонтальной плоскости и въезжает на наклонную
плоскость, составляющую угол а с горизонтом. Переход
между плоскостями плавный. На тележке на нити дли-
ной I висит шарик. Какова будет амплитуда колебаний
шарика, когда тележка въедет на наклонную плоскость?
1.81* . На верхней образующей гладкого цилиндра ра-
диуса R, ось которого наклонена под углом а к гори-
зонту, укреплена невесомая веревка длины I. К другому
концу веревки прикреплен небольшой груз. Определить:
а) длину свисающей части веревки в положении рав-
новесия груза;
б) период малых колебаний груза в вертикальной
плоскости, параллельной оси цилиндра.
1.82. На очень шероховатый цилиндр радиуса г, рас-
положенный горизонтально, надет тонкий однородный
обруч радиуса R. Найти период малых колебаний обруча
в вертикальной плоскости.
25
1.83. По цилиндрическому желобу радиуса /?, ось ко-
торого наклонена под углом а к горизонту, скользит ма-
ленький шарик (рис. 29). Длина желоба L. Сколько раз
Рис, 29
шарик пересечет самую ниж-
нюю образующую желоба АВ,
если он был пущен без на-
чальной скорости из точки,
находящейся вблизи нижней
образующей?
1.84. Почему плохо слыш-
но против ветра?
1.85. Наливая воду в тер-
мос, мы слышим звук. Как
меняется его тон по мере заполнения термоса?
1.86. Рыбак, живший около устья впадающей в океан
реки, перебрался на новое место жительства на несколь-
ко километров выше по течению. К своему удивлению, он
обнаружил, что время между началом прилива и началом
отлива уменьшилось, а время между началом отлива и
началом прилива увеличилось. Как можно объяснить это
обстоятельство?
2, МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
И ТЕПЛОВЫЕ ЯВЛЕНИЯ
Идеальные газы, начала термодинамики,
тепловые процессы
2.1. Пробирка массой М содержит моль
идеального газа массой р при температуре Т. Пробирку
открывают, вынимая из нее пробку пренебрежимо малой
массы. Оцените скорость пробирки после того, как весь
газ выйдет из нее наружу. Считать, что дело происходит
в вакууме.
2.2* . В горизонтально расположенной плоской короб-
ке размером 10x10 см беспорядочно лежат 1000 малень-
ких стальных шариков массы т = 0,5 мг каждый. Короб-
ку начинают двигать со скоростью о0=Ю м/с перпенди-
кулярно одной из боковых стенок. Считая удары шари-
ков о стенки коробки и друг о друга абсолютно упругими,
определить: а) какие импульсы передадут шарики каждой
из боковых стенок за первые 10 секунд; б) какие импуль-
сы получат стенки за следующие 10 секунд после того,
как коробку резко затормозили.
2.3* . В кубическом сосуде объемом V=1 литр нахо-
дится т — 0,01 грамма гелия при Т = 300 К. Понаблюда-
ем за одной из молекул. Сколько раз она ударится о
верхнюю стенку сосуда за время t — 1 мин?
2.4. Из баллона, в котором находятся сильно разре-
женные пары калия, через узкую горизонтальную трубку
выходит пучок атомов. Определить температуру паров,
если на горизонтальном пути длиной I=50 см среднее
смещение атомов по вер-
тикали составляет h —
=3,2 мкм.
2.5. В сосуде находится
смесь газов — гелия и кисло-
рода. При температуре / =
=—2 °C и давлении р —
=9-10* Па плотность этой
смеси р = 0,44 кг/м’. Каким
станет давление в сосуде, ес-
ли из него удалить поло-
вину молекул кислорода?
I______।_____L_
т, зт, т
Рис. 30
2.6. Над идеальным газом совершают цикл 1—2—3,
изображенный на диаграмме р—Т (рис. 30). Найти отно-
шение максимального и минимального объемов.
2.7. Для дальней космической связи используется
спутник объемом У== 1000 м’, наполненный воздухом, на-
ходящимся при нормальных условиях. Метеорит пробива-
28
ет в корпусе спутника отверстие площадью S — 1 см2.
Оценить время, через которое давление внутри спутника
изменится на 1%. Температуру газа считать неизменной.
2.8. Громкоговоритель имеет диффузор с площадью по-
перечного сечения S = 300 см2 и массой т = 5 г. Резонан-
сная частота диффузора vo = 5O Гц. Какой окажется ре-
зонансная частота, если громкоговоритель врезать в стенку
закрытого ящика объемом У = 40л (рис. 31)? Расчет про-
вести в предположении, что температура воздуха внутри
ящика не изменяется при колебании диффузора.
Рис. 31
2.9* . Спускаемый аппарат космического корабля опу-
скается вертикально на поверхность планеты с постоянной
скоростью, передавая на борт корабля данные о наруж-
ном давлении. График зависимости давления (в условных
единицах) от времени приведен на рис. 32.
Оказавшись на поверхности планеты, аппарат измерил
и передал на борт данные о температуре Т — 700 К и
ускорении свободного падения р
g=W м/с2. #0
Определить скорость спуска
аппарата, если известно, что 2рв
атмосфера планеты состоит из
углекислого газа (СО2). рв
2.10. Определите отношение
т)1/т)2 коэффициентов полезного L---х----ц---1—,
действия двух циклических про- "о 2Ve V
цессов, проведенных с идеаль- рис. 33
ным газом (рис. 33): первый
процесс 1—2—3—4—1, второй процесс 5—6—7—4—5.
2.11. На pV-диаграмме (рис. 34) изображены два цик-
ла, которые проводят с одноатомным идеальным газом:
1—2—3—1 и 1—3—4—1. У какого из циклов КПД
больше и во сколько раз?
29
2.12. Вертикальный теплоизолированный сосуд, в ко-
тором находится одноатомный газ, закрыт поршнем мас-
сы М. В сосуде включают нагреватель мощностью N и
поршень начинает медленно сдвигаться вверх. За какое
время т он поднимется на высоту Н относительно началь-
ного положения? Теплоемкостью поршня и трением пре-
небречь. Атмосферное давление отсутствует.
Рис. 35
2.13. В теплоизолированный сосуд, содержащий щ1==
=20 г гелия влетает со скоростью v = 100 м/с стальной ша-
рик массы т2 — 1 г. Найти изменение температуры в со-
суде. Удары шарика о стенки сосуда и атомов о шарик
считать абсолютно упругими.
2.14. Горизонтально расположенный цилиндрический
теплоизолированный сосуд объема Го=1ОО л, заполнен-
ный гелием, разделен на две части теплонепроницаемым
поршнем, который может перемещаться без трения. Газу,
находящемуся в левой части сосуда, сообщают количест-
во тепла AQ=100 Дж. Найти изменение давления в со-
суде к тому моменту, когда поршень перестанет двигаться.
2.15* . Теплоизолированный сосуд разделен на две
части легким поршнем. В левой части сосуда находится
«11 = 3 г водорода при температуре Тг = 300 К, в правой—
та=16 г кислорода при Т2 = 400 К. Поршень слабо про-
водит тепло, и температура в сосуде постепенно вырав-
нивается. Какое количество теплоты отдаст кислород к
тому моменту, когда поршень перестанет двигаться?
2.16* . Тепловой двигатель представляет собой напол-
ненный газом цилиндр с поршнем, движение которого
ограничено упорами А А и В В (рис. 35). Газ медленно
нагревают, пока поршень не коснется упоров ВВ, после
чего основание пружины смещают из положения СС в
положение DD. Затем сосуд медленно охлаждают до тех
30
пор, пока поршень не коснется упоров А А. Тогда осно-
вание пружины смещают назад до СС, цилиндр нагрева-
ют снова и т. д. Найти КПД этого двигателя. Цилиндр
заполнен гелием; площадь поршня $=10 см2; жесткость
пружины 6=10 Н/м, длина ее в нерастянутом состоянии
/о = 6О см. Внешнее давление принять равным нулю. Раз-
меры на рисунке приведены в сантиметрах.
2.17. Нагревая воздух в комнате с помощью электро-
нагревателя, мы всю энергию электрического тока пере-
водим в тепло. А нельзя ли предложить прибор, который,
затратив некоторую энергию, выдал бы тепла в несколь-
ко раз больше, и тем самым сэкономить расходы на отоп-
ление?
2.18. Имеются два теплоизолированных сосуда. Впер-
вой из них находится 5 л воды при температуре /1 = 60°С,
во втором—1 л воды при температуре /2 = 20°С. Внача-
ле часть воды перелили из первого сосуда во второй.
Затем, когда во втором сосуде установилось тепловое рав-
новесие, из него в первый сосуд отлили столько воды,
чтобы ее объемы в сосудах
стали равны первоначальным.
После этих операций темпе-
ратура воды в первом сосуде
стала равной 1 = 59 °C. Сколь-
ко воды переливали из пер-
вого сосуда во второй и об-
ратно?
2.19. 1 кг льда и 1 кг
легкоплавкого вещества, не
смешивающегося с водой, при температуре —40 °C поме-
щены в теплоизолированный сосуд с нагревателем внутри;
На нагреватель подали постоянную мощность. Зависимость
температуры в сосуде от времени показана на рис. 36.
Удельная теплоемкость льда сл = 2 • 108 Дж/кг • К; твердого
вещества с=108 Дж/кг-К.
Найти удельную теплоту плавления вещества X и его
удельную теплоемкость сг в расплавленном состоянии.
Пары, влажность,
поверхностное натяжение
2.20. Перевернутая вверх дном пробирка
погружена в стакан с водой (рис. 37). Начальная темпе-
ратура воды в стакане и пробирке 20 °C. При медленном
нагревании воды до температуры 90 °C объем воздуха в
31
пробирке увеличился в 4 раза. Чему равно давление на-
сыщенных паров воды при 90 °C?
2.21. Будет ли кипеть вода в пробирке, опущенной в
колбу с кипящей водой? Что мы увидим, если поверх
воды в пробирку налить толуол (это более легкая жид-
кость, не смешивающаяся с водой), температура кипения
которого 111 °C?
2.22. Почему, когда одежда намокает, становится хо-
лодно?
Рис. 37 Рис. 38
2.23. Удельная теплота парообразования воды значи-
тельно больше, чем серного эфира. Почему же эфир, на-
литый на руку, производит значительно большее охлаж-
дение, чем вода?
2.24. Почему обычно не бывает росы под густым де-
ревом?
2.25. В сосуд, заполненный эфиром, погружают пере-
вернутую пробирку А (рис. 38). Из нее сразу же начи-
нают выходить пузырьки. Если собрать эти пузырьки в
первоначально полностью заполненную эфиром пробирку
В (вдвое более длинную, чем А), то из нее окажется вы-
тесненной доля х = 2/3 объема эфира. Объясните это яв-
ление и определите по имеющимся в задаче данным дав-
ление насыщенных паров эфира. Температура в комнате
поддерживается постоянной и равной 20 °C.
2.26* . Подвижный поршень делит цилиндр на две
равные части объемом V0=10~s м8. В одной части нахо-
дится сухой воздух, в другой — водяной пар и пг = 4 г
воды. При медленном нагревании цилиндра поршень при-
ходит в движение. После смещения поршня на 1/4 часть
длины цилиндра движение прекратилось. Каковы масса
воздуха /Ио и водяных паров М, находившихся в сосуде
до нагревания? Какова была начальная температура и
при какой температуре if поршень перестал двигаться?
Зависимость давления насыщенных паров рн(/) воды от
температуры:
t, °C 100 120 133 152 180
ря, кПа 100 200 300 500 1000
2 А. И. Буздвн и др... 33
2.27* . Смесь газов, состоящую из т1 =100 г азота и
неизвестного количества кислорода, подвергают изотерми-
ческому сжатию при температуре Г = 74,4 К. График за-
висимости давления смеси
газов от ее объема приведен
на рис. 39 (в условных еди-
ницах). Определите массу
кислорода то,- Рассчитайте
давление насыщенных паров
кислорода ро, при этой тем-
пературе.
Примечание. Т = 74,4 К —
это температура кипения
жидкого азота при нормаль-
ном давлении; кислород ки-
пит при более высокой тем-
пературе.
2.28. При относительной влажности воздуха г, = 50 %
вода, налитая в блюдце, испарилась на открытом воздухе
за время т, = 40 мин. За какое время т2 испарилась бы
вода при г2 = 80%?
2.29*. В высокочувствительном герметическом калори-
метре измеряют теплоемкость неизвестного количества т
воды, повышая температуру. При
tx== 10,5 °C теплоемкость скачком
упала с сг до сг. Объем сосуда
калориметра V— 1 л. Пользуясь
графиком зависимости плотности
насыщенных паров воды р„ от
температуры (рис. 40), найти т,
cit сг. При tt ужхьная теплота
испарения воды равна г = 2,25х
х 10“ Дж/кг. Теплоемкость одно-
го моля водяного пара сг = 3/? =
=24,9 Дж/моль-К.
2.30. В замкнутом сосуде находятся насыщенный пар
при температуре 100 °C и немного воды. Масса пара
М = 100 г, масса воды т=1 г. Сосуд нагревают, пока
вся вода не испарится. До какой температуры Ts надо
нагреть сосуд? Какое количество тепла Q для этого пот-
ребуется? Давление насыщенного водяного пара возраста-
ет на 3,7 кПа при повышении температуры на 1°С.
Удельная теплота испарения воды 7 = 2,25*10* Дж/кг.
Удельная теплоемкость водяного пара cv=1,38 • 10s Дж/кг • К.
2,31, В кастрюле глубиной 10 см и объемом 1 литр
34
нагревают на плите 100 г молока. Температура молока
поднялась от 85 °C до 95 °C за 5 минут. Через какое
время молоко «убежит»?
2.32. Известно, что во время езды по мокрой дороге
лобовое стекло автомобиля постепенно покрывается ко-
мочками грязи, летящими из-под колес впереди идущих
машин, что постепенно ухудшает видимость. Тем не менее,
опытный водитель не сразу начинает пользоваться двор-
никами». Он старается как можно дольше не мочить стек-
ло. Почему он это делает?
2.33. Почему на поверхности керосина и многих дру-
гих горючих жидкостей никогда не бывает пыли?
2.34. Почему для удержания влаги в почве, ее сове-
туют рыхлить?
2.35. Куда будет перемещаться вода в горизонтальном
капилляре при его нагреве с одной стороны?
2.36. В две одинаковые химические пипетки набирают
до одного и того же уровня воду: в одну — холодную, в
другую — горячую. Пипетки опорожняют и считают при
этом капли. Из какой пипетки упадет больше капель?
2.37. Изогнутый капилляр радиуса г, полностью за-
полненный жидкостью, вращается вокруг вертикальной
оси А'О' (рис. 41). При какой угловой скорости враще-
ния жидкость начнет выливаться из капилляра? Плот-
ность жидкости р, поверхностное натяжение о, жидкость
полностью смачивает капилляр, размеры которого указа-
ны на рисунке.
tr
А
А'
Рис. 41
Рис. 42
i
2.38. На поверхность воды бросают три кусочка нит-
ки, связанных так, как показано на рис. 42. Длина двух
одинаковых кусочков Zf+Z8»=3 см, а /,=1 см. В точку
А капают поверхностно-активное вещество, которое сни-
жает коэффициент поверхностного натяжения вода в п =
— 2,5 раза. Каким будет натяжение каждого из кусков?
Капнем вещество теперь в точку В. Каким теперь станет
35
натяжение каждого куска? Коэффициент поверхностного
натяжения вода о = 0,07 Н/м.
2.39. Объясните явление, о котором идет речь в сле-
дующем отрывке из книги Джона Тиндаля «Физика в про-
стых уроках» (перевод с английского, С.-Петербург, 1871)!
«Знаменитый Вениамин Франклин получил однажды
известие от своего друга, что рыбаки вблизи Гибралтара,
когда им нужно было сделать поверхность моря гладкою,
для того чтобы при этом можно было видеть на дне боль-
ших устриц, имеют обыкновение для этого лить масло на
поверхность вода. В других частях Испанского поморья
ныряющие набирают в рот масла, и, когда им нужен
свет, они его выбрасывают; масло при этом всплывает на
поверхность, расходится по ней и сглаживает водяную
зыбь, мешающую свету проникать вглубь».
2.40. Пламя спиртовки, перед тем как погаснуть, на-
чинает мерцать и потрескивать. Почему?
Теплопередача, тепловое расширение
2.41. Снимая с плиты горячую кастрюлю,
хозяйки, чтобы не обжечься, используют матерчатые ва-
режки. Возрастет или уменьшится вероятность ожога,
если варежка окажется мокрой?
2.42. Для сравнения теплопроводностей различных
материалов предлагалось использовать следующий метод.
На горячую плиту ставятся два одинаковых цилиндра из
исследуемых материалов. На цилиндры кладут по кусочку
воска. Где скорее воск начнет таять —тот цилиндр и
обладает лучшей теплопроводностью. Верен ли этот ме-
тод?
2.43. Кастрюлю, в которую налит 1 л воды, никак не
удается довести до кипения при помощи нагревателя
мощностью 100 Вт. Определить, за какое время вода
остынет на 1 °C, если отключить нагреватель.
2.44. Оболочка космической станции представляет со-
бой зачерненную сферу, температура которой в резуль-
тате работы аппаратуры внутри станции поддерживается
равной Т = 500 К. Какой будет эта температура, если
станцию окружить тонким черным сферическим экраном
почти такого же радиуса, как и ее оболочка? Количество
тепла, излучаемого с единицы поверхности, пропорцио-
нально Т*.
2.45. При прочих равных условиях в какой шубе бу-
дет теплее —в белой или черной?
36
л1, Ом
100 -
50-
Рис. 43
2.46* . Для исследования свойств нелинейного резисто-
ра был произведен ряд экспериментов. Вначале была
исследована зависимость сопротивления резистора от тем-
пературы. При повышении температуры до ^ = 100 °C
мгновенно происходил скачок
сопротивления от = 50 Ом
до /?2=100 Ом, при охлаж-
дении обратный скачок про-
исходил при температуре
4 = 99 °C (рис. 43).
Во втором опыте к рези-
стору приложили постоянное
напряжение 14 = 60 В, при
этом его температура оказа-
лась равной 4 = 80 °C.
Наконец, когда к резистору приложили постоянное
напряжение t/2 = 80 В, в цепи возникли самопроизволь-
ные колебания тока. Определите период этих колебаний Т,
а также максимальное и минимальное значения тока.
Температура воздуха в лаборатории постоянна и равна
4 = 20 °C. Теплоотдача от резистора пропорциональна
разности температур резистора и окружающего воздуха,
теплоемкость резистора С = 3 Дж/К.
2.47. Вертикальная длинная кирпичная труба запол-
нена чугуном. В нижнем конце трубы поддерживается
температура Tf>TM (Тм —температура плавления чугу-
на), в верхнем—температура Т2 < Тпл. Теплопроводность
расплавленного чугуна в k раз больше, чем твердого.
Какая часть металла находится в расплавленном состоя-
нии?
2.48. В небольшой чайник налита доверху теплая вода
(4 = 30 °C). Чайник остывает на 1°С за время т = 5 мин.
Для того чтобы чайник не остыл, в него капают горячую
ВОДУ (4=45 °C). Масса одной капли т^ = 0,2 г. Сколько
капель в минуту должно капать в чайник, чтобы темпе-
ратура поддерживалась равной 30 °C?
Насколько подогреется вода за одну минуту, если
начать капать втрое чаще? Считать, что температура воды
в чайнике выравнивается очень быстро. Лишняя вода вы-
ливается из носика. В чайник входит 0,3 литра воды.
Температура окружающего воздуха 4 = 20 °C.
2.49. В стакан с водой опустили нагреватель и сняли
зависимость температуры воды от времени:
т, мин 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
I, °C 20 26,2 31,8 36,8 41,4 45,6 49,3 52,7 55,8 58,5 61,1
38
1) На сколько °C остынет вода за 1 мин, если нагре-
ватель отключить от сети при температуре ^ = 50°С?
2) Закипит ли вода, если нагреватель не выключать до-
статочно долго? Мощность нагревателя считать неизменной.
2.50. Для поддержания постоянной температуры воды
в проточном аквариуме пользуются двумя одинаковыми
нагревателями (рис. 44). В
обычном режиме используют 1
один из них, а если подключа-
ют параллельно второй нагрева-
тель, то расход холодной воды
приходится увеличивать в три
раза. Как нужно изменить рас-
ход холодной воды, если на-
греватели включены в сеть по-
следовательно? Каким должен
Рис. 44
быть расход холодной воды, если включен один нагре-
ватель мощностью Р—100 Вт? Температура холодной
воды /, = 10 °C, температура воды в аквариуме /а = 27°С.
Вода быстро перемешивается.
Рис. 45
'2.51. Мощный транзистор, выделяющий тепло, закреп-
лен на теплопроводящей пластине, обдуваемой воздухом,
температура которого равна 30 °C. На рис. 45 показано
распределение температур на пластине. Определите рас-
сеиваемую мощность. Известно, что равномерно нагретая
до температуры ^ = 70 °C пластина рассеивает мощность
39
Р = 10 Вт при температуре воздуха tBi = 20 °C. Теплоотдача
пропорциональна разности температур пластины и воздуха.
2.52. Один из простейших термоскопов (эти приборы
использовались до изобретения термометра) состоял из
открытой стеклянной трубки, заполненной водой почти
полностью (рис. 46). В воде находились несколько кро-
шечных грушевидных сосудов с оттянутыми вниз горлыш-
ками. Внутри сосудов находились пузырьки воздуха, по-
добранные таким образом, чтобы при определенной тем-
пературе (около 15 °C) сосуды плавали внутри трубки.
При более высокой температуре сосуды всплывают на
поверхность воды, когда же температура ниже 15 °C, они
опускаются на дно.
Если же стеклянная трубка термоскопа заполнена водой
полностью и запаяна сверху, то прибор начинает рабо-
тать наоборот: при нагревании сосуды опускаются, а при
охлаждении— всплывают.
Объясните, какие физические явлений лежат в основе
конструкции описанных выше приборов?
2.53. Почему зимой в Сибири ведро с ведой, оставляе-
мое в сенях, обычно закрывают сверху газетой?
2.54. В’ некоторых старинных часах, предназначенных
для работы на открытом воздухе, маятник изготовлялся
в виде длинной трубки, за-
канчивающейся сосудом со
А ртутью. С какой целью исполь-
А зовалась такая конструкция
маятника?
Рис'47 2.55. Если нагретую мед-
ную лопатку положить на
брусок свинца треугольного сечения (рис. 47), то можно
явственно услышать звук. Объясните природу возникно-
вения этого звука.
3. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
Постоянный ток, электрические цепи
3.1. Лампочку, рассчитанную на напряжение
2,5 В и ток 0,2 А, подключают длинными проводами к
батарейке. Амперметр, включенный последовательно с лам-
почкой, показывает ток 0,2 А. Когда лампочку подклю-
чили к проводам параллельно с амперметром, она нака-
лилась так же, как и в первом случае. Какой ток 1Х
показывает амперметр? Батарейку считать идеальной,
сопротивление проводов равно 2 Chi.
3.2. Рабочее напряжение лампочки, вольтамперная
характеристика которой приведена на рис. 48, равно 3,5 В
(кривая обрывается при на-
пряжении 4 В —лампочка пе-
регорает). Две такие лампоч-
ки соединяют последователь-
но и подключают к мощ-
ному источнику напряжения
5 В.
Какой ток при этом потечет
по цепи? Какой резистор 7?
нужно подключить параллель-
но одной из лампочек, чтобы
напряжение на другой со-
ставило 3,5 В? Перегорит ли
если этот резистор заменить
Рис. 48
лампочек,
же лампочкой?
какая-нибудь из
еще одной такой
3.3. К батарее, ЭДС которой 9 В, а внутреннее соп-
ротивление неизвестно, подключены последовательно
амперметр и вольтметр (внутренние сопротивления при-
боров также неизвестны). Если включить параллельно
вольтметру некоторое сопротивление, величину которого
мы также не знаем, то показания вольтметра уменьшатся
в два раза, а показания амперметра возрастут в два ра-
за. Что показывал вольтметр до подключения сопротив-
ления?
3.4. На нагрузку необходимо подавать напряжение
20 В. Напряжение питания не должно меняться более,
чем на 1 %, а сопротивление нагрузки может быть любым
в пределах от 50 до 100 Ом. В наличии имеется батарея,
ЭДС которой 100 В с малым внутренним сопротивлением.
Нарисовать возможную схему питания нагрузки от этой
батареи. Каким будет КПД этой схемы питания?
3.5. При подключении гальванического элемента с ЭДС
1,5 В к зажимам А и В (рис. 49) амперметр показал ток
42
1 А. Когда полярность элемента изменили на противопо-
ложную, ток упал в два раза. Какая электрическая цепь
находится внутри коробки?
3.6. Исследуется «черный ящик» с четырьмя выводами.
Если к выводам 1 и 2 подключить батарею с ЭДС U, то
между выводами 3 и 4 будет U • Если же подключить
эту батарею к выводам 3 и 4, то напряжение между вы-
водами 1 и 2 будет равно х/з U* Что внутри ящика?
3.7. Исследуется «черный ящик» с четырьмя выводами.
Когда между выводами 1 и 2 была включена батарея 0
напряжением (Д = 2 В, напряжение между выводами 3 и 4
оказалось иг = 1 В. Когда между выводами 3 и 4 вклю-
чили батарею с напряжением t/3=10 В, то напряжение
между выводами 1 и 2 Ut = 3 В. Нарисовать несколько
возможных схем «черного ящика».
3.8* . На рис. 50 показана часть схемы, состоящей из
резисторов, сопротивления которых неизвестны. Как, имея
амперметр, вольтметр, источник тока и соединительные
провода, можно определить сопротивление одного из ре-
зисторов, не разрывая ни одного контакта в схеме?
3.9. Схему собирают из батарейки, двух одинаковых
амперметров и двух одинаковых вольтметров (рис. 51).
Амперметры и At пока- _______________
зывают соответственно Д= Q) | п
= 1,1 мА, It = 0,9 мА; вольт-__ Лх /£\
метр Bt показывает f/a = II
=0,25 В. Что показывает вольт- ----------------1---
метр Вх? Чему равно напряже- Рис- 51
ние батареи?
3.10. Многопредельный амперметр высокой точности
содержит для каждого предела измерений отдельный
шунт. Амперметр включают в цепь на пределе 10 мА, и
он показывает Д = 2,95 мА; когда его переключили на
предел 3 мА, Д = 2,90 мА. Какова была сила тока в цейи
до подключения амперметра?
3.11* . Омметр состоит из миллиамперметра, рассчитан-
ного на максимальный ток /тах = 1 мА, источника тока
43
и добавочного резистора, регулировкой сопротивления
которого омметр устанавливается на нулевую отметку при
замкнутых накоротко выводах (нуль омметра находится
в правом конце шкалы).
Схему собирают из батареи для карманного фонарика
с ЭДС <£ = 4,5 В, резистора с неизвестным сопротивле-
нием и омметра. Когда омметр включают последователь-
но, он показывает 0 Ом. Когда его включают параллельно
батарее, он показывает бесконечно большое сопротивление.
Определите неизвестное сопротивление резистора и
напряжения на батарее и на омметре.
ЗЛ2. Цепь, показанная на рис. 52, собрана из одина-
ковых резисторов и одинаковых вольтметров. Первый
вольтметр показывает С/1=10 В, а третий U3 = 8 В. Что
показывает второй вольтметр? ;
3.13 . Схема, приведенная на рис. 53, содержит 50
разных амперметров и 50 одинаковых вольтметров. Пока-
зания первого вольтметра t/i = 9,6 В, первого ампермет-
ра—Л =9,5 мА, второго амперметра—/2 = 9,2мА. Опре-
делите по этим данным сумму показаний всех вольтмет-
ров.
3.14 *. Собрана схема, показанная на рис. 54. ЭДС ба-
тареи Si уменьшили на 1,5 В, после чего токи на раз-
личных участках цепи изменились. Как нужно изменить
ЭДС батареи <£2, чтобы: а) ток через батарею <£2 стал
прежним; б) ток через батарею <£х стал прежним? Внут-
ренним сопротивлением батарей пренебречь.
3.15 *. На проводящие рельсы игрушечной железной
дороги беспорядочно бросают, замыкая рельсы, тонкие
длинные оголенные проводники из меди. Оценить сопро-
тивление между рельсами, если расстояние между ними
/ = 5 см, диаметр каждого проводника d = 0,2 мм, его
длина Л = 30 см, бросили # = 100 проводников.
3.16 . В схеме, приведенной на рис. 55, все вольтмет-
ры одинаковые. ЭДС батареи <£ = 5 В, ее внутреннее соп-
ротивление мало. Верхний вольтметр показывает 17 = 2 В.
Что показывают остальные вольтметры?
3.17 . Элемент S имеет вольтамперную характеристику,
изображенную на рис. 56 (это идеализированная харак-
теристика стабилитрона). Последовательно с сопротивле-
нием R подключают S к батарее с ЭДС <§. Какова вели-
чина тока в цепи?
3.18 . Элемент В имеет вольтамперную характеристику,
изображенную на рис. 57 (это идеализированная харак-
теристика бареттера). Последовательно с сопротивлением R
44
Рис. 52
Рис. 53
45
Рис, 60
Рис. 63
Рис. 64
его подключают к батарее с ЭДС Какое напряжение
будет при этом на В?
3.19 . Найти токи через элементы S и напряжения на
элементах В в приведенных схемах (рис. 58). Вольтам-
перные характеристики элементов S и В даны в задачах
3.17 и 3.18.
3.20 . Можно ли две лампы накаливания мощностью
60 Вт и 100 Вт, рассчитанные на напряжение ПО В,
включить последовательно в сеть напряжением 220 В, если
допустимо превышение напряжения на каждой из ламп
не более 10 % от номинального? Вольтамперная характе-
ристика лампы мощностью 100 Вт показана на рис. 59.
3.21 *. Для получения напряжения, величина которого
мало зависит от температуры, собрана схема по рис. 60а.
Вольтамперные характеристики диода D при трех различ-
ных температурах окружающей среды = 125 °C, t2 = 25 °C,
/3 =—60 °C приведены на рис. 606. Напряжение источника
U = 6 В при температуре 25 °C и с увеличением темпера-
туры возрастает на 25-10~3 В/град. Найти напряжение
между зажимами А и В при / = 25 °C и зависимость этого
напряжения от температуры.
3.22 . На рис. 61 приведена зависимость напряжения
источника питания от тока нагрузки. Найти максималь-
ную мощность W которую можно получить в нагрузке.
При каком сопротивлении нагрузки она достигается? Для
чего может понадобиться такой источник питания и как
практически осуществить такую зависимость (7(7)?
3.23 *. Зависимость напряжения от тока для некоторого
источника электрической энергии показана на рис. 62.
Постройте график зависимости напряжения на нагрузке,
на которую замкнут источник, от сопротивления нагрузки.
3.24 *. В схеме, приведенной на рис. 63, а (7О = 2,4 В,
R = 600 Ом, г = 200 Ом, диоды и Д2 имеют одинако-
вые вольтамперные характеристики (рис. 63,6). Найти
ток через диод Д2.
3.25 . Фигура, изображенная на рис. 64, сделана из
проволоки постоянного сечения. Сторона большого квад-
рата а, сопротивление 1 м проволоки равно р. Найти
сопротивление между точками А и В.
3.26 *. Те же условия, что и в задаче 3.25, но фигура
более сложная (рис. 65). Число квадратов очень велико.
Найти сопротивление между точками А и В.
3.27 *. Между Ленинградом и Москвой протянута двух-
проводная телефонная линия. Сопротивление одного метра
проволоки равно г = 0,05 Ом. Из-за несовершенства изоля-
47
ции сопротивление между проводами составляет R= 10’ Ом
ва каждый метр линии. К концам линии в Москве под-
жлючают источник с напряжением (7 = 100 В. Что пока-
жет вольтметр, если его подклю-
чить: а) к концам линии в Ле-
нинграде; б) в середине линии?
3.28 *. На рис. 66, а приве-
дена вольтамперная характери-
стика лампочки от карманного
фонаря. Лампочка включена в
схему, показанную на рис. 66,6.
а) Найти графически ток в
лампочке.
б) При каком положении
движка потенциометра напря-
жение между точками А и В
равно нулю?
в) При каком положении движка потенциометра нап-
ряжение между точками А и В почти не будет меняться
при небольших изменениях ЭДС батареи?
Внутренним сопротивлением батареи пренебречь.
8.29*. Из бесконечной квадратной сетки с сопротив-
лением каждого ребра г удалили
Рис. 67
часть проводников — так, как по-
казано на рис. 67 (тонкие линии).
Найти сопротивление гАВ между
точками А и В, В и С, А и С.
3.30. Если молния во время гро-
зы попала в воду, то после грозы на
озере иногда видят всплывшую
мертвую рыбу. Как это объяснить?
Ведь вероятность попадания мол-
нии в отдельно взятую рыбу ни-
чтожно мала.
48
3.31 *. При исследовании электрических свойств тон-
кой пластинки нового соединения было обнаружено, что
его проводимость а существенно анизотропна: вдоль одного
направления (ось х) она максимальна, а вдоль другого
(ось у) минимальна. Из пластинки вырезали образец в
виде длинной полоски (длины I и ширины d) под углом
45° к направлению осей х и у. Через образец пропустили
электрический ток, при этом разность потенциалов на
концах полоски составила U, а измерения разности по-
тенциалов между краями полоски зарегистрировали нап-
ряжение V.
Чему равно отношение проводимостей вдоль оси х и
вдоль оси у?
Электростатика, емкость
3.32 . При проведении в 1720 году основопо-
лагающих экспериментов по изучению явления электропро-
водности тел Стивен Грэй установил следующее: многие
тела, обнаруживающие способность наэлектризовываться
трением (шелковые нити, бумага, кожа и др.), проявляют
это свойство в большей степени, если их предварительно
нагреть. Почему?
3.33 *. Направленный поток электронов вылетает из
тонкой широкой щели со скоростью v= 10? м/с (рис. 68).
Концентрация электронов в потоке п— 1010 частиц/м8. На
каком расстоянии от щели толщина пучка увеличилась
в 2 раза? Масса электрона т = 9-10-31 кг, заряд электрона
е = 1,610~19 Кл.
3.34 *. Два плоских слоя толщины d каждый равномерно
заряжены объемным зарядом с плотностями — р и + р.
Частица с отрицательным зарядом — ей массой т подле-
49
тает к положительно заряженному слою со скоростью v, на-
правленной под углом а к поверхности слоя (рис. 69).
Определить:
а) при какой скорости частица не сможет проникнуть
в отрицательно заряженный слой?
б) через сколько времени и на каком расстоянии от
точки А частица в этом случае покинет положительно
заряженный слой?
3.35* . Для очистки воздуха от пыли, которая в обычных
условиях оседает очень медленно, можно использовать то
обстоятельство, что пылинки заряжены.
Рассмотрим стеклянный цилиндр (7? = 0,1 м, Н=1 м)
с пыльным воздухом, помещенный в электрическое поле
напряженностью £'1=1-104 В/м, направленное вдоль оси
цилиндра. Через время tf — 2 мин вся содержавшаяся
в цилиндре пыль осела на дно. В другом случае вдоль
оси цилиндра натягивают тонкую проволоку и соединяют
ее с источником высокого напряжения. Известно, что в этом
случае напряженность поля Е ~ 1/г, где г —расстояние
до оси. Напряжение источника подбирают так, чтобы на-
пряженность электрического поля у стенок цилиндра была,
как и в первом опыте, 1 • 104 В/м.
Считая пылинки одинаковыми, а их заряды, равными,
определите время оседания всей пыли на стенки цилиндра
во втором опыте. Пыли в воздухе немного, так что объ-
емным зарядом можно пренебречь.
3.36. Имеются два проводника А и В произвольной
формы. Первоначально на проводнике А имелся заряд Q,
а проводник В не был заряжен. Проводники приводят
в соприкосновение, и на проводник В перетекает заряд д.
Соприкасающимся проводникам сообщили дополнительно
некоторый заряд qx, и в результате на проводнике А ока-
зался заряд д. Определить заряд дх.
3.37. В однородном горизонтально направленном элек-
трическом поле находится незаряженный проводящий куб,
51
при этом две его вертикальные грани перпендикулярны
вектору напряженности (рис. 70, а). Плотность заряда
в середине указанных граней о0. Какова будет поверхност-
ная плотность заряда в середине всех граней куба, если
он расположен так, что вектор напряженности поля па-
раллелен: а) диагонали горизонтальных оснований куба
(рис. 70, б), б) пространственной диагонали куба (рис. 70, в).
3.38. Четыре одинаковых пластины расположены так,
как показано на рис. 71. Площадь каждой пластины S,
расстояние между соседними пластинами d намного меньше
размеров пластин. Крайние пластины соединены провод-
ником. Найти емкость между средними пластинами.
Рис. 71
Рис. 72
При замыкании крайних пластин между собой емкость
между средними пластинами изменяется. Однако, как
известно, поле плоского конденсатора (а средние пластины
образуют плоский конденсатор) сосредоточено внутри него,
т. е. около крайних пластин поля нет. Как же их замы-
кание влияет на емкость внутреннего конденсатора? Объ-
ясните этот факт.
3.39. К большому металлическому листу поднесли парал-
лельно ему две металлические пластинки, площади которых
St и S2. Они находятся на расстояниях и d2 соответ-
ственно от плоскости листа. Какую емкость можно полу-
чить, присоединив провода к любым двум проводникам?
Пластинки друг от друга находятся на очень большом
расстоянии, dt и d2 намного меньше размеров пластинок.
3.40. Пластины плоского конденсатора соединены ди-
электрической пружиной (рис. 72). Начальное расстояние
между пластинами d0, а после того, как конденсатор заря-
дили, оно уменьшилось до величины d1 = de/2. Каким будет
расстояние между пластинами конденсатора, если парал-
лельно ему подключить такой же конденсатор, но неза-
ряженный?
3.41. Незаряженная проводящая тонкостенная сфери-
ческая оболочка помещена в однородное электрическое
поле. При напряженности поля £0 оболочка разрывается.
При какой минимальной напряженности поля разорвется
оболочка вдвое большего радиуса, имеющая ту же толщину
стенок?
3.42. Во сколько раз энергия равномерно заряженного
по поверхности очень тонкого диэлектрического квадрат-
ного листа больше (или меньше) энергии того же листа,
сложенного вчетверо так, что получился квадрат со сто-
роной в два раза меньше первоначального?
3.43. В однородном электрическом поле находится не-
заряженный металлический шар. При выключении поля
в шаре выделилось количество тепла Q. Какое количество
тепла выделилось бы в аналогичном случае в шаре втрое
большего радиуса?
3.44* . Электростатический вольтметр представляет собой
плоский конденсатор, одна из пластин которого закреплена
неподвижно, а другая может двигаться, оставаясь парал-
лельной первойч пластине. Подвижная пластина прикреп-
лена к стене прй помощи пружины жесткости k= 10 Н/м.
Начальное расстояние между пластинами d = 3 см, площадь
каждой из пластин 5 = 0,5 м2. Рассчитать шкалу вольт-
метра. Какое максимальное напряжение можно измерять
этим вольтметром? Рассмотреть случаи, когда вязкое трение
пренебрежимо мало и весьма велико.
3.45. В наличии имеются два конденсатора: Сг = 2 мкФ,
== 160 В, диэлектрик этого конденсатора промасленная
бумага, С2 = 0,5 мкФ, U2 — 300 В, диэлектрик —слюда.
К какому максимальному напряжению их можно подклю-
чить при последовательном соединении? А если бы уобоих
диэлектриком была слюда? Ur и U2 — максимально допу-
стимые напряжения, подаваемые на конденсаторы.
3.46. К батарее с внутренним-сопротивлением г = 1 Ом
подключены последовательно два одинаковых конденсатора.
Параллельно одному из них присоединяют резистор R =
= 1000 Ом, при этом в схеме выделяется некоторое коли-
чество тепла. Какая часть этого тепла выделится на внут-
реннем сопротивлении батареи?
3.47. К батарее с ЭДС S последовательно подключены
три конденсатора с емкостями С, 2С и ЗС. Конденсатор
2С вырвали из схемы, поменяли местами его выводы и под-
ключили обратно. Найти изменение заряда на С.
3.48. В схеме на рис. 73 конденсатор С замыкают пере-
мычкой. Какое количество тепла выделится при этом в схеме?
Уберем перемычку. Какое количество тепла выделится
в этом случае?
53
3.49. Конденсатор С разряжается через резистор /?
и перемычку АВ (рис. 74). В тот момент, когда ток раз-
ряда составил 1в, перемычка перегорела. Какое количество
тепла выделится в схеме, начиная с этого момента?
Рис. 73
2С
Рис. 74
3.50. Конденсатор зарядили до t70= 100 В и подклю-
чили к нему резистор. Сразу после этого за некоторый
интервал времени в цепи
выделилась в виде тепла энергия
1Fj=1 Дж, а за следующий
такой же интервал—энергия
W2 = 0,3 Дж. Определить ем-
кость конденсатора.
3.51 *. При конструирова-
нии лампы-вспышки применили
нелинейный конденсатор (он
заполнен диэлектриком, у ко-
торого диэлектрическая про-
ницаемость зависит от напря-
женности поля). График за-
висимости напряжения U от
заряда q конденсатора приведен на рис. 75. Конденсатор
заряжают от батареи с t/e=300 В через резистор с сопро-
тивлением /?= 10 кОм. Найти максимальную энергию
вспышки. Оценить максимальное число вспышек за 1 ми-
нуту. Считать, что при вспышке конденсатор полностью
разряжается. Минимальное начальное напряжение вспышки
U. = 250 В.
3.52 *. Три одинаковых конденсатора, каждый емкости С,
соединили последовательно и подключили к батарее с ЭДС<£.
После того как они полностью зарядились, их отключили
от батареи. Затем к ним одновременно подключили два
резистора с сопротивлением R каждый так, как показано
на рис. 76. Какое количество тепла выделится на каждом
из резисторов? Чему равны токи через резисторы в момент
времени, когда напряжение на среднее конденсаторе в 10 раз
меньше ЭДС батареи?
3.53 . Напряжение источника меняется со временем по
линейному закону. В начальный момент напряжение было
54
равно нулю. С помощью ключа К. источник можно под-
ключить к схеме, приведенной на рис. 77. В какой момент
нужно замкнуть ключ, чтобы ток в цепи был постоянным
по величине?
Рис. 77
Рис. 79
3.54 . На схему из конденсатора С, двух диодов и ампер-
метра (рис. 78) подают прямоугольные импульсы ампли-
туды ий и частоты f. Какой ток показывает амперметр?
Зависят ли его показания от устройства амперметра (магни-
тоэлектрический, электромагнитный, тепловой)? Диоды
можно считать идеальными, сопротивление амперметра
невелико.
3.55 *. В цепи, показанной на рис. 79, /? = 100 Ом,
С= 10 мкФ, Uo= 10 В, внутреннее сопротивление батареи
и сопротивление амперметра пренебрежимо малы. Ключ К
периодически замыкают на вре-
мя т, = 1 • 10-8 с и размыкают
на время т2 — 20-10-3 с. При та-
ком режиме переключений стрел-
ка амперметра практически не
дрожит. Какой ток показывает
амперметр?
3.56. В схеме, изображенной
на рис. 80, ключ К «колеблется»
между положениями 1 и 2 с
частотой /=100 Гц; в каждом
положении клюй нахо-
дится одинаковое время. Найти ток через резистор
Cj= 10 мкФ, С2 = 30 мкФ, /?=Ю0кОм.
55
Силы в магнитных полях
3.57 . В то время, когда еще не был под-
писан договор о запрете ядерных испытаний в атмосфере,
при взрывах водородных бомб на больших высотах воз-
никали потоки заряженных частиц, вызывающие свечение
ночного неба. Где на Земле могло наблюдаться такое
свечение?
3.58 *. Заряжённая частица попадает в среду, где на
нее действует сила сопротивления, пропорциональная ско-
рости. До полной остановки частица проходит путь
= 10 см. Если в среде имеется магнитное поле, перпенди-
кулярное скорости частицы, то она при той же начальной
скорости остановится на расстоянии см от точки
входа в среду.
На каком расстоянии 12 от точки входа в среду оста-
новилась бы частица, если бы поле было в два раза меньше?
3.59 . Электрон покоится внутри соленоида на расстоя-
нии г от его оси; За малый интервал времени AZ индукция
поля внутри соленоида увеличилась от В до 2В. Как при
этом изменилась скорость электрона?
3.60 *. Во сколько раз величина вектора индукции маг-
нитного поля, создаваемого током / в центре кольца ра-
диуса 7?, больше (или меньше) величи-
ны вектора магнитной индукции, созда-
ваемого системой последовательно со- f \ \
единенных проводящих дуг окружности
радиуса R углового размера я/2, ле- Г I II
жащих попарно через одну в трех V
взаимно перпендикулярных плоское- \ \ 1 J
тях, по которым идет такой же ток
(рис. 81)? Какой угол с вертикалью обра-
зует вектор индукции, созданный си- Рис- 81
стемой дуг?
3.61 *. Жесткое тонкое проводящее кольцо лежит на
горизонтальной непроводящей поверхности и находится
в однородном магнитном поле, линии индукции которого
горизонтальны. Масса кольца М. = 2 г, радиус его R = 4 см,
магнитная индукция В ==0,5 Тл. Какой ток I нужно про-
пустить по кольцу, чтобы оно начало приподниматься?
3.62 *. Квадратная недеформируемая сверхпроводящая
рамка со стороной а расположена горизонтально и нахо-
дится в неоднородном магнитном поле (рис. 82), индукция
которого меняется в пространстве по закону
Вд. 5= — kx, By = 0, Bz = kz + 50.
57
^йасса рамки m, индуктивность L. В начальный момент
центр рамки совпадает
с началом координат, а стороны
параллельны осям х и у. Рам-
ку отпускают. Как она будет
двигаться и где окажется через
время
3.63. Вначале несколько
слов о сверхпроводниках.
Сверхпроводники обладают
свойством выталкивать магнит-
ное поле (так называемый
эффект Мейснера), благодаря
чему они могут парить над
магнитом. Эту особенность
сверхпроводников предлагает-
ся использовать для создания
сверхскоростных поездов на «магнитной подвеске», опытные
образцы которых уже испытываются. Особый интерес к та-
кому виду транспорта появился после открытия высоко-
температурных сверхпроводников.
А теперь сама задача. На сверхпроводящий образец
массой т, парящий над постоянным магнитом, кладут груз
точно такой же массы. Во сколько раз необходимо увели-
чить индукцию поля, создаваемого магнитом, чтобы сверх-
проводник с грузом парил на прежнем расстоянии от
магнита?
3.64*. По длинному сверхпроводящему соленоиду
с индуктивностью Д)=1Гн, содержащему = 200 витков,
течет ток /о = О,1 А. Издали к соленоиду подносят замк-
______________________ нутый проводящий виток то-
го же радиуса, что и витки
к । г :^>77^1 соленоида; индуктивность
витка ^1 = 1,10’3 Гн. Виток
Л ’уЖВ вставляют между витками
т соленоида соосно с ними.
J I________Как изменится ток, текущий
1 по солен°ВДУ? Каким будет
ток витка?
Рйс- 83 3.65. Для того чтобы полу-
чить две совершенно одина-
ковые катушки, их наматывают на немагнитный сердечник
одновременно, используя сложенные вместе провода
(рис. 83). Одну из катушек подключают через ключ Я
к батарейке с напряжением UQ, вторую — к резистору R.
Ключ замыкают. Рассчитайте мощность тока на резисторе.
58
Нарисуйте график зависимости силы тока через батарейку
от времени.
Через время т ключ размыкают. Какое количество
теплоты выделится в резисторе, начиная с этого момента?
Индуктивность каждой из катушек L, Батарейку считать
идеальной. Сопротивлением проводов пренебречь
3.66* . При изменении напряжения на элементе Э ток
через него меняется так, как показано на рис 84, а. Как
будет меняться со временем напряжение на элементе Э,
если его включить в схему, приведенную на рис. 84,6
(параметры схемы указаны на рисунке)? Какого мини-
мального сопротивления резистор можно подключить па-
раллельно элементу Э, чтобы напряжение на элементе не
оставалось постоянным?
3.67* . Для подзарядки аккумулятора с ЭДС d?=12 В
от мощного источника напряжения 1/ = 5 В собрана схема
из катушки с индуктивностью L—1 Гн, диода D и пре-
рывателя К (рис. 85), который периодически замыкается
и размыкается на одинаковые промежутки времени тх =
=т2 = 0,01 с. Определить средний ток заряда аккумуля-
тора /ср.
3.68* . В схеме, приведенной на рис. 86, замыкают
ключ /С Найти максимальный ток через катушку. Найти
максимальное напряжение на конденсаторе С>. Неидеаль-
ностью элементов схемы можно пренебречь.
Рис. 84
Рве. 85
Рис. 86
5$
3.69. Какова средняя сила притяжения пластин кон-
денсатора С сразу после замыкания ключа К (рис. 87)?
А после затухания колебаний? Расстояние между пласти-
нами конденсатора d.
Рис. 87
3.70* . Первоначально заряженный конденсатор ем-
кости С подключают к последовательно соединенным
батарее с напряжением U и катушке с индуктивностью L.
Ток через катушку вначале увеличивается, а затем умень-
шается. В tqt момент, когда ток становится равным нулю,
конденсатор отключают от схемы и подключают вновь,
поменяв местами его выводы. Какой максимальный ток
будет после этого течь через катушку? Как изменится
этот ток, если процесс переключения повторить 1984 раза?
Сопротивлением цепи пренебречь.
3.71. Схему на рис. 88 называют «выпрямитель с удвое-
нием напряжения». До какого напряжения заряжается
каждый из конденсаторов?
3.72. В обычной схеме однополупериодного выпрямителя
(рис. 89) С = 1000 мкФ, R = 500 Ом. Частота сети v=50 Гц.
Считая диод идеальным, найти* а) коэффициент пульса-
ций напряжения k=&UlU на резисторе R\ б) во сколько
раз уменьшится коэффициент fe, если последовательно с
резистором включить катушку индуктивности £=100Гн.
3.73. Как зависит напряжение между точками А и В
(рис. 90) от сопротивления резистора R?
3.74. Цепь, показанная на рис. 91, подключена к сети
переменного тока с напряжением t/o = 22O В. Каково на-
пряжение между точками А и В?
3.75. Колебательный контур состоит из катушки L=1 Гн
с сопротивлением г=10м и конденсатора С=1мкФ.
Конденсатор нельзя считать идеальным —сопротивление
его изоляции R конечно (хотя и велико). При каком значе-
нии R в конденсаторе перейдет в тепло 2/3 начальной
энергии контура?
3.76. В сеть переменного тока с напряжением 220 В
и частотой 50 Гц подключены последовательно два кон-
денсатора с емкостью 1 мкФ каждый. Параллельно одному
60
Рис. 88
Рис. 89
Рис. 92
Рис. 94
61
из конденсаторов включен резистор с сопротивлением
#=100 кОм (рис. 92). Найти тепловую мощность.
3.77. На рис. 93 приведена вольтамперная характе-
ристика лампы накаливания, номинальное напряжение
которой £/и = 220В, номинальная мощность Рн=100Вт.
Лампу подключают к сети переменного тока (220 В, 50 Гц)
последовательно с конденсатором емкости С =10 мкФ.
Определить ток в лампе и напряжение на ней. Считать,
что в течение периода сетевого напряжения температура
нити практически не меняется.
3.78. Электрический прибор П подключен к сети пере-
менного тока с напряжением 220 В через конденсатор
емкостью С = 0,5 мкФ (рис. 94). Амперметр показывает
ток / = 0,01 А, показание вольтметра —1/= 180 В. Найти
мощность, потребляемую от сети прибором. Считать ам-
перметр и вольтметр идеальными.
3.79. В схеме, приведенной на рис. 95, трансформатор
идеальный. Параметры схемы указаны на рисунке. Найти
амплитуду тока и сдвиг фаз в первичной цепи.
3.80. Обмотки трансформатора содержат /?! = 1000 вит-
ков и п, — 2000 витков и намотаны на сердечник с боль-
шой магнитной проницаемостью. Соединим обмотки парал-
лельно и подключим их последовательно с резистором
#=1000 Ом к сети 220 Вольт. Какие токи потекут по
обмоткам?
4. ОПТИКА
4.1. Фотографировать тигра с расстояния L
менее 20 метров опасно. Какой размер может иметь ка-
мера-обскура с отверстием диаметром d = 1 мм, чтобы тигр
на фотографии получился полосатым? Расстояние между
полосами на шкуре тигра / = 20см.
4.2. Посередине плоского экрана находится точечный
источник света. Параллельно экрану расположено плоское
зеркало в форме равностороннего треугольника со сторо-
ной а = 10 см. Определить площадь «зайчика» S на эк-
ране.
4.3. Город раскинулся на восточном склоне горы.
Утром усталый путешественник, расположившийся на от-
дых у подножья горы, видит отражение Солнца в окон-
ных стеклах Он замечает, что «светящиеся» окна со
временем перемещаются* в одних домах—«гаснут», а в
других — «зажигаются». Куда они перемещаются: вверх
или вниз, направо или налево? Объясните данное явление.
4.4. Луч света падает в центр верхней грани стеклян-
ной треугольной прямой призмы. Чему равен максималь-
ный угол падения атах, при котором преломленный луч
еще может выйти через нижнюю грань призмы (без от-
ражения от других граней). Показатель преломления
стекла п=1,5. Высота призмы равна ребру основания.
4.5. Оценивая качество протяженной зеркальной (или
полированной) поверхности, специалисты обычно рассмат-
ривают ее либо издали, либо, если отойти не удается,—
глядя вдоль нее, слегка покачивая головой. Зачем они
это делают?
4.6. Луч света падает перпендикулярно поверхности
жидкости, налитой в стакан с горизонтально расположен-
ным плоскопараллельным прозрачным дном, и после со-
ответствующих преломлений выходит через дно стакана
наружу. Насколько изменится угол выхода луча из ста-
кана, если стакан повернуть на небольшой угол <р? Пока-
затель преломления жидкости равен п. (Ось вращения
стакана горизонтальна.)
4.7. Правдоподобен ли рассказ о том, что греки по
совету Архимеда сожгли деревянные корабли римлян,
направив на них солнечные лучи, отраженные от отпо-
лированных плоских щитов? Принять для оценки диаметр
щита D=1m, число воинов п =100, расстояние до ко-
рабля / = 20м. Известно, что в солнечную погоду удается
зажечь кусок сухого дерева при помощи линзы с фокус-
ным расстоянием F = 0,1 м и диаметром D = 3 см. Угловой
размер солнца а = 0,01 рад.
64
4.8. Ясной морозной ночью посмотрите на небо. Какие
звезды мерцают более заметно: находящиеся высоко над
горизонтом или низко, и почему?
4.9. Непрозрачное тело имеет форму конуса (рис. 96),
у которого угол между осью и образующей равен а = л/3.
Его погрузили в прозрачную жидкость вершиной вниз
так, чтобы ось была вертикальна. Оказалось, что под-
водную часть боковой поверхности конуса нельзя увидеть
ни из одной точки пространства над поверхностью жид-
кости. Каково должно быть минимальное значение пока-
зателя преломления жидкости п, чтобы выполнялось это
условие?
4.10. Для того чтобы уверенно разбирать чертеж, на-
рисованный черной тушью на белом листе бумаги, доста-
точна освещенность 300 люкс. А при какой освещенности
придется работать, если чертеж сделан на «серой» бумаге?
Считайте, что коэффициент отражения светового потока
белой бумаги 0,9, «серой»—0,6, а тушью —0,2.
4.11. При каких положениях точечного источника от-
носительно тонкой собирающей линзы с фокусным рас-
стоянием F = 1 м можно хотя бы из одной точки увидеть
и изображение, и источник? Источник расположен на
главной оптической оси линзы.
4.12* . Точечный источник света движется издалека с
постоянной скоростью ц, под углом а к главной оптической
оси собирающей линзы с фокусным расстоянием F, его
траектория пересекает эту ось на расстоянии а от линзы,
как показано на рис. 97. Найти минимальную относитель-
ную скорость изображения и источника. Линзу считать
идеальной.
4.13* . На вертикальной стене на высоте Я =1,5 м на-
рисован человечек ростом ft = 20 см. При помощи линзы
е фокусным расстоянием F=10cm получают максимально
3 А, И. Буадин и ДР. 65
резкое изображение на полу. Найти размер изображе-
ния h.'.
4.14* . Быстрая космическая частица, движущаяся с
околосветовой скоростью, попадает в резервуар экспери-
ментальной установки, заполненной жидкостью с показа-
телем преломления п = 1,6. Прохождение частицы через
жидкость сопровождается излучением.
Через небольшой промежуток времени после попадания
частицы в резервуар был включен прибор, находящийся
. » в точке С, который зарегистрировал
--------•------- — две светящиеся точки А и В. Схе-
ма опыта в определенном масшта-
бе приведена на рис. 98.
С Объясните наблюдавшееся явле-
* ние и, используя чертеж, найдите
Рис. 98 скорость чаетицы. Торможением
частицы в жидкости пренебречь.
4.15. Как рассказывают альпинисты, высоко в горах
сумерки заметно короче, чем на равнине. Как вы думаете,
с чем это связано?
4.16. Почему ближние горы кажутся более темными,
чем дальние, которые зачастую кажутся голубоватыми?
4.17. Капнув несколько капель молока в стакан с во-
дой, посмотрите сквозь него на светящуюся лампочку.
Лампочка покажется красновато-желтой. Если же посмот-
реть на отраженный от стакана свет, он будет голубым.
Объясните наблюдаемое различие цветов.
4.18. Почему внизу на фоне деревьев дым костра ка-
жется синим, однако над верхушками деревьев (на фоне
светлого неба) он выглядит желтовато-красноватым?
4.19. Почему в вечернее время ближе к закату солнца
человек кажется более загорелым?
4.20. На картине И. Левитана «Март» тени на снегу,
отбрасываемые деревьями в ясный солнечный день, голу-
бого цвета. Не правильнее (с физической точки зрения)
было бы нарисовать их темными, бесцветными (черными
или серыми)? •
4.21. Наблюдая за происходящим на теннисном корте
из-за сетчатой ограды, можно установить следующие две
закономерности» во-первых, если отходить дальше, то
играющих становится видно лучше; во-вторых, если идти
быстро вдоль ограды, то «сетка» как бы пропадает.
Объясните, почему это происходит.
4.22. Из скольких слоев марли нужно вделать зана-
веску на окно, чтобы днем с улицы не было видно то,
66
что происходит в комнате? Толщина нити d=0,2 мм, раз-
мер ячейки а = 4 мм.
4.23. В полой сфере проделано маленькое отверстие,
через которое внутрь проникает узкий параллельный пучок
света. Внутренняя поверхность сферы отражает свет во
все стороны одинаково (диффузно) и не поглощает его.
Как будут различаться в этом случае освещенности в точке,
диаметрально противоположной отверстию, и во всех ос-
тальных точках сферы?
4.24* . Зеркало антенны радиолокатора, работающего
на волне Х=0,Зм, представляет собой параболоид вра-
щения с «выходным» диаметром dss6 м, в фокусе которого
(глубоко внутри параболоида) расположен точечный из-
лучатель энергии. Эта же антенна используется для при-
ема отраженного от самолета сигнала. Мощность излуча-
теля Рн = 2«10*Вт. Минимальная мощность сигнала на
входе антенны, необходимая для нормальной работы,
Pmin = 1 • 10-» Вт. Оцените максимальную дальность об-
наружения локатором самолета, площадь поверхности
отражения которого S=5 мг. Считать, что мощность отра-
женного сигнала в п —10 раз меньше мощности падающего
сигнала и отражение происходит' равномерно во все сто-
роны.
4.25. Известно, что светящийся след падающего метео-
рита по мере приближения к земле становится ярче.
Однако в верхних слоях атмосферы он сохраняется зна-
чительно дольше, чем у земли. Почему?
4.26. При проведении радиолокации Луны, взошедшей
над горизонтом, чтобы обеспечить правильную направлен-
ность, излучатель высокочастотных радиосигналов был
сопряжен с оптическим телескопом. Однако при наличии
оптического изображения Луны отсутствовал отраженный
радиосигнал. В то же время, когда удавалось получить
отраженный радиосигнал, не было оптического изображе-
ния. Объясните это явление.
Г
РЕШЕНИЯ
1. МЕХАНИКА
1.1. Пусть, когда лента вставлена правильно, авто-
мобиль на экране имеет скорость v. Тогда его перемещение за
йалый промежуток времени Д* = *2—t± есть
Д х=х (t 2)—х (ti)=v At
Если же лента вставлена так, что события на экране «потекли в
обратном направлении», перемещение автомобиля за это же время
Д* будет
Дх' = х (ti)—х (*а) ==»—Дх.
Но Дх'=у'Д/, так что
v' А* =—Дх=— v А/
и кажущаяся скорость автомобиля на экране
v' = —V,
Аналогично
Av' =v' Kd—v' (fj)=—▼ Ki)—(— v(ia))=v K2)—v Ki),
и так как Ду=аД/, а Ду' = а'Д*,
а'=а.
Следовательно, когда лента вставлена «задом наперед», ско-
рость автомобиля на экране меняет направление, а ускорение
остается неизменным.
1.2. Отражение сигналов происходит на границах раздела
ух—вода и вода—дно, с этим и связано наличие нескольких
воздух __________ , _ _________
зарегистрированных гидрофоном си-
гналов. Схема распространения си-
гналов показана на рис. 99.
Пусть глубина водоема Я, а
искомое расстояние между источ-
ником взрыва и гидрофоном обо-
значим 4S. Тогда, вычисляя длины
путей, которые проходит сигнал
каждом случае, можем записать
2 К//2+4S2—4S= vtit
в
4 К4S==crf2.
Решая эту систему уравнений (исключая неизвестную глубину Н),
находим ответ
/2
4S = a Л?" А =3>75км,
2(4*1—f 2)
т. е. взрыв произошел на расстоянии 3,75 км от гидрофона.
1.3. Скорость муравья меняется со временем не по линейному
закону, поэтому средняя скорость на разных участках пути раз-
лична и пользоваться для решения известными формулами для
средней скорости мы не можем.
Разобьем путь муравья от точки А до точки В на малые уча-
стки, которые он проходит за одинаковые промежутки времени Д/.
Тогда Д/=Д//оСр(Д*), где оср (Д/)—средняя скорость на данном
бтрезке Д/. Эта формула подсказывает идею решения задачи: на-
39
рисуем график зависимости величины 1/иср (AZ) от I на пути от
точки А до точки В. Этот график—отрезок прямой (рис. 100).
Заштрихованная на рисунке площадь численно равна искомому
времени. Ее нетрудно найти:
S =«М±Ж (/г_4) = ( 1 + 1 к\ =
/ 1 1 h\
Л t>2 vj kJ
Таким образомt муравей добежит от точки А до точки В за
время
4__т
Т в 2*2.10-2 Св75 с*
14. К моменту времени i от начала движения клин проедет
расстояние SK==otfa/2 и приобретет скорость vK~at. К этому мо-
менту грузик переместится вдоль клина на такое же расстояние
/=Sr=a/2/2, его скорость относительно клина будет равна о'=
= и направлена вдоль клина вверх» Скорость ог грузика
относительно земли равна vr=v'-J-vK (рис. 101), т. е.
| vr | «=2ок sin у «s2a/ sin у,
а угол Р, который составляет вектор vP с горизонтом, равен
в л а
*~“2 2*
Таким образом, находясь на клине, грузик движется вдоль
прямой, составляющей угол Р=у*--у с горизонтом? ускорение
грузика относительно земли равно
dvT п а а
«Г—-2вв«»Т.
1.5. Соскочив со стола, волчок Сбудет двигаться по параболе
(вращение лишь стабилизирует вертикальное положение оси волч-
ка) (рис. 102). Горизонтальная проекция ^скорости волчка будет
70
равна скорости v его поступательного движения по столу; верти-
кальная проекция вершины будет меняться со временем по закону
Волчок не ударится о край стола, если за время т, за
которое он стремится по вертикали на Н, его смещение по гори-
зонтали vxx будет больше или равно г, Запишем это условие;
= т =
Таким образом, скорость поступательного движения волчка должна
удовлетворять условию
1.6. Предположим сначала, что потолок отсутствует, и найдем
в этом случае максимальный радиус пятна на полу, в котором
лежат осколки,
*У
Рис. 102
Рис. 103
Введем систему координат с началом, совпадающим с патрсъ
ном лампочки (рис. 103). Условия падения на землю через время I
осколка, вылетевшего под углом а к горизонту, таковы:
—l%=vl sina—
R=vt cos a.
(1)
Очевидно, нам необходимо так подобрать угол а, чтобы величину
R была максимальной. Преобразуем для этого уравнения (1) к виду
—cos a,
,(2)
Отсюда для величины R получим неравенство
e(2 _(g2f8- t,8+g/*) < 2 ~%
V"
\
V \
71
Таким образом»
#max = ~ V^a+2gZa,
время полета /• осколка на такое расстояние
**=£•/2 (gZ2+»a),
угол вылета я горизонту найдем из уравнения
тЛ p8+2gfa
C0Sa ш у 2^+gh)'
Высоту Л* этой траектории над уровнем патрона лампочки найдем
по формуле
(vslna*p о* а о4
Л* в Л—_—L.--_ (1—cos- a*) = -.—7 -g-,—pr-,
2g 2g 1 7 4gG>a+g4)
Вспомним теперь про потолок» Очевидно, если то
/?тах=уК^Т2^-
В случае когда Zj < Л*, т. e. Zj <
о4
4g(v?+g/2)
, максимальный ра-
диус пятна на полу получится от осколков, у которых максималь-
ная высота траектории (над уровнем патрона) равна It (их траек-
тория будет касательной к потолку). Чтобы доказать это, доста-
точно рассмотреть хотя бы один осколок, отразившийся от потолка.
Уровень патрона после отражения он пересечет под углом вылета.
Следовательно, траектория этого осколка будет более крутой по
сравнению с «касательной» траекторией, и они никогда не пере-
секутся, Значит, осколок, коснувшийся потолка, пролетит по гори-
зонтали дальше всех остальных, ударившихся о потолок. Осколки,
не долетевшие до потолка, при своем движении до земли не мо-
гут пересечь «касательной» траектории (докажите это самостоя-
тельно).
Таким образом, если Zj >
о4
4g(»*+g/2) 1
^?тах = ~ V* v"4“2gZa,
если h < 4g~(p£|.g/g)> Т0 ^тах= ^c2~2gZf (У^ёй+У2g(li+l2)).
1.7. Во время движения в любой момент времени шнур натя-
нут равномерно и, следовательно, отношение расстояний от узла С
до концов шнура с течением времени меняться не будет. Из
рис, 104 находим, что в начальный момент это отношение равно
| ДС|:|СР| = 1:4.
Очевидно, что смещение Лх узла на восток определяется смеще-
нием Д5Х бегуна Лив любой момент составляет 4/5 от этого
72
смещения, т. е.
4 4
Дх=-^
о о
Пользуясь масштабом, приведенным на рисунке, находим, что
точка D смещена на восток от точки С на Дх = 4 м. Следовательно,
узел прошел точку D через время
. 5 Дя -
/=-----=5 с
4 Vq
после начала движения бегунов.
Смещение А// узла на юг определяется сме-
щением &Sy бегуна В, и в любой момент Az/ =
=1/бД52/. Пользуясь масштабом, находим, что
за время / = 5 с узел сместился от началь-
ного положения (точки С) на юг на Ду =2 м.
Следовательно, бегун В двигаясь с ускорением
а, за / = 5 с прошел путь ДВ2/ = 5Дуя=1О м, т,
следовательно,
Д5„ 20
а = 2-^=^м/с’=0,8м/С3.
е,
1.8. В задаче, очевидно, подразумевается, что размеры куба
в процессе его движения не меняются. Это, в свою очередь, озна-
чает, что расстояние между парой любых точек куба с течением
времени остается неизменным. Тогда из равенства скоростей кон-
цов ребра куба АВ будет следовать, что и все точки ребра куба
АВ в данный момент времени движутся вниз со скоростью
Сложное движение куба можно представить в данный момент вре-
мени как сумму поступательного движения вместе с ребром куба
АВ и вращения относительно оси, проходящей через вершины
куба Л и В. Отсюда следует, что движения всех сечений куба,
перпендикулярных ребру куба АВ, будут совершенно одинаковыми.
Поэтому для ответа на вопросы задачи достаточно рассмотреть
движение грани куба ВСС'В (рис. 105, а), Из неизменности длйна
ребра куба ВС следует, что в данный момент времени вектор ско-
рости точки С также вертикален и направлен либо вверх, либо
вниз.
Рассмотрим первый случай (рис, 105, б). Пусть длина ребра
куба равна I. Нетрудно понять, .что точка Е ребра ВС, такая, что
BE/ЕС—1/2, будет иметь в данный момент нулевую скорость*
В таком случае говорят, что точка Е—центр мгновенного вра-
щения грани ВСС'В\ Очевидно, максимальную скорость буДет
иметь та точка грани ВССВ', которая максимально удалена от
точки В. Этому условию отвечает точка С'—вершина куба. При
этом так как расстояние между точками В и С1 равно 13/3,
а расстояние между точкой Е и вершиной В равно 1/3 — 1ЕЕ) то
= где скорость точки С\ vE—скорость
точки В, Таким образом, ив'^чУЛЗ*
Второй случай отвечает ситуации, когда точка С, как и точ-
ки Л и В, движется вниз (рис. 105, в), В этом случае центр мгно
73
венного вращения грани ВСС’В'—точка Е'—будет лежать на
продолжении отрезка ВС на расстоянии I от точки Е. Максимально
возможную скорость в данном случае будет опять-таки иметь
точка, максимально удаленная от центра мгновенного вращения.
Мы видим, что и в этом случае искомой дочкой будет точка Сг,
находящаяся от точки Е‘ на расстоянии lE,Q' = iy 5, поэтому
скорость точки С1 теперь будет равна vgr~vE—*..sso у 5.
Для упоминаемого в условии задачи случая [б) нетрудно по-
нятьа что максимальную скорость для обеих возможностей будет
иметь теперь точка B't причем если точка С движется вниз, то
Скорость точки В' будет равна ив*=v У13/2, при движении точки
куба С вверх скорость точки В1 будет максимально возможной
и равной ofi/ss-g-y 5.
1.9. Поскольку левый конец звена конструкции закреплен,
то шарнир будет двигаться по окружности радиуса /?==2аи в лю-
бой момент времени вектор его скорости будет перпендикулярен
левому звену. В тот момент времени, когда левое звено горизон-
тально, скорость шарнира направлена вверх. А так как конец
Правого звена также имеет вертикально направленную скорость,
то из-за нерастяжимости правого звена в этот момент времени
Т4
скорости его концов будут равны о. В системе отсчета, движу-
щейся с постоянной скоростью v вместе с правым концом правого
звена шарнир в тот момент времени, когда левое звено горизон-
тально, будет неподвижен, поэтому вектор его ускорения может
быть лишь перпендикулярен правому звену. Вектор полного уско-
рения шарнира будет точно таким же и в неподвижной системе
отсчета. Проекция вектора полного ускорения шарнира ani на
направление левого звена представляет собой центростремитель-
ное ускорение, и поэтому (рис. 106, a) anf cos а—ап=и2/2а. Зна-
чит, вектор полного ускорения шарнира в момент времени, когда
левое звено горизонтально, будет
________и8
ani~~ 2а cos а #
Легко видеть (см. рис. 106, а), что а = л/6, откуда ant~v2/V^ За.
В момент времени, когда скорость шарнира обратится в нуль,
правое звено будет горизонтально (это, во-первых), а, во-вторых,
вектор ускорения шарнира будет перпендикулярен неподвижному
левому звену (рис. 106, б). Составляющая ускорения шарнира на
х о8 я
правое звено будет равна a«icosa=s-^-, а так как а=-^-, то
о8 • D2
ап2=’о—~—==-?— Таким образом,
"z 2а cos а У За
о*
ani = •
V За
1.10. Пусть в тот момент времени, когда нить образует с вер-
тикалью угол а, ось цилиндра
имеет скорость а угловая
скорость цилиндра равна со. Дви-
жение цилиндра представим в виде
суммы поступательного движения
со скоростью и вращательно-
го—со скоростью о. Пусть ра-
диус цилиндра равен R. Так как
нить при движении цилиндра все-
гда натянута, то скорость точки
цилиндра, касающаяся нити, бу-
дет направлена перпендикулярно
75
нити (рис, 107), Это позволяет записать
Об sin а=со/?,
Скорость точки цилиндра, касающаяся горизонтально движущейся
Со скоростью о подставки, будет равна
и скорость цилиндра
о
c®e 14-sina*
1.11. Прежде чем решать данную задачу, обсудим более под-
робно следующую ситуацию. Предположим, что нерастяжимая ве-
ревка одним своим концом закреп-
лена, а с противоположного конца
намотана на подвижный цилиндр (и
в процессе движения цилиндра обра-
зует плоскую кривую). Пусть также
известно, что в процессе общего дви-
жения цилиндра и веревки послед-
няя всегда натянута. Это означает,
что в каждый момент времени часть
веревки представляет собой отре-
зок прямой, касательной цилиндру,
а оставшаяся часть веревки
тана на цилиндр. Так как
ка нерастяжима, то те ее
которые лежат на отрезке
мой, будут иметь векторы
намо-
верев-
точки,
пря-
скоро-
сти, перпендикулярные веревке.
Точки же участка веревки, намотанного на цилиндр (образующие
jtyry окружности), относительно цилиндра скользить не могут, в
Етивном случае веревка либо порвалась бы, либо провисла,
означает, что скорости этих точек веревки в любой момент
мени совпадают со скоростями тех точек цилиндра, которых
они касаются. Этот участок веревки как бы образует с цилиндром
нечто целое. Особое положение занимает точка веревки, являю-
щаяся местом сопряжения прямолинейного и криволинейного
участков веревки. Она обладает свойствами точек как прямоли-
нейного, так и криволинейного участка. Поэтому, с одной стороны,
ее скорость обязана быть направлена перпендикулярно веревке,
а с другой стороны, она не может скользить по цилиндру.
Но тогда и касательная с ней точка цилиндра будет иметь скорость,
перпендикулярную прямолинейному участку веревки.
Рассмотрим теперь момент времени, когда прямолинейный
участок нити вертикален (рис. 108). В силу сказанного выше ниж-
няя точка ее вертикального участка и соприкасающаяся с ней
точка цилиндра А имеют одинаковую, горизонтально направлен-
ную скорость v^. Представим себе движение цилиндра как сумму
Поступательного движения со скоростью его оси v0, направленной
параллельно наклонной плоскости (под углом а к горизонтали) и
Вращения по часовой стрелке с угловой скоростью со. В этом слу-
чае скорость точки А представим в виде
= vBp + Vfl,
К
причем, как нетрудно видеть, |v®p |=©R, Уд J_vBp, откуда
noc=©#/sina.
Аналогичное соотношение получим для точки С
vc=v«+vbP.
причем, поскольку вектор скорости точки С направлен вдоль на-
клонной плоскости, получим алгебраическое соотношение
ис=и0—©R>
откуда
©R „ n 1— sin a
tFc=^rre“®R=®R —
sin a sin a
v^=v0 cos a=coR ctg a.
Итак,
©R
^""sind
G)R(1—-sin
Vc~ sin a
1.12. Если нить натянуть так, как показано на рис. 109, ка^
тушка будет катиться вправо, вращаясь при этом по часовой
стрелке вокруг своей оси.
Для точки В сумма проекций скорости ¥$ поступательного
движения и линейной скорости вращательного движения с угло-
вой скоростью © на направление нити равна о:
п0 sin а—©г=о
(Оо—модуль искомой скорости). Из-за отсутствия проскальзывания
катушки по горизонтальной
поверхности сумма проекций
соответствующих скоростей
для точки С равна нулю!
По—©R=0.
Полученные уравцения дают
R
° R sin a—г*
Очевидно, что при Rsto a=
=г (это соответствует случаю,
когда точки А, В и С лежат на одной прямой) выражение для по теряет
смысл. Заметим также, что найденное выражение описывает двил
жение катушки как вправо (когда точка В находится слева от
прямой АС и R sin a > г), так и влево (когда точка В находится
справа от прямой АС и Rsina < г).
1.13. По условию задачи шарик катится без проскальзывания,
поэтому скорости тех точек шарика, которые в данный моменУ
времени касаются желоба в точках А и В (рис, ПО), равны нулю.
Считая шарик абсолютно твердым телом (т. е. расстояние между
любыми двумя точками шарика неизменным), приходим к выводу^
Tt
что в данный момент времени все точки шарика» лежащие на от-
резке АВ, неподвижны. А это означает, что в каждый момент
времени движение шарика—это вращение относительно оси А В,
(Ясно, что точки А и В—точки, в которых шарик касается жело-
ба,— перемещаются со скоростью о.)
Мгновенная скорость любой точки шарика есть сор, где со —
угловая скорость вращения, р—рас-
стояние от точки до оси АВ, Скорость
центра шарика (точки О на рисунке)
равна ц; расстояние от точки О до
оси ЯВ —р0 = I ОС I = я у з /2, Следе-
вательно,
СО =
2а
яКз ’
что максимальной
обладают точки
удаленные
v
Ро
Понятно,
скоростью обладают точки шари-
ка, наиболее удаленные от оси
АВв Из геометрических соображе-
ний ясно, что в любой момент имеется лишь одна точка, макси-
мально удаленная от оси, — на рисунке это точка D. Расстояние
от точки
скорость
^cwivnnan ui UVtl,— no FrlvJ u“v '"v ivtku ж-л. * uvvivnuuv
D до оси вращения равно р'=ро+₽ = /?0 +Кз/2), и
точки D
1.14.
я/з \ 2 / /з
Движение листа фанеры представим в виде суммы двух
движений — поступательного движения со скоростью v вместе с
прямой (осью), проходящей через точки А и В, и вращательного
движения с угловой скоростью со относительно оси АВ, Пусть
АВ—а. Тогда по условию задачи расстояние I от точки С до
прямой АВ равно высоте равностороннего треугольника со сторо-
ci 3
ной о, т. е. /=—. Поэтому величина скорости точки Q будет
вавна модулю суммы двух взаимно перпендикулярных векторов,
описывающих поступательное и вращательное движение;
= 4а2 «= v2+ (со/)8,
Для произвольной точки листа фанеры D, находящейся на рас-
стоянии х от прямой AD, можем записать
уЬ =У2+(сох)2»
Вели —За, то
8_
3 *
или
9г/2 = У24-{й)Х)2
х==/2^2_=а V2.
Кз
Таким образом, те точки листа фанеры (тонкого), которые нахо-
дятся на расстоянии х=а]/г2 от прямой АВ, будут иметь втрое
вмьшую скорость, чем точки А и Bt
«
1.15. Выберем на плоскости горки систему координат с осью
х вдоль основания горки и осью у вдоль направления проекции
вектора g на плоскость горки (рис. 111). В этой системе коорди-
нат движение шайбы вдоль оси х—равномерное со скоростью
vQ cos р, а вдоль оси равноускоренное с ускорением a=gsin я*
След шайбы на горке представляет, таким образом, параболу.
Пусть началу отсчета времени соответствует момент мак-
симального поднятия шайбы на горку (т. е, прохождение через
вершину параболы), тогда можем записать
X = t’oCOS р/,
у = g (sin а) /2/2.
Уравнение траектории будет y — g (sina) х2/(о cos f})2. Для расчета
синуса угла наклона можно брать любые точки траектории, во в
Рис. 111
данной задаче удобно взять точку с координатами х0 = 5 м, yQ =
= 2,5 м:
X2 g 4
Искомый угол a=arcsin (1/4) « 15°.
1.16. Введем оси координат х и у, как указано на рис. 112.
Пусть бросок совершается под углом а и со скоростью о. Тогда
условие падения предмета в точку В через время i запишем в
виде двух условий;
по горизонтали
/=и cosa2
и по вертикали
sin а—gt2!^
Исключив в этих уравнениях время получим квадратное урав-
нение относительно tga:
-&tg2a-Ztga+-g-W=0.
Полученное квадратное уравнение означает, что при данных I и
Н и при данном значении скорости о может реализоваться одна
из трех возможностей: во-первых, о настолько мало, что ни при
каком угле бросания предмет не долетит до точки во-вторых,
79
при некотором значении скорости omtn (когда дискриминант квад-
ратного уравнения обращается в нуль) существует только один
угол бросания предмета, обеспечивающий попадание в точку В;
в-третьих, наконец, при значениях скорости и > amjn попасть в
точку В можно по двум траекториям.
По условию задачи нас ин1ересует второй случай. Следова-
тельно, приравнивая нулю дискриминант квадратного уравнения,
и получим искомую скорость бросания
4in=g(K^+^-^).
Угол бросания при этом найдем по формуле
•е»=4г=/ >+(т)'~Т-
откуда
. ж (л ф\ f . Н лф\
tga=tg yj ^где tg(p=— и
Используя закон сохранения энергии, найдем скорость Vf, с ко-
торой предмет попадет в точку В:
vl=g(V7P+^+H),
а из условия сохранения горизонтальной составляющей скорости
при полете предмета получим после несложных преобразований и
угол падения в точке В:
Р 4’2’
1.17. Требование минимально-
сти скорости бросания камня с
поверхности земли означает, что
оптимальная траектория камня
пройдет через точки крыши В и
С (рис. 113), причем в точке В
скорость камня amin будет мини-
мально возможной, Учитывая ре-
шение предыдущей задачи, легко понять, что эта скорость t>min
будет удовлетворять условию
fmin = g [V\H-h)*+P-(H-h)].
Минимально возможную скорость бросания камня о земли 4;п
найдем из закона сохранения энергии
%in=amln+2^-
Откуда
%in=g(V(H-hy+P+H+h).
Рис, 113
1.18. Пусть с момента пролета светящимся объектом точки Л,
ближайшей к наблюдателю, прошло время t. Тогда ttf = /tga, где
t—время, отсчитываемое неподвижными часами, которые нахо-
дятся в данный момент времени в месте нахождения объекта.
Наблюдатель же увидит в этом месте объект несколько позже из-
за конечности скорости распространения света, и его часы пока-
80
I
-------- время, за которое
c cos ОС
a
a c д₽угой-а^ж^
нсут время Ze, причем f' = Z-|-~—,
с cos ОС
сигнал доходит от объекта к наблюдателю.
Очевидно, скорость светящегося объекта, измеряемая наблю-
- , dx dx dt dt „
дателем, будет равна о' = -—=—в Поскольку, е од-
„ dt,J . , Zsina da e I da
нои стороны, " * ------- -
зависимость скорости, измеряемой неподвижным наблюдателем,
будет зависеть от угла а:
, dt о
v = ------------------•
dr . . v .
1 j— sin a
о
1.19. Разобьем решение вадачи на две части. Вначале, исхо-
дя из возможностей движения каждой из «точек системы» (каж-
дого велосипедиста) в отдельности, найдем наименьшее время пе-
редвижения всей «системы точек». А затем опишем один из воз-
можных способов движения, реализующих это наименьшее время.
Покажем, что в нашей задаче наименьшее время передвиже-
ния
, d т . d ti—tn
Gnin ==-~“ ~ * 11 ————,
V п г и п
причем каждый из велосипедистов при таком движении проходит
расстояние d —-— пешком (со скоростью и), а оставшееся рас-
. т ,
стояние d— проезжает на велосипеде (со скоростью о), а все ве-
лосипедисты добираются из А в В одновременно. Действительно,
Фак как каждый из велосипедистов в общей сложности перемеща-
ется на расстояние d (из А в В), в итоге все т велосипедистов
проедут путь m*d. Если какой-нибудь из велосипедистов проедет
на велосипеде путь, больший а—, то найдется велосипедист, ко-
торыи проедет на велосипеде путь di < d— . Пешком этот вело-
сипедист пройдет путь d—di. Полное время движения этого вело-
сипедиста
и 9 и и г * \v и J
Так как по условию задачи и < о, а по предположению di <
< d — , для времени ti получим
п \ v и J
Очевидно, общее время движения группы Т (которое засчи-
тывается по последнему прибывшему) будет удовлетворять усло-
вию T^ti > Zmin, Поэтому движение, при котором каКой-нйбудь
81
, tn a
велосипедист проезжает на велосипеде путь не а—,, не будет «оп-
тимальным».
Укажем теперь, как должны вести себя велосипедисты, чтобы
общее время передвижения было равно fmjn. Это удобно сделать
с помощью «столбов».
Будем считать, что вдоль дороги на одинаковых расстояниях
друг от друга расставлены п столбов: kf, k2, ...» kn, причем по-
следний столб—в пункте В. Способ передвижения состоит в сле-
дующем. tn велосипедистов садятся на tn велосипедов и проезжают
вдоль дороги: первый—до столба kf, второй—до столба k2, ...,
т-й—до столба km. После этого они оставляют велосипеды
на дороге (у столбов ...» km соответственно) и дальше идут
пешком. При этом первый велосипедист доходит до столба
второй — до столба kn_m+2> а tn-й велосипедист доходит до пунк-
та В. п — т велосипедистов, которым не достались велосипеды,
идут из пункта А пешком. Они последовательно доходят до стол-
бов kf, садятся на оставленные там велосипеды и даль-
ше уже едут—до столбов kn (т. е. «последний»
из этих велосипедистов приезжает в пункт В). Велосипедист,
вначале доехавший до столба kf, а затем дошедший до столба
^п-от+1» садится на стоящий там велосипед (оставленный велоси-
педистом из первой или из второй группы) и заканчивает свое дви-
жение на велосипеде. Велосипедист, вначале доехавший до столба
k2t а затем дошедший до столба Ьп-т+ъ садится ца велосипед,
оставленный велосипедистом, доехавшим до этого столба, и также
заканчивает свое путешествие на велосипеде. И так далее.
Велосипедисты, которые вначале шли пешком, а потом ехали
на велосипедах, оставляют (кроме последнего из них) свои вело-
сипеды у столбов km+1, ..., kn_1 соответственно и доходят до
пункта В пешком. Идущие пешком велосипедисты, начавшие свое
движение на велосипедах, «подбирают» оставленные у соответст-
вующих столбов велосипеды, садятся на них и доезжают до В.
1.20. Не обязательно. Приведем пример (рис. 114). Видно, что
наложение периодической (с периодом ровно 1 с и в среднем рав-
ной нулю) функции на график равномерного движения и = 1 м/с
также дает пройденный путь 1 м за любую секунду, но движение
такого рода явно не является равномерным.
а?
Рис. 115
1.21. Рассматривая лодку как источник волн, распространяю-
щихся из каждой точки траектории лодки, найдем ту точку С,
из которой волна дойдет до берега раньше всего. Положение точ-
ки С определяется из условия равенства скорости распростране-
82
ния волн и проекции скорости лодки на направление «к берегу»
(ось х на рис. 115)
и = vx — v sin а,
следовательно,
sina = tz/n = l/2,
т. е. а = 30°. Расстояние от точки С до берега
D / 1 X
l = R—r cos a = 7?—2“ cos a = 7? ( 1—— cos al.
Время tf, которое требуется волне, чтобы дойти из точки С др
берега,
/1=—=—I 1— —-cos a ].
и и \ 2 /
Время /2> в течение которого лодка дошла от точки А до точки С,
равно
. 2лл 60° xR
v 360° 6» *
Полное время, через которое после начала разворота волна дойдет
до берега, равно
Отсюда находим расстояние R от точки А до берега;
_ 6tuv с.с
----------------~ 545 м,
Зя (2—cos а) 4- пи
Рис. 116
ООО
1.22. Для подвижного блока и груза М (рис. 116>
2Т1—Mg—Ma,
где Tf—натяжение нити. Ускорения двух других грузов равны 2а»
Для груза т
T2—T1—mg=m2a,
Для первого груза
Mg— Т2 = М2а.
Решая систему полученных уравнений, най-
дем
_ /И— 2m
а~8 5М+4т '
1.23. Силы, действующие на акробата
(рис. 117),— сила тяжести mg, сила трения
?Тр и сила нормальной реакции N. По усло-
вию задачи акробат движется с постоянной
скоростью. Следовательно, согласно второму
Закону Ньютона, векторная сумма сил mg,
FTp и N равна нулю. Запишем это условие в
В у, направленные так, как показано на рисунке (система коорди-
83
на оси л
нат хОу движется вправо с той же скоростью, что и акробат;
начало координат совпадает с точкой, в которой находится акробат):
в проекциях на ось х—
mgsina—FTp = 0, (1)
в проекциях на ось у—
N—mg cos a=0, (2)
Учитывая, что из 0) и (2) на*
ходим предельный угол а0:
a0=arctg р,
Величина силы трения при a==a0
FTp==mg sin aQ~mg
V н2+1
1.24. Кубик может подпрыгнуть, если модуль силы F, дейст-
вующей на него со стороны пули, окажется большим модуля силы
тяжести Mg = l Н. Найдем эту силу. Для этого рассмотрим пулю.
На нее со стороны кубика действует сила, равная по модулю,
но противоположная по направлению силе F, и сила тяжести mg.
Скорость пули при пролете сквозь кубик меняется незначи-
тельно: ее изменение равно 5 м/с, что составляет всего 5% от ско-
рости пули при входе в кубик. Поэтому будем считать, что Сила F
не зависит от скорости пули и постоянна.
Импульс пули при пролете сквозь кубик меняется благодаря
действию на пулю двух сил— силы тяжести н силы трения. Если
время, за которое пуля пролетает сквозь кубик, обозначить че-
рез т, то
m(vi—= (1)
Время т найти нетрудно. Так как силы, действующие на
кубик, постоянны, то постоянно и ускорение пули, а значит, ско-
рость пули меняется со временем линейно. Поэтому средняя ско-
рость движения пули в кубике равна
°ср =
^1+^2
2
Следовательно, пуля пролетает сквозь кубик аа время
h
уср
2а
у1 + у2
10’S С.
Подставив это значение т в формулу (1), найдем
т (fj—о,)—mgt ~ go н
так как т мало, то величина mgx много меньше импульса пули
и ею можно пренебречь. Сила г оказалась больше силы тяжести,
действующей на кубик, поэтому он подскочит.
1.25. После того как колечко отпустят, оно начнет двигаться
с ускорением aj, направленным вдоль стержня. Соответствующее
85
уравнение движения в проекции на стержень запишем в виде
ШтАх — mig sin «4- Г sin а,
где Т—сила натяжения веревки.
Грузик в первый момент времени будет двигаться вертикально
вниз с ускорением а2, при этом
m2a2 — m2g—Т.
Учитывая нерастяжимость веревки, получим связь ускорения ко-
лечка а± и грузика а2 в виде
ai sin а = п2-
Решая полученную систему уравнений, найдем выражение для
вилы натяжения веревки в начальный момент времени:
m1m2g (1 — sin а)
Ш1 +sin a
1.26. Рассмотрим положение шторы спустя время t после начала
ее падения. Так как штора мягкая, то нижняя ее часть (на рис. 118
она слева) свободно падает, а верхняя не-
подвижна. При этом в момент времени t ле-
вая часть движется со скоростью gt. Так как
штора мягкая и тонкая, пренебрежем разме-
ром области перегиба и ее импульсом. Спу-
стя небольшой интервал времени А/ затормо-
зится еще часть шторы массой
. m , d №
&m^gt—
(d—сторона шторы), которая до торможения
имела импульс
&p = &m-gt = ^(gty^-.
Применим к этому куску шторы закон изменения импульса, чтобы
Определить силу Г(/), действующую на него со стороны висящей
части шторы (по третьему закону Ньютона точно такая же по вели-
чине сила будет действовать вниз на висящую часть шторы). Итак,
Г(/)-Д/п-й=+=^(202.
Рис. 118
откуда
Г(/)1 n
|(Ат->0)
Поскольку правая часть шторы неподвижна, сумма сил, действую-
щий на нее, в любой момент времени равна нулю. Следовательно,
1 момент времени t получим
гда л (О —сила* действующая со стороны карниза на штору в мо-
Нент времени
•6
Таким образом,
=15[1+юн (/< )Zy»Ko^ с).
1.27. Ясно, что характер движения сильно зависит от началь-
ных условий. Разберем характерные варианты (рис. 119).
1. Равновесие достигается в точке (касание внешней поверх-
ности камеры), где
zngslna0 = p#
и # = mg cos a©—сила реакции. (В этом {( \\\
случае камешек движется по прямой.) II Vi |
Тогда tga0 = p. \\У^ //
Есть и еще одна такая точка—навер- J
ку (касание внутренней поверхности ка-
меры). Если там нет неоднородностей (в
обычной камере есть ниппель), то все Рис. 119
аналогично. В нижнем положении равно-
весие устойчиво, в верхнем—нет.
2. Для достаточно больших скоростей, когда о > comjn, воз-
можно «прилипание» камешка—он при этом вращается вместе
с колесом. Ясно, что равномерное движение колеса тут несущест-
венно:
mg cos a+ N=m<n2Rt
mg sin a—fTp=0,
fjp p^V,
отсюда
sin a
co2/?/g—cos a *
Самый «невыгодный» угол соответствует максимуму функций р (а).
Взяв производную по углу и приравняв ее нулю, получаем
COSai=A”
тогда
Р 4 у.... , . ,, л И tomin = l/ V 1 +~~ •
! Г к У ^р
3. Если колесо катится само—без велосипеда, то при со > со<
оно начнет прыгать (а вместе с ним и камешек, который нас инте-
ресует):
{/п^4-Лг=/йС01/?.
Mg— N=0,
И, разумеется, во всех случаях возможны хаотические движения,
когда камешек беспорядочно отражается от внутренних стенок.
87
1. 28. На самом деле никуда человека не отбрасывает—просто
он не может удержаться на данном месте вращающегося диска —
силы трения, даже максимальной, оказывается недостаточно. Если,
Рис. 120
этого воспользуемся
коном Ньютона.
например, трение вдруг исчезло бы—
человек просто продолжал бы двигаться
по прямой.
1. 29. Рассмотрим движение шара
в системе отсчета, движущейся со
скоростью v0. В этой системе шар
движется со скоростью — v0. С того
момента, как центр шара окажется
точно над краем тележки, и до момен-
та отрыва центр шара движется по ок-
ружности радиуса /? с центром в точ-
ке касания (при этом шар не вращается
вокруг собственного центра). Найдем
угол а (рис. 120) в момент отрыва. Для
законом сохранения энергии и вторым за-
Пусть и—скорость центра шара в момент отрыва, /и—масса
шара. Тогда закон сохранения энергии
та2
2
^+mg/?(l-cosa),
второй закон Ньютона
mu2
—-=mgcosa.
Г\
(1)
(2)
Из (1) и (2) находим
1 / v* , Д
COSa=T^+2?
«= -у (t>Q4-2gZ?).
Поскольку cosa<l, ясно, что при vl^sgR отрыв произойдет
сразу в момент, когда центр шара окажется над крайней точкой
тележки, и горизонтальная проекция скорости шара иг при паде-
нии на пол будет равна нулю. Если vl < gR, то
«г = »0—«cosa=v0-~£ у y(yo+2g/?)3.
1. 30. Если в начальный момент времени шарику сообщить
необходимую скорость t>o, то он будет двигаться по окружности
радиуса 7? = Zsin~. Центр этой окружности находится на оси
конической поверхности, а плоскость, в которой лежит окруж-
ность, составляет с горизонтом угол . При движении ша«
рика в произвольной точке его траектории на шарик действуют
три силы—сила тяжести mg, сила натяжения веревки Т и сила
нормальной реакции со стороны конической поверхности N. Пусть
в некоторый момент времени шарик, имея скорость и, находится
на высоте h над первоначальным уровнем и с начала своего дви*
жения описал дугу ср.
Запишем второй закон Ньютона в проекциях!
88
1) на ось конуса» которая по условию задачи наклонена под
углом а/2 к горизонту—
mg sin -j--)* N sin -у— Т cos у=0;
2) на мгновенную ось, проходящую через шарик и направлен-
ную в центр описываемой окружности— ,
_ , а । лт а а mv*
Tsin-g—|-# COS -5—mgCOS -5- СО8ф =---,
2 Л & < , ОС
/sin7
Из закона сохранения энергии получим
vo == v2-f-2g/i,
где высота h связана с длиной веревки /, углами а и ф формулой
/1= I sin у (1 —cos ф) cos у .
Тогда из полученной системы уравнений с учетом того, что
а , а V*2 m/t.
cos у=sin у="^2—> находим зависимость Т (Л):
„ Л 3h\ . mvl
Т=тЦ1—у-
Требование минимальности начальной скорости означает, что в верх-
ней точке траектории шарик будет находиться на грани отрыва от
конической поверхности, т. е. сила нормальной реакции должна
обратиться в нуль N = 0.
Так как верхняя точка траектории находится на высоте
а сила натяжения T=mg, то для минимальной начальной ско-
рости шарика получим выражение
vl min=3gl или v0 min » V"3gl.
Соответствующая зависимость силы натяжения веревки от высоты
T(h) примет вид
т-.е
1.3f . Будем считать, что обруч вращается» оставаясь почт^
горизонтальным. Тогда центр его движется по окружности радиуса
под действием горизонтальной силы реакции столба N
N = Mv*/r.
Как обычно, FTp<p# и FTp==Afg (Af—масса обруча).
Отсюда
va
pAf у Mg
и
« 12 м/с*
Г р
89
1.32. Ясно, что мы можем оценить только максимальную ско-
рость автомобиля, соответствующую самому крутому из возможных
поворотов, когда автомобиль
О' _
г5м
Рис. 121
л
о
движется по дуге АВ окружности,
которая касается прямой 00' (рис.
121). Радиус этой окружности
/? = |4C] = 1/a| AD\\ 35 м.
Разворачивает автомобиль (сообща-
ет ему центростремительное уско-
рение) сила трения, действующая
на передние колеса в направле-
нии, перпендикулярном скорости
автомобиля. Если считать, что
центр масс автомобиля располо-
жен примерно посередине и поднят
очень высоко над дорогой, а ускорение автомобиля не очень
релико (подумайте сами, почему это существенно), то сила нор-
мальной реакции, действующая со стороны дороги на два перед-
них колеса, равна половине силы тяжести, а сила трения равна
Уравнение движения автомобиля при повороте —
не
ИУтах .. mg
' « 2
откуда находим максимальную скорость отах:
Приняв р.=0,8, получаем fmax^ 12 м/с я 43 км/ч.
Итак, скорость автомобиля
« 43 км/ч.
Разумеется, это довольно грубая оценка. Более точную оценку
можно было бы получить, рассматривая весь след автомобиля от
точки А до точки В.
1.33. Перейдем в систему координат, связанную с водой, в ко-
торой плот движется прямолинейно и постепенна тормозится.
Поскольку сила сопротивления, а значит, и ускорение плота про-
порциональны его скорости v относительно воды, то в выбранной
Ди Ь ГТ
системе координат а =—=—kv. Пусть направление движения
плота совпадает с осью х (а начало координат совпадает с местом*
с которого столкнули плот), тогда с> = Дх/Д£, и, учитывая условие
Ду/Ы =— k (Дх/Д/),’ заключаем, что Ду=—&Дх и о0—v=kL, где
—начальная скорость плота, a L—пройденное им расстояние.
Максимальному пройденному расстоянию Lo соответствует о = 0,
т. е. Vo = feLo, a t>0 = K2t>p.
Выбрав произвольную точку на траектории движения плота,
измеряем для нее пройденное относительно воды расстояние L
(поскольку скорость течения и начальная скорость плота относи-
тельно берега равны, то искомое расстояние L будет длина отрезка
прямой, проведенной из этой точки под углом 45° к линии берега)
и связываем скорость Vi в этой точке (направление которой совпа-
90
дает с направлением касательной к траектории) с начальной ско-
ростью (рис. 122).
которой угол а наклона* касательной по отношению
составляет 45° (а = 45*). В этом
случае, как видно из рис. 122, б,
скорость плота относительно во-
ды в выбранной точке о = цх =
Удобнее всего выбрать такую точку А на траектории, для
берега
к линии
= ^р—2—“"Т” и 03 Условия
VQl2 — kL получаем, что Lo=2L.
Искомое расстояние Н плота
от берега связано с Lq простым
соотношением H—Lq sin 45° =
—2L sin45*=2/i, где h—расстоя-
ние от берега до выбранной точки
А на траектории. Из чертежа сле-
дует, что /1 = 7 м, а значит, плот
будет плыть на расстоянии И =
=2/i = 14 м от берега.
1.34. После того как верхнему шарику сообщили горизонталь-
ную скорость v, шарики будут вращаться вокруг центра масс
системы, который в свою очередь будет двигаться поступательно
со скоростью v/2. Если нижний шарик сразу же отрывается от
стола, то на систему в целом действует только одна сила —сила
тяжести. Она сообщает системе, а значит, и нижнему шарику
ускорение g. Поэтому, чтобы шарик оторвался от стола, необхо-
димо, чтобы его центростремительное ускорение было больше g.
В системе координат, движущейся со скоростью центра масс,
скорости обоих шариков по модулю равны v/2, а центростреми-
скорости обоих шариков по модулю равны v/2,
тельное ускорение равно
__(р/2)2__v2
а“ Т/2~~ И'
Шарик оторвется от стола, если
v2/2/^^,
т. е. при
I < v2/2g.
1.35. Рассмотрим, как будет двигаться малый диск сразу после
соприкосновения с большим. Пусть О—центр большого диска
(рис. 123).
Выберем два одинаковых небольших участка малого диска,
расположенных на одном диаметре симметрично относительно
центра этого диска О'. На рис. 123, а точки Аг и Ла—центры масс
таких участков. В момент касания дисков (когда малый диск еще
покоится) скорости Vi и v2 тех точек большого диска, которые
соприкасаются с точками At и Ла малого диска, направлены так,
как показано на рис. 123, a (t>i = Q-O4i, о2 = й-ОЛ2). Понятно, что
вдоль скоростей vx и v2 будут направлены в момент касания силы
трения FTpi и FTp2, действующие со стороны большого диска
на центры масс выбранных участков А± и Л2 малого диска
(FTpi=rTpa). Поскольку плечо It силы FTp i’ относительно оси
малого диска меньше плеча /а силы FTp а, суммарный момент пары
91
сил FTpf и Гтр2 будет закручивать малый диск в направлении
вращения большого диска.
Рассматривая аналогичные пары участков малого диска, при-
ходим к выводу, что сразу после касания малый диск начнет
закручиваться в направлении вращения большого диска.
Пусть в некоторый момент времени угловая скорость малого
диска стала равной со. Скорости участков с центрами масс в точ-
ках Дх и А2 будут равны ^ = о2==©г, где r=O'Ai=O'A2 (рис, 123,6).
Силы трения F?P 1 и F^p 2, действующие на эти участки, будут
направлены вдоль векторов vj—vj (относительная скорость точки
большого диска, касающейся точки Ах) и v2—v2 (относительная
скорость точки большого диска, касающейся точки Д2). Понятно,
что момент пары сил FjP 1 и FjP 2 будет раскручивать малый диск
(т. е. угловая скорость диска будет меняться), если ^==^2<
< (рис. 123,6; для удобства сравнения векторы, «от-
носящиеся» к точке Д2, перенесены в точку Ax).
Таким образом, пока © < Q, имеется отличный от нуля момент
сил трения, раскручивающий малый диск. При со —Q относитель-
ные скорости участков с центрами масс в точках Ai и Д2 направ-
лены перпендикулярно отрезку 00' (вдоль прямой А^ на рис. 123,6)
и момент сил трения относительно оси малого диска равен нулю.
Следовательно, в дальнейшем малый диск будет вращаться с уста-
новившейся угловой скоростью Q.
При o)=Q все силы трения, действующие на аналогичные
пары участков малого диска, будут равны по модулю и направлены
одинаково—перпендикулярно отрезку 00'. Согласно третьему за-
кону Ньютона, результирующая всех сил трения, действующих
на большой диск, будет приложена к точке большого диска, каса-
ющейся центра О' малого диска, и равна ^mg. Чтобы компенси-
ровать тормозящий момент этой силы, к оси большого диска надо
приложить момент сил, равный Al=p,mgd.
❖ О ❖
1.36. При ударе о наклонную плоскость на шарик
будет действовать сила реакции, имеющая горизонтальную состав-
ляющую. Так как после удара шарик продолжает двигаться вперед,
92
о
то горизонтальная составляющая его скорости не может
остаться неизменной по величине—она либо увеличится, либо
уменьшится. Но тогда вертикальная составляющая скорости ша-
рика после удара либо уменьшится, либо увеличится. Следова-
тельно, максимальная высота подъема шарика после удара не будет
равна первоначальной его высоте над уровнем земли.
1.37. При таком угле наклона резиновые гусеницы движутся
по плоскости без проскальзывания. Значит, тепло при движении
не выделяется (нет трения в механизме модели).
Воспользуемся законом сохранения энергии. Для расчета ки-
нетической энергии учтем, что длина гусениц много больше высоты
модели, я будем считать, что при движении модели со скоростью v
нижняя половина гусениц неподвижна, а верхняя половина имеет
скорость 2у. Тогда кинетическая энергия модели —
£‘K=0,4/n-^-+0,2/n -^-=0,9тоа
(т—масса всей модели; 0,4m—масса половины гусениц; 0,2m —
масса модели без гусениц). За малый промежуток времени А/
модель опустится на АЛ = у-Л/-sin а и ее кинетическая энергия
увеличится на ДЕК = mgv-At sin а. Если за это время скорость
модели увеличилась на Av, то
ЛЕК =0,9т (у-|-Ду)2—0,9 ту 2 « \fitnv Ду,
т. е.
mgv • Д/ • sin а = 1 fimv Ду,
откуда находим ее ускорение
и/л
АГ 1,о
1.38. Будем считать, что при каждом ударе шарика о куб
скорость куба меняется на очень малую величину и остается во
много раз меньше, чем скорость шарика.
Пусть х—расстояние от куба до стенки, и—скорость куба,
у—скорость шарика. Тогда время между двумя последовательными
соударениями равно т=2х/у. При каждом соударении куб полу-
чает импульс Др = 2/лу (мы учли, что и < у). Скорость шарика
за один удар изменится на Ду=—-2и (это очевидно, если рассмат-
ривать движение в системе отсчета, связанной с кубом). Для,
упрощения расчетов примем, что в результате соударений ско-
рости и и у меняются не скачками, а плавно. Тогда «среднее»
ускорение шарика у' = Ду/т=—пу/х. Учитывая, что « = х', пере-
пишем это равенство:
у'х-)-х'у=0.
Заметим, что слева написано выражение, равное производной от
произведения их; тот факт, что эта производная равна нулю, озна-
чает, что величина vx остается в процессе постоянной, Следова-
тельно,
ух = уохо,
где х0—расстояние между кубом и стенкой в начале процесса.
При х=2х0 скорость шарика равна у0/2, Скорость куба в этот
94
момент найдем из закона сохранения энергии:
/ли© т (v0/2)2 .
2 ~ 2
следовательно»
с® / 3/п Л п_ .
п==-7у- у « 0»27 м/с.
далеко, будем считать, что груз в тележке с ше-
вскоре перестанет проскальзывать и скорость
Г.39. Стенка
роховатым дном
тележки станет постоянной, равной скорости центра масс иц, м
пти^
Р1 = Рц.м------
М + т*
Такая же средняя скорость будет и у другой тележки, но она то
обгоняет «свой» центр масс, то отстает.
Значит, в зависимости от расстояния до стенки может при-
ехать первой как одна, так и другая тележка. Данных в задаче
мало для того, чтобы дать определенный ответ. Попробуйте полу-
чить ответ, самостоятельно задав недостающие данные. Подсказка:
ответ будет зависеть и от начального положения грузов в тележ-
ках. Удобно решать эту задачу графически.
1.40. Описанное в условии начальное положение обруча
неустойчиво. Будучи предоставлен самому себе, обруч начнет
двигаться. Если трение достаточно велико, обруч катится без
проскальзывания. Скорость обруча будет максимальной в тот
момент, когда его потенциальная энергия будет минимальной, т. е.
когда центр тяжести обруча будет в наинизшем положении. Это
условие выполнится в тот момент» когда дырка окажется наверху
на расстоянии D от стола, равном диаметру обруча. Нетрудно
сообразить, что уменьшение потенциальной энергии обруча А(/
при переходе дырки из нижнего положения (в начале движения)
в верхнее равно
л гт а п Млг8 n Mr2g
W-bm-gD^-^-gD-----------
м
где М—масса всего обруча, Ат=-^^-л/-2—«масса дырки»
(А/п < М).
Это изменение потенциальной энергии равно кинетической
энергии обруча в тот момент, когда дырка находится наверху.
Кинетическая энергия обруча складывается из энергии поступа-
тельного движения обруча как целого Mv2/2 (v—скорость центра
масс обруча в данный момент) и энергии вращательного движения
Ми2/2 (и—линейная скорость всех точек обруча).
При качении без проскальзывания и = р, и кинетическая энер-
гия обруча равна Mv2,
Таким образом,
2 Mr8g
М Ртах.=—д—
откуда
Ртах
g
d
1.41. Работа А по
частей: работы против
силы трения Л2. Чтобы
щение As санок вдоль
месте составляет угол
подъем медленный и сила натяжения веревки Т направлена вдоль
касательной (вдоль As), можно считать,
что санки все время находятся в равнове-
сии и
поднятию санок складывается из двух
силы тяжести At~mgH и работы против
найти Л2, рассмотрим небольшое переме-
горки. Пусть касательная к горке в этом
а с горизонтом (рис. 124). Поскольку
Работа
трения
щая работа против
равна
Ртр == р/У=png cos а.
АЛ2, совершаемая против силы
при перемещении на As, равна
АЛ2 = lung cos а • As.
. Как видно из рисунка, As cos а = Ах—
перемещение санок в горизонтальном на-
правлении. Так что ясно, что результирую-
силы трения при поднятии санок на высоту И
42=|xmgZ,
так как I—суммарное горизонтальное перемещение санок при
под.^ме.
Таким образом, полная работа, совершаемая мальчиком, равна
А «= Ai+As = mgH-\-\ungl =mg(H-[-p/)
и не вависит от профиля горки.
1.42. Пусть в момент отрыва верхнего шарика от вертикальной
плоскости гантелька
ным ускорением
составляет угол а с вертикалью (рис. 125),
скорость верхнего шарика равна v, ско-
рость нижнего—и.
Согласно закону сохранения энергии
—5—Y—-^mg Ah = mgl (1 — cos a),
или
(1)
g—
(2)
(3)
масс
o24-tt2=2^/ (1— cos а)
(m—масса каждого шарика; v, и,
модули соответствующих векторов),
" Поскольку стержень жесткий,
v cos аи sin а.
Из уравнений (1) и (2) находим
u*=2gl (cos2 a—cos§ а).
До момента отрыва центр
гантельки двигался с горизонталь-
но ускорение сообщалось силой реакции
вертикальной стенки). Поэтому к моменту отрыва верхнего шарика
от вертикальной стенки скорость и максимальна. Найдем
еначение cos а, при котором выражение cos2 а—cos3 а (см. (3))
максимально; (х2—х^)' —2х—Зх2=0 (x = cosa) при х=2/3, т. е.
cos а=2/3»
96
Подставив это значение сова в (3), найдем;
2
„ 1.43. Удар небольших стальных шариков происходит быстро,
за это время шарик массы 2m не успевает набрать заметной ско-
рости. Тогда удар шариков тит можно рассчитывать как обыч-
ный лобовой удар, значит, налетающий шарик остановится, а другой
получит скорость t>0. Тогда скорость центра масс шариков, связан-
mu0 1
НЫХ НИТЬЮ, иц<м=—-^-=—Vq.
от о
Итак, центр масс движется поступательно со скоростью */з
н относительно него шарики движутся по окружности с угловой
Ц)—1/з»о уо
скоростью СО = - 2-у - V- =s -у-.
Тогда натяжение нити найдем, рассмотрев движение шарика m
Ю окружности (относительно центра масс):
9 21 mvl 21 2 mvl
T==m<a2Te__s__7_.
Таким получается натяжение в момент удара, и далее оно остается
Постоянным.
Ускорение шарика 2m также остается постоянным по величине:
Т о?
fle 2m “ 31 * .
1.44. По мере подъема вагончиков на мертвую петлю скорость
состава падает. Она достигнет минимума» когда петля будет цели-
ком занята составом и после того перестанет уменьшаться, Легко,
найти эту скорость v из закона сохранения энергии
Afo? Mva
-Г"-2“
(0.
AJT ж# 2л/?
где —начальная скорость состава, М—его масса, /И —j- масса
вагончиков состава, находящихся на мертвой петле, и 7?—высота
центра масс этих вагончиков. Из (1) получаем
»ов0*4——ёй*
Чтобы вагончики не сошли с рельсов, необходимо наличие силы,
реакции со стороны рельсов. Наименьшей силе реакции соответ-
ствует наивысшая точка мертвой петли. Предельный случай отве-
чает нулевой реакции. При этом на вагончик в верхней точке дей-
ствуют: сила тяжести mg (tn—масса вагончика) и силы «натяжения»
у со стороны остального состава, Результирующая этих сил направ-
лена вниз и должна сообщать необходимое центростремительное
ускорение, т, е. она равна т-^-< Проекция каждой из сил Т на
вертикаль (рис. 126, а) равна Т sin у « (угол а мы считаем
малым—это тот угол, под которым виден вагончик из центра мерт-
4 А, И. Буздин и др, 67
вой петли, т. е. а=£/Я, где I—длина вагончика). В результате
приходим к соотношению
2T«+mg=^.
А
(2)
АЛ
заметим, что масса состава I.
I R
Учитывая, что /и = М=Л1а-у-, получаем из предыдущего
La Lar
уравнения
Г+*-Л^=Л*-±.
(3)
Осталось теперь найти 'силу «натяжения» Т. Для этого рас-
смотрим часть состава, которая забирается на петлю (рис. 126, 6).
Пусть состав сместился на малую длину Дх, тогда эта сила про-
извела работу ДЛ = Т*Дх, но поскольку скорость состава не ме-
няется, то работа ДЛ должна быть равна изменению потенциальной
энергии Д{7. Это изменение определяется тем, что участок состава
М
длины Длс поднялся на высоту 2R и, значит, A£7=j- &x*2R. Итак,
М М
Т&x = 2Rg — Ддс и Т=2g/?— . Подставляя это значение натяже-
ния Т в (3), получим
ЛТи2 3MgR 9 о п
, т. е. o2s=3g/?, и уже легко
находим исходную минимальную скорость состава
t°min =
gR
1.45. Процесс распада ядра на два осколка представляет собой
как бы обращенный во времени процесс неупругого столкновения.
На первой стадии процесса оба осколка летят вместе, образуя
единую систему.
В результате действия внутренних сил при разрыве система
распадается на две части. Осколки, образовавшиеся в результате
разрыва ядра, разлетаются в разные стороны с постоянными ско-
ростями и так продолжают свое движение,
98
Обозначим через Vf и скорости осколков ядра и запишем
законы сохранения импульса и полной энергии системы:
т . т
mv==-2“ViH—2~ v2,
/ио2
”2
т Ф т
__1J-
2 2^2
осколков в
Учитывая закон сохранения импульса системы, изобразим графи-
* > »
чески (рис. 127) скорости ядра и его осколков АС= v<, AD=vlt
АВ = v. Построим параллелограмм
скоростей ACB'D (]ДВ| =
А
. В ведем дополни-
тельные векторы BCiiBD(BC=
— >
=z—-BD) и обозначим |£CJ=p0.
Легко понять, что vQ имеет смысл
системе центра масс. Из закона сохранения полной энергии и
теоремы о том, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма
равна сумме квадратов его сторон, получаем
4
(£1-2£^
®1+*1=2&1+2’о>
_ /“3
откуда рв= у — (£t—2Et).
F fn
Очевидно, возможны два случая: a) б) »< v0.
Рассмотрим их последовательно, а) Найдем максимально воз-
можный угол ф (рис. 127). Для этого воспользуемся теоремой коси-
нусов для треугольников ACD9 ABD и АС В и получим после до-
вольно громоздких, но простых вычислений (7.= £ СВ А)
COS ф = —-----------= *
2^t У (*г+$? —(2z7iZo cos а)2
Отсюда
р®
и
о2—о2
фмакс 8=5 arcoos »
где vl=^—(Ei—2Е2)« При этом ^ = у2= 1/"у2+уо- Для случая
u Ш, гы
б) фтах = л (покажите самостоятельно),
1.46. Разберем вначале вопрос о том, переедет ли тележка
через горку. Для этого найдем критическое значение скорости те-
лежки v0: если тележка наезжает на горку с такой скоростью, то
4*
99
в верхней точке подъема скорости тележки и горки совпадут, обо*
вначим эту скорость и0, тоЬда можно записать
moj (т+Л1)«2
-2-------2----
mvo=(m+Al) w0-
Отсюда найдем »о=1^2^Я (14- m/Af).
Ясно, что при меньшей скорости тележка съедет назад, а пре
большей—переедет через горку. Рассмотрим первый случай. Послё
того как тележка покинет горку, скорости обоих тел можно найти*
используя законы сохранения
импульса и энергии—уравнения
, получаются совершенно такие же,
\ как для абсолютно упругого
_____________L——л J удара (проверьте это!). Тогда мож-
( Л*-*’/""*** X у но сразу написать ответ: скорость
__X горки
Л В u=2v/(l+M/m).
Рис. 128 go втором случае уравнения
получаются те же самые, значит,
ответ даст вторая пара корней (напомним, что одно из уравнении
квадратное, значит, и решений должно быть две пары): ясно, чтд
в этом случае скорость горки равна нулю, а скорость тележкй
равна начальной.
1.47. Так как проскальзывание между всеми поверхностями
отсутствует, то при движении доски и катков будут оставаться
неизменными расстояние | АВ | между точками касания катков
и горизонтальной плоскостью и равное ему расстояние | А'В' | между
точками касания катков и доски (рис. 128). Следовательно, не будет
изменяться и расстояние OiO2 = Z между центрами катков. А этд
означает, что скорости центров обоих катков в любой момент вре-
мени одинаковы и направлены по прямой OiO2.
Найдем направление скорости центра масс доски О. Пусть ско-
рость центров катков равна v. Тогда в системе отсчета, движущейся
с этой скоростью, центры катков неподвижны, скорости же точек
А' и В', а значит, и скорость vu.M центра масс доски равны по
модулю | v [ и направлены вдоль доски. В неподвижной относительно
горизонтальной плоскости системе отсчета скорость иц> м центра
масс доски равна векторной сумме скоростей м и v. Из рис. 12$
можно видеть, что скорость иц. м направлена параллельно прямой
OiO2. Так же направлены перемещение доски и ее ускорение.
Обозначим через s перемещение центра масс доски в тот момент,
когда его скорость равна иц. м. В этот момент модуль скорости
центра катков | v | = | иц, м |/2 cos а и кинетическая энергия всей
системы равна
\ти* ти* м и,? „
2—+-^ = -^(mcos‘2a+2M)‘
Изменение кинетической энер1ии системы происходит за счет из-
менения потенциальной энергии доски:
и2
-Ьр- (т cosа+2М) = Mght
100
где
ft_r
/i = | s | sin a, a 3ina=—j—.
JaK как доска движется равноускоренно (действующие на систему
силы постоянны), справедливо равенство
“ц. M=2lal’lsl
(а—ускорение доски).
Используя полученные соотношения, найдем
а._, 2g (/?->•)
1 l- zfgi m li Г
1.48. Так как в процессе движения (рис. 129) фигура, образо-
ванная веревками, стержнем и отрезком потолка между точками
крепления веревок представляет собой параллелограмм, то при
любом своем положении стержень будет оставаться параллельным
своему первоначальному положе-
нию, т. е. стержень движется по-
ступательно. Рассмотрим нашу си- д Л
стему, спустя некоторый интервал /[ А-
времени после того, как веревки от- /]
пустили. Концы веревок совершат // /j
одинаковые перемещения As, высо- / / //
та стержня над горизонтом умень- Ачг — ....' * /
шится на Ah. Под действием вер- AnL... д J
тикально направленных сил тяже-
сти и реакции со стороны стерж-
ня (трения нет!) шайба совершит Рис» 129
вертикальное перемещение АЛ.
Тогда потенциальная энергия системы уменьшится на величину
АС/ »(т+М) gAh,
где т и М— массы шайбы и стержня соответственно. Пусть к концу
интервала А/ скорость шайбы станет равной и, а стержня и. Так
как перемещения стержня As и шайбы АЛ связаны соотношением
АЛ = As sin а, где а—угол первоначального отклонения нитей от
вертикали, то t>=Msina и закон сохранения энергии запишем
в виде
/ . ллч At. mv2 1
—I—
ИЛИ
u2=*2gAh
M-j-m
2W/sin2a+m*
Мы считаем, что интервал времени At настолько мал, что ускоре-
ния стержня и шайбы на этом интервал^ можно считать постоян-
ными. Тогда так как
и2 = 2a АЛ,
то
2И + т
zn+Ai/sin^S*
Ю1
1.49. Для решения задачи воспользуемся законом сохранения
энергии. В начальный момент палочка образует с горизонтом угол а,
такой, что sina=#/2/. Полная энергия палочки в начальный момент
. равна ее потенциальной энергии и состав-
I? ляет
\ п Н
I \ При движении палочки ее полная энергия
I в любой момент времени складывается из
потенциальной энергии
------------------- .. I sin Р
с U = mg—^~
Рис. 130
(₽—угол, который палочка образует с го-
ризонтом в данный момент (рис. 130)), кинетической энергии по-
ступательного движения
(v—скорость центра масс палочки) и энергии вращательного
движения. Согласно закону сохранения энергии
U + Ei+E2^U69
откуда
Ei=^.=U0-U-Et
и
/9
Очевидно, скорость центра масс палочки будет максимальной, когда
значение суммы U и Е2 будет минимальным.
Потенциальная энергия минимальна в тот момент, когда верх-
ний конец палочки занимает наинизшее возможное положение,
т. е. когда нить вертикальна. При этом
.. Я —I
= mS —§—*
Нетрудно понять, что в этот момент времени палочка движется
только поступательно. Действительно, поскольку палочка нерастя-
жима, проекции скоростей любых ее точек на направление самой
палочки должны быть одинаковы. Скорость нижней точки (точки С)
всегда направлена горизонтально, а в тот момент, когда нить вер-
тикальна, скорость верхней точки (точка В) также горизонтальна
(так как нить нерастяжима). Из условия нерастяжимости палочки
следует, что эти скорости должны быть одинаковы и все точки
палочки должны в этот момент двигаться с такими же скоростями.
Это означает, что вращательное движение отсутствует, т. е. £2=0.
Итак, в тот момент, когда нить вертикальна, скорость центра
масс палочки имеет максимальное значение
Утах= —
и направлена горизонтально,
102
1.50. Нестрогий, качественный ответ на первый вопрос можно
дать сразу. При скатывании пустой бутылки ее потенциальная
энергия переходит в кинетическую, энергию как поступательного,
так и вращательного движения. Если внутри бутылки имеется
вращении практически
большая часть началь-
Ч
arm
IT
вода, то она, благодаря малой вязкости, во
не участвует. В результате во втором случае
ной потенциальной энергии переходит, в
кинетическую энергию поступательного
движения, и бутылка с водой скатится
быстрее пустой бутылки.
Теперь приведем более строгое ре-
шею; 2. Найдем, чему равна кинетиче-
ская энергия пустой бутылки массой /и,
которая катится по горизонтальной по-
верхности без проскальзывания со скоро-
стью у. Для простоты заменим бутылку
пустотелым цилиндром и будем считать,
что вся его масса сосредоточена в тонких
стенках.
Все точки цилиндра участвуют в сложном движении: это по-
^77777777777777777Ш
Рис. 131
ступательное движение со скоростью центра масс vu, м и вращение
с линейной скоростью v в системе отсчета^ связанной с центром
масс.
Рассмотрим небольшой участок «обода» массой Дт/. Его ско-
рость складывается из скорости V/ в системе центра масс и скоро-
сти v самого центра масс (рис. 131). Кинетическая энергия этого
участка равна
Дт/ (| vv |)а Дт,- (ц2 4- v 2+cos а;)
дяк.---2--=------2-----
где угол а/ для разных участков принимает значения от 0 до 2л,
Полная кинетическая энергия цилиндра складывается из кинети-
ческих энергий всех его участков:
i 1 I i
здесь мы учли, что для всех участков ц/=о, a cos а/ принимает
все возможные значения—и положительные, и отрицательные, так
что 2c0S ai=oY
i 1
Если наш цилиндр скатывается по наклонной плоскости, то,
спустившись с высоты h, он приобретет скорость v, которую
можно найти из закона сохранения энергии:
mgh=mu2
и
(1)
Отсюда видно, что эта скорость в У 2 раз меньше скорости для
случая скатывания без вращения. Это связано с тем^ что потенци-
альная энергия цилиндра переходит в кинетическую энергию как
поступательного движения^ так и вращательного.
103
Когда внутри цилиндра находится вода (наш случай бутылки
с водой), которая из-за незначительной вязкости во вращение прак«
тически не вовлекается^ полная кинетическая энергия равномерно
катящегося цилиндра массой т, заполненного водой массой- М,
будет равна
_ а . Mv* / М\ д.
Ex = mv2-\——=^m+-g-j v»,
После спуска с высоты h по наклонной плоскости такой цилиндр
за счет потенциальной энергии приобретет кинетическуй
энергию ( 1 v* так чт0 €Г0 скорость составит
0= m+M/2gh=}^ (1+2т4-м)гЛ’ ®
Сравнивая выражения (1) и (2), видим, что во втором случае
скорость оказывается больше. Это означает, что на любом участке
спуска с наклонной плоскости скорость бутылки с водой будет
больше скорости пустой бутылки. Поэтому полная бутылка и ска-
тится быстрее пустой.
Второй вопрос задачи—это, по существу, по-другому сформу-
лированный первый. Мысленно обратим движение в первом случае
и сразу приходим к выводу, что пустая бутылка, имея меньшую
начальную скорость, чем полная, закатится на ту же высоту.
А тогда, если начальные скорости обеих бутылок будут одинако-
выми, пустая бутылка поднимется выше полной.
1.51. Кинетическая энергия плоскопараллельно движущегося
твердого тела.
Рассмотрим для начала твердое тело, вращающееся с
угловой скоростью ® относительно неподвижной оси, и
У irf найдем его кинетическую
Ч энергию. Выберем начало си-
\ стемы координат О на оси
V*. вращения, а взаимно перпен-
дикулярные оси Ох и Оу в
у,------------------------•-плоскости, перпендикулярной
‘ оси вращения. Пусть неболь-
.s' । шая область вращающегося
/"'У'х'Р____________! г тела (точка имеет массу
о ; 3? * Д/п/ и находится от оси вра-
Рис. 132 щения на расстоянии г{ (рис.
132). Считая, что твердое
тело вращается против часовой стрелки, легко понять,
что мгновенная скорость vt выделенной области состав-
ляет с осью Ох угол у 4- <р, поэтому проекции скорости v{
на оси координат получим в виде
vfjs» wt cos (j- 4- <p ] »—sin ф «я—&y(,
104
Vty »» &r{ sin (у + ф) •= Ы/ OOS ф =°* ©X/,
где Xi и yt—соответственно х-я и у-я координаты малой
области.
Кинетическая энергия А£к малой области А равна
АЕК = Ат,- 4 = Am, $*+^4 = Amt = Д/п.
Полная кинетическая энергия твердого тела Ек равна
сумме кинетических энергий всех малых областей, состав-
ляющих твердое тело,
£. _ £ =& £ &т,г,=* I.
Величина / называется моментом инерции твердого тела
относительно выбранной оси (в данном случае относи*
тельно оси вращения). Ясно, что момент инерции зависит
от того, где выбрана ось и как она направлена.
Плоскопараллельным называется такое движение твер-
дого тела, при котором траектории всех его точек лежат
в плоскостях, параллельных друг другу. Для описания
этого типа движения твердого тела поступают следующим
образом. Выбирают жестко связанную е телом «ось вра-
щения» (она может оказаться и вне тела), которая пер-
пендикулярна плоскостям, в которых лежат траектории
движения различных точек твердого тела. Движение твер-
дого тела представляют как сумму поступательного дви-
жения тела как целого вместе с указанной осью со ско-
ростью v0 и вращательного движения вокруг этой оси
с угловой скоростью ©.
Поскольку «ось вращения» можно выбрать достаточнр
произвольно, разбиение плоскопараллельного движения
твердого тела на сумму вращательного и поступательного
движений можно осуществить огромным числом способов.
При этом скорость поступательной части общего движе-
ния v0 будет совпадать со скоростью выбранной оси вра-
щения. Угловая же скорость © от выбора оси зависеть
не будет. Это связано в тем, что все отрезки твердого
тела, лежащие в плоскостях, перпендикулярных направ-
лению оси вращения, за данный промежуток времени
повернутся на один и тот же угол. Именно поэтому часто
говорят, что угловая скорость вращения описывает вра-
щение твердого тела как целого.
Выберем ось вращения так, чтобы она проходила через
центр масс твердого тела. Движущуюся поступательно
103
систему координат выберем так, чтобы ее начало О нахо-
дилось в центре масс твердого тела (а значит, на оси
вращения), а оси Ох и Оу были бы перпендикулярны этой
оси. Относительно неподвижной системы координат век-
тор скорости произвольной точки твердого тела имеет сле-
дующие проекции vix и viy:
Vix = VOx — &-yh Viy = Vl)y-\-(i).Xi,
где vtx и vOy—соответствующие проекции скорости v0
центра масс твердого тела относительно неподвижной
системы координат, xt- и у{—координаты рассматриваемой
точки тела относительно подвижной поступательно дви-
жущейся системы координат (оси координат неподвижной
и подвижной систем соответственно параллельны друг
другу). Если масса рассматриваемой точки твердого тела
равна Д/П/, то ее кинетическая энергия
== (О?ж + О?») = ((Vox—<»‘У.У + (% + ® • */)8] =
[(»? + «>• Г/)’—Рох- ® • Дт/Х/+%® • Дт,!//],
где ve—скорости оси вращения, со—угловая скорость
твердого тела, —расстояние Лй точки от оси вращения.
Полную кинетическую энергию твердого тела в данном
случае найдем, суммируя энергии составляющих его малых
областей—точек
в. = S т2- +«Ы - 4 (2 Ли,)+4 (2 ) -
—(2 (2 Am/»;) — у М +4 7'
где М—масса твердого тела, 7—момент инерции относи-
тельно выбранной оси вращения. Выражения (Щ&щхД
\ I J
и (S Д/П/У/J равны нулю, поскольку каждое из них про-
порционально соответствующей координате центра масс
твердого тела в системе координат, начало которой совпа-
дает с центром масс твердого тела (именно так мы выбрали
движущуюся систему координат). Таким образом, если
твердое тело массы М движется плоскопараллельно, его
центр масс имеет скорость ve, угловая скорость равна <в,
а момент инерции относительно проходящей через центр
масс оси вращения равен 7, то кинетическая энергия
106
тела Ек будет определяться по формуле
с AfvJ 7со2
Перейдем теперь к решению задачи 1.51.
Легко понять, что раньше всех горизонтальной плоскости
достигнет третий шар. Действительно, воспользуемся законом со-
хранения энергии для описания движения шаров. Тогда для пер-
вого и второго шаров изменение потенциальной энергии идет на
увеличение кинетической энергии как поступательного, так и вра-
щательного движения этих шаров. Для третьего же шара все из-
менение его потенциальной энергии «расходуется» на увеличение
кинетической энергии поступательного движения. Поэтому третий
шар, двигаясь вертикально вниз, на каждой высоте имеет скорость
центра большую, чем первые два. Следовательно, он первым до-
стигнет горизонтальной поверхности.
Более подробно рассмотрим движение первого и второго ша-
ров. В начальный момент времени спицы образуют одинаковые
углы с горизонтом, и изменение потенциальной энергии шаров
одинаково и равно АСУ. Закон сохранения энергии для первого
шара примет вид
где Qi—скорость центра шара, направленная под углом а к вер-
тикали, (Of—угловая скорость шара относительно оси, проходящей
через его центр иодновременно угловая скорость вращения спицы,
/ — момент инерции шара. Так как У1 = сох/, где I—расстояние от
шарнира до центра шара, то
И
т+/Д» *
Но за изменение высоты шара над горизонтом «отвечает» проекция
скорости Of, равная w = ofcosa. Изменение высоты первого шара
над горизонтальной поверхностью происходит со скоростью
ц= 1/ ----TT77F COS а.
Для второго шара закон сохранения энергии запишется в виде
»„ _ яго? I
аи=—2 । г-»
где и2—скорость центра шара, направленная строго вниз (так как
спица невесома, а силы, действующие на систему шар 4~ спица,
вертикальны, то и центр масс системы, совпадающий с центром
шара, движется вертикально вниз), ®2—угловая скорость шара,
Из условия нерастяжимости спицы следует, что
cos а,
107
Тогда
t>2 =
2Д£/
mcosaa+//P cos a'
Следовательно, v2> U. Поэтому второй шар быстрее первого до-
стигнет горизонтальной плоскости.
1.52. Найдем сначала кинетическую энергию обруча, вращаю-
п щегося с угловой скоростью со вокруг
° оси О'О* в таком положении, как ука-
зано в условии (рис. 133).
Линейные скорости различных то-
чек обруча различны; соответственно,
различны вклады отдельных участков
обруба в общую кинетическую энер-
гию. Найдем кинетическую энергию на-
ры малых участков и Л2, располо-
женных так, что Z Л1ОЛ3 = л/2. Размер
каждого участка равен ЯДф, масса —
Af DA Мд, DA
m=2ivR ЯЛТ=,2^ДФ (размер /?Д<р на-
столько мал, что различием в радиу-
сах окружностей, по которым враща-
ются разные точки участков, можно
пренебречь). Линейные скорости участ-
ков А± и Л2 равны, соответственно,
Vi = G)«| Op4i ], t>2 = G)‘| О2Л21,
Рис. 133 где | OMi |, | О2Л21—радиусы окруж-
ностей, по которым вращаются уча-
стки Ai и Л2 вокруг оси О'О*. К^к видно из рисунка,
|0i4i] = Vr 104112—100!!*=/? V1 — cos2acos2 <p,
| 0а4, | = К|04а|2—|002|2 = R V1 — cos2 a sin2 <p.
Таким образом, кинетическая энергия пары участков Лх и Л2
равна
ДЕК = 1- щ (oi+1^) = Дф -ш2/?2 (1+sin2 a).
Рассмотрев любую пару участков, радиус-векторы которых
образуют угол л/2, мы получим такое же выражение для кинети-
ческой энергии. Число таких пар, очевидно, равно л/Дф. Следо-
вательно, полная энергия вращающегося обруча равна
£“=='Т (1 + sin2 a).
Согласно закону сохранения энергии работа, которую надо совер-
шить, чтобы раскрутить обруч до угловой скорости со, равна
4= —w2/?2 (14-sln2 a).
108
Для частного случая а=л/2 (обруч вращается в горизонталь-
ной плоскости вокруг вертикальной оси)
£rop=^W
Для а=0 (обруч вращается вокруг вертикального диаметра)
£Верт=4-“^г=у£гор.
1.53. Из-за гладкости горизонтального цилиндра и симметрич-
ности начальных условий в обоих рассматриваемых случаях центр
масс кольца будет двигаться только по вертикали. При этом кольцо
будет вращаться; в случае а) относительно вертикальной оси, в слу-
чае б) относительно горизонтальной оси. Оси вращения в этил
случаях выберем проходящими через центр кольца. Максимальная
угловая скорость кольца и в первом, и во втором случаях будет
в тот момент, когда его центр занимает наинизшее положение^
а скорость центра обращается в нуль. Весь запас начальной пой
тенпиальной энергии
(/?—г),
где М—масса кольца, перейдет в кинетическую энергию вращения
Е*-----—
(см. решение задачи 1.52). Поэтому в обоих случаях
„ -21./е(И—г)
1.54. Рассмотрим сначала случай а). Из-за шероховатости пло-
скости система обручей движется по ней без проскальзывания,
причем движение будет плоскопараллельным. Между скоростью
центра и угловой скоростью вращения системы имеется прямая
зависимость. Угловая скорость будет тем больше, чем больше ско-
рость центра и чем меньше расстояние от центра системы до со-
прикасающихся с горизонтальной поверхностью неподвижных
точек системы. Максимальную угловую скорость ©тах система,
очевидно, будет иметь в тот момент, когда центр системы займет
наинизшее положение. При этом кинетическая энергия системы
будет максимальной, Изменение потенциальной энергии системы
найдем по формуле
А(/=2М^,
где А1 —масса одного обруча, h—максимальное изменение высоты
центра системы над горизонтом. Поскольку обручи взаимно пер*
пендикулярны, легко показать, что й = . ^сли ско-
рость центра системы в момент его наинизшего положения и, а
угловая скорость со, то кинетическая энергия системы Ек будет
Ея =2 -^+2 (1 +±)
(см. решение задачи 1.52 для случая а=л/4),
10Й
Поскольку 10 = -^-!^ 2,
А
£к = М 4 =4
№ закона сохранения энергии получим
•ледовательно,
®max —
Случай б). Если плоскость гладкая, то центр масс нашей си-
зтемы будет двигаться по вертикали. При этом в момент егб наи*
Вазшего положения скорость центра обращается в нуль и весь
Залас потенциальной энергии
At/
верей дет в кинетическую энергию вращения относительно гори-
зонтальной оси, проходящей через центр (см. решение задачи 1.52)
£к = 2М (1 +у ) =4 М№
* А. “У “
откуда
я / 1
~MRW=2MgR{ 1——Д
^ПЙК
1
О О
1.55.. Для того чтобы сохранить равновесие, необ-
ходимо, чтобы перпендикуляр, опущенный из центра масс вашего
товарища, не выходил за пжэщадь опоры его ног. При сгибании
товарища вперед этого можно добиться, если сместить назад ос-
тальную часть туловища, но мешает стена. Во втором случае,
вставая на носки, необходимо для сохранения равновесия пере-
местить все туловище вперед, но и этому мешает стена.
1 ^6, При быстром перемещении по бревну вероятность паде-
ния в воду уменьшается. Действительно, если по какой-то при-
чине центр тяжести перестал находиться над площадью опоры и
вы начали падать (а время падения составляет доли секунды),
лучше двигаться быстрее, так чтобы последняя фаза падения при-
шлась на противоположный берег.
1.57. Максимальная нагрузка, которую выдерживает трос
крана, определяется пределом прочности материала троса—макси-
мальным напряжением, при котором материал еще не разрушается.
Предположим, что вес модельной плиты q, площадь попереч-
ного сечения троса S. Напряжение, возникающее в тросе при
НО
нагрузке в одну плиту а=7/5. Согласно данным задачи предел
прочности материала троса ^-максимально выдерживаемое напря-
жение а0—определяется условием
?<’•<¥ О
(это означает, что кран-модель поднимает 10 плит, а нагрузку
в 11 плит трос не выдерживает).
При переходе к реальным крану и плитам все линейные раз-
меры увеличиваются в п = 12 раз. Значит, вес плиты Q увеличи-
вается в п3 раз, поперечное сечение троса S увеличивается в п2 раз:
Q=n3^ S = n2s (2)
(так как плотность соответствующих материалов не меняется).
Максимальное число плит Nt которые может поднять реальный
кран, определяется условием
(3)
откуда
™ \2qls
Но из соотношения (1) следует, что
ао 1
Следовательно,'
Ь
ф, e, реальный кран не сможет поднять ни одной плиты.
1,58. На рис, 134 показаны внешние силы, действующие на
«книжку»: две силы тяжести mg пластинок и две силы реакции W
со стороны бревна. Запишем условия равновесия «книжки» для сил
в проекциях на вертикальную ось
2mg—2N cosa=0
и для моментов сил относительно
оси, проходящей через точку Л,
W2?tga—cosa=0.
Учитывая, что /=47?, получаем
уравнение
tg8a+tg a—2=0
или
(tg a— 1) (tg2 a+tg a+2) = 0,
Решение этого уравнения дает
л
“e 4
0 я
2as=y.
112
Таким образом, в равновесии пластинки составляют друг с другом
прямой угол. Можно показать, что при этом равновесие устойчивое.
1.59. Для решения задачи нам необходимо вначале определить
положение центра масс колпака. С этой целью разобьем мысленно
колпак на стопку узких колец одинаковой ширины. При этом масса
колец нарастает линейно вниз от вершины к основанию колпака.
Центр масс каждого кольца находится на его оси. «Сплющим» мыс-
ленно колпак так, что каждое кольцо превратится в равнобедрен-
ную трапецию, а весь конус превратится в равнобедренный тре-
угольник. Центр масс каждой составной части колпака останется
на месте (на оси), поэтому и центр масс
всей системы останется на месте. Но,
как известно, центр масс треугольной
пластины находится в точке пересечения
медиан. Следовательно, центр масс колпа-
ка находится на его оси на расстоянии
9/3Я от вершины.
Положение равновесия системы бу-
дет устойчивым, если при небольшом ее
смещении из положения равновесия центр
масс поднимается (потенциальная энергия
системы увеличивается); тогда система,
предоставленная сама себе, возвращается
в исходное положение равновесия.
В нашем случае для того, чтобы колпак занимал устойчивое
положение равновесия на голове Буратино, его центр масс (точка М
на рис. 135) должен оказаться ниже центра головы Буратино
(точки О). Следовательно, должно выпол-
няться условие AM > АО, т. е.
~3Н> sin (a/2) =2/?’
головы Буратино
Рис. 136
или Н > 3/?=22,5 см, А по условию
Н=20 см. Значит, колпак не будет дер-
жаться на голове Буратино.
1.60. Из условия задачи следует»
что коэффициент трения скольжения ка-
рандаша по наклонной плоскости удовле-
творяет условию p^tga. Действительно,
карандаш, положенный перпендикулярно
образующей, находится в равновесии, а
это означает, что mgsina=FTp, где
mg—сила тяжести, FTp—сила трения,
Но FTp pmg cos а. Следовательно,
mg sin a pmg cos a, откуда p tg a.
Таким образом, ни при каких значениях угла ф карандаш по
наклонной плоскости скользить не будет.
Скатывание карандаша может начаться при таком угле ф<ф
когда вектор силы тяжести «выйдет» за пределы участка соприкос*
новения карандаша и наклонной плоскости (на рис. 136 этот уча-
сток заштрихован). Чтобы найти этот угол, спроецируем на наклон-
ную плоскость центр масс карандаша (точку А) и отметим точку
пересечения вертикали, проходящей черее его цент^ масс, < на-
клонной плоскостью (точку В), Очевидно, при различной ориента-
ции карандаша, если его центр масс остается на месте, точки А и
113
В будут неподвижны, причем если сторона шестиугольного попе-
речного сечения карандаша равна /, то АВ =21 cos 30° tg а (причем
2/cos 30°—это радиус вписанной в шестиугольное сечеиие окруж-
ности).
Пака точка В лежит в заштрихованной области» карандаш не
будет скатываться.
Напишем условие начала скатывания карандаша:
AD/cos ф0=АВ или If cos ф0 = I V~ 3 tg а*
Отсюда
1
фа = а ГС COS —7=- ,
* К 3tga
Таким образом, если угол ф удовлетворяет условию
/ J \ я
arccosf —7-^-— —,
\ V 3tga/ 2
карандаш находится в равновесии. Выражение для угла ф0 имеет
смысл при условии tga> \fY 3. Тот факт» что карандаш, поло-
женный параллельно образующей,, скатывается» означает, что
tg а > 1/К 3 (покажите это самостоятельно).
1.61. На рис. 137 приведена траектория движения тела от на-
чального положения до отверстия (плоскость рисунка совпадает
с наклонной плоскостью). Точка О*—центр полуокружности, по
которой движется тело.
Поскольку нить вытягивают медленно, можно считать, что
в каждый момент времени тело находится в состоянии равнове-
сия. Запишем условие равновесия тела для момента, когда нить
составляет угол ф с горизонталью 0€>*г
В проекции на ось х
FTpCOS — 2ф^=Тс08ф или fTp 51п2ф=Т CQSfp, (1)
В проекции на ось у
Лтр С08 2ф + Тв1оф=т£81па» (2)
Силу реакции N находим сразу:
#=/ngcosa. (3)
Учитывая, что сила трения F^ равна по абсолютной величине рЛГ,
из (1)—(3) находим р;
pcsxtg а.
114
1.62. Крайние значения искомых сил (рис. 138) соответствуют
смещению груза в сторону одной из ножек (точки А) либо по бис-
сектрисе—между направлениями на ножки (например, в сторону
точки В). Найдем силы реакции 8 в первом случае, а за-
тем—во втором.
Из условий равновесия (учитывая, что N1 = N9) получим
2JVi+jV2=Alg,
2Ni
Решая эти уравнения, найдем
лг1=^а.
ot\ О1\
Для второго случая достаточно заменить I на —к
&К. -Dil\
Ясно, что при I > /?/2 во втором случае стол опрокинется и найти
силы реакции будет непросто.
1.63. Любой лист в верхней части под действием силы трения
может получить ускорение
«1
Это значит, что друг относительно друга эта листы проскальзы-
вать не будут, а при ускорении большого листа а > pg возникнет
проскальзывание всей верхней части пачки относительно большого
листа.
В нижней части пачки проскальзывание возникает только
в месте контакта с большим листом, потому что чем ниже лист,
тем больше сила, прижимающая листы друг к другу. Ускорение
листов нижней части пачки
(М — масса верхней части пачки, т = М/4—масса нижней части).
Ясно, что для получения максимального ускорения пачки при
условии, что она не распадается, большой лист нужно тянуть
с ускорением
а=ц1==2 м/с*.
Таким и окажется ускорение пачки.
Чтобы получить максимальное ускорение центра масс пачки
(без учета большого листа!), нужно сделать так, чтобы проскаль-
вывали обе части. При этом общая внешняя сила
ускорение центра масс
а= ' ^=2 « =1, 6^=3,2 м/Л
М-\-т М-^т * *** 7
Тянуть большой лист нужно с ускорением а>«2тахв8 м/с2.
111
1.64. Модели, которые мы выбираем.
Для анализа физических явлений мы всегда пользу»
емся моделями, упрощая и идеализируя реальную ситуа-
цию. Ясно, что в каждом конкретном случае нужно отразить
в модели все важные для данной задачи детали и отбро-
сить все лишние (этот совет, как и многие другие, легче
давать, чем ему следовать). Поэтому при выборе модели
следует оценить, хотя бы приблизительно, действие фак-
торов, которые мы хотим отбросить, и посмотреть, как
скажутся сделанные нами допущения и упрощения на
точности получаемого решения задачи.
Рассмотрим пример: спортсмен толкает ядро с высоты
h =1,5 м под углом 0=40° к горизонту со скорость^
v=12 м/с. Найти дальность полета ядра.
Выберем модель: плоская невращающаяся Земля, воз-
духа нет, нет также Солнца и Луны. Оценим воздействие
отброшенных факторов.
Солнце: дает поправку к ускорению свободного паде-
ния Agi = <Oi/?f, где <0| = 2л/1 год, 7?}=150млн км;
AgtC Ю-? м/с’» 10—.^. На самом деле эта поправка
намного меньше—ведь сила со стороны Солнца действует
и на Землю, сообщая ей почти такое же ускорение. Луна
дает примерно такую же поправку (вспомним приливы).
Сопротивление воздуха: сила лобового сопротивления
Fconp•=«so*. Величину а приблизительно можно оценить,
зная скорость выпадения града vT » 20 м/с при гг»0,5 cmi
= mj.g = рг • у лг| • g,
отсюда
3t>|
Для ядра скорость о„ при которой сила лобового
сопротивления воздуха равна силе тяжести, определяется
условием
v*6 = vT j/gy2» 200 м/с.
(12 X 2
йо)"^
»3-10~« mg (отметим, что при таких скоростях сила
вязкого трения больше, чем лобового, однако она также
невелика). Архимедова сила
Fa в Рвоад ms ~ Ю-? mg.
Ря
не
Поправка к ускорению свободного падения из-за враще-
ния Земли
где (о = 2л/1 сутки, /?а = 6,3-lO’cosq, (<р —широта мест-
ности), На экваторе Ag2^3-10-8g.
Цифры в задаче заданы «круглые»; из простых прак-
тических соображений ясно, что требуемая погрешность
уж никак не лучше 3—5 %. Значит, все перечисленные
поправки несущественны и модель наша вполне разумна.
Решение задачи совсем простое, мы его не приводим.
Возможны, однако, ситуации, когда даже небольшие
поправки могут оказать решающее воздействие на резуль-
тат. Это может произойти, например, если мы заинтере-
суемся различиями в движении нескольких тел. Рассмот-
рите самостоятельно такой вопрос: попадет ли вертикально
выстреленный снаряд назад в ствол орудия?
Модель может оказаться и совсем неприменимой, если
она не отражает существенных черт явления. Например,
модель абсолютно твердого тела для описания удара абсо-
лютно неприменима—важную роль при ударе играют
деформации, а абсолютно твердое тело-не деформируется.
Еще пример: часто пренебрегают индуктивностью провод-
ников (или — что то же самое — энергией магнитного поля,
возникающего вокруг проводника при пропускании по
нему тока); однако в известной задаче про конденсатор,
который после зарядки закорачивают проводником, нельзя
одновременно пренебрегать сопротивлением проводника и
его индуктивностью—если сопротивление очень мало, то
ток получается весьма большим, и даже при малой индук-
тивности энергия магнитного поля оказывается существен-
ной. Простой анализ показывает, что индуктивностью
в этой задаче действительно можно пренебречь, только
если выполняется условие L<^R?C.
Очень часто при использовании «плохой» модели концы
не сходятся с концами —куда-то девается (или появляется)
энергия, не хватает уравнений для решения задачи и т. п.
Это всегда должно настораживать!
Разберем полезный пример: на двух нитях подвешена
однородная балка. Требуется найти силы натяжения нитей.
Задача эта очень просто решается: нити будем считать
нерастяжимыми, составим уравнения равновесия, т. е.
запишем условия равенства сил и моментов сил, —и не-
известные величины сразу определятся.
ПТ
Добавим теперь еще одну нить и придем к рассматриваемой
в вадаче ситуации. Сразу появляются неприятности — не хватает
уравнений. В чем дело?
Причина тут довольно серьезная—не годится модель. В слу-
чае двух нитей она подходила — малые растяжения нитей были
несущественны, они приводили лишь к
тому, что балка чуть криво висела, а силы
при этом практически не менялись. Если
же нитей три, положение совсем другое.
Чуть ослабим одну нить—вся нагрузка
сразу придется на две другие. Значит,
малые растяжения существенны и модель
«нерастяжимые нити» не годится. (Ведь
можно пренебрегать каким-то фактором,
только убедившись, что его влияние пре-
небрежимо мало.)
Положение легко поправить — нуж-
но задать коэффициенты жесткости нитей
(можно одинаковые, если их длины оди-
наковы) и из геометрических соображений
найти связь между удлинениями нитей, а значит, и между силами
натяжения. Это и будет недостающее уравнение.
Сделаем чертеж, сильно увеличив для наглядности деформации
нитей (рис. 139).
Уравнение для сил
7’f4-7'2+27’3=Mg. (1)
Моменты относительно центра тяжести:
Л 4=27, у. (2)
Еще одно уравнение получим из геометрических соображений:
I
Ы3—Ы3~1/2 '
Если нити одинаковые, то
7*1 = ^ Д/f, = 7'з==&Д/з
и тогда уравнение (3) можно переписать так:
Л-Т3 _2
7,-7, •
Решая эту систему, получим
4 4 9
7,=Ц Mg, 7,=Й Mg, 73=^- Mg.
Системы такого рода называют «статически неопреде-
лимыми!; имеется в виду необходимость к уравнениям
сил и моментов —уравнениям статики —добавлять урав-
нения, характеризующие физические свойства тел (напри-
мер, жесткость). Статически неопределимые задачи встре-
чаются не так уж редко. Например, задача о распре-
делении сил давления на кирпич, лежащий на наклонной
118
плоскости. Она похожа на только что рассмотренную,
только опор не три, а очень много. Малейшая неровность
на основании кирпича кардинально меняет результат —
кирпич нельзя считать абсолютно твердым телом.
Особенно каверзными бывают задачи, в которых взаимо-
действуют много тел и при этом есть трение. Один при-
мер: известная задача про песок, насыпанный в кузов
автомобиля.
В кузов автомобиля (размеры заданы) насыпают до-
верху песок. Заданы: плотность песка, коэффициент тре-
ния. Найти силу, действующую на боковую стенку кузова
(борт грузовика).
Давление на стенку кузова зависит и от того, как мы
насыпали песок, и от того, как именно движется автомо-
биль (напомним тем, кто давно не ездил в кузове грузо-
вого автомобиля, что даже при движении с постоянной
скоростью кузов сильно трясет). Из-за непрерывных толч-
ков в разные стороны сухой песок постоянно перемеши-
вается, при этом силы трения между песчинками все
время меняют направление. В среднем при этом действие
сил трения компенсируется, и песок напоминает жид-
кость, налитую в кузов (нечто похожее происходит, когда,
желая наблюдать картину силовых линий магнитного
поля, мы насыпаем железные опилки на лист бумаги и
потряхиваем его, чтобы ослабить трение). В этом случае
задачу легко решить.
Однако все может происходить иначе. Мы можем, на-
пример, плотно набить песок в кузов, добиваясь «закли-
нивания» песчинок, когда уже никакая тряска не поможет—
сила давления на стенку может при этом оказаться во
много раз больше.
Если же мы насыпаем песок медленно и аккуратно,
конусом, а потом осторожно заполняем края и тщательно
избегаем тряски, то сила давления может оказаться су-
щественно меньше, чем в «гидростатическом» случае.
Разумный выбор модели может очень облегчить реше-
ние серьезной проблемы, причем модель может быть и
очень неожиданной. Капельная модель ядра позволила
оценить многие эффекты, связанные с устойчивостью ядер,
планетарная модель Бора дает возможность вычислить
множество полезных величин, хотя ясно, что на самом
деле все устроено совсем не так. Ведь модель должна
передавать далеко не все свойства изучаемого объекта
(так, например, гиря на чашке весов моделирует далеко
не все свойства взвешиваемого куска сыра).
119
Итак, при выборе модели явления нужно быть очень
аккуратным, не забывая, однако, о том, что живо и на*
глядно представить себе явление —значит существенно
продвинуться в решении задачи.
1.65. Сила тяги Т автомобиля есть сила трения ведущих ко-
лее о землю. Рассмотрим вначале случай, когда ведущие колеса—
задние. Рис. 140 дает представление о силах, действующих на
автомобиль; и Af2—силы реакции соответственно для задних и
передних колес. Максимальная величина силы трения, а значит.
Рис. 140
и силы тяги T=pNi, из условия баланса сил по вертикали имеем
^i + ^2 = Af^. Условие равенства нулю суммарного момента сил,
записанное относительно центра масс автомобиля, имеет вид
Ni-L-N2-L-TR = Q.
Решая три полученных уравнения для трех неизвестных N2 и
Т, находим силу тяги
Отметим, что сила реакции на задние колеса Nf обычно'больше, а
на передние—меньше половины веса автомобиля,
Если ведущие—передние колеса, то сила тяги Т=р,ДГ2, а
остальные уравнения те же, и в результате
Таким образом, максимальная сила тяги развивается, когда веду-
щие—задние колеса. В реальной ситуации центр масс автомобиля
может быть на разных расстояниях от осей, но обычно он ближе
к задней оси (если машина груженая), и тогда также максималь-
ная сила тяги раз'вивается задними ведущими колесами.
1.66. Вес груза Р =mg=60H существенно больше силы
с которой надо тянуть веревку. Такая ситуация нам хорошо зна-
кома из жизни и связана с наличием трения между веревкой и
бревном.
В первом случае (веревка неподвижна) силы трения направ-
лены против действия веса груза и помогают удерживать веревку
с грузом,
полный расчет распределения сил трения довольно сложен»
полный рнсче! распределении сил трении довольно сложен^
так как абсолютное значение силы натяжения веревки (которая
определяет силу реакции в точная соприкосновения веревки d
120
бревном) меняется от F% (условие равновесия левого конца веревки)
до P = mg (условие равновесия правого конца). Однако для реше-
ния задачи нам достаточно заметить, что максимальная сила тре-
ния, пропорциональная в каждой точке силе реакции опоры, будет
пропорциональна силе натяжения веревки; для определенности
будем считать, что FTp пропорциональна большей силе натяжения,
т. е. F-^ — kP. Это означает, что Fi = P—kP и отношение большей
силы натяжения Р к меньшей Fj есть величина постоянная:
Р 1
——7= const.
Fi 1—k
Во втором случае, когда мы хотим поднять груз, концы ве»
ревки как бы меняются местами. Сила трения оказывается направ-
ленной против действия силы F2 и уже не помогает, а мешает.
Отношение большей силы натяжения F2 к меньшей Р должно
F Р
быть таким же, как и в первом случае: Отсюда находим
Р2
F2s=-^-==90 Н.
1.67. При изменениях, происходящих внутри аппарата, поло-
жения центра масс (ц. м.) О аппарата с содержимым не меняется,
В начальный момент ц. м, аппарата определяется как ц. м.
системы «шар с плотностью pi-f-шар с плотностью р2—рг», гдд
Pi—плотность газа, заполняющего сферу ра-
диуса 7?, р2—плотность газа, заполняющего
шар радиуса 7?/2.
После того как лопнул шар, ц. м. аппа-
рата определяется как ц. м. сферы радиуса
/?, заполненной газом с плотностью р, где
р — плотность газа в сфере после поврежде-
ния шара.
Тот факт, что после повреждения шара
весь аппарат сместился на расстояние а, оз-
начает, что ц. м. аппарата с целым шаром
находился на расстоянии а от центра сфе-
ры (рис, 141). Из этого условия найдем соотношение междурхира:
4 4 R3 [ R \
yn/?3piag=y Л-g- (р2—Pi) I-£—aJg,
т. е,
Рз __ 7? 4- 14a
pi R—2а *
Плотность газа в аппарате, после того как лопнул шар, опре-
деляется условием
4 4 7?3 4
•у лЯ?Р14-у п (PS—Pi) =у лЯ’р
и
7 , 1
pss-g- Pi+g- Р2.
121
2 раза,
сил давления,
Давление Р газа в аппарате после повреждения шара может быть
. Р р г»
ваидено из условия =-£—, где —начальное
. Pi
внутри тонкостенной сферы.
Таким образом,
Р_______________Р_____7 1 р2 R
Pi Pi 8 * 8 pi R — 2a ’
т. e. давление газа внутри аппарата увеличилось в
1.6S. При равновесии равнодействующая всех
действующих на шар, равна его весу и весу вытесненной им воды;
поэтому, если пренебречь сжимаемостью воды и материала шара,
глубина его погружения не изменится при увеличении давления
Воздуха. Если же сжимаемость материала плавающего тела велика
по сравнению со сжимаемостью воды, то тело будет погружаться
при увеличении внешнего давления. Так происходит в известной
игрушке «картезианский водолаз», в которой перевернутая вверх
дном пробирка плавает в наполовину заполненной водой мензурке,
затянутой сверху тонкой резиновой пленкой. Если надавить на
пленку пальцем, давление воздуха внутри мензурки повышается,
воздух внутри пробки, поддерживающий ее «на плаву», сжимается;
в конце концов вес пробирки станет больше веса вытесненной
пробиркой (и находящимся в ней воздухом) воды—пробирка нач-
нет тонуть. Стоит отпустить палец—пробирка снова всплывет.
Попробуйте сами сделать эту простую и забавную игрушку.
1.69. Нетрудно понять, что при осторожном наполнении дырки
маслом шайба будет постепенно подниматься, пока дырка не ока-
жется заполненной доверху. Если при этом уровень воды вне
шайбы в стакане поднимется на величину х, то ровно настолько
поднимется и шайба. Пусть высота слоя воды внутри дырки будет
при этом равна у. Если высота шайбы равна dt то остальную часть
дырки, высоту d—у, будет заполнять масло. Тогда из условия
равенства давлений внешнего столба воды высотой d—h и давле-
ния, создаваемого водой и маслом внутри дырки, получим
Pag (d—h) = pogy+pg (d—y),
давление газа
или
y=d
Р(Л
Ро~Р*
Так как масса масла, находящегося в дырке, равна
Am = pSf (d—у),
то сила давления на дно стакана после добавления масла должна
возрасти на величину С другой tстороны, из-за подня-
тия уровня воды в стакане на величину х, давление на дно ста-
кана возрастает на величину
AP = poxg,
откуда
pSi(d—y)g=p0xg3
И
FpSj z. pSih
Po$ v (Po— P)$
122
Итак, шайба поднимется на высоту A/i = x, следовательно,
Ы1=_.—p,Si о ft.
(Ро—Pi)S
1.70. Так как сила, действующая на гирю со стороны пру-
жины динамометра, уменьшается, а гиря находится в равновесии,
то на соответствующую величину возрастает сила, действующая
со стороны воды на гирю (по закону Архимеда). По третьему за-
кону Ньютона ровно на эту величину возрастает сила давления
на воду со стороны гири, а следовательно, и сила давления воды
на дно сосуда, которая возрастет на величину
Д^давл = PoS&h,
где S—площадь поперечного сечения сосуда.
Следовательно,
&F — &F давл = PoS&h,
откуда
rAF
5=^-=100 см2.
pAh
1.71. При ускоренном движении стакана изменится распреде-
ление давления в воде по высоте. Разность давлений на высоте h
будет теперь равна РвМ£+а)» поскольку эта разность давлений
должна не только компенсировать силу тяжести столба воды вы-
сотой h, но и сообщать столбу ускорение а вверх. Сила Архимеда,
действующая на шарик, должна, таким образом, возрасти в
g~h.-=s14--l раз. Поскольку шарик движется вверх с ускоре-
нием а, разность силы Архимеда Fa и сил тяжести mg и давле-
ния на шарик со стороны крышки F будет равна та, т. е.
F a—mg—F = та.
Значит, F = Fa—mg (l-^-a/g) и изменившаяся сила давления также
возрастает в (1+a/g) раз.
1.72. Пусть сила сопротивления движению шарика равна F,
а его объем V. Сумма всех сил, действующих на тело, движу-
щееся с постоянной скоростью, равна нулю. Следовательно, до
разрыва нити (р + рх—2р0) Vg — 2F, а после — (р0—рх) Vg~F. (По-
скольку скорость движения шарика по модулю не изменилась,
величина F тоже осталась прежней.) Окончательно получаем
Р + Рх—2р0 == 2р0—2рх,
- ^=400 кг/м3.
□
1.73. Интенсивность горения газа определяется разностью дав-
лений газа в трубе и атмосферного. Обычно газ в трубах, которые
подходят к плитам, находится под очень небольшим избыточным
давлением—всего на несколько [процентов превышающим атмос-
ферное. При этом плотность природного газа существенно меньше,
чем плотность воздуха. Эго означает, что при подъеме на 16 этаж
давление атмосферного воздуха уменьшится сильнее, чем давление
газа в трубе, т. е. разность давлений газа и воздуха по мере подъе-
ма должна возрастать. Таким образом, газ должен гореть сильнее
на 16 этаже, чем на первом.
123
Рис. 142
1.74. Необычное повёдение воды в
описываемых в задаче прудах объясня-
ется принципом действия сифона. Схе-
матически вид карстовой полости, обес-
печивающей периодическое опорожне-
ние пруда, приведен на рис. 142.
Вода заполняет пруд до уровня
АА', после чего «включается» сифон, и
вода практически полностью уходит из
пруда. Пруды, где карстовые полости образуют сифон, подобный
описанному выше, называют перемежающимися прудами.
О О О
1.75, 1.76. Колебаний нет, а уравнение колебаний
есть ...
Для решения задачи 1.75 воспользуемся законом сохранения
энергии. Пусть на горку въехала часть состава длиной х. Тогда,
считая, что длина переходного участка пути от горизонтального
к наклонной плоскости много меньше длины состава, приравняем
начальный запас кинетической энергии состава Afi/J/2, где М —
масса состава, сумме кинетической энергии состава Mv2/2 и его
Потенциальной энергии U ** (Мx/L) (g sin а) (х/2) после въезда на
й)рку:
Mv* Mv2 । Mg sin a x2
L 2 •
Мы учли, что если на гору въехала часть состава длины х и угол
наклона горы а, то центр тяжести въехавшей на гору части со-
става будет находиться на высоте n==-^-sina над горизонтальным
участком пути.
ЛГ dx , .
Учитывая, что о==-^-, продифференцируем полученное выше
уравнение по времени и получим
_ .. dv . Mg sin a dx
0==„Л4—+ _«_
Поделив обе части уравнения на Mv, получим уравнение движе-
ния состава в виде
dv , gsina^ А
dt~^ L
Поскольку du[dt—a, где a — ускорение состава, то окончательно
получим уравнений
। £ sin а Л
а~г$—£— х = 0.
Итак, торможение состава на наклонной плоскости удовлетворяет
!сравнению гармонических колебаний. Решение этого уравнения
в общем случае), т. е. зависимость x(i), получим в виде
х (/) = A cos (<о/+<р),
где А — «амплитуда колебаний», <р—начальная фаза, со—частота.
В нашем случае, очевидно, со =* g sin a/L. Выражение для
124
скорости состава в зависимости от времени п(/) получим в виде
v (/) = Лео cos (со/ + ф 4- л/2).
Так как в начальный момент времени х|/=о = О, то, с одной
стороны, Лсозф = 0, а с другой стороны,
1>|/=о=0е = Лсо cos (ф + л/2).
ГЧ Л Л #0
Отсюда получим ф= —у и Л=-~=
,/ L
v° У g sin а '
По условию
задачи известно, что максимальная длина въехавшей на наклон-
ную плоскость части состава равна L/2, т. е.
или
л %
а л V0
gsin^L=—j— и со = 2-у-.
Время, за которое состав остановится (у=0), будет отвечать чет-
верти «периода колебаний», г. е. А/= л/2со-= я£/4у0. Кроме того,
для моментов временя, ножа состав будет находиться на наклон-
ной плоскости, зависимости х(/) я v(t) получим в виде
-%- <«*0 sin №г~ t}.
«в (-^2-1).
Для решетяя задачи 1.76 запишем уравнение движения саней
для момента времени, когда на лесок въехала их часть длиной х.
Так как на сани в горизонхальном направлении действует только
та
сила трения г—-у-хр, где I—длина саней, р— коэффициент
трения саней о песок, то
me=—-y-xjc, =
Учитывая решение предыдущей задачи, получим
х(/)==— sine/,
v 9 со
где со = Уgp/T. Время др первой остановки найдем ®э формуле
ti s= л/2со,
путь торможения будет равен х0 = п0/со.
Для рассмотрения второй фазы движения саней (после того,
как их толкнули) прибегнем к следующему приему. Предположим,
что на песок сани въехали со скоростью vt, такой, что после пре-
одоления по песку расстояния х0 их скорость упала до у0. Тогда
в этот момент времени t*
Vq = cos ср/*, x0=— sin co/*e
126
Откуда
2
или
Кроме того,
tg®/* = -±=-^ = Xo,
i>i i>o 0
поэтому ш/* = д/4 или /*=л/4<о. Время движения саней после
подталкивания
2» 4ш 2 *
откуда
Полный путь торможения саней будет равен xi = —
можения
/ ц.
+ —I » поэтому для второй фазы движения путь тор-
\ ® /
саней найдем по формуле
г2=г,— х9— УЪ ха— Лв=г0(/2-1),
откуда
•^-=/2—1.
Пусть колечко совершает колебания в плоскости рвсун-
~ ‘ характеризуется полной
1.77. :
ка вдоль
энергией
жуточное
когда оно смещено вправо от по-
ложения равновесия на величи-
ну х и имеет скорость v. Учи-
тывая, что* в положении рав-
новесия все углы конструкции
прямые, а смещения колечка
малые, левая пружина при этом
сократилась на величину 2х и
имеет запас упругой энергии
k (2х)2/2, а правая удлинилась
на величину 2ж к также имеет
такой же запас упругой энер-
гии. Действительно, из-за не-
растяжимости звеньев, при ма-
лых смещениях точки Д вер-
шины В и С приближаются к оси
поэтому левая л. ,жина сокращается на величину
мое касается и доведения пружины, соединяющей вершины Е и Ft)
Закон сохранения энергии системы запишем в виде
F 1 » & <2х)
£о~~2~-Г^—2
оси Ох (рис. 143} и система
£а. Рассмотрим проме-
псложение колечка,
4
Рис. 143
Ох на
расстояние
х каждая,
(То же са-
127
Найдем первую производную по времени этого соотдрщения
0 = amv+8to,
dv dx
где а = —'ускорение колечка, v=-rr.
dt dt
Разделим левую и правую части полученного уравнения на
нуля скорость v (мы «застали» систему в ее проме-
жуточном положении):
> ma-}-8kx = 0.
Получаем уравнение гармонических колебаний,
частота соо которых равна
(dl = 8k/m.
Период соответствующих колебаний системы 7$
получим в виде
Г0=2л V ml8k = n Ytn 12 k»
1.78. На рис. 144 показано положение систе-
мы в некоторый момент времени t. Точка О—по-
ложение равновесия точки подвеса; х—отклоне-
ние шарика от положения равновесия, при котором
длина пружины равна /о + ^/^ (А)—длина пру-
жины в нерастянутом состоянии).
Запишем уравнение движения шарика:
mg—k&x = mx№.
Подставив Дх = —sin со/ (полное удлинение пружины),
юлучим
mx”-[-kx =—ka sin со/. (1)
Вынужденные колебания шарика происходят с частотой вынуж-
дающей силы, т. е. с частотой со. В установившемся режиме соб-.
ственные колебания, частота которых соо = k/m, отсутствуют/
Будем искать решение (1) в виде
х = A sin tat+В cos (dt, (2)
где А и В—некоторые постоянные коэффициенты, которые нужно
Определить, Взяв^ дважды производную от (2) и подставив в (1),
получим
(— Лсо2т+kA) gin (dt + (— Bafim cos (dt4-kB) cos at = — ka sin co/, (3)
Это равенство должно выполняться в любой момент времени. Взяв
/1=0 и /2 = л/2, найдем
л ka _______ а
Т co2m—k со2 1
2 *
COQ
в=о.
Подставив найденные значения А и В в (2)< получим
a sin со/
я»—т-s-----------------------------.
со2/соо — 1
MS
1.79. При малом угле отклонения а перемещение шарика мало
отличается от горизонтального. В горизонтальном направлении
на систему не действуют внешние силы, и импульс системы (точ-
А
0
нее — проекция импульса на горизонтальную ось) остается посто-
янным— равным нулю. Следова-
тельно, при движении шарика шта-
тив движется в противоположную
сторону; абсолютные значения о
и и скоростей шарика и штатива
(точнее—проекций соответствую-
щих скоростей на горизонталь-
ную ось) связаны соотношением
/иу = Л1ц.
(1) X ° ‘
Центр масс системы (точка О на Рис* 145
рис 145, а) остается неподвиж-
ным, значит, неподвижной остается и точка О' (проекция точки О
на нить).
Таким образом, движение шарика—это колебания маятника с
длиной нити
/' = |О'В
* т +Л4
(см. рисунок). Частота этих колебаний равна
g т-уМ
I М ;
скорость шарика*—
t» = »maxSin( 7^^ ')
т / g т+ М 1 .
где Утах — wxmax = у у —jjj— < sin «-—максимальное (по модулю)
значение скорости, xmax = /sina—амплитуда смещения шарика.
Воспользовавшись соотношением (1), найдем скорость штатива:
( т ifg т+ М' 1 , \ t if & т+М. ,
U~\ М V I М Zslna)sln]/ I м f —
. ( if g M \
- “max Sin( J/ ~t t j .
После каждого упругого соударения направления скоростей утах
и «тах меняются на противоположные (проверьте это).
График зависимости скорости штатива от времени приведен
1ХС Л Л if 1 М
на рис. 145,6, т==-тг I/-r-jr--.
н 2 V g М-\-т
1.80. Математический маятник в неинерциальной системе от-
счета.
В чем состоит задача описания движения математи-
ческого маятника —небольшого груза на невесомой нити?
Мы должны, зная начальное положение и начальную
скорость груза, суметь определить его положение в лю-
5 А. И. Буздив и др. 129
бой последующий момент времени. Иначе говоря, мы
должны определить, например, вид зависимостей x(t) и
y(t), где х и у — координаты, определяющие положение
грузика в плоскости его движения.
Рассмотрим уравнения, описывающие движение мате-
матического маятника длины /, когда точка его подвеса
неподвижна относительно земли. Выберем оси координат
Рис. 146
Ох и Оу так, как указано на рис. 146, а. Пусть в неко-
торый момент времени в процессе движения маятника
нить составляет с вертикалью угол <р (угол ср отсчиты-
вается от оси Оу против часовой стрелки). Уравнение
движения груза—уравнение второго закона Ньютона
ma = mg + T (1)
(Т—сила натяжения нити) —в проекциях на оси Ох и Оу
имеет вид
тах=— Tsintp, (2)
тау — mg—T cos <р. (3)
Поскольку при движении маятника длина нити неизмен-
на, между координатами х и- у выполняется соотношение
(кинематическая связь)
x?4-yS = Z3
и для описания движения маятника будет достаточно
знать зависимость от времени какой-нибудь одной коор-
динаты.
Более естественной координатой, описывающей движе-
ние маятника, является угол <р. Найдя зависимость <р(0,
мы тем самым определим и зависимость от времени ко-
ординат хну:
x(0=/sinq>(0, у(0 =/cos<p(0.
130
Перепишем уравнения (2) и (3), подставив в них значения
аж = v'x = х" = — I (ф')* sin <р 4- /ф" cos ф,
— у“ = — /(ф')*С08ф —/ф’этф.
Умножив левые и правые части уравнения (2) на соэф,
а (3)—на з1пф, получим
т
Лр* cos? ф — I (ф')? sin Ф cos ф +—sin ф cos ф = О, (2')
т
— /ф* sin? ф — I (ф )? sin ф cos ф + — sin ф cos ф — g sin ф = 0.
(3')
Вычитая (3') из (2'), получим дифференциальное уравне-
ние, которому удовлетворяет функция q> (Z):
Ф*4-j-sin <р — 0. (4)
В случае малых отклонений нити маятника от вертикали
этфР^ф и уравнение (4) переходит в уравнение
<p"+f Ф=0,
которое представляет собой уравнение гармонических ко-
лебаний с частотой <о = Кg/l. Общее решение такого
уравнения имеет вид
<p=<p0cos( j/"~ /+ф),
где ф0 —амплитуда колебаний, Ф—начальная фаза. Ве-
личины фф и Ф определяются однозначно начальными
условиями.
Пусть теперь точка подвеса математического маятника
движется с ускорением b относительно неподвижной —
инерциальной системы отсчета (рис. 146, б). Ускорение
а грузика (точки Л) относительно этой системы можно
представить в виде векторной суммы
а = а'4-Ь,
где а' — ускорение точки А относительно неинерциальной
системы отсчета, которая сама движется с ускорением Ь
относительно неподвижной системы отсчета. Уравнение
(I) теперь запишется так:
m (a' + b)==/ng + T.
5*
,131
Отсюда
ma' = m(g —b) + T. (5)
Уравнение (5) по форме отличается от уравнения (1) на-
личием постоянного вектора т(—Ь), имеющего размер-
ность силы. Таким образом, если мы хотим воспользо-
ваться вторым законом Ньютона в неинерциальной систе-
ме отсчета, движущейся относительно инерциальной
системы с постоянным ускорением Ь, то к реальным си-
лам, действующим на грузик —силе тяжести mg и силе
натяжения нити Т, мы должны добавить еще одну:
т(—Ь). Эту силу называют силой инерции. В уравнении
(5) мы объединили вектор т (— Ь) с вектором силы тя-
жести mg. В такой записи (5) представляет собой урав-
нение второго закона Ньютона для грузика, на который
действует сила натяжения нити Т и силат^—Ь), игра-
ющая роль силы тяжести. Введение такой новой «силы
тяжести» m(g —Ь) задает нам новое направление «верти-
кали» Оу', совпадающее с вектором g —Ь; т. е. роль век-
тора g переходит к вектору g —Ь. Соответственно, появ-
ляется и новое направление «горизонтали» Ох', перпен-
дикулярное новой вертикали.
Преобразования, которые привели нас от уравнения
(1) к уравнению (4), применимый к уравнению (5). Надо
только помнить, что положение равновесия маятника в
неинерциальной системе отсчета задается направлением
новой вертикали; от этой вертикали отсчитывается и угол
отклонения маятника от положения равновесия; скорость
маятника (грузика) —это его скорость относительно дви-
жущейся с ускорением b системы отсчета.
При использовании энергетических соотношений (за-
кона сохранения механической энергии) в ийерциальной
системе отсчета мы можем пользоваться формальной за-
писью
mgh 4—= const,
где g' = |g — b|, h'— высота, отсчитываемая по новой вер-
тикали, о'— скорость тела относительно неинерциальной
системы отсчета.
Перейдем теперь к решению задачи.
Мы должны, очевидно, рассмотреть движение маятника отно-
сительно неинерциальной системы отсчета—тележки, движущейся
равнозамедленно вдоль наклонной плоскости (мы полагаем массу
маятника много меньше массы тележки). Будем считать, что пере-
132
ход от горизонтальной поверхности к наклонной плоскости очень
гладкий и время движения тележки по закруглению много мень-
ше периода колебаний маятника, так что практически мгновенно
точка подвеса маятника начинает двигаться вверх по наклонной
плоскости с начальной скоростью и0 и с ускорением, равным по
абсолютной величине d=gsina и направленным вниз вдоль на-
клонной плоскости. Относительно тележки маятник имеет в на-
чальный момент скорость о0(1 — cos а); вектор относительной ско-
рости перпендикулярен нити (считаем, что параллельная состав-
ляющая скорости гасится), Новое ускорение свободного падения
равно |g—b|==gcosa.
Максимальный угол фо отклонения маятника от нового поло-
жения равновесия найдем из закона сохранения энергии, записан-
ного в новой системе отсчета (рис. 146, в):
т (у0 (1 — cos a))2 . , ,
—-—1—п------—*гcos a (1 — cos a) = mg cos al (1—cos фо),
откуда
2 t>o2sin4y
cos фо = cos a—;— (1—cos a)2 == cos a------------------,
r 2g/cos a v ' gl cos a ’
( 2oo sin4 -y \
Фо = arccos I cos a---,-------/.
r \ gl cos a /
1.81. Очевидно, что когда груз находится в положении равно-
весия, свисающая часть веревки вертикальна (на рис. 147, а это
участок BD, где В—последняя .
точка касания веревки и цилинд-
ра) и, следовательно, образует с
осью цилиндра угол р = л/2—а.
Рассмотрим ту часть верев-
ки, которая лежит на цилиндре.
Разобьем ее на множество малых
участков, каждый из которых
можно считать прямолинейным.
Каждый такой участок испытывает
действие сил натяжения со сторо-
ны двух соседних участков и силы
реакции со стороны цилиндра. Рис-
Так как трение отсутствует, сила
реакции в каждой точке касания веревки и цилиндра перпенди-
кулярна поверхности цилиндра (т. е. направлена по перпендику-
ляру к соответствующей образующей, который проходит через
ось цилиндра). Поскольку веревка невесомая, силы натяжения,
действующие на отдельный участок, имеют одинаковые по абсо-
лютной величине проекции на направление образующей. Значит,
все участки веревки пересекают соответствующие образующие под
одним и тем же углом ф = л/2—а. Отсюда следует, что если мыс-
ленно «развернуть» верхнюю четверть цилиндра (от образующей,
проходящей через точку В, до образующей, проходящей через
точку Л), то участок ВА веревки перейдет в прямолинейный от-
резок В А. Найдем длину этого отрезка.
Проведем сечение цилиндра, перпендикулярное его оси и про-
ходящее через точку В. Пусть С—верхняя точка этого сечения.
133
При «развороте» верхней четверти цилиндра точки А, В и С ока-
жутся лежащими в вершинах прямоугольного треугольника с пря-
мым углом ВСА (рис. 147,6). Угол АВС равен л—л/2—и
| В А 1 = ] ВС |/cos а. Но \ВС | = л/?/2, так что | В A | = iiR/2cos а.
Следовательно, длина свободно свисающей части веревки равна
1 1 2cosa
После того как грузу сообщат небольшую скорость в верти-
кальной плоскости, параллельной образующей цилиндра, он на
протяжении всего движения будет находиться в этой вертикаль-
ной плоскости. Поскольку веревка все время натянута, то в любом
промежуточном положении свисающая часть (B'D) будет образо-
вывать прямую, а вся веревка будет лежать в плоскости, прохо-
дящей через точку А. Роль кривой АВ' будет такая же, как если
бы точка А находилась на вертикали над точкой В на расстоянии
nR/2cosa выше нее.
Отсюда для периода' малых колебаний груза получим
Г=2л1/Г
V g
1.82 Пусть обруч отклонен от положения равновесия так, что
прямая OOi (рис. 148) составляет с вертикалью угол ф0. Потенциаль-
ная энергия (отсчитываемая от положения
। равновесия обруча), которой обладает обруч
________ ____I в момент максимального отклонения, равна
прлной энергии Ео обруча
/ г)(1— созфо),
/ ТхХ/ \ где М—масса обруча. Если обруч отпустить,
I I он начнет совершать колебания. При этом в
\ 0 ° / любой момент времени полная энергия об-
\ / РУ43 будет равна Ео (из-за отсутствия про-
\ I у скальзывання).
Если угол отклонения прямой от
вертикали равен ф, то потенциальная энер-
Рис. 148 гия обруча равна
U = Mg (R—г) (1 — cos ф),
М
а его кинетическая энергия равна [(/?—г) ф']2 (мы учли,
что кинетическая энергия обруча, скорость центра которого равна
(R—Оф', где ф'—скорость изменения угла ф, складывается из
анергии движения центра обруча и равной ей (поскольку отсутст-
вует проскальзывание) энергии за счет вращения вокруг центра),
Таким образом, полная энергия обруча равна
Е = U+Ек =» Мg (R—г) (1—cos ф)+М ((R— г) ф')а.
Согласно закону сохранения энергии £==£0> т. е.
Mg (R—r) (1 —cos ф)4-Л4 ((R—г) (R—r) (1 —cos фо).
Приравняем производные левой и правой частей этого равенстваJ
g (R—г) sin ф-ф'+2 (R—г)2 ф'ф" =0,
134
или, поскольку угол ф мал и sing)« ф,
V” 2(R-r) ф<
Это выражение описывает гармонические колебания, частота кото-
рых (1i — V'g/2(R—г).
Таким образом, период колебаний обруча
Т=2пу
' g
1.83. Разложим силу тяжести mg, действующую на шарик, на
две составляющих, одна из которых направлена вдоль оси желоба
и равна mg sin а, а другая—mg cos а= mg'—лежит в плоскости,
перпендикулярной оси. Движение шарика вдоль оси будет равно-
ускоренным с ускорением a=gsina. В плоскости, перпендику-
лярной оси, шарик будет совершать малые гармонические колеба-
ния с периодом
Г=2л
R
geos a *
Число пересечений траектории шарика с линией АВ равно еди-
нице jmioc целой части отношения всего времени движения t =*
=]/'21/а минус четверть отношения периода колебаний к полупе-
риоду колебаний Т/2:
л = 1 +
/2/ . 11
-actg«-2-]-
(Мы учли, что от начала движения шарика от первого пересече-
ния с прямой АВ пройдет четверть периода колебаний, а затем
уже каждое последующее пересечение будет происходить через
полпериода колебаний.)
1.84. Данная задача имеет давнюю историю и долгое время
правильное объяснение явления оставалось неизвестным. Сразу
же стоит заметить, что скорость даже сильного ветра (скажем,
20 м/с) намного меньше скорости распространения звука—330 м/с,
и тот факт, что по ветру звук распространяется чуть быстрее, чем
против ветра, сам по себе существенной роли не играет.
Правильный ответ был получен в 1857 году английским физи-
ком и математиком Дж. Стоксом. Суть дела состоит в том, что
скорость ветра меняется с высотой: она меньше у поверхности
земли и растет по мере удаления от земли. (Это связано с трением
слоев воздуха о землю и внутренним трением в воздухе.) Посмот-
рим теперь, как это обстоятельство повлияет на распространение
фронта плоской вертикальной звуковой волны, движущейся против
ветра—см. рис. 149, а.
Верхняя часть волны, наиболее удаленная от поверхности
земли, распространяется медленнее, чем нижняя, где скорость
135
ветра меньше. В результате фронт волны перестает быть верти-
кальным и верхняя часть фронта наклоняется назад.
Направление распространения звуковой волны всегда перпен-
дикулярно ее фронту, и это означает, что звуковые волны, которые
распространялись бы вдоль поверхности земли, при наличии ветра
отклоняются вверх—см. рис. 149, а.
Если в отсутствие ветра земной поверхности на линии АВ
достигнут звуковые волны, испущенные внутри угла а, то при
ветре этот угол уменьшается (az)—см. рис. 149,6. В результате
на единицу площади земли в направлении против ветра будет при-
ходиться меньше звуковой энергии, что и означает ослабление
силы звука. В то же время в направлении по ветру, как видно
из рис. 149,6, наоборот, сила звука возрастает,
Убедительное подтверждение объяснения Стокса получило в
опытах другого известного английского физика О. Рейнольдса.
Рейнольдс в качестве источника звука использовал электрический
звонок, который можно было поднимать и опускать. Он обнаружил,
что звонок был слышен против ветра на гораздо большем рас-
стоянии, если его поднимали высоко над землей.
Довольно много внимания влиянию ветра на распространение
звука уделил и блестящий лектор и популяризатор науки—Джон
Тиндаль. В его опытах использовался колокол, а экспериментатор,
находившийся на некотором расстоянии против ветра от колокола,
отчетливо улавливал звук колокола, когда поднимался на специ-
альную лестницу. Эксперименты Тиндаля прямо показали* что зву-
ковые волны под действием ветра* действительно, отклонялись
вверх.
1.85. Полость термоса можно рассматривать как некий резо-
натор, который усиливает звуковые частоты, близкие к собствен-
ным частотам (резонансные). При заполнении термоса водой шум,
издаваемый струей воды, содержит широкий спектр частот, но
усилены будут (и услышаны нами) лишь частоты, близкие к соб-
ственным частотам резонатора термоса. По мере наполнения тер-
моса длина этого резонатора уменьшается, а значит, уменьшаются
и длины резонансных звуковых волн,
В результате тон шума должен становиться выше.
1.86. Как известно, океанские приливы и отливы связаны,
в основном, с действием сил тяготения со стороны Луны. Время
между приливами и отливами в океане одно и то же и равно при-
мерно 6 часам. Это и наблюдал рыбак, живя на берегу океана,
136
Иная ситуация может сложиться в низовьях впадающих в океан
рек (или в мелководных заливах). Дело в том, что по реке рас-
пространяются приливно-отливные волны, приход которых и может
считаться приливом. (На Амазонке, например, эти волны даже
представляли опасность для судоходства.) Важным обстоятельством
является тот факт, что скорость этих волн зависит от глубины —
она тем [меньше, чем меньше глубина (попробуйте это показать
самостоятельно, например из соображений размерностей). Поэтому
если высота приливно-отливных волн сравнима с глубиной реки
(залива), то скорость приливной волны будет меньше^ чем отливной»
Так объясняется явление, обнаруженное рыбаком на новом
месте жительства.
2. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
И ТЕПЛОВЫЕ ЯВЛЕНИЯ
2.1. Направим ось х вдоль оси пробирки. Половина
общего числа молекул газа имеют проекцию скорости vx > 0. Эти
молекулы уйдут из пробирки, не передав ей никакого импульса.
Другая половина молекул передаст задней стенке пробирки свой
двойной импульс, а затем также покинет пробирку. Следовательно,
пробирка получит импульс (в проекции на ось х)
= ^а/2,
где V—проекция скорости пробирки, mQ—масса молекулы газа,
|V7| — среднее значение модуля проекции ее скорости и #а—число
Авогадро.
v “7 w2
Учитывая, что v s=s—, т. е. средний квадрат проекции ско-
О
рости равен 1/3 среднего квадрата самой < скорости, и что v2 ==
3kT
=-------(k—постоянная Больцмана), получим, считая
/Ио
Отсюда
-где R—универсальная газовая постоянная.
2.2. Когда коробка начнет двигаться и шарики ударятся о
стенку, они приобретут скорость 2v0 и через время xi = a/vQ (а —
длина стенки коробки) все шарики начнут двигаться (это время на
самом деле несколько меньше, так как некоторые шарики могут
из-за взаимных столкновений начать движение раньше, чем стенка
приблизится к ним). После множества соударений шариков друг
с другом и со стенками скорости шариков будут иметь самые раз-
ные направления.
Дальнейшее их поведение удобно рассматривать в системе от-
счета, связанной с коробкой. В этой системе средняя скорость
шариков (векторная) равна нулю, а так как скорость коробки по
условию не меняется, то и суммарная энергия шариков остается
постоянной, и в среднем каждый шарик будет иметь энергию
Это все очень похоже на поведение молекул газа, влетающих
через малое отверстие в пустой сосуд и имеющих вначале одина-
ково направленные скорости, а через некоторое время уже дви-
жущихся совершенно хаотически.
Остается выяснить: достаточно ли 10 секунд (по условию за-
дачи), чтобы движение шариков стало хаотическим. Для этого
найдем приближенно среднее время между соударениями шариков.
Будем считать, что за это время тср шарик диаметра d двигался
по прямой со скоростью t>o- Тогда он «заметает» площадь
5 = 2t/voTcp,
в которую (в среднем) попадает центр только одного шарика н$
всех, хаотически расположенных. На эти остальные шарики при-
ходится площадь а2 (а—сторона коробки). Значит, условие един-
ственности столкновения за время тср выглядит так:
а2 п,
до_ f—2ао0тср,
13t
следовательно,
а2
Тс₽~ 2dv0(N— 1) *
Диаметр шарика найдем$ зная его массу и плотность стали?
d = 1/ _ « 5-10-4м==0,5 мм<
F Яр
Итак, среднее время между соударениями равно ~Ы0“8с.
Ясно, что с учетом времени Ti=a/a0== 10~2 с время «хаотизации»
не превышает 0,015 —0,020 с5 т. е. составляет малую часть задан-
ного интервала Юс. Поэтому можно приближенно считать^ что
шарики все время движутся хаотически, тогда число ударов о каж-
дую из стенок одинаково. Для подсчета ударов существенно дви-
жение шарика перпендикулярно интересующей нас стенке. Обо-
значим скорость шарика в этом направлении иХ9 Число ударов за
малое время А/ равно
. их*А/а 1 .. vxN ..
а2 2 2а
Значит, за время Т«=10с число ударов составило
А/ 2а
При каждом ударе стенка получает импульс p=2tnvXi и полный
импульс, получаемый стенками за время Т
n о mvxNT
Р = рп=2mvxn=—.
Учитывая, что И| в среднем, получаем
D m&NT о
Р == —----=2,5 кг • м/с<
2а ’ '
Суммарная энергия шариков складывается из энергии их по-
ступательного движения с коробкой и энергии хаотического дви-
жения относительно коробки:
£
После остановки коробки эта энергия измениться не может. Сле-
довательно, среднее значение квадрата скорости хаотического дви-
жения шариков после остановки коробки станет 2$ и за следую-
щие 10 секунд стежки получат импульс 2Р = 5кг*м/с каждая.
Все это очень похоже на поведение обычного идеального газа,
только шарики «летают» в плоскости и имеют каждый по две
степени свободы, а не по три, как молекулы газа. Поэтому коэф-
фициент в формуле (1) отличается от привычного.
Подумайте, как изменятся импульсы, полученные стенками,
если еще раз привести коробку в движение, а потом остановить.
2.3. Если время наблюдения достаточно велико (а это мы
дальше проверим—успеет ли молекула за время /=1 мин «обле-
теть» весь сосуд, т. е. достаточно ли хорошо перемешается газ за
1 мин), то все молекулы ударяются о верхнюю стенку одинаково
140
часто и тогда искомое число можно найти, разделив полное число
ударов об эту стенку на общее число молекул. Число ударов можно
найти, зная давление в сосуде
vRT 2mvx<.fNya
р- V ~ St
где Nya—полное число ударов за / = 1 мин о верхнюю стенку, пло-
щадь которой S. Искомое число
м, _ St _ RTSt
N1~ N ~ V 2mvxepN =’V2vxcpfl '
Оценим t>xcp:
yxcp ~ й=^х/зУ2= 1/*4г • Итак>
г Р
^1 =
RTSt = t
/Г2"
«2.101.
Оценка степени перемешивания выходит за рамки школьной про-
граммы, однако в «Факультативном курсе физики» за 9 класс этот
материал есть. В среднем, смещение вдоль прямой (X—длина сво-
бодного пробега):
« 1 м>й=0,1 м.
Отсюда видно, что газ хорошо перемешивается. Интересно, что
эти 2-105 ударов распадаются на 5 серий (2а/х“=5), а большую
часть времени молекула проведет вдали от этой стенки.
2.4. Температура паров определяется средней (точнее, сред-
неквадратичной) скоростью молекул паров:
2
<>
Для определения температуры надо найти уср.
Смещение по вертикали происходит под действием силы тя-
жести. Время т движения молекул, путь /, пройденный ими за это
время, и смещение h молекул по вертикали связаны соотноше-
ниями x=l/vCp — V~2h/g, откуда
vCp — lVg/2h. (2)
Подставляя (2) в (1), находим
Гя-^-яб-10» К.
oW
(Большая точность расчетов не нужна, поскольку мы довольно
грубо оценили среднюю скорость движения молекул, воспользо-
вавшись среднеквадратичной скоростью.)
2.5. Пусть в 1 м3 смеси находится Vi молей гелия и va молей
кислорода. Тогда полное число молей в объеме V = 1 м3 равно
, pV 0,9.10®.1
v==v1+v2=^r=-CT7r «40 моль.
Масса смеси в этом объеме
/n=mi+mj=giVi+fxaV2=pV=0,44 кг.
141
Решая систему уравнений
vi-|-v2 = 40#
4-10-^ + 32*10’^=0,44,
находим Vf и v2:
Vf = 30 моль, v2 = 10 моль.
Если удалить из сосуда половину молекул кислорода, то полное
число молей станет равным v' = 35 моль, Давление р' в сосуде
найдем из соотношения p/p'=v/v':
р' = р—=0,9. IO’^«0,79-105 па.
F к v 40
2.6. На диаграмме р—Т изохоры представляют собой прямые,
проходящие через начало координат, причем тангенс угла наклона
изохоры обратно пропорционален объему газа. Мысленно проведя
изохоры, нетрудно убедиться, что максимальный Vmax объем газа
будет в точке 2, а минимальный Vmini—в точке 2, Воспользовав-
шись законом Менделеева—Клапейрона, запишем
__ Pf^max
Ti ~ ЗТ1 *
Отсюда сразу находим искомое отношение объемов Vmax/Vmill=6.
2.7. Число молекул, которые за время т проходят через отвер-
стие площадью S, перпендикулярное оси xt равно
где п—число молекул л единице объема, |ox|—среднее значение
модуля проекции скорости молекулы на ось х.
Число молекул в единице объема спутника изменяется на
д У п SI vx I т
Д«=г-у—
отсюда
а
По условию задачи температура воздуха в спутнике остается
неизменной. Как следует из уравнения Клапейрона—Менделеева,
в этом случае давление пропорционально плотности газа и, следо-
вательно, числу молекул в единице объема (р~п), поэтому
^=—=0,01,
р п
Для оценки можно считать, что
3(К1)*=£2),
или
1/ —.
1 * /3 ' Н
142
Тогда
где ц—молярная масса воздуха. Подставляя в это выражение чис-
ловое значение величин, получим
т « 70 с.
2.8. Диффузор представляет собой пружинный маятник, и его
резонансная циклическая частота
т
где -жесткость упругой системы диффузора. Отсюда
А!=шот. (2)
Когда громкоговоритель помещают в ящик, то при смещении диф-
фузора от положения равновесия на него действует дополнитель-
ная сила
^ = (р~Ро)5, (3)
где р—-давление воздуха в ящике, а ро—атмосферное давление
вне ящика. Так как температура воздуха в ящике не меняется, то
по закону Бойля—Мариотта
pV=p0V0,
вли
Vo
Р=Роу ♦
Подставляя это выражение в формулу (3), получаем
F = p^sh=Lt (О
Так как
Vo—V=Sx,
где х—смещение диффузора, то
F=^-x (5)
у о
/ввиду того, что изменение объема мало, принимаем в знаменателе
У®= Уф). Из этой формулы следует, что воздух в ящике действует
Юдобно пружине с жесткостью
. _ s2
---Ро 17 •
у о
Общая жесткость упругой системы равна
k = =(Oo/n+-^^-,
• реаонансиая частота v диффузора—
1
PqS2
4л2У0/и *
143
2.9. Определим сначала скорость спускаемого аппарата. Для
этого заметим, что изменение давления Дре изменением высоты ДЛ
связано соотношением
Др=—pg&h; (1)
где р—плотность газа. Из закона Менделеева—Клапейрона сле-
дует, что р=— RT (здесь Т—температура газа именно в той точке,
Р-
вблизи которой мы интересуемся изменением давления). Учитывая,
что ДЛ =— рД/, где v—скорость спуска аппарата, Д/—время спуска,
можно записать выражение (1) в виде
Др_ ро Д/
р ~е RT ’
(2)
Зная отношение &р/Ы, т. е. тангенс угла наклона касательной
в конечной точке А графика (см. рис. 32), с помощью соотноше-
ния (2) найдем скорость v, (Отметим, что, поскольку в левой
части (2) стоит отношение Др/р, нам безразлично, каков масштаб
графика по оси ординат.) Определяя из графика (Др/Д/)/р и под-
ставляя р = 44 г/моль для СО2, получим, что скорость спуска аппа-
рата космического корабля равна
Др _ 8,3 Дж/(К*моль).7-’0^ К и r /
V~ gp рЫ~ 10(M/c«)-44-!0-8 (кг/мс,’.1.).115О с ~ ’ М/С>
Перейдем теперь к решению второй части задачи. Учитывая,
что скорость аппарата у=11,5 м/с, на высоте h = 15 км над поверх-
ностью планеты он был за 1300 с до посадки, т. е. этому соответ-
ствует время /=2350 с. Зная значения (Др/Д/)/р в этой точке гра-
фика, из выражения (2) найдем искомую температуру Тл:
т — St10 (ры\ к
Th—тГГдГЛ*430 К‘
2.10. Коэффициент полезного действия циклического процесса
определяется как т) = Л/(?, где А—работа, совершенная системой
за цикл, Q—количество теплоты, полученное системой от нагре-
вателя.
Работе газа за цикл на р—V-диаграмме соответствует пло-
щадь, заключенная «внутри^ цикла. Из условия задачи следует,
что работа газа в первом и во втором процессах одна и та же.
Следовательно, r)i/q2= Q2/Qi, где Qi и Q2—количества теплоты,
полученные системой соответственно в первом и во втором циклах.
Найдем Qi и Q2.
Пусть температура газа в точке 1 (см. рис. 33) была Вос-
пользовавшись уравнением состояния идеального газа, нетрудно
показать, что
Т2 = Т6 = 2Т£, T3=Te=6Ti, T4 = 3Ti, T7 = 9Ti.
Очевидно, что в процессе 1—2—3—4—1 газ получил тепло Qi
на участках 1 — 2 и 2—3, причем Qi = 4i-j-A(/i, где Л! = 4роУо =
= 4v/?7\ — работа, совершенная на этих участках газом, Д{/! =
3 15
= yv/? (T3—Ti)= vR7\ — изменение его внутренней энергии,
так что
Qi « 4vRTi+% vRTt vRTit
144
В процессе 5—6—7—4—5 газ получил тепло Q2 на участках
5—6 н 6—7, причем
(?2 = А+А Ut = ЗдЛ + у vR (T7-Tt) Ц- vRTi.
Таким образом,
T)i________________________0з__27
Ла"~ Qf“23*
2.11. В цикле 1—2—3—1 газ получает тепло на участках 1—2
и 2—5 и отдает на участке 5—1. Тогда
_ А
Q12+Q23’
где А—работа, совершенная газом за цикл.
Так как эта работа численно равна площади фигуры, ограни-
ченной графиком цикла, то, как видно из рис. 34, совершенная
газом работа в обоих случаях одинакова. Но в цикле 1-*3—4—1
газ получает тепло только на участке 1—3, Поэтому
А
П2=-7э—.
Ч1з
Следовательно,
Q13 /1ч
Л2 Q12+Q23
Так как процесс 1—2 изохорический, то
<212=Л(712=4^ (А—Л).
Но
Следовательно,
Qi2=4(2poVo-poVe)=yPeVe. (2)
Далее,
Сзз = А^з+Аз=4 R (7’3-Ta)+2pe(3Vo-V0) = 1°p0V’e. (3)
И, наконец,
Q13 = АУ13 + Аз =4 R (Тз-Л)+4 Ро (3V0 - Уо) = 10,5ро Vo. (4)
Подставляя найденные выражения для Qf3, Q12 и Q23 в (1), полу-
чим т)1/т]2 = 21/23.
2.12. За искомое время т к газу подводится количество теп-
лоты Q — ЛЧ. Оно расходуется на работу по расширению газа при
постоянном давлении, равную работе по равномерному поднятию
поршня
д==р ду==т/? АТ=Mg/У,
и на увеличение внутренней энергии v молей одноатомного газа
&U=^vR AT^MgH.
Л 4
145
Из уравнения
получаем
Nt= MgHMgH
5 MgH
2.13. Через большое время шарик потеряет практически всю
скорость (его масса во много раз больше массы атома гелия), и
можно считать, что изменение внутренней энергии газа в сосуде
равно начальной кинетической энергии шарика:
-^=Д{/ = 4мбДТ = 4^а-^ДТ, (1)
гдв ЛГ«=ДОЛ ——число атомов гелия в сосуде, АТ—изменение тем-
нературы гелия. Учитывая, что = из (1) находим
ДГ- » 0,08 к.
3/П1К
Более точное решение должно учесть повышение температуры
пмрика. Тогда
/Паи2 . 3 mr D
—^ст^Т +--RbT,
где с=0,5-103 Дж/(кг«К)—удельная теплоемкость стали. Отсюда
находим АТ':
ДГ'=-=-----------т я 0,08 к.
2[№+{ss]
•начение АГ' практически то же самое.
2.14. После подведения тепла AQ газ в левой части сосуда
расширяется, совершая работу АД. Эта работа целиком идет н|
увеличение энергии газа в правой части сосуда. Таким образом,
Д<2=Д1/1+ДЛ = ДУ(+Д(/2=|-^(-^ДТ1+-^Д7’Ф (I)
Условие равновесия поршня до нагревания —
Р1 = Р* = Р>
уравнения состояния в левой и правой частях сосуда
pVl—% RTit pV2=-^RT2,
г* Р
где Vi+V2~V0. После нагревания, когда поршень уже не будеу
двигаться, давления в левой и правой частях уравниваются. Обозна-
чим увеличение давления в сосуде Ар; тогда
(р+М (Vi + AV) R (T1 + ДЛ),
p
(р+Др)(У2-дЮ-^/?(Т,+ДТ2).
146
После простых преобразований получаем
Ар (Vi+VJ) = R ( АтЛ,
или (с учетом (1))
о
APV0=4aQ.
□
Отсюда находим Др:
Ар=» 8/-^£. ~ 667 Н/м».
V о
Этот результат можно получить намного проще: при равновесии
давление в сосуде всюду одинаково, значит, одинакова и плот-
ность энергии (энергия единицы объема). Следовательно, увели-
чение плотности энергии составит AQ/V0; вспомнив известную
формулу, связывающую плотность энергии идеального газа с дав-
лением, сразу получим ответ.
2.15. По условию задачи тепло передается медленно; значит,
давления на поршень с двух сторон практически равны, т. е,
в любой момент времени
P1V1 —ц2(И—V1) ИЛИ V1 Vi ~V2 V— Vi’
где 7i, У*—температуры соответственно водорода и кислорода,
Vt и (V—Vt)—объемы, занимаемые газами (И—объем сосуда)
в данный момент.
5
Внутренняя энергия двухатомного газа равна vRT. Согласно
закону сохранения энергии,
Avi«(r;-T1)=|vs7?(rJ-T;). (2)
Из уравнений (1) и (2) получаем
s _£_J_i_£_£== const,
Vi vxK
иными словами, давление рх в левой части сосуда, где находится
водород (а значит, и давление р2 в правой части, где находится
кислород), в процессе не меняется, т. е. процесс передачи тепла
происходит изобарически.
Поршень перестанет двигаться, когда температуры водорода
и кислорода станут одинаковыми. К этому моменту, согласно закону
сохранения энергии,
|ж (т_т1)==А ViR (тл-т)
(У—установившаяся в сосуде температура), откуда
У=
=325 К.
Количество теплоты, отданное кислородом, равно сумме изме-
нения его внутренней энергии ^v2R(T2—Т) и совершенной над
147
ним работы v2/?(T2—T)t
7
Q==±v2/?(T2-T) « 1090 Дж.
2.16. Нарисуем цикл на диаграмме р—V (рис. 150). Начнем
с момента, когда газ станет расширяться. Нагрев производится
очень медленно, поэтому можно
считать, что поршень в любой
момент находится в равновесии.
Учтем, что длина пружины в
нерастянутом состоянии равна
расстоянию от левой стенки со-
суда до линии СС на рис. 150,
поэтому при расширении газа
(при движении поршня от упоров
А А до упоров В В) сила упруго-
сти пружины пропорциональна
объемуэгаза—Fynp = ^ = ^V/S и,
значит, давление газа—
_ k v
Pl-> 2“" 53
На этом участке объем газа увеличивается от Vi=2«10~4 м3
до V2=4-10“4 м3. Давление газа возрастает от р==-~^-=2-103 Па
ь
до р2="^2’^2 = 4-103 Па (см. рис. 150).
После того как основание пружины сместили из СС в DD,
сила упругости пружины уменьшилась. В результате при охлаж-
дении сосуда газ начнет сжиматься не сразу, а лишь после того,
как давление газа на поршень упадет настолько, что сила давле-
ния газа станет равной силе упругости пружины. Это произойдет
при Па = 3-103 Па (см. рис. 150). При дальнейшем
охлаждении газ будет сжиматься, и давление будет меняться по
закону
ъ
где Vo—объем, занимаемый газом в случае, когда пружина, за-
крепленная в положении DD, оказывается нерастянутой: Vo ®
= 0,1-10~3 м3 = Ы0'4 м3. Таким образом, р4=-А- (Vj—Vo) =
= 1 • 103 Па.
После того как основание пружины переместят из положе-
ния DD в положение ВВ, сила упругости возрастет. Поэтому при
последующем нагревании газ начнет расширяться лишь с того
момента, когда сила давления газа станет равна силе упругости.
Это произойдет при р = р1=2‘103 Па; в дальнейшем процесс
повторяется (см. рис. 150).
Работа газа за один цикл численно равна площади параллело-
грамма на рис. 150:
А =0,2 Па«м3 = 0,2 Дж.
148
Тепло газ получает на участках 1 —► 2 и 4 —► /; учитывая, что
газ одноатомный, находим
(г = <?1+(22=Л1^2+Д£/1_>2+Д£74- =
(У,- VO+4 vR (Г,- Л)+у vR (К-ТД..
eaPi±£2(V2_V1)+|(p2y8_p4V4)«2,7 Дж.
Таким образом, КПД этого двигателя—
л
. 100 % « 7,4 %.
Полезную работу в этом цикле «снимают» с двигателя при смеще-
нии основания пружины—когда газ нагрет и его давление велико,
он совершает работу ббльшую, чем работа внешних сил при
обратном смещении основания пружины,
2.17. Тепловой часов.
Прежде чем ответить на вопрос задачи, рассмотрим
принцип действия холодильной машины —холодильника.'
Холодильник отбирает тепло от внутренней емкости, где
поддерживается низкая температура, и отдает его в ком-
нату. Сам п® себе такой процесс идти не может. Тепло не
может перейти само собой от холодного тела к горячему
(это одна из формулировок второго начала термодина-
мики).
«Обратная» теплопередача требует постоянного подвода
энергии — работы компрессора холодильника. Детали уст-
ройства холодильника для нас не существенны, заметим
лишь, что для его работы всегда необходима энергия.
Пусть, совершая работу А, холодильник отобрал у мо-
розильной камеры количество теплоты Q2. Тогда, согласно
закону сохранения энергии, в комнате выделилось коли-
чество теплоты Qi = Qll + A. Понятно поэтому, что при
работе холодильника, даже е открытой дверцей, в ком-
нате становится теплее.
Попробуем найти коэффициент полезного действия
холодильника. Но прежде вспомним о тепловом двигателе,
принцип устройства' и работы которого точно такой же,
как и у холодильной машины. По существу холодильная
машина —это тепловой двигатель, работающий по обрат-
ному циклу.
Рабочее тело двигателя получает от нагревателя коли-
чество теплоты Qlt совершает работу Д' и отдает холо-
дильнику (не путайте с холодильной машиной!) количество
теплоты Q2 < Qt. Максимальный коэффициент полезного
149
действия идеального теплового двигателя равен
___________________А' Qi—0.2 Т\—т2
Птах “ Q1 “ Q1 — Т1 »
где 7\ —температура нагревателя, а Т2 —температура
холодильника.
Эффективность работы холодильника характеризуется
так называемым холодильным коэффициентом х]х, который
равен отношению количества теплоты, отбираемого у мо-
розильной камеры, к необходимой для этого работе. Для
идеального холодильника
__ Q2 _ Q2 ____ 1—Птах _ ^2
Х A Q1 — Q2 Птах Т} Т2
Заметим, что как следует из этой формулы, холодиль-
ный коэффициент больше единицы.
А теперь нетрудно догадаться, как можно использо-
вать холодильник для отапливания помещения в холо-
дное время года—для этого холодильную камеру надо
вынести на улицу, а все остальные части «агрегата»
оставить в комнате. Тогда, совершив работу (отобрав
энергию у электрической сети) и забрав с улицы коли-
чество теплоты Q2> мы передаем в комнату количество
теплоты Qi = A + Q2>^- Понятно, что никакого противо-
речия с законом сохранения энергии нет —дополнительная
энергия в виде тепла отбирается от холодного наружного
воздуха.
Холодильная машина, работающая таким образом,
и называется «тепловым насосом», поскольку тепло «пере-
качивается» снаружи вовнутрь комнаты. В результате
работы теплового насоса в помещении становится теплее,
а на улице —еще холоднее (последний эффект, конечно
же, незаметен). КПД теплового насоса (отопительный
коэффициент) Пн определяется отношением получаемого
помещением количества теплоты к необходимой для этого
внешней работе. В идеальном случае он равен
п _ Qi __ 1 _ А
Лн А т\-Т2
и всегда больше единицы.
В качестве примера рассмотрим случай, когда темпе-
ратура наружного воздуха —20°C (Т2 = 253 К), а внутри
дома необходимо поддерживать температуру 4-20°С
(7\ = 293 К). Тогда т]н == 293/40 ж 7,3, т. е., используя
электрическую энергию для работы теплового насоса, мы
150
можем получить в семь раз больше тепла, чем, пользуясь
электронагревательным прибором. Разумеется, реальный
КПД всегда ниже, к. тому же двигатель теплового на-
соса также превращает в работу не всю потребляемую
энергию. Однако все равно использование теплового насоса
оказывается в несколько раз более рентабельным, чем
использование электронагревателя.
По сути дела тепловым насосом является обычный
кондиционер: он «откачивает» тепло из комнаты. Если
поменять его «вход» и «выход» местами, то в холодное
время он может использоваться как экономичный нагре-
ватель.
Тепловые насосы существенно более экономичны, чем
электронагреватели, и несомненно, они должны войти
в наш быт и вытеснить расточительные электроотопитель-
ные приборы.
2.18. В результате двух переливаний масса воды в первом
сосуде осталась прежней, а ее температура уменьшилась на
Д/1==1°С. Следовательно, энергия воды в первом сосуде уменьши-
лась на
AQ=cBmiA/,
где св —теплоемкость воды, mi—масса воды в первом сосуде.
Энергия воды во втором сосуде увеличилась на AQ, поэтому
AQ=cBm2 Д/2
(т2—первоначальная масса воды во втором сосуде). Следовательно,
свт1 Д/2,
откуда
Д/2==— Д/1=5’С.
т2
Температура воды во втором сосуде /'= /2+Д/2 = 25 ®С. Этого
значения она достигла после переливания из первого сосуда во
второй некоторой массы воды Д/n, имеющей температуру Запи-
шем уравнение теплового баланса:
съ &т — =сът2 (/2—/2).
Отсюда находим Дт:
Дт = т2 w 0,14 кг.
*1-Г>
2.19. Наличие на графике плато при температуре —20 °C сви-
детельствует о том, что это и есть температура плавления вещества
(плато при температуре 0°С соответствует температуре таяния
льда). Как видно из графика, нагрев от начальной температуры
—40 до —20 °C потребовал времени Тх=60 с, а количество тепла,
выделенное нагревателем, при этом составило Pti, где Р — мощ-
ность нагревателя. Уравнение теплового баланса для данного про-
151
цесса запишем в виде
(сл+с) т*20 °C = РТ1.
Для полного расплавления вещества потребовалось время
т2 = 100 с. Поскольку температура при этом не менялась,
/пХ=Рт2.
Поделив первое и второе уравнения друг на друга, найдем
удельную теплоту плавления вещества
К = (сл(Wti) *20 °C = 105 Дж/кг.
Дальнейший нагрев льда и плавление вещества от температуры
—20 до 0®С, как видно из графика, потребовал времени тд=80с
и уравнение теплового баланса для этого процесса будет иметь вид
(сл4-С1)/п»20 °С = Рт3.
Снова поделив это уравнение на первое уравнение, найдем тепло-
емкость вещества в расплавленном состоянии
С1=(сл+с)(т8/т1)-Сл=2.10э
О ❖ О
2.20. В пробирке над водой находится воздух и
насыщенный водяной пар. Суммарное давление воздуха р и пара рп
равно атмосферному давлению р0 (можно пренебречь небольшой
разностью высоты столба воды в пробирке и в стакане):
Р+рп = Ро*
Давление врздуха в пробирке нетрудно найти, воспользовав-
шись уравнением Менделеева—Клапейрона
pV/T=const.
Действительно, начальное давление воздуха в пробирке при темпе-
ратуре Тг=293 К (20 °C) практически совпадало с атмосферным р$
(при этой температуре давление насыщенных паров воды пренебре-
жимо мало), а поскольку при нагреве до температуры Т2==363 К
(90 °C) объем воздуха увеличился вчетверо, его давление стало
Р— 4 Т1 Ро-
Примем в качестве ро значение нормального атмосферного
давления, которое составляет 760 мм рт. ст., тогда давление насы-
щенных паров pnlTz) будет
‘7 Т \
Дп=Ро ( j « 525 мм рт. ст.
Решение данной задачи по сути дает один из возможных ме-
тодов экспериментального определения зависимости давления насы-
щенных паров от температуры. Вы можете воспользоваться этим
методом в своей школьной лаборатории. Разумеется, в качестве р$
лучше использовать точное значение атмосферного давления, кото-
рое может несколько отличаться от 760 мм рт. ст. (хотя обычные
отклонения составляют лишь несколько процентов)»
152
2.21. Процесс кипения, как известно, требует непрерывного
подвода тепла. Когда вода в пробирке нагреется до температуры
100 °C, подвод тепла из колбы прекратится. Поэтому вода в про-
бирке кипеть, естественно, не будет.
Более интересная ситуация возникает, когда поверх воды
в пробирке налит толуол. Здесь мы сталкиваемся с интересным
явлением—так называемым пограничным кипением. Суть его
состоит в том, что кипение начинается на границе двух жидкостей,
когда сумма парциальных давлений их насыщенных паров равна
внешнему атмосферному давлению. Ясно, что при этом давление
насыщенных паров воды меньше атмосферного, а значит и темпе-
ратура ниже 100 ®С. Таким образом, при добавлении толуола в про-
бирку с водой кипение на границе толуол—вода начнется раньше,
чем закипит вода в колбе. При пограничном кипении температура
меньше температуры кипения каждой из жидкостей.
2.22. Испаряющаяся с мокрой одежды вода забирает тепло
у человека, что и вызывает ощущение холода.
2.23. Дело в том, что температура кипения воды (100 °C) за-
метно выше температуры кипения эфира и поэтому испарение
налитого иа руку эфира будет идти гораздо интенсивнее, чем воды.
За единицу времени испарится гораздо больше эфира, чем воды,
и полное тепло, которое идет на испарение эфира, окажется больше
(несмотря на малую удельную теплоту парообразования эфира по
сравнению с водой). Действительно, эфир практически мгновенно
испаряется с руки, в то время как влажной рука остается до-
вольно долго.
2.24. Густое дерево выполняет роль термостата—суточные ко-
лебания температуры под ним не так сильно выражены: днем не-
много холоднее, а ночью чуть теплее, чем вокруг. Поэтому при
охлаждении воздуха, перед восходом солнца роса выпадает на от-
крытых местах, а под густым деревом точка росы не достигается.
2.25. Сразу же, как только пустую пробирку А опустили в
сосуд с эфиром, началось испарение эфира внутрь пробирки. Этот
процесс и приводит к появлению пузырьков, выходящих из про-
бирки А,— ведь суммарное давление воздуха и паров эфира в ней
должно поддерживаться равным атмосферному давлению р0(можно
пренебречь увеличением давления из-за погружения пробирки в
эфир—оно не превосходит нескольких мм рт. ст.). Пузырьки
перестанут выходить, когда прекратится испарение эфира внутрь
пробирки Л, т. е. когда давление паров эфира там станет равным
давлению насыщенных паров рн и суммарное давление будет
Ро=Рн + Рв> где рв—давление воздуха.
Аналогичное условие должно выполняться и в пробирке В.
При этом воздух, занимавший в пробирке А объем Vo, в пробир-
ке В будет занимать объем VQ. Пользуясь законом Бойля—Ма-
о
риотта, можем записать
pav0=Рв (v7+4 v»1)=4 Pbv6,
\ 0/0
3
откуда находим рв='уРо- Теперь легко определить давление на-
сыщенных паров эфира:
4
Рн = ро—Рв=-т"Ро ~ 430 мм рт. ст,
154
2.26. Движение поршня прекратится, когда вся вода испарит-
ся; при этом слева и справа от поршня будут газы (воздух и
водяной пар), состояния которых описываются уравнением Мен-
делеева— Клапейрона. Легко понять, что до этого при движении
поршня уменьшался объем воздуха от Уо до Vo/2, а водяной пар
все время оставался насыщенным.
Пусть начальные температура и давление То и р0, конечные—
Т1 и рй тогда мы можем записать следующие уравнения: для
воздуха—
Ро^о PiVq. zn
То 271 ’ W
для пара в начальный момент—
М
P°vo=— Рв = рн(/о)’ ^2)
в конце процесса—
3 М 4-/га .
Piy^o=—Р1=РЯ(^), (3)
л I*
где р—молярная масса водяного пара. Решая совместно уравне»
ния (1)—(3), находим массу водяного пара до нагревания:
Л1 = /п/2=2г.
Пользуясь приведенными в условии данными, построим
зависимости рн (0 Для водяного
пара (рис. 151). Тогда темпера-
тура То определяется из усло-
вия пересечения этого графика с
прямой р=—--^г“Т, a Tt—с пря-
в М-\-т 2 R
МОИ Р =----5---X- Т7-. Используя
и 3 Vo
графический метод решения, на-
ходим
f0 = 140 °C, й = 170°С,
ро » 3,8 «Ю5 Па.
Зная температуру Т0 = 413К
величину ро из уравнения Менде-
леева-Клапейрона для воздуха
воздуха М0:
график
О
50 100 150 t/C
Рис. 151
(рв =29 г/моль), находим массу
Af,= 2^«3,2r.
о
и
2.27. Обозначим характерные точки на графике, как показано
на рис. 39. При V < Vi давление смеси газов не меняется — это
означает, что и кислород, и азот конденсируются и давление
равно сумме давлений насыщенных паров кислорода Рн, о2 и азота
рн, n2 при Т=74,4К. Так как данная температура является тем-
пературой кипения жидкого азота, то рн, N2 = p0 атмосферному дав-
лению (10б Па). Изломы на графике в точках (Vb pi) и (1/2» Ра)
свидетельствуют о фазовых переходах—конденсации газов* если
при V <Vi сконденсировались оба газа, ю при < V < V2 лишь
один, а при V > V2 конденсации нет, Предположим, что в данной
155
точке (pi, Vf) конденсируется азот, тогда кислород сконденсировался
в точке (р2, V2), и мы можем записать систему уравнений
Pi== рн, 0,+ Ро»
Р2 = Рн, O8+pn±,
0)
где pN —парциальное давление азота в точке (V2, р2)« Поскольку
на участке ViV2 азот находится лишь в газообразном состоянии,
то из закона Бойля—Мариотта следует, что pN = р0
у2
гт . Подстав-
ах
ляя это значение в (1) и поделив уравнения (1) друг на друга
(используя соЪтношения ptJpz — l/4, a Vx/V2=l/2), находим
Рн,О,= 0-Ро®17кПа.
Предположив, что в точке (Vi, pi) конденсируется кислород, мы
получили бы, как нетрудно проверить, PHtOs=6p0. Это противо-
речит тому, что кислород кипит при более высокой температуре—
давление насыщенных паров кислорода при Т=74К должно быть
меньше р0.
Найдем теперь массу кислорода то^ Точка (р2, V2) соответ-
ствует началу конденсации кислорода, т. е. его давление равно
рн 0 и весь кислород при этом находится в газообразном состоя-
нии. В соответствии с законом Менделеева—Клапейрона
<2>
где |хо#—молярная масса кислорода. Для азота конденсация начи-
нается в точке (pi, Vi), значит,
PoVx = -^₽T, (3)
где HNj!—молярная масса азота. Поделив [уравнение (2) на (3) и
учитывая, что pN /цо =7/8 и Рн, о2 = х/вРо» определим массу кис-
лорода
/nOj? = (8/21) mNt « 38 г.
2.28. Наряду с процессом испарения жидкости идет и процесс
конденсации пара. Скорость испарения в обоих случаях (при
г1 = 50% и при г2 = 80%) одна и та же—она зависит только от
температуры жидкости. Скорость же конденсации пропорциональна
концентрации молекул пара в воздухе, т. е. она пропорциональна
относительной влажности и во втором случае выше, чем в первом.
Ясно, что скорость убывания уровня воды
Vy “ ^исп 1 ^конд«
При 100% влажности воздуха VHCn = VKoHfl» Учитывая все это,
можно записать:
при Г1=50% Уу1 = Уисп—^конд I ="2" ^исп»
при г2 = 80% Vyi = VHcn — Vkoha 2=3 "5” Уисп*
156
Тогда
Vyi 5
Ta = TiU— =-—?!= 100 мин.
У у2. *
Важно отметить, что цифра эта занижена — при недостаточной
конвекции воздуха у самой поверхности воды образуется тонкий
слой насыщенного пара, который сильно замедляет испарение. Тот,
кто обмахивается веером (или просто газетой) в жаркую погоду
или дует на блюдце с горячим чаем, не всегда четко понимает
физику явления, однако испарение все равно идет интенсивнее.
Не помогает это только при 100 % влажности воздуха.
2.29. В калориметре вначале находились вода и ее пар и при
повышении температуры тепло шло как на нагревание воды и пара,
так и на испарение воды. Скачкообразное уменьшение теплоем-
кости при температуре означает, что при этой температуре вся
вода испарилась и, таким образом, суммарная масса воды т в
жидком и парообразном состояниях была:
m = VpH (Z1) = 9,7‘ 10~3 г.
Для определения теплоемкости рассмотрим уравнение ба-
ланса тепла при температуре, чуть меньшей /х. В этом случае
подведенное к системе вода-]-пар тепло AQ идет на нагрев пара,
масса которого практически равна т, и на испарение остатков
воды Д/n. При увеличении температуры на Д/ испаряется масса
воды Дт=У[рн(^+Д0—Рн(01 = У“^А^ и уравнение тепло-
вого баланса можно записать в виде
AQ =3/? — Д/4-rV (Д/,
М- \ д/ /
где величину наклона (Дрн/Д/) легко найти из графика, а ц =
= 18г/моль.
Поделив обе части этого уравнения на Д/ и учитывая, что по
определению теплоемкости c — найдем
С1==з^уР±!£!2-1-Г|/^^)«1,бдж/к.
При температуре t > уже вся вода испарилась и теплоем-
кость с2 будет равна теплоемкости водяного пара при постоянном
объеме
c, = 37?v «0,013 Дж/кг.
2.30. Определим сначала, до какой температуры надо нагреть
сосуд, чтобы вся вода испарилась.
Запишем уравнение состояния пара при начальных условиях
(давление насыщенного пара при температуре /1=100°С равнд
Р1=1О§ Па):
М
piV=-^-R7\. (1)
Г
Когда температура сосуда станет Т2 = Л+ЛТ и вся вода испа-
рится, давление насыщенного пара в сосуде будет рх4-Др По ус-
ловию задачи Др=аДТ, где а = 3,7 Па/К. Воспользовавшись этим,
157
иля
•апишем уравнение состояния пара при температуре Т2:
г*
(а ДГ+и) Л (Tf+ДГ):
Г*
(2)
Решая совместно (1) и (2), находим АТ:
mTipj
-----« 0,29 К.
М7\а—Mpi—mpt
Таким образом, для испарения воды сосуд необходимо нагреть до
температуры 100,29 °C. Количество тепла, которое необходимо для
этого, найдем из уравнения теплового баланса:
Q = r/n+cvAf АТ « 2290 Дж.
Поскольку масса воды в сосуде намного меньше массы пара,
можно не учитывать ее теплоемкость, а также считать массу пара
неизменной.
2.31. На поверхности молока при кипячении возникает плот-
ная пенка, которая не дает выйти наружу образовавшимся парам—
эти пары быстро поднимают пенку до верха кастрюли и молоко,
смешанное с паром, выплескивается наружу—«убегает*. Для того
чтобы провести оценку, будем считать, что молоко—это та же вода
(про которую мы все знаем: удельная теплоемкость с =4200 Дж/кг« К,
удельная теплота парообразования X=2,2 МДж/кг). Можно считать,
что теплоотдача наружу не меняется—это значит, что приток
тепла в систему можно считать постоянным.
Мы знаем, что интенсивность парообразования сильно увеличи-
вается с приближением к температуре кипения, т. е. можно счи-
тать, что почти до самой температуры кипения все тепло идет на
нагревание, а потом—на испарение молока. Осталось найти массу
пара под пенкой: воспользуемся уравнением Клапейрона—Мен-
делеева, считая давление паров равным 1 атм:
m^PVfRT «0,5 г.
Теперь легко оценить интересующее нас время: для нагрева
100 г воды на 10 градусов нужно затратить 4200 Дж, а на испа-
рение 0,5 г воды—1100 Дж, значит искомое время составит 2,5 мин
на нагрев до температуры кипения и еще 5-1100/4200 « 1,3 мин,
а всего—примерно 4 минуты. Можно эти цифры проверить на
практике. >
2.32. Маленькие капли грязной воды, попадающие на лобовое
стекло, вначале ре растекаются по нему из-за недостаточного сма-
чивания сухого стекла. «Дворники» же делают все стекло мок-
рым, а попадающие на мокрое стекло капли грязной воды растека-
ются по нему, резко ухудшая видимость.
2.33. Керосин очень хорошо смачивает практически все тела,
поэтому пылинки, попав на его поверхность, сразу тонут, а не
удерживаются силами поверхностного натяжения, как например,
на воде. Хорошие смачивающие свойства керосина приводят и к
тому, что емкости, где он хранится, покрываются пленкой керо-
сина и снаружи, а внизу обычно образуется и небольшая лужица
керосина. Аналогичная ситуация возникает и с растительным мас-
158
лом —вспомните: достаточно взять бутылку, куда налили масло, в
руки потом надо мыть.
2.34. При рыхлении почвы происходит частичный разрыв ка-
пилляров, а те, что остаются/преимущественно приобретают кони-
ческую форму—сужаются книзу.
А куда будет двигаться капелька воды, помещенная в кони-
ческий капилляр?
При условии смачивания водой стенок капилляра капля стре-
мится занять такое положение, когда площадь контакта вода —
стенки капилляра будет максимальна.
Это реализуется при движении капли в сторону узкого конца,
капля при этом сильно вытягивается и площадь ее боковой поверх-
ности растет. Таким образом, при рыхлении почвы вода по воз-
никающим коническим капиллярам уходит в глубь почвы, что и
способствует ее более долгому сохранению в почве.
2.35. При нагревании воды коэффициент ее поверхностного
натяжения уменьшается, а значит, сила поверхностного натяжения,
действующая со стороны холодного конца, будет больше.
В результате вода в капилляре будет перемещаться в сторону
холодной области.
Это свойство жидкостей в капиллярах мы часто используем в
быту. Например, если хотят просмолить лыжи, на них наносят
слой смолы, а затем снаружи прогревают—в результате смола
проникает в глубь древесины. Также поступают с лыжными ботин-
ками при их пропитке водоотталкивающим составом—их нагре-
вают снаружи.
2.36. Капля отрывается от конца пипетки в тот момент, когда
сила поверхностного натяжения уже не может уравновесить силу
тяжести капли.
С ростом температуры воды коэффициент ее поверхностного
натяжен-ия, а значит, и сила поверхностного натяжения, умень-
шаются. Причем уменьшаются довольно заметно — примерно на 20 %
при повышении температуры от 20 до 100 °C. Таким образом, вес
горячей капли меньше, чем холодной, а число горячих капель,
наоборот, больше.
Заметим, что при нагревании происходит еще один процесс —
уменьшение плотности воды (связанное с ее расширением). Это
обстоятельство, вообще говоря, иг-
рает противоположную роль. Но об-
условленный им эффект, из-за малого
коэффициента теплового расширения
воды, оказывается гораздо слабее пер-
вого и практически не проявляется.
2.37. При вращении капилляра
мениск в вертикальном колене ста-
новится вогнутым, а в горизонталь-
ном—выпуклым. Предельные фор-
мы менисков (когда вода еще не
выливается)—полусферы. В этот мо-
мент давление в точке В (рис. 152)
равно рв=2о/г, а в точке А—Ра~
~pgh—2v/r.
Пусть ©—предельная угловая скорость вращения капилляра.
Разобьем мысленно горизонтальное колено на N отрезков малой
длины kx=l/N (Дх </). Рассмотрим два малых капилляра, содер-
жащих воду массой Д/и== лг2р Дх, находящихся на расстояниях >
159
от середины колена. Запишем уравнения движения этих элементов:
Дт<о2 =(р1+1—Pi-i) №,
лг*’
где p/-i(p^-i) и Pi+i(pa-i)—давление на эти элементы соответст-
венно слева и справа. Число таких пар, очевидно, равно W/2. Про-
суммировав все аналогичные уравнения, получим
дг
у Дто)2/ = (рв—ра) лг\
следовательно,
ро2/2 4о ,
Отсюда находим са:
й) =
/(8a/r)— 2pgh
Р*2
2.38. После того как в точке А оказывается поверхностно
активное вещество, оно распространяется по поверхности воды —
это энергетически выгодно, так как снижает поверхностную энер-
гию. Однако веревки препятствуют его распространению—макси-
мальная площадь поверхности при условии ограничения периметра
области равного будет у круга радиуса /?===—?.
, Конфигурация веревок при этом
✓---показана на рис. *153, а, третья
/ j У веревка не будет натянута.
( £—О т Найдем теперь натяжение
веревок, составляющих образо-
у ________Д I cj2 \ вавшуюся окружность.
I J I j I Рассмотрим небольшой эле-
\ Z\ V J мент веревки, видный под углом
'j r\. jr/ а из центра окружности—его
у длина AZ = /?a, а результирующая
°- 1 " действующих на него сил натя-
Рис. 153 жения веревки Т равна Та и
направлена к центру.
Действие сил натяжения веревки уравновешивается силой по-
верхностного натяжения Тн = ^о—AZ = on — — /?а, т. е. Та =
п— 1 Г» /л л— 1 п „
= а------ка, откуда находим Т=а--------R, Подставляя числовые
п п
значения, получаем, что сила натяжения веревок составляет Т «
«0,017 Н.
В случае когда и в точку В капнули поверхностно активного
вещества, конфигурация веревок будет такой, как показано на
рис. 153, б. Нетрудно сообразить, что короткая веревка натянута
не будет—ее длина больше, чем диаметр образованной двумя оди-
наковыми веревками окружности. Натяжение веревок, образующих
п—1 /£
окружность г =о—-—2^-.
160
2.39. Присутствие масляной пленки на поверхности моря при-
водит, во-первых, к уменьшению поверхностного натяжения, а
во-вторых, и к уменьшению силы трения на границе воздух—вода.
Оба эти фактора способствуют сглаживанию водяной зыби. Неод-
нократно также описывалось в морской литературе, как небольшое
количество масла, вылитого на поверхность моря, преобразовывало
волны прибоя с пенистой «опрокидывающей» верхушкой в гладкие
волны, что помогало шлюпкам благополучно достичь берега.
2.40. Причиной мерцания пламени является, очевидно, нерав-
номерность поступления горючего—спирта. Это имеет место, когда
спирт кончается.
Действительно, когда спирта остается мало, начинают сказы-
ваться, помимо капиллярных сил ^захвата» горючего фитилем,
силы взаимодействия спирта с дном и стенками спиртовки (силы
поверхностного натяжения). Перебои в поступлении горючего
могут возникнуть и из-за наличия всякого рода «грязи», нахо-
дящейся, как правило, на дне спиртовки.
Итак, в некоторый момент времени спирта, поступающего
к пламени по фитилю, не хватает для поддержания устойчивого
размера пламени, и пламя как бы пропадает; однако в следующий
момент поступает «избыток» спирта, и происходит резкое увеличе-
ние пламени, сопровождающееся треском.
Как правило, при диаметре фитиля 2—3 мм такие мерцания
с потрескиванием возникают, когда длина фитиля составляет не-
сколько миллиметров, причем, чем короче фитиль — тем чаще
происходят вспышки, сопровождающиеся треском.
ООО
2.41. Плохая теплопроводность тряпки или матер-
чатой варежки обусловлена низкой теплопроводностью воздуха,
находящегося между волокнами ткани. Теплопроводность воды
выше, поэтому, если заменить в тряпке воздух на воду (т. е. на-
мочить тряпку), можно сильно обжечь руку.
2.42. К сожалению, этот простой метод сравнения теплопро-
водностей нельзя считать правильным. И вот почему.
Время, за которое верхняя часть цилиндрического образца
нагревается до температуры плавления воска, конечно же, тем
меньше, чем больше теплопроводность. Однако это время зависит
также и от теплоемкости материала цилиндра—чем она больше,
тем больше время (большее количество теплоты) потребуется, чтобы
нагреть образец до соответствующей температуры. Таким образом,
цилиндр из материала с большей теплоемкостью будет разогре-
ваться медленнее, чем цилиндр из материала с небольшой тепло-
емкостью и чуть меньшей теплопроводностью. Именно так проис-
ходит в случае с висмутом и железом.
Оказывается, предлагаемый метод позволяет сравнивать другие
тепловые характеристики материалов, а именно их температуро-
проводности. Это тоже важная физическая величина, которая ха-
рактеризует скорость изменения температуры вещества. Коэффи-
циент температуропроводности пропорционален отношению коэф-
фициентов теплопроводности и теплоемкости.
2.43. Это совсем простая задача — из условия ясно, что мощ-
ность нагревателя равна мощности, рассеивающейся в окружаю-
щее пространство (температура воды со временем не меняется).
Значит, если нагреватель выключить, то отдаваемая мощность
6 А. И. Буздин и др, 161
составит 100 Вт и на один градус вода остынет за время
ctn&T
т =------42 с.
Р
2.44. Полное количество тепла, излучаемого в окружающее
пространство, осталось прежним, так как оно определяется энер-
говыделением аппаратуры станции. Поскольку вовне излучает лишь
внешняя оболочка, ее температура равна начальной температуре
станции Т = 500 К. Экран, однако, излучает такое же количество
тепла и внутрь. Таким образом, полный подвод тепла к станции
равен теперь 2Q (к тому, что выделяют приборы, добавляется
излучение внешней оболочки) Из условия теплового баланса «старая»
оболочка станции также должна отдавать количество тепла 2Q,
откуда температура внутри станции удовлетворяет условию
Q__ Г*
2Q ~ ’
откуда находим
ТХ=У 2Г%600К.
задачи, по существу, сводится к следующему:
или черное, сильнее излучает при одинаковой
2.45. Вопрос
какое тело, белое
температуре?
Чтобы ответить на ©тот вопрос, давайте мысленно поместим
в теплоизолированную полость с абсолютно отражающими стен-
ками белое и черное тела^ нагретые до одинаковой температуры.
Черное тело поглощает Задающее на него излучение намного эф-
фективнее, чем белое Тело.
В результате, казалось бы, черное тело должно нагреваться,
а белое—охлаждаться, т. е. будет самопроизвольно происходить
перенос тепла от более холодного тела к более горячему Это,
однако, противоречит второму закону термодинамики. Выход из
противоречия состоит в том, что черное тело не только сильнее
поглощает, но и сильнее излучает—в этом случае разность темпе-
ратур между белым и черным телами в полости не появится и про-
тиворечия с законом термодинамики не возникнет.
Вывод о более сильной излучательной способности черного
тела говорит о том, что в белой шубе будет теплее.
2.46. Обозначим коэффициент пропорциональности между рас-
сеиваемой на резисторе мощностью и разностью температур рези-
стора и окружающего воздуха а. Тогда, поскольку при Т3 = 80°С
сопротивление резистора равно /?i, а напряжение на нем Ui, рас-
ul
свиваемая мощность равна -тт-, и мы можем записать
А1
7/2
£ва(Т8-Тв).
Al
При повышении приложенного напряжения температура рези-
стора растет, так как увеличивается выделяемая при прохождении
тока мощность. Когда температура достигнет значения Т1 = 100°С
сопротивление резистора скачком увеличится в два раза. Выделяе-
мая на нем мощность уменьшится, и, если напряжение не очень
велико, отвод теплоты окажется более быстрым, чем ее выделение.
Это приведет к падению температуры до Т2=99°С, но тогда сопро-
тивление скачком уменьшится до прежней величины и процесс
6* 163
(О
начнет повторяться. Таким образом, в цепи возникнут колебание
тока, связанные со скачкообразной зависимостью сопротивления
резистора от температуры
Температура резистора во время этих колебаний почти по-
стоянна (она изменяется в пределах от Т2 = 99°С до Т1 = 100°С),
так что можно считать теплоотвод постоянным, и отводимая мощ-
ность составляет а(7\—То). Тогда, вводя тх—время нагрева (ot
99 до 100°C), т2—время охлаждения и Tl^-^2 = 7,—Период колеба-
ний, можно написать уравнения теплового баланса:
t/2Ti//?i = a (Л—Tq) Ti + C (7\ — T2),
l/W/?8=a (Л-Т,) т2-С (Л-Тг). }
Используя найденное из (1) значение а, находим
т =__________CjT.-T^____________
1 lA/R — U\ (7\—То)/[ (Та-Т0)] ’
т =__________С(Л-Т2)____________
2 ^71 (Тх —Т0)/[^х (Т3-Т0)]-(/Ж ‘
Подставляя числовые значения, получаем
т1 = т2 = 3/32с « 0,1 с, Т « 0,2 с.
Максимальное и минимальное значения тока легко находим*
так как в процессе колебаний сопротивление скачком изменяется
от /?1 = 50 до /?2=100 0м; следовательно,
^шах — 4/2//?i—-1,6 A, ^min — ^2/^2— 0,8 А.
Хочется обратить внимание на тот факт, что описываемая
в задаче ситуация отвечает фазовому переходу 1-го родя в мате-
риале, из которого сделан резистор. При нагревании при темпе-
ратуре 7'x = 100oG происходит переход материала в новую фазу
(этот переход, например, может быть связан с перестройкой кри-
сталлической решетки материала резистора). Обратный переход
происходит при более низкой температуре Т2 = 99°С—это явление
так называемого гистерезиса, свойственного фазовым переходам
1-го рода.
2.47. Поскольку нижний конец трубы поддерживается при
температуре 7\>ТПЛ, чугун внизу будет расплавлен. Темпера-
тура границы между расплавленным и твердым чугуном, естест-
венно, равна температуре плавления Тпл.
Так как температура верхнего и нижнего концов трубы под-
держивается постоянной, количество тепла, проходящего за еди-
ницу времени через поперечное сечение трубы, в любом месте
трубы должно быть одним и тем же. Другими словами, поток тепла
через расплавленный и твердый чугун должен быть одним и тем
же. (Кирпичная труба плохо проводит тепло, и теплообменом через
ее стенки можно пренебречь.)
Поток тепла пропорционален теплопроводности, площади попе-
речного сечения и разности температур, приходящейся на единицу
длины. Пусть If—длина нижней части трубы, где чугун расплав-
лен, а /2—длина верхней части, где чугун находится в твердой
фазе. Условие постоянства потока тепла запишется тогда в виде
(сечение трубы постоянно)
— Л,л__ Тпл Т2
1 —хтв
И.
/г
164
где хж и хтв—теплопроводность жидкого и твердого чугуна соот-
ветственно. Учитывая, что'хж = £хтв, находим
1 ПЛ-1 2
Полная длина трубы равна /1 + /2; значит, в расплавленном состоя-
нии находится
/х ^(Л-Гпл)
у-; z \ . //---часть металла.
/1+/2 «(Л —^пл) + (^пл—Л)
2.48. За одну минуту чайник остывает на A/i=0,2°G, Коли-
чество тепла, «теряемое» за это время чайником, равно
AQ1==cm Д/х
(с—удельная теплоемкость воды). Если в минуту в чайнии капаю*
п капель, то количество тепла, передаваемое ими воде в чайнике/
равно
AQ2 = n/nKc (f2—ft).
Условие постоянства температуры воды в чайнике —AQi==»AQt, т. «•,
ст &tL = ntnKc (/2—/1).
Отсюда находим п:
п —— -----—=20 капель в минуту.
МК ^2 »1
Если капать не п, а Зл капель в минуту, то вода в чайнике
нагреется за одну минуту на
Д^=ЗА(?2~А(?1=2Д/1=0,4 °C.
2.49. Будем считать, что температура воды увеличивается ИС*
равномерно за счет увеличения теплоотдачи с ростом температуру.
Чтобы учесть влияние теплоотдачи, проследим, как меняется При-
ращение Д^ температуры за Дт = 1 минуту работы нагревателя р,
зависимости от температуры воды ^температуру будем брать среднюю
Рис. 154
между значениями ее в начале и в конце каждой минуты). Пост-
ж А/ v
роим по данным условиям график зависимости Как видно
из графика (рис. 154), все точки хорошо ложатся на прямую^
пересекающую ось температур в точке /кр = 85°С. Ясно, что если
даже закон теплоотдачи не изменится (а с ростом температуры
испарение должно увеличиться, что увеличит теплоотдачу), вода
нагреется только до 85 °C и, следовательно, при нормальных усло-
виях не закипит.
Из этого же графика видно, что при температуре /х=5О°С вода
за одну минуту нагрелась на 3,5 °C, а без теплоотдачи она нагре-
лась бы на 6,5 °C (температура окружающей среды 20°C). Значит,
если при температуре 50 °C отключить нагреватель, то за 1 минуту
вода остынет на 3°С.
2.50. Тепло, получаемое водой от нагревателей, компенсирует
тепловые потери—тепло, отдаваемое аквариумом в окружающую
среду. Мощность потерь зависит от разности температур воды
в аквариуме и окружающего воздуха. Если эти температуры не
меняются, то и мощность потерь остается неизменной.
Обозначим секундный расход воды в первом случае (включен
один нагреватель) Д/n. Тогда
P=cAmaa-/i) + g, (1)
где q—мощность потерь. Во втором случае (включены два нагре-
вателя параллельно) мощность возрастает в два раза, и
2Р = оЗЛт(/2—^i) + <7« (2)
Из (1) и (2) сразу можно получить
^/аР.
Но в том случае, когда спирали будут включены последовательно,
выделяемая ими мощность составит как раз Р/2. Значит, в этом
случае холодную воду следует отключить.
Теперь из уравнений (1) и (2) найдем расход воды за секунду
при условии, что включена одна спираль:
а Р 100 кг _ . кг
Д/72=-------—----------------« 7*10~*----.
2с(/2—G) 2-4,2* IO3-17 с с
2.51. Разобьем пластинку на одинаковые маленькие участки
(на рис. 155 таких участков 130). Понятно, что мощность Р рас-
сеиваемая пластиной, равна сумме 2 Pi мощностей, рассеиваемых
отдельными участками.
16Q
Мощность, которая уносится с каждого участка
Pi~a Af<,
где A/j—разность температур участка и воздуха, а—коэффициент
пропорциональности. С каждого участка равномерно нагретой пла-
стины уносится одна и та же мощность:
р=1з5=«(^—
Тогда
__ Р __________ 10 Вт . - 1л-»Вт
130(/1—/81)—130-50 °C —5с •
Для оценки мощности, рассеиваемой неравномерно нагретой
пластиной при температуре воздуха 30 °C, будем считать, что тем-
пература участков, лежащих между изотермами 60 °C и 70 °C, равна
65 °C (для этих участков А/=35 °C), между изотермами 60 °C и
50 °C—55 °C (А/= 25 °C), и т. д. Тогда полную мощность, рассеи-
ваемую пластиной, можно найти так:
Pi = 1,54 JO"? (45-44-35U7+25<30-H5.60-f-5«20) Вт =
= 1,54-10-»*2525 Вт « 3,9 Вт.
Для оценки точности этого результата можно посмотреть, как
влияет на результат неточность оценки температуры «долей» пла-
стины. Возьмем вместо 65 °C—67,5 °C, вместо 55 °C—57,5 °C и т. д,
Тогда
Рнерх « 1,54-IO-? (47,5.4+37,5.17+27,5-30+
+ 17,5.60+ 7,5*20) » 4,4 Вт,
Оценку сразу получим, взяв заниженные температуры:
РНЙЖ « 1,54-10~§ (42,5-4+32,5.17+22,5-30+
+ 12,5-60+2,5.20) » 3,4 Вт,
Итак,
Pi = (3,9 ± 0,5) Вт.
Конечно, мы сильно «завысили» возможную неточность определе-
ния температуры. Однако нужно понимать, что эта неточность —
не единственная (да и не самая важная) причина погрешностей
нашего расчета. Условие аадачи идеализировано, оно не учиты-
вает конвекции воздуха, которая может сильно изменить результат.
2.52. При нагревании и воздух, и вода расширяются. Если
трубка не запаяна, то этому расширению ничего не препятствует.
Понятно, что пузырек воздуха при расширении вытесняет часть
воды из каждого сосуда; архимедова сила увеличивается и сосуды
всплывают. При охлаждении все происходит наоборот.
Если же трубка запаяна, то общий объем воды и воздуха
остается практически неизмённым, так как тепловое расширение
стекла намного меньше, чем воды. Сжимаемость воды существенно
меньше сжимаемости воздуха, поэтому в данном случае при нагре-
вании вода будет расширяться, а пузырьки воздуха—сжиматься.
Поэтому при нагревании второго (запаянного) термоскопа сосуды
тонут.
2.53. В сильный мороз вода в-ведре может довольно быстро
замерзнуть, Образование льда начинается на поверхности воды и
167
вблизи стенок ведра. Если на поверхности образуется толстый и
прочный слой льда, то при дальнейшем замерзании воды из-за
увеличения объема при переходе вода—лед может возникнуть де-
формация ведра или даже произойдет его разрыв.
Закрывая ведро газетой, удается уменьшить охлаждение с по-
верхности и в этом случае замерзание начинается в нижней части
ведра и опасные деформации не возникают.
2.54. Изменение температуры приводит, благодаря тепловому
расширению, к изменению длины маятника, что, в свою очередь,
сказывается на точности хода. В часах описываемой конструкции
удается преодолеть этот недостаток. Действительно, например,
при повышении температуры длина маятника увеличивается, но
ртуть, увеличиваясь в объеме, поднимается вверх по трубке, что
при подборе объема ртути и диаметра трубки дает возможность
сохранить постоянным расстояние от точки подвеса маятника до
его центра тяжести. Именно это расстояние^ а не длина маятника
определяет в данном случае период колебаний, а значит, точность
хода.
2.55. Из-за неизбежных небольших неоднородностей и шеро-
ховатостей, контакт между лопаткой и бруском осуществляется не
по лини^, а в ряде точек. Именно в этих точках будет происхо-
дить более интенсивное охлаждение медной лопатки и, благодаря
эффекту теплового расширения локальная толщина лопатки здесь
окажется меньше. В результате точка контакта переместится в дру-
гое место, после этого ситуация повторится. Таким образом, точки
контакта нагретой лопатки и бруска все время перемещаются, это
приводит к небольшим смещениям лопатки, которые и сопровож-
даются звуком.
Колебания аналогичного типа иногда возникают, когда чайник
стоит на конфорке электрической плиты.
8. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ
3.1. При последовательном соединении амперметр
доказывает ток, текущий через лампу. По условию задачи ток
через лампу равен номинальному току /н=0,2 А, на который рас-
считана лампа. Следовательно, в первом случае напряжение на
лампе равно номинальному зна-
*—1 *—1 чению (/н = 2,5 В. Тот факт, что
1—1 1 I | при параллельном соединении
--F бЬ оЛ бо лампы и амперметра лампа на-
Т • V Т 6 V' Y калилась так же, как и в первом
j j I случае, означает, что ток, теку-
а___________f щий через лампу, равен номи-
нальному и напряжение на лам-
Рис. 156 пе и на амперметре равно но-
минальному.
Запишем закон Ома для обоих случаев соединения.
При последовательном соединении (рис. 156, а)—
tf«fH(/?+r) + ^ О)
где R— сопротивление проводов, т—сопротивление амперметра.
При параллельном соединении (рис. 156, 0—
+ + (2)
где 7Х—ток, текущий через амперметр. Учитывая, что rlx=Unt
преобразуем уравнение (1):
^=/н(«+т^) + </в. О')
Решая совместно уравнения (Г) и (2), находим ток Iж, текущий
через амперметр при параллельном соединении лампы и ампер-
метра: _____
/х= -^2-=0,5 А.
3.2. При последовательном подключении двух одинаковых лам-
почек напряжения на них будут одинаковы, а так как суммарное
напряжение равно 5 В (напряжение мощного источника не меняется
при подключении к нему нагрузки), то на каждой из лампочек
окажется 2,5 В.
Во втором случае напряжение на лампочке, которая горит
полным накалом, равно 3,5 В, значит, на второй (и на подключен-
ном к ней резисторе) напряжение составляет 5—3,5=1,5 В. По
вольтамперной характеристике на-
ходим токи через лампочки при
напряжениях 3,5 В и 1,5 В—они
составляют 0,28 А и 0,22 А. Зна-
чит, ток через резистор равен 0,06 А
(разность токов лампочек) и по за-
кону Ома можно найти
„ _ R = 1,5/0,06 = 25 Ом.
Рис, 157
Теперь посмотрим, перегорит
ли лампочка в последнем случае
(рис, 157) — ясно, что речь может идти об «одиночной» лампочке.
Пусть напряжение на ней составит 4 В (предельное значение). Ток
при этом примерно равен 0,28 А. При токах 0,14 А (половина)
напряжение на лампочках, включенных параллельно, составило бы
170
0,7 В, т. е. предельного значения 4 В напряжение на одиночной
^ампочке достигло бы при напряжении источника 4,7 В. Значит,
при напряжении источника 5 В лампочка должна перегореть.
3.3. Обозначим напряжение, которое вначале показывает вольт»
метр, U9 ток амперметра—/, внутреннее сопротивление батареи—г,
сопротивление амперметра гА- Тогда для тока через амперметр
можно записать соотношение
, £-U
Г + ГА '
После того, как показания амперметра увеличились в 2 раза, а
показание вольтметра в 2 раза уменьшились
21-
Разделив второе уравнение на первое, получим
о
или —6 В.
3.4. Схема питания может представлять собой просто делитель
напряжения, состоящий из резисторов Ri и (рис. 158), сопро-
тивления которых мы сейчас рассчитаем. Ясно, что величины Ri и
R2 должны быть достаточно малыми, чтобы при значительном изме-
нении RH напряжение менялось
мало. Из условия задачи не совсем
ясно, от чего берется 1 %, однако
это не очень существенно: будем
считать для определенности
^min=0,99(/max, {/max = 20 В,
(если бы в условии была цифра,
скажем, 30%, пришлось бы акку-
ратнее формулировать—относительно какой именно величины
нужно брать 30% — средней, максимальной либо какой-нибудь
еще—от этого существенно зависели бы получающиеся результаты).
i/min - U (Rn min) -
Uaax= U<RU max) = U<,
(«14-
^a^max \
Ra+^max/
Отсюда
0,01 (l + R2/Ri) _ 1 + *2/#i Ом
Ka==Kmax 0,99(/?max//?mill)-~l ~ 0,98 V b
Кроме того,
max
t/max - Ri Rma;)+RiRaul ’
отсюда
Uy 100 t,Rift, Ri\
^max 20 Ra \ Rum/
171
Окончательно « 1,26 Ом, /?2 « 5 Ом, КПД получается очень,
202/100 Л ос 0/
малым: i1min =-^——- « 0,25 %.
3.5. Рассмотрим два возможных случая, первый—ток упал
р два раза, направление тока осталось прежним; второй—ток упал
в два раза, и направление тока изменилось на противоположное.
В первом случае ясно, что в коробке должна быть батарейка
(без этого направление тока при переключении должно стать
противоположным). Простейшая возможная схема в этом случае —
батарейка с ЭДС $х и последовательно с ней сопротивление Rx
(рис. 159, а). Тогда имеем
^*+1,5 = 1 А, 1,5 =0,5 А.
“х Кх
Отсюда
^x=4,5 В, ' Rx — b Ом.
В Rx может входить и внутреннее сопротивление батарейки.
Второй случай существенно «богаче» возможными схемами.
Кроме батарейки с резистором (в этом случае 4?Х=О,5В, /?х=2Ом),
возможны схемы с нелинейными устройствами—диодами, транзисто-
рами, реле и т. д.
Одна из простейших схем приведена на рис. 159, б. При одной
полярности приложенного ко входу напряжения диод открыт;
сопротивление коробки составля-
f t ет 1,5Ом. При изменении поляр-
' | ’—* 1 - ** ности диод закрыт, и сопротивле-
I nt? рХ. ние коробки равно 3 Ом.
П ' II 3.6. Простая схема из одних
U т резисторов может выглядеть так,
2 I |______как на рис. 160. Тут R можно
выбрать любым. При подключении
Рис. 1о0 батареи к точкам 1 и 2, напряже-
ние между точками 3 и 4 опре-
деляется делителем R и R, а если подключить батарею к точ-
кам 3 и 4, напряжение между точками 1 и 2 будет задано делите-
лем R и R/2.
Попробуйте сами придумать схему проще (но нам кажется, что
у вас ничего не получится).
3.7. В первом случае напряжение на выходе больше, чем на
входе, следовательно, внутри ящика обязательно есть батарейка
(мы считаем, что сложных электронных схем внутри нет). В общем
случае подойдет схема (рис. 161, а).
172 -
Выбирая Uo и отношения и , можно удовлетворит^
любым «наборам» напряжений. Запишем уравнения. Для Ui (между
1 и 2) и (72 (между 3 и 4):
Для U3 (между 3 и 4) и (/4 (между 1 и 2)
(i/8-i/0)/?i_zz
Ях + Яз Ui-
После простых преобразований
R3 Ui+Uo <
$2 U 2
/?i и4
— /?3 Кз
Для того чтобы существовали искомые соотношения и -g-,
правые части должны быть положительны, т. е.
С/о^£/2--(71 = 5,
С/о<С/8-[74==7.
(Для других значений,- возможно, понадобится изменить знак 6/0>
т. е. включить батарею наоборот.)
В нашем случае можно взять любое значение 5 В < £/0 < 7 В.
Например, для С7О=5 В получим ^=0 и у > т- е-
этот резистор можно просто не включать, /?з = #1, 7?i = l,5/?. Если
отнестись к задаче не очень серьезно, то можно предложить забав-
ный вариант, удовлетворяющий условию формально (рис. 161, б).
«Достоинством» этой схемы является то, что напряжения на
выходных контактах вообще не зависят от того, что подключен^
ко входным.
3.8. Приборы нужно подключить так, как показано на рис. 162.
Точки О, А и В при таком подключении будут иметь одинаковые
потенциалы (сопротивление амперметра мало, и падением напряже-
ния на нем можно пренебречь). Следовательно, через резисторы,
включенные между точками О, А и В, ток идти не будет Это озна*
чает, что амперметр покажет ток, идущий через резистор, включен-
ный между точками О и С. Вольтметр покажет падение напряжения
173
на этом резисторе. Разделив показание вольтметра на показание
амперметра, найдем сопротивление резистора.
Такой способ годится, если сопротивление амперметра намного
меньше, чем сопротивления резисторов в схеме (идеальный ампер-
метр подошел бы лучше всего, жаль, что таких амперметров не
бывает). Для любителей и знатоков электротехники ясно, что мы
«закоротили» амперметром не интересующие нас резисторы, чтобы
токи через них оказались прене-
брежимо малыми.
3.9. Ток /3 (рис. 163) через
вольтметр В2 равен разности то-
ков, протекающих через ампер-
метры Л1 и Л2
Рис. 163
I
L
=/^ — / 2 == 0,2 мА.
При этом показания вольтметра
—(72 = 0,25 В. Следовательно, сопротивления вольтметров Ва
и Вх
Я^ = Яв2=^//з = 12,5.102 Ом.
Ток, текущий через вольтметр Вх— Ti = l,l мА; при этом вольт-
метр Bi показывает
</1 = /!^, = 1,375 В.
Сопротивления амперметров одинаковы и
RAl = RA2=U8/h&2,T7-W Ом.
Напряжение U8 на амперметре At
С/»=/1/?Л1 » 0,305 В.
Напряжение на батарее равно сумме напряжений Ui, U8t U3
U6=Ui+Ut+U9^lt93 В.
3.10. Изменения тока при переключении амперметра малы. Зна-
чит, можно считать, что изменение тока в цепи при подключении
амперметра мало и пропорционально изменению полного сопротив-
ления цепи, т. е. Д/ = а/?Общ» где а—коэффициент пропорцио-
нальности. Но = (ЯА—сопротивление амперметра). На
разных пределах сопротивление амперметра разное.
Если /0—ток в цепи до подключения амперметра, то
A/i = /0— Л =
Д/2 = /0_/2 = а/?А? 0)
где 7?А1—-сопротивление амперметра на пределе 10 мА, T?Ag-—на
пределе 3 мА, Учитывая, что , из (1) получаем
откуда
Zo—/f _ 3
/0-/2 10’
/e==1Wf—~ 2 9г мА
3.11. Для того чтобы найти неизвестное сопротивление RX9
достаточно знать результат первого измерения (при последова-
174
тельно включенном омметре). Если омметр показывает нудь, то
напряжение на его зажимах равно нулю, а ток в цепи равен f =
в^шахвЬмА. Следовательно, неизвестное сопротивление резистора
равно
7?х = tf/^max == кОм.
(Батарейка для карманного фонарика рассчитана на ток ~200-ь
ч- 300 мА; значит, при токе 1 мА падением напряжения на ее
внутреннем сопротивлении можно пренебречь).
По результатам второго измерения (бесконечно большое сопро-
тивление) видно, что ток через омметр не течет и суммарное напря-
жение в цепи батарейка—омметр равно нулю. Значит, напряжение
на источнике тока в омметре равно напряжению на зажимах бата-
рейки и равно ^*==4,5 В.
3.12. Вольтметры одинаковые, значит, отношения токов, про-
текающих через них, равны отношению напряжений на вольтмет-
рах (т. е. их показаний). Обозначив сопротивление каждого ре-
зистора R, запишем
(73={72-/?73,
^=7/^7? (/з+78).
После простых преобразований получим
/э ~ U* и2-Щ
или
ul- Ul = UiU3— U3U3,
ul+u3u3— и1—иги3=о,
£/, = —^4-KС'з/4+^/з+{/1г/г=— 4+12,6 = 8,6 В.
3.13. Ток, текущий через амперметр Af, равен сумме токов,
текущих через вольтметр Bf и амперметр A3i т. е.
h == Bi+12,
следовательно, ток, текущий через вольтметр В^ равен
71i—72=0,3 мА
и сопротивление вольтметра
М^-охга^0”-32-°--
По условию задачи все вольтметры одинаковые, т. е. сопротивле-
ние каждого из них 32 кОм.
Запишем сумму напряжений, показываемых всеми вольтмет-
50 50
^,= 2^=^ 2'л-
1= I i= 1
50
Но У] 7В — это ток, текущий через амперметр т. е. 2 =
1 1
поэтому 50
2 ^ = */1 = 304 В.
»=1
17S
Метод наложения.
3.14. Для решения некоторых задач удобен метод нало-
жения. Он основан на принципе суперпозиции и подходит
только для цепей, не содержащих нелинейные элементы
(если в схеме есть, например, диод или лампа накалива-
ния, то этот способ применять нельзя). Метод наложения
используется для расчета цепей, содержащих несколько
источников ЭДС, и позволяет свести сложную задачу
к нескольким простым.
Расчет проводят так. Чертят и рассчитывают упрощен-
ные схемы, в каждую из которых включен только один
из источников, а ЭДС остальных считают равными нулю;
при этом внутренние сопротивления «выкинутых» источни-
ков включают в соответствующие участки схем. Ясно, что
число таких схем равно числу источников в начальной
схеме. Искомый ток в ветви находят, суммируя токи,
текущие по этой ветви во всех простых схемах.
Рассмотрим следующий пример. К параллельно соединенным
батареям rt и ^2> подключают резистор /?. Найти ток
через него.
Рис. 164
На рис. 164, а приведены простые схемы, Тои^ текущий через 7?
в схеме 164, а,
т. __ S i___г2 _________г 2 _____^Ка______
. 1 гобщ1 (7? + га) Н+'аЯ/^а+Я) # + (ri+r2) ’
а в схеме на рис. 164,-6
j __ (Зэа___ri __ Sirt.
2 г0бщ 2 (^ + rl) flz2
В исходной схеме с двумя батарейками ток, текущий через ре-
зистор
/ = /1 + 72 = >1Г2+/?(;_та..
176
Для некоторых специальных задач—например, для
расчета изменения тока в какой-либо ветви схемы при изме-
нении ЭДС одного из источников —метод наложения очень
удобен. Изменение ЭДС на Д<£ можно представить как
добавление к данному источнику последовательно батареи
без внутреннего сопротивления с ЭДС, равной Д<£. Понятно,
что в этом случае нет надобности рассчитывать все простые
схемы; достаточно рассмотреть только одну —с ЭДС Д^.
Полученные при этом значения токов в ветвях и будут
искомыми изменениями токов.
На рис. 164, б представлены простые схемы для цепи, в ко-
торой заменено на Л<£\, а $>2— на Д^2, где Д^2 и есть
искомое изменение ЭДС ^2. Для того чтобы ток черёз вторую
батарею остался прежним, токи, текущие через эту батарею (т. е.
через ветви, из которых эта батарея «выкинута») в схемах на
рис» 164 должны быть равными по величине и противоположными
по направлению.
В схеме на рис. 164, а ток, текущий от батареи развет-
вляется, и по диагонали получившегося моста течет ток Д/, равный
разности тока в разветвлениях
AZ ^^l/1 1\ A<£j 1 Д^£
Rab\2 4/-~5/?/4 4 5/?’
В схеме на рис. 164, б
Ясл““5/?74““ 5Z? ’
Приравнивая полученные выражения для Д7, найдем Д^2:
Д(£2=Д«Р174.
Знаки изменений найдем, сравнив полярность батарей в исходной
схеме и в схемах на рис, 164. В нашем случае батарея Д^$ вклю-
чена против батареи Si (суммарная ЭДС меньше Si)> и бата-
рея Д©2 условно нарисована с полярностью, противоположной ^2,
при этом мы получили Д<£2 < О—ЭДС батареи ^2 следует умень-
шить. Если бы оказалось, что Д^2 > 0, это означало бы, что
ЭДС следует увеличить,
Аналогично находится изменение S* для случая сохранения
тока через батарею Si*
Эту задачу можно решать и любым другим способом, но метод
наложения дает, пожалуй, самое простое и наглядное решение.
3.15. Будем считать, что все брошенные проводники попадают
на рельсы. Ясно, что замыкания проводников между собой не
влияют на результат—соответствующие точки проводников имеют
одинаковые потенциалы. Если проводник составляет угол а с рель-
сами, то его «вклад» в общее сопротивление
Z/sin а
nd2/4 *
177
Для полного сопротивления /?общ между рельсами можно заимеет»
N
±=£.^47intt'
Добщ -Л- rt pl 4pl 4pl '
Среднее значение синуса (угол в пределах О...л) можно найти так!
л
______ 1 р 2
(sinax)=— \ slnada=—,
nJ л
о
тогда
/?общ=-^-«4-10-« Ом.
Мы подсчитали ожидаемое («среднее») значение /?общ, однако
сопротивление может несколько отличаться от него—в зависимости
от того, как «лягут» проводники на рельсы. Оценить возможный
разброс можно при помощи стандартных формул для учета ошибок
при усреднении независимых результатов измерений. Интересно
промоделировать «бросание проводников» на персональной ЭВМ
(при помощи датчика случайных чисеЬ выбирается очередной
угол а/—распределение углов равномерное) и посмотреть на раз-
брос результатов.
3.16. Сумма показаний «верхнего» Вг и «нижнего» В2 вольт-
метров равна напряжению батареи, т. е. «нижний» вольтметр
покажет 3 В. Вольтметры одинаковые, значит, ток «нижнего»
вольтметра в 1,5 раза больше тока «верхнего», т. е. ток вольт-
метра В9 равен половине тока «верхнего», а следовательно, его
показания 1 вольт.
3.17. Если напряжение батареи £ > (в противном случае
идеализированная характеристика стабилитрона нам не подойдет —
нужно будет задать ее более аккуратно при U < (/0), то можно
записать
Таким образом,
R ’
3.18. Если сопротивление R не слишком велико (см. решение
предыдущей задачи), то можно записать
1qR+U=£,
таким образом
U = S-!qR.
Ясно, что такой ответ годится только при R <
3.19. В схеме на рис. 58, а напряжение на резисторе опреде-
ляется током в цепи. Но этот ток равен /0 (если напряжение
баiaреи достаточно велико), тогда можно записать
/о*+^в + (Л)==<£.
Отсюда =<^—С70—При этом $ должно удовлетворять
условию
S> </о+Л)Я.
178
В схеме на рис. 58, б напряжение на резисторе
Ur = IR = S-U9.
Но ток через резистор складывается из токов через элементы В и S,
т. е.
/=т^=/в+/с-
Отсюда получаем
т _____________________ S— Uq i
1с----R----,(>-
Это верно при > ltR+U0, т. е. ограничения на $ такие же,
как и в первой части задачи.
3.20. При номинальном напряжении Un —110 В ток, текущий
через лампу мощностью Р1 = 60 Вт, равен / = Р1/С/н=0,5 А. При
таком токе напряжение на лам-
пе мощностью 100 Вт, согласно
вольтамперной характеристике
этой лампы, U « 55 В. Следова-
тельно, при последовательном со-
единении двух ламп напряжение
на лампе мощностью 60 Вт дости-
гает значения номинального уже
при напряжении в сети ж 165 В.
Поэтому ясно, что при напряже-
нии в сети 220 В напряжение
на этой лампе будет превышать
номинальное больше, чем на
10 %, и лампа перегорит.
3.21. Диод подключен к ис-
точнику последовательно с рези-
сторами, сопротивление которых
Робщ = 5,2‘Ю3Ом.
Следовательно, в любой мо-
мент времени (при любой тем-
пературе) ток в цепи равен
^и-и^
Аобщ
Рис. 165
где U, Ua—значения напряжения на источнике и на диоде в
данный момент.
Построим на рис. 165 графики зависимости 7 (С/д) для трех
различных температур:
8,5—Uд J25
G=+125’C, t/ii!6=8,5 В, /i25=— а мА;
6 U
=4-25*0, U№=6 В, 1№=--------МА;
/3 = -60*С, t/_eo = 3,875 В( /-во= —757оД’~8° “А.
О, &
Точки пересечения этих графиков с вольтампернымн характери-
стиками диода (для соответствующих температур) определяют
напряжение на диоде и ток в цепи при данной температуре.
179
Из рисунка находим (разумеется, приближенно)
^Д,125 =0,77 В,
77д, 25 = 0,8 В,
^Д.-60 = 3,875 В,
^125 = 1,48 мА;
/25 = 1 мА;
/_в0 —0,58 мА.
д,
Соответствующие значения напряжения UAB = (Uд+*0,2) В
между зажимами А и В —
Uab, 125= 1,07 В, иАВч2Ь = \ В, U АВ, _во = О,94 В.
Таким образом, температурный коэффициент, характеризующий
относительное (относительно UАВ, 25) изменение напряжения UAB
при изменении температуры от —60 °C до +125 °C
а=тД^л?— « 7.10-*(’С)-1.
Д^лв,2в
По сравнению с исходным температурным коэффициентом а0 =s
25. ю~3
- 4«10"3(°С)~х полученное значение а примерно в 6 раз
д’
4Ч,п
т
Рис. 166
6
меньше.
Подумайте, как надо изменить сопротивления резисторов, чтобы
________ о практически полностью скомпен-
г——т сировать температурную неста-
бильность источника.
3.22. Наклон прямой вольт-
амперной характеристики опреде-
ляется внутренним сопротивлени-
° ем источника. Данный источник
питания как бы состоит из двух
источников с разными .ЭДС и
внутренними сопротивлениями, которые «работают» только в опре-
деленных диапазонах значений U и 7. Из графика определяем
(рис. 166): на участке /—^ = (Д (0) =6 В,
6 R
Г1=та=20 Ом=
на участке 77—<^2=С/2(0) = 3 В, с
ЗВ _ п
Г2=оЖ=50м-
Мощность, выделяющаяся на нагрузке с сопротивлением R,
равна
£2R
(R+r)2'
Из условия №я=0 найдем, при каком /? максимальна Wд:
П7'_ <£2 2^/? 2R
R (R+r)» (Я4-г)з-° или 1 /?+г“0,
откуда получаем 7? = г.
Итак, на’участках 7 и 77 максимальные мощности выделяются
на нагрузках, сопротивления которых равны, соответственно,
/?1 = гхе=20 Ом, 7?2 = /'2 = 5 Ом,
180
Соответственно, токи в цепи должны быть равны
Z1=—=0>15 А,
/2 =
(§2
^2~\~Г2
= 0,3 А.
Обе рабочие точки попадают на соответствующие участки, и, сле-
довательно, на каждом из них действительно обеспечивается мак-
симальная мощность в нагрузке.
Соответствующая максимальная мощность
= Вт, U72 = /^2 = 0,45 Вт.
На рис. 166 приведена простая схема, обеспечивающая зави-
симость U (7) в цепи такую, как на рис. 61 (диод считаем идеаль-
ным). Интересно отметить, что при значительных изменениях
нагрузочного сопротивления мощность в нагрузке почти не изме-
няется. Это может оказаться очень удобным для калориметрических
опытов. Подумайте сами, какова должна быть кривая зависи-
мости U от /, чтобы мощность нагрузки вообще не зависела от
Источник с ^отрицательным» внутренним сопротив-
лением.
3.23. Много интересных вопросов возникает в связи
со свойствами источников, у которых зависимость напря-
жения от тока отличается от обычной зависимости U =
— — (<§ — ЭДС, г —внутреннее сопротивление источ-
ника). Некоторые из этих вопросов мы разберем на при-
мере этой задачи.
Подключим к источнику резистор с сопротивлением R. <
Напряжение на нем связано с током простым соотноше-
нием—Там же, где изображена зависимость U (/),
начертим прямую UK=RI. Точка пересечения графика U (/)
и прямой UH = RI даст нам искомые ток и напряжение. Для
обычного источника, у которого напряжение на зажимах
тем меньше, чем больше ток, никаких проблем больше
не возникает —точка пересечения одна и результат опре-
деляется однозначно. А вот для необычного источника,
у которого на некотором участке напряжение растет
с ростом тока, есть область значений R, при которых
точек пересечения целых три. Понятно, что ток не может
иметь одновременно три значения; значит, с этой областью
нужно разбираться отдельно — удобный графический спо-
соб определения тока в цепи тут явно не подходит.
Подключим к источнику сначала резистор с очень
большим сопротивлением, а затем будем постепенно
сопротивление уменьшать. Первоначальный ток в цепи
будет очень малым, и при уменьшении сопротивления он
будет возрастать. На рис. 167, а такому режиму соот-
ветствует участок ab. на котором значения U и I (U)
меняются от Ua = 20 В, /а = 0 до Ub ж 10 В, 1ьж 120 мА.
.181
Каждая точка этого участка соответствует устойчивому
состоянию (малые изменения тока в цепи приводят к из-
мененияхМ напряжения, которые стремятся компенсировать
изменения тока; это характерно для всех «нормальных»
цепей). При дальнейшем уменьшении R режим меняется
Рис. 167
скачком —от Ub, 1Ь до Uc& 22 В, 1сж 260мА, а затем —
снова «устойчивый» режим (справа от точки с по кри-
вой 1/{/)).
Если мы начнем с малых сопротивлений резистора, то
при увеличении R мы дойдем до точки d (рис. 167,6),
затем —скачок от (7rf«23B, /^«210мА до 1/^«8В,
/е «80 мА и снова по кривой U (/) до точки а.
А что если взять резистор, сопротивление которого
лежит в области 80 Ом < R < 100 Ом (значению 7? « 80 Ом
соответствуют точки b и с на рис. 167, а, значению
/?« 100 Ом —точки е и d на рис. 167,6, и подключить
его к источнику? Каковы будут напряжение и ток в цепи?
Чтобы ответить на этот вопрос, надо знать такие пара-
метры цепи, как индуктивность проводов, емкость между
выводами резистора. Если, например, индуктивность
проводов большая (длинные провода), а емкость между
проводами маленькая, то в момент подключения резистора
к источнику ток будет малым (влияние индуктивности),
а затем будет нарастать —режим в цепи будет устанавли-
ваться в соответствии с рис. 167, а. Если велика емкость
между подключаемыми к источнику проводами, а индук-
тивность проводов маленькая, то в первый момент ток
будет большим и станет уменьшаться (по мере зарядки
емкости; — случай, соответствующий рис. 167,6.
Интересно отметить, что, используя подобные источ-
ники, можно получить незатухающие колебания в цепи.
Правда, для этого нужен второй источник—обычный.
У обычного источника, напряжение на котором падает
с ростом потребляемого тока, можно определить величину
внутреннего сопротивления — по отношению изменений
напряжения на выходе к изменениям тока: г = —
В нашем случае на некотором участке —на участке bd
зависимости U (/) — внутреннее сопротивление источника
получается отрицательным. При этом участок bd настолько
крут, что даже полное сопротивление цепи (г + 7?) оказы-
вается отрицательным. Отсюда и неустойчивость «средней»
точки, и другие «странности» (в том числе — возможность
получения незатухающих колебаний: «отрицательное»^со-
противление может компенсировать потери в колебательной
системе; естественно, все это происходит без нарушения
закона сохранения энергии —за счет энергии источника).
Как же удается получить полностью кривую зависи-
мости [/(/), если как при уменьшении, так и при увели-
чении сопротивления нагрузки из кривой «выпадает»
участок bd? При помощи маленькой хитрости: возьмем
второй источник, его «минус» подключим к «плюсу» нашего
источника, а нагрузку R включим между оставшимися
выводами. Это позволит нам при той же величине тока
подобрать резистор с существенно большим, чем 7?, сопро-
тивлением так, чтобы полное сопротивление в цепи было
всегда положительным. (На графике такая прямая уже
не выходит из начала координат и пересекает кривую U (/)
только в одной точке.)
Зависимость, подобная приведенной в условии за-
дачи,— вовсе не редкость. Она может возникнуть, напри-
мер, при попытке сделать стабилизатор напряжения,
у которого выходное напряжение не меняется при
изменении тока нагрузки. Чаще всего этого достигают,
компенсируя уменьшение напряжения (компенсационный
стабилизатор). Стоит только немного ошибиться— сразу
в какой-то области наступит перекомпенсация, и напря-
жение начнет увеличиваться с ростом потребляемого тока.
(Радиолюбители знают, что стабилизаторы часто склонны
к самовозбуждению; причины этого явления мы выше
обсудили.)
3.24. Будем решать задачу графически.
Разобьем схему на две части—батарейка и резистор (Ио+Д)
(рис. 168, а) и цепь с нелинейными элементами (г+Дг+ДО
(рис, 168, б) — и построим их вольтамперные характеристики.
183
Для участка (Vo+#) зависимость 1 (U) находится легко:
R
U^UQ
— прямая на рис. 168, в.
В нелинейной цепи сначала найдем зависимость I (U) для
последовательно соединенных резистора г и диода ДгО’+Дг)»
Рис. 168
Начертим прямую lr = Ulr и для каждого значения тока просум-
мируем значения падений напряжения на г и на Д2. Получится
кривая Iг+д (см. рис. 168).
Теперь для каждого значения напряжения найдем полный ток
в нелинейной цепи—просуммируем значения токов через Дх и
в участке (г + Д2). Полученная кривая /г+д1+д2 — вольтамперная
характеристика нелинейной цепи, выделенной на рисунке. Заметим^
Рис. 169
что нам не надо строить всю кривую
достаточно кусочка в райо-
не пересечения этой кривой с вольтам-
перной характеристикой участка Vo+ R
(с прямой /уо+я). Точка пересечения
этих линий U а 0,9 В и /общ ~ 2,5 мА—
дает значения напряжения и полно-
го тока в цепи (г+Д1 + Д2). Ток
через диод Дх при напряжении 0,9 В
/j = l,5 мА$ значит^ ток через резис-
тор г и диод Д2
= = ^>9 мА.
3.25. Подключим точки А и
В к батарейке (70 (рис. 169).
Ясно, что потенциалы точек С и D равны; то же можно сказать
про точки Е и F. Это значит, что по отрезкам прямых, соединяю-
щих точки С и D, а также Е и F, ток не течет. А в таком случае
эти отрезки можно выбросить—сопротивление от этого не изме-
184
цится, а схема явно станет проще. Теперь схему можно рассчитать
совсем просто:
а
а , ОР V 2 Р , а
-р+- . —+-р
°р+-^-р
“2 Г
। J V Qp_
К 24-1/ к 2*
3.26. Это—сложная задача. В решении ее есть два довольно
тонких момента: во-перых, нужно догадаться, как схему упростить,
а во-вторых, нужно понять, что с этой упрощенной схемой делать
дальше.
Итак-, упростим схему, разомкнув точки, потенциалы которых
одинаковы—это Ci и Сд, С2 и С4 на рис. 170, а. Кроме того, сое-
диним накоротко точки Af и Л2, а также В± и В& Тогда и полу-
чится схема, приведенная на рис. 170, б. Видно, что между точ-
ками Л* и В* подключен такой же «квадрат», только вдвое мень»
ших размеров. И вот тут самое сложное место в решении — сопро-
тивление этого квадрата ровно в два раза меньше, чем исходного,
Зная это, вы легко можете объяснить, почему именно в два раза,
а вот догадаться об этом самостоятельно нелегко.
Дальше все просто: обозначим полное сопротивление /?, сопро-
тивление стороны большого квадрата г и найдем из получен-
ной эквивалентной схемы:
'/2**’г/(К 22) +R/2+rl(V 2 2)
После довольно нудных преобразований, обозначив Rjr — x, полу-
чим
х2+(У"2—1)х------i==s0.
К2
И окончательно
(1 —/ 2+ /3) » 0,659г==0,659ар.
185
ИС. Lil). £.сли одно звено
Рис. 171
цепочку бесконечной, а потом,
3.27. Примем расстояние между Москвой и Ленинградом рав-
ным 6-Ю5 м. Разобьем линию на множество звеньев; каждое звено
представим в виде эквивалентной схемы из трех резисторов
~ соответствует I м длины линии,
то последовательные резисторы
• имеют сопротивление г=0,05 Ом,
а параллельный—R = 107 Ом. Яс-
но, что два резистора, подклю-
ченные последовательно, можно
заменить одним, сопротивление
которого равно 2г=0,1 Ом.
Число звеньев такой цепочки
очень велико. Будем считать эту
получив решение, обсудим право-
мерность такого приближения.
Найдем вначале сопротивление ₽Общ такой цепи. Для этого
добавим еще одно звено впереди цепочки и потребуем, чтобы полное
сопротивление такой удлиненной цепи опять составило /?Общ«
^общ । а,_________________________р .
/? + /?общ+ ^ОбЩ’
Отсюда находим /?Общ:
/?общ = г+/г8+2г/? = 0,05 + /(0>05)2+10в« 103 Ом. .
Если ко входным зажимам схемы на рис. 171 подключить на-
пряжение U, то после подключения добавочного звена напряжение
уменьшится на величину
&U=2rl =2г-Б^—.
^общ
3d означает* что после одной ячейки напряжение станет меньше
в 777=-;—п-те------« 1,0001 раз и каждая следующая
U—kU i—2r/Ro6m
ячейка уменьшает напряжение во столько же раз. Значит, напря-
жение после n-й ячейки на оставшейся части цепи будет
П /СК Л/ 6*10S м
При нашем способе разбиения число ячеек равно —
= 6-10!, значит, напряжение на конце линии составит
п 100 В '
N kN (l+O.OOOl)®’10’
Преобразуем выражение, стоящее в знаменателе:
(14-0,0001 )’•10’ = 1(1 + O.OOOl)1®000]60 « е80 « 1,14• 102в.
(выражение в квадратных скобках—это приближенное значение
числа е=2,718—основания натуральных логарифмов е= lira (1 +х)^х.
Итак, напряжение на конце линии составляет
Такую величину просто невозможно измерить, вольтметр покажет 0,
186
Напряжение посередине линии—
Ю-11 В.
Что изменится, если разбить линию на ячейки «длиной» не 1 м,
а 1 см или 1 км (или 100 км)? В нашем случае «умельчение» ячеек,
конечно, допустимо, но явно не имеет смысла; а вот увеличивать их
Гзмеры нужно осторожно — на длине линии 10 км (10 000 ячеек по
м) напряжение падает в е раз, и ясно, что «длина» ячейки
должна быть, во всяком случае, во много раз меньше, чем 10 км.
Считая цепь бесконечной, мы как бы добавили к концу ее еще
очень много ячеек. Ясно, что расчет /?общ был вполне корректным
(напряжение на конце цепи во много раз меньше входного, и при
подключении дополнительных резисторов практически не
меняется). А вот напряжение на
выходе мы оценили не очень точ-
но. Подумайте сами, каким должно
быть сопротивление вольтметра, что-
бы наш способ решения давал точ-
ный результат.
3.28. Если через лампу и резис-
тор г течет ток /, то напряжение
U на лампочке
U = S~Ir. (1)
Г рафик U (/) этой зависимости
(рис. 172) называется нагрузочной
прямой. Точка пересечения нагрузоч-
ной прямой с вольтамперной харак-
теристикой лампы определяет значе-
ния U и /: /=0,24 А, (/ = 1,6 В.
между точками А и В
Для того чтобы разность потенциалов
была равна нулю, напряжение на нижней части реостата должно
быть равно напряжению U на лампочке. Это условие будет выпол-
нено, если
Ki U
-<£-(/’
или
___________(2)
R-Ri S-и' ' '
где Ri и /?2 — сопротивления нижней (по схеме) и верхней частей
потенциометра (/?i+/?2 = /?)* Отсюда
/?1 = /?-—:= 16 Ом, 7?2 = 24 Ом,
&
При изменении ЭДС источника меняется напряжение на всех
элементах схемы. Для того чтобы было минимальным, из-
менение напряжения на лампочке должно быть равно изменению
напряжения на нижней (по схеме) части реостата.
Сопротивление лампочки зависит от напряжения на ней. При
небольших изменениях напряжения вблизи «рабочей точки» лам-
почки можно считать, что А/~ Д(/. Это соответствует замене самой
вольтамперной характеристики вблизи рабочей точки касательной
к ней (см, рис. 172),
187
Следовательно, вблизи рабочей точки лампочка ведет себя, как
резистор с сопротивлением
<3>
где Р — угол наклона касательной.
Величину Гд называют дифференциальным сопротивлением.
?но определяет не соотношение между напряжением и током
лампочке, а отнбшение их изменений.
Проведя касательную (см. рис. 172), найдем, что в рассмат-
риваемом Случае
гл = 12,5 Ом.
Так как напряжение на лампочке определяется формулой (1), то
ДС/ = Д<£—Д/г.
Но
гя
Следовательно,
ДУ=М>-^,
гл
Отсюда
“'-«гр;- <«
Из соотношения (2) следует, что напряжение на нижней части
реостата
поэтому
Д1/£ = Д^-^. (5)
Приравняв Д1/£ и Д1/, получим
гл
г+гл R ’
откуда
= 18 Ом,
При этом Uав ~ 0,6 В, и при изменении ЭДС на величину,
лежащую в пределах —1 В < Д<^ < 1 В, значение Uав меняется
менее, чем на 0,03 В. Рассмотренное устройство может служить
стабилизатором небольших напряжений.
3.29. Перерисуем схему так, как изображено на рис. 173, а.
Подключим к точкам А и В схемы (рис. 173, б) два одинако-
вых источника тока с ЭДС <^1 = ^2 = ^ через два одинаковых рези-
стора с сопротивлением R > г (внутренним сопротивлением источ-
ников пренебрежем). Положим г = 1 Ом и подберем значения и
R так, чтобы <£7/? = 1 А.
188
Рассмотрим сначала подключение лишь одного источнику
к точке А и получим следующую схему разветвления втекающего
в узел А тока I1 — &/(R + гдв) ~ 1 А (рис. 173, в). Оставляя затем
только источник с ЭДС ^2, получим ситуацию, когда из узла В
вытекает ток Л = (£7(/? + <дв) ~ 1 А (рис. 173, г). Этот ток сте-
кается из трех ближайших к В узлов и через источник уходит на
«бесконечность». Теперь подключим к точкам А и В оба источ-
ника, тогда из принципа суперпозиции и из условия R > г полу-
чим, что по проводнику АВ будет протекать ток / = (/i-|- /2)/3
и напряжение на проводнике будет
2 2
^B=jA.l Ом=уВ.
С другой стороны, на схему подано общее напряжение 2(§ и в нее
втекает ток / « 2^/(2/?) = 1А. Следовательно,
Ом-
Случай, когда внешнее напряжение прикладывается к точкам А
и С, совершенно аналогичен предыдущему:
%АС=~г Ом.
О
Нам осталось найти сопротивление между точками В и С. Подклю-
чение только одного источника приводит к тому, что по ребру АВ
будет течь ток Z/3, а по ребру АС—ток //6. Подключим затем
к узлу второй источник и из соображений симметрии и принципа
суперпозиции получим
ивс = { Ом (vA+i а)+10м (1 а+4- а) = 1 в
\ О О / \ О О J
189
и
Ом.
3.30. Рыбу, ковечно же, убивает не прямое попадание молнии,
а электрический ток, который проходит при этом через воду. Плот-
ность тока спадает по мере уда-
ления от места попадания молнии
(рис. 174). Разность потенциалов,
возникающая на туловище рыбы
(которая пропорциональна величине
тока, проходящего через рыбу),
определяется плотностью тока че-
рез воду, и погибает та рыба, ко-
торая находится в области, где
плотность тока превышает крити-
ческую величину. Характерный раз-
мер этой области составляет от не-
скольких метров до нескольких де-
сятков метров, и в этой опасной
зоне вполне может оказаться не-
сколько рыбин.
В некотором смысле сходная ситуация может возникнуть при
обрыве провода высокого напряжения и падении его на землю.
В этом случае плотность тока, текущего по земле, растет по мере
приближения к месту падения провода. Степень опасности для
человека характеризуется здесь так называемым «шаговым напря-
жением»— напряжением, возникающим между ногами человека при
контакте с землей. Ясно, что маленькие шаги приводят к мень-
шему шаговому напряжению — именно поэтому выходить из опас-
ной зоны, где упал провод, надо небольшими шагами.
3.31. Проводимость о——это коэффициент пропорциональности
между плотностью тока / и напряженностью электрического поля Е,
В изотропном теле направления напряженности и плотности тока
совпадают и j=oE. В анизотропной среде, например, в кристалле,
проводимость вдоль разных осей
может быть разной. В рассмат-
риваемой в задаче ситуации про-
водимость вдоль оси х ох превос-
ходит проводимость вдоль оси
у—(Уу и плотность тока не совпа-
дает с направлением напряженно-
сти электрического поля: jx =
И ixliy & ExlEyi
Ток в образце течет вдоль полоски, но напряженность элект-
рического поля направлена под углом к току и слагается из про-
дольной напряженности F1 = t//Z и поперечной Ez — Vjd (рис. 175).
Проекции поля на оси х и у будут
Рис. 175
Ех=cos 45° = (Ei—E2)lV 2,
£„=(£,+£,) cos 45° = (£i+£2)/|< 2,
а значит, для проекций плотности тока мы можем записать
1х—Gx^x—®х
Ej—F*
V 2
190
. f 1 1 *-'2
hi —ЯуЬу — ay 2 ’
Поскольку ток течет вдоль полоски, то jx = iy и
Е^Е2_ (Ei+ E2)
x <2 9 K2 ’
а значит, отношение проводимостей будет
vx_Ei+E2_ (U/l) + (V/d)
u^E^E2 (U/l)^-(V/d) *
О О ❖
3.32. Нетрудно понять, что нагревание различных
предметов приводит к исчезновению как с их поверхности, так и
из внутренних полостей имеющейся влаги. Это существенно ухуд-
шает проводящие свойства, а значит, способствует более длитель-
ному сохранению на поверхности предметов разделенных зарядов,
что и проявляется внешне как усиление их диэлектрических свойств.
3.33. Будем считать, что щель настолько узка, что расстояние,
на котором толщина пучка заметно меняется (например, в два
раза), много больше ширины щели d. В этом случае можно счи-
тать, что пучок представляет собой плоскопараллельную заряжен-
ную пластину, создающую электрическое поле с напряженностью
Е
где о—плотность заряда на пластине, равная отношению заряда Q
участка пластины к площади 5 этого участка. Так как
Q =enSd9
то
Следовательно,
E—endl^Q.
В этом поле на электрон у края пучка действует сила
F=eE,
сообщающая ему в направлении, перпендикулярном к пучку, уско-
рение
__F _ e2nd
~т 2msQ *
Ширина пучка удвоится, когда электрон пройдет с таким ускоре-
нием расстояние d/2, т. е. через промежуток времени
у__ 1 d -в / 2s
V а~ V е2п •
Вдоль направления пучка электрон за это время удалится от
щели на расстояние
/ = ^ = о T/rJ^L«2,5 см.
г е2п
191
3.34. Выберем систему координат ху, как показано на рис. 176.
Сразу же можно отметить, что движение частицы вдоль оси у бу-
дет равномерным со скоростью v cos а (действием силы тяжести
мы пренебрегаем). Сила, действующая на частицу со стороны за-
ряженных слоев, направлена вдоль оси х и в точке с координатой х
определяется зарядами, находящимися в заштрихованных на ри-
сунке областях (симметричных относительно плоскости раздела
слоев). Действительно, действие незаштрихованных областей с раз-
ноименными зарядами компенсируется, поскольку область объем-
ного заряда можно представить себе как набор плоскостей с по-
верхностным зарядом, а поле, создаваемое заряженной плоскостью,
не зависит от расстояния до нее. По той же причине можно счи-
тать, что поле в точке с координатой х определяется заряженными
плоскостями с поверхностной плотностью
расположенными слева и справа от этой
точки. Напряженность такого поля равна
£ = 2_Р£=Р£
2sq 8о
Значит, сила, действующая на частицу в
тот момент, когда она находится в точ-
ке с координатой х,
и уравнение движения частицы в направ-
лении оси х
X
ер
--— X
m&Q
заряда — рх и + рх
— это уравнение гармонических ко- Рис. 176
лебаний с частотой соо = }^ер/т80.
Понятно, что частица не проникнет в область отрицательного за-
ряда, если амплитуда этих колебаний будет меньше d. Предель-
ная скорость упр частицы, при которой выполняется это условие,
определяется равенством
отсюда
При скоростях v < упр частица проникает в положительно за-
ряженный слой на некоторую глубину, а затем «выталкивается»
йз него. Частица проводит внутри слоя время /, равное половине
периода колебаний с частотой со, т. е.
/ _ 2 _ л
За это время частица смещается по вертикали на расстояние
у— tv cos а = nv
/ те
I/ ----cos а,
г ер
7 А. И, Б у здин и др.
193
На таком расстоянии от точки А частица вылетит из положительно
заряженного слоя.
3.35. На пылинку в электрическом поле действует сила F = qE
пылинки, Эта сила уравновешивается силой сопро-
тивления воздуха Fc = kv(v—ско-
рость движения пылинки). В пер-
вом случае напряженность элект-
рического поля постоянна вдоль
цилиндра, и скорость пылинок
—qERk, а время, за которое
воздух очистится,
И __ Hk
1 ~ ^1 ~ gEi ‘
где q—заряд
Рис. 177
весь
(1)
Во втором случае пылинки
жутся в поле,
которого падает по мере удаления
от оси цилиндра: Е (rj — EjR/r-,
скорость пылинок также убывает с ростом г: v (r)=qRE-J(kr).
Пользуясь определением скорости v = brlbt можно записать:
Дг/t» (г)~Ы. График зависимости 1/оот г —прямая линия (рис. 177).
Величина Д/ = Дг/у (г) численно равна площади заштрихованной
трапеции. Чтобы найти полное время движения пылинки tx от оси
до боковой стенки цилиндра, необходимо просуммировать все ин-
тервалы Д/, т. е. найти площадь прямоугольного треугольника
с гипотенузой ОД:
дви-
напряженность
t ____________*£
х 2 и (Я) 2qEi ‘
Подставляя значение k/q, найденное из (1), получим
О теореме единственности в электростатике.
3.36. Напомним некоторые условия, которые выпол-
няются при равновесном распределении зарядов в про-
воднике. Наличие практически неограниченного числа
свободных носителей тока (электронов) приводит к тому,
что электрическое поле в толще проводника отсутствует
(иначе не прекратилось бы перетекание зарядов внутри
проводника). Проводник, таким образом, образует область
с постоянным потенциалом. Линии электрического поля
всегда перпендикулярны эквипотенциальным поверхно-
стям, в частности —внешней поверхности проводника.
Еще одним фактом, справедливым для проводников лю-
бой формы, является то, что весь сообщенный проводни-
ку заряд располагается на его поверхности (в противном
случае внутри проводника существовало бы поле).
Теперь рассмотрим проводник, которому сообщили
положительный заряд Q. Уместно поставить вопрос: един-
194
ственным ли образом весь этот заряд сможет растечься
по поверхности проводника? Ответ на этот вопрос со-
ставляет содержание так называемой теоремы единствен-
ности в электростатике.
Предположим, что заряд Q может растечься по про-
воднику двумя способами, т. е. существуют два различ-
ных распределения заряда Q на поверхности проводника.
Будем обозначать эти распределения Pt и Р2. Очевидно,
что если этому же проводнику (незаряженному) сообщить
отрицательный заряд —Q, то среди его равновесных
распределений по поверхности проводника будут распре-
деления Р'. и Р2, которые отличаются от Pj и Р2 лишь
тем, что знаки соответствующих зарядов в данном месте
поверхности изменены на противоположные. Действительно,
силами взаимодействия в конфигурации Pt(P2) являются
силы взаимного отталкивания зарядов, «сидящих» на по-
верхности. Изменение знаков всех зарядов оставляет эти
силы неизменными, поэтому каждый элементарный по-
верхностный заряд будет в равновесии; при этом элект-
рическое поле в каждой точке пространства вне провод-
ника лишь изменит направление на противоположное.
Таким образом, конфигурация Р^(Р0 также будет равно-
весной.
Рассмотрим далее такую ситуацию. Сообщенный про-
воднику заряд Q принял распределение Р^ «Заморозив»
это распределение, поместим на проводник заряд — (Этак,
чтобы он принял распределение Р2. Если теперь суммар-
ный заряд проводника (равный нулю) предоставить са-
мому себе, то согласно принципу суперпозиции, система
будет находиться в равновесии и никакого перетекания
заряда по поверхности проводника не произойдет. Итак,
общий заряд проводника оказался равным нулю; при
этом на поверхности проводника обязательно найдутся
разноименно заряженные области: Ait заряженная поло-
жительно, и Bit заряженная отрицательно. Рассмотрим
силовую линию, выходящую из области At. Поскольку
проводник уединенный, то эта силовая линия либо кон-
чается на нем, либо уходит на бесконечность. В первом
случае точки начала и конца силовой линии (принадле-
жащие проводнику) должны иметь разные потенциалы
(почему?), чего не может быть. Остается второй случай.
Аналогично рассмотрев одну из силовых линий, прихо-
дящих к проводнику в области Bit мы придем к выводу,
что она пришла из бесконечности. Мы считаем, что бес-
конечность имеет фиксированный потенциал; но тогда
7* 195
потенциал области Лх выше потенциала бесконечности, а
потенциал бесконечности выше потенциала области Вп
т. е. различные области проводника имеют разные потен-
циалы. Но это противоречит условию равновесия зарядов
на поверхности проводника.
Итак, предположение о возможности двух различных
равновесных распределений заряда было неверным. Заряд
на проводнике может распределиться единственным обра-
зом. Если в конкретной задаче нам удалось угадать рав-
новесное расположение зарядов, то это и будет ответ. .
Теперь рассмотрим решение задачи.
Два соприкасающихся проводника А и В представляют собой
уединенный проводник (Л4~В). Заряд, сообщенный этому провод-
нику, Q. Рассмотрим малый элемент As поверхности проводника,
на котором в результате равновесного распределения заряда Q по
поверхности проводника (Л 4-В) установилась плотность заряда а.
Если бы проводнику (А-\-В) (незаряженному) сообщили заряд Q',
то установившаяся плотность заряда а' на As удовлетворяла бы
следующему соотношению:
o' __ Q'
"о Q
Действительно, сила, действующая на заряженный элемент As
поверхности проводника (А-\-В) со стороны других заряженных
областей поверхности, определяется как сумма сил взаимодейст-
вия данного элемента поверхности со всеми остальными. Поскольку
пространственное расположение проводников осталось неизменным
(это важный момент), взаимные расстояния между элементарны-
ми зарядами (зарядами отдельных элементов поверхности (Л-|-В))
также остались неизменными, а изменились лишь величины самих
взаимодействующих зарядов. Поэтому каждая из сил попарного
взаимодействия элементарных зарядов изменилась в одно и то же
число раз—в (Q'/Q)2 раз. Таким образом, каждая элементарная
область поверхности по-прежнему будет находиться в равновесии.
Из приведенных рассуждений следует, что какой бы заряд ни
сообщался контактирующим проводникам А и В (проводнику
(Л + В)), отношение заряда распределившегося на проводнике Л,
к заряду qn, распределившегося на проводнике В, остается неиз-
менным (разумеется, при неизменном расположении контактиру-
ющих проводников).
Первоначально, когда на проводнике (Л4~В) распределен за-
ряд Q,
(1)
Яв Q Х
При сообщении проводнику (А-\-В) дополнительного заряда qx
J1A —_____1___ /2)
Яв О,+Ях-Я
Из (1) и (2) находим qx\
196
3.37. Сначала докажем, что при первоначальной ориентации
куба в электрическом поле поверхностная плотность зарядов, на-
веденных в центрах граней, параллельных полю (остальных четы-
рех), будет равна нулю. ’ Действительно, пусть напряженность
внешнего однородного поля равна Ео. Из соображений симметрии
ясно, что поверхностная плотность зарядов, наведенных в сере-
динах четырех граней куба, параллельных вектору Ео будет оди-
накова. Примем ее равной ах. Изменим теперь направление век-
тора напряженности внешнего однородного поля на противополож-
ное. Тогда легко понять, что поверхностная плотность наведенных
зарядов, оставаясь неизменной по величине, поменяет знак на
противоположный в каждой точке поверхности куба. В частности,
в серединах отмеченных выше четырех граней эта величина станет
равной Qi = — ах. Но «получить» ситуацию с повернутым на 180°
вектором напряженности внешнего поля можно было бы, «повер-
нув» все пространство» (поле вместе с расположенным в нем ку-
бом) на 180° относительно вертикальной оси, проходящей через
середины горизонтальных граней куба. При этом, очевидно, по-
верхностная плотность наведенных зарядов в центрах параллель-
ных полю граней не изменится, т. е. 01 = 0!.
Итак, мы получили, одновременно
01=01 и Oi=—Of,
т. е. Oi = 0.
Рассмотрим далее случай, на рис. 70, б.
Воспользуемся принципом суперпозиции и будем считать, что
куб помещен в систему из двух взаимно перпендикулярных полей,
вектор напряженности каждого из которых Ei и соответственно
Е2 в У 2 раз меньше вектора суммарного поля Ео, т. е. выполне-
ны следующие условия Ео = Е^Ег, | Ех | = | Е2 | = Ео/)/*2 , Ех | Е2.
Легко сообразить, что поле Et наводит в центрах перпендикуляр-
ных ему граней заряды с поверхностной плотностью о'—Оо/УТ
так как Е1 = £'0/)А2 , а в центрах остальных четырех граней по-
верхностная плотность заряда будет равна нулю. Сходные рас-
суждения проведем и для поля Е2. Тогда поверхностная плотность
наведенных зарядов в исходном внешнем однородном поле вели-
чины Ео в центрах всех вертикальных граней будет одинакова по
величине и равна о' = о/]Л2. Поверхностная плотность наведен-
ных зарядов в центрах горизонтальных граней будет равна нулю.
В случае, когда куб сориентирован так, как на рис. 70, в,
также воспользуемся принципом суперпозиции. Для этого пред-
ставим внешнее поле как сумму трех взаимно проникающих пер-
пендикулярных полей величиной Eq/У 3. Рассуждая, как и в пре-
дыдущем случае, придем к выводу, что теперь величина поверх-
ностной плотности зарядов, наведенных в центрах всех граней
куба, будет равна о" — о/Уз.
3.38. Получившаяся система пластин соответствует эквивалент-
ной схеме из трех конденсаторов емкости C = bQs/d каждый
(рис. 178):
р ___С_______3 р___3 £pS
2 — 2 С— 2 d .
Реальное поле плоского конденсатора вовсе не сосредоточено
внутри — только очень приближенная модель не учитывает поля
197
снаружи («краевых эффектов»). Если бы поля снаружи не было,
можно было бы взять контур, часть которого находится внутри
конденсатора, а часть—снаружи, и получить при переносе по
этому контуру пробного заряда, работу, не равную нулю (а это
для поля неподвижных зарядов невозможно!).
Рис. 178 Рис. 179
3.39. Присоединив проводники А и В (рис. 179), мы получим по-
z-> ®0*^2
следовательное соединение конденсаторов Ci=—— и С2 = —,
т. е.
Si S2
d-> d2 __ SjS2
Si । S2 0 Sidi+ S2d2
d^ d2
Присоединив провода к точкам А и D (D—на проводящем
листе), получим С<, а к точкам В и D—емкость С2г
3.40. Найдем связь между зарядом на конденсаторе и рассто-
янием между его пластинами d. Сила, действующая на пластины
конденсатора со стороны пружины, равна k(dQ—d), где k—коэф-
фициент упругости пружины. Эта сила уравновешивается силой
электростатического притяжения между пластинами конденсатора
q (Е/2) (здесь q—заряд пластины, а Е—напряженность электри-
ческого поля в конденсаторе (множитель 1/2 появляется из-за
того, что полная напряженность равна сумме напряженностей,
создаваемых каждой из пластин)). Разность потенциалов U на
пластинах конденсатора U = Ed — qlC, где C = eQS/d—емкость пло-
ского воздушного конденсатора. В итоге можем записать соотно-
шение
k (do — d)=q .
При заряде на конденсаторе, равном qQi расстояние между его
пластинами составляло dl} т. е.
Md0-d!) = 2^. (1)
После параллельного подсоединения незаряженного конденсатора
заряд перераспределился и уменьшился наполовину на первом
конденсаторе до ^0/2. Расстояние между пластинами конденсатора
d2 при этом определяется из соотношения
= (2)
Сопоставляя (1) и (2), находим искомое расстояние d2
do—(do— di)t
198
т. е.
^2=7/s^o«
3.41. На проводящей оболочке, помещенной в электрическое
поле, будут индуцироваться заряды. Поверхностная плотность этих
зарядов пропорциональна напряженности поля Е. При изменении
размера оболочки в п раз и напряженности поля в, k раз силы,
действующие на половинки сферы (на которых индуцированы за-
ряды противоположных знаков), изменятся в &2я2 раз.
Поскольку толщина стенок остается постоянной, сила, прихо-
дящаяся на единицу длины оболочки, должна быть прежней. Если
в первом случае разрыв происходит при некотором значении /0
этой силы, то при увеличении размеров сферы в п раз и напря-
женности поля вй раз разрыв произойдет при f =(62я2/п)/0-
Из условия f = fo
kW ,
----= 1,
п
следовательно,
Й=1//п.
При увеличении радиуса оболочки в два раза разрыв произойдет
при напряженности поля
£=ЕО/Уг2.
3.42. Известно, что энергию заряженного тела можно пред-
ставить как суммарную потенциальную энергию взаимодействия
всех пар небольших заряженных областей, из которых состоит за-
ряженное тело.
Выберем на квадратном заряженном листе две произвольных
небольших области (рис. 180),
площади которых Si и S2 соответ-
ственно, а расстояние между ни-
ми г. Тогда энергия взаимодейст-
вия пары выбранных областей
4Л80 г
где о—заряд, приходящийся на
единичную площадку заряжен-
ного листа, — поверхностная плот-
ность заряда.
Для сложенного вчетверо листа выберем два сходных с пер-
вой парой небольших участка, соответственно площадей Si = Si/4
и S2 = S2/4 на расстоянии г'==г/2 друг от друга. Тогда энергия
взаимодействия новой пары областей
а1р;г_ ‘ 1
4ле0 г 4ле0 (г/2)
(мы учли, что после складывания листа поверхностная плотность
заряда возросла в 4 раза, о' = 4о).
Разбивая заряженный лист на множество небольших участков,
в первом и подобным образом во втором случае (после складыва-
ния) убедимся, что любая пара областей в первом случае будет
давать в общую энергию вклад, в два раза меньший, чем соответ-
199
ствующая пара областей во втором случае. Следовательно, и пол-
ная энергия листа до складывания будет в два раза меньше пол-
ной энергии листа после складывания.
Точно такой же ответ мы получим, если воспользуемся сооб-
ражениями размерности. Учтем, что полная энергия равномерно
заряженного квадрата будет пропорциональна квадрату его пол-
ного заряда и обратно пропорциональна длине стороны квадрата.
После двукратного складывания квадрата мы получим ситуацию
подобную исходной. При этом полный заряд квадрата остался не-
изменным, а размеры уменьшились в два раза. Следовательно,
полная энергия квадрата увеличилась в два раза.
3.43. Очевидно, при помещении незаряженного металлического
шара в однородное электрическое поле на поверхности шара по-
явятся наведенные электрические заряды. Они расположатся по
его поверхности так, что напряженность результирующего элект-
рического поля внутри шара будет равной нулю. Ясно, что по-
верхностная плотность заряда о определяется напряженностью
внешнего электрического поляг и геометрией проводника. При за-
данной геометрии чем больше внешнее электрическое поле, тем
больше величина о в каждой точке поверхности проводника.
При выключении внешнего электрического поля в шаре выде-
лится тепло за счет потенциальной энергии поля, созданного на-
веденными на шаре зарядами. Эту энергию можно найти как сумму
потенциальных энергий всевозможных пар заряженных точек по-
верхности шара. Разобьем поверхность шаров на подобные малые
участки. Энергия взаимодействия пары участков поверхности мень-
шего шара, находящихся на расстоянии /?12 друг от друга, равна
дгAS*A-2 ,
А12
где Of и о2—соответствующие плотности заряда, ASi и AS2—пло-
щади соответствующих участков. Поверхностные плотности заряда
на подобных участках большого шара также равны Oi и о2. (По-
кажите это самостоятельно, воспользовавшись принципом супер-
позиции и условием равенства нулю напряженности поля внутри
проводника.) Если радиус этого шара больше в п раз, чем радиус
меньшего шара, то энергия пары подобных участков большого
шара равна
ЛП7, , AS^S2 г -n2AS2 ЧЛТ17
Д W = Ш1о2 7 = kOiOz---------Ч; -= Л3Л ™,
/?12 "Я12
где ASj и AS2— площади соответствующих увеличенных участков^
/?12—расстояние между ними.
Таким образом, при увеличении размеров шара в три раза
(д = 3) потенциальная энергия поля наведенных зарядов увеличится
в З3 —27 раз и, следовательно, во столько же раз возрастет ко-
личество тепла, которое выделится при выключении внешнего
поля. Более короткое решение задачи мы получим, если, как и
при решении предыдущей задачи, воспользуемся соображениями
размерности. Действительно, единственными величинами, через
которые будет выражаться запасенная шаром энергия, равная ко-
личеству тепла Q, будут величина вектора нат ^яженности внеш-
него однородного поля Е и радиус шара /?. Откуда Q=a£2/?2.
При увеличении радиуса шара в три раза, учитывая физическое
подобие ситуаций, количество выделившегося тепла Q' будет удов-
200
летворять соотношению
Q' = a£2 (3/?)3 = 27Q.
3.44. Пусть подвижная пластина сместилась на. х и расстоя-
ние между пластинами стало d—х. Условие равновесия пласти-
ны— равенство «электрической» и упругой сил:
__Г_____ —. h v
отсюда уравнение для шкалы
2kx (d — x)*
V e0S
Чтобы найти t/max, исследуем U (х) на максимум. Приравняв про-
изводную нулю, получим
*тах)2 2 (d Хтах) Хтах = 0, *гпах = ^/3.
При этом смещение
^тах = 1/ (*тах)= * 4.3'103 В<
Ясно, что это и есть ответ, когда вязкое трение велико. При ма-
лом же трении решение усложняется: пластина может «проско-
чить» по инерции положение равновесия так, что электрические
силы превзойдут упругие и пластины «схлопнутся». Уравнение
равенства сил имеет два корня — меньший (jq) соответствует
устойчивому равновесию, а больший (х2) — неустойчивому. Итак,
если пластина попадет по инерции во второе равновесное положе-
ние и скорость ее не упадет точно до нуля, произойдет «схлопы-
вание». Именно это и ограничивает диапазон измеряемых напря-
жений при малом трении величиной < t/max.
Найдем величину t/i, соответствующую граничному случаю,
используя закон сохранения энергии. При подключении батареи
начальная энергия системы
w CqUi e0S 2
Если пластина сдвинулась на х2, то энергия конденсатора в этом
положении
Работа
eaSUl
П7 __ R»SUl
W1~2(d—xi)'
батареи Лбат= (7i (g—£нач)= (Cji/,—C0C/i) =
-----2~ d(d—x2) • ЭнерГИЯ ПРУЖИНЫ B7"₽=-T-
Если скорость пластины в положении х2 упала до нуля, то
№нач+Лбат= Ч7кон+ ’’’'пр или, после упрощений =
Но х%—положение равновесия, т. е.
e0SUl ... eeSl/? _ e0SUl
2—2 (d—x2)2 d (d—x2) 2 (d—x2)2 ’
201
откуда x2 = 1/2d. Тогда _______
Ui = и (d/2) = l/^- « 3,9-10’ В.
г 4 8qo
3.45. Сразу после подключения конденсаторов к источнику
напряжения на них делятся в отношении, обратном емкостям.
Однако, если подождать некоторое время, заряды конденсаторов
перераспределятся за счет токов, протекающих по неидеальному
диэлектрику. Сумма напряжений, как и раньше, равна напряже-
нию источника, но большая часть приложена к тому конденсатору,
у которого диэлектрик лучше. В нашем случае к конденсатору с
диэлектриком из слюды.
Итак, если учесть токи утечки (а это делать нужно обяза-
тельно!), максимальное напряжение не должно быть выше ^/2 = 300 В.
Даже при одинаковом выборе диэлектриков один из конденса-
торов может оказаться получше—ему и придется выдерживать
«львиную долю» приложенного напряжения.
В цепях переменного тока таких проблем не возникает (если,
конечно, Т = у траспр « /?ут—С), а что делать в цепях постоян-
ного тока — ведь может так случиться, что напряжение источника
превышает допустимые для конденсаторов величины и их прихо-
дится соединять последовательно? В этом случае можно подклю-
чить параллельно конденсаторам резисторы, которые заставят рас-
пределяться приложенное напряжение. Разумеется, сопротивление
такого резистора должно быть достаточно большим, чтобы не на-
рушать работу всего устройства, однако, оно должно быть сущест-
венно (гарантированно) меньше, чем ожидаемое /?ут. Обычно этим
условиям легко можно удовлетворить. Такие же проблемы возни-
кают при последовательном соединении диодов в выпрямителе—их
решают точно так же.
3.46. После подключения резистора /? нижний конденсатор
будет разряжаться (рис. 181), а верхний—заряжаться. Учитывая
малость г, можно считать, что в любой момент сумма напряжений
на конденсаторах равна С/о, т. е. учитывая Cf = C2, можно сказать:
увеличение заряда верхнего конденсатора равно уменьшению за-
ряда нижнего. Но это значит, что ток через резистор /? в любой
Рис. 182
Рис. 181
момент ровно в 2 раза больше, чем через г, и отношение количеств
тепла (на г) и (на /?):
__ г___1
о>2 4/? ”"4000*
3.47. До того как из схемы вырвали конденсатор 2С, заряды
всех конденсаторов были равны
Я=С общ S = JY *
902
В получившейся схеме (рис. 182)
21 — j?
2С ' ЗС~®’
Qi = Q^
12
— Qi + Qz = —2я ~ — YfC<§*
Отсюда
102 . 36 n
^1= I2T </== —<£.
3.48. Начальная энергия системы конденсаторов
с0бш-^=|с-^=1о/§.
После замыкания перемычки остается конденсатор 2С и энергия
системы
Wt=2C^-=CUl.
После замыкания батарейка «протолкнула» по цепи дополнитель-
ный заряд
Д? = 2С{/0-Собщ1/0 = 4 С</0.
О
При этом она совершила работу
Д = Д7С/0=-1с^.
о
«Баланс энергий»: 1^1+Л = IF2+1Гтепл. (В принципе, часть энер-
гии перейдет в тепло не сразу—при замыкании проскочит искра —
и излучится электромагнитная волна, кроме того, будет слышен
звук — значит, и звуковая волна образуется тоже.)
«7тепл=4С{/“+4 UiC-CUl = ^CUl
При размыкании перемычки заряды в цепи перетекать не будут,
значит, и тепло не выделяется.
3.49. В тот момент, когда ток достиг значения /0, заряд кон-
денсатора С составил qa-CI^R и начальная энергия электроста-
тического поля
Равновесие в схеме установится, когда этот заряд распределится
между двумя конденсаторами.
В конце перезарядки (через очень большое время) энергия
2 2
TV7___ ___д®
1_2Соб1Я“6С-
Разность этих энергий равна количеству выделившегося тепла
TJ7 ____ W7 ______ Q®__ CIpR2
"тепл — W о— " 1 — з •
203
3.50. Мощность, переходящая в тепло на подключенном резис-
торе, в каждый момент времени пропорциональна (Ус, т. е. энергии
конденсатора.
Отсюда следует, что за фиксированный отрезок времени энер-
Д£1 АЕ2
гия конденсатора уменьшится в определенное число раз: = -=—.
С 1 С 2
В наших обозначениях
E1=£^L, ^e2=w2, е2=е1-ае1,
тогда получим
W2
или
W? 1
Р_______1 _ TV7 ______
~ 1 Г2 ’
Гх
Отсюда
7/7, А1
3.51. Максимальная энергия вспышки численно равна площади
под графиком кривой U (q), ограниченной значением U — U0 = 300 В
(при этом <7«О,ЗКл; рис. 75).
Чтобы определить эту площадь, раз-
делим кривую U (q) на участки, на
которых зависимость U (q) можно
приближенно считать линейной. Под
каждым таким участком площадь чи-
сленно равна &qi-UCp. Таким обра-
зом, максимальная энергия вспыш-
ки
W « (1^ 0,05+ 140~^-- 0,075+
+ (200 + 300)0 175)Дж = 60Дж.
Удобный способ определения вре-
мени заряда конденсатора от 0 до
250 В подсказывает формула /Д/ = Д</, откуда = и
^обш ~ ~j~ Ад.
Начертим график зависимости 1/7 от q (рис. 183). Ток при заданном
значении q находим по графику /=((У0—U)/R. Площадь под гра-
фиком кривой, ограниченной значениями /~1 = 200А”1, </ = 0,2 Кл,
численно равна времени заряда конденсатора
. /33 + Ю0п 1ОС , 100 4-200 - _ \
^общ ~ ( 2 0,1254 2----0,075 \ с ~ 20 с.
Итак, вспышки можно производить примерно три раза в минуту.
204
3.52. Самое главное — конденсаторы в этой схеме не разряжа-
ются полностью. После того как ток в цепи станет равным нулю,
конденсаторы окажутся соединенными параллельно, т. е. напряже-
ния на них окажутся одинако-
выми.
Ток, разряжающий средний
конденсатор, равен сумме токов
в цепях с крайними конденса-
торами, а так как в силу сим-
метрии те равны между собой
(рис. 184), то
72—2/j.
Обозначим напряжение на кон-
денсаторах в конце процесса Uх.
Поскольку начальное напряжение
Рис. 184
на каждом из них было <^/3, за
время разряда через крайние конденсаторы протекут заряды qx —
— с(Ux\ , а через средний —заряд q2 — C f ~—J- U х\ (заряд
\ <5 1 \ о /
среднего конденсатора станет противоположным).
Ясно, что ^2 = 2^, т. е.
2с(-|—Ux^,
откуда
Тепло, которое выделится на каждом из резисторов, найдем
из закона сохранения энергии:
Ql-Q2-y (^нач-^кон)-уЗД-^ _y3y^J ~27С<6 •
При перезарядке среднего конденсатора напряжение <^/10
будет на нем дважды —во время разряда от <£/3 до 0 и во время
зарядки от 0 до <£79. Для первого случая, согласно закону Ома,
(1)
((Ун —напряжение на крайних конденсаторах в этот момент); за-
ряды, которые протекут к этому моменту через крайние конден-
саторы и через средний, связаны соотношением
С(т-"“)=7С(4—И-)' «
Решая совместно (1) и (2), находим ток 7/$, текущий в первом
случае через резисторы:
/ -12 —
fI 60 R •
Составляя аналогичные
уравнения для второго случая:
205
находим
j____1 s
lt2~60 R *
3.53. Пусть напряжение источника £/(/) = а/, а ключ замы-
кается в момент / = т. Обозначим постоянный по величине ток
в цепи /0. Тогда
Но q = la(t—т), значит,
а/=7?/0 + 70(7-т)/С,
или
fa_^V = R7o_ZoT/C,
\ G у
Ясно, что выражение в скобках должно быть равно нулю (справа
постоянная величина, не зависящая от времени), отсюда
/0 = аС и т = RC.
3.54. Найдем средний ток, протекающий через амперметр. Это
сделать довольно просто: f раз в секунду конденсатор заряжается
до напряжения Uo (причем этот заряд проходит «мимо» ампер-
метра— через второй диод) и столько же раз—разряжается — через
амперметр:
/ср = ^г = -^^=С(/0/.
(Для случая L7o==lOB, С=1мкф, / = 500Гц, /ср = 5« 10~3А.) Обра-
тите внимание на то, что ток через амперметр имеет вид остро-
конечных импульсов довольно сложной формы, однако среднюю
его величину мы оценили вполне корректно. А вот значение «сред-
ней величины квадрата тока»—для прибора тепловой системы и
«средней величины непонятно — чего»—для электромагнитного
амперметра — будет другим (и может отличаться довольно сущест-
венно).
Такая схема широко используется для измерения частоты им-
пульсов (их форма не очень существенна—лишь бы конденсатор
уверенно успевал полностью заряжаться и разряжаться до ампли-
тудного значения), а при известной частоте генератора импуль-
сов— для измерения емкостей конденсаторов.
3.55. При замыкании ключа конденсаторы почти мгновенно
(сопротивление амперметра и внутреннее сопротивление батареи
пренебрежимо малы) заряжаются до напряжения С/3=~2, а при
размыкании ключа практически полностью разряжаются. Поясним
это.
Разряжается каждый конденсатор через резистор R. Ток раз-
ряда в первый момент
7
°“ 7? — 2R'
Если бы этот ток не изменялся, то конденсатор полностью разря-
дился бы за время
Q
=^RC.
'О
206
На самом деле ток уменьшается по мере разряда конденсатора, и
конденсатор разряжается все медленнее; формально говоря, ск
полностью не разрядится никогда. Нас же интересует не абсолютно
потный его разряд, а такой, при котором просто U ^з‘> Для
этого достаточно потребовать, чтобы Тра3р > т. В нашем случае
Тразр = т2=:20.10-3с>т = Ы0-Зс.
Рассчитаем заряд, протекший через амперметр при замыкании
ключа:
91 ~ 2R 1 С 2
(напряжение на резисторах равно Uq/2, ток резисторов протекает
через амперметр).
При замыкании ключа оба конденсатора разряжаются через
амперметр:
а -2 CV<>
Средний ток
С 2^~2R ti+Cl/p X.+RC
/ = Й±21=-----------1------------------= н-г— * 4,8-10-» А.
v Ti + t2 Та + тг 2R Т1+т2
3.56. Ответ на вопрос задачи очевиден: средний ток через
резистор должен быть равен нулю. В самом деле, при любом зна-
чении тока, отличном от нуля, потенциал точки соединения кон-
денсаторов со временем возрастал бы неограниченно.
Рис.
185
Найдем ток через батарею, считая напряжение батареи L70= Ю В.
Легко проверить, что за то время, когда переключатель нахо-
дится в одном из положений — 1 или 2—конденсаторы перезаря-
жаются незначительно. Действительно, пусть на конденсаторе
емкостью С напряжение U. Замкнем его на резистор сопротивле-
нием R. По цепи пойдет ток / = U/R, в результате за малое время
варяд конденсатора изменится на
Дд = /т = £7т//?.
так что
а напряжение—на
ДС/ = Д^/С=£/т/(/?С),
Д(/___т
U — RC
207
На самом деле изменение напряжения еще меньше, так как от
батареи тоже протекает некоторый заряд.
Итак, напряжения на конденсаторах можно считать постоян-
ными. Тогда для схем, изображенных на рис. 185, получим
£1
R
U* i—I
Но
l’lTi “ 12Т2, ^2^2 — / 1Т1,
или, учитывая, что Tf = т2 = 1/(2/),
ii — /2 и I2 ~ Л»
Следовательно, в установившемся режиме
h + l2 = U0/(2R).
и ток через батарею
/ = Ь±Ь=^. = 25 мкА.
Интересно, что в ответ не вошли значения емкостей конденсаторов.
Они нам понадобились только для подтверждения условия RC > 1//.
3.57. Как известно, в магнитном поле заряженная
частица движется по спирали вдоль силовой линии. Заряженные
частицы, рожденные водородным взрывом на больших высотах, рас-
пространяются от места взрыва по силовым линиям магнитного
поля Земли к южному и северному магнитным полюсам. Именно
там — в полярных облас-
тях— и возникало свечение
ночного неба из-за появления
заряженных частиц на сравни-
тельно малых высотах.
3.58. На частицу в сре-
при
наличии магнитно-
де
го поля действуют две вза-
имно
пропорциональные
частицы
ния FTp =
перпендикулярные,
скорости
силы: сила тре-
, , Аг
— — kN =— k-r— И
сила Лоренца Fji =
—qB | Аг/А/1 (Рл | FTp) (рис.
186) . Приращение импульса
время А/ будет поэтому векторно складываться из импульса
mA v за
силы трения k | Аг | и перпендикулярного ему импульса силы Лорен-
ца qB | Аг |, образуя прямоугольный треугольник рис. 186, а. Подоб-
ный треугольник образуют и соответствующие векторы за все время
движения частицы рис. 186, б, где I расстояние от точки входа
в среду до точки остановки, а ц0— начальная скорость частицы.
В отсутствие поля прямоугольный треугольник вырождается в пря-
208
8 А. И. Буздин и др.
мую и mv^ks. В магнитном поле, используя теорему Пифагора,
можем записать mv^e»Y'(kl1)2 + (qBli)2 в поле В/2: mv0 =
® К(kl2)2-[-(qBl9l2)2. Из этих трех соотношений легко находим, что
2
/§ = If — 8,33 см.
/ 1+3(Z,/S)2
3.59. При изменении магнитного поля возникает вихревое элек-
трическое поле. Напряженность Е этого поля в точках, находя-
щихся на расстоянии г от оси соленоида, можно найти, знаяЭДв
индукции в контуре, представляющем окружность радиуса г:
। о . I Аф I п р г Bar2 Вг
1«£Инд1 = |-д7-| = 2ш-5, —в—.
(Ве=|Е|). Сила, действующая на электрон со стороны этого поля,
, Ду еЕ
сообщает электрону ускорение а = -^у-==—-, направленное по каса-
тельной к окружности радиуса г. Таким образом, за малое вре-
мя Д/ скорость электрона изменяется на величину
еЕ &t еВг
Ду®------==-т---.
т 2т
^Эта формула справедлива для скоростей, существенно меньших
скорости света с, т. е. < с. 1
При решении задачи мы не учли действия магнитного поля на
движущийся электрон. Сила, действующая со стороны магнитного
поля, сообщает электрону ускорение, направленное вдоль радиуса
соленоида. Чтобы приведенное выше решение было верным, не-
обходимо выполнение следующего условия: за время Д/ измене-
ние Дуг скорости вдоль радиуса должно быть много меньше изме-
нения Ду скорости по касательной, т. е.
* к4 fevcT>B\A. ebvB М .
Дуг « аг Ы «= —L-p- ) Д/« —------< Ду,
r г \ т ) 2т
Отсюда находим ограничение для Д/:
ау 2т
<~еВ
Так, для BelO-4 Тл
'2-9.10-81
д 1,6.10-1’Ю-4 к 10 с*
При г ® 10~2 м
До ж 10? м/с < еэ
где сскорость света.
3.60. Пусть по тонкому кольцу радиуса R течет ток / (рис. 187, а).
Этот ток создает в окружающем пространстве магнитное поле.
Пусть в центре кольца магнитная индукция Bj. Поскольку при
повороте кольца на любой угол относительно его оси система со-
вмещается (переходит в себя), вектор магнитной индукции в центре
кольца должен быть направлен вдоль оси—иначе после поворота
кольца вокруг оси на конечный угол вектор магнитной индукции
210
Рис. 187
будет описывать коническую поверхность и после поворота на угол,
не равный 2л, не совместится со своим первоначальным положе-
нием. Рассмотрим теперь два участка кольца с током, представ-
ляющие собой две дуги окружности длиной л/?/2, середины которых
лежат на одном диаметре (рис.
187, б}. Очевидно, данная система
самосовмещается при повороте от-
носительно оси кольца на угол л.
Следовательно, и в этом случае
вектор магнитной индукции также
будет направлен по оси кольца.
Но в силу принципа суперпозиции
он будет в два раза меньше, чем
для полного кольца. В настоящей
задаче система проводников представляет собой набор из трех пар
дуг взаимно перпендикулярных колец. Поэтому полный вектор
индукции магнитного поля В в их общем центре будет представ-
лять геометрическую сумму трех взаимно перпендикулярных век-
торов величины B-J2. Следовательно, полная магнитная индукция
в центре системы будет
Ва=К ЗВ1/2.
Следовательно,
1.
С вертикалью этот вектор образует угол а такой, что
1
COS'Z==—:.
2В3 Y 3
Итак,
1
а=»агссО8 —
V 3
3.61. Рассмотрим проводящее кольцо, которое еще лежит гори-
зонтально (рис. 188—вид сверху). Выделим на нем два небольших
участка (вблизи точек К и Ь) одинаковой длины d/, расположенных
симметрично относительно диаметра окружности Аи. На первый из
них действует направленная вертикально вниз сила fiFf.
dFt« В dl / sin а ® BI dxt
где dx—проекция отрезка dl на диаметр окружности АС. На вто-
рой отрезок будет действовать направленная вертикально вверй
сила dFt
dF% =*В dl i sin а «я В/ dx.
Векторная сумма этих сил dFf и dF2 будет равна нулю. Следова-
тельно, мы имеем пару сил, момент которых
dM в dFilK1 В 1 dx Ifd css В I dst
где dS—площадь саштрихованной части круга (см. рис. 188), Раз-
бив все кольца на пары симметрично расположенных относительно
диаметра АС небольших отрезков, мы найдем, что на тонкое про-
водящее кольцо с током f, находящееся в горизонтально направ-
ленном магнитном поле В будет действовать вращающий момент
Ь* 211
магнитных сил
7Wie=B7SKpyrae=B7n/?2.
Этот момент сил будет вращать кольцо вокруг вертикальной оси,
параллельной диаметру кольца АС. Когда кольцо будет находиться
на грани «подъема», препятствовать
вращению кольца будут две механи-
ческие силы—сила тяжести, прило-
женная в центре кольца, и сила нор-
мальной реакции горизонтальной по-
верхности 7V, приложенная в точке
касания кольца и горизонтальной по-
верхности. Поскольку кольцо все еще
находится в равновесии, NessMg. Две
механические силы создают свою пару
сил, характеризуемую моментом
M2~MgR.
Из равновесия кольца следует, что
суммарный момент всех сил — в нашем случае магнитных и меха-
нических—будет равен нулю, т. е.
или
MgR^BlnR2.
Таким' образом, критический ток 7кр, отвечающий началу подъема
кольца,
Mg
^"B^R
= 0,3 А.
3.62. Магнитный поток, пронизывающий площадку, ограничен-
ную сверхпроводящим контуром, постоянен. Действительно,
ДФ/Д/ = ^, но ^«=7/?=0 (поскольку /?=0), следовательно, Ф =
= const.
Магнитный ноток через площадку, ограниченную контуром,
складывается из потока внешнего магнитного поля и потока маг-
нитного поля, создаваемого током 7, текущим через контур. Таким
образом, магнитный поток, пронизывающий рамку, в любой момент
времени
Ф=й250-}-а2аг4-£7,
Так как в начальный момент (z=0, 7=0) ФяяВ^а2, в любой дру-
гой момент времени сила тока / будет определяться соотношением
L1 «= — aza2, 7 == — aza2!L.
Результирующая сила, действующая со стороны магнитного
поля на рамку с’ током 7, направлена вдоль оси z и равна сумме
сил, действующих на те стороны рамки, которые параллельны
оси д, т. е.
F=2a[ax| 7 = a2a7 (x=±a/2). -
Таким образом, уравнение движения рамки имеет вид
mzn=z— mg^aa2! =— mg*~a^a2z/L.
Это уравнение по форме совпадает с уравнением колебаний тела
массой tn, подвешенного на пружине жесткостью
mg*~kz.
212
Из этой аналогии ясно, что рамка будет совершать гармонические
колебания вдоль оси г около положения равновесия, определяемого
из условия
а2а4 * _ гти>
— z^—mg, г0 — а4(%8 .
Частота этих колебаний рамки будет
аа2
со = 7-=;-.
К Lm
Координата рамки через время t после начала движения
3.63. Магнитное поле, созданное постоянным магнитом* не про-
никает в сверхпроводящий образец. Это происходит потому, что
в поверхностном слое сверхпроводника индуцируется ток, который
создает свое собственное поле, компенсирующее внешнее.
Этот ток / должен быть пропорционален величине магнитной
индукции В внешнего поля: I ~ В, Согласно закону Ампера, взаимо-
действие электрического тока с магнитным полем характеризуется
силой F, пропорциональной и току /, и магнитной индукции В,
В нашем случае
F ~!В ~ВК
Эта сила и уравновешивает силу тяжести сверхпроводящего образца.
Если масса образца с грузом удвоилась, для сохранения равно-
весия магнитная индукция поля постоянного магнита должна быть
увеличена в / 2 раз.
3.64. Вначале магнитный поток через катушку Ф==^о/о. Число
витков можно считать достаточно большим и не учитывать «неравно-
правное» положение крайних витков катушки. Тогда каждый из
витков катушки «пронизан» потоком Ф0==Ф/А/. С другой стороны*
каждый из витков катушки создает поле, пронизывающее все витки*
и его вклад в созданный катушкой поток составляет тоже Ф/#=Фо
(это не случайное совпадение—-так и должно быть!).
После внесения в катушку замкнутого витка, в нем возникнет
ток (обозначим его /1), изменится и ток через катушку (обозначим
его /а). Виток не имеет сопротивления, значит, магнитный ноток
через него должен остаться равным нулю.
+ -у* Wa в О»
Аналогично (с учетом вклада ноля внесенного витка) для катушки
1
Решая систему, получим
It <=- ± г i—, У, я —0.51 А,
'•-Т=ТЖЙа=0'|ША-
213
Энергия системы увеличится за счет работы внешних сил (напом-
ним, что разнонаправленные токи отталкиваются).
3.65. При расчете ЭДС индукции в цепи каждой катушки нужно
учитывать полный магнитный поток через нее, т. е. сумму пото-
ков, создаваемых токами обеих катушек.
После замыкания ключа в обеих цепях возникают одинаковые
ЭДС = и мощность, выделяющаяся на резисторе,
R ~ R '
Ток, текущий через вторую катушку, /2=[/0/Т?. Магнитный
поток, пронизывающий первую катушку,
Ф1 — LI\-\~LI 2,
где — ток через первую катушку и через батарейку. (Поток через
каждую катушку, создаваемый током /2, один и тот же — катушки
намотаны вместе.) Следовательно,
» _ |4ф11-1, 1 ,^1|
©1 - и ° ~ I -лГ Г |L IF + L I ~ IL IF I
(так как /2 = const). Отсюда
R^ L
График 7i(Z) приведен на рцс. 189. Скачок
тока в первый момент связан с тем, что
полный поток через катушки не должен ме-
няться скачком, и сразу после включения
возникает добавочный поток, направленный
против потока, создаваемого первой катуш-
кой.
К моменту размыкания ключа полный поток через вторую ка-
тушку
Ф,т =-£/,+Lllr = L т = Uot.
Сразу после размыкания ключа в этой катушке возникнет ток
. аот
поскольку поток через катушку не должен меняться скачком, Тепло,
которое выделится на резисторе с момента размыкания,—
__ (/от2
— 2L *
3.66. Рассмотрим поведение схемы с момента включения. В мо-
мент включения ток через катушку и элемент Э равен нулю; при
этом напряжение на элементе также равно нулю, и все напряже-
ние батареи приложено к катушке. Ток через катушку (и через
элемент) начинает нарастать. Когда он достигает значения /1 = 5 мА,
происходит скачок напряжения на элементе—при фиксированном
токе 5 мА (ток через катушку не может меняться скачком) напря-
жение на нем мгновенно увеличивается до (Л = 0,8 В (рис. 190).
При этом напряжение на катушке меняет знак ((/х > и, следо-
214
вательно, ток начинает убывать. Аналогично, когда ток умень-
шится до значения /2=0,5 мА, вновь произойдет скачок напряжения
на элементе — оно уменьшится практически до « 0, и все начи-
нается сначала.
Рассчитаем приблизительно время Ti нарастания тока от/0=0
до /f = 5 мА и время т2 убывания тока от /1 = 5мА до /2=0,5мА.
Поскольку напряжение на элементе при увеличении тока отОдо/^
меняется мало, будем считать, что среднее напряжение на катушке
за время Ti
« 0,2—0,1/2 = 0,15 В.
Точно так же среднее напряжение на катушке за время т2 будем
считать равным
И+°*-0.2_0,6В.
При нарастании тока
L/f = UKii
Отсюда находим тр
Ti Т1 Т1
15-10-2
При убывании тока
откуда
т .7-(Л-/2)_ 10-10-8-4,5-10-3
— ,, — е щ-1 —3 1и
График
на рис.
UK2 5-10-1
изменения напряжения на элементе Э со временем приведен
190.
Подключим параллельно элементу резистор. Для того чтобы
напряжение на элементе не оставалось постоянным (т. е., чтобы
существовали колебания), не-
обходимо, чтобы на «суммар-
ной» вольтамперной характе-
ристике (элемент^- резистор)
присутствовал хоть малый
участок, на котором напряже-
ние падает с ростом тока (стро-
го говоря —в точке (У = ^).
Построив характеристику для
резистора (/ = U/R) и «сум-
марную» характеристику (про-
делайте это самостоятельно);
найдем минимальное сопро-
тивление; при котором на-
пряжение на элементе не ос-
танется постоянным: «
« 100 Ом.
(Отметим, что такую зависимость / (£/), как на
имеет широко распространенный прибор—туннельный
на рис. 84, б—обычная схема генератора импульсов
ном диоде,)
рис. 84; а
JWQ&. Схема
на туннель-
215
3.67. Для того чтобы найти средний ток заряда аккумулятора,
нужно определить еаряд, протекающий на аккумуляторе аа один
никл замыкания — размыкания ключа.
Когда ключ замкнут, катушка непосредственно подключена
к источнику и возникающая ЭДС самоиндукции равна U. Значит,
ток через катушку меняется по линейному закону. Считая, что
в момент замыкания ключа ток через катушку отсутствовал, получим
К моменту размыкания ключа
После размыкания ключа диод откроется и ЭДС самоиндукции <^с. и
станет равной разности напряжения батареи и аккумулятора —
^с и = & — — и изменит знак. Значит, ток через катушку начнет
линейно убывать по закону
/ с= / о-— * •
Скорость убывания тока (при разомкнутом ключе) оказывается
больше скорости возрастания тока (при замкнутом ключе). Это
означает, что еще до истечения времени т2 ток упадет до нуля
(за время тз от момента размыкания) и в этот момент диод закроется.
Время т3, в течение которого аккумулятор подзаряжается, найдем
из УСЛОВИЯ
— U , U
откуда
U
g-u Xi'
Заряд, который протечет через аккумулятор за это время
л / 1 , U 1 Z/M
/срТз -у /0 у Tf = 2 L (^>_ иу
Тогда средний ток заряда аккумулятора
, Aq C72Ti о п л
с₽~ t, + t2=2Z. (<£-£/) (т, + т2) ~ ’ М •
3.68. Максимальный ток через катушку соответствует моменту,
когда ЭДС индукции равна нулю, т. е. в этот момент параллельно
Рис. 191
подключенный конденсатор С2 разряжен, напряжение на конденса-
торе Ci равно Uq (рис, 191, а), С учетом работы батареи запишем
216
закон сохранения энергии:
LImax I CjUb _ ^1^2 i л
2'2 Cti+C, 2 f‘
Заряд, протекающий через батарею, равен изменению заряда кон-
денсатора Cj и
Л1 = Д9У0 = (с1С/()-7^^ (7о) (7о,
Таким образом,
т _ G(/o
max“/t(C,+C2) •
Второй вопрос немного сложнее. Сумма напряжений на кон-
денсаторах равна напряжению батареи и постоянна. Поэтому в тот
момент, когда напряжение Ui на конденсаторе Cf максимально,
напряжение С2 = Сб—Ui на конденсаторе С2 должно быть мини-
мально (и отрицательно), а значит, в этот момент ток через катушку
должен быть равен нулю (рис. 191, б). Снова запишем закон сохра-
нения энергии:
CiCi , C2(C0-~Cf)a___ СХС2 (Л, .
2 ф 2 “С1+С2 2 + 2’
где
Uo.
Отсюда находим максимальное значение напряжения на конденса-
торе Сх.
</1тах = Уй (^C^CZ)-
3.69. Ответ на второй вопрос задачи дать несложно. После
затухания колебаний разность потенциалов на конденсаторе Сбудет
равна ЭДС батареи (§. Заряд каждой пластины конденсатора
^|==С^, а напряженность электрического поля в конденсаторе
Учитывая, что каждая из пластин создает поле напря-
женностью F/2, легко находим силу притяжения между пласти-
нами конденсатора
fe7£/2«c^2/(2t/).
Рассмотрим теперь ситуацию сразу после замыкания ключа К,
kqvm в контуре возникли колебания (рис, 192). Напряжение на
217
конденсаторе С складывается при этом из постоянной составляю-
щей даваемой источником питания, и осциллирующей состав-
ляющей напряжения на индуктивности {//,=—cos со/, где со ==
= 1//Zc — частота колебаний. Мгновенное значение силы притяже-
ния между пластинами конденсатора при этом
г C(£2(l—cosco/)2
-------2d-------
С^211—2 cos со/ 4-
2dT
14- cos 2со/
2
Поскольку средние по периоду колебаний значения функций cos со/
и cos 2со/ равны нулю, величина средней силы притяжения составит
Р ЗС^
?СР—
т. е. в 1,5 раза больше, чем после затухания колебаний,
3.70. В тот момент, когда ток через катушку станет равным
нулю, энергия конденсатора будет равна работе, которую произ-
вела батарея. Следовательно, заряд конденсатора в этот момент
определяется условием
откуда
^0 = 2С(/^<
и0
Найдем максимальный ток через катушку после подключения
конденсатора. Условие максимума тока — Г =0, т. е. ^йнд =
= —L/'==0; значит, в тот момент, когда ток максимален, напря-
жение на конденсаторе равно Uo и «компенсирует» напряжение
батареи (рис. 193, а). Из закона
сохранения энергии
U CU — Си* 4-Л/§
ийсий —И—
находим максимальное значение то-
ка:
‘в
1=0\
а $
Рис. 193
Рассмотрим схему после переключения (рис. 193, б). Ток через
катушку равен нулю (только в тот момент, когда энергия катушки
равна нулю, ее мо:хно «безнаказанно» отключить от цепи). В тот
момент, когда ток ’ достигнет искомого максимального значения
напряжение на конденсаторе будет равно Uo', значит, к этому мо-
менту по цепи протечет заряд 3CUQ и, согласно закону сохране-
ния энергии.
Отсюда
/1с=ЗС/о
218
Перед следующим, вторым, переключением, когда ток через катушку
будет равен нулю, на конденсаторе будет заряд qi, который, как
и в первом случае, найдем из условия
U0 (2CUa + <?!) + с -№1=^.,
Отсюда
<7?—2CUQqt—8С2(/|=0,
<7i = C£70 i 3C£70-
Следовательно, решение c qi — —2CUq не подходит (подумайте,
какому случаю оно соответствует). Значит,
qi = 4CU0.
Максимальное значение тока после второго переключения будет
72=5£7О j/^после третьего переключения — /3 = 7(70
и т. д. После п переключений
/„ = (2п+1)(70
При п = 1984 получим
/1884 = 3969С7о уГ
4
Z/Ocos4)i i И сз"
3.71. Конденсатор Ci, подключенный непосредственно к сетщ
будет заряжен до (/о = 22О У 2 « 310 В (рис. 194).
Напряжение в точке А повторяет гармоническое напряжение
сети, но «сдвинуто» на (70 вверх — за счет напряжения конденса-
тора Ci. Это означает, что макси-
мальное напряжение в точке А со-
ставляет 2Со = 62ОВ и напряжение
на конденсаторе С2 будет именно
таким.
Эта схема используется до-
вольно широко, однако ее расчет
сильно усложнится, если учесть
ток, потребляемый «нагрузкой»
выпрямителя. Попробуйте приду- Рис. 194
мать самостоятельно схему «выпря-
мителя с утроением напряжения» и схему «выпрямителя с умно-
жением на #». (Эти схемы обычно приводятся в справочниках для
радиолюбителей, правда, без объяснений.)
3.72. а) При выбранных параметрах С и R заряд конденсатора
меняется незначительно, поэтому ток разрядки конденсатора можно
считать постоянным. Тогда
с “ с ~ w
Значит,
А(/ М
~ U ~~ RC*
219
Если конденсатор разряжается мало, то он подзаряжается в мо-
менты максимального положительного напряжения в сети (рис. 195),
т, е.
д/ = т=1
V
Следовательно,
При подсоединении ка-
ин дуктивности коэффи-
пульсаций станет еще
б)
тушки
циент
меньше (индуктивность боль-
шая: 2jivL > R). Ток нагрузки
тем более можно считать посто-
янным; значит, напряжение на
конденсаторе будет меняться
случае. При этом напряжение
по тому же закону, что и в первом случае. При этом напряжение
на катушке будет почти компенсировать изменения [напряжения
на конденсаторе. Ток через катушку в течение периода будет
меняться по параболическому закону (ЭДС индукции меняется по
линейному закону), причем максимальное значение тока будет в
середине периода:
(при t£[nTt (n+1) Т],
At/ 1 1
__________/2
Т L 2 1 ‘
Пульсации в этом случае
AUt — R&I. Поскольку
Д/и=/тах-^т1п-=-2 -^-4
определяются изменениями тока:
1 At/ Г2 1 UT*
ит\
j , окончательно получаем
*=А^_1_П=5.1о-‘
й и 8 LC 0 •
Итак, при подсоединении катушки
индуктивности пульсации умень-
шатся в уда-г в80 раз.
3.73. Построим векторную ди-
аграмму для цепи (рис. 196). Токи,
текущие через конденсатор С и
резистор R, одинаковы; значит,
векторы им# и перпендику-
лярны. Сумма их равна вектору UM
и через концы этих векторов мож-
но провести окружность, диаметр которой равен | Uu |. Напряже-
ние Ur на резисторе с сопротивлением R равно Ълеюъъ*
тельно, искомое напряжение (/мдв численно равно радиусу пост-
220
роенной окружности-, т. е. и не зависит от ве-
• личины R.
При изменении R меняется угол сдвига фаз между векторами
1)м и так что предложенная схема может служить фазо-
вращателем. (Часто в радиотехнике
необходимо менять фазу переменного
напряжения, оставляя неизменной
амплитуду. На практике вместо де-
лителя из резисторов г обычно ис-
пользуют трансформатор с отводом
от середины обмотки.)
3.74. Построим векторную диа-
грамму напряжений для цепи
(рис. 197). Вектор напряжения
между точками D и Е равен сумме
векторов напряжения на конден-
саторе, и резисторе, т. е. изобра-
жается диагональю прямоугольника,
и
+ C/DF«|Uc+U^|e£/6 = 220 В.
Вектор напряжения между точками А и В равен разности и
и, следовательно, изображается другой диагональю того же прямо-
угольника. Так как диагонали прямоугольника равны, то
UUDB^a22Q В.
Это напряжение сдвинуто по фазе относительно входного. Угол
сдвига фаз легко найти из век-
торной диаграммы:
Ur 1
<p = 2arctg^=2arctg^.
3.75. Разберемся с потерями
энергии в контуре. Рассмотрим
для простоты потери за счет по-
следовательно включенного в кон-
тур резистора г (потери в кон-
денсаторе пока не учитываем)
(рис. 198, а). Будем считать ток
одного периода):
Рис. 198
гармоническим (на протяжении
/ sb COS
Тогда потери в резисторе за период
_ 2л
Г=— составят
ДЕ = /4ффгТ «у for
г. 1 г >2 &Е
Максимальная энергия в контуре в отношение
= ^- = 2л/ j/^ . В нашем случае при г = 1 Ом отношение
® 6.10-г < 1, Значит, колебания на протяжении одного периода
221
ватухают мало даже с учетом потерь в конденсаторе (потери в нем
в два раза больше, чем в резисторе, значит, ДЕ/Е «2*10“2).
Из условия примерного равенства максимальных значений
энергий конденсатора и катушки (за период)
LIi _ CUl
2 2
получИЯ
Потери в конденсаторе (точнее, в резисторе R (рис. 198, б)) в 2 раза
больше, чем в резисторе г
^Т-ПьгТ,
отсюда
/?=-^- = 5.105 Ом.
3.76. Емкостное сопротивление на данной частоте /«=50 Гц
Поскольку сопротивление резистора /?«=10б Ом, т. е. R > ZCi
можно считать, что {//2= НО В ({/ — напряжение сети). Таким
образом, тепловая мощность равна
P«,l/V/?w0,12 Вт.
3.77. Поскольку температура нити в течение периода остается
неизменной, в рабочей точке лампу можно считать обычным рези-
стором.
Рис. 199
На рис. 199, а приведена векторная диаграмма для цепи с по-
следовательно включенными резистором и конденсатором, Из диа-
граммы находим
t/oc+ {/2оя~ {/о-
Подставляя Uqg«внайдем связь между напряжением (/бЛ
222
на лампе и током I через нее:
7в=шС Иl/o—=314.10-* К48400 — i/fo А.
Построим график этой зависимости на том же рис. 199^ б на кото-
ром задана вольтамперная характеристика лампы. Точка пересече-
ния графиков и определяет рабочую точ-
ку: Uл «=180 В, 7л «0,4 А.
3.78. Найдем сначала действующее '
значение напряжения на конденсаторе:
Uc=>!Xc^l HJ- = 63J В.
(здесь у® 50 Гц — частота колебаний пе-
ременного тока в сети). Теперь нарису-
ем векторную диаграмму токов и напря-
жений для данной цепи (рис. 200). Из
диаграммы легко найти сдвиг фаз ф меж- Рис. 200
ду током 1 и напряжением £70:
ф = 90°—агссоз а ® 90° — агссоз
Uo+Ug-U^
чийис
я 46е.
Активная мощность, потребляемая прибором равна активной
мощности, которая выделяется во всей цепи (в конденсаторе тепло
не выделяется), т. е.
PssUqI cos ф « 1,53 Вт.
3.79. Напряжения обмоток трансформатора связаны соотноше-
нием
U?
Поскольку трансформатор идеальный, мгновенная мощность во вто-
ричной цепи равна мощности первичной. Значит, токи обмоток свя-
заны соотношением
It __п2
li nt
Ток /2 и напряжение U2 сдвинуты по фазе на л/2; такой же сдвиг
будет и между Ц и Uf, Отсюда видно, что трансформатор с под-
ключенным к нему конденсатором емкости С можно заменить кон-
денсатором, емкость которого равна
Cf-cf^V =4.10-« Ф.
После такого преобразования наша схема представляет собой обыч-
ную цепь, содержащую сопротивление R и емкость Амплитуда
тока в цепи
=- =-----У—------я 0,17 А.
4лМп|С«
Сдвиг фаз —
<p = arctg —= arctg ( 2«v -Ц- RC ) я 0,9 рад.
223
Рис. 201
3.80. При таком странном подключении трансформатора (рис. 201)
и результат получится необычным — напряжение на каждой из
обмоток будет равно нулю. В самом деле, обмотки соединены парал-
лельно. значит, их напряжения одинаковы. Магнитный поток не
рассеивается (сердечник имеет
большую магнитную проницае-
мость), значит, поток Ф через
любой из витков один и тот же,
т. е.
П^Ф'^П^Ф'
откуда следует Ф'=0.
Это может выполняться толь-
ко в том случае, когда поля обмо-
ток в сердечнике компенсируются. Поле каждого из витков про-
порционально его току, т. е.
(1)
«Плюс» или «минус» в формуле получаются при различных под-
ключениях обмоток друг относительно друга (если одну из обмоток
переключить наоборот, то ее поле в сердечнике изменит направле-
ние на противоположное).
Так как напряжение источника приложено в резистору R,
Л+'з—(2)
Решая эту систему (1) и (2) (точнее—две системы из двух уравне-
ний каждая), получим
^«0,147 A, h = 0,44 А,
0,073 А, /?«0,22 А.
4. ОПТИКА
4.1. Камера-обскура—это просто ящик с дыркой,
напротив которой находится фотопластинка (рис. 202). Для рас-
четов можно принять, что из каждой точки — источника исходит
пучок лучей, ограничиваемый дыркой перед попаданием на фото-
пластинку. Конечно, изображением точки в этом случае оказы-
вается небольшой кружок. Для того чтобы полосы можно было
различить, нужно сделать так, что-
бы изображения ближайших друг
к другу точек, принадлежащих раз-
ным полосам на шкуре-источнике#
не перекрывались. Из геометри-
ческих соотношений (см. рис. 202)
получим (полосы считаем узкими):
х > (d/2) ctg a.
Но
d(L+x)
j
Отсюда х > d*£// = 10 см. (Мы
учли, что d < /). Итак, глубина
камеры должна быть более 10 см. Легко видеть, что при диаметре
отверстия мм дифракцией можно пренебречь.
4.2. При рассматриваемом взаимном расположении источника,
экрана и зеркала зайчик на экране будет иметь форму треуголь-
ника, подобного треугольнику-зеркалу. Все линейные размеры
вайчика при этом будут в два раза больше соответствующих раз-
меров зеркала. Следовательно, площадь зайчика S будет удовлетво-
рять соотношению
S==4s,
где s—площадь зеркала.
Поскольку зеркало имеет форму равностороннего треугольника
со стороной а,
s
аг V 3
“ 4 '
Тогда
S = 4s=4a2-LJ = a2 К 3»1,7.10~« ма.
4
4.3. В описанной ситуации «восточные» оконные стекла в домах
ориентированы примерно одинаково и параллельно друг другу.
Поэтому они могут фактически рассматриваться как части одного
большого зеркала. В таком зеркале по мере восхода Солнца мы
видим светило все выше и выше, т. е. «светящиеся» окна должны
перемещаться вверх по склону горы. Кроме того, как нетрудно
заметить, в северном полушарии они немного смещаются на юг,
а в южном полушарии —на север. На экваторе в дни весеннего и
осеннего равноденствия бокового смещения нет.
4.4. Если a—угол падения луча, а ф—угол преломления луча,
то из закона преломления 81па«л81Яф получим, что максимально
возможному углу падения а будет отвечать максимально возмож-
ный угол преломления ф, и наоборот. В свою очередь, угол пре-
ломления ф тем больше, чем больше при данной высоте призмы а
проекция О'В (рис, 203) преломленного луча ОВ на основание
226
призмы. Точки О и О' — центры соответственно, верхнего и нижнего
оснований призмы. Действительно, tg<p = O'B/a и чем больше tg ф,
тем больше угол ф, а значит, и угол падения а. Следовательно,
максимальный угол падения атах Г
ный луч пройдет через одну из вер-
шин нижнего основания призмы,
например, через вершину А. При
этом
, _ AO'_aV”3_ /3
Igq>max=oo7-------з >
т. е.
sin amax = п sin <pmax = 0,75.
Таким образом,
_______________л
фтах
атах = arcsln 0,75.
4.5. Удаляясь от рассматри- Рис. 203
ваемой поверхности, во-первых,
добиваются увеличения поля зрения, т. е. при неизменном угле
зрения увеличивается доля одновременно рассматриваемой поверх-
ности. Во-вторых, чем дальше мы удалились от поверхности, тем
С1роже оказался по углу отбор лучей, которые приходят в глаз.
Эго означает, что если от некоторой точки поверхности луч при-
шел в глаз под некоторым углом, то точка, от которой луч придет
немного под другим углом, будет тем ближе, чем дальше мы отошли
от поверхности. Мы как бы сужаем угловые размеры световых
пучков, приходящих в глаз от точек рассматриваемой поверхности.
Поэтому даже небольшая неровность поверхности приводит к тому,
что значительная часть лучей от нее в глаз не попадает, если
отойти подальше, что и приводит к улучшению контрастности
рассматриваемой картины.
Рассматривая поверхность вблизи, но полого, добиваются уве-
личения доли рассматриваемой поверхности и более контрастного
проявления соответствующих неровностей, если глаз слегка то
приближать, то удалять от поверхности. Неровности поверхности
при этом проявят себя наиболее сильно, поскольку при покачива-
нии головы будут резко меняться наиболее отчетливо видимые
участки неровных мест. Эти места будут как бы «дышать» в такт
поворотам головы.
4.6. При исходном положении стакана луч света, падающий
нормально поверхности жидкости, очевидно, последовательно про-
ходя через две плоскопараллельных пластины—первая образована
слоем жидкости, вторая—это дно стакана,—не изменит направле-
ния распространения. Он выйдет из стакана перпендикулярно дну.
После поворота стакана на небольшой угол ф луч света встре-
тит на своем пути, во-первых, призму с малым преломляющим
углом ф из жидкости с показателем преломления д, а затем стек-
лянную плоскопараллельную пластину—дно стакана.
Рассмотрим сначала прохождение луча через жидкую призму
(рис. 204). Свободная поверхность воды остается после поворота
стакана горизонтальной, поэтому на ней в точке А луч не претер-
пит преломления и упадет далее на границу раздела жидкости и
227
стекла под углом ф (так как именно на такой угол повернулось
дно стакана) в точке В. Пусть показатель преломления стекла
равен Hf. тогда угол Р, который образует луч с нормалью после
преломления, найдем из закона преломления sin р=Д sin ср. Точно
под таким же углом (3 луч упадет на границу раздела стекло —воз-
дух (в силу того, что дно стакана
| | плоскопараллельно). После выхо-
|$4 да из стакана луч составит угол
П ас нормалью к плоскости дна ста-
— 'И_____________________кана, причем из закона преломления
П7 ” получим
Л J Ц sin a® sin
—-------—ГТ " Так как нормаль к плоскости дна
А/_________— стакана составляет с вертикалью
ЛI угол ф, то вышедший из стакана
/а\! луч будет отклонен от направле-
/ 11 ния первоначального распростране-
Рис, 204 нпя на угол
ф«=а—ф.
Учитывая малость углов ф и а, из законов преломления найдем а!
а® пф,
т. е. при повороте стакана на угол ф угол выхода луча из стакана
изменится на
ф = а—ф = ф(п —1).
4.7. Изображение Солнца, полученное при помощи линзы
с фокусным расстоянием F, имеет диаметр d®a-A, на него попадает
световой поток со всей поверхности линзы — значит освещенность
этого изображения больше освещенности линзы в (D/d}2~D2/a.2F*
раз. Аналогичная формула получается и для вогнутого зеркала. Если
бы можно было считать систему плоских щитов вогнутым зеркалом
диаметром 10 метров (оценка довольцр грубая —100=10-10) и
фокусным расстоянием равным 20 м (расстояние до объекта), то
отношение квадрата диаметра к квадрату фокусного расстояния
(для линзы эту величину называют светосилой) будет равно 0,25,
что больше, чем у линзы, с помощью коюрой можно выжигать —
0,09. Однако составленные рядом щиты —это не сферическое зер-
кало. Отличие заключается в том, что размер изображения Солнца
в вогнутом зеркале определяется, как и у линзы, угловым разме-
ром Солнца и ’ фокусным расстоянием и составило бы в нашем
случае 0,01-20 = 0,2 м, а для «составного» зеркала оно не может
оказаться меньше размера щита — 1 м (расходимостью лучей в этом
случае можно пренебречь по сравнению с размерами «зайчика»)
и освещенность будет в (1/0,2) = 25 раз меньше, а значит в 9 раз
меньше, чем у линзы для выжигания. Итак, если взятые нами
цифры (довольно произвольные) близки к реальным, то рассказ
неправдоподобен. Впрочем, в Греции довольно жарко, а воинов
можно собрать и побольше, да и щиты их могли оказаться не
плоскими, а вогнутыми —в сторону моря, так что все не так просто.
Кстати, подумайте—каким был бы наилучший радиус кривизны
щита для поджигательских целей,
228
4.8. Мерцание звезд обусловлено турбулентными потоками воз-
духа в атмосфере, которые возникают из-за неравномерного про-
грева атмосферы. В основном это восходящие потоки, возникаю-
щие из-за разности температур земной поверхности и прилегаю-
щих к ней слоев воздуха. Эти потоки приводят к тому, что плот-
ность атмосферы все время немного меняется. Соответственно,
меняется показатель преломления, и поэтому идущие от звезд лучи
света преломляются то в одном, то в другом направлении — звезды
мерцают. Этот эффект особенно заметен вблизи земли; поэтому
«низкие» звезды, лучи которых по пути к наблюдателю проходят
больший путь в атмосфере, чем лучи «высоких» звезд, мерцают
заметнее.
4.9. Покажем сначала, что все углы, под которыми лучи света,
идущие от различных точек боковой поверхности конуса, падают
на поверхность жидкости не меньше ccmin = n/3.
Действительно, рассмотрим произвольную точку А боковой
поверхности конуса. Проведем через эту точку касательную к по-
верхности конуса плоскость (рис. 205, а). Эта плоскость, очевидно,
пройдет через образующую конуса, на которой лежит точка At
и пересечет поверхность жидкости по горизонтальной прямой ВВ\
Прямая ВВ', в свою очередь, касательна круговому сечению ко-
нической поверхности поверхностью воды в точке Q, Все выходя-
щие из точки А лучи либо лежат в указанной плоскости, либо
окажутся в той части пространства, отделяемого касательной
Плоскостью, где нет конической поверхности. Следовательно, се
из лучей, которые дойдут до поверхности воды, пересекут послед-
нюю либо по прямой ВВ'', либо правее (см. рис. 205, а). Кратчайший
путь до поверхности воды проделает один-единственный луч—тот,
который идет по образующей конуса. Он будет лежать в касатель-
ной плоскости и по теореме о трех перпендикулярах будет перпен-
дикулярен прямой ВВ'. Опустим теперь перпендикуляр из точки А
на поверхность жидкости, получим точку А1 (на рис. 205, б
показан вид сверху на поверхность жидкости). Если рассмотреть
произвольный луч, выходящий из точки Л и не совпадающий с обра-
зующей конуса, то он «выйдет» на поверхность жидкости либо
в точке прямой BBS например, Dt или где-то справа от прямой
229
ВВ' — в точке Z)2- Легко видеть, что A'D1>A'Cf A'D2> АС. Но
отрезки A'Df, A'D2 и А'С являются проекциями отрезков ADlt
AD2 и АС на поверхность жидкости. Следовательно, будут выпол-
нены и неравенства ADi > АС и AD2 > АС.
Углы падения лучей АС—а0, ADi—at и AD2—а2 находятся
из уравнений
АА' АА' АА'
cosa0=-^, cosa^-^. cosa2 = w
Так как отрезок АС самый короткий, то и угол падения луча АС
на поверхность жидкости будет минимальным из всех возможных.
Итак,
__л___
—"з” —
Если угол а0 будет углом полного внутреннего отражения для
границы раздела жидкость — воздух, то ни один из лучей, идущих
от боковой поверхности конуса, не выйдет наружу. В этом случае
ни из одной точки пространства над поверхностью жидкости конус
не будет виден
Минимальное значение показателя преломления жидкости nmjn
найдем из условия полного внутреннего отражения для луча, па-
дающего на поверхность жидкости под углом а0
. 1 . Кз
isina0 =----, но sina0=—,
Следовательно,
1 _ 2
пт\п ~ •
sina0 ИЗ
Таким образом, для параксиальных лучей (т. е. лу.-й, для кото-
рых Д<р < 1) изображение источника оказывается в точке падения
луча, испытавшего полное отражение (в точке В).
4.10. Ограничимся грубой оценкой — все равно физиология
зрения очень не проста и рассчитать сколько-нибудь точно такие
вещи не удается. Итак, потребуем для второго случая такого же
цветового контраста, как и для первого. В первом случае «раз-
ностный» световой поток составляет Е,1 = Е,0 (0,9—0,2)3. Во вто-
ром случае Е2 — Ех (0,6—0,2) S и для равенства этих потоков
необходимо взять Ех — Ео-О,7/0,4 л 500 люкс. Вот почему следует
пользоваться для письма и черчения именно белой бумагой. Впро-
чем, есть и другие причины.
4.11. Изображение и источник можно увидеть из одной точки,
если область // (рис. 206, а) не лежит целиком внутри области /.
Крайний случай—такое положение точки Л, когда лучи АВ и DC
будут параллельны. Легко видеть, что это будет в том (и только
в том) случае, когда точка А расположена на двойном фокусном
расстоянии от линзы.
Для доказательства проведем луч ЕО параллельно АВ и CD
(рис. 206, б) и воспользуемся тем, что лучи CD и ЕО после пре-
ломления в линзе пересекутся в фокальной плоскости.
Итак, изображение и источник можно увидеть одновременно,
если источник расположен от плоскости линзы на расстоянии
большем, чем d = 2F = 2 м. (Напомним, однако, что формула линзы
230
применима только для узких пучков, что ограничивает справед-
ливость ответа.)
4.12. Источник движется по прямой АО. Построим обычным
способом «изображение» этого луча — прямую ОВ (и ее продолже-
ние—штриховою линию OB'). Ясно, что изображение источника
Рис, 206
света движется вдоль этой прямой, причем его скорость v изменяется
от нуля —когда источник находится очень далеко от линзы, и до
очень большого значения, формально—до бесконечности, когда
источник проходит через фокус Дальше скорость изображения
вновь уменьшается и достигает значения v = vQ cos a/cos р, когда
источник доберется до линзы.
Придется отдельно рассмотреть два случая: если а+(3 > л/2,
то относительная скорость (рис. 207, а) не может быть меньше
и0 и равна ей, когда источник находится очень далеко от линзы.
Итак, в этом случае ответ v0.
Если сумма указанных углов меньше л/2, ответ получить слож-
нее, В этом случае минимальная величина относительной скоро-
сти и (рис, 207, б) достигается в тот момент, когда вектор отно-
сительной скорости окажется перпендикулярным вектору v, При
этом y0TH = yo sin (a + P). Угол £ находится из соотношения
tgp = (a-/)tg a//,
Тогда, после тригонометрических преобразований, получим
»ОТВ rnin= voa sin а/к tg2 а,
231
Осталось найти значение угла о^, при котором угол между
лучами АО и ОВ составляет ровно л/2 (граничное значение)
a tg a0 = fc tg 0О = 6 ctg a0.
Ho b = af!(a—f)t тогда
tga0= Kf/ (a—f).
на полу можно получить при различных
увеличение будет зависеть от положения
Наиболее четким изображение будет в том случае, когда
на рис. 208) и соответствующая точка
изображения (точка А') лежат на
главной оптической оси линзы.
Нетрудно показать, что плоскость,
в которой лежит .
дит через вершину О
АОА'.
Запишем формулу
4.13. Изображение
положениях линзы, и
линзы.
«центр» источника (точка А
линза, прохо-
) прямого угла
линзы:
F а"*" f |/Ю'| О'А' ’
Считая, что I ОА | = Н — К/2^Н^
получаем | АО' | — Hi cos а, | О'А' |=
== | О А' | sin a = Hi tg a-sin a, и
1.1 1
Hi cosa * tg a-sin a F ’
откуда
Из этого уравнения можно найти угол а. Приближенно можно
считать (угол а мал), что cos a « 1, тогда
sin a « у ~ 0,233 и a « 0,231.
Рассчитаем теперь размер изображения. Если бы источник и
изображение лежали в плоскостях, перпендикулярных главной
оптической оси линзы, то увеличение было бы
[О'Л' 1 — tfftgasina
’ | АО' | Hi cos а ~ ё
В нашем случае увеличение равно отношению длин проекций изо-
бражения и источника на эти плоскости; значит, размер изобра-
жения
h'=hr tg a =/i tg' 7 « 0,25 см.
4.14. Наличие двух светящихся точек означает, что скорость,
с которой частица движется в резервуаре, больше скорости света
в жидкости, т. е. больше v^»s/n (с —скорость света в вакууме).
Действительно, в момент включения прибора к прибору при-
шел свет, испущенный до этого в разные моменты времени из то-
232
чек А и В. Путь ВС свет прошел за время Zf, которое больше,
чем время на пути АС. Следовательно, в точке В частица была
раньше, чем в точке А, т. е. частица движется справа налево
(от В к Л). За время Z2—Zf свет в жидкости прошел путь Z2— к
(рис. 209), а частица — путь Z3. Как
видно из рисунка Z3 > Z2—Zf. Значит,
и =0,83 с.
4.15. Сумерки — это полутьма между заходом солнца и наступ-
лением ночи. В этот период освещение вызывается солнечным све-
том, рассеянным атмосферой на большой высоте—там, где Солнце
пока еще не скрылось за горизонт. Высоко в горах слой атмо-
сферы над землей меньше и период его освещения после захода
Солнца короче. Поэтому и сумерки в горах короче. Заметим, чТо
на планетах, лишенных атмосферы, сумерек нет. Нет их и на Луне.
«Голубые дали».
Цвет неба определяется рассеянием солнечного света
в атмосфере. Правильное объяснение особенности окраски
неба принадлежит Смолуховскому и Эйнштейну, показав-
шим, что важнейшую роль играет рассеяние света из-за
неравномерности распределения молекул воздуха в атмо-
сфере, т. е. из-за флуктуаций плотности воздуха.
Наиболее сильно молекулы воздуха рассеивают синюю
часть спектра, и участки неба, которые мы видим в рас-
сеянном свете, кажутся голубыми. Может возникнуть воп-
рос! почему голубыми, а не фиолетовыми? Дело в том,
что надо еще принять во внимание специфику восприятия
цветов человеческим глазом и тот факт, что в солнечном
свете фиолетовых лучей «меньше», чем синих.
А теперь перейдем к рассмотрению решений задач.
4.16. Между дальними горами и наблюдателем находится тол-
стый слой воздуха, который из-за рассеяния солнечного света вос-
принимается глазом голубым. Поэтому дальние горы и кажутся
светлее и «окрашенными» в голубой цвет, что, кстати, хорошо
видно на картинах многих художников. Аналогичный эффект легко
заметить, взглянув в ясный солнечный день на дальнюю опушку
леса,
233
4.17. Частицы молока в воде рассеивают более интенсивно си-
ний свет, поэтому, как и в случае с цветом неба, вода в стакане
будет казаться голубой. Прошедший же через воду свет, наоборот,
обеднен синей компонентой и поэтому, если смотреть через стакан
па лампочку, она будет казаться красновато-желтой.
4.18. Цвет дыма внизу определяется светом, рассеянным части-
цами дыма. Как и при рассеянии на флуктуациях плотности воз-
духа, наиболее сильно рассеивается свет синей части спектра, это
и приводит к тому, что дым костра кажется синим.
Над верхушками деревьев, на фоне светлого неба цвет дыма
определяется проходящими через него лучами света. В проходящем
свете из-за рассеяния уменьшается относительная доля синей ком-
поненты спектра и в результате цвет дыма костра кажется желто-
вато-красноватым.
4.19. Утром и вечером, когда Солнце находится низко над го-
ризонтом, солнечные лучи пронизывают существенно более толстый
слой атмосферы, чем когда Солнце стоит высоко. Это усиливает
эффект рассеяния солнечных лучей атмосферой — из-за сильного
рассеяния синей части спектра солнечные лучи приобретают крас-
новатый оттенок, этим, кстати, и вызван красный цвет неба при
восходе и заходе Солнца. Поэтому и загар кажется более темным.
(Уменьшение доли синих и ультрафиолетовых лучей, а также общее
ослабление солнечного излучения в атмосфере и приводят к тому,
что утром и вечером опасность солнечного ожога невелика.)
4.20. Освещенность любого участка поверхности земли создается
как прямыми солнечными лучами, так и рассеянным в атмосфере
солнечным светом. Как известно, граница тени задает область, куда
не попадают прямые солнечные лучи. Если бы вообще никакие
лучи в эту область не попадали, то соответствующие участки были
бы бесцветными (черными).
В ясный солнечный день (когда на небе почти нет облаков)
рассеянный свет, приходящий на Землю, «имеет синюю окраску»
(цвет неба). Попадая в область «прямой» тени, этот свет отражается
от белого снежного покрова без существенного поглощения (таково
свойство белого снега) и придает тени синий цвет. Описанный эф-
фект тем более ярко выражен, чем чище снежный покров.
4.21. Если мы находимся вблизи сетки-ограды, то даже отдель-
ный прут сетки может существенно перекрыть поле зрения глаза.
Удаляясь от сетки, мы увеличиваем поле зрения глаза, при этом
соотношение между световыми потоками, приходящими от отдель-
ных проволок сетки и от рассматриваемых объектов за сеткой резко
возрастает в пользу последних в меру отношения площадей дырок
к площади сетки (на играющего теперь приходится очень много
клеток).
Быстро передвигаясь вдоль сетки, мы способствуем тому, что
играющих видно лучше в силу того, что из-за инертности зрения
в формировании изображения игроков участвует теперь несколько
различных мгновенных картин. В разных картинах будут видны раз-
ные части играющих, так что в результате «суммирования» всех
картин получается одна размытая, но существенно более прозрачная
сетка, и игроков становится видно намного лучше.
4.22. Явления такого рода мы наблюдаем часто. Даже довольно
прозрачная занавеска днем «маскирует» комнату и снаружи не
видно ничего—если не подходить к окну вплотную, «зеркальные»
очки дают возможность человеку видеть то, что происходит, и не
дают возможности определить, куда он смотрит сам, Зато вечером,
234
когда снаружи темно, а в комнате горит свет — все наоборот, сна-
ружи все видно, а из комнаты не видно ничего. И описанные очки
помогают только при ярком освещении, а в полумраке становятся
почти прозрачными. Дело тут в том, что на фоне отраженного (очки)
или рассеянного (занавеска) внешнего светового потока почти не
виден слабый поток, проникающий изнутри. Очки для этого нужно
сделать достаточно большими (нужно заслонить от внешнего света
глаза), а коэффициент отражения достаточен совсем небольшой —
5-10 %.
Сделаем грубую оценку для занавески. Пусть нити перекры-
вают часть светового потока снаружи и вовнутрь попадает 1/п часть
падающего на окно потока (п > 1). Если освещенность прямыми
солнечными лучами Ео, то освещенность предмета, находящегося
близко к окну Е-Е^п, с учетом поглощения света на обратном
пути Eq^ — EqIiiE Освещенность занавески £3 = Е0 (1 — 1/я). Будем
считать, что маскировка проис-
ходит при Еобр —^з- Тогда полу-
чим уравнения
п2— п —1=0, п ж 1,6.
При таком п внутрь прохо-
дит примерно 0,7 от внешнего по-
тока, значит суммарная площадь,
перекрываемая нитями, составит
0,3 от общей площади окна. Один
слой марли закроет — d4a/cE —
= 0,1ч'(рис. 210), т. е. 10 % площа-
ди. Если считать, что нити почти
не перекрывают друг друга, то
можно принять необходимое чис-
ло слоев равным трем. Это впол-
не согласуется с практикой.
4.23. Поскольку по условию
задачи внутренняя поверхность
сферы не поглощает падающую на нее световую энергию, после
многократных отражений через некоторое время в системе устано-
вится равновесие. При этом каждый небольшой участок внутренней
поверхности сферы всю попадающую на него световую энергию
будет равномерно рассеивать во все стороны. В результате уста-
новления равновесия освещенность всех внутренних точек сферы,
кроме точки, противоположной отверстию, будет одинаковой. При
равновесии суммарная световая энергия, приходящая к отверстию
в единицу времени от всех внутренних точек сферы, будет равна
энергии, поступающей через отверстие в сферу извне. Таким обра-
зом, после установления равновесия (а именно такая ситуация
и рассматривается в задаче) отверстие будет эквивалентно устрой-
ству, которое всю приходящую к нему энергию от всех внутренних
точек сферы посылает узким пучком в диаметрально противополож-
ную точку.
Легко понять, что в силу малости отверстия суммарная энер-
гия, приходящая к нему от всех участков внутренней поверхности
сферы, равна суммарной энергии, рассеиваемой во все стороны
любым участком сферы, равным по площади отверстию (это следует
из обратимости состояния равновесия—если все рассеиваемые лучи
«заставить» двигаться в обратных направлениях, то ничего не из-
235
менигся); это рассуждение не касается только точки, диаметрально
противоположной отверстию.
Итак, в силу рассеяния доли энергии, посылаемые всеми внут-
ренними точками как к отверстию, так и в противоположную от-
верстию точку, будут одинаковыми. Кроме того, ровно столько же
энергии придет в точку, противоположную отверстию, и от самого
отверстия. Следовательно, освещенность внутренних точек сфери-
ческой поверхности будет ровно вдвое меньше освещенности точек
участка сферы, противоположного отверстию. (Чем меньше площадь
отверстия, тем точнее выполняется отношение 1:2.)
4.24. Для увеличения предельной дальности работы радиоло-
катора увеличивают мощность передатчика, разрабатывают прием-
ные устройства высокой чувствительности, применяют антенны
с очень высокой направленностью.
Чем определяется направленность антенны?
Согласно законам геометрической оптики, точечный источник,
помещенный в фокусе параболоида, дает после отражения парал-
лельный пучок лучей (угол расходимости пучка равен нулю). В этом
случае освещенность объекта, попавшего в луч, не зависит от рас-
стояния до отражателя.
На самом деле угол расходимости пучка не равен нулю и опре-
деляется дифракцией.
Для приближенного расчета пучка удобно воспользоваться
такой моделью: плоская электромагнитная волна (какая получилась
бы при отражателе очень больших размеров) падает на непрозрач-
ный экран, в котором проделано круглое отверстие диаметра d
(d—диаметр зеркала). Будем приближенно считать, что направле-
ние на первый минимум в этом случае соответствует углу
а ® k/d.
В нашем случае угол а довольно мал, что позволяет упростить
дальнейший расчет. На очень большом расстоянии L от зеркала
радиус «освещенного» пятна r»ccL и на самолет с площадью по-
верхности S попадает мощность P^P^S/nr2 (мы приближенно
принимаем, что освещенность в пределах всего пятна одна и та
же). По условию задачи отраженный от самолета сигнал равномерно
распределяется во все стороны. Мощность принятого сигнала Рпр,
попадающего обратно на антенну, равна
Рпрв СЛ
nd2/4___
4nL2
nSd*
Максимальная дальность £тах соответствует пороговой чувствитель-
ности приемника. Из условия Рпр —PmJll находим
==|-'1!ь -130»
4.25. Свечение следа метеорита—это результат его столкнове-
ний с атомами атмосферы. Благодаря большой скорости метеорита
при его движении в атмосфере развивается высокая температура
и проивходит ионизация, так что след метеорита представляет собой
плазму, состоящую из электронов и положительно заряженных
ионизованных атомов. При рекомбинации, когда электрон вновь
занимает свое место в атоме, энергия, затраченная на ионизацию,
выделяется в виде квантов света.
236
Легко понять5 что яркость свечения нарастает по мере прибли-
жения метеорита к земле, поскольку растет плотность атмосферы
й, следовательно, большее число молекул в единицу времени стал-
кивается с метеоритом. Когда метеоритная частица находится за
пределами земной атмосферы, она вообще не светится.
G разной плотностью атмосферы на больших и малых высотах
связано и различие во времени свечения следа. На больших высо-
тах, где плотность мала, проходит больше времени между соударе-
ниями частиц плазмы друг с другом и с молекулами воздуха, а именно
эти столкновения приводят к рекомбинации. В результате свечение
следа может продолжаться несколько секунд. На малых же высотах
благодаря большой плотности атмосферы рекомбинация протекает
очень быстро.
4.26. Описанное в задаче явление связано с тем, что в атмо-
сфере Земли коэффициент преломления световых лучей и радиоволн
разный. Путь распространения световых лучей от Луны в атмосфере
немного отличается от прямолинейного (так называемая рефракция),
аналогичное явление существует и для радиосигналов, но отклоне-
ние будет иным. Таким образом, траектории радиосигналов и лучей
света от. Луны различны, что и вызывает необходимость в разной
направленности, телескопов для оптического и радиолокационного
изображений Луны.
НЕКОТОРЫЕ ФИЗИЧЕСКИЕ КОНСТАНТЫ
Гравитационная постоянная
Ускорение свободного падения
(нормальное)
Скорость света в вакууме
Электрическая постоянная
Масса покоя электрона
— — протона
Элементарный заряд
Отношение заряда электрона
к его массе
Постоянная Планка
Постоянная Авогадро
Универсальная газовая постоян-
ная
Постоянная Больцмана
Плотность воды
— льда
— ртути
Удельная теплоемкость воды
— — льда
Удельная теплота испарения
воды
— — плавления
льда
6 = 6,67.Ю-11 Н-м2/кг2
^=9,8 м/с2
с==2,998‘108 м/с
е0 = 8,85.10~12 Ф/м
т==9, Ы0~31 кг
= 1836m ==1,67.10-2’ кг
е = 1,6-10-1* кл
е/т» 1,76-10й кл/кр
h*6,63*10-34 Дж.с
Мл«6,02.1023 моль-®
/? = 8,31 Дж/(моль«К)
1,38. 10-23 Дж/К
Ю3 кг/м3
0,9.103 кг/м9
13,6-103 кг/м3
4200 Дж/(кг-К)
2100 Дж/(кг»К)
2,26.10е Дж/кг
0,32 10е Дж/кр
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие 3
ВАДАЧИ
1. Механика 5
Кинематика 6
Динамика 12
Законы сохранения 14
Статика и гидростатика 19
Механические колебания и волны 23
2. Молекулярная физика и тепловые явления 27
Идеальные газы, начала термодинамики, тепловые про*
цессы 28
Пары, влажность, поверхностное натяжение 31
Теплопередача, тепловое расширение 36
3. Электричество и магнетизм 41
Постоянный ток, электрические цепи 42
Электростатика, емкость 49
Силы в магнитных полях 57
4. Оптика 63
РЕШЕНИЯ
1. Механика 68
2. Молекулярная физика и тепловые явления 138
3. Электричество и магнетизм 169
4. Оптика 225
Некоторые физические константы 238
239
Научно-популярное издание
Б У ЗД ИН А лександр Иванович
ЗИЛЬБЕРМАН Александр Рафаилович
КРОТОВ Сергей Оергеевич
РАЗ ЗАДАЧА, ДВА ЗАДАЧА
Библиотечка «Квант», выпуск 81
Заведующий редакцией Р. G. Куликов
Редактор Т. Р, Борисова
Художник Д. А. Крымов
Художественный редактор Т. Н. Кольченко
Технический редактор Е. В. Морозова
Корректор М Н. Дронова
ИБ № 41085
Сдано в набор 27.03.90. Подписано в печать 15.10.90. Формат ^4X108/^2
Бумага тип. № 2. Гарнитура литературная. Печать высокая, Усл. печ, AL L2J
Усл. кр.-отт, 12,81. Уч.-изд. л. 11,84. Тираж 150 000 экв. Заказ о—*18
Цена 1 руб.
Издательско-производственное и книготорговое объединение *Наукав
Главная редакция физико-математической литературы
117071 Москва В-71, Ленинский проспект, 15
Набор и матрицы ордена Октябрьской Революции и ордена Трудового Красного
Знамени МПО <Первая Образцовая типография» Государственного комитета СССР
по печати. 113054, Москва, Валовая, 28
Отпечатан® на подиграфкомбинате ЦКЛКСМ Украины «Молодь»
ордена Трудового Красного^Знамени издательско*полиграфического объединения
ЦК ВЛКСМ «Молодая Гвардия» 252119 Киев»119, ул. Пархоменко 38—44.
1 р.