/
Автор: Фомина М.В.
Теги: воспитание обучение образование физика решение задач издательство мир редакция литературы по физике и астрономии в помощь поступающим в вузы
ISBN: 5-03-003424-2
Год: 2001
Текст
В помощь поступающим в вузы
М.В. Фомина
Решебник
задач
по физике
Решебник задач по физике
В помощь поступающим в вузы
М. В. Фомина
Решебник
задач
по физике
Москва «Мир» 2001
УДК 371.64/69
ББК 22.3
Ф76
Фомина М. В.
Ф76 Решебник задач по физике. —М.: Мир, 2001. — 469с., ил.
ISBN 5-03-003424-2
Решебник включает в себя решения всех задач, помещенных в «Сбор-
нике задач по физике» Н. А. Парфентьевой, М. В. Фоминой (М.: Мир, 1997).
Оформление решений соответствует требованиям, предъявляемым к абиту-
риентам на вступительных экзаменах по физике.
Для школьников, преподавателей, а также лиц, готовящихся к посту-
плению в вузы.
ББК 22.3
Редакция литературы по физике и астрономии
ISBN 5-03-003424-2
© «Мир», 2001
От автора
Как показала практика, сегодняшний школьник отдает предпочтение учебным
пособиям с подробным решением задач. Поэтому в дополнение к «Сборнику
задач по физике» Н. А. Парфентьевой, М. В. Фоминой был подготовлен «Ре-
шебник задач по физике», который включил в себя решения всех задач из
Сборника. Решения оформлены в соответствии с требованиями, предъявляе-
мыми к школьникам и к абитуриентам на выпускных и вступительных экза-
менах по физике.
В решениях не только приведены конечные формулы и численные резуль-
таты, но и подробно показано, как они были получены и какие конкретные
цифры использовались. При работе с Решебником следует обращать внимание
на рисунки к решению задач, особенно по механике. В процессе написания Ре-
шебника были устранены все неточности и опечатки, допущенные в Сборнике
задач.
Автор выражает глубокую благодарность всем читателям, приславшим за-
мечания к «Сборнику задач по физике».
1. Механика
1.1. Кинематика
Задача 1
Дано:
гд = 8 км/ч
v-2 = 4 км/ч
из = 2 км/ч
Si = 2 км
S-2 = 4 км
S3 = 2 км
«ср~?
Решение- По определению, средняя скорость равна
_ Si + S2 + S3
Гср ” ti + t2 + *з ’
где ti, t-2, t3 — промежутки времени, за которые пешеход
прошел путь Si, S-2, S3, соответственно-
Тогда
Si + S-2 + S3
Vcv ~ Si + S2 + ^'
«1 «2 «3
2+4+2 ,
«ср - 4---2 КМ/Ч -6 км/4-
8 + 4 + 2
Ответ: гср = 3,6 км/ч.
Задача 2
Дано:
Ni = 10
N2 = 5
Vi =20км/ч
v-2 = 40 км/ч
Решение. Обозначим длину кругового трека L;
Si+S2
VCP~ ti+t-2 ’
где 5i = NiL — путь, который велосипедист проехал со
скоростью vi за время tx = ^- = S2 = N2L— путь,
который велосипедист проехал со скоростью v--> за времд
, S-2 N2L т
— — = ——. тогда
V-2 V2
«ср
NiL + N-2L
NiL ! N2L
«1 «2
(TVi + 7У~2)«1«2
NiV-2 + ^2«l
«ср
(10 + 5) 20 40
== -------------км/ч =
10-40 + 5-20 '
24 км/ч.
Ответ: пср = 24 км/ч.
8
1. Механика
Задача 3
Дано: СИ: Решение Путь S состоит из двух разных
о _ S Si - -у Vi = 36 км/ч 10 м/с участков Si и S-2, S — Si + S2, откуда S2 = 2S S' — Sj = -а~. Находим длину пути S и Si:
S2 = 300 м t-2 — 60 C 3S**> s S = —zf- и Si Средняя скорость дви-
«ср — ? жения на пути S равна
3S2
.Si + .S'2 _ S _ 2 _ 3S2«!
<i +t2 Si , S2 S-2 + 2t2i'i
h t2 r-1- t2
vi-----------------2 щ
«ср —
3 300 10
300 + 2-60-10
м/с = 6 м/с.
Ответ: wCp = 6 м/с.
Задача 4
Дано: СИ:
v=10км/ч 2,78 м/с
D = 500 м
S = 5 км 5 103 м
|«ср|-? At-?
Решение. Средняя скорость перемещения
AS , IASI ло
равна «ср = -др |«ср| - др, где AS — век-
тор перемещения (рис. 1). Время движения
. L г
t = —, где L — длина пути, по которому ехал
велосипедист.
Рис. 1
s+d(^-i) D(l~1
At =-----v----= S = _Д2______
v v V
500 f _ Л
=------------ c = 102>5 c
Ответ. |«cp | — 2,63 м/c ~ 9,5 км/ч; At = 102,5 c — 1,7мин.
1. Механика
9
Задача 5
Дано:
Vi = 26 км/ч
и2 = 10 км/ч
1о — 350 м
I = 14 м
/• --- *? '7"
•'встр лвстр
f — ? г — ?
a Vi
*01
о
СИ:
7,22 м/с
2.78 м/с
? Si-7 S2~?
?2
*встр*02
Решение. Систему отсчета свяжем с Землей,
приняв за начало координат место нахож-
дения автомобиля в начальный момент вре-
мени и выбрав за положительное направле-
ние оси х направление движения автомоби-
ля (рис 2).
Обозначим координаты автомобиля и ве-
лосипедиста соответственно хг и тз, началь-
ные координаты xoi и хо-> и проекции скоро-
стей с1:,; и v2x. С учетом жох = 0, ri'02 = /о,
vl:i; = vi и v2x = — v2 запишем уравнения
движения соответственно для автомобиля и
велосипедиста: Xi = уД и х2 = l0 — v2t. В
момент встречи ху = х2 — хвстр, Vi tBCTp =
/о — г’аАстр- Отсюда находим время встречи:
*01
*02
в
*01_________*1 * *2 ~1*02
0 U I- J *
Рис. 2
10 л _ 350
tsCTp - V1 + V2 • tB-P - 7,22 + 2,78 C “ C
откуда место встречи х'встр = уДвсхр, хвсхр —
7,22 • 35 м = 252,7 м. Из чертежа видно, что
путь, пройденный автомобилем до встречи
Si = ж'встр = 252,7 м. Путь велосипедиста до
встречи равен S2 = г-Двстр = 1о — жвстР =
97,3 м. Определим моменты времени t1 и t",
в которые расстояние между автомобилем и
велосипедистом равно I. Автомобиль и вело-
сипедист будут дважды находиться на этом
расстоянии друг от друга: в момент времени
t' до встречи (рис. 2,6) и в момент времени
t" после встречи (рис. 2,в). Для момента времени t' расстояние I = х2 — xi =
1 j.i j.i и J.I 350 140 о * т-,
«о — v2t — уД', откуда t = —р-т-, г = = оа—; а =о с = 2/с. В момент времени
V1 + v2 <, ZZ + Z, I О
t" расстояние I = хг — х2 = уД" — lo + v2t", откуда
= ^"-^±^с = 49с.
у± 4- у2 7\ 22 4- 2,78
Ответ: 4встр = 35 с; хвстр = 252,7 м; Si = 252,7 м; S2 = 97,3 м; t' = 21 с;
t" = 49 с.
10
1. Механика
Задача 6
Дано:
vo
ГУ>ТН____
a — ?
Рис. 3
Решение. Нарисуем траекторию движения
мяча (рис. 3), брошенного мальчиком, кото-
рый в момент бросания находится в точке 1.
Пусть в точке 2 мальчик ловит мяч. Следо-
вательно, проекция скорости мяча на ось х
ррлжна быть равна скорости мальчика, от-
куда очевидно, что проекция относительной
скорости на ось х равна нулю, а проекция на
ось у равна самой vOTH, откуда tga =
Ответ: tg a = '^s.
vo
Задача 7
Дано:
= 10 м/с
d — 100 м
I = 300 м
г?2 = 5 м/с
a — ?
Решение. Чтобы автобус и человек встре-
тились в точке D (рис. 4), необходимо
|РР| = fiti и |AD| = где t— время
движения автобуса и человека. Из ЛАСО
sin/3 = По теореме синусов из ЛВАО
I BD Zsma
—а = —------, откуда ВО = ——, и
sinp sma’ J snip ’
, I sin a I sin a . rT
Vltl = ~in Д' = d~ v‘2t2' Для SU1 о получа-
Viti d t-г , ,
ем sma = ут" j- При условии ti = Z2 sma =
Vid . ~ 10 100 2
vj’ sma = у ж = 5, откуда ax =
. 2
arcsm g
9
42° и a2 = 180° — arcsin 4 и 138°.
О
Ответ: 42° < a < 138°; в любую из точек шоссе, находящуюся между точками
D и Е, человек прибежит раньше автобуса.
Задача 8
Дано:
a
v-2
Решение. Для попадания пули в мишень (рис. 5) необходимо,
чтобы пуля и мишень попали в точку С одновременно, т. е.
ВС _ АС
V2 V1
Из ЛАСО следует, что АС — —Цй. Из ЛАСО и ЛАВО
J ’ cosp
получим
ВС = ltg/3 — Itga,
1. Механика
11
откуда
/(tg/3 -tga) _ I
V2 COS /3 Tl ’
V2
(tg/3 — tga) cos/3 = —,
V1
sin /3 cos a — sin a cos /3 1:2
cos a Ti’
sin(/3 — a) = — cos a,
V1
откуда
/3 = а + arcsin
Ответ: /3 = а + arcsin
V2
— cos а
vi
V2
— cos а
Задача 9
Дано:
ii = 7 мин
t2 = 5 мин
t —?
откуда
Решение. Расстояние между двумя движущимися трамваями
будем считать постоянным и равным I. В первом случае ско-
рость человека относительно трамвая равна (ттр — т,1СЛ), во вто-
ром случае—(ттр + тчел), где ттр и тчел — скорости трамвая и
человека соответственно. Следовательно,
Z — (ттр T4eJI)ti — (^тр ^чел)^2:
£1^тр
= 1-
^2^тр
Складывая почленно, получим
1
й
= 1
^чел
^тр
^чел
^тр
£
<2
= 2.
Если человек стоит, то мимо него трамвай проходит через промежутки времени
t = -L
® ттр *
t-
ix
2
2-5-7
——— мин = 5,8 мин.
I
Ттр
2Aj f 2
tl + t2
Ответ: tx = 5,8 мин.
12
1. Механика
Задача 10
Дано: Vq = 45 км/ч v' = 3 м/с «отн.1 — 18 м/с «отн.2 — 13 М/С СИ: 12,5 м/с Решение. Скорость пассажира относитель- но Земли тп = «о + «\ «п = (12,5 + 3)м/с = 15,5 м/с. В первом случае человек идет по платформе навстречу поезду, и ско- рость пассажира относительно этого чело-
«1 — ? «2 — ? V1 = (18 - 15,5) м /с = 2,5м/с века равна сумме их скоростей относитель- но ЗеМЛИ: «отн.1 = «п + «1, «1 — «отн.1 — «П! Во втором случае человек идет по платфор-
ме в направлении движения поезда, и скорость пассажира относительно этого
человека т0Тн.2 = vn — т2, откуда v% = vn — ?;ОТи a, «2 = (15,5 —13) м/с = 2,5 м/с.
Ответ: Vi = 2,5 м/с: v? = 2,5 м/с.
Задача 11
Дано:
щ = 20 м/с
v-2 = 15 м/с
«2,1 “ ?
Решение. По закону сложения скоростей v2 = vx + v2ji,
где v2 — скорость второго автомобиля относительно не-
подвижной системы отсчета (Земли), V] — скорость дви-
жущейся системы отсчета, которую мы связали с пер-
вым автомобилем, v2jl — скорость второго автомобиля
относительно движущейся системы отсчета, т. е. относи-
тельно первого автомобиля (рис. 6), v2,i = v2 — vx. Пред-
ставим эту векторную разность графически. Из полу-
ченного треугольника скоростей определим модуль ско-
рости второго автомобиля относительно первого:
«2,1 = y/vi + т2, «2,1 — \/202 + 152 м/с = 25 м/с.
tg« = —, tga = = 0,75.
Vi 2U
Ответ: t2j1 = 25 м/с, а = arctg0,75.
Задача 12
Дано:
а = 30°
v — 10м/с
«о — ?
Рис. 7
Решение. По закону сложения скоростей v = v0 + v',
где v — скорость капель относительно неподвижной сис-
темы отсчета (Земли), vn—скорость движущейся сис-
темы отсчета (связанной с трамваем) относительно не-
подвижной (Земли), v' — скорость капель относитель-
но движущейся системы отсчета (связанной с трамва-
ем) (рис. 7). Из полученного параллелограмма опреде-
лим модуль скорости трамвая: tga = «о = «tg а,
vq = 10 Д= м/с « 5,8 м/с.
V 3
Ответ: Vq = 5,8 м/с.
1. Механика
13
Задача 14
Решение. Если человек стоит, то для того чтобы
не намокнуть, он ручку зонта держит вертикально.
При движении зонт необходимо наклонять, так как
относительно человека капли падают под углом.
При максимальной скорости движения человека v4
капли падают перпендикулярно поверхности зонта,
при этом зонт должен закрывать человека (рис. 8).
ai = «г = а, поскольку стороны одного угла вза-
имно перпендикулярны сторонам другого.
«д V/iI 2 - о2
tgO! = — = ----- И
v D
v = . .
y/h1 - D2
Ответ: v =
y/h2 - D2'
Решение. Самолет относительно Земли движется
со скоростью vc = j (рис. 9). Угол а между ско-
ростью ветра и скоростью самолета равен 135°. Со-
гласно закону сложения скоростей скорость самоле-
та относительно Земли vc равна векторной сумме
скорости ветра и относительной скорости самолета:
vc = VOTH + Vfc.
Удобно воспользоваться теоремами синусов и ко-
9 I2
синусов: v2TH = v2 + v2 — 2vct.//,cosa = +
2 nlvh I2 . 2 nlvb
— 2-^ cos а, откуда «отн = О — 2—~ cos a.
Vb ^oth
/j — — следовательно,
sm p sin a
- a . vb
sin p = sin a - —- .
J l2 | -.2 . VZlVb
\ t2 Ь t
Ответ: vOTH
I - 9 ct /3 _
~2 + Щ — 2-^ cos a; sinp =
14
1. Механика
Задача 15
Дано:
Zi = 5с
ах = 1м/с2
42 — 0,1 мин
«2 = const
S3 = 25 м
«к = О
СИ;
6 с
Решение. Путь велосипедиста состоит из
трех частей: S = Si + S2 + S3 (рис. 10).
Si = —у1 (движение равноускоренное без
начальной скорости). Скорость в момент
времени 4Х равна «1 = 0)4) и с этой скоро-
стью велосипедист движется в течение про-
межутка времени 42: S2 = «142, затем он дви-
жется равнозамедленно: 53 = ~ ?
откуда 13 =
2S
/ . Окончательно
0141
S — + 014142 + S3.
2 с
Время движения равно 4 = 4) + 42 Ч-А и
Oiti
средняя скорость прохождения пути равна
g + aiti42 + S3
«Ср = у = ——---------дс----• Вычислим
" 23?
41 + 4г + -——
0141
1-25 , 1 с о
I 2
67,5
Wcp ~ Z 5°“
5+6+1Д
м = 67,5 м,
3,2м/с.
Ответ: S = 67,5 м; «ср = 3,2 м/с. Кривые зависимости скорости и пути вело-
сипедиста от времени представлены на рис. 10.
Задача 16
Дано:
= 3 с
Oi = 4 м/с2
S2 = 36 м
Д42 = 6 с
«к = 0__________
оа(4) —? «ж(4)~?
|As(4)|-?
Решение. На первом участке пути тело двигалось
равноускоренно и уравнение движения имеет вид
O142 442 о,2 т-,
хг = , х = ~2~м = 24 м. В момент времени
4 • 9
41: а?! = —2~ м = 18 м. За время 41 тело приобре-
тает скорость «1 = 0141, «1=3- 4м/с = 12м/с.
Затем тело двигалось равномерно со скоростью
«15 ж = ~+ «1(4 — 41), X = 18 + 12(4 — 3)м.
Время равномерного движения Д42 = ~ ^2 = с = 3 с. Последний
участок пути тело двигалось равнозамедленно, и уравнение движения имеет
вид
йз(4-42)2 _ Oi42 , Oi4iS2 о3(4-42)2 о^ , о , о3(4-42)2
2 + 2 ~^+‘S2+ 2
°14?
х — —^+О141Д42-
1. Механика
15
В конечный момент времени v3 = 0, откуда
Рис. 11
Vi - a3(t3 - i2) = о, t3 - t2 = At3 = 6 c,
аз = -т—, a3 = 2 м/с .
x = 18 + 36----* - м = 54 — (t — 6)2 m.
На рис. 11 изображены зависимости ax(t),
vx(t) и |AS(t)| = x(t) (так как движение
прямолинейное). В начальный и конечный
моменты времени скорость тела равна ну-
лю, следовательно, эти точки являются вер-
шинами парабол [график т(4)]. График т(£)
представляет собой плавную кривую и в точ-
ках, соответствующих моментам времени Н
и t2, меняется характер движения, но изло-
мов на графике нет. Прямая в промежутке
Н < t < t2 является касательной одновре-
менно к двум параболам в точках Н и t2,
так как тангенс угла наклона касательной
к графику х<Л) равен значению скорости, и
ни в одной точке не должно быть излома, поскольку это означало бы наличие
двух касательных, а значит, у тела в данной точке было бы две скорости, что
невозможно.
Задача 17
Рис. 12
Решение. Сначала тело движется равно-
ускоренно, вдоль положительного направле-
ния оси х (рис. 12), затем при to < t < 2to —
равномерно со скоростью 2т0, затем сно-
ва равноускоренно, и в момент времени Зф
начинает двигаться равнозамедленно, в мо-
мент времени 4£0 скорость тела становится
равной нулю, и движение становится рав-
ноускоренным, но тело движется в противо-
положном оси х направлении, в момент 5io
движение становится равнозамедленным.
16
1. Механика
Задача 18
Дано: СИ: Решение. При равноускоренном движении с на-
£rti — 3 с At2 = 3 с S = 270cm Sy = 40 см 2,7 м 0,4 м чальной скоростью зд тело за первые три секун- ды прошло путь Si и приобрело скорость Vi, где Vi — го + a Ati. За пятую секунду тело прошло путь Sv, численно равный скорости Vi (Sv = «1 • 1), еле-
v0- ? довательно, Vi = 0,4 м/с. Движение в последние три секунды было равномерным, следовательно
путь, пройденный за эти три секунды, равен S2 = 3Sv, и тогда Si = S — S2,
Si = 2,7м — 3 0,4м = 1,5м. Путь S) = 7'° -it v-r &ti (на графике ско-
рости от времени путь равен площади трапеции), откуда щ, =
г>° = -g1’- — 0,4) м/с = 0,6 м/с.
2Si
ДИ
*4,
Ответ: ио = 0,6м/с.
Задача 19
Дано:
Ati = Af2 = t = 3 с
Si = 20 м
S-2 = 50 м
vq — ? a ?
Решение. Пути Si и S2, проходимые за первый и
at2
второй промежутки времени, равны: Si = vot + -g-
с + । at2
и S2 = vit + -%-, где v0 — начальная скорость тела,
и «1 — vo + at — скорость тела в момент времени t.
Отсюда получаем
S2 — Si = v^ — vGt — («1 — Vo)t = at-t = at2,
следовательно,
S2 - Si
Найдем зд:
50 -20 , 9 „ „„ ,2
a = —— м/с" и 3,33м/с2.
О
Vo =
2Si - at2
2t
2 20 - 3,33 32
Г~3
м/с = 1,67м/с.
«0 =
Ответ: Vo = 1,67м/с; a = 3,33м/с2.
Задача 20
Дано:
Xi = 5 — 3t + 8t2
X2 = 4t + 6t2
vx(t) — ? rOTI!(t0) - ?
Решение. Скорость тела vx: = = x', откуда
x1:i: = — 3 + 16t, V2X = 4 + 12t. Значения скоростей в
момент времени t = 2 с будут:
vix = (—3 + 16-2) м/с = 29м/с,
V2j> = (4+12-2) м/с = 28 м/с.
Скорость первого тела относительно второго в этот момент времени равна
^отн — Vix V2x Vqxh — (29 28) м/с — 1 м/с.
Ответ: v1:e(t) = —3 + 16i; «1Ж(2) = 29м/с: w2a,(i) = 4+ 12t; г?2ж(2) = 2м/с;
^отн — 1 м/с.
1. Механика
17
Задача 21
Дано;
= 300 м
= 6м/с
= 0,6м/с2
= 12 м/с
_ = 0,4 м/с2
•ГЭ< тр~ ? «1—?
1встр 2 7Д 2
a, v02
Л)1
, *02
'0
Рис. 13
Решение. Свяжем систему отсчета с Землей,
приняв за начало координат место нахожде-
ния первого тела в начальный момент време-
ни и выбрав за положительное направление
координатной оси Оя направление движения
первого тела (рис. 13). Чтобы найти место
и время встречи, запишем уравнения движе-
ния тел: для первого тела Xj = x'qj + здП +
ait2 . , a2t2
—у-; для второго тела яд = а+г -«02^4—,
где .тор = 0, лог = Zq- В момент встречи X] =
, , aii" , . a2t ,
X'2j WioiH 2 — ч) тдр Ч 2 ? откуда £Встр —
-2(г>01 - 7702) ± л/4(ц01 + 77О2)2 + 8(01 - аД1р
2(ci — сд)
физический смысл имеет только корень со
знаком плюс.
-2(6 + 12) + у/4(6 + 12)2 + 8(0,6 - 0,4) 300 _ 4с
Подставив полученное время встречи iBCTp в любое из двух уравнений движе-
ния, получим
,01 Лзстр
*^вс:тр — ^01 из стр + 2
0,6-15,42
хвстр = 6-15,4-1-----------м = 163,55 м.
Для проекций скоростей первого и второго тел можно записать:
?’i.t = («oi).£ + aixt и v2jc = (7702)2: + a2xt.
Выразим проекции (йнК-, *+т, Т(02).г'> а2х через модули соответствующих им
векторов, направления которых показаны на рис. 13: ^(oi)® = '001, = Qi,
l’(02)s = —«02, a2x = a2 Тогда уравнения для проекций скоростей будут иметь
вид: Vix = V01 + ait и v2x = —«02 + a2t. Скорости тел в момент встречи равны:
а;1ж = (6 + 0,6-15,4) м/с = 15,24м/с, v2x = (-12 + 0,4 -15,4) м/с = -5,84м/с.
(Знак минус указывает на то, что скорость второго тела направлена противо-
положно положительному направлению оси :к.)
Ответ: я;встр = 163,55м; iBCTp = 15,4с; гд,. в(тр = 15,24м/с; v2x = —5,84м/с.
Задача 22
Дано:
vo = 4 м/с
Л1 = 3с
Аг: = 6 м/с
*(*)-?
Решение. Тело движется с постоянным ускорением
а = а = м/с2 = 2 м/с2. Уравнение движения
тела:
х = Vot -I—х = 4i + t" (м).
Ответ: x(t) = 4t + t2 (m).
18
1. Механика
Задача 23
Дано: Решение- Уравнение движения материальной точки
х = 8 — 3t + 4i2 (м) Vg — ? a — ? аД2 X = Хд +vOxt+ .
Следовательно, 8 — 3f + 4f2 = хд + vgxt + 4t2, откуда vgx = —3 м/с, а = 8 м/с2.
(Знак минус указывает на то, что начальная скорость тела направлена про-
тивоположно положительному направлению оси х, а направление ускорения
совпадает с положительным направлением оси х).
Ответ: vg = 3м/с, а — 8м/с2. Движение равнозамедленное.
Задача 24
Дано:
«О = О
h = 98 м
«ср — ?
Решение. Движение тела происходит с ускорением свобод-
ного падения и без начальной скорости. Направим ось у вер-
тикально вниз, приняв за начало координат начальное поло-
v pt2
жение тела. Уравнение движения тела имеет вид: у =
В момент падения у = h, откуда 4пад
. Средняя скорость ?;ср равна:
ср —
9,8-9,8
2
м/с = 21,9м/с.
Ответ: vcp = 21,9 м/с.
Задача 25
Дано:
«о = О
«ср = 39,2 м/с
'О
Л
2
ho
Решение. Для определения средней скорости на второй по-
ловине пути необходимо узнать время, за которое эта часть
пути пройдена (рис. 14). Время движения t2 на второй по-
ловине пути равно полному времени полета t минус вре-
мя t1: затраченное на прохождение первой половины пути
t2 = t — й - Направим ось у вертикально вниз и пусть начало
координат совпадает с начальным положением тела. Урав-
gt2 г>
пение движения тела запишется в виде у = В момент
падения тела на землю у = hD, отсюда время движения тела
Лп
высоте -у- тело окажется в момент времени
t =
, таким образом, t2 = t — =
У
Рис. 14
довательно, г>ср2 — ,
4(^2 - 1)2«2 4(л/2 — I)2 39,22
откуда hg =---------------, hg = —ь-------------— м = 105,4м.
Ответ: hg = 105,4 м.
9,8
1. Механика
19
Задача 26
Дано:
,, _ v0
— 20 м/с
/<-?
Отве т: h — 15,3 м.
Решение. Свяжем систему отсчета с Землей,
приняв за начало координат точку 0 на по-
верхности Земли и направив ось координат
Оу вертикально вверх (рис. 15). Уравнение
движения тела и уравнение для его скоро-
. qt* 2 ,
сти имеют вид: у — vgt — и v = «о — gt.
Найдем, в какой момент времени скорость
тела станет вдвое меньшей начальной скоро-
сти: -у = «о — gh, откуда И =
мент времени /.] тело
h,-y1= =
, 3 - 202 „
Л = g , g g м = 15,3 м.
vq
2ff
В мо-
находится на высоте
• 9 _ _3г£
9 4д2 - 2 8# ’
Задача 27
[ино:
h 24,5 м
ДI = 3 с____
/’о ?
Решение. Направим ось у вертикально вверх, начало ко-
ординат совместим с поверхностью Земли (см. рис. 15).
Уравнение движения тела имеет вид: у ~vot — . Под-
ставим у = h и решим уравнение относительно t:
'4-nt+h=o, =
2 ’ g g
Для Vg получаем выражение: vq
О, окон-
чательно имеем vq =
/ (9 8 - 312
«о = у 2 -9,8 24,5 + —’ ----м/с = 26,4м/с.
i line г = 26,4 м/с.
'll
1. Механика
Задача 28
(uno:
1()м
V. ?
Ь/1 '!
Решение. Направим ось у вертикально вниз и
начало координат совместим с начальным по-
ложением тела (рис. 16). Уравнение движения
qt2 тт „
тела запишется как у = Найдем момен-
ты времени /;/, tp, tc, Id в которые тело бу-
дет находиться в точках А, В, С, D, соответ-
rp /i h 31
ственно. 1ак как у.л = у в = 2’ У'с =
ув = h, время прохождения первой четверти
пути ДИ = tA = tA = ~ °’ 71 с-
Время, за которое тело пролетает последнюю че-
тверть пути, равно
Чтобы определить среднюю скорость на первой
и второй половинах пути, необходимо знать вре-
мя их прохождения. Для этого найдем
1в
2-10
2-9,8
1,01с.
|К'М । прохождения первой половины пути 4в, и средняя скорость равна
h 1° / г /
= = ГДо!м/с = 5м/с’
время прохождения второй половины пути найдем как разность (tn — 1ь), и
пдпяя скорость на второй половине пути будет равна
h 10 /по/
= = “/С = ’ /С'
> nt о" Д/| = 0,71 с; Д/з = 0 19 с; гуР1 = 5 м/с; сср2 = 11,9 м/с.
вдц'ш 29
41(11 1, 1 м/с2, (О км/ч, ЦП с СИ: 16,67 м/< Решение. Для прямолинейного равнозаме- дленного движения справедлива формула 2aS = «о - 4<он> откуда S=-l S=J^r„=99,2„. 2а 2ИЛ
tit S !>*>, м
1. Механика
21
Задача 30
'(ано: Решение. Направим ось у вертикально вверх, совместив на-
И() = 24,5 м/с чало координат с поверхностью Земли. Уравнение движе-
_ 7 пия тела и проекции его скорости на ось у имеют вид:
[ 9 8 \
у = и,)/ - у — ( 24,5/------|-/.* 2 I м = (24.51 — 4,912) м,
ид = (;о — vu = (24,5 — 9,8f) м/с.
В наивысшей точке подъема скорость тела равна пулю, vy = 0, отсюда tnog =
, и тело будет находиться в верхней точке полета, в момент времени tnog =
2 I 5
* с = 2. 5 с. Следовательно, в течение четвертой секунды тело будет падать,
11 '/1 < Из-, где Ул и Уз — координаты тела в моменты 3 с и 4 с. Путь, пройденный
к-лом за четвертую секунду, равен Sjv = Уз ~ У4, так как движение в этом
промежутке времени прямолинейное.
Siv = (24,5-3-4,9 - З2) - (24,5 4 - 4,9 42) м = 9,8м.
( J/'iict: S'iv = 9,8 м.
1пдача 31
’(iiuo:
h 500 м
Ч 200 м
Л/ I c
Решение. Направим ось у вертикально вниз, а начало коор-
динат совместим с начальным положением тела. Тогда урав-
нение движения тела: у = В момент падения у = h, от-
2 ' сюда время падения тела
прошло путь
</1 = 1ц
11 1Ь ;а последнюю секунду равен
время (1 — At) тело
2
Si = h - hi = h-
<7(1паД - ДО2
2-500
9,8
= 94, Зм.
Si = 500- - 9,8
2
Время движения тела па последних 200 м равно полному времени падения 1пвд
минус время /|, затраченное на прохождение первых (Л —5)м, fi =
|>|кудп
2(/> - S)
9
2(/i - S)
О।п<-1', Л', 0 1 .) м, I ','27с
2,27 c.
22
1. Механика
Зпдача 32
ЦппО:
h 21,5м
Иц 19,6 м/с
''1И<Ц
Ghw
Решение. Направим ось у вертикально вверх, поместив на-
чало координат на поверхность Земли. Запишем уравнение
. qt2 .
движения камня: у = уо + Dot — ’лд, где уо = п — начальная
координата тела. В момент падения у = 0. Тогда для /:пвд
имеем уравнение
п , , . ^пад . «о ± а/^о + 2<//г
О = h + votnBA--------откуда t„aA12 =---------------------—-------—
9
Очевидно, что время не может быть отрицательным, т. е. окончательно
v0 + л/«о + 29h- 19,6 + л/19,62 + 2 9,8 - 24,5
Лтд = ------~, Л.ад = --------------------------------------С = 5 С.
Уравнение для проекции скорости камня имеет вид vy = «о ~gt- Подставим
н >го уравнение время /:,,яд и получим значение проекции скорости камня на
и в у в момент падения:
vy — (19,6 — 9,8 • 5) м/с = —29,4м/с.
1пак минус указывает, что скорость падения поправлена в сторону, противо-
loiiozKiiyio направлению оси у.
) ri д*' епад — 29,4 м/с; £пад — 5 с.
lippi-ia 33
/(апо
♦ -7/
.. 5Uc
*Н< /1
Решение. Направим ось у вертикально вверх, а начало коор-
динат поместим в точку 0 на поверхности Земли (рис. 17).
Первые 50 с ракета движется равноускоренно без началь-
at2
ной скорости и, поднимаясь на высоту h0 = приобре-
тает скорость чд = att. После выключения двигателей раке-
та движется под действием силы тяжести с ускорением сво-
бодного падения g, и уравнение движения ракеты и урав-
нение для проекции скорости ракеты на ось у имеют вид:
, , qt2 . ,
У = У о + vot — vy — Vq — gt, где у о = ho — начальная ко-
ордината ракеты, t — время движения ракеты после выклю-
чения двигателей. В момент наивысшего подъема vy = 0,
г0 at]
= — = —и максимальная высота
д д
_ a^i , . . gtnop, _ °ii
- 2 +aii-tnofl 2 - 2
2-9,8
9.N
откуда /:ПОд
at2
I 1 I А У ПОД
n I.M н — Яо + ^ОЧюд-----—
mli ( u\ , 2-9,8-502
V 1 + - Ь Л = —
2 \ (I / 2
a2t2
д
a2t2
29
м я 7,35 • IO4 м.
•цич h 7,35 Ю'м
1. Механика
23
Задача 34
Дано:
AS = 1 м
At — ?
Решение. Бремя, за которое свободно падающее тело про-
ходит 71-й метр своего пути, равно разности времени 1п, за
которое тело проходит путь nho, где ho = 1 м, минус время
t„_i, за которое тело проходит путь (п — 1)/iq- Путь, прохо-
димый свободно падающим телом, определяется по формуле
, gt2 [%h
h= откуда t = Д .
Очевидно, что
д._. . _ / 2»г/г0 /2(?г - 1)/г? _ [%0о, г /-----------
At — tn — л] \l — л I (V V 77- - 1).
V д V 9 V 9
Ответ: At =
- Дп - 1), где h0
Задача 35
Дано:
ho — 1 м
hn = п2 h0
At-7
Решение. Когда цепочка обрывается, шары начинаются дви-
гаться под действием силы тяжести с ускорением свободного
падения д. Время падения ?г-го шара
Промежуток времени между последовательными ударами двух шаров, напри-
мер, тг-го и (п + 1)-го равен:
At — t.^-|_j — (п И-1)
таким образом, промежуток времени между последовательными ударами ша-
ров остается неизменным.
At =
\/дг=0-45с-
Ответ; At — 0,45 с.
Задача 36
’{апо-
ц>1 = J 9,6 м/с
7>и', = 1,9 м с
ш 11> //»< Тр
Решение. Свяжем систему отсчета с Землей, приняв за
начало координат начальное положение первого тела
(рис. 18). Уравнения движения тел имеют вид: для пер-
вого гена i/i (тело брошено вертикально
вверх < поверх I и и in Земли со скороегыо ц>| и дннже <я с ускорением д, на-
liplIBIU'lllllilM Blllll), II '1,1111 П1Ч1р<1|ч Н П.1 I/. /| 1>|, / , 1ДГ А II.14.1'11.11.1Я
24
1. Механике!
координата движения второго тела. По усло-
/ woi
вию п = +LL, начальная скорость «о2 направ-
*•9
лена вниз, как и ускорение д, с которым дви-
жется второе тело. Условие встречи yi — 7/2,
, at2 , , </t2
't’o 11 — = h — T02t — , откуда определяем
время встречи
. h _ L’oi___________________
°СТР Wi+^02 2<7(vOi + г'02) ’
19,62
Wp ' 2-9,8(19,6 + 4,9) С ~ 3 С
Подставив полученное время встречи 1БСтр
в любое из уравнений движения,
Получаем координату места встречи:
х ^ветр .. . 1П с п о 9,8 - 0,82 г
/Уш гр — гуд 1встр 2 ’ Увстр — 19,6 • 0,8 2 — 12, а м.
' 1/7 / *7'.* би гр — 0,8 с, 7/встр — 12,5 м.
<лдача 37
'(.ню
'о! 10м/с
И 20 м
Joj — 20 м/с
। 120 м
I <
У
v()2
В
Решение. Свяжем систему отсчета с Землей (рис. 19),
приняв за начало координат точку 0 на поверхности Зе-
мли и направив ось у вертикально вверх. Тогда уравнения
1 . х Qi2
движения имеют вид: для первого тела 7/1 = /ii+vOit—
</t2
для второго тела у? = /12 — «ог/ — Расстояние I меж-
ду телами выразим через координаты у г и у%, в которых
будут соответственно первое и второе тела в момент вре-
2 2
меня т: I = у2 - yi = /1-2 - V02T - -hr- vOiT + =
h‘2 — hi — (^01 “Ь ^02)^”, — 120 — 20 — (40 4- 20) 1 м — 40 м. В
момент встречи т/1 = у2, hi+vojt—^- = от-
//. I!)
, х 120-20
куда время встречи £встр = — /ВстР = с =
1,67 с. Подставив время встретш в любое из уравнений
9t2 -
ДВИЖеНИЯ, НахОДИМ //встр — /Т + ^ОГ^ВСтр ' Р . ?/встр —
(20 + 40 1,67 — 9’8 I’®? ) м = 73м. Путь S, пройден-
ный первым телом до встречи, равен S = увстр — /о,
5= (73- 20) м = 53 м.
। н>") / == 10м; 7/встр = 73м; /встР = 1,67с; S = 53м.
1. Механика
25
Задача 38
Дано:
voj = 30 м/с
(>02 = 40 м/с
Д1 = 0,1 с
__V
^отн
?/встр' ?
Решение. Для решения задачи выберем ось у, направленную
вертикально вверх, начало координат совместим с поверхно-
стью Земли. Тогда уравнение движения первого тела имеет
, gt2
вид: .(/I = woii — Тдз а проекция скорости первого тела на
о( ь у: vLv = «01 ~ gt. Уравнение движения и проекции скоро-
,, л,-. g(t — At)2
сти па ось у для второго тела у2 = Vo-2\t — At) —
и-2У = «02 — g(t — At). Скорость второго тела относительно порыло
«отн = «2</ - «iv = «02 - g(t - At) - v0l + gt — «оз - «oi + gAt,
«OTU = (40 -30 + 10-0,1) м/с = 11 м/с.
-a g(t — At)2 „
——2— Откуда находим
2
Условие встречи уд = у2, v01 — = «02(1 — At) —
время встречи
АР □. Л/
д~о~ +v02/\t
/ — _____________________
ЬвС'Гр — , л х
^02 + pAt — Vq]
и координату встречи
?/встр = «ш tBCTp “ ; (/встр = 30 0,37 -
Им/с; уЕСгр = 10,4м.
10-0,372 , л
--------м = 10,4 м.
Ответ: «отн
Задача 39
Дано:
Л = 300 м
to = 1 с
«зв = 330 м/с
S-?
О = fi - t0 =
Решение. Мальчик услышит всплекс воды от падения пер-
вого камня через время iL = taaR + t„, где tnafl = у ——
время свободного падения первого камня, a f3E = /г/«ЗЕ —
время распространения звука от всплеска. Расстояние S, ко-
торое пролетит в свободном падении второй камень за время
"27? , /г +
----1-----to, определяется как
д «зв
Ответ' = 292 м
2(>
1. Механика
Зидана 40
Дапо:
Du 3!), 2 м/с
At 1c
/мн. ?
Решение. Выберем ось у, направленную вертикально вверх,
начало координат совместим с точкой бросания. Уравнение
. qt2
движения первого тела имеет вид yj = Vot — >L^-. Посколь-
ку отсчет времени начинается с момента бросания перво-
го тела, для второго тела уравнение движения имеет вид
. d(t — At)2
У2 = V0(t- At)--.
, gt2
I ела встретятся, когда совпадут их координаты, т. е. когда ух = у%, i>ot — ----- =
л yAt2
v0At + Д-
. Отсюда момент встречи tBCTp =-----^д^.
„ц/ Д/)_^ Af)2
39JJ
9,8
1 11 1(01 Im i p
- vo । At
~ 9 + 2 ’
2
, 1
-I 2 с “
= 4,5с.
Лндпча 41
(ано
KD1 в <’02 = W
Al I <•
Il >0м
||<1 ?
Решение. Выберем ось у, направленную вертикально вверх,
начало координат совместим с поверхностью Земли. Урав-
нения движения тел имеют вид: первого тела ух -- vot —
и второго тела у2 = v0(t—At) — (см. предыдущую
Мюу). В момент встречи yL = у2, откуда tBCTp = — + Подставив найден-
9 2
. , . 1 (и? g At2 А
ион 1р в выражение для у± или у2, получим h: h = I д ~ — ) - Отсюда
||< гко получить гг«:
y/&h.g + g2At2 Д8 50 9,8 + 9,82 I2
„() - -----, Vo =----------------------м/с — 31,7 м/с
Л
(‘I'liei D(, = 31,7м/с.
Знд.пчн 42
Чнио Решение. Направим оси координат, как показано на рис. 20.
и/ За начало координат примем точку, соответствующую на-
i (И1 м чальному положению тела. Движение камня происходит под
ГТ 7 действием силы тяжести, т. е. с ускорением свободного па-
1 I) J
дспия g, и уравнения перемещения и скорости имеют вид:
Аг vltl 4 п v = V() -|- g/;. Этим уравнениям соответствуют скалярные
Л
£2
YpniiiH'iuiii в проекциях па оси 0ж и Оу: х — Жох + voft + , у — уОх + v^t
п I2
, п II, 1>(|, I 11,1, Чу 1’п„ I </„/ Так как ini 0, //oi = 0, 'i>o.,- i/y,
1. Механика
27
Рис. 20
vOy = 0, дх = О, ду = д мы можем запи-
сать: х = Vot, у = vx — Vo, vy — gt.
Действительно, данное криволинейное дви-
жение в силу закона независимости движе-
ний можно разложить на два прямолиней-
ных движения вдоль оси х и оси у Движе-
ние вдоль оси х — равномерное со скоростью
Vq, вдоль оси у — равноускоренное (ускоре-
ние д') без начальной скорости. За время
полета вдоль оси х тело проходит расстоя-
ние I со скоростью Vo- Начальная скорость
W = -f., vo м/с = 20м/с. Конечная ско-
рость vK = yjvl+y* = \Ло + (<7*)2, «к =
\/202 + (9,8- З)2 м/с = 35,6 м/с. Вектор ко-
нечной скорости направлен к горизонту под
углом a. tg a — tg а = -+ = 2, 25.
^х
Ответ: v0 = 20 м/с; vK = 35,6 м/с; а = arctg2,25.
Задача 43
'(ано."
/| = 19,6 м
/ = 20 м
<>о - ? + ?
Решение. Уравнения движения тела имеют вид (см. решение
и рисунок предыдущей задачи) х = Vot, у = В момент
падения на землю у = h, откуда время падения тела tn&A =
время падения тело вдоль оси х прошло расстояние
отсюда имеем
— ^оДад — Ло
Конечная скорость
«о = 20 J —м/с = 10 м/с-
VK = у/Х$+ V* = у vl + (<+,ад)2 = у «0 + 2Л<7>
= \/102+ 2-19,6-9,8м/с = 22м/с.
Угол а, под которым направлен вектор скорости vK к горизонту, равен
2(>
rv = arrl.g —; л- = arctg — = arctg2.
vr 10
Orner i>o 10м/с, nh= 22m/c;<v ;>icl.g2.
28
1 Механикг1
Задача 44
Дано:
1> = 50 м
го = 10 м/с
Рк~? |Дг| ?
Решение, (см. решение задач 42, 43). Скорость камня в мо-
мент его падения на землю равна vK = у/vq + 2gh, vK =
л/102 + 2 9,8 50 м/с = 32,9 м/с. Модуль вектора перемеще-
ния |Дг| = Vh2 +I2, где Z- расстояние, пройденное камнем
вдоль оси х за время попета tn,
I — 'Со^п —
у/г2 +
Л/1 — \ 50'2 -f --—-n v м — 59,3 м.
V У, о
Ответ: vK = 32,9 м/с; |Дг| = 59,3 м.
Задача 45
Дано:
h — 50 м
цн = 10 м/с
Решение. Направим оси координат, как по-
казано па рис. 21. За начало координат при-
мем точку, соответствующую начальному
положению тел. Для первого тела уравнение
si2
движения имеет вид Дг] = voii + и в
проекциях на оси х и у имеем: ад = и
iji = для второго тела Дг2 = v02t+^~,
Рис. 21
qt2
И У 2 =
будет равно:
и в проекциях па оси координат х2 = — i>02t
Время падения ZnaA
. В
момент падения расстояние между телами
'C’l Х2 — СоДпад ( Со2^пад) —
= (гщ + с()2)
— (<’01 + СогХпад
2-50
9,8
м = 47,9 м.
Проекции скорости на ось у в момент падения одинаковы для обоих тел
(см. задачу 42): и1у = v2y — gtnaA, следовательно, скорость первого тела от-
носительно второго vm „ = г.’|3- — c2j; = гщ — (—wq-j) = с()| + Cq2; окончательно
"от = (10 + 5) м/с = 15 м/с.
Ответ: I = 47,9 м; сотн = 15 м/с.
1. Механика
29
Задача 46
S = Vo COS Ct 4пад, откуда /:пвд
Решение. Направим оси координат, как по-
казано на рис. 22. Уравнение движения тела
л Ki2
имеет вид Ar = vqZ + этому уравнению
соответствуют скалярные уравнения в про-
екциях на оси а: и у:
gat2 gvt2
X = Х0 + П0.Д + иу = у0 + Voyt + ,
где х0 = 0, уо = h, v(l.r - c0cosa, vOy =
vq sin a, g:r = 0, gy — —g, и окончательно
x = v0 cos a -1 и у — h + n0 sin a t-—.
При минимальной скорости бросания мяч
оказывается на краю противоположного
берега, т. е. по горизонтали он пролета-
ет расстояние S. В момент падения 4ПВД
с dt2
——и у = О, О = h + v0 sixia ----~
h + гд sin a • —------7г~-г^~ о— = 0. Решая это уравнение относительно зд,
г;0 cos a 2vq cos а
получаем
v0 = S / д
cos а у 2(/г + S tg a)’
Ответ: Vq =
S I g
cos о: у 2(/i + S - tg a) ‘
Задача 47
^IllM < KO[>(>< 'I II 11 любой MOMCII'I
лирной ||>орм<> i>, i'i)<o;oi, vfl
Решение. Направим оси координат, как по-
казано на рис. 23. Начало координат совме-
стим с начальным положением тела. Запи-
шем уравнение движения тела: Дг = vot +
st2
2~, спроецируем это уравнение на коорди-
о t2
натные оси: х — xq = г.!од/ + и у =
?/о = Voyt + где то = Уо = 0, г;Ож =
'«о cos a, Vqv — «о sin а, дх — ду = —д.
Тогда уравнения движения запишем в ви-
, . . gt2
де: .с = «о eoso’ / и у = vosmat —
вр(,м<‘|П1 спрапедлппо v Vo I р;/, а п ска-
|'|>:>1пп t/l В ii.uini.K'iiK'il точке подъема
30
1. Механика
„ .Vo sin a
|>у = 0, откуда находим время подъема гпод — -- и высоту подъема
I. t _ gfnoA _ „ Dosina _ gvp sin* 2 a _ vfi sin2 a
Il - </max - г^под 2 ‘ ~ v9 g 2g2 ~ 2g 2
В момент падения на землю у ~ 0, т. е. 0 = «о sin о:/:пад — , откуда
. А . 2г0 sin а
Gi.vu = О и /Пада = —--• Вдоль оси х движение тела равномерное и за вре-
. 2гм sin о , ,
мя фад2 = —!---- тело проходит расстояние I — жтах = гдсоко - /:1гад2 =
Но cos а 2н0 sin a _ sin 2а Пл овию /г = 2 = ^sin2,a 9 =
I 2д sin 2а
9 9
Ответ: a rj 83°.
Задача 48
Дапо:
/ц ' 4м
?>(| = 40 м/с
о = 30°
//2 — 3 М
/ ? V — ?
Решение. Направим оси координат как по-
казано на рис. 24. Запишем уравнение дви-
ef2
жения тела Дг = vot + и его проек-
, . g^t2
ции на оси координат х — Хо = vOxt + а^—
и у = уо = vOyt + где х0 = 0, у0 =
-hi, Vox — То COS a, vOy = TOsina, дх = 0.
ду = — д. Таким образом, х = гд cos а • t и
2
У = /и + Но Sin a t — Найдем те мо-
менты времени, когда тело будет находить-
ся на высоте h-г над землей, т. е. у = h-2,
/12 = /11 + Vo sin a t —
vo sin a ± sin2 a + 2g(Ji,-i — /12)
/1,2 =-----—---------:---------------—,
40 • i ± J402 | + 2 • 10(4 - 3)
/1,2 =-------------, ti — 0,4 с; t2 = 3,6 с.
(!корость тела определяется по формуле v — vq + gt, или в проекциях на оси
। оординат как vx = «о cos а и vy = w() sin a — gt. Тогда
v = \/vx+v'y = \!vo c°s2 ° + (wo sin a — gt)2,
1. Механика
31
V2 =
402
/3
2
2
+ МО -1 - 10 3, б
2
37,6 м/с.
Найдем угол наклона вектора скорости к горизонту /3:
Vy Vo sin а - gt 40 - 10 • 0,4
tg (3 = -Д = —-, tg (3 =----= 0,47.
vx vo cos а УЗ
Ответ: Zi = 0,4 с; = 3,6 с; V\ = г:2 = 37, б м/с; (3 = arctg0,47.
Задача 49
'{иио:
h. 500 м
i'i = 100 м/с
1’2 — 20 м/с
Гис. 25
Решение. Запишем уравнение движения гру-
за в системе координат, изображенной на
рис. 25. Начало координат расположено на
поверхности Земли, ось Ох — направлена в
сторону начальной скорости груза, которая
равна скорости вертолета, а ось Оу направ-
лена вертикально вверх и проходит через
точку, из которой брошен груз. Итак, урав-
л Ei2
некие движения груза: Дг = vq£ + у~, и
его проекции на координатные оси х — .tq =
vOxt + и у - уо = vOyt + Так
как тОж = Vi, voy = 0, gx = 0, gy = -g,
хо — 0, уо = h, для груза можно запи-
сать х = Vit и у = h — Время паде-
ния 1пад груза на землю находим из условия,
3.1, это время груз проходит
9xt2
в
что в момент падения у = 0, tn.a„ =
горизонтальном направлении расстояние li =
/71 Лшд —
этот же момент времени в этой точке должен находиться
катер, который за время tn&A прошел расстояние = Т2<пад = ^ледова-
т(‘/1ыю, раси:тояпис между катером и вертолетом в начальный момент времени
равен
Z = /| На = ?л
I. (100 I 20)\/^-5f°M = 1200 м.
у 9,8
(’'пкч1 / Г2И0м
32
1. Механика
Задача 50
Дало.
D — 0,4 м
h — 3 м
i>o = 10 м/с
L = 5 м
ft!
Решешге Запишем уравнения движения ша-
ра в системе координат изображенной на
рис 26 в векторном виде, и в проекциях на
оси координат: Дг = v0/ +
gt2
2 ’
t = vo cos а 1
у = (Jq sin at —
gt2
2
- ?а2 - ?
Рис 26
При максима пыюм угле aj х = I —%-, у = h,
т. е. I >- = (io cos а • f, откуда получаем
vo cos а
и подставляем в выражение
, . gt2
h = vo sm a t----
. '-f
= vo sm a-----
vo cos a
2
2
Uq cos2 а 2
2
= ‘е“Ч'- 2
1
cos2 a
9 Н-
Kj
Используя формулу 1 + tg2 а =
1
^2—> полу ыем квадратное уравнение отно-
< пгельно tga:
tg2^-—2^-
g(i-
2/wo
tg a -f-1 4------------~ 0j
откуда а,пйх = 72°. При минимальном угле а2 х = I + -у, у = h. Аналогично
получаем уравнение
tg2 а-----
9
2t/n 2/(Vn
+ 1 + ----НГ2 =°
и, решая его относительно tga, получаем <т2 = 70°.
Oilier 70° < а <72°.
1. Механика
33
Задача 51
Дано:
о = 45°
/| = 1,2м
I = 1м
»0
Решение. Выберем оси координат как ука-
зано на рис. 27. Уравнение движения мяча
имеет вид Дг =
на координатные
St2
vat + а в проекциях
. , q.xt2
оси х - х0 = v0.xt +
. ЯД2 ,
+ 2“’ где х° = 'cosa’
О = I cos a — vo cosa-t, откуда t =
gi2 = j
2(21 sin a —h)
Ответ: vo = 4,8 м/с.
ио =
И У - УО = Hoyt
vqx = «о cos «о, Уо = I sin a, vqv = vo sin oq ,
9x = 0, gy — —g. Из чертежа видно, что
по = а, и окончательно можно записать
х = I cos а — vo cos а • t и
gt2
у = I sm a + wo sm а • t------—.
Согласно условию задачи у = h при х = О,
—,иН = 1 sin а +1 sin a — . Следовательно,
vo 2vq
, , ,
----------м/с = 4,8 м/с.
2(а/2-1,2) ' 1
2(21 sin а — hyV°
Задача 52
^ано:
¥>
”0_____
|Дг|_?
Решение. Выберем оси координат как пока-
зано на рис. 28. Уравнение движения снаря-
л Ei2
да Дг = v0/+”-, или в проекциях на оси ко-
. + gt2
ординат: х = i>o cos а t и у = «о sm а t —
В точке падения ^пад = tg , т. е.
*^пад
gt
vosma-f gt
tg V =-----------= tg a - -------,
vo cos a 2vq cos a
откуда получаем время падения
(tg a — tg 99) 2v0 cos a
tn'AA = g ‘
Э'пад + Упад = жпад
Г ~ 2v‘n cos2 o(tg a —
r(i cos a J I I tg2 ip = —------------------------------
<1
1 + tg2 <p.
2fig < ijs'2 n(tg, u •
<>int'i' |Ai |
и
34
1. Механика
Задача 53
Дано:
a = 45°
h = 1 м
/ = 10м
71 — ?
Решение. Выберем оси координат как ука-
зано на рис. 29. Уравнение движения мяча
л et2
Дг = vq£ + и в проекциях на коорди-
. , дД2
натные оси х — яд = УоД + Дт- и у — у0 =
&
vOyt + где vOx = v0 sin a, vOy = v0 cos a,
gx = g sin ct, gy = —geosа. Будем считать,
что в начальный момент времени мяч от-
скакивает от наклонной плоскости. Запишем
уравнения движения по осям х и у.
д sin а t2
х = vq sm ct t +
и
у = cos а t —
2
g cos ct t2
2
Условие падения на наклонную плоскость
у = 0, откуда Д< = — промежуток вре-
мени между двумя последовательными уда-
рами, At не зависит от номера удара, т. е.
мяч будет падать через одинаковые промежутки времени. В момент тг-го удара
мяч находится в движении в течение времени (п — 1)Д/ и проходит вдоль оси
х расстояние
. (п — l)2Ai2
х = vo sm а(п — l)At + д sm а--------.
4*
Пусть х = 1,
I = vq sinct(7i — 1).
Пусть х = I, Д£ = тогда
9, ,2 9„,2
I = —-(п — 1) • sin ct Ч-------(п — I)2 sinct,
9 9
г. е. получаем квадратное уравнение относительно (п — 1):
(п - I)2 + (п - 1) sin ct-= 0, где v% — 2gh.
2«о
— sin ct ±
(п - 1)1,2 = ---------
' . 2 I
sm ct + —
li
2
очевидно, что (н — 1) > 0, (п — 1) « 1,3, п = 2.
Oilier. чш но ударов равно двум.
1. Механика
35
Задача 54
|>() = 4 м/с
/t = 1 м_____
Як-?
Решение. Для определения радиуса кривиз-
ны следует воспользоваться формулой ац =
V2
-д, где с —мгновенная скорость, ац—цен-
тростремительное ускорение, направлен ное
тэ т2 Т5
перпендикулярно скорости. R = —.В на-
чальный момент скорость vq направлена го-
ризонтально (рис. 30), д = аЦо, откуда
42
Ro = —, 7?о =—м = 1,63 м.
(J 9,8
В конечный момент времени мгновенная
скорость v направлена под углом а к уско-
рению свободного падения g. vx = vo,
, , l2h
vy = —gt, где t = и —. Следовательно,
= vM + vy = V «о + 2Sh-
' 1тобы найти радиус кривизны в конечной точке, определим центростремитель-
ное ускорение в этой точке, для чего найдем проекцию ускорения свободного
падения g на перпендикуляр к направлению скорости vK: ац.к = gsina, где
sinn = _ vo R = Ч2 = W + W
Vkoh + 2gh’ K «ц.к gvo
D (^/42+ 2-9,8-1)3
Rk =------9^4--------M = 5>4 m.
Ответ.- Ro = 1,6 м; Rk = 5,4 м.
Задача 55
I'm .41
Решение. Чтобы найти нормальную и танген-
циальную компоненты ускорения, воспользу-
емся тем, что тангенциальное ускорение на-
правлено по касательной к траектории дви-
жения, а нормальное — по нормали к ней.
Полное же ускорение, с которым движет-
ся тело во всех точках, одинаково и равно
ускорению свободного падения д. Мгновен-
ная скорость v = vo + gt, проекции кото-
рой на оси координат vx = vg cos а и vy =
v0 sin о —gt (рис. 31), направлена под углом /3 к
36
1. Механика
горизонту, причем
здсоза
cos [3 = — = — - . , ап = gcos[3,
v у/Vq cos2 cv + (yo sin a — gt)2
9,8-19,6 |
an = —_____.... __ ___ м/с2 = 6,6 м/с2
/ л/ч
4/9,82 + (19,6 • - 9,8 • 0,65)2
aT = x/ff2 — an, ar — y/9,82 — 6,62 м/с2 = 7,3 м/с2.
Ответ; a„ = 6,6 м/с2; aT = 7,3 м/с2.
Задача 56
Дано:
(>o = 30 м/с
о о = 60°
/ = 2с
от = 30°
о 7 р — ?
-? Р2-?
Решение. Мгновенная скорость тела v =
vq + gf, ее проекции на координатные оси х
п у равны ил = vq cos «о и vy = vo sin «о — gt
(рис. 32). Направление скорости тела через
время t после начала его движения опреде-
ляется углом а,
vy vosniao-gt
tga = — =--------------,
Vx Vq COS «0
30 - - 9,8-2
tga =----------------= 0,423,
30 -1
откуда a rs 23°. Найдем время tx, когда
скорость тела будет направлена под углом
aj = 30° к горизонту:
_ Ho(sma!o — cos «о tgai)
в
В наивысшей точке траектории скорость направлена горизонтально и равна
vr, а ускорение свободного падения направлено перпендикулярно скорости,
откуда (см. зад. 54)
а2 (* 304)2
Pi = -^, Рх = м = 23 м.
5 9,8
Чтобы определить ради'’* кривизны в момент падения, найдем центр* «гфпмп
rcni.iioe ускорение и unit (очке, т е. проекцию вектора ускорения (-породного
падения на нанрап.н* нш nt pni'ii лпкулярпое скорое in л,( г/сомпц (скоро* п,
1. Механика
37
падения vK равна скорости бросания к», и угол, под которым тело падает, равен
углу бросания од)
= ^ = —, R-2 = - 3°- 1 м = 183,7м.
ац д cos «о 9 8-
Ответ; а = 23°; t = 1,77 с; Я, = 23 м; R2 = 184м
Задача 57
Дано:
а = 30°
= 8 м/с
А = 0,5 м
Решение. Мяч может удариться о доску
при движении вверх п при движении вниз
(рис. 33). Запишем уравнение движения мя-
ча и соответствующие ему уравнения в про-
екциях на оси координат От и Од:
gt2
Дг = vot -I—х = vo cos at и
gt2
у = vo sin at-—.
На высоте h = 0,5м мяч будет находиться
, + qt2
два раза: h = г?о sm а t — , находим
Vo sin « ± y/v0 sin а)2 — 2gh
<1,2 —----------------------
9
По условию мяч упруго отражается от дос-
ки, т. е. модуль скорости и угол падения и
0'1 скока мяча от доски будут одинаковыми, следовательно, время полета мяча
равно удвоенному времени движения мяча до удара о доску. Тогда дальность
полета мяча равна
vo sin а
li = vo cos a • 2ii = 2<д cos a --------
9____________________
vo sin а — <7q sin2 а — 2gh
и 1.2 = v0 cos a 2t2 = 2w0 cos a ---------------------—-----------------------
/-4 + 716-2-9,8-0,5
li = 8v3-----—----------м = 9,2м
9,8
z- 4 - 716 - 2 9,8 0,5
1-2 = 8v3-----------—--------------м = 2,1 m.
9,8
Отпет: li = 9,2м; 12 = 2,1 м.
38
i. Механика
Задача 58
Дано:
— 20g/c
R = 0,6 м
Z-?
Рис. 34
Решение. В системе хОу (рис. 34) скорость ком-
ка грязи в момент отрыва от колеса направлена
по касательной к ободу и равна линейной скоро-
сти точки на окружности обода vo = vT = 2тгRn.
Движение комка грязи описывается уравнением
Ar = vot + а в проекциях на оси координат:
у = R(1 — cos a) + (vq sinoQi — Пренебрегая
тем обстоятельством, что в момент вылета ко-
мок грязи находился несколько выше уровня зе-
. <й2
мли, получим у = vq sma-t—их = vo cosa-t.
Время полета t„ комка грязи найдем из условия
n . 2vosina
у = 0, tn = —~, следовательно, дальность
полета
X = Vo COS Q
2vq sin a Vq sin 2a
9 9
Комок грязи пролетит наибольшее расстояние, если он вырвется в момент,
когда его скорость составляет с горизонтом угол 45°.
_ 47г2Д2п2
6 — Жщах — j
9
, 4 - 3,142 • 0, б2 22
ь — Я?тах — г» о — О, 7v М.
9,8
Ответ: I = 5,76 м.
Задача 59
Дано: 7\ =24-3600 с /2 =3600 с /?, = 6,4- 106м 10 = 1,5- 10“2м Решение. Линейная скорость движения материадьной г, 2irR точки по окружности радиусом R равна v = у , цен- 4я2 тростремительное ускорение Иц = -^-R- Откуда
7 ^Ц1 7 0'2 &ц2 их = Я1-Т2 Vi = 6,4-106 - 3600 _ 7 V-2 Т1-Д2’ U2 24 3600 1,5 10-2 ’ U’ Ош = Д1 • Г22 аЦ1 _ 6,4 106 • 36002 _ 5 иЦ2 Tf-Pz’ аЦ2 242-36002-1,5-IO-2
Ответ: = 1,77 -107; = 7,3 • 105.
«2 аЦ2
1. Механика
39
Задача 60
!1.;пт:
ш =200с-1
I = 1 м
У’ = 30° = f
а
Рис. 35
Решение. Из условия следует, что враще-
ние дисков осуществляется с постоянной
угловой скоростью, следовательно, смеще-
ние ip = wt (рис. 35), откуда t = Скорость
пули равна
I Ilj
v = - = —,
t <р
1-200 ,
v = ------м/с = 382 м/с.
я
6
Ответ: v = 382 м/с.
Задача 61
/(ано:
Г — 121,16 мин = 7269,6 с
/> = 1,7- 106м___________
II— ? LJ — ?
Решение. Радиус орбиты спутника равен
R = 7?з + h. Линейная скорость его движе-
ния равна v = ljR = ^-R, угловая скорость
2я
(V — rj~\ »
2 3,14 1,7 -106
v =
7- 103м/с,
7269,6
2-3,14 , , , ,
726^С =8,64-10- с-1
Отпет: v = 7 • 103 м/с; w = 8,64 10~4 с-1.
Задача 62
'(ало:
II = 0,2 м
г • 1 с-1
I 0,5м
Рн< ЧС
Решение. Из рис. 36 очевидно, что проекции
скорости на ось у для каждого из дисков
одинаковы в любой момент времени. Следо-
вательно, относительная скорость
V0TH = Щл — «2а: = «SmOJt — (—VSmcjf) =
— 2«sinwi = 27?.t,'sinwf,
«отн = 2 • 0,2 Isinl tм/с = 0,4sintM/c.
Минимальное значение v0TH.i = 0 (sint = 0)
и максимальное значение = 0,4 м/с
(sin г = 1).
Ответ: w0TH = 0,4вш£м/с; «OTH.i = 0;
«отп.2 = 0,4 м/с.
40
1. Механика
Задача 63
Дано:
R
"t
Г2
Vo — ? cj — ?
Рис 37
Решение Находим мгновенную ось враще-
ния Ом (рис. 37). Угловая скорость отно-
сительно мгновенной оси вращения cj =
77Z7 = U^R + г) = V*(R - г)> от-
(щ — Г2)Т?
куда получаем г = х —, подставля-
ем полученное выражение для г в формулу
Cl Vi + V2 гл
—-— и получаем cj = . Ско-
(щ + Г2)
рость центра катушки vo = cjt = -——- •
(а0 — а2)Д _ vL — V2
(щ + v2)
Р| — V‘2 Vi. "Ь ‘^2
Ответ: v0 = - 2 z ; w = -
L(J — ry I 5
R + r’
2
Задача 64
Дано:
<'2
v0 — ? v'o — ?
Решение. В с лучае, когда скорости Vi и V2
направлены в противоположные стороны,
скорость центра бревна vq = V1 2 V2 (см
решение задачи 63). Если скорости Vi и v2
направлены в одну сторону, то угловая ско-
рость cj относительно мгновенной оси вра-
щения Ом равна
Щ V2
cj = v;--— —,
D + г г
где D — диаметр бревна,
v-Д)
г =---------------------.
Щ — «2
Из рис. 38 видно, что скорость центра брев-
на Vo равна:
(D vzD
CJ =
2 V| - V2
V2 • G'i - V2) _ Vi +v2
v2D
2
,, — V-2 I (Ц + V2
Ответ: v0 — 2 ; v0 = 2
1. Механика
41
Задача 65
Дано:
и
va — ?
с в — ?
аА — ^
Пв — ?
Рис. 39
Решение. Слова «катится без проскальзыва-
ния» означают, что скорость точек обода со-
прикасающихся с дорогой, равна нулю. Об-
руч вращается вокруг мгновенного центра
вращения С с угловой скоростью ш = д
(рис. 39). Скорость точки В: ид = ш 2R =
2г, скорость точки A: ш |С7Ц = ш • \J2R =
\/2г. Эта скорость направлена перпендику-
лярно радиусу вращения точки А вокруг
мгновенного центра вращения С, т. е. пер-
пендикулярно отрезку АС Центростреми-
тельное ускорение точки А
Гд (у\/2)2 __ \/2г2
аА = R1 = = ~~R~'
Для точки В
_ (2г)2 _ 2г2
В Rb 2R R
п /к о V zr zr
Ответ: гд = гу2; гд = 2г; а а — д , ав = -&-
Задача 66
Дано:
<£ = 60°
R.3 = 6,4 • 106 м
7^
Риг 40
Решение. Самолет должен лететь на запад
со скоростью, равной линейной скорости то-
чек поверхности Земли на этой широте. Ско-
2я
рость летчика (рис. 40) г = а>т = -у-Рз cos у?;
где w- угловая скорость вращения Земли,
Т — период вращения Земли. Тогда
2 3 14
” = 3600^4'6’4'10“ “°“/С =
= 232 м/с = 837 км/ч.
Ответ: г = 232 м/с = 837 км/ч.
12
1. Механика
Задача 67
Дапо:
'Лг
/__________
R ?
Решение. Передние колеса движутся с оди-
наковой угловой скоростью oj вокруг мгно-
венного центра вращения О (рис. 41):
V2 Vj.
~ I ~ I ’
R+ъ R-i>
Al Al
откуда находим радиус окружности R, по
которой движется автомобиль:
Hyi+v2)
iX — ~~7~—~•
2(^2 "Т1)
Тогда подставляя полученное значение R в
выражение
V-2 V2 — VI
cv =----- получаем ш =-------у—.
< R , - ^2-^1
’ 1 I 1J< I - .ZX - п/ \ 5 - 7
2{v2-v1), I
Задача 68
l.uio:
<’о О
I 0,5 <•
Н = I м
и 1м/с
а ?
/’п< Г.1
Решение. Движение происходит с перемен-
ной угловой скоростью щ: Найдем угловое
ускорение е: е = ~ Ускорение точ-
ки, движущейся по окружности, складыва-
ется из тангенциального ускорения аг, на-
правленного по касательной к траектории
точки, и нормального (центростремительно-
го) ускорения ап, направленного к центру
окружности (рис. 42). Из чертежа ясно, что
полное ускорение
ОспиТ и 18м/г11, и
ОН 1.|' "
1. Механика
43
1.2. Динамика
Задача 69
Дано:
т = 200 кг
Р = 24Н
Решение. На груз действуют две силы: сила тяже-
сти FT = mg и сила нормальной реакции опоры N
(рис. 43). По третьему закону Ньютона сила, с кото-
рой опора действует на тело, равна силе, с которой те-
ло действует на опору, т. е. его весу: —Р = N, Р = N.
Определим направление ускорения. Сила тяжести по
модулю больше нормальной реакции опоры, следова-
тельно, ускорение лифта направлено вниз. Запишем
второй закон Ньютона для груза:
уо
wFT
ma — mg -|- N.
В проекции на ось у уравнение имеет вид
та — тд — N,
откуда
тд — N
Рис. 43
200
Ответ: а = 9,68 м/с2.
Задача 70
Дано:
т = 45 кг
Гтах = 400 Н
Решение. На груз действуют две силы (рис. 44): сила
тяжести FT = mg и сила натяжения нити Т. Ускоре-
ние направлено вниз, т. к. FT > Ттах. Запишем для
груза основной закон динамики:
та = mg + Т,
и в проекции на ось у: та = тд — Т, откуда
__ тд Тmax
^МИН - }
т
Рис. 44
Очевидно, что чем больше будет ускорение, тем мень-
ше сила натяжения веревки.
Ответ: а > 0,9 м/с2.
44
1. Механика
Задача 71
Дано:
М = 105 кг
гтаги = з-106н
т = 70 кг
а—?Р-?
У о
F
/ тяги
Решение. На космический корабль (рис. 45) действу-
ют две силы: сила тяжести FT = Mg и сила тяги FTJirB.
Основной закон динамики для корабля запишется в
виде:
Ма = FT 4- FТяги
Этому уравнению соответствует скалярное уравнение
в проекции на ось у: Ma = FysiVK — FT, ускорение
Рсяги Мд
а~ М ’
М mN
а
3-106 - 105 -9,8 / 2 „„ „ , 2
а = ------77^-----м/с2 = 20,2 м/с2.
L-_J
ч
Рис. 45
105
На космонавта, находящегося на корабле действует си-
ла тяжести Frl = mg и нормальная реакция опоры N.
Запишем для него второй закон Ньютона:
та = FTi + N,
и в проекции на ось у: ma = N — F,, откуда N =
FT1 + та = т(д + а). По третьему закону Ньютона
вес космонавта Р и сила реакции опоры N равны и
противоположно направлены Р == —N, Р = N. Следо-
вательно,
Р = т(д + а), Р = 70(9,8 + 20,2) Н = 2,1 103 Н.
Ответ: a = 20,2 м/с2;
Задача 72
Дано:
ш = 10 кг
a = 7 м/с2
/'i-опр-?
= 2,1 • 103 Н.
F
, * сопр
а
Yft
I’U
Решение. На тело действуют две силы (рис. 46): сила
тяжести FT = mg и сила сопротивления воздуха Fconp-
Основной закон динамики для этого тела
zzza — Ft “Ь Fсопр 1
и в проекции же ось у запишется в виде
та — FT Fconp,
откуда
Fconp = FT — та = тд — та,
Fconp = 10(9,8 — 7) кг - м/с2 = 28 Н.
Ответ: Fconp = 28 Н.
Рис. 16
1. Механика
45
Задача 73
Дано:
«о = 20 м/с
t = 1,5с
т = 1кг
77 __ О
1 СОПр
Решение. Движение тела, брошенного вертикально
вверх, равнозамедленное. Найдем ускорение а. Из
условия, что в наивысшей точке подъема скорость
vK = 0, получаем пк = vq — at, откуда а = На
тело действуют (рис. 47) сила тяжести FT = mg и
сила сопротивления воздуха Fconp- Запишем для тела
основной закон динамики:
ma — FT 4~ Fcoi;P,
и в проекции на ось у: та — Fc + Fconp. Сила сопро-
тивления равна
v FT
v F
4 сопр
Рис. 47
Fconp = 1 I ут - 9,8 ) Н = 3,5 Н.
\ J., О J
Ответ: Fconp = 3,5 Н.
Задача 74 Дано: СИ:
Да; = 1 см т = 1кг Р = 0,1 10~2м
к-7
Рис. 48
Решение, На тело действуют четыре силы
(рис. 48): сила тяжести FT, сила трения FTp,
сила нормальной реакции N и сила натяже-
ния пружины F. Основной закон динамики
для тела массой т запишется в виде:
0 = F + FTp + FT + N.
В проекциях на оси координат это уравнение
будет иметь вид:
на ось х: F — FTp = 0,
на ось у: 0 = N = тд.
Сила трения равна FTp = gN = ртд.
Сила натяжения пружины F = /гДа;,
окончательно АД а; = дтд, откуда
дтд 0,1 -1-9,8
к = к = —— Н/м = 98 н/м-
Ответ: к = 98 Н/м.
46
1. Механика
Задача 75
Дано:
F = F' = 100Н
р = 0,2
Fj-7 F2-?
Рис. 49
Решение. На брусок действуют шесть сил:
сила тяжести FT = mg, сила давления двух
плоских поверхностей F и F', силы трения
между бруском и этими поверхностями FTp
и F',p и сила F. Основной закон динамики
для бруска имеет вид:
О = F + FTp + F(p + FT 4- F' + Fi.
При движении бруска вниз (рис. 49,а), силы
трения направлены вверх и в проекциях на
оси х и у имеем:
на ось у : F,4- mg - Frp - F?p = О,
на ось х : F — F' = 0.
Учитывая, что FTp = pF, F^,p — pF', полу-
чаем
Fi = —mg 4- 2FTp = —mg + pF 2,
Fi =.(-2-9,8+ 0,2-100- 2)H = 20,4H.
11ри движении бруска вверх (рис. 49,6) силы трения направлены вниз, и в этом
случае проекции уравнения па координатные оси имеют вид:
на ось у : mg + FTp 4- F^p - F2 = 0,
на ось х : F — F' = 0.
Подставляя в эти выражения значения сил трения FTp = F(p == pF, получаем
F2 = mg + 2FTp = mg 4- 2pF,
F2 = (2-9,8 + 2 0,2-100)H = 59,6H.
Ответ: Fi — 20,4 H; F2 = 59,6 H.
Задача 76
'( nio:
in 2000 кг
i l()c
t't, 0
и 20 м
p 0,03______
F '
Решение. На автомобиль действуют четыре силы (рис. 50): сила
тяжести FT = mg, сила тяги F, сила реакции опоры N и сила
трения FTp.
л е. I
Автомобиль движется с ускорением a = (движение рав-
г - °F ,
ноускореиное без начальной скорости, я = % ). шпшпом (ля
автомобиля второй закон Ньютона:
гпа = F | N I I1', I F,.,
1. Механика
47
FTp — ging и F • 7*-Гр
F = 2 103 (о, 03 9,
О гнет: F = 1,4- 103Н.
Этому уравнению соответствуют
скалярные уравнения в проекциях на
оси координат:
на ось х та = F — FTp,
па ось у 0 = — тд,
Ftp = P-N.
Откуда N = тд,
( 2s\
та — т \ ад + -р \ ,
220\ ,
Эдду Н = 1,4-103Н.
1(л /
1пдача 77
'(апо:
/'' = ЗОН
Г ЮН
Г '!
Решение. На рис. 51,а показаны дей-
ствующие на тела силы в случае, ког-
да сила F приложена к первому телу.
На первое тело действуют сила тяже-
сти F.j । — mj g, сила натяжения нити
Ti, сила F и нормальная реакция опо-
ры N. Второй закон Ньютона для это-
го тела имеет вид:
miai = л/,ig + N + F + Ti,
или в проекции на ось х: mj at = FT].
На второе тело действуют сила тя-
жести FT2 = 77i2g, натяжения нити Т2
и нормальная реакция опоры N2. Вто-
рой закон Ньютона запишем в виде
7тг2а2 = N2 + m2g 4- Т2,
или в проекции на ось х: т2а2 = Т?.
Так как массой нити можно прене-
бречь и поскольку нить нерастяжима
Т\ = Т-2 = Т, ai — а-2 = а. Получаем
систему уравнений:
( тгца = F — Т,
| т-2а = Т.
(>г< юда и
F
tn i + т-2
7772 F
7П1 + ТП2
^ + 1
ТП2
_ F т-2 _ Т
- Г’ mi - F-Т-
Kor'i.i сила F приложена ко второму телу (см. рис. 51,6), для первого и
второго тела можно iaiiunvi 1. второй чакон Ньютона в виде:
, Т — ина =
И
nipi'i Т( I N| I ш ig,
т.п1 F I 'Г' | N I 1>1,к
48
1. Механика
или в проекции на ось т, учитывая, что а{ = а'2 = а' и T'L ~Т'2 = Т',
—m^a' — —Д',
—m2a' = — F 4- Т'.
Отсюда
, F а — — а ту +гп-2
m\F
my 4- ?п2
Т' = (30- 10) Н = 20 Н.
Ответ: Д = 20 Н.
Задача 78
Дано:
in — Мкг
а = 3 м/с2
« = 30'
/1 = 45°
— ? Тг-Ч
Решение. На тело действуют три силы (рис. 52):
силы натяжения нитей Тх и Т2 и сила тяжести
FT = mg.
Основной закон динамики запишется в виде
ma — Ti 4- Т2 4- mg,
Рис. 52
и в проекциях на оси координат это уравнение
имеет вид:
на ось х : 0 = —7) cos « 4- Тг cos [3
на ось у : ша = Д sin а 4- Д sin (3 — тд
Т/Г Л m m COS /3
Из первого уравнения следует Ту = Т2 а .
Подставив выражение для 7) во второе урав-
нение получим
т(а 4- д) cos [3
±2 — ----------------------.
cos « sin а 4- sin /3 cos /3
116 H,
Д = 116^Вн = 95 Н.
л/З
Ответ: Д = 95 II; Д
116 Н.
1 Механика
49
Задача 79
Дано:
т
к'
ау
П
= 2.г-!
«2
аУ
mN
Рис. 53
Ответ- а-2 = + ср.
Решение. На тело действуют четыре силы:
сила, тяжести FT, реакция опоры N, сила
натяжения пружины Fi и сила трения Frp.
Основной закон динамики для тела массой
m запишется в виде
z/tai = Fx + N + Frp + mg.
Это уравнение проекции на ось х имеет впд
may = Fy — Fip, где сила натяжения пружи-
ны Fy = кху, ау = --- п~~тр Если пружина
будет растянута, и ее деформация х2 = 2ад,
то тело будет обладать ускорением
кх2 Етр
а2 = --------- =
m
кцу кху Ftp кх\
=-------1---------=------1 + ау.
тп m m m
Задача 80
Дано:
р = 0,5
« -?
Рис. 54
Отпет: а~ 19, б м/с2.
Решение. На брусок действуют три силы
(рис. 54): сила тяжести FT = mg, сила
нормальной реакции N и сила трения FTp.
Основной закон динамики для бруска имеет
вид:
ma = FTp + mg 4- N,
и в проекциях на координатные оси
па ось .т : та = N,
на ось у : 0 = F^v — тд,
FTP = ДУ.
Откуда получаем
FTP = /j,ma = тд,
9 9,8 2 2
а = —, а=—— м/с = 19,6 м/с.
и, 0,5
50
1. Механика
Задача 81
Дано:
1-2 = 2 м
Zi = 0,2 м
F = 40H
mi = 4 кг
т-2 = 16 кг
/Ц = 0,01
М2 = 0,05
Г-?
Решение. На брусок (рис. 55) действуют три
силы: сила тяжести FT = mjg, реакция опо-
ры Ni, и сила трения FTpl (FTpl = /zjA'j )
между бруском и доской (очевидно, что сила
трения будет стремиться перемещать брусок
вместе с доской вправо. На доску действу-
ют шесть сил: сила тяжести F2 = m-2g, си-
ла нормальной реакции N2, сила давления
бруска Гд = — Ni, сила трения F(,pi — — F.rp
(по третьему закону Ньютона), сила трения
FTp2 между доской и полом, (/'(,,2 = p2ZV2),
сила F. Запишем основной закон динамики
для каждого из тел:
mLai = mxg + Ni + FTpj,
?7i2a2 — m2g + N2 + Гд + F(,p 4- FTp2 + F.
Уравнение для бруска в проекциях на оси
координат имеет вид:
на ось х : = Frpi,
на ось у : 0 = N\ — miy,
^тР1 = MiM = MiWP, m1a1=^imip, сц = pip,
а уравнение для доски в проекциях на те же оси:
на ось х : m2a2 = F — FTpi — FTp2,
на ось у : 0 = N-2 — Р — т-2У,
Р = Ni = 'I г>. to:
откуда
N-2 = Р + 1П-2У = (mi + тДд,
т2а2 = F - Д1?тцд - рДтн + т2)р,
F - /дяад - д2(’Л| -I- т2)
а2 = --------------------д.
т2
В этой задаче а± < а-2. Ускорение бруска относительно доски а( связано с
ускорением ai бруска относительно земли и ускорением а2 доски относительно
чем ли следующим соотношением: ai -~ а' + а2. В проекции на ось х имеем:
п/, — «1 — а2. Брусок за время t проходит путь :
1. Механика
51
Следовательно, промежуток времени, за который брусок соскользнет с доски:
F - (/ц + /t2)(mj + т2)д ’
Опзет: t - 1,5 с.
Задача 82
и/
1'чтр — kl)
_____
п '! F— 7
2(2-0,1)-16
40 - (0,01 +0,05) (4+16) 10 " 1,ОС
Решение. Рассмотрим движение кубика и
диска. На кубик действуют четыре силы: си-
ла тяжести Fr — mg, сила нормальной реак-
ции N, сила натяжения нити F и сила тре-
ния F.rp, FTp = pN (рис. 56). Запишем основ-
ной закон динамики для кубика-
0 — mg + F + FTp + IV.
Этому уравнению соответствуют скалярные
уравнения в проекциях на оси координат:
t =
У
ftp if 1 а
lN
F
-ft»*—
F"’*-
- сопр
Гис. 56
^7—Д-
Т й» 17
^хтр
Yf2
на ось х : 0 = F — Fj p,
на ось у : 0 — N — тд,
Fep — kN = limy,
FTp — F,лакс — рт.д.
Это выражение действительно определяет
максимальную силу, так как при F < +макс
кубик будет неподвижен относительно дис-
ка, сила трения будет меньше F, р nOKOHmax =
pN. Чтобы определить установившуюся ско-
рость движения диска по поверхности во-
ды, рассмотрим силы, действующие на диск
вдоль горизонтали - это сила сопротивления воды Fronp и сила трения со сто-
роны кубика Ff = —FTp (по третьему закону Ньютона). Действующие по
вертикали силы взаимно уравновешиваются и на рисунке не изображены, они
иг влияют па движение диска по поверхности воды. Таким образом, для диска
вдоль осн я: имеем:
0 — Д.о(1р + F-гр, FrOHp — щли/.
По условию F, ,,ilp = kv, следовательно, скорость v установившегося движения
1ННГ
гик K.I г '
,. рту
I >'<'<•! 1'мик, ртд, v L- ь .
52
1 Механика
Задача 83
Дано
т = 50 Ki
М =40 кг
ц = 0,01
а-?
Решение На человека действуют три силы
(рис. 57): сила тяжести FT1 = mg, сила нор-
мальной реакции опоры N; и сила трения
FTpl, (FTpi = /х.Л/>). Именно благодаря этой
силе человек может двигаться. Основной за-
кон динамики для человека имеет вид:
та = FTpl + Ni + mg.
В проекциях на осп координат это уравнение
запишется в виде:
на ось х : ma = FTpi,
на ось у : 0 = TVi — тд.
На доску действуют пять сип- сила тяжести
Ft2 = J77g, сила нормальной реакции N2, си-
ла трения со стороны льда F.ip2, FTp2 = fiN2,
сила трения со стороны человека F(rpl =
—FTpi, сила давления человека F.( = —Nj
(но третьему закону Ньютона). Запишем
условие равновесия доски:
0 — Mg + N2 4 FTp2 4- F(,pl 4- F,,,
а в проекциях па оси координат уравнение запишется в виде:
на ось .г • 0 - FTp2 — FTpJ,
на ось .у : 0 = Л2 - F\ = Мд, где FA = Ni = тд,
F<v-2 = р№> = д(т 4- М)д.
,! (оска начнет двигаться, когда F^v2 = FTpj,
, , р(т + M)q 0,01(40 4-50)-9,8 , , л
та - р(т 4- М)д, а=----------—, а=------------—--------м/с2 = 0,18 м/с".
т 50
Ответ: а = 0,18м/с2.
Задача 84
'(ано
/д = 2Р
п - ?
’«'МИКС
Решение На человека действуют три силы (рис. 58).
сила тяжести FT = mg, нормальная реакция опоры
N) и горизонтально направленная сила, действующая
иа человека со стороны сиденья, N2. Запишем второй
закон Ньютона:
ma = тд 4- Ni 4- N2,
и в проекциях на координатине оси:
ось х та = N2,
ось у. 0 = TV) — тд.
Гт ,.Ч
1. Механика
53
Как видно из рисунка
/у, = + N'z = л/ (то.)2 + (тд)'2 = 2тд,
|<1к как Р = тд, окончательно, а = \/Зд.
Ответ: а = у/Зд.
Задача 85
'(ано:
in = 20 кг
/-’ = 100 Н
« = 2 м/с2
М — 7
Решение на доску действуют четыре силы
(рис. 59,а) сила тяжести Fr = mg, нормаль-
ная реакция опоры N, сила F и сила трения
FTp, /'•!> == I'N. Основной закон динамики
имеет вид:
та = nig + N + F + Р.,р,
и впроекциях на координатные оси
на ось д: ma = F — Frp,
па ось у: 0 = N — тд,
Ртр = /iN = р гид,
откуда
F — та
та, = F = д mq. д = -------.
тд
Минимальная масса груза Л/, который необ-
ходимо положить на доску, чтобы под дей-
ствием гой же силы доска осталась непо-
движной (рш 59,6), определяется из усло-
вия равновесия:
(т + H/)g + F + Nj + FTpi — 0,
где FTi = (т + М)д.
Проекции этого уравнения на координат-
ные оси имеют вид:
о । куда
на ось д-
нгт ось у:
F - FTpJ = 0,
— (т + М)д = 0,
Ртр = дМ = ц(т + М)у.
( F
F — р,(т + М)д = (----а
\т
(т + М),
Л/ =
in/а
F — та’
202 -2
100 — 20 • 2
кг = 13,3 кг.
М =
<Ьш'г Л/ 13 3Ki
54
1. Механика
Задача 86
Дано:
т = 10 кг
F = 40H
a = 60°
е ?
Решение. На тело действует четыре силы
(рис. 60,а): сила тяги F, сила тяжести FT =
7//,g, сила нормальной реакции N и сила тре-
ния FTp, FTP = /i,N. Тело движется равно-
мерно, следовательно,
0 = ?ng + F + N + FTp.
В проекциях на оси координат это уравнение
запишется в виде:
на ось х : 0 = F cos a — Frp,
на ось у : 0 = N + F sin а — тд,
Frp = P-N = ц(т9 ~ Fsina).
F cos a = р(тд — F sin а),
откуда
Feos а
М=-------
тд — F sm a
Если сила F направлена горизонтально
(рис. 60,6), тело движется с ускорением а,
и для него мы запишем второй закон Нью-
тона:
та — ?ng + F + Ni + FTpi,
проекции этого уравнения
на ось х : ma = F — FTpi,
на ось у : 0 = М — тд,
FTpj = pN±.
Prpi — iimgi & —
т
F F cos а
т тд — F sin а
Ответ: а = 0,93 м/с2.
1. Механика
55
Задача 87
>(ано:
in = 2 кг
/-' = 20 Н
и = 30°
// = 0,1
/|| - 0,6
и - ? ai — ?
Ответ: а = 7, 2 м/с2; at = 0.
Задача 88
(.ню;
nil = 1кг
Ш.1 = 2 кг
1'\ =8Н
F. — 4Н
о = 30°
// 45°
L °’1
и ?
/7п 62
Решение. На тело действуют четыре силы
(рис. 61): сила тяжести FT = mg, сила нор-
мальной реакции N, сила F и сила трения
FTp. Запишем для тела основной закон ди-
намики:
rna = mg + N + F + FTp,
и в проекции
на ось х : та = Feos а — Ftp,
па ось у : 0 = N — тд — F sin <%
FTp = yN = р,(тд -1 F sin о).
Ускорение равно.
F cos <т — fi(mg + F sin ci)
т
Сделаем расчет для р, = 0,1 и /д = 0,6:
а = 7,2 м/с- и <2j = 0.
Решение. На каждое из тел mi и тпг дей-
ствуют пять сил (рис. 62): сила тяжести
F.j = mg, сила F, сила натяжения нити Т,
сила трения FTp и нормальная реакция N.
Поскольку Fi sin а > F2sin/3, ускорение тел
будет направлено влево. Запишем второй за-
кон Ньютона для каждого из тел:
7«iai = F[ + Ni + }/Mg + Tj + FTpi,
m2a2 = F2 + N2 + m2g + T2 + FTp2,
Так как пить нерастяжима, aj = а2 = а, си-
ла натяжения вдоль нити остается по моду-
лю неизменной, поскольку массой нити мож-
но пренебречь, 7) = 72 = Т. В проекциях на
оси координат уравнения для тел можно пе-
реписать в виде:
на ось з; • niia = Ft cosn — 7 — FTpi,
llhjd T - I<\p2 - F2 cos/3.
ii.i <)(!></ 0 /'’isiiirv I Nf—niiii,
I) /' | sin /I I /V2 III •!/,
56
1. Механика
FrpJ = /.iNi = /Д/гцд - Fi sin a),
F,V2 = //Ад — ц(т-2д — F2 sin/3).
Найдем ускорение:
mi« + гща = Fj cos a - FTp] — Frp2 - F2 cos /3,
Fi cos a — F-2 cos /3 — n(niig — Fj sin a) — [Дтъд — F% sin /3)
mi + m.
Сделаем расчет. a = 0,6 м/с2.
Ответ: а = 0,6 м/с2.
Задача 89
Дано.
Л
Решение. На тело действуют четыре силы
(рис. 63): сила тяги F, сила тяжести FT =
7n,g, сила трения F.ip, сила нормальной реак-
ции N. Основной закон динамики для тела
запишется в виде:
та = F + N + mg + FTp.
В проекциях па оси координат это уравнение
имеет вид:
на ось .г : ma = F cos а — FTp,
на ось у : 0 = F sin а + N — тд,
Fvp — Р-N = Дтд — F sin a).
Для ускорения получим
F cos а — Ftn
а =------------ =
т
F cos о — р,(тд — F sin а)
т
F(cos а + ц sin a) — д тд
т
Для того чтобы ускорение было максимальным, выражение / = (cos а+ц sin a)
должно быть максимальным, а для этого необходимо, чтобы
/' = — sin a + р, cos a = 0,
< «ткуда
p = tg a.
( )ivct- rv = an l,gg.
1. Механика
57
Задача 90
'(ано:
Ш) = 1 кг
iii2 = 2 кг
/. = 1000 Н/М
= 10 Н.
Рас. 64
Решение. На тело с массой nil действуют че-
тыре силы (рис. 64): сила 'тяжести FTl =
т 1 g, нормальная реакция опоры N, сила F и
сила упругости пружины Fj, F| = /гД.г. На
второе тело действуют три силы: сила тяже-
сти FT2 = mag, сила нормальной реакции N,
сила упругости пружины F-г, F2 = к Ах. За-
пишем второй закон Ньютона для каждого
из тел:
m.i a, = F + Fj + Ni + mjg,
т2а2 = Fj + N? + wfcg-
При установившемся движении ускорения
тел равны щ = а2 = а, в противном случае
изменялась бы деформация пружины Ах, а
значит и сила упругости пружины и ускоре-
ния тел.
Уравнения второго закона Ньютона в
проекциях на ось ж имеют вид.
на ось ж : гп । а. = F — F±
т2а = F2.
(>i сюда находим ускорение
F — Fy + F2 F
а =-----------=----------.
mj + т2 mj + ле
1'2 = т2а = к Ах, откуда Аа = Расчет дает
0,067 м. Сразу же после прекращения действия силы F на
г будет действовать только сила упругости пружины, т. е.
, л кАх с „ , > /сД.7
т>п2 = кАх, откуда щ , сц = 6,7 м/с и а> = ——
значение Ах —
тела вдоль осп
= кАх и
, Й2 = 3,3 м/с2,
причем ускорения будут направлены в разные стороны.
1)гнет; Ах = 0,067м; fij = 6,7м/с2; а2 = 3,3м/с2.
Задача 91
'{ало:
М = 70 кг
in, =30 кг
а = 3 / с2_______
7
Решение, на груз действуют две силы (рис. 65): сила тя-
жести FT = 7/'/,g и сила натяжения нити Т. Запишем вто-
рой закон Ньютона для груза:
ma = mg + Т,
и в проекции на ось у для случая ускоренного подъема
I ру ia (ри< 65,а): та = —тд + Т, откуда Т = ni(a + д').
1. Механика
Рис. 65
На человека действуют три силы: сила
тяжести FTi = Mg, сила нормальной реак-
ции N и сила натяжения нити Тд. Так как
человек неподвижен, следовательно,
0 = Mg + N + Tj,
и в проекции на ось у. 0 = Ту + N — Мд.
По условию (задачи массу блока и нити
считаем равными нулю, следовательно, Т =
Ту. Находим N = Мд—Т — Мд—т(а+д). По
третьему закону Ньютона, Ffl = —N, Нд =
N = Мд — т(а + д).
= 70 9,8 - 30(3 + 9,8) Н = 370 Н.
Во втором случае, когда груз поднимают
равйозамедлецно (рис. 65,6),
Т1 = mg — mu,
Т' =Т[ = Мд -N', и F^ = Мд - т(д - а),
F'. •= 70 9,8 - 30(9,8 - 3) Н = 490 Н.
Ответ: 7’д = 370 Н; F^ = 490 Н.
Задача 92
Дано;
т = 5 кг
то = 0,5 кг
Рис 66
Решение. Действующие на грузы и перегру-
зок силы изображены на рис. 66. На первый
груз действуют сила тяжести FT = mg и си-
ла натяжения нити Т. На второй груз дей-
ствуют сила тяжести FTl = mg, сила натя-
жения нити Ti, Тх = Т. Так как массами
блока и нити можно пренебречь, сила давле-
ния перегрузка Ni. На перегрузок действу-
ют сила тяжести F.i2 = m(!g. сила нормаль-
ной реакции N. По третьему закону Ньюто-
на, сила, с которой груз давит на перегрузок
N, равна силе, с которой перегрузок давит
на груз , N — — Nt, N ~ Ny.
Уравнения движения для всех трех тел
запишутся в виде:
may = Т + mg,
ni а2 = Тх + Ni + mg,
m0a2 = mog + N.
1. Механика
59
В силу нерастяжимости нити ускорение тел равно О/ — = а, и в проекции
ил ось у получаем:
та ~Т — mg,
—та = —тд + Т — N,
—то« = ~тод + N.
Hi ключив из этих уравнений а и Т, найдем
N =
=4,76 Н.
2т + У7/.О
() гнет: N = 4, 76 Н.
Задача 93
1Н| = 1 кг
I//; = 2 кг
/I 0,2____
// ?Т-?
Решение. На первое, тело (рис. 67) действу-
ют сила тяжести FT = ?«ig и натяжения
нити Т. Второй закон Ньютона запишем в
виде:
/njai = m,g + Т,
или в проекции на ось у:
m^ai = mig — Т.
На второе тело действуют силы тяжести
F(, = 7/iag, натяжения нити Т', сила нор-
мальной реакции N и сила трения Frp. Для
этого тела второй закон Ньютона имеет вид:
7П2&2 = m2g + N + Т' + FTp,
или в проекциях
на ОСЬ X : 7П2Й2 = Т‘ — Нгр,
на ось у : 0 = — N + m-zg,
FTp = ij,N.
По условию задачи массами блока и нити
можно пренебречь, следовательно, Т' = Т.
В силу нерастяжимости нити = а2 = а.
Получаем систему двух уравнений
?п%а = Т — цт-zg, т±а = т^д — Т.
। 'ложпн почленно эти уравнения, получим для а.
тх — umz
а =-------------------д,
mi + m-z
11 гк уда легко получить
,,, , ч 7ГИ -т2(1 +р)
/ = "'•! (.<7 - «) =---;------~9-
т । Н- т->
П|.. расчет, получаем а 5,9 м/с2; Г 7, <S II
(Впег </ .1,9м/с2; 7’ 7,КН.
60
1. Механика
Задача 94
Дано.
Il'lj = 1 кг
П12 = 2 кг
// = 0,2
Т-?
Решение. Запишем второй закон Ньютона для обоих тел (см.
решение задачи 93). Ответим, что всегда необходимо рас-
сматривать движение тел относительно инерциальной систе-
мы отсчета, например, земли. Предположим, что стол дви-
жется с ускорением ао, направленным вниз. Тогда:
Ш1(ах + ао) = mig + T,
7н2(а2 + а0) = ni2g + N + Т' + Frp,
где (&[ + a<j) и (а2 + ао) — ускорения соответственно первого и второго тел
относительно земли. В проекцциях на оси х и у полу'гае.м:
на ось х : m-2a-2 — Т — Fip,
на ось у : ?П1 (ах — <2q) = тгцд — Т,
тп-ido = — N + ni2g,
при этом ai = п-2 = а, аал как относительно стола оба тела движутся с одина-
ковыми но модулю ускорениями. Тогда
N = т-2(д - «□), Fip = ушДд - «о),
а _ тДд rtp) -I- ртДд -ар) _ (7/72 + цт2)(д - о0)
77/[+ 7772 77? 1 + П1-2
Т = 777,17772 (1 + Д)(,9 + «)
Hll + 77/2
Сделаем расчет Т = 9,4Н. Так как а — это ускорение тел относительно сто-
ла, то очевидно, что при ар = д а = 0, т. е. система тел будет неподвижной
относительно стола.
Ответ: Т = 9,4Н; ар = 9,8 м/с2.
Задача 95
Дано:
и/1 = Зкг
m > — 4 кг
„> - ?
/'-?
Решение. На первое тело действуют две силы (рис. 68): сила
тяжести FTi = m ig и сила натяжения нити Tj. На второе
тело действуют сила тяжести Ft2 = 7»ag и сила натяжения
нити Т2. Запишем для каждого из тел уравнение движения,
считая, что тело, имеющее массу тп.\, опускается, а подвиж-
ный блок с телом массой т2 поднимается:
7)213! = Т] + 7771g,
т-2а2 = Т2 + 7722 g.
11! нерастяжимости нити следует, что перемещения грузов связаны соот-
ношением Sj = 2S2, следовательно, су = 2<22 = <2 (так как пройден-
ные пути прямо пропорциональны ускорениям). Т2 = 27'i = 2Т, (это
следует п I неввоомости блока и нити, так как сумма сил, действующих
на блок, равняется нулю). В проекции на ось у уравнения движения
1. Механика
61
а,у = 2,45 м/с2;
имеют вид:
пца — —Т + т^д,
—т^ = ~ т2.9-
Решая данную систему уравнений, полу-
чаем
2(2т2 ~ m2) 2mi - т->
ai = —----------д, а,2 = ---------д,
4'т! + т-2 ' 4w + т-2'
_ Зтдп? д
4mi + т-2
Подставляя в эти выражения данные зада-
чи, получаем
а2 = 1,22 м/с2; Т = 22 Н.
Ответ: ai = 2,45 м/с2; о,2 — 1,22 м/с2; Т = 22 Н.
Задача 96
(.1 по:
III
/•'
/-1 =
?
Решение. На тело действуют три силы
(рис. 69,а): сила тяжести FT = m.g, сила
нормальной реакции N и сила F. Так как
тело неподвижно, можно записать
О = mg + N + F.
Проецируя на ось х силы, получим
О = mgsina — F, где а—угол, который
наклонная плоскость составляет с гори-
зонтом. Если к телу приложим силу Fi
F inn sin а \
I ./'i = ----)> тело начнет с уско-
рением а двигаться вниз по наклонной
плоскости (рис. 69,б).
Запишем для него второй закон Нью-
тона:
ma = mg + N + Fi,
проецируя на ось х силы и ускорение, по-
лучим
тц — mgsiAct — Fi
Откуда
тп д sin а — FL F-F\ F
а — —:--------=--------= .
m m 2т
Отпет: ч
/<'
ini'
62
1 Механика
Задача 97
Дано:
т — 20 кг
о = 60°
a = 2 м/с2
р = 0,1
F—7
Рис. 70
Решение. На тело действуют четыре силы
(рис. 70,а): сила тяжести FT = mg, сила нор-
мальной реакции N, сила F и сила трения
FTp. Основной закон динамики для этого те-
ла запишется в виде
та = mg + N + F + FTp.
В проекциях па оси координат данное урав-
нение имеет вид:
па ось х : ma — Fcos о - mgsina — Frp,
на ось у : 0 = N — тд cos а — F sin о,
= pN-
N = F sin a + my cos a,
FTV = ju(F sin a + mg cos a),
следов ательн о,
та, = F cos о — ingsuia — ДР sin о + mgcosa),
откуда находим величину силы F
mg(sin a + // • cos a) + ma,
cos a — g sm a
Мы рассмотрели случай, когда ускорение
направлено вверх и тело движется равно-
ускоренно, но необходимо рассмотреть и
другой случай, когда ускорение направле-
но вниз вдоль наклонной плоскости, и те-
ло движется вверх по наклонной плоскости
равнозамедлепно (рис. 70,6)
та = mg + N + FTp + F[.
Тогда проекции уравнения движения тела на координатные оси имеют вид:
на ось х : — та, = Fi cos а — тд sin о — FTp,
на ось у : 0 = N — тд cog ex - Fi sin а,
FTp = pN.
Следует отметить, что сила трения не изменила своего направления, так как
гело по-прежнему движется вверх по наклонной плоскости, а сила трения на-
правлена в противоположную сторону
F,p = //(F sina + rnpcosa),
та тд sin о + p(F\ sin о + тд cos а) — Ft cos а,
ш</(ыпл +/tcoscv)-та „,отт
1*1 " 1 1 — 11.
cusa — /zsiutv
()ичч F F .11311
1. Механика
63
Задача 98
Дано:
S = 3 м
а = 60°
а0 = 30°
/-?
Решение. Обозначим массу тела тп. на тело
действуют три силы (рис. 71,а): сила тяже-
сти FT = mg, сила нормальной реакции N и
сила трения FTp. Запишем для тела второй
закон Ньютона:
ma = mg + N + FTp.
В проекциях на оси координат это уравнение
имеет вид:
на ось х : та, = тд sin а — FTp,
на ось у : 0 = N — тд cos а,
Ftp = gN.
N — тд cos а,
FTp — дтд cos a,
ma, = mg sm a — gmg cos a,
откуда находим a, = g(sina — y cos a). Это ре-
шение имеет смысл, если sin a — д cos a > 0,
так как ускорение в нашей задаче не мо-
жет быть отрицательным. Следовательно,
// < tga, причем если // = tgcto—тело бу-
дет двигаться равномерно или находиться в
состоянии покоя (см. рис. 71,6). Если угол
а < а0, то тело будет находиться в состоя-
нии покоя и сила трения покоя будет мень-
ше силы трения покоя максимальной. Дви-
жение тела в первом случае было равноуско-
ренным без начальной скорости, т. е. за вре-
мя t тело должно проходить расстояние S:
2S
g(sm a — g cos a)
2S
g(sin a — tg a0 • cos a) ’
at2
S=^
c = 1,1 c.
Ответ: t = 1,1c.
64
1. Механика
Решение. Пусть т — масса шайбы. На шай-
бу действуют две силы (рис. 72): сила тяже-
сти FT = mg и сила нормальной реакции N.
Основной закон динамики для шайбы запи-
Задача 99
Дано:
a = 30°
Zj - 2 с
Si = 20 м
шется в виде:
7/га = mg + N,
и в проекции па ось х: ma = тЦрбша, а =
д sin а. Ускорение будет одним и тем же в
течение всего движения шайбы (и при подъ-
еме, и при соскальзывании). Из условия,
что в течение первых двух секунд подъема
(движение гйайбы равнозамедленное) шайба
прошла 20 м, можно найти начальную ско-
рость шайбы Vq
oZ'f psina-ff Si .gsina-H
St = Vq - tL - = vo • ii---Уо = — -I---
z z ы z
Время подъема и время сосдеЯьвывапия шайбы t равны и определяются из
условия, что в момент наивысшего подъема шайбы
мк = vo — a,t = 0. Откуда
а
ее скорость равна нулю
/; । д sin а
tv ± 20
2 2-9,8-|
2
+ - с = 3 с.
Ответ: t = 3 с.
Задача 100
Дано:
<у = 30°
1-2 = l,5fi
Д-?
Решение. При движении тела вверх по наклонной плоско-
сти (рис. 73,а) на него действуют три силы: сила тяжести
FT = mg, сила нормальной реакции N и сила трения FTp.
Основной закон динамики запишется в виде:
77iai = 771g + N + FTp.
В проекциях на оси координат это уравнение имеет вид:
на ось х : mat = mg sin а + FTp,
на ось у : 0 = N — mg cos а,
FTp = juN.
И i второго уравнения следует N = тд cos a, FTp = ixmg cos а. Подставив вы-
ражение для Flp в первое уравнение, получим
7ГШ1 = тд sin а + утд cos а,
°-1 = .9(sinа + // cos а).
I Ipii движении тола вниз по наклонной плоскости (рис. 73,6) нанегодеш гвуют
гс же сипы пи <пла трения направлена вверх (в сторону, противоположную
ni пгкснию). Biopiiii i.ikoii Ньютона иля гола ннпннется в виде:
игл' нц>, I N I
1. Механика
65
и в проекции:
на ось х :
та2 — тд sin а - - FTp,
0 — N ~ тд cos а,
FTp = pN.
В этом случае а2 = ,g(sin a — fi cos a). Длина пути S
при подъеме и при спуске тела одна и та же,
apt? _ «2*2
2
на ось у :
откуда
2 ’
(> гнет: fi = О, 22.
Чядача 101
7..1/Ю--
о 45°
li 30°
«1
а2
Окончательно:
. \ 2
t-2 \ s'ina + p cos a
t\) ’ sin a — fi cos a
1 + /< ctg a _
1 — fi ctg a
2
- 1 tga
М =
+ 1
1,5*2\2
ti J
*2 у
*i /
= 0,22.
Решение. Так как шарик соскальзывает по идеально гладкой по-
верхности, то сила трения пренебрежимо мала и не учитывается
при решении задачи. Ускорение шарика при движении по первой
поверхности at = (/sin а, и по второй а2 = gsm/З (см. решение
задачи 99). При спуске шарика ио одной поверхности длина пути
Si = по другой поверхности S2 = где /г — расстояние
вершины призмы от основания. Движение шарика в обоих случаях
равноускоренное без начальной скорости,
аД|
2 ’
д sin a
д sin /3 t2 ’
1
В иг, ч-ic шероховатых поверхностей отношение ~ уменьшается, так как при
си кв'и. 1Ы11.1И1111 тела ( новерхшхч’и, наклоненной под большим углом, сила
ipi'iiiui меньше, чем при соскальзываиии тела с поверхности, наклоненной под
К IIUIIIIM
|.|и>нчатслыю
S1
S-i
_ aitj
2
sin /3
sin a
и S2
a2tl
tj __ sin/3 ti
t2 Bin a ’ t2
llllir'l '
ГМОМ
I.
66
1. Механика
Задача 102
Дано:
a = 30°
h = 2 м
д = 0,1
/г=
п — ?
Решение. При движении тела вниз по наклонной плоскости тело,
движется с ускорением «j = <7 (sin а — р cos а) и проходит путь, рав-
ный (см. решение задачи 100). На этом пути его скорость из-
меняется от пуля до 14. Внизу тело испытывает абсолютно упругий
удар, причем отражается от стенки со скоростью г), направленной
вверх вдоль наклонной плоскости и численно равной 14. Далее тело
движется равнозамедпспно с ускорением «2 = g(sinct + р cos а) и
в наивысшей точке движения, высота которой hi, скорость становится равной
нулю. Для равноускоренного спуска можно записать 2ai a = v'i, для рав-
нозамедленного подъема = v't (оба эти движения прямолинейные).
Поделим почленно два последних уравнения:
/го ах 1 /ц sin п — р cos п 1 — pctga
hi az ’ /го sin а + р cos a l + juctga
т. е. после одного удара высота подъема тела уменьшается в 0,7 раз, следо-
вательно, после п ударов, высота уменьшится в 0,7" раз. Согласно условию,
отношение высоты подъема h к начальной высоте hq -Л- = i = 0.7", откуда
/ »о /
ясно, что п = 2.
Ответ: п = 2 (два удара).
Задача 103
Дано:
a = 30°
F= 100 Н
гп = 5 кг
д = 0,1
«2 = о, 5(7,1
Решение. На тело действуют четыре силы (рис. 74,а): сила тя-
жести FT — mg, сила F, сила нормальной реакции ГД и сила
трения FTpi.
Основной закон динамики имеет вид:
та! = F + mg + ГД + FTpi,
и в проекции:
на ось х : пиц = F — тд sin а — FTpi,
па ось у : 0 = Ni — тд cos а,
FTp] = pN,
Ni = тд cos a, FTpi — p cos o,
следовательно,
maj = F — m.g(sin a + p cos a).
0)
Чтобы уменьшить ускорение тела в два раза, изменим направление силы
F. Пусть сила будет действовать под углом [3 к наклонной плоскости (см.
рис. 74,6). Проекции основного закона динамики на координатные оси будут
1. Механика
67
Индача 104
иметь вид:
на ось х : та'2 = F cos fl — тд sin о — FTp2 (2)
па ось у : 0 = F sin /? + Ад — тд cos а
Ртр2 •
N2 = тд cos a — F sin fl,
frP2 = д (тд cos а — F sin fl),
и, подставив выражение для FTp2 в уравнение (2),
получаем:
7Zi«2 = F cos fl — тд sin а —
— д(тд cos a — F sin fl). (3)
Решая совместно уравнения (1) и (3), и пользуясь
условием п-2 ~ 0,5с/), получаем fl « 50°.
Ответ: Ускорение можно уменьшить в два раза,
если сила будет действовать на тело под углом 50°
к наклонной плоскости.
/1,нио:
а
/' _
?
Ч>1
Решение. Рассмотрим движение тел относительно наклонной
плоскости в двух случаях. Пусть тело с массой т-> опускает-
ся (рис. 75,а). На тело ту действуют сила тяжести FT1 = «Mg,
сила нормальной реакции Ni, сила натяжения нити Tj и сила
трения FTpl. Основной закон динамики для тела с массой ту:
mjai = mlg + Tr + N( + FTpl.
II проекциях на оси ху и yj уравнение запишется в виде:
на ось Ж1 : туау — Ту — mygsma — F.ipy,
на ось уу : 0 = Ny — jzijpcosa,
FTpi = gNy = gmygeosa.
11 i голо массой m2 действуют две силы: сила тяжести Ft2 = m2g и сила натя-
11 1ш>| нити Т2. Основной закон динамики для него имеет вид;
m2a2 = m2g + Т2,
и । проекции па ось р2:
m2a2 = т^д — Т-2-
Н сипу п<р;к гяжимости нити й] = а2 = о,, и так как массы блока и нити
рПННЫ пулю, ТО
Ту = Т2 = Т.
Ьн на
in । а = Т - zzi । д sin « — рту д cos а,
111'211 = 1Н| </ ~ Т.
О'юкпм ни уравнения и понучим ускоренней.
Ill > ин ni<t I /к очл)
» fl
mi I zzb
68
1. Механика
Подставив полученое выражение для а, в любое из уравнений движения, опре-
делим Т:
77117712
Т =---------(1 4- и, cos а + sin a)q.
mj + m2
*>
По второму закону Ньютона, тцл -ац.т. = Ti +Т2 + Мбл, где т^л — масса блока,
ац.т. — ускорение его центра тяжести, Ng.n — сила, действующая со стороны оси
на блок (рис. 75,в). Масса блока равна нулю, следовательно, No.,, = —(Ti +
Т2), где (Ti +Т2) —равнодействующая сил натяжения, действующих па блок.
Рассмотрим силы, действующие на клин (рис. 75,г). На клин действуют сила
тяжести клина FT = Mg, где М — масса клина, сила нормальной реакции N,
силы Р(р| и N', со стороны тела с массой mi (по третьему закону Ньютона)
и сила N()JT, с которой ось блока действует на клин. Нас интересуют только
горизонтальные составляющие этих сил. Условие неподвижности клина:
О = — Т cos а + N{ sin а + F' L cos а,
7n1m2(l + since + pcosct)g . ,
О =---------------------------- + mi q cos a sm a + im,i о cos“ a,
mi +m2
откуда
m2
--= sm a + it cos a.
mi
И з рисунка видно, что если Т cos а> N{ sin а + F^pl cos а, то клин будет пере-
мет,аться влево, что соответствует условию > since + /7 с os се.
Если тело nit будет опускаться вниз по наклонной плоскости (рис. 75,6), то
основное уравнении динамики для чела пц laniune г> я и андн
Ш|П| zziig | Т| f 1N| I Еч,|
1. Механика
69
В проекциях на оси х3 и тд уравнение имеет вид:
на ось xj : т/сд = m-igsin a -- FTpl — T),
па ось уi : 0 = M — m^g cos a,
F-fp-j = p,N\ = утгцд cos a.
Мня тела m<2 имеем:
7/12^2 = 7712g + T2)
ii в проекции па ось ?/;>: 7/t2«2 — Т? — тп^д. Так как а/ = а2 = а и Ti = = Т,
попучаем
m j (sin а — и, cos а) — т2
о =------------------------д.
mi +тп-2
1‘нссуждая аналогично предыдущему случаю, получаем, что клин будет непо-
1П11ЖНЫМ при
т.2
— = sin а — /1 cos а.
т-2
1.щачу можно решить и другим способом. Система тел «клин и тела тл/ и
ш.» замкнута по горизонтальному направлению, поэтому проекция общего
количества движения системы на горизонтальное направление должна оста-
на гься постоянной и равной пулю. Клин начнет двигаться вправо, если гру-
»' будут двигаться влево, т. е. если будет выполняться условие /пм/sinri >
ni I/ + /uni geos а, отсюда < sma — /icosa, и клин начнет двигаться влево,
ii < ни грузы начнут двигаться вправо, т. е. если т^д > mifjsma + /iTTiigcosa,
Ш2 \ -
пин > sma + /icosa.
mi “
Отпет: клин будет неподвижен, если sin a — /icosa < < sin a +/icosa. Если
1 sin a — /icosa, клип будет двигаться вправо. Если 1~ > sin a + /icosa,
। пип будет двигаться влево.
Чадача 105
(,шо:
и /I
и 7
Решение. На тело, находящееся на наклонной плос-
кости, действуют три силы (рис. 76): сила тяжести
FT = 77? g, где m —масса тела, сила нормальной ре-
акции N и.сила трения FTp. Тело будет двигаться
вместе с наклонной плоскостью, т. е. с ускорением
а, если
77?,а = FTp + 771g + N,
пли в проекциях на оси координат (ось х удобно
направлять по ускорению):
па ось з : ma = N sin a + F cos a,
па ось I/ : 0 = /Vcosa - Fsin <т — mg.
70
1. Механика
Максимальное значение силы трения
г _ лг_ /Fsina + m<7\
-£тр — дА/ — д I I .
\ cos а )
Отсюда можно определить «т;1Х, при котором тело еще будет оставаться непо-
движным на плоскости. Находим
д + tg а
^тах — Z ’ 9-
1 — Д tg а
Если ускорение клина будет больше, то груз, лежащий на нем, начнет подни-
маться. Если д • tga = 1, то ни при каких сколь угодно больших ускорениях]
тело не будет подниматься.
Ответ: а, > а д.
1 — д tg a J
Задача 106
Дано:
т = 1 кг
mi — 2 кг
m2 — 4ki
Д1 = 0,01
дг = 0,02
а = 30°
а — ? а,о ” ?
Рис. 77
Решение. На тело т действуют три силы:
сила тяжести FT = mg, сила нормальной
реакции N и сила трения FTp. Направление
силы трения совпадает с направлением оси
ац, так как тело т пытается сохранить со-
стояние покоя, и только одна сила вызывает
движение тела влево. Второй ^ак«н Ньюто-
на для тела т имеет вид:
?па0 = FTp Ч- N + in g,
и в проекции:
на ось a.'i : — то,о = +Fip — тд sin а,
на ось ух : 0 = N — ni,g cos а,
FTp = pi N = fitting cos а,
та,о = mi.g(—Д1 cos а + sin а),
а0 = ,g(sina — Д1 cos а) = 4,8м/с".
На тело т-2 действуют две силы (рис. 77):
сила тяжести FT2 = m2g и сила натяжения
нити Т2. Основной закон динамики для него
имеет вид:
m2 аз = m.2g + Т2,
в проекции:
на ось
fij'2 : т.‘2а2 - ni>g - Т2.
На тело массой ту действуют шесть сил: сила тяжести FTj = mjg, сила патя
жения нити Ti, сила нормальной реакции N1,cnna трения между телом тп, и
наклонной плоскостью FTpi и силы, действующие на тело mi со стороны тепа.
т (согласно третьему закону Ньютона) — сила трепля F'ip (F(p* = FTp) и сила
давления N' (7V' = /V). Основной закон динамики для пепа и/ тиииются:
Ш|:<| г1\ I-i/iig I Ni I F pi I IN' I I1’',,,
1 Механика
71
11 > тому уравнению соответствуют скалярные уравнения в проекциях на оси Zi
miGj = TL -- mjflsina - FTpi - F?p, (2)
0 — A;'j — N1 — mt geos a,
F-ipt = P2-^.L,
Fipl == +mlgcosa) — ^(m + m1)gcoscr.
11 «2 = а вследствие исрастяжим®«ги нити, и Т\ = Т2 = Т. Решая совместно
)равнения (1) и (2), получаем для ускорения а следующее выражение:
m-2 — mi sin о — /ц (mi + m) cos сч — дут cos о ,
a =--------------------------------------------д = 4,7 м/с .
mi + т2
< )ihct: йо — 4,8 м/с2; а — 4, 7 м/с2.
Задача 107
Н‘
(I
0,1 кг
0,4 кг
30е
0,_2_____
? а2 — ?
'• ।
Решение. На тело mL действуют четыре си-
лы (рис. 78): сила тяжести FT] = mig, сила
трения FTp, сила нормальной реакции N и
сила натяжения нити Ti. Запишем основной
закон динамики для тела mj:
mi&i = m.Lg + Tj + FTp + Ni,
в проекции на ось .тц уравнение имеет вид
miai = 2"i — т> д sin а — ,/'/р,
а на ось/д:
0 — Л | - -' т ig cos oi,
FTp = /iNi = gmtgeosa.
На тело маетой т2 действуют две силы: сила
тяжести FT2 = m2g и сила натяжения нити
Т2. Второй закон Ньютона для этого тела
имеет вид:
'Ш-2&2 = Wl2g + Т2,
и в проекции на ось у2: т2а-2 = m-ig — Т2.
111 перастяжимости нити следует, что перемещения грузов связаны соотно-
•iii'iiih'm ,S'| = 2S-2, поэтому ax — 2а-2 = а,Т2 — 2Ti = 2Т.
Нонучасм систему двух уравнений:
nt id, — Т — mjgsina — /j,mj д cos a, m~2~ = m,2g — 2Т.
nit> । пн первое у]>авнснис на два и сложив правые и левые части уравнений,
ки|) чпм
m-j — 2mi sin a — 2/tmj cos a
----------------------------S,
а =
2w> + v
«1 (1,5 м/с2; ti-2 3,25 м/с2.
|1||цЧ' П| (i, .'> м/сн- 3,25 м/с2.
72
1. Механика
Задача 108
Дано:
М
ту
т-2
а-?
Рпс. 79
Решение. На тело массой М действуют две
силы (рис. 79): сила тяжести FT = Mg и си-
ла натяжения нити Т. Основное уравнение
динамики имеет вид:
Ми - Mg + T,
и в проекции па ось у: Ма = Мд—Т. На тело
массой пц действуют четыре силы: сила тя-
жести FTj = mig, силы натяжения нитей Ti
и Т' и сила нормальной реакции Ni. Урав-
нение движения тела:
miaj = Nx + mig + Ti + T',
и в проекциях на ось яд с учетом а у = а и
Т' = Т имеем:
mi а — Т — Ту — ту д sin а.
На тело массой т-2 действуют три силы: си-
ла тяжести FT2 = m2g, сила реакции опоры
N-2 и сила натяжения нити То. Очевидно,
что а-2 = 2ai = 2а, так как перемещение тела
т
т^, в два раза больше перемещения тела mi, Д = (объяснение см. в задаче
95). Тогда второй закон Ньютона для тела т-2 имеет вид:
т2а2 = N2 + Т2 + m2g,
и в проекции на ось яд
Ту
т-2 • 2а = —— т-2д sin а.
Таким образом, мы получили систему уравнений:
Ма = Мд — Т,
туа = Т — Ti — mig sin о,
- Т|
то - 2а = —— myosin а.
2
Умножив последнее уравнение на два и сложив левые и правые части уравне-
ний, получим:
а(М + mi + 4m2) = Мд — (ту + 2m2)gsino,
М — (ту + 2m2) sin а
М + т + 4т2
,, М — (mi + 2m2) sin О'
Ответ: а = —— ......—Д------д.
М + т + 4т2
1. Механика
73
Чпдача 109
Ц.ию:
<v
/I
|________
'"'i
in.
Решение. Чтобы определить возможное на-
правление движения, необходим предвари-
тельный анализ. Если mi sin о < т-2 sin Д, то
если бы трение исчезло, то груз т-> опускал-
ся бы, а груз т± — поднимался. Теперь мож-
но расставить действующие на систему силы
(рис. 80,а). На тело mi действуют четыре си-
лы: сила тяжести FTj — mjg, сила натяже-
ния нити Ti, сила нормальной реакции ГД
и сила трения FTpi.
Условие равновесия запишется в виде:
0 — Ti + Nj + Wig + FTpi,
Рис. 80
в проекции.
на ось ад :
на ось i/i :
0 = Ti — FTP1 — mig sin ct,
0 — Ni — migcosa,
Др1 — PM = ^migcosa,
Tj = mig(sm a + g, cos «).
ii и проекции:
На тело m2 действуют четыре силы: сила тя-
жести FT2 = m2g, сила нормальной реакции
Na, сила натяжения нити Т2 и сила трения
FTP2. Условие равновесия для т-2 запишется
в виде:
0 = m2g + N2 + Т2 + FTp2,
на ось .г-2 :
на ось у-2 :
0 = Т2 - т-2д sin Д + FTp2,
0 = N-2 — тэд cos Д,
Гак как Ti = 12, то
Д.р2 = pN2 = цт^д cos Д,
7г = т-2 д (sin (3 — /j, cos Д).
m2 _ sin a + /j, cos a
mi sin Д-р. cos Д
H < пучае, когда mi sin о > т2втД, груз mi будет опускаться, a m2—подпи-
м.сп.ся. Действующие на систему силы изображены па рис. 80,6. Векторные
уравнения движения для каждого из грузов, спроецированные на «свою» ось,
||||[|||.,нлсльпую соответствующей наклонной плоскости, имеют вид:
Д + fimig cos а — тгд sin о — 0,
Т-2 - m-ig sin Д - р.т2д cos Д = 0.
111 условия 7'| = 72, получаем
ii/i</(sin<v -/zcoscv) = ni2f/(sin/i -ЬдсозД),
'ОКУДа
Ш-2 hilK'l (I
in.t , ni/l I /к. Д
74
1 Механика
При решении задачи мы брали FIV покоя max = /iN, но в отсутствие движения
сила трения покоя может изменяться от пуля до Ргр покоя max- Следовательно,
грузы могут паходитья в равновесии при условии
sin а — д cos ct m2 < sin n + д cos о
sin fl + д cos [3 — т j ~ sin (3 — д cos fl'
Ответ- s*n ° lJi cos a < w2 < sin a + д cos a
sin fl+ ii cos fl — irit — sin fl — д cos fl'
Задача 110
Дано:
77) — 4 кг
n = 45°
д = 0,05
„ _ 9
(2 — ry
mx — ?
Рис. 81
и в проекции:
Решение, Натело массой (rn+mfl) = m-j дей-
ствуют четыре силы (рис. 81): сила тяжести
FTi = mig, сила нормальной реакции N1;
сила, трения FTpi и сила натяжения нити Ti.
Второй закон Ньютона запишем в виде:
mLaj = 771,1g + FTpi + Ni + Ti,
в проекциях на оси яд и yt получаем:
на ось яд : mat = m^g sin a — Ti — FTpl,
на ось yi : 0 = N\ — пцд cos а,
^тр L /HV] •
На второе тело действуют сила тяжести
FT2 = mg, сила натяжения нити Т-2, сила
нормальной реакции Nj, сила трения FTP2-
Второй закон Ньютона для этого тела
имеет вид:
in а2 = mg + Т2 + N2 + FTP2,
ma.2 = Т2 — mg sin cr — Prp2,
0 = N-2 — mg cos a,
^rp2 — P-^2-
Так как массами блока и нити можно пренебречь, то Тг = Т2 = Т, и в силу
нерастяжимости нити ускорения тел равны, at = ед = а- Получаем систему
уравнений
Г mja = mig sina — Т —/im^g cos а,
[ ma = T — mg sin a — /img cos a.
Сложив почленно уравнения системы, получим:
(mi — m) sin a — p(mi + m) cos a mf sin a — д(27П + тж) cos a
ins + m & 2m + m,.r
откуда mz равно:
....
g sin rv — //. • g cos n- a
на ось Z2 :
на ось 2/2 :
()i вег ш , I I ы
1. Механика
75
1.3. Импульс тела; закон сохранения импульса
Зидана 111 lino: А/ Зс /' ЮН Дс 5м/с bi '! Решение. Запишем второй закон Ньютона в импульцной формулировке: FAf = mA~v, где Fdt — импульс силы, /и Av— изменение импульса те- л FAt. 10-3 г ла. г At = ?nAu, отсюда т — д*~, т ~ —g— кг ~ о кг.
(> нет: т = 6 кг.
Зндача 112
(дно: hi 8 • 10”26 кг е 500 м/с Л/> ? Решение. В результате удара молекулы о стенку изме- нение проекции количества движения (импульса) на на- правление, перпендикулярное стенке, равно Ар = mv — (—mv) = 2mv, Ар = 2 8 • 10“26 500 кг • м/с = 8 10”23 кг -м/с.
< h пег: Ар = 8-10 23 кг • м/с.
Ч (днча 113
I.iiki: ''и 0 о 72 км/ч = 20м/с \/ 5 с Решение. Запишем для автомобиля второй за- кон Ньютона: FAt = mAv,
/< где FAt — импульс силы. Будем считать, что ав- томобиль движется под действием максималь- ной силы трения покоя ^тр покоя max — /1А —
Гиги,а FAt = ртд At = mAv,
откуда Av 20 д = —; д = —— = 0; 4. ' gAt ' 9,8-5
Онкч', // = 0,4.
76
1. Механика
Задача 114
Дано:
т = 0,15 кг
а-= 30°
v = 10 м/с
At = 0,02 с
F-?
Ответ: F = 75 Н.
Решение. По второму закону Ньютона,
F] А/, = Ар, где Fx At —импульс силы, которая
действовала на мяч, Ар — изменение импуль-
са мяча (рис. 82). Удар упругий, поэтому ско-
рость мяча после удара щ равна скорости мя-
ча до удара v, vt = v. Изменение проекции им-
пульса на направление, перпендикулярное стен-
ке, Ар, = mvi sin О' — (—nwsina) — 2mvsma, а
изменение проекции импульса па ось у
Дру = mvi cos а — mv cos а = 0.
Следовательно,
Fi At = Zmvsina,
2mv sin a
По третьему закону Нью юна, па стенку со сто-
роны мяча действует сила F = —F], F — Fy.
Окончательно:
2-0,15-10-0,5
0,02
Н = 75 Н.
F =
Задача 115
Дано:
m = 1 кг
= 3 м/с
At = 1 с
г>2 = 4 м/с
F-?
Решение. По второму закону Ньютона,
FAt = mAv, где F — среднее значение си-
лы, действующей на тело. Найдем измене-
ние скорости тела (рис. 83): Av = v2 — vi,
из чертежа очевидно
Aw = yjv% + vj.
Тогда
_ mA-е ту/v? + Wj
F - ~КГ = Kt ’
F= 1'г/^+± н = 5Н. '
Ответ: F = 5 Н.
1. Механика
77
Чндача 116
'(лир:
<1'1
Uli
«1
II
г|
Решение. Обозначим импульс первого тела pi =
miVj, второго р2 = m2V2- Импульс системы р =
Pi + Р2 • Воспользуемся правилом сложения векто-
ров (рис. 84). По теореме косинусов,
р2 = р( + Рз — 2pip2 cos(180 — а) =
= 'Pi + pi + 2piP2 cos a.
Ответ: p = y/^mpui)2 + (тг'^г)2 + 2т1т2вд cos a.
I’iic, 84
Задача 117
(.li/o:
til 70 кг
«I 6 м/с
Л/ = 100 кг
I'j 1м/с
I' ?
Решение. На мальчика и тележку действу-
ют внешние силы: сила тяжести и сила нор-
мальной реакции, однако результирующая
этих сип равна нулю, т. е. можно использо-
вать закон сохранения импульса: р/ = рц,
где р/ = mjvi + Mv?—импульс системы
тел мальчик — тележка до взаимодействия,
Ри = (m + M)v — импульс системы после
взаимодействия. Выберем ось х вдоль на-
правления движения мальчика (рис. 85) и
запишем закон сохранения импульса в про-
екции на ось х:
три! + Mv-i = (m + M)v,
откуда
И7( V2
х
/777777777777777777777^
Гцг 85
m,iVi + Mv-i
v —-------------
m + M
Ответ: v = 3,06 м/с.
v = 3,06 м/с.
78
1. Механика
Задача 118
Дапо:
= 200 кг
щ = 100 м/с
т-2 = Ю4 кг
v-2 = 1м/с
а = 30°
Рис. 86
Решение. Так как все внешние силы вер-
тикальны, то система тел снаряд — плат-
форма считается замкнутой по горизонталь-
ном}' направлению, т. е. импульс системы
снаряд — платформа остается неизменным
вдоль горизонтального направления р/а; =
Р//.г,гдеш| ир/jj — проекции импульса сис-
темы на ось ,т до и после взаимодействия
(рис. 86),
'Ph — ШрЩ COS О' — ?М2'Г2,
PI1L = (mj +т2)т.
Откуда
mi'Ci cos о — т-2'с-2 = (mi + тг)т,
m^V! cos a — moo-2
v = -------------------
?7ii + т-2
v = 0, 72 м/с.
Платформа после попадания в нее снаряда
изменяет направление движения на, проти-
воположное.
Ответ: v — 0,72 м/с.
Задача 119
Дано:
mi - 0,01 кг
т-2 = 0.4 кг
h = 1,2 м
Р] = 500 м/с
Г17?
Решение. На систему тел «пуля - шар» дей-
ствуют внешние вертикальные силы, сле-
довательно, в горизонтальном направле-
нии импульс системы остается неизмен-
ным. р/х = pj/j., где р1х и р11х--проек-
ции на ось х импульса системы до и по-
сле взаимодействия, т. е. mjvt = (пф +
тг/е, где и- скорость шара с застрявшей
ТП1 Vl
в нем пулей после удара, v = --------ф-1—
mi + т2
(рис. 87). Движение шара после попада-
ния в него пули -это движение тела, бро-
шенного горизонтально. На шар действу-
ет только сила тяжести, которая сообщает
ему ускорение свободного падения g. Вдоль
оси х — движение равномерное со скоро-
стью v, так как в горизонтальном направ-
лении на шар не действую г никакие силы,
а но оси у — движение равноускоренное без начальной скорости Уравнения
чвижения шара имеют вид:
Г = и1.
1. Механика
79
В момент падения шара у = h, откуда время движения шара
За это время в горизонтальном направлении шар пролетает расстояние
I = ^inax ~V-t =
mi + m-2
I — 6 м.
Ответ: I = 6м.
Задача 120
Дано:
M = 400 кг
h = 1000 м
т = 20 кг
Решение. Начальную скорость ракеты tq можно опреде-
лить, так как известна высота ее подъема: vq = -\/2gh.
Эту скорость ракета приобрела в результате мгновенно-
го сгорания и выброса топлива. Чтобы определить, с ка-
и _ ? кой скоростью v вырвались продукты сгорания из ра-
кеты, воспользуемся законом сохранения импульса. До
сгорания топлива импульс системы ракета — топливо был равен пулю. После
мгновенного сгорания топливо и ракета приобрели скорости v и v0, направлен-
ные в противоположные стороны. 0 = mv + TWvq, или в проекции на верти-
кальное направление
0 = —mv + Mvq.
Окончательно,
Mv0 М ,—-
v = ---— —y/2gh, v = 2800 м/с.
т т
Ответ: v — 2800 м/с.
Задача 121
'[ано:
о = 60°
in = 100 кг
/>н = 300 м/с
М = 1000 кг
и ?
1'111 х.ч
Решение. Система, «пушка — снаряд» не явля-
ется замкнутой, так как вертикальные силы,
действующие на тела системы, не уравновеше-
ны. В горизонтальном направлении на систе-
му «пушка—снаряд» никакие внешние силы нс
действуют, т. е. система этих тел считается зам-
кнутой ио горизонтальному направлению, и за-
кон сохранения импульса выполняется в проек-
циях на это направление (рис. 88):
Plx = Pile,
где Р1Л и рцх — проекции импульса системы тел
на ось х до и после взаимодействия, pix = 0,
рп.,. = —Mv + mvg cos а. Откуда
0 = —Mv + mvo cos a,
и
nn'ocoso.
()l HOI p I i m/<
80
1. Механика
Задача 122
Дано:
mi
m-2
Решение. На шарики действуют внешние
силы (рис. 89): сила тяжести и сила нор-
мальной реакции, однако результатирую-
щая этих сил равна нулю, следовательно,
можно использовать закон сохранения им-
пульса pi — рц, где pi = m,vt + m2v2 —
импульс шаров до взаимодействия, и рц =
(mi +m*!>)v— импульс шаров после абсолют-
но неупругого взаимодействия. В проекции
на ось х напишем:
гщщ — m-zV-2 = —(mi + гпДД,
Рис. 89
U-2
так как v = -ту, то
(т-2 — mi) i>2
nil %
,, (П»2 — «и)
Ответ: v = -—=----------—
Задача 123
Дано:
I — 2 м
М = 90 кг
m = 60 кг
S-?
Решение. До того, как человек пошел по лодке, импульс
системы «лодка -человек» был равен пулю, pi = 0. Ког-
да человек начинает идти по лодке со скоростью vx от-
носительно неподвижной системы отсчета (вода, берег),
лодка начинает двигаться в противоположном направ-
лении со скоростью v2 и перемещается на расстояние s
относительно берега, v-2 = . Перемещешге человека относительно берега рав-
но (I—а), следовательно, щ = где — время движения человека и лодки.
Сумма внешних сил, действующих на систему «лодка — человек», равна нулю,
поэтому можно использовать закон сохранения импульса pi = рц. В проекции
па горизонтальное направление имеем 0 = Mv? — mv-j,
я I — s
M---m—— = 0,
At At
ml
m + M
0,8 м
Ответ: s = 0,8 m.
1 Механика
81
*|и цпча 124
ш । 60 кг
in 70 кг
du 10 м/с
Л / 300 кг
”1 7
|ih (m|im,)V|| i Д7 v2
I III ')<)
Решение. Внешние силы, действующие на сис-
тему «платформа —люди», взаимно уравно-
вешиваются, следовательно, можно использо-
вать закон сохранения импульса. Пусть пер-
вый человек спрыгнул с платформы (рис. 90,о),
Pi = Рп, где pi = 0, рп = (M+m2)v'+mivo. В
проекции на ось х: 0 = (М + m2)v' — ir^Uo, где
и' — скорость платформы с оставшимся чело-
веком после того, как спрыгнул один человек,
и' = ~ Найдем скорое гь платформы
после прыжка второго человека (рис. 90,6)‘
Рп = Pm, где p[j = (М + m2)v', а рш =
т-2v'o + Mvj, v'o- скорость прыжка второго
человека относительно земли, vj—скорость
платформы после прыжка человека. Найдем
v‘o: Vq = v0 + v', т. е. скорость прыжка второго
человека относительно Земли есть векторная
сумма скорости человека относительно плат-
формы и скорость платформы относительно
Земли до прыжка человека, — u0 — с'.
В проекции на ось .г закон сохранения им-
пульса имеет вид:
(М + m2)v' = —m2i>h + Mui,
(М +т-2)1>' + ni2i>[)
(Mmi + Mtii-2 + m.2)vo
M(M + m-2)
= 3,95 м/с.
Для случая, когда оба. человека спрыгивают
с платформы (рис. 90,в) одновременно, закон
сохранения импульса векторпо и в проекции
на ось х имеет вид:
Pi=Piv, 0 = («и + m2)v0 + Mv2,
0 = -(mi +т2)го + Mv2,
откуда
(wi +m2)wo . „„ ,
г2 =----—-— = 4,33 м/с.
М '
Lhrri Pi 3,95 м/г; у2 = 1,ЗЗм/<
82
1. Механика
Задача 125
Дано:
Vl = 200 м/с
и2 = 500 м/с
= 30 кг/с
N = 40
F-?
Решение. Силу тяги ракеты можно определить из вто-
рого закона Ньютона:
FAt = Дт Дт N,
Ат .
F = -^—Av N,
At
Ат. .. Л
где — ежесекундный расход топлива, Av — изме-
нение скорости топлива, Av = и2 — vL.
/\т
F = (v2 - V1) • N = 3,6 • 10а Н.
At v 7
Ответ: F — 3,6 105 Н.
Задача 126
Дано:
М
т
йэтн
vn — '
Решение. Определить изменение скорости ракеты после выбро-
са порции топлива массой т можно из условия сохранения
количества движения в системе «ракета — газ». Пусть ракета
выбрасывает к-ю порцию газа. Запишем закон сохранения им-
пульса: pi = рп, где pi—импульс системы до выброса газа,
Pi = [М — (к — l)m]v, и рц - импульс системы после выброса
Стой порции, рц = (М — fcm)v| + mvr, где v и Vj —скорости
ракеты относительно неподвижной системы отсчета соответственно до и после
выброса газа, vr — скорость истечения газа относительно неподвижной систе-
мы отсчета, vr - vOTH + Vi. В проекции на вертикальную ось закон сохранения
импульса имеет вид:
(М ~ (к — l)?n)v = (М — km)vy + mfa — vOTH),
откуда
?? И?оти
Av = «1 — v — -
М — (к — 1)т
Если было произведено n-выбросов порций газа, то ракета приобрела скорость
Е Л-С и
“ \ ?7WoTH
v =
М - (к - 1)т
Ответ.-v=E-M--(fc i-1)m-
77WOTH
1. Механика
83
кщача 127
*1.11/0.
/ /8,4 м
'и 80 м/с
0ц 10 кг
tn > 20 кг
1>1 200 м/с
/ ?
I'm UI
Решение. Для определения дальности полета
второго осколка необходимо знать его ско-
рость после взрыва. На тела (снаряд, осколки)
действует внешняя сила — сила тяжести, но
опа значительно меньше внутренних сил, воз-
никающих при взрыве. Поэтому можно при-
менять закон сохранения импульса: pi = рп,
Pi — (mi + ffl2)v0 — импульс снаряда непо-
средственно до взрыва, рц = 7n.iV! + m-zv-z ~
импульс двух осколков непосредственно после
взрыва. Взрыв произошел в наивысшей точ-
ке траектории, следовательно, скорость vq на-
правлена горизонтально, скорость Vi. по усло-
вию задачи, направлена в том же направле-
нии, следовательно, скорость второго осколка
V2 также имеет горизонтальное направление.
В проекции на ось х (рис. 91) имеем:
(?ri! + = /п.| щ + ni-ii’z,
откуда получаем
(?П1 + 7I12)l’o
Vi —--------------.
т LV1
Для первого и второго осколков уравнения
движения после взрыва имеют вид-
. + , St2 ч . , gt2
Ar! = v/t 1 и Af-2 — v2i 4- - —,
н пн i>< im х и у проекции уравнений движения записываются ь виде:
Я] = Vit и Х-2 = V it,
gt2
j2~ ~2
II
, qt"
MoMi'iri падения па землю гц = y-z — h — откуда время движения
2/i
Дальность полета осколков равна тах =
flh
— Q И Х'2 П1ах —
nt uniiiiie между точками падения осколков
— *^*1 шак * 2 шах — ^1
znjHi
Ш1 4- т2)по
t
I -t'1 шах ,’2 in.IX — 240 м.
Опии' I 210м.
84
1. Механика
Задача 128
Дано:
М = 1 кг
т = 0,01 кг
щ = 300 м/с
(?2 = 100 м/с
д = 0,1
р ~ 700 кг/м3
fc-?
Решение. Запишем второй закон Ньютона для пули:
FcpAl = mAv, или в проекции на горизонтальную
ось FcpAt = шАл. Fcp At — импульс силы взаимодей-
ствия пули и шара. Сила трения, действующая на шар,
FTp = рМд. Для нахождения импульса силы трения
оценим время At взаимодействия шара и пули. Движе-
ние пули внутри шара будем считать равнозамедлен-
VI + «>
ним и средняя скорость движения пули vfp = ——%—
Пуля внутри шара проходит расстояние 2R, где R --ра-
диус шара. Радиус шара найдем из формулы
м'=р-^гЯ3, R=\^--
3 у р4тг
Время
= 2/? = 4 • УЗМ/4ртг
иср г>1 + v-2
Най юм
д лл 4 з/зМ
тД« — д ----------- // -—
к _ FtpAt - FrpAt _ vi + «а у 4/ж
FcpAt mAv
к » 0,9998; к = 99,98%.
Ответ: 99,98%.
Задача 129
Дано:
AZ = Ю“3 м
ш = 5 • 10-3 кг
М = 1 кг
|?о = 5 м/с
м Д?
1 сопр
Решение. К системе «молоток — гвоздь» применим за-
кон сохранения импульса: A/v0 — (M+m)v, и в проек
ции на горизонтальное направление получаем Mvo —
(М +m)v. Кинетическая энергия системы «молоток-
(М + m)v'* 2
гвоздь» после удара равна --g—
Вся кинетическая энергия системы «молоток
гвоздь» переходит в работу против сил сопротишИ-
ния:
(т + М\Д __
2 — -^COIlpG -Гсопр
21 (М + ?п) ‘
Р<опр = 12,5 • 103 Н.
Ответ: F.(11I|, = 1,25 104 Н.
1. Механика
85
Задача 130
Решение. Количество движения (импульс) системы «кузне-
чик*-соломинка» остается неизменным только в горизонталь-
ном направлении: 0 = mvo — Mucosa. Если кузнечик прыгает
под углом cv к горизонту со скоростью с. то соломинка начнет
двигаться в противоположном направлении со скоростью гд
относительно неподвижной поверхности воды, и за время At
прыжка соломинка пройдет путь s = 'щА/. Чтобы кузнечик
in шалея на другом конце соломинки, должно выполняться условие / — s =
1 сон г г At, а время пребывания кузнечика в воздухе равно At = ^п-- (время
но юга дала, брошенного под углом а к горизонту со скоростью г). Из имею-
щихся уравнений можно определить скорость прыжка кузнечика:
2г sin а
v cos а------
д
щ sin 2а (М + т)
I =
д т
I 11' Уда
v =
тд!
(т + М) sin 2а
11 к it и.। скорость v имела минимальное значение, sin 2а = 1, угол а должен быть
piiiirii '15°.
Йиш —
mgl
М + т'
• hue г: v =
mlg
т + М ‘
1цдпча 131
М
I
Решение. Запишем вторвй закон Ньютона для кобры:
Fj Z\.Z = Др, где Fj At— импульс силы, действующей па. кобру п
вызывающей изменение импульса кобры Др, Др = Mv, At =
F\ = Mv2. Кроме силы Fj, действующей на кобру со сторо-
ны земли, на кобру действует сила нормальной реакции N,
N = —Mg,N = Мд. Следовательно, кобра давит на землю
Н М <) = + Мд (сила F[, с которой кобра давит на землю.
th'lim р s=
86
1. Механика
1.4. Механическая работа и энергия.
Закон сохранения энергии
Задача 132 Дано: т = 1 кг s = 20 м v = 5 м/с т0 = 0 F-? Решение. Тело начинает двиця^гься под действием постоянной силы, следовательно, направление движения тела совпадает с направлением этой силы. Работа силы пошла на увеличение ки- нетической энергии тела, . . mu2 mt£ А = ДЖкин, F s cosa = — у, здесь о —угол между векторами силы и перемещения, a = 0°. cos a — 1 9 9 mv nur Fs=—-~, F= , F = 0,625H. 2 2s ’
Ответ: F — 0,625 Н.
Задача 133
Дано: Решение. На тело действует только сила тяжести, т. е. консер-
tq = 10 м/с h = 1 м t—-? вативная сила, следовательно справедлив закон сохранения ме- ханической энергии: WwexI ~ ^мех!Ь
где ТРмех! _ ТДД). _ механическая энергия в момент бросания тела,
ТТЛ 7 , HIV
И- мех л = тдп ч—~----механическая энергия тела, когда оно достигло высоты
Л, ттр ти2 / ., -у- = mgh + -у-, т = - 29^, т = 8,9 м/с.
Ответ: v = 8, 9 м/с.
Задача 134
Дано:
ио = 60 км/ч = 16,6 м/с
1Д — 0
s = 200 м
in = 500 кг
7? Z7?
' гр
Решение. На автомобиль действуют три силы
(рис. 92): сила тяжести FT = mg, сила нормаль
ной реакции N и сила трения FTp. Второй закон
Ньютона для автомобиля запишется в виде:
ma = mg + FTp + N,
и в проекции:
на ось х : ma = FTpi
на ось у : 0 — N — тд.
P.iUory при in рнмещеппп
• II1’ I____IAi I I olid' । ие
автомобиля совершав I гопько сила трепни
(I Vro.lt М('Я< I.V ПСреМ< ПК'НШ'М At II CHJIOli I’’,, ,
1. Механика
87
а = 180°, cos а = —1, |Дг| = s. По теореме
об изменении кинетической энергии
Ар
— ДИ7
- 1 » КИН 7
АР < о, ДЖ™ < о,
пж
FTp s cos а —
mvp
J тр
(invf — mvg)
2s cos а
F'
тр
(0 - 500 16,62)
2 200- (-1)
H = 345 H.
(> i'bct: FTp = 345 H.
Зидана 135
piio:
n 45°
/I 0,1
н 1м
in 2 кг
I.p'-T-
Решение. На тело действуют четыре силы
(рис. 93): сила тяжести FT = mg, сила нор-
мальной реакции N, сила тяги F и сила тре-
ния FTp. так как тело движется равномерно,
то можно записать
0 — F + mg + N + FTp,
Гиг .93
и проекции этого уравнения, на оси коорди-
нат имеют вид:
на ось х : 0 — F cos а — FTp,
на ось у : 0 = F sin а — тд + N,
FTp = pN = р(тд — F sin а).
Выразим из этих уравнений сида F и Др:
_ ртд
cos а + р sin а ’
ртд cos а _ ртд
JT-Tp “ ----------- — 3----------•
cos о: + р sm а 1 + р • tg а
Работа силы трения Ар — |FTp| |Ar|cos/3,
где | Дг| = s, /3 — угол между направлениями
силы трения FTp и перемещением Дг, /3 =
180°, cos/3 = -1.
Атр —
ртд
1 + р tg а
8 COS /3,
Ар = -1,82 Дж.
Отпет 1,.р :-1,82Д/К.
88
1. Механика
Задача 136
Дапо:
т = 100 кг
h = 9 м
t= 5с
А-Д
|Т,
fFr
мТ2
Рис. 94
,rF
'т
Решение. На лифт действует постоянная си-
ла, следовательно, лифт движется либо рав-
номерно, либо с постоянным ускорением.
1. Пусть лифт поднимается равномерно.
На лифт действуют две силы (рис. 94,а): си-
ла тяжести FT = mg и сила тяги Т| . Так как
лифт движется равномерно, имеем
Tj + mg = 0,
или в проекции на ось у: Т\ — ту — 0, Д =
ту. Работу по перемещению лифта соверша-
ет сила тяги: Al = |Т| | |Дг| сора, где |Дг| =
h, а угол между вектором Ti и вектором
перемещения Дг, а = 0°, cos а = 1. Получа-
ем /Д = myh = ДИфот, -Ai = 8,82 103 Дж.
2. При равноускоренном подъеме лиф-
та на него действуют также две силы:
(рис. 94,6): сила тяжести FT = nig и сила
тяги Т2. Запишем основной закон динамики
та = Т2 + mg,
или в проекции па ось у: та = Т> — тд. от
куда Т2 = т(д + а). Ускорение найдем из
, at2 2/z „
выражения /г = а = -у. Окончательно
t
работа .4-> равна
2/i
-А2 — |Т2||Дг| cos а = т(у + a) h = т I д + — 1 h — myh + mail = Д Ифот + Д Ифии,
t2
А2 = 9,47- 103Дж.
Ответ: А । = 8,82 103 Дж; А2 = 9,47 103 Дж.
Задача 137
Дано:
m — 9 -10-3 кг
<>i = 400 м/с
ч->. ~ 0
.ч = 0,05 м
' < <шр
Решение. Изменение кинетической энергии пули об-
условлено действием на нее силы сопротивления, ра
бота которой равна
-4-сопр |Ftonp| |Дт| • cosa,
где |Дг| = s, а — угол между вектором перемоще
ния и силой сопротивления, а = 180°, cosa = — .1,
2 2
mv? mv, „
~2-------2 ’ (-лШ'Допа
Изменение кинетической энергии пули равно ДИД,,
,2
пчл.по,
I lb|l ДI I 1,1111 1
1.......
1"Г^
1. Механика
89
Я>пр = ^р Fconp = 1,44 104Н.
Отпет: Fconp = 1,44- 104H.
'Задача 138
Дапо:
i 0,1 м
in 0,02 м
jj=300H
I ?
Решение. Работа, необходимая для сжатия пружины,
равна изменению потенциальной энергии пружины
кх2
А — ДЖП(Я = -^2”- Коэффициент жесткости пружи-
ны к можно определить из закона Гука (Fynp = —fcj;):
Fn
Fo = kx0, откуда к = —. Окончательно
To
А = 75 Дж.
I liner: A = 75 Дж.
Iидача 139
'1,11114:
I. 30°
! 36 км/ч
' 72 км/ч
Г const
и, ?
СИ
10м/с
20 м/с
I’ll. 95
Решение. На автомобиль действуют четыре
силы: сила тяжести FT = mg, сила нормаль-
ной реакции N, сила тяги Г и сила трения
FTp. Автомобиль движется равномерно, сле-
довательно, сумма сил, действующих па не-
го, равна нулю:
mg + F+ Fip + N = 0. (1)
В случае, когда автомобиль поднимает-
ся вверх по наклонной плоскости (рис. 95,а)
уравнение (1) в проекции па координате оси
имеет вид:
на ось х : F} — yngsinev — FTpi = 0,
на ось у : — ту cos cv = 0,
FTp = цМ = утдеова.
Работу по перемещению автомобиля совер-
шает сила тяги Fi = -тд silt а + цтд cos о.
Сила тяги сопаправлепа со скоростью гц,
и мощность, развиваемая двигателем авто-
мобиля при подъеме, равна 1) = =
тд (sin а + /zcos а)щ.
При движении автомобиля вниз по на-
клонной плоскости (рис. 95,6), уравнению
(1) соответствует следующие скалярные
уравнения в проекциях на оси координат:
па ось :г : 0 = F2 Ц ту sinn — FTp2,
на ось .</ 0 N-2 - тусоьа,
l'\v
90
1 Механика
Сила таги F2 = —mgsiiia + ртд cos о , и мощность, развиваемая двигателем
автомобиля, в этом случае равна Ре = mg(jj,cosa — sin л/ц,. По условию, мощ-
ность двигателя одинакова и при подъеме, и при спуске автомобиля с наклон-
ной плоскости. Это позволяет нам определить коэффициент трения р:
Pt = р2 = Р, m.g(sin а + д cos = ту(р cos а — sin а)«2,
откуда
(vi +va)tga
М = —-----------
V-2 — Vj
При движении автомобиля по горизонтальной поверхности (рис. 95, е), уравне
ние (1) имеет следующие проекции на оси х и у:
па ось х : F3 — Frp3 = 0,
на ось у : N$ ~ тд = 0,
Крз = дМ-
Сила тягл F-3 = р-тд, и мощность двигателя Р{ = Рр’з = р тди*. Из условия
Р3 = Pj получаем m«/(shio + pcoso,)n1 — ртд щ, и окончательно:
(sin a + //,coso)vi
t>3 = — I I Г.,.
Ответ: «з = 11,6 м/с.
P
Задача 140
Дано: СИ
т = 2 т а = 30° 2 103 кг
П| = 36 км/ч 10м/с
i>2 — 54 км/ч р = 0,2 •ч = 100 м 15м/с
Pep
Решение. На автомобиль действуют четыр
силы (рис. 96): сила тяжести Fr = nig, сил.1
реакции опоры N, сила тяги F и сила, трения
F.ip. Автомобиль движется равноускоренно
запишем основной закон динамики:
та = N + mg + F + Frp,
и в проекциях на оси координат:
на ось х : та — F — тд sin а — FTp,
на ось у : 0 = N — тд cos а,
Ftp = pN.
Выразим из уравнений силу тяги:
F = тд sin a + ртд cos а + та.
Ускорение равно: а ~ ’
Найдем работу двигателя автомобиля
т. е. работу, совершаемую силой тяги:
A = |F| | Ar | cos /3,
где |Ar| == л, ji угол между направлением силы таги и перемещением, /1 0
cos/i I ( !ji< lon.iTcjibiio, работа равна,
. ( " । ’ \
J in I г/sin <v | /и/cos<r I I H,
1. Механика
91
• |11И|пяя мощность Рср равна:
F = —
ср At’
I Hl
д _ ''’2 -''’1 _ 2s
а щ + t?2
11кончательно
Fcp = т
Рср = 1,84 -105 Вт.
piner Рср = 1,84-105 Вт.
Cl +V-2
2
V? — 777
t/ sin a + цд cos cv 4—=—-
Z'j
t^in.ria 141
• Uhi
I) l!>"
II .’() кг
n • 2 м/с
fi 0 1
fl lb”
I’ f
Решение: На тело действуют четыре силы: си-
ла тяжести FT = mg, сила реакции опоры N,
сила F и сила трения FTp (рис. 97). Так как
тело движется равномерно, можем записать:
0 = F + mg + N + FTp.
И в проекциях па оси координат:
на ось х : (J = F cos а. — FTp — тд sin /3,
на ось у : 0 = F sin о + N — тд cos /3,
Ргр = gN-
Для N получим: N = тд cos [3 — F sin а. Тогда
0 = F cos а — д(тд cos (3 — F sin а) — тд sin а,
откуда находим силу тяги:
mg (sin а + д cos /3)
г = -----------------.
cos а + д sin а
Мощность, развиваемая человеком, равна
р _ р _ wg(sin а + д cos /3)
cos а + д sin а ’
Р = 209Вт.
Ollier l’ = 209Вт.
92
1. Механика
Задача 142
Дало:
F3aTp = 104 Вт
h = 50 м
Ai = 20 с
г] = 70%
m — ?
Решение. Коэффициент полезного действия двигате-
лей и механизмов определяется отношением полезной
работы А1ю.п К затраченной работе Аза11>:
т? = у™- 100%.
Азатр
А
Мощность определяется формулой Р = у, следова-
тельно, Г) = 100%.
* за гр
Полезная работа определяется механической работой силы натяжения Т по
подъему груза на высоту h (см. задачу 136):
Люи = Th = тДд + a)h.
Затраченная работа определяется мощностью двигателя:
4 — Pt
.. , at,* 2 * 2h
Ускорение а находим из выражения п, = , откуда а = , и
-4 ' t~
т
'2 =
Рзал-pt
Из последнего выражения находим т:
Рзатр^
7П = -----Д
100%.
100%’
т = 266 кг.
Ответ: m = 266 кг.
Задача 143
Дапо:
h = 20 м
-с0 - ?
Решение. Для определения начальной скорости мяча во<
пользуемся законом сохранения механической энергии
Жмех = Жпмех- В начальный момент времени механик
ская энергия мяча равняется его кинетической энергии
mvp
гфмех = —2й-, где т — масса мяча. В момент вылета из шахты механическая
энергия мяча равна сумме потенциальной энергии мяча mgh и его кине-ш
2 2 2 1
mv ,г. , , mv mvp , , mv
ческой энергии —у : 1гцмсх = mgh -|-----у. Получаем = mgh + - g
11<> условию задачи нам нужно определить минимальное значение скорое гп Иц,
следовательно, г = 0. Тогда
7//
° mgh, Д) = \/2Д|, I'd 20 м/с.
(>1|1<Ч г,,
•Ом <
1. Механика
93
'|пдача 144
|тю:
III
I
II
1 КГ
30°
40 м/с
Решение Высота, на которую поднимается тело за первую се-
кунду своего движения, равна:
gt2 gt2
h = vOyt---— = v0 sin a t-—.
По закону сохранения механической энергии, WiMex = Жцмех)
где WiMex — механическая энергия тела в начальный момент
2
пргмени, Wiwex = —И^пмех — механическая энергия в конце первой секунды
£
и ни жения,
1'нгда
mv"
WWx = -у- + rngh = WK„„ + mgh.
тг,0 ТГ7 7
= WKllH + mgh
*1 II кин
равна:
mvo ( . gt2
---тд I «о sin а t-—
кин = 652 Дж.
I >пк‘т:
WKmi = 652 Дж.
W
f > кин
Мпцача 145
j liiitm
"ii
II, 0,5WnoT
Решение. На тело действует только сила тяжести, сле-
довательно, можно использовать закон сохранения меха-
нической энергии: VFimpx = Т'Вцмех- I'Fimex ~ механическая
IVq
2 •
энергия тела в начальный момент времени, WiMex =
На высоте h механическая энергия
+ WnOT = 0,5Жто + Wnoj = 1,5WnOT = 1,5mgh.
2
<Ьчнчатсльно - 2^' — l,5mgh, откуда h =
IОпт: h. —
tg
'In дача L4G
|>W
>н ।
in
т1 и
2 кг
0,5 м
0,2
Решение. На систему тел, состоящую из пружины и тел
т-2, действуют внешние силы: силы тяжести и силы реакции
опоры, однако результирующая их равна нулю, и справедлив
закон сохранения импудьса:
0 = mjVi 4- mav2,
п проекции на ось л: (рис. 98) имеем:
0 = —7П|П| I 1П->,1>2,
94
1 Механика
Рис. 98
откуда
mivi_
V2 = ----,
ma
где тд и г>2 -скорости первого и второго
тел сразу после освобождения пружины.
Кинетическая энергия первого тела равна
Конант = -у1- При движении первого те-
ла работа силы трения равна изменению его
кинетической энергии:
Др1 — ТКкоп! И^пач|.
2
По условию, И'коп! — 0, /1гр1 = —И'нач! = — ДИД. Работа силы трения]
Ari,i = |FTpi | |Ari|coso', где |Arj | = Si и а угол между направлением силы
трения и перемещения а — 180°, cos а = —1 Сила трения Ртр1 = рггцд.
Следовательно,
, n miVi
pmij-s-(-l) =------—,
откуда получаем гд = а/2д gs и окончательно
"'1М
«а = -----
т-2
— л/2р gs, i)2 = 0,7 м/с.
/71-2
Ответ: v-2 = 0,7 м/с.
Задача 147
Дано:
//
о
/__________
!' 1
Решение Рассмотрим движение тела пл
двух участках: на наклонной плоскости и
па горизонтальной поверхности (рис. 99).
При движении тела по наклонной плоскости
на пего действуют: сила тяжести FT = mg,
сила нормальной реакции Ni, сила трепня
F.jpi. При движении по горизонтальной по
верхности па тело действуют: сила FT, сипл
нормальной реакции N2 и сила трения F,,,/
7'тр1 = дЛу = jumgeosa, FT1>2 = /iiO = /J.irifj
Из «енение механической энерт ии тела ран пн
работе сил трения FTpj и FTp2:
АРИ -— з4трт Ч- А1рз,
где
ДТУ = Р7К„П — ТУцЛ1 0 nigh =—nigh,
lipi |F.,, 11| Ari |с"н// /ling (osri t, ( I),
I ,|,. 111114 /I 11,
1. Механика
95
। ns. как |Дг| | = s = a, (3 = 180° (/3 —угол между вектором силы FTp и
|п 1>('мещспия Дг). Получаем;
/i
—mgh = — umq cos a--------F hmgl,
sin a
1куда
- h
h ctg a + Г
|идача 148
lino: li i 20 м hi 30° 1 15 м ii 45° /1 ()Д /i. 7 Решение. Рассмотрим движение бруска па трех участках: па двух наклонных плоскостях и на горизонтальной по- верхности (рис. 100). В начальной и конечной точках те- ло обладает только потенциальной энергией ИД = mghi, Wt = mght- Изменение механической энергии тела равно работе внешних сил FTpi, FTp2 и FTP3 (см. решение задачи 147): AW = Aipi + Лтр2 + Лтр3,
1Цг
ДТ-У = Wt — Wi = wight — wighi
Arpi — —gmg cos a^---------,
Sin O'!
ATp2 = —gmgl, Лтрз = — gmg cos at —------•
sin at
Ihщупаем
mght - mghi = —/j.mg(hi cl.gOj + I + ht ctga2),
• Il ум
_ /?,i(l - p. ctg aj - /Л
lit —-------------------------------
1 + /j ctg at
ht = 13,7 м.
I>iiici ht = 13,7m.
96
1. Механика
Задача 149
Дано:
к = 100 Н/м
/-0,1 м
т = 0.1, кг
h = 1 м
^макс •
Решение. Скорость шарика будет максимальна в тот мо Л
мент, когда сила F, ускоряющая шарик, станет равна ну- '
лю: F = тд — кх = 0, х = где х— изменение длины
пружины при сжатии. В системе тел шарик пружина
действуют только консервативные силы - сила тяжести
и сила упругости, поэтому полная механическая энергия
этой системы сохраняется: Wi = Wn, где Wi = mgh -Ш
механическая энергия системы в начальный момент времени, /i — высота ша
рика над поверхностью стола. Иц = —h + mg(l — ж) - механическая В
энергия системы в момент времени, когда скорость шарика была максималь-
ной, -----потенциальная энергия сжатой пружины, кинетическая!
энергия шарика и тд(1 — ж) — потенциальная энергия шарика, находящегося I
на высоте (/ — ж) над поверхностью стола. Следовательно,
, кх2 niv2Kr ., .
m<]h = — Ч-------— + тд(1 - ж),
откуда
т 9
^макс
«макс = 4,31М/С.
Ответ: v = 4,31 м/с.
Задача 150
Дано:
v0 = 10 м/с
ц = 0,2
a = 30°
V —'!
Решение. Изменение механической энергии тела при
подъеме, а затем спуске тела с наклонной плоскости рац-
ио работе силы трения (см. решение задачи 147):
AW = Агр,
л TJ< mv2 mvX
где ZXlv = —2----2 “измеиение кинетической энергии
тела массой гп, а работа силы трения равна
Лтр = 2 FTp s cos (3,
где [3 — 180°, —угол между направлениями силы трения и перемещения. Пай
дем путь s. При подъеме по наклонной плоскости первоначальная кинетпчн
екая энергия тела расходуется на работу против силы трения и переходит р
Iютенциальную энергию:
тД
—-- = р mgs cos а + mgs sin a,
где Л’1р pmgix ct, sbinrv — h высота наивысшей точки подъема. Дня
попучагм
"о
a st.......-—
2«(/rcnH<i i hih)
1. Механика
97
I (кончательно:
mv2 ~2~ mvfi тг- — —2 • u mg cos а —— : г, 2 2g (/i cos а + sin а) 9 9 sin а — u cos а V — Vq- , sin си + д cos а /sina — pcosa . v = vqa , v — 6,97 м/с. у sm ol + д cos a
О;нет: v = 6,97м/с.
Чндача 151
1 iho: Решение. Для определения скорости шарика в момент
ui 0,2 кг III 1M k 2,4H/m d -0,25 м i' ? прохождения им положения равновесия применим закон сохранения механической энергии: Wi = Wn, где Wi = mg(lo + Д/) —потенциальная энергия шарика в начальный момент, кЛ12 mv2 Wn= 2 + 2 ’
2
---кинетиче кая энергия ша-
/.:Д/2
I 'и “2---потенциальная энергия пружины,
|пжа. Следовательно,
,7 л» кЫ2
тд(10 + Д/) =
|»1 куда
v = \ 2д(10 + Ы) - — ДР,
V чп
( Ьжгг: v ~ 4,12 м/с.
<лдача 152
Решение. Изменение механической энергии тела ДРК равно ра-
tii боте внешних сил:
Л ДЖ = Л + Агр,
где Д1¥ = mgh, А = F scos/3 = F s —работа силы тя-
ги, /3 — угол между направлением силы тяги и перемещением,
I О", /1гр = Fvl, s • cos/31 = —Егр s — работа силы трения, /31 = 180°, /31 —
гп.и между направлением силы трения и перемещением.
High Л I Л,р,
и туда
1.|(1 mgh I (1)
98
1 Механика
При спуске с наклонной плоскости изменение механической энергии АТТ'
АР, где АР = FTP-S-COS/A = -FTp-s = АР, ДА' = WKOK-ИА, =
Тогда
mv2 , .
---mgh =
и, подставив выражение для Ар в (1), получаем:
тп и"
----mgh — mgh — А,
откуда
и =
2(2mgh — А)
т
Ответ; v =
Задача 153
Дано,
к
М
h-?
Решение Под действием силы F пружина снимается, F = кзл
где х- изменение длины пружины при сжатии. После прекра
щепия действия силы F пружина распрямляется, энергия сжя
той пружины —j— равна кинетической энергии поршня и ши
рика:
(m + M)v‘2
2 = 2
Кинетическая энергия поршня и шарика переходят в потенциальную энергии,
при подъеме вверх:
(тп + M)v2 . л ,
---------= (m + M)g(h + ж),
откуда
ks2
— = (m + М)дД + x).
F
Используя полученное выражение для х = получаем
F2 — 2д{М + m)F
2kg(m + М)
h =
„ , F2 - 2g(M + m)F
Ответ: h — —
2kg{m + M)
1. Механика
99
In щча 154
lllio:
A-2
Решение. При перекатывании кубика через
ребро работа Ai = ДИ^от, где AWnOT =
mgho, — mghi — изменение потенциальной
энергии кубика, /?1
/г , V2, ,
— 2’ Л'2 = -2T/l’ Дли-
на ребра кубика, hi и h2 — высоты центра
тяжести кубика (рис. 101). При этом кубик
перемещается на расстояние h. При переме-
щении кубика на то же расстояние работа
совершается силой тяги, равной по модулю
силе трения:
А2 = Fh = Рц,11 = pmgh
Пн условию, Ai — Аг,
• hni’T д = 0,2.
— I mgh — pmgh, откуда p =
V2-1
2
« 0,2.
11 щча 155
lluiio
Hi
h>
fill 1 inil — ?
II
Решение. По теореме об изменении кинетической
энергии ДРКкин = А, где Д1УКИН — изменение кине-
тической энергии тела, А — работа равнодействую-
щей всех сил, действующих на тело. На тело т дей-
ствует сила F. Изменение кинетической энергий те-
ла ДИ^кии! в системе отсчета, связанной с тележкой,
равно ДИ^киш = FI, где I — перемещение тела отно-
сительно тележки. Чтобы найти изменение кинетиче-
ской энергии тела Д1УКИН2 относительно неподвижной
н’мы отсчета, необходимо найти перемещение тела относительно нее. Под
F^
V Л। 1 впем силы F тело m приобретает ускорение a = —. Перемещение I =
1 f 1a / =
. + /21 rr
время t тележка проходит путь vgt = vo\l~- Перемеще-
< к п.i относительно неподвижной системы отсчета складывается из пере-
ик пня гележки и перемещения тела относительно тележки, следовательно,
рИииа силы F будет
Аг —- F (I + гд!) — F
I + 1/Q
AWKfia2 = А2 = F ! «0^^
hltm Д|| ((Н1)| PI, Д11 К111|2 = F (l | )
100
1. Механика
Задача 156
Дано:
т
к
М
т0
v0 — 7
Решение. Взаимодействие пули и бруска абсолютно неупругое!
Выберем направление оси х вдоль горизонтальной поверхности!
Так как проекции внешних сил на ось х равны нулю, то закон
сохранения импульса для системы пуля —брусок в проекция»
на ось х запишется в виде
тог,о = (m0 + m)v,
где v — скорость бруска с застрявшей в нем пулей.
Брусок начинает двигаться и сжимать пружину. По закону сохранения энер
гии изменение кинетической энергии бруска равно работе силы трения и сил]
упругости:
А „ (mo + m'jv2 „ кх2
AW = АуПр + Л,р, 0--------—-----= — FTp х--
л кх2
где АуПр = ]0 кх (—1) dx = —Аупр < 0 так как сила упругости и перемй
щение направлены в противоположные стороны; Л,р = FTp х- (— 1) = -цтд-х
Тогда
(т0 + m)w2 . , кх2 . ,
----------= ц(т + т0)дх + —. (1
Изменение длины пружины х найдем из условия возвращения бруска в иг
ходное положение, т. е. потенциальная энергия сжатой пружины должна быц
равна работе силы трения.
кх2
— = цтдх,
откуда
_ 2ju(mo + m)g
Подставив полученное выражение для ж и v =
---в (1). получаем:
mo + т 47
9 9
-трУо
2 (mg + т)
2р2(.по + т)2р2
2р2(т0 +т)2р2 _ 4g2jU2(m0 +т)2
к
откуда
то + т\ /2(т0 + т)
то /V к
Ответ: v0 = 2рр /g(mo +m)
\ т(; / у к
1. Механика
101
1лдача 157
Дшю: Решение. Так как в системе тел нет сил трения, можно приме-
ру нить закон сохранения энергии
. тт mu2 Mv2
II mg(H -h) = -%- + -у-,
। f где u - скорость тела массой m на горизонтальном участке гор-
ки, a v — скорость горки после того, как тело тп соскользнет
на горизонтальную поверхность. На систему горка —тело m не
цеПствуют внешние горизонтальные силы, следовательно, можем записать за-
|пп сохранения импульса
1 куда
0 = mu — Mw,
Mv
u =--.
m
Пушные уравнения позволяют определить скорости горки и тела:
/ 2д(Н - h) I 2д(Н - h)
° т\/ (тп + М)М ’ U у (М + т)М'
Время движения тела, после того как оно соскользнет с горки, равно t =
Гт ( юяние от тела до горки в момент падения тела на землю равно:
, , ч / 2д(Н - Л)” , lr. [2h л / (Н — h) h(M + т)
1 = (u + v)t = J, (m + M)J — = 2\ ------
k ’ у (m + M)M v 'у g V M
,, , n l(H -h)-h(M + m)
Oilier: I = 2л ---' „ ?----- \
Видича 158
1 lllo.
I'll 5 кг
1 к г
11 0,2 м
h 0, 1 м
I' ?
Решение. Телам сообщают некоторую энергию И'о, одинако-
вую в обоих случаях. Изменение энергии A W в первом слу-
чае, когда толкают второе тело, равно работе силы трения:
Л IT = -Ртр • /гъ
где
FTp = /нщд, РКкон = ~m2ght,
AW = 1ТКО11 — Wo = —ni2ght — Ио,
•илудд
Wo + m2ghi - gmtg ht. (1)
In । iJiopoi’o случая, когда тело с массой т:| толкаюг влево, можно записать
AW' P,p/i2, AW = W'OH - Wo = m2gh2 - Wo,
I I'd in2gli2 = i.imigh2. (2)
Hl к IliPIIlM III yp.llllirilllll (I) II (2) W(i
III 1(/|| I /| . ) inn I (h I /i ),
102
1. Механика
откуда
m2(hi + h2)
mi(hi — h2)’
д = 0,6.
Ответ: р = 0,6.
Задача 159
Дано:
mi
т2
TVj
W2
Решение. Согласно закону сохранения импульса,
0 = miVi 4- m2v2,
или в проекции на ось, совпадающую с направлением ско- I
рости частицы тп,\, можно записать 0 = тдд — m2vo, где щ I
и v2 —скорости частиц nil и т2 после распада покоящегося Л
Дл _ ? атома. Отношение кинетических энергий
mi
Wi miv2 т2ч2 (,ni\
W2 2’2 \Д2/
Подставим сюда полученное из закона сохранения импульса выражение И
щ т2
— = —и в результате получим
«2 "ii
Wi mi f т2\2 in2 ,
777- =-------- = ---- = /С
W2 т2 \mi / mi
Ответ: — к.
mi
Задача 160
Дано:
m
v
М
Решение. На соударяющиеся шары действу
ют внешние силы —силы тяжести и силы
нормальной реакции. Результирующая этих
сил равна нулю. Запишем закон сохраненья
импульса для системы шаров в случае абссЯ
лютно упругого удара:
mv = mv0 4- Ми,
Рис 102
где vq и и скорости шаров после взап
модействия. В проекции на ось х имеем
(рис 102,а)
mv = —m vq 4- Ми. (Il
При абсолютно упругом взаимодействии кп
нетическая энергия взаимодействующих н'п
сохраняется'
mv2 mvn Ми2
2 2 2
Перепишем уравнения (1) и (2) в виде-
М и !
2
1\1 и '"(и2
1. Механика
103
I 111,елив левые и правые части друг на друга, получим
v — Vo = и.
Сигм, подставив и в уравнение (1), запишем
А _ т А
(M-m)v V1 M)'J
L'O — ----~— — -----------•
т + М , т
i+ М
111 петающий шар теряет максимальную часть своей кинетической энергии,
hi и0 = 0,т. е. = 1.
Н случае абсолютно неупругого удара закон сохранения импульса имеет
linn (рис. 102,6).
?nv = (tn + M)vy.
Il проекции на ось х:
mv = (т + M)vi,
ИЖУДЦ
т
_ mv _ MU
6,1 т + М । , tn
i+ М
I I'Mчin ।по, в этом случае налетающий шар теряет максимальную часть своей
„ ni , о.
। unci пиеской энергии при щ -> 0, т. е. при -> 0.
< \ 717 -f TH <->
рмцпча 161
I If, о
Un
Н)(
•I
Ihifi II,,(П
|||||.пча 162
I din
1Ц| in
«I ’in
Решение. Максимальное значение потенциальной энергии при
взаимодействии двух упругих шаров будет в момент времени,
когда вся кинетическая энергия шаров перейдет в потенциаль-
ную энергию деформации:
w - + 4^1
УгпОТ — п < г»
2 2
шгщ , m2v9
2 + 2
Решение До соударения кинетическая энергия соударяющихся
чш'1 иц была равна:
m1vl m2v'l
= V + —'
I Jll* ~ II 1)2 “ — скорости частиц до
«оуд^ренпя
104
1. Механика
После соударения импульс частицы mi равен и скорость частицы v{ =
Импульс и скорость частицы т?, соответственно равны р и v'2 = Кинети-
ческая энергия частиц после столкновения равна
nz _ mOui2 , _ ?>Р2
•'г кон — о I о ~ о
2 2 8 m
Выделившееся при ударе количество теплоты равно
п Ч г,2
Q = И/нач - WKO„ = — ---
lb т 8 m
3_р^
16 т
/ч /-> 3 р2
Ответ: (J =
16 т
Задача 163
Дано:
mi = т
a0 - у
m.2 = 2m
a — ?
Рис. 103
скорость 'Со шарика mj
перед соударением. По
Решение. Найдем
непосредственно
закону сохранения механической энергии,
2
migl — откуда «о — y/2,gl. Удар ша-
риков пц и т-2 абсолютно упругий, скорость
v шарика mi непосредственно после удара
направлена в сторону, противоположную на-
правлению vo, и равна (см. решение задачи
160):
(m2 - mi)«p _ mva _ ц0
т-2 + mi 3m 3
В результате столкновения шарик mi под
нимается на.высоту h, которую определяем,
пользуясь законом сохранения энергии:
три2
—= migh,
h = —.
2д
Ич рис. 103 имеем h = I — I cos a = Z(1 — cos a). Подставим выражение для h и
откуда
(1)
v =
v--s
в уравнение (1):
Z(1 — cosa) =
Тогда
g
cosa = a r: 27°.
8
O ritcT' casti (( a as 27"
1. Механика
105
Задача 164
l.'iiio:
til = 100 кг
I'd 2 м/с
in
5 кг
Решение. Запишем для системы тележка — ящик уравнение
закона сохранения импульса в скалярной форме относитель-
но оси х, направленной в сторону движения тележки,
Mvq = (m + M)v,
где v — скорость тележки с положенным на нее ящиком,
Mvo
'' m + M'
Л/iin
„ u, кинетическая энергия тележки с ящиком
Кинетическая энергия тележки до взаимодействия равна Wnm
M2v%
Tf/, _ (М + m)v* 1 2 *
И кон - 2 - +
Выделившееся количество теплоты Q равно:
_ Mvq M2Vq -inMvQ
Q — Ж1ач + Wkoh — — TVr . Л//-> ! Q — 9, 5 Дж.
2 2(m + M) 2{m + M)
() I нет: Q = 9,5 Дж.
Задача 165
7дпо:
ш i = 2 кг
in • = 3 кг
' 1 НЯ"
Решение. Запишем для тел уравнение закона сохранения им-
пульса для абсолютно неупругого взаимодействия в скаляр-
ной форме относительно оси х, направленной в сторону дви-
жения первого тела:
miVi = (m.j +m2)'c,
1 д(* — скорость движения первого тела до взаимодействия, v — скорость дви-
женин обоих тел после взаимодействия. Из уравнения следует
miiij
v =----------.
rn.j + m-2
2
Кинетическая энергия шаров до удара равна Жиач = , после удара —
II коп = _ Подставим в формулу для Жкои выражение для и:
^/кон 2(m-j +тг)’
Окончательно,
WKOH
Ифач
mi
----7^ = 0,4.
?П| +т2
°......-fc °’4'
106
1. Механика
Задача 166
Дано:
mi = 1 кг
v0 = 10 м/с
a = 60°
щ = 4 м/с
ТП2 - ? V2 — ?
Решение. На шары действуют внешние си-
лы: силы тяжести и силы реакции опоры,
результирующая этих сил равна нулю. Счи-
таем, что сила трения отсутствует. Закон со-
хранения импульса для системы шаров вы-
полняется:
?»iv0 = m,|V| + m2v2.
Найдем импульс второго тела (рис. 104), для
чего воспользуемся теоремой косинусов:
(m2v2)2 = (mt с0)2 + («1^1)2 -
— 2 • (m1vo)(mi'c1) cos a. (1)
Поскольку удар абсолютно упругий, запи-
шем закон сохранения энергии:
9 9 9
miVQ тещ гг12^2
2 — 2 । 2 ’
откуда
m2v% = mifyfi — vf). (2)
Поделив почленно уравнения (1)
и (2), получим массу т2:
( 9 | 2
т2 =
— 2v0V! cos a)
m2 = 0,9 кг.
Из уравнения (2), воспользовавшись полученным значением т2, для v2 имеем:
г2 =
v2 = 9,7 м/с.
Ответ: т2 = 0,9 кг; v2 — 9, 7 м/с.
Задача 167 Дано: ш = 0,4 кг «о = 10 м/с М = 2 кг Решение. Рассмотрим движение шарика и призмы отно- сительно поверхности стола (рис. 105). Система шарик —’ призма замкнута в горизонтальном направлении, проек- ция импульса системы на ось х сохраняется: mv0 = Mv„p, откуда _ mv° - м , (А)
<Ан ? ^пр ?
где 'сДр — скорость призмы после удара. По условию задачи, трением можно
пренебречь, т. е. для системы призма—шарик можно использовать закон со
храпения механической Энергии:
mvo _ Mv^v
V ~ ~2~ 1 ' 2 ’
1. Механика
107
где vm — скорость шарика после удара. Под-
ставим выражение (1) для ипр в (2), получа-
ем для vm-
Via = ~j^ Via = 819 M/c-
Для 'cnp имеем:
_ тц, _
Гпр — , , , ^пр — 2 м/с.
Абсолютно упругий удар предполагает отсутствие трения, следовательно, про-
екция импульса шарика на наклонную плоскость остается неизменной. В про-
екции на наклонную плоскость
mvo cos а = тиш sin а,
откуда
«о cos а = 'Со
т
— sma,
М
т. е.
tgo =
1
Следовательно, такой удар, после которого шарик летит вертикально вверх,
, /1 т
пощажен только при а — arcctgi/1 — jj.
О гнет: нпр = 2 м/с; иш = 8,9 м/с.
Задача 168
'(апо.-
in — 0,01 кг
du = 500 м/с
ЛI = 2 кг
и 0,06 м
* < OJIp
Решение. Выберем направление оси х по направлению
движения пули. Проекции внешних сил на ось ж равны
нулю, и закон сохранения импульса для неупругого удара
для системы пуля — тело в скалярной форме относитель-
но оси ж запишется в виде:
откуда
mvo = (М, + т)и,
mvo
М + т’
I л,г «- скорость тела с застрявшей в нем пулей после удара. Кинетическая
mvn
шергия пули до столкновения Ифач = %и > кинетическая энергия системы
т,, (т + M)v* I 2 т,
Ifni» пуля после удара ITK[)II = х~—• Изменение кинетической энергии
। п<'темы пуля тело обусловлено действием силы сопротивления. Тогда
ДП" ~ Исопр, И/кон Инач —2 Тсопр • S.
Знак минус берется потому, что сила сопротивления направлена противопо-
Ю/К1Ю iK'pi'Meni.einno. Подставим выражение для v в
(ш |-Л7)м2
2
2 1
108
1. Механика
получаем
Fconp = -™ , Fconp = 2,07 104 Н.
2(m + M)s
Ответ: Fconp = 2,07 • 104 Н.
Задача 169
Дано:
m = 0,01кг
«о = 600 м/с
М — 1 кг
I = 1м
a = 30°
Л-?
Рис. 106
Решение. Взаимодействие пули и шара аб-
солютно неупругое, проекции внешних сил
на ось х (рис. 106) равны пулю. Запишем
закон сохранения импульса для системы пу-
ля — шар в проекциях на ось х:
mvo — Mv = (rn + M)u, (1)
где v — скорость шара до столкновения, и —
скорость шара с застрявшей в нем пулей.
Для определения скорости v воспользуемся
законом сохранения механической энергии.
Выберем нулевой уровень отсчета потенци-
альной энер1ии, совпадающий с осью х,
тогда
Wi = Wn,
где Wi — Mghi = Mgl(l — cos а)— потен-
циальная энергия шара в положении I,
,,,
Wn = —2---кинетическая энергия шара в
положении II.
МД ,
—— = — cos а),
v = — cos а). (2)
Подставим (2) в (1) и получим:
тио — Му/2^1 — cos а)
U = --------~--—-------
m + М
После удара шар с застрявшей в нем пулей обладает только кинетической
„ (М + mW ттт „
шергиеи -----, а в положении 111 —только потенциальной энергией
(М + m)gh. По закону сохранения механической энергии
(М + mW ...
---------= (М + m)gh. (И)
Toi да, подставляя в уравнение (4) выражение (3), получаем.
u2 (mco — My/2lg(l — cos ct)2
2д 2g(m + М)2
h = 0,97м.
Ошо г h 0,У7м
1. Механика
109
адача 170
‘l.uto:
nil
142
1'1
I ____________
I'll — ?
I и куда
Решение. В начальный момент кубики обладают только кине-
2 , 2
тической энергией Wi = и W2 = . Минимальное
значение скорости г>о будет при условии, что в момент столкно-
вения скорости кубиков равны нулю. Пусть до встречи первый
кубик прошел расстояние х, тогда расстояние, пройденное вто-
рым кубиком, равно L — х.
Изменение механической энергии будет равно работе силы
трения. Для первого кубика-
тть
ZXTVj — ^4-тр, 0 — — Fгр1Л, Ртр1 — Mi^-iMj
- — = р,1т1дх.
2
Аналогично для второго кубика запишем:
т2«0 /г ч
—= у.2т2д(Р - х)
П1 (1) и (2) уравнений получаем:
Р1.Т = р2(Ь-®),
(1)
(2)
откуда находим
М2 г
х =--------L,
Ml + М2
п полученное значение х подставим в (1) уравнение:
2
v0 =---------->
Ml + М2
. , х/^М-^МсМг
Ответ: Vo — —c__
Mi + М2
л/2М1М29Ь
-D0 = ----;-----
Ml + М2
Задача 171
Цппо:
ni 10 кг
и» 2м/с
h 3 м
7000 H
Л/ 200 кг
л 7 n 'I
Решение. Выберем нулевой уровень отсчета потенци-
альной энергии на уровне верха сваи. Энергия груза в
момент удара будет только кинетической и равной
mv?. , mv2
Ж = + mgh = -у-,
где v — скорость груза непосредственно перед ударом,
v = + 2gh. (1)
яр i |>у i<i о < ii.uo пгупругий, ввиду кратковременности удара сила сопроти-
вления । ру ы in* Minuet «1 время удара i.iMeviui |ыменигь импульс системы:
uni (in. I А1)и
110
1. Механика
где и — скорость груза и сваи сразу после удара,
Далее, изменение полной механической энергии сваи вместе с грузом равн
работе внешней силы — силы сопротивления грунта:
— -^-сопр, -^сопр Д:опр ’
ZW = WKOH - WHa„
где TVkoh = — (m + M)gs — полная механическая энергия сваи с грузом по-1
(гп + М)и2 ,
еле остановки, VVna4 == -—z-----начальная энергия (кинетическая энергия
сразу после удара).
= -(m + M)gs - (m +2M)“" = —Fconp », I
. .-о. (J
Из соотношений (1) — (3) найдем:
m2 (vq + 2gh)
S ~ 2(M + m) [F - (m + M)g] ’
.s = 0,045 m.
Время между двумя последовательными ударами t складывается из времени
Л
подъема груза — и времени падения груза, которое находим как время падения
па землю тела, брошенного вертикально вверх со скоростью зд с высоты h:
y-h = vot - -у,
v0 + y[^+2gh
в момент падения у — 0, тпад - -у------. Следовательно,
t - А + ц° + + 29h
Vo д 9
Частота ударов
п = п = 0,4 с1.
t
Отпет: s = 0,045 м; п = 0,4 с
1. Механика
111
1/щача 172
l.uro:
I 2 м
М 2 кг
in - 0,01 кг
ii 200 м/с
300 м/с
hi 400 м/с
"I, «2, «3 — ‘
Решение. Взаимодействие пули и ящика аб-
солютно пеупругое, и так как проекции
внешних сил на ось х равны нулю (рис. 107),
то закон сохранения импульса в проекции на
ось .т имеет вид:
mvy = (т + M)v. (1)
Выберем нулевой уровень отсчета потенци-
альной энергии, совпадающий с осью х. Тог-
да по закону сохранения механической энер-
гии (m + M)v2
= (m + M)gh,
(2)
2
где h — высота, на которую поднимается
ящик с застрявшей в нем пулей. Из рисунка
следует, что h = l_lcosaL (3)
Тогда из соотношений (1) — (3) имеем:
9 9
J7? с!-*
^r^ = (m + M)5/(l-cos«1),
m* 2 * * * * * *Vi
cos oil = 0,975, <м = 12,8°.
ml уда
COS О'! = 1 — —---, ,,
2(m + М)2д1
Апапагично, найдем coso^ = 0,943, о-2 = 19,4°, и созоз = 0,906, с>з — 25°.
Впит.' ох = 12,8°; а2 = 19,4°; а3 = 25°.
fjn i,.ria 173
/,а но:
о
Решение. По условию задачи трением можно пренебречь, поэто-
му можем воспользоваться законом сохранения механической энер-
гии. Выберем за нулевой уровень потенциальной энергии уровень,
на котором находятся концы свешивающихся веревок. Потенци-
альная энергия веревки равна
m I mgl
’ ¥ '9'4 ” ~~4~’
ш .. .. I
i и масса каждой свешивающейся части веревки, —высота центра тя-
pM'iii (тичнинающсйся части веревки. В тот момент, когда веревка полностью
< ос хол1.Ч|Н'г с блока, ее центр тяжести будет находиться на нулевом уровне, т. е.
|||Ц11щпал1>пая энергия веревки будет равна нулю, а ее кинетическая энергия
inii2 ,1 mv2
<>' К'г 2 • недователыю, —, откуда
112
1. Механика
Задача 174
Дано:
h = 1 м
V-?
Решение. Воспользуемся законом сохранения механической
энергии. Выберем нулевой уровень потенцальной энергии, со-
впадающий с центром кольца, когда кольцо пролетит 1 м.
В начальный момент кольцо обладало только потенциальной
энергией mgh, где те —масса кольца. В момент, когда кольцо
пролетело 1 м, кольцо обладает только кинетической энергией, состоящей из
mv2
суммы кинетической энергии вращения вокруг центра кольца и кинети-
ческой энергии движения центра тяжести кольца -. Следовательно,
откуда
9 9
mv mv ?
mgh — —%—I—— ~ mv ,
v = л/gh, v — 3,13 м/с.
Ответ: v = 3,13 м/с.
Задача 175
Дано:
R
w
М________
п — 1
F
Г q
Рис. 108
Решение. На цилиндр действуют силы (рис. 108):
сила тяжести FT — mg, N! и ~ силы нор-
мальной реакции, FTpi и FTp2 — силы трения.
Для цилиндра можно записать:
mg + + N2 + FTpl + FTP2 = 0,
или в проекциях на оси координат:
на ось х : N-г — FTpl = 0,
на ось у : М + Нтр2 — тд = 0.
(1)
(2)
где FTpl = цМ, FTp2 = fiN-2- Так как N? = FTpi =
p.N\, -FTp2 = ц27Д. Подставляя полученные выра-
жения в (2), получаем
Ni — mg + = О,
откуда
и _ лг _ Рт9 г? _ 2 т9
Кр1-цМ-1 + ^2 И КР2-м1 + /?-
По закону сохранения механической энергии цилиндр остановится, когда вся
кинетическая энергия цилиндра целиком израсходуется на работу против сил
Греция:
1 1 + /Р ’
mw2R2
отк уда
2 — (FTpi + Ртр2)2тг/?7'х,
(1 + ц2) w2R
п = —----------'------.
ц(1 + ц) 4тг</
O'i'iu'i и
U । 1'-1
/«с । /•)
u>'2 R
Ь|(/'
1. Механика
113
Задача 176
Дано:
т
М
п
л^7
Решение. По закону сохранения механиче-
ской энергии убыль потенциальной энергии
колечка при его смещении на Arc равна при-
ращению кинетической энергии самого ко-
лечка и обручей:
Рис. 109
тдДх = —-—h 2Mu2, (1)
где v и и — скорости колечка и каждого из
обручей, v2 = 2ax, u = vctga (рис. 109).
Тогда из уравнения (1) получаем:
fl + 4— ctg2 сЛ
\ т ° )
9
Ответ: а = —, ----<
1 -F 4— ctg а
\ m
114
1. Механика
1.5. Динамика криволинейного движения
Задача 177
Дано:
тр —
v = 144 км/ч = 40 м/с
R-?
Решение. На автомобиль (рис. НО) действу-
ют сила тяжести FT = mg, где m— масса
автомобиля, и сила нормальной реакции N.
Эти силы обеспечивают движение автомоби-
v2
ля с ускорением ац = , направленным к
центру кривизны моста. Запишем для авто-
мобиля уравнение второго закона Ньютона
в векторной форме:
ma = mg + N.
Проецируя это уравнение на ось у, получа-
ем:
?7ШЦ = тд — N,
или
тлг
5r=ras-w.
По третьему закону Ньютона, Ед = — N,
F
Fj, = N. Согласно условию задачи, Рд =
следовательно, IV = откуда
mv1 тд
~1Г = т9-^
то есть ?
R =----, R — 326,5 м.
9
Ответ: R — 326,5 м.
Задача 178
Дано:
т — 0,1 кг
I'maj- = ЮН
Р !
Решение. При вращении стержня с закрепленным на нем |
шариком скорость вращения будет изменяться, а значит 3
будет изменяться значение центростремительного уско I
рения и величина силы, действующей на шарик. Макси 1
малы-юе значение сила будет иметь в самой нижней точки
траектории шарика. На шарик в этой точке действуют сила тяжести FT = mg I
и сила F, действующая на шарик со стороны стержня (рис. 111). Запишем для |[
шарика второй закон Ньютона:
и в проекции на ось у:
та = mg + F,
тац = F тд,
1. Механика
115
где
ац~ R
ma2
F = mg +
Для нахождения скорости шарика в этой
точке воспользуемся законом сохранения
механической энергии. В положении I ша-
рик обладает только потенциальной энерги-
ей ТУ] = mg2R (нулевой уровень отсчета по-
тенциальной энергии совпадает с осью ж), а
в положении II — только кинетической энер-
.. 1Т,- mv~
гиеи Wu =
(1)
2
9
Л mv
mg2R =
откуда
v2 = 4,gR.
Следовательно, подставив в (1) выражение для v2, получим:
F = тд -I—jj- = 5т,д, F = 5 Н.
удержится, так как максимальная сила, действующая на кре-
5 Н.
(> 1 ист: шарик
и пение, равна
Задача 179
(/то:
(1,1 м
Решение. На шарик массой т, подвешенный на нити, дей-
ствуют сила тяжести F? = mg и сила натяжения нити Т.
Запишем для шарика уравнение второго закона Ньютона в
векторной форме:
та = mg -р Т.
II.травим ось ж к центру окружности, по которой движется шарик, а ось у —
цпргнкально вверх. В проекциях
ось х :
на
на
тоц = Т sin а,
ось у : 0 = Т cos а — тд.
< 11 куда. Г
I I I Пи о
711.(1
= —и та,
COS 77 '
Следовательно,
— mgtp,a, где ац = uj2R, iF^R = gtgo, где R =
W =
7 I /ишо
и 1,6с 1.
I l/JHT. W 1, б< 1
116
1. Механика
Задача 180
Дано:
т = 70 кг
/? = 200 м
о = 360 км/ч = 100м/с
Fj—? F2=T~
Решение. На летчика действуют сила тяже-
сти FT = mg и сила нормальной реакции
N. В верхней точке траектории (рис. 112)
основной закон динамики в проекции на ра-
диальное направление запишется в виде:
тац = Nj + тд,
где ац = jp откуда
и2
7V1 = т~^ ~ т9-
По третьему закону Ньютона, Ni = ~F1;
Ni = Fi, где Fi, — сила давления летчика
на сиденье в верхней точке траектории.
mv
Fi = — - тд, Fr = 2800 Н.
В нижней точке траектории второй закон
Ньютона в проекции на ось у запишется в
виде:
тОц = N2 — mg, где е(; = ац,
г>2
F2 — N2 = т— + тд, F2 = 4200 Н.
Ответ: Fx = 2800 Н; F2 = 4200 Н.
Задача 181
Дино:
т = 70 кг
/|* = 200м
и = 100 м/с
о0 —? Гд-?
Гис. ИЗ
Решение. На летчика действуют две силы
(рис. 113): сила тяжести FT = mg и сила
нормальной реакции N. Под действием этих
сил он равномерно движется по окружно-
сти с центром О, лежащей в горизонтальной
плоскости. Запишем для летчика уравнение
второго закона Ньютона в векторной форме;
та = N + mg,
и в проекции на ось х:
т.ап = N cos a, (1)
где
v2
ац “ R ’
на ось у:
0 = N sin а — тд. (2)
lit соотношений (1) н (2) получаем:
н/Z
ll‘,o !”™> Hl’,v
о,, 7’|\
1. Механика
117
Сила давления летчика на сиденье по третьему закону Ньютона равна
F«=-N, FA = N.
Из (2)
N = тд = тд
sin a cos «о ’
1 ГЛ
где cos «о — —г = Окончательно
у 1 + tg2 «о
РД = mgyjl + tg2a0, Д = 3570Н.
Ответ: «о = 79°, Ря — 3570 Н.
Задача 182
/(ано:
II = 0,2 м
h = 0,05 м
„ ~1
Решение. На шарик действуют две силы
(рис. 114): сила тяжести FT = mg и сила
реакции опоры N, направленная по радиусу
к центру сферы. Под действием этих сил
шарик равномерно движется по окружно-
сти, лежащей в горизонтальной плоскости.
Запишем второй закон Ньютона для шари-
ка:
ma = N + mg,
и в проекциях на оси координат:
на ось х та,, — N sin а,
на ось у 0 = N cos а — тд.
Решая совместно последние два уравнения,
получаем
°ц == gtga,
где
л/-й2 - (7? - /i)2 = y/2Rh - /i2
tg« =
радиус окружности, по которой движется шарик. Следовательно:
lgh(2R-hj ,
v = у ———----; v = 1,14 м/с.
I >ni(iT t> =5 ,1,14 м/с.
8
1. Механика
i дача 183
Рио:
0,1 м
5 Г1
; 0,01 кг
0,05 м
Решение. На тело действуют три силы: си-
ла тяжести FT = mg, сила реакции опоры,
направленная по радиусу к центру сферы,
и сила трения FTp, направленная по каса-
тельной к поверхности сферы и препятству-
ющая соскальзыванию тела (рис. 115). Запи-
шем второй закон Ньютона для этого тела:
подставив sin a = =
та — N + FT + FTp,
и в проекции на оси координат:
на ось ж iiiiin = IV sin о — Ртр cos о, (1)
на ось у 0 = Ргр sin a + N cos a — mg, (2)
где
ац = arr = w27?. sin о,
r — радиус окружности, по которой движет!
ся тело.
Решая систему уравнений (1) и (2) отно-
сительно силы трения Ртр, получим:
Pip = тд sin a — mcJ2R sin a cos a,
y/2Rh - h2 R—h
—--------- и cos a = —, окончательно имеем
им /*’rp:
f FTp = . [g _ (Д _ ty], FTp = 7,4 10-2 H.
W Pip = 7,4- 1CT2H.
Садача 184
Цтю:
I 1 кг
• I c 1
l м
i !~Ъ ?
’in 116 1
Решение. Тело движется по окружности с радиусом R,
равным I, с центростремительным ускорением ац = Ф2/,
направленным к центру окружности. На тело действую’!
две силы (рис. 116): сила тяжести FT = mg и сила натя
жения нити Т. В верхней точке траектории второй закон
Ньютона в проекции на радиальное направление имем
вид:
тац = тд + 7),
откуда
7) =m(w2/-5), 711 = 6,2Н.
В нижней точке траектории имеем:
тан = Т2 = тд,
Т,, т(</ I Ф /), 7j —25,811
Oi’hci /’, 6,II, /' ' i.HIl
1. Механика
119
Задача 185
Дано:
I
тп
а
0___________
ТДД, Т3--?
1'ис. 117
Решение. На тело массой тп действуют две
силы (рис. 117): сила тяжести FT = mg и
сила натяжения нити Т. В начальный мо-
мент движения скорость v равна нулю, цеп-
v2
тростремительное ускорение ац = -у- также
равно нулю. Для тела можно записать:
Ti + mg = О,
и в проекции на ось, совпадающую с направ-
лением силы Ti, имеем:
Д — тд cos а = О,
откуда Ti = шд cos а.
В момент времени, когда нить отклонена
па угол /3, основной закон динамики имеет
вид:
mg + Т‘2 — ma,
и в проекции на радиальное направление
Д ~ W cos ft = твц, (1)
и2
где ац = -j- и направлено к центру окруж-
ности О. Для определения скорости v в
этой точке воспользуемся законом сохране-
ния механической энергии. Нулевой уровень
отсчета потенциальной энергии считаем про-
ходящим через положение равновесия тела.
В положении I тело обладало только потен-
циальной энергией = mghi, где —
I — I cos а. В положении II полная механи-
ттт* , , ШУ2
ческая энергия тела Wn = mgh-2 -I—, где
/i2 = 1 -lcos/3. Wt = ТУц,
откуда
ТП/и
mgl(l — cos о) = mgl(l — cos /3) -I--—,
a2 = 2gl (cos ft — cos a).
(2)
Подставив (2) в выражение (1), получаем:
Т-2 = mg(ft cos ft —2 cos a).
H момент, когда село проходит положение равновесия, основной закон дина-
мика в проекции на ось у имс»ат вид,:
7з тд та'„, (3)
I •
I <'
'Л1'< , ,
120
1. Механика
Скорость тела v' находим из закона сохранения энергии: Wj = Wni, где
/2
। гг f /lU ТТТ
И' хи = —g---энергия тела в положении 111.
/2
m5/(l-cosa) =
v'* 2 = 2g((l — cos а). (4)
Подставив (4) в (3), получаем:
Уз = тд(3 — 2 cos а).
Ответ: Тг — mg cos а; Т-2 = mg(3 cos /3 — 2 cos а); 7'g = тд(3 — 2 cos а).
Задача 186
/(ано:
I
<1
7/1
1Й~Т~
Решение. Движение тела происходит равно-
мерно со скоростью v по окружности с цент-
ром в точке О, лежащей в горизонтальной
плоскости (рис. 118). На тело действуют две
силы: сила тяжести FT = mg и сила натя-
жения нити Т. Второй закон Ньютона имеет
вид:
ma = Т + mg,
и в проекции на оси координат:
на ось х та,; = Т sin о,
на ось у О — Т cos а — тд,
откуда «ц = gtgo. Центростремительное
2
ускорение ац = где R = (sinо. Найдем
скорость движения у:
v2 = gltg а sin а.
Энергия, которую необходимо сообщить телу, находящемуся в положении рав-
новесия, чтобы оно двигалось так как указано в условии задачи, равна
W = 1УКИН + РУПОТ,
,,, mv2 mol • tea • sin a TT,
где Икин — —g— = —----------q----------кинетическая энергия тела, iTnOT.
2
mgh — mgl(l — cos а) — потенциальная энергия, которую тело имеет при дни
женин в горизонтальной плоскости, если за нулевой уровень отсчета потен
ниадьпой энергии принять ось АА', проходящую через положение равновесия
года. Тогда,
1Н<//
I/; о sin rv
2
гово:
(/гнет. II niql I 1 ° , 11 I I i о л
1. Механика
121
Задача 187
Дано:
R = 1 м
ш = 2 с-1
h — 0,1 м
//-?
Решение. На тело действуют три силы (рис. 119):
сила тяжести FT = mg, сила реакции опоры N,
направленная по радиусу от центра шара, и си-
ла трения FTp, направленная по касательной к
поверхности шара. Тело равномерно движется по
окружности с центром О и радиусом г = Я sin а.
Основной закон динамики для тела имеет вид:
ma = N + FTp + mg,
и в проекции на оси координат:
на ось х то,, — Frp cos а — N sin а,
на ось у 0 — Flp sin а + N cos а — тд.
Так как 7др = //Д’, то 0 = gN sin а + N cos а — тд,
откуда
тд ац cos а + д sin а
д sin а + cos а ’ д cos а — a sin а
Подставив в последнее уравнение выражение для
центростремительного ускорения = сДг =
и2R sin а, получим:
cARcoso + д
pctga + cxJ2Rsina’
R — h у/‘ZRh — h2 „
где cos ct = —— и sm а = -у-—-------, д — 0,73.
Ответ: д = О, 73.
Задача 188
'(ано;
h
/'
2а
Решение. На шарик действуют три силы (рис. 120): сила тяже-
сти FT = -mg, сила нормальной реакции N и сила трения F.rp.
Шарик равномерно движется по окружности с центром в точке
О, лежащей в горизонтальной плоскости. При решении зада-
чи необходимо учесть, что сила трения может1 быть направлена
вдоль поверхности конуса вверх или вниз в зависимости от того,
куда направлена результирующая сил тяжести и нормальной
реакции. Запишем для тела второй закон Ньютона;
та =; mg + N + FTp. (1)
I'icnii сила трения F.rp направлена вверх вдоль поверхности конуса (рис. 120,«),
проекции уравнения на оси координат имеют вид:
на ось х : тоц = N cos а — Frp sin а,
на ось у : 0 = N sin а + Frp cos а — тд.
Цодсгашш выражение для силы трения FIV ~ gN, цанучасм
., IH/I (V /(COS rr)
/V -, нш.,. as —Si--------------1------i
Hinn I //.COHO (illxl | /((ОНИ
122
1. Механика
Воспользовавшись формулой для центре-
стремительного ускорения ац = си г —
cj2htga, имеем:
</(cos о — р sin а) .
h tg a(sin « + p cos a) ’
В случае, когда сила трения направлена
вниз вдоль поверхности конуса (рис. 120,6),
проекции уравнения (1) на оси координат
имеют следующий вид:
на ось х : тац = N cos a + Ртр • sin a,
на ось у : 0 = N sin a — FTp cos a — mg,
F^p = fiN, 0 = .N sin a—fiN cos a—mg, откуда
mg
sin. a — ц cos a ’
mr/(cos a + p sin a)
sin о — p cos a ’
N
ma„
и для oj получаем:
/ p(cos a + p sin a)
у /itgo(sin a — pcosa)
(3)
Выражения (2) и (3) были получены для случаев, когда сила трения покоя
принимала свое максимальное значение, которое в свою очередь определяло
максимальное или минимальное центростремительное ускорение, а значит и
угловую скорость ы.
.. /oleosa — р sin a) , . / q(cosa + psina)
у Atgafsina + pcosa) ~ ~ У /itga(sina — pcosa)'
Задача 189
Дапо:
ш, = 0,2 кг
A: = К)3 Н/м
Д/ ?
Решение. На тело действуют две силы (рис. 121): сила тя
жести FT = mg и сила упругости пружины F. При вря.
щении тела сила упругости максимальна в низшей точке
(I) траектории и минимальна в наивысшей точке траск
тории (II). Второй закон Ньютона для тепа имеет вид:
та = F + mg.
Для точки I второй закон в проекции на ось у имеет вид:
то1ц = Fi - тд,
vl
где о1и -у-, ip скорость тела в точке I, I — длина пружины. Для точки II
имеем и проекции па. ось у:
и‘!
Ш0 >ц в - /'), ПК/, И',, ,
1. Механика
123
*FT
1'iic. 121
где г'у - скорость тела в точке II.
F1-F2 = - v%) + 2тд.
Разность (vf — г-у) определим из закона со-
хранения механической энергии. Выберем
за нулевой уровень отсчета потенциальной
энергии ось х, тогда
тг, mvl г,, п, то?
Hi = Иц = тд 21 +
П/ — И7п, откуда
~ А = 4&г,
и
Fi — F-2 = &mgl.
По закону Гука, F — кЛ1, следовательно,
. , Fi — F> Grnql . , r
AZ = -Ц—- = —AZ = 0,12 m.
к к
Ih'iiff: AZ = 0,12 m.
liVMi'ia 190
{llllif
til (1,2 кг
/ I м
I I2IH/M
V ?
Решение. На тело действуют две силы (рис. 122):
сила тяжести FT = mg и сила упругости пружины
F. Запишем основной закон динамики для тела:
та — mg + F,
и в проекции на ось у.
= F — тд,
или
I)
i >11
I1’
Z
т I
5>т
/+Д/
II
В* Z””
ту
---гт — I1 — тд,
Z + AZ J
где F = кЫ.
Воспользуемся законом сохранения механиче-
ской энергии для определения скорости тела v.
Если за нулевой уровень потенциальной энергии
принять горизонтальную плоскость, проходящую
через положение тела II, то тело в положении I
обладает потенциальной энергией
Wt = тд(1 + AZ).
(1)
ll i шли Hii'prioi и положении II
Hu
Z \1 ни
124
1. Механика
k&l'2 Tnif2
rpg —g----потенциальная энергия деформированной пружины, а --------ки-
нетическая энергия тела.
Так как Wi = Wh, то
П X ,4 nw2 /'AZ2
W(Z + AZ) = - + ——
Z z
откуда
2 2mg(l + AZ) — к&Р
т
Подставив выражение для v2 в (1), получаем:
2mg(l + AZ) — ZcAZ2
/ кЛ1 = гпд + - - ---' -
1 + AZ
или
27с AZ2 + (kl — 3m</)AZ — ‘3>mgl = О,
откуда для AZ имеем:
— (kl — Зтд} + \Дк1 — 3mg)2 + 4 • 3mgl 2k
AZ = 0,046 м.
Ответ: AZ = (3mg ~ kl1 ±^9-_к1У±^пд^ = о,О46м.
4/с ’
Задача 191
Дано:
т
к
I = 1,2ZO
w-?
Решение. На тело действуют три силы: сила тяжести FT =
mg, сила нормальной реакции N и сила упругости пружи-
ны F. Под действием этих сил тело равномерно движется по
окружности с центром О', лежащей в горизонтальной плос-
кости. Основной закон динамики для этого тела запишем в
виде:
ma = mg + N + F.
В проекции на радиальное направление имеем: тац = F, где ац = u|2Z(
F = ZcAZ, AZ = Zx — Zq = 0,2lg. Тогда mw2l, 21q = к • 0, 2Zq, откуда
V 6m
Задача 192
Дало:
nt
И as const
Решение. См. решение задачи 189.
7) I'x himi
1. Механика
125
Задача 193
Дано: Решение. Тело не отрывается от желоба при условии, что в верхней
h точке желоба А сила давления тела на желоб равна, нулю (если
Д сила давления обратится в нуль в любой другой точке, то тело
ДД сорвется с желоба). Значит, в точке А на тело действует только
сила тяжести FT = mg, сообщающая телу центростремительное
2
ускорение: mg = ma, тд = ma„. где ац --- Отсюда находим г?о = y/Rg —
скорость тела в точке А. В начальный момент времени тело обладало только
потенциальной энергией И^ач = mgh, в точке А энергия тела равнялась
W'koh = mg2R + = mg2R + = дтдР.
£ £ £
(за нулевой уровень потенциальной энергии приняли горизонтальную плос-
кость, проходящую через самую низкую точку желоба). Изменение механиче-
< кой энергии тела равно работе силы трения АТУ = Агр.
Атр = PFkoh - РИнач = -^mgR - тдН = -mglh- -R
Ответ: Агр = —тд — ^R
Задача 194
I то:
i> = 10 м/с
/Г = 30 м
If ?
Решение. Рассмотрим силы, действующие на
конькобежца в плоскости чертежа (рис. 123):
сила тяжести FT = mg, сила нормальной реак-
ции N и сила, обеспечивающая движение конь-
кобежца по окружности — сила трения FTp. Эти
силы приложены в разных точках, но согласно
законам статики, для того чтобы конькобежец
не потерял равновесия, сумма моментов всех сил
относительно оси, проходящей через центр тя-
жести конькобежца, должна быть равна нулю.
Это условие приводит к тому, что равнодейству-
ющая сил трения и нормальной реакции направ-
лена вдоль тела конькобежца, т. е. под углом a
( N , \ Q
к горизонту -g?— = tg a I. Запишем основной
у-^тр J
закон динамики:
Ги| /23
И и проекциях на оси х и у имеем:
ma = FTp + mg + N,
чг
। Н<’ «ц ««
на ось х :
па ось у :
тдН _ gR
mu2 v 1
тац = FTp,
0 = N — тд,
(iR
<Л «в anl.g
,,2
о = 71°.
I >11114 о <1‘
126
1. Механика
Задача 195
Дано: Решение. Рассмотрим систему тел «пробирка — пробка». Про-
М ведем ось а; в направлении движения пробирки после вылета
т пробки, и так как проекции внешних сил на ось х равны нулю,
I то закон сохранения импульса для системы тел «пробирка —
~? пробка» в проекции на ось х запишется в виде:
О = —mv + Mvi,
й р; - Mvi
где v и щ —скорости пробки и пробирки после взаимодействия, v = .
Для определения скорости воспользуемся законом сохранения механической
энергии. Выберем за нулевой уровень отсчета потенциальной энергии ось х. В
положении I энергия пробирки равна Ид = —тр-, в положении II пробирка
, „ т,т , ,г , Mv%
обладает энергией Wn — MgZl Ч-
ГТ. „г МД* Г~. 7
Wi = Wn, —К— = Mg2l + —v1=O4gl + v^.
Для того, чтобы пробирка сделала полный оборот, сила натяжения нити
должна быть отлична от нуля во всех точках траектории, и лишь в предель-
ном случае она может равняться нулю в наивысшей точке траектории. В по-
ложении II на пробирку действует только сила тягкести FT = Mg, сообщая ей
। юнтростремительное ускорение:
Ма = Mg, ,
2
откуда ац = д и ац = у-. Следовательно, = \/дЦ и щ = у/4д1 + rj =
Тогда
My/fyl
v =------.
т
Ответ: v = — A/agl.
m
Задача 196
Дано: Решение. Рассмотрим дугу А/, на которую опирается малы II
w центральный угол 2a. Направим ось х по биссектрисе угла 2ы
р к центру кольца. В проекциях на эту ось основной закон дина
г мики имеет вид:
_ ? 2FH sin a = p2aru>2r,
откуда FH = рДД1 — сила натяжения, возникающая в кольце п
направленная по касательной к нему, на дугу AZ действуют две силы иатяжг
ним Ри, направленные в разные стороны.
Отпет: FH — (П-2иД.
1. Механика
127
Задача 197
'(ано:
ni = 0,1 кг
Л/ = 0,2 кг
I. = 1 м
I, = 2м
.1 = 60°
Решение. На тело массой М действуют две
силы (рис. 124): сила натяжения стержня Т |
и сила тяжести FT1 = Mg. Второй закон
Ньютона для тела М имеет вид:
Mai = Ti + Mg,
и в проекции на ось у:
Ма^ = Ti - Мд, (1)
где ац1 = uj2L. На тело массой т действуют
три силы: сила тяжести FT2 = ?ng, силы на-
тяжения стержня Т2 и Т'|. Для него второй
закон Ньютона запишется в виде:
таг = Т2 + Tj + ?ng,
и в проекции на ось у:
та^ = Т2-Тг- тд, (2)
где аЦ2 = w2(, а Т[ = Tj_. Сложив уравнения
(1) и (2), получаем:
(ML + — Т2(т + М)д.
Чтобы найти угловую скорость оу, восполь-
зуемся законом сохранения механической
энергии. Если за нулевой уровень отсчета
потенциальной энергии принять ось ж, то
в положении, когда стержень отклонен на
угол а, энергия системы равна
Wi = MgL(l — cosa) + mg(L — (cosa).
При прохождении положения равновесия энергия системы равна
ТТ7 Mw2L2 тпш212
W2 =-------+ —+ mg(L - I).
II1 Иц, следователы-ю,
2 2(ML + — cosa)
W = ML2 + ml2 '
11(ходим Ti:
m nr 2г nr 2M(ML + тГ)дЬ(1 — cosa)
7\ — Mg + MoSL = Mg +-----~
MM + m/-
7j = Mg
4(MLiml)Lw2^
ML2 + m22
J\ 1,211
1,211
128
1. Механика
Задача 198
Дано:
1-Д
Решение. Рассмотрим тело, висящее вертикально. На него дей-
ствуют две силы: сила тяжести FT = mg и сила натяжения
нити Т. Для тела можно записать тд = Т. На вращающееся
тело действуют две силы: FT = mg и сила натяжения нити Ti
Pi = Т. Тело равномерно движется по окружности, лежащей
в горизонтальной плоскости, центр этой окружности лежит на прямой, совпа-
дающей с вертикально висящей нитью. Проекция силы Ti на радиальное (го-
ризонтальное) направление обеспечивает центростремительное ускорение тела
Т sin а = тш21 sin а,
где Т = тд и а —угол, между вертикалью и отклоненной частью нити. Сле-
довательно,
тд sin а = rruvl sin а,
или
Ответ: I = -%.
Задача 199
Дано:
R = Z
>4
a-?
Рис. 125
Решение. На тело действуют: сила тяжести
FT = mg, где т — масса тела, и сила натя-
жения нити Т (рис. 125). При движении по
окружности сила натяжения нити должна
быть отлична от нуля. В предельном случае
натяжение нити может обратиться в нуль
только в одной точке А. Значит, в точке А
на тело действует только сила тяжести, со-
общая ему центростремительное ускорение:
VA
mg = та, д = ац = —,
откуда
2
в точке A, Wa = + rn9 '
энергии выбрана ось ж), Wb — энергия тела в точке В,
Wb = mgR(l — cosa).
= 9Г-
Чтобы найти угол отклонения нити а, вос-
пользуемся законом сохранения механиче-
ской энергии: Wa = Wjg. Wa — энергия тела
(за нулевой уровень отсчета потенциальной
Тогда
m</Z
——I- mgl = mgl{l — cosa),
cosa =-0,25, a = 105°.
О'ПИ'Т (V И 14!»
1. Механика
129
Задача 200
Г(агда:
I
_______________
1’1 — ? 772 — ?
Решение. На автомобиль действуют три силы: сила тяже-
сти FT = nig, сила нормальной реакции N и сила трения
FTp. В первом случае, когда автомобиль тормозит, изме-
нение кинетической энергии автомобиля должно равнять-
ся работе силы трения:
AV7 = - WBa4 = Arp,
2
— • Для горизонтальной поверхности Тгр = [iN — fimg,
где И^коп = 0,WBa4
11р - — Ргр • I, знак минус обусловлен тем, что сила трения направлена против
2
перемещения. Тогда 0----= —ртдЦ щ = \/2gpjL Во втором случае, ког-
да шофер поворачивает руль без снижения скорости, автомобиль движется по
окружности радиусом I, касающейся стены. Единственной силой, обеспечива-
ющей центростремительное ускорение ац, является сила трения, направленная
по радиусу к центру окружности. И для радиального направления можно за-
писать:
... mv2
Гр = тач, ртд = ——
откуда
Ft = \Лод/-
Задача 201
(.ню:
Ii 109 м
/' 3,6-104с
I „„ = 4,77 • 108 м
1'26
Решение. На спутник, движущийся по кру-
говой орбите радиусом R (рис. 126), дей-
т, n ^mMnrs
ствует сила тяготения FT, дт = G - >
где m — масса спутника, М„„ — масса плане-
ты, Мпл = р ^7Г7„Л. Запишем для спутника
основной закон динамики:
FT = тац,
и в проекции на ось х:
F? = тац.
4тг2
где ац = ~^R. Тогда
4 з
m • р^?гг^л
Д2 ”
4тг2
^2“ '
откуда
3 • тг • 7?3 о , „
/’=Ю1 кг/м3.
Г*
= т
Ih'inH р I0'1 м/мч
130
1. Механика
Задача 202
Дано:
R
v
Ri = 2В
Aw-?
V2
где ац =
Решение. На спутник действует одна сила — сила тяготения
FT, обеспечивающая ему центростремительное ускорение.
Запишем для спутника второй закон Ньютона:
та — FT,
и в проекции на направление радиуса вращения:
= FT,
и Ег = GTO^njl Следовательно,
mR=G^' ” =в~1Г
Если R± = 2R, то v2 = и отношение равно
Изменение скорости равно
V1
V
г (1 - д/2)
—= — V = V-----=—-
у/2 ^2
п Л (1 ~ V2)
Ответ: = v~----7=—~
у/2
Задача 203
Дано:
Т = 3,15 • 107 с
R = 1,5 -10й м
G = 6,67 • 1СГП Н м2/кг2
Мс-?
Решение. На Землю действует сила притя-
жения к Солнцу, направленная к центр'
Солнца и согласно закону всемирного тяго
тения равная
Мс • М3 J
R? ’
где Мс — масса Солнца, Мз — масса Земли. Запишем для Земли уравненiк!
второго закона Ньютона в скалярной форме относительно оси, направленной
к центру Солнца:
F = М3ац,
(2)
где
4тг2 ту
Оц — „9 R,
СП
Т — период обращения Земли вокруг Солнца. Подставим выражения (1) и (3J
в (2):
0'1 куда
Мс. _ 4тг2
G Д2- -
Мс = ; Мс = 2-1030 кг.
Hl"-'кг
(1г)н‘т: А/,'
Аг = П
— v
1. Механика
131
Задача 204
Дано.-
Л’з = 6,4-106 м
(1)
Решение. На тело, находящееся на высоте h над поверх-
ностью Земли, действует одна сила — сила тяготения, на-
правленная к центру Земли и равная
F = G-^'—
(Rs + ty2’
где М — масса Земли, m — масса тела, R3 — радиус Земли. Сила тя?кести — это
сила притя?кения, действующая со стороны Земли на тело, находящееся вблизи
ее поверхности:
„Мт
Поделим почленно выражение (2) на (1):
тд _ (Дз + Л
~Р = V R3 }
(2)
2
Но условию задачи '-jS- = 2, откуда
Дз + h _ к
Дз V ’
h = R3 (а/2 - 1), h = 2,65 -106 м.
I truer: h — 2,65 • 106 м = 2650 км.
Задача 205
Ц:ию:
III
2но
Решение. При свободном движении космического кора-
бля по орбите радиусом R на него действует единственная
сила—сила тяготения, обеспечивающая ему центростре-
мительное ускорение,
_ mv2
•*прит - R '
111>ii дви?кении космического корабля по той ?ке орбите со скоростью v на него
М><>ме силы притяжения действует сила тяги, и тогда можно записать:
т«2
(1)
Дцрит + Д.’ЯГ’И
(2)
R ’
Подставим выражение (1) в (2):
О
mvg
9
mv
ТЯГИ — j-y J
21
о| к уда
, mv2 mtfl 3mv2)
R
R
Diner
3/п nJ
П •
132
1. Механика
Задача 206
Дано:
h = 1 м
Дп = 0,27Дз
рл = 0, брз
Н-7
Решение. Прыгая, человек совершает работу равную уве-
личению его потенциальной энергии: тдзк = тди, где q3
и (/л — ускорения свободного падения на Земле и на Луне.
Согласно закону тяготения,
тМ3 М3
m93 = G—^~, дз=О-^-,
где Мз = Рз • g — масса Земли. Аналогично находим
4 о
g.n = G-£, Мл = рл •-лДд,
кл О
где Mji — масса Луны. Тогда
дз _ Мз В2п _ рз В.з
дл Мп В2 рп В.п
По условию задачи, человек затрачивает на прыжок на Луне и на Земле одну
и ту же энергию: mgsh = тдпН, откуда
ТТ 93 , Рз Дз , гт Г 1?
Н =—h=——~h, Н= 6,17 м.
дл рл Вп
Ответ: Н = 6,17м.
Задача 207
Дано:
«ол ?
«03
Решение. Начальные скорости бросания тела на Луне и
на Земле определяются из закона сохранения механиче-
ской энергии:
т«0Л 7
—ел = mgnh,
Zj
те«03 7
= mg3h,
где т — масса тела, /г —высота его подъема. Поделив почленно (1) на (2), по-
лучим:
«ол = 9л
vo3 93 ’
/-1М и Мз г- гг
где ди — G =# и дз = О —2- — ускорения свободного падения на Луне и ли.
Дп Дз
Земле (см. задачу 206). Подставим выражения для дп и рз в (3):
«ол _ Мп _ Дз
«оз Мз В^
«ол _ -Кз
«оз Вп V
— =0,42.
«оз
0, 12
Опич
1мг t
1. Механика
133
Задача 208
Дано:
h = 3, 2 • 106 м
/?3 = 6,4- 106м
Решение. На тело, движущееся на высоте h над по-
верхностью Земли, действует одна сила — сила тяго-
тения, определяющая его центростремительное уско-
рение:
I) — '
откуда
(1)
mv2 тМэ
R3 + h =С(Пз + 11Д’
' v2 = G-^-.
R3 + h
У поверхности Земли Fnp — тд = , и д = Удобно представить
(IM3 = glli- Подставив это выражение в (1), получим:
2 aRl
v = v.------г, v =
R.3 + h
v = 6,5 -103 м/с.
R'3 + h'
Ответ: v = 6,5 103 м/с.
Выдача 209
'(а/ю;
1П|
in •
П
Решение. Так как между звездами действу-
ют силы взаимного притяжения, то каждая
из них движется ускоренно, причем по усло-
вию расстояние между ними постоянно, сле-
довательно, ускорение перпендикулярно их
скоростям, и каждая из звезд движется по
окружности, причем обе окружности имеют
общий центр О — центр масс системы. Запи-
шем второй закон Ньютона для каждой из
звезд в проекции на радиальное направле-
ние (рис. 127): Fi = нцйц! и р = m2a42,
где Pi = Р2 (по третьему закону Ньютона).
Тогда
4тг2Я1
m.iR.!
Чтобы звезды были
вом ра.с< юяпии D, проходящем через центр
маге, необходимо Т\ = Д, и тогда mjPi =
iii'jh' Так как б’, I /?2 = D, то ——3——
’ ?/?| |-т2
или
4тг2Н2
= т2^Г’
_ т2Л2
все время на одинако-
134
1. Механика
и R-2 = ' Чтобы определить период обращения Д = Т2 =Т, восполь-
зуемся законом тяготения:
mi m2 4тг27?1
= mi -2 -
Л
откуда
Ti = 2л
Д1Р2
Gm,2 ’
r, jrioD
или, учитывая, что Ri — найдем
Т = 2тг
В3
G(mi + m2)
Ответ: Д = R-2 = - т-^~ -; Т = 2th/z-7
mj+m-2 mr+m-2’ yG(mi+m2)
Задача 210
Дано:
Т = 3,6 • 104 с
Решение. На полюсе на тело действуют две
силы (рис. 128): сила тяготения FT и сила
нормальной реакции Nn. Сумма сил равна,
нулю, так как тело неподвижно. Вес тела Р„
равен по величине силе нормальной реакции
(по третьему закону Ньютона):
Рис. 128
тМ
= Nn = Fr = G^-,
где М — масса планеты, R — ее радиус, т
г, „тМ
масса тела, откуда 1 п = G
R.
На экваторе на тело действуют сила тя
готения FT и сила нормальной реакции N-,.
обеспечичающие движение тела по окруж
ности с периодом Т. Запишем для тела втг>
рой закон Ньютона
ma = FT + Ns,
и в проекции на радиальное направление-
т~-В. = EI- N3.
Вес тела на экваторе Рэ = Na
4тг2
= FT — или
’',г"
1’. = С m r. h
1. Механика
135
По условию задачи,
где М = р • ^7г/?3, тогда
Ответ: р = 780 кг/ м3.
^-2-______1___
Рэ ’ 4тг2Д3 ’
GMT2
P=Gf2’ Р = 780кг/м3-
Задача 211
Решение. Докажем, что сила тяготения в
любой точке А (рис. 129), находящейся во
внутренней полости однородного шарового
слоя тяготеющих масс, равна нулю. В ша-
ровом слое масса равномерно распределена
между двумя концентрическими сферами.
Проведем из точки А конус, который вы-
резает из сферы малые элементы <71 и <72-
Нормали к обеим площадкам <71 и а? со-
ставляют одинаковые углы с осью конуса,
поэтому -й- = 1ак как слои однород-
Г1 г2
ный, то массы элементов равны mi = pay
и m-2 = род, где р — поверхностная плот-
ность слоя (масса, приходящаяся на единицу
площади). Следовательно, сила притяжения
массами ту и т2 тела массой т, находяще-
гося в точке А, равна нулю: ?i = G---
Гу
и /'2 = Gm , очевидно Fy = F2. Проводя аналогичные рассуждения для
дпух соответствующих элементов сферы, убеждаемся, что все они попарно ком-
пенсируют друг друга, поэтому сила тяготения в точке А со стороны всего слоя
будет равна нулю. Любой однородный шаровой слой можно представить себе
< <‘стоящим из тонких сферических слоев, для каждого из которых справедливо
дик,паяное выше утверждение.
Если тело массой т поместить на глубине h под поверхностью Земли, то
. и на тя готения, действующая на него со стороны внешнего слоя Земли толщи-
шп1 равна нулю, а сила тяготения со стороны шара радиусом г = (R — h), где
/|* радиус Земли, пропорциональна г3 (масса пропорциональна объему шара)
О
и чОратно пропорциональна т :
4 з
7П • р^гл 4
/'2 х: (!-к--- = ( !р III. -7ГГ,
г2 3
। Д'' /'
IIIII>Г11<>< и. Земин
136
1. Механика
На поверхности Земли сила притяжения равна:
4 оз
f\=G-------±----=Gp-m--vR.
R. 3
Следовательно,
F\ _ R __ Д
Дг г R — h
п Fi Д
Огвет; Ж = Д^Т?
Задача 212
Дано:
R = 2Д3
Т3 = 24ч = 8,64 -104 с
Решение. Движение по круговой орбите спутник,
массой т происходит под действием только силы
тяготения со стороны Земли
*-?
(1
Запишем для спутника уравнение второго закона Ньютона в проекции на oci
направленную к центру Земли:
F = таЦ1
ац = ш2Д = ш2 2Дз,
где
о.:,
а ш — угловая скорость спутника.
Подставляя выражения (1) и (3) в (2), получаем
[G М3
V 8'Лз
Для удобства расчета воспользуемся формулой д = откуда GM3 = gR'\
^з
Тогда
Угловая скорость Земли равна:
2тг
w3 — —,
J-3
где Т3 —период вращения Земли вокруг оси.
Спутник в первый раз пройдет над точкой запуска через промежуток вре I
мени t, равный отношению углового пути относительно Земли (2тг радиан) к I
угловой скорости спутника относительно Земли, равной (ш — шз):
2тг 2тг
t = —------= —. -----.
£ = 1,73 • 104 с = 4,8 час.
О гне г ! 1,73 1LI '<
1. Механика
137
Задача 213
'(ано:
Hi = 8 • 106 м
Н2 = 107 м
ПЛ = 25- 106Дж
Решение. Спутник, движущийся по круговой орби-
те, обладает кинетической и потенциальной энерги-
2
ей. Кинетическая энергия ТКкин1 = —где т —
1 -? №
масса спутника, щ = у — скорость его дви-
жения по орбите радиусом R\ (см. задачу 208).
Потенциальная энергия на орбите Rx равна Ипот1 — —Gm^'3‘. Для удоб-
। тиа воспользуемся формулой д = ^У3, откуда GM3 = дР&, тогда 1СПОт1 =
' Полная механическая энергия спутника на орбите радиусом Rx равна:
W - W -4- w -твР^ твВъ - твВъ
W1 _ и;+ wnOT1 _ — - — _ .
Аналогично, на орбите радиусом R2 энергия W2 равна:
тк2 =
2R2 '
Тогда работа, которую необходимо совершить для того, чтобы перевести спут-
ник с первой орбиты на вторую, равна:
А = &W = W2 -Wx =Wi , А = 5-106Дж.
< truer: А = 5 • 106Дж.
138
1. Механика
1.6. Статика
Задача 214
Дано:
I = 1 м
Fi = 15 Н
Д = ЮН
ж-?
Рис. 130
Решение. Для определения точки приложе-
ния равнодействующей сил F । и F2 восполь-
зуемся следующим правилом: момент рав-
нодействующей равен сумме моментов скла-
дываемых сил. Рассмотрим моменты сил Fj
и F-2 и момент равнодействующей силы R1
относительно точки (9 —точки приложения
равнодействующей (рис. 130):
Fjx - F2(l + x) = 0,
откуда
F2 -I
х = —----ж = 2 м.
Pi - F-2 ’
Ответ: ж = 2 м.
Задача 215
Дано:
I
m
h_______
Т~?
Решение. Условие равновесия для точки А и
векторной офрме имеет вид
T1+T2 + Ft=0, (1)
где Т| и Т2 — силы натяжения нити, а
FT = mg —сила тяжести груза (рис. 131).
Равенство проекций сил на горизонтальное
направление требует равенства сил натяже-
ния нити: 7) cos a — Т-2 cos a = 0, откуда
Д = Т2.
Для равновесия необходимо, чтобы сум •
ма проекций сил на вертикальное направлю
ние была равна нулю:
2Т sin a — mg = 0,
где
h 2h
Vl2 + W
v +h
(,’ледовательно,
mg
2 sin a
mgy/l2 + 4/9
4/i
,, rr mg\/P+4h2
UTIH'T- I J 1 ly------
1. Механика
139
Задача 216
Дано:
М
in,
I,' _?
' д
Гис. 132
Решение. На человека действуют три силы
(рис. 132): сила тяжести FTi = Mg, сила ре-
акции опоры N и сила натяжения веревки
Ti. Условие равновесия человека:
Л'/g + N + Tj = 0.
В проекции на ось у это уравнение имеет
вид:
7), + Лг - = 0. (1)
На груз массой т действуют две силы: сила
тя?кести Ft2 = mg и сила натяжения верев-
ки Т2. Условие равновесия груза:
Т2 + mg = 0,
и в проекции на ось у:
Т2 - тд = 0. (2)
Система находится в равновесии, поэтому
71 = Т2, а так как Т2 = тд, то полу-
чаем У) = тд. Подставив в уравнение (1)
Ti = тд, имеем:
N = Мд — тд.
Но третьему закону Ньютона, сила давления человека на плоскость Fp равна
но величине силе N:
Fp — N = (М — т)д.
( >tik't: Fp — (М — т)д.
Чндача 217
/дно:
>п
/'
о
Решение. На груз действуют (рис. 133):
FT = mg — сила тяжести, N — сила нор-
мальной реакции наклонной плоскости,
FTp — сила трения, Ti — сила натяжения ни-
ти. Так как груз не может вращаться, то для
его равновесия достаточно выполнения усло-
вия равенства нулю векторной суммы сил,
приложенных к нему:
mg + FTp + N + Ti = 0. (1)
Проецируя на оси х и у уравнение равнове-
сия (1), получаем:
7’i in д sin« + FTp = 0, (2)
N miycosii! =" I).
It 111,11,1141 < iviiiii ri i Honpoi oo определении
MiooiMiuii tioh fiiiii.i / .. uioiiiMV lieoo’t’cil
140
1. Механика
максимальное значение силы трения покоя. Учитывая, что FTp = /./Д'' =
р'тд cos а, из уравнения (2) получаем:
71 — тд(р — cos а).
Система находится в равновесии, поэтому 71 = Т, = Д = Т. Так как блоки
невесомы, то
Т’мин — 2Т — 2mg(sina — /icosa).
Ответ: FMIIH = 2mg(sinn — д cosa).
Задача 218
Дано:
mi = 1кг
m-2 = 1,5 кг
I = 0,3 м
a = 60°
R-?
где R — радиус окружности,
(а = 60°; (3 = 35°, а + /3 = 95°
Решение. Ha каждое из тел действуют три
силы (рис. 134): сила тяжести FT = mg, си-
ла нормальной реакции N и сила натяжения
нити Т.
Для каждого из тел запишем условие
равновесия:
Ni + mig + Тх = 0 (1)
И
N-? + m2g + Тг = 0. (2)
Так как система находится в равновесии
Тг = Т-2. Спроецировав уравнения (1) и
(2) на направление нити, получим: 7\ =
mipsina и Т2 = m-2 д sin р. Следователь
но, т±д sin а = Tnmjsinp, откуда sin/3 =s
mi . a I mi - \ T,
—- sm a, p = arccos —- sm a . Для цен
m2 \m2 ) i
трального угла (a+/3), опирающегося на ду-
гу длиной /, можно записать:
Z = .R-(a + /3),
а (a + Р) — измеряется в радиальной мерс'
= 0,53тг). Тогда
I „
I { "И
а + arccos —- sin а
V«2
Ответ: R = 0,18 м.
1. Механика
141
Задача 219
Решение. На стержень действуют (рис. 135):
сила тяжести FT = mg, сила натяжения
нити Т, сила нормальной реакции N и си-
ла трения FTp. Запишем условия равновесия
стержня: 1) сумма действующих на него сил
равно нулю:
N + FTp + Т + mg = 0; (1)
2) алгебраическая сумма моментов сил отно-
сительно любой оси равна нулю. Выбираем
ось так, чтобы как можно большее число мо-
ментов неизвестных сил относительно этой
оси было равно нулю. Это может быть точ-
ка А. Тогда второе условие равновесия имеет
вид:
Т I — тд - cos а. = 0, (2)
откуда
гг т9
1 = --- cosa.
2
Уравнение (1) имеет следующие проекции на координатные оси:
на ось х : FTp — Т sin а = 0,
на ось у : N + Т cos а. — тд — 0.
Учитывая, что Ртр = /JV, из этих уравнений найдем:
N = тд — Т cos а. = тд ^1 —
и
(cos2 аЛ т д cos а. • sin а
1-----2~ ) =-------2-------’
'11УДа
cos а. sin а.
Р 2 ’
2 — cos2 а
Чтобы определить минимальное значение коэффициента трения д, исследуем
функцию д,(а). Ее производная равна:
cos 2а — | sin2 2а
д, (а) у— г гт .
( 2 — cos2 а)2
t цопнем экстремума функции является равенство ее производной нулю
//(и) L), откуда а — 45°. При а = 45° получаем д =
I Ч’.' /1
о
cos а
2
142
1. Механика
Задача 220
Дано:
Рис. 136
Решение. Система (рис. 136) находится в
равновесии при условии F = F\, где F\ —
сила, действующая на нить со стороны пру-
жины 1, Б) = к±Х1, Xi—удлинение первой
пружины. Следовательно, Ху =
F
т-. Условие
ki
равновесия для блока имеет вид:
F2 = F + F1= 2F,
где F2 — сила, с которой пружина 2 действу-
ет на блок, F-2 = к2х2, х2 — удлинение вто-
рой пружины.
F2 2F
х2 = п~ = -г--
к2 к2
Тогда
_ F_ fe2 _ _&2_
х2 к-2 2F 2к\
Ответ; — =
х2 2ki
Задача 221
Дапо; Решение. Максимальное натяжение нити определяется по фор
5 = | 11 II муле РмаКс = (см. решение задачи 215). Когда нить с грузом висит вертикально, Рмакс = Мд, где М — максимальный груз, удерживаемый нитью, откуда М = 2^1а’ = 29 кг.
Ответ: М = 29 кг.
Задача 222
Дано:
т = 0,01 кг
р — 3 • 103 кг/ м3
I = /] + 12 = 0,2 м
« = 4 • 10~6 м2
р\ = 2,7 103 кг/м3
pu = 1 103 кг/ м3
Решение. На палочку действуют (рис. 137):
сила тяжести FT = Mg, где М = psi — мал и
палочки, сила натяжения нити Т и реакции
опоры N. Применяя к палочке условие pan
новесия тела, имеющего ось вращения, ими
ем
М-2 - М2 = 0.
(I)
Здесь Мг = F,. и М2 = Т 12
моменты сил F, и Т относительно точки (1
1. Механика
143
Подставив выражения для Mi и М2 в урав-
нение (1) и учитывая, что Т = mg — Fapx =
pBm
тд — ——д, получаем:
'тд
откуда
1_М
P1J
/2 = pSlg
h-h
2
2m (1 - = pSl (- 1
\ P1J М2
и окончательно
()твет: Ь- = 7,2.
<2
Задача 223
Ц.шо:
а
ш __________
?
< II.
Решение. Рассмотрим силы, действующие
на обруч (рис. 138): FT = mg —сила тяже-
сти, Nj и N2 — силы реакции гвоздей. Запи-
шем для обруча условие равновесия в век-
торной форме:
771g + Ni + N2 = 0. (1)
Направим оси х и у так, как указано на ри-
сунке, и спроецируем на них уравнение (1):
тд — М cos а — N2 cos а = 0,
N-2 sin а — TVi sin а = 0.
Из условия равновесия для обруча получа-
ем:
2 cos а.
По третьему закону Ньютона, сила давления
обруча на гвоздь в точке В
F = N‘> F = ~
д ’ д 2 cos а
,, та
(11 пог Г,. = К-—.
д 2 cos а
144
1. Механика
Задача 224
Дано:
т = 0,05 кг
о = 30°
М-?
Рис. 139
Решение. На обруч с закрепленным на нем
грузом действуют три силы (рис. 139): си-
ла тяжести обруча FT = Mg, сила тяжести
груза FT1 = mg и сила нормальной реак-
ции N. Запишем второе условие равновесия
относительно оси вращения, проходящей че-
рез точку А и перпендикулярной плоскости
чертежа:
Mt - М2 = 0. (1)
Здесь Му = Мд h, М2 = тд 12 — момен-
ты сил Mg и mg относительно точки А, где
li = Rsina. и l2 = R(1 — sin о) —плечи сил
Mg и mg, R — радиус обруча. Подставив по
лученные выражения в уравнение (1), полу-
чим:
MgRsma = mgR(l — sino),
откуда
, r т(1 — sin о) , r
М = —М = 10“2 кг.
sine
Ответ: М = 10 2 кг.
Задача 225
Дано:
/?
II
М
2a
Решение. На мяч действуют (рис. 140); сила
тяжести F,r = Mg, Ni и Na — силы нормаль
ной реакции, в силу симметрии Aj = N2,
FTpl и FTp2 — силы трения, Нтр1 = Нгр2 =в
gN. Силы трения направлены вверх, так как
мяч стремится выскользнуть вниз. Запишем
для мяча первое условие равновесия в век-
торной форме:
Mg + Ni + N2 + FTpi + FTp2 = 0. (I J
Направим ось у, как указано на рисунке, и
спроецируем на нее уравнение (1):
Мд + 2N sin a — 2Др cos a = 0,
или
Мд + 2N sin a — 2p,N cos a = 0,
откуда
TV -----.—.
2 (д cosa — sino)
1‘iie. 110
1. Механика
145
По третьему закону Ньютона, сила давления мяча на палочку Fn = N,
Мд
2(ji cos а. — sin о)
Ответ: Рл
Мд
2(д сова — sin о)'
Задача 226
Дано:
F = 6000 Н
М = 50 кг
/ = 2,5 м
ЛВ = 0,5м
т — ?
Гис. 141
Решение. Балка давит на стену в точке А
вверх (рис. 141), а в точке В —вниз. На бал-
ку со стороны стены действуют силы в про-
тивоположных направлениях. На балку дей-
ствуют четыре силы: сила тяжести балки
F.r = Mg, сила натяжения каната Т', си-
лы реакции опоры Ед и Е/;. Так как груз
находится в покое, то Т = Т' = = тд.
Запишем первое условие равновесия балки:
Ет + Ед + Ед + Т' = 0,
и в проекции на ось у.
Мд + тд + FA — FB = 0,
откуда
Рв = тд + Мд + РА,
то есть FB > Fa , FB = 6000 Н. Второе усло-
вие равновесия балки запишем относительно
оси вращения, проходящей через точку А и
перпендикулярной плоскости чертежа:
тд A'D1 + Мд А'С - FB А'В = 0,
где A'D', А'С, А'В — плечи сил натяже-
ния, тяжести и силы реакции опоры. Отсюда
определим:
FB А'В — Мд-А!С
т =----------—; т = 95 кг.
д'A'D'
Ь'ист: ni = 95 кг.
146
1. Механика
Задача 227
Дано:
тп
h
D_______
F~2
Рис. 142
Задача 228
Дано:
h
р, 0,4_______
СЦ — ? Ct-2 — ?
Рис. 143
Решение. Для того чтобы цилиндр опроки-
нулся, необходимо, чтобы момент силы F от-
носительно оси вращения, проходящей через
точку О (рис. 142), был больше или равен
моменту силы тяжести FT = mg относитель-
но этой же оси:
F-h = mg-^,
mgD
F-^h'
Ответ: F —
Решение. Для того чтобы цилиндр не опро-
кинулся, необходимо, чтобы момент си-
лы тяжести относительно оси, проходя-
щей через точку О (рис. 143,а) поворачи-
вал цилиндр. Следовательно, вертикальная
прямая, проходящая через центр тяжести,
должна проходить через основание цилин
дра, в предельном случае — через точку О.
Отсюда находим
d/2 d d.
tS°'1 = Г’ ai=arctg-,
/г/2 h h
a = arctg | = 26,6°,
где сц — минимальный угол, при котором
цилиндр опрокинется. Для того, чтобы ци
линдр не скользил, необходимо, чтобы вы
поднялось условие:
FTp + FT + N = 0, (1)
где FTp — сила трения, FT = mg сила
тяжести и N — сила нормальной реакции
(рис. 143,£>). Уравнение (1) в проекциях па
оси х и у имеет вид:
р - mg sin п-2 = О,
N nigvontv^
1. Механика
147
В предельном случае берем ад^ксимальное значение силы трения покоя
FTp = p,N = р,тд cos а.2- Тогда
цтд cos а.2 = тд sin а.2, tga-2=li, «2 = arctg/z, а.2 = 21,8°.
Таким образом, при а. = 21,8° цилиндр соскальзывает.
Ответ: цилиндр раньше начинает соскальзывать.
Задача 229
Дано:
14
/'•2
М
где
Решение: На цилиндр действуют (рис. 144): сила тяжести FT = Mg,
силы нормальной реакции Nj и Ng и силы трения FTpJ и FTP2- При
равновесии алгебраическая сумма моментов всех сил, действующих
на цилиндр, относительно любой оси вращения равна нулю. Запи-
шем условие равновесия цилиндра относительно оси, проходящей
через точку А:
Nl-,--N2-^+Mg-|АО| • cos(a —/3) = О, (1)
а//2 + 4Я2
\AO\ = ^- + B? = ^^------------------,
Условие равновесия цилиндра относительно оси, проходящей через точку О,
имеет вид:
Т"тр1 • R — FTP2 • R — 0, (2)
откуда
FTP1 = Ftp2, = 112N2, N2 =
/^2
< 'ила Ni = mgcosy, где 7 = a. — 2/3.
Подставив прлученные выражения в уравнение (1), получаем:
М • Ц2 • а/^2 + 4jR2 • cos (a — /3)
т =----------------------------------------
1{р.2 - pi) - cos 7
(h'lfcr: т =
М р,2 а//2 + 4Д2 cos(ai -13)
1(^-2 - Д1) • COS 7
III
148
1. Механика
Задача 230
Дано:
mj = 2т2
Рис. 145
Решение. Рассмотрим силы, действующие
на бусинки (рис. 145): силы тяжести Рт1 =
mig и Ft2 = W2g, силы нормальной реакции
N1 и N2 и силы натяжения нити Ti и Т2,
причем Ti = Т? = Т. Условие равновесия
для бусинки mi имеет вид:
Ni + Ti + FTi — О,
а в проекции на ось х:
—Ti cos a. + mig cos 45° = О,
откуда
Т cos a = mig cos 45°. (1)
Условие равновесия для второй бусинки:
N2 + Т2 + FT2 = О,
п в проекции на ось у:
m^g cos 45° — Тц sin a. = О, Т sin a = m-^g cos 45°. (2)
Решая совместно уравнения (1) и (2), получаем
tga =
m2 _ 1
mi 2’
a — arctgO, 5, a. = 26,5°.
Ответ: a = 26, 5°.
Задача 231
Дано:
a = 30°
r = 0,01м
R = 0,06 м
Pm lid
Решение. Силы, действующие на катушку, I
изображены на рис. 146: FT = mg — сила тя-
жести, N — сила нормальной реакции, FTp
сила трения, Ртр = /iN, Т сила натяже-
ния нити. Запишем первое условие равнове-
сия катушки:
mg + N + FTp + T = 0. (I) I
В проекции на ось х уравнение (1) имен1»
вид;
N — Т sin а = 0. (2)
Второе условие равновесия катушки, запи
санное относительно оси вращения, прор>
дящей через точку О, имеет вид:
Тт - F^R = 0. (3) I
Решая совместно уравнения (2) и (3), пилу
чаем:
Тг — /1.Т sin aR,
1. Механика
149
откуда
г 1
Д = —:--,
г sm а 3
< >твет: р = g.
Задача 232
fauio:
I
Решение. При равновесии сумма сил, дей-
ствующих на картину (рис. 147), равна ну-
лю: Т + FT + N = О, (1)
где FT = mg — сила тяжести, Т — сила натя-
жения веревки, N — сила нормальной реак-
ции.
В проекции на ось у уравнение (1) имеет
вид: где Tsin7 — mg = 0,
sin 7 ВС \/а2 — b2 sin2 о
“ КС ~ а
откуда = тд а (2)
у/a2 — b2 sin2 а
Сумма моментов силы тяжести и силы натя-
жения относительно оси, проходящей через
точку А, равна нулю:
mgh - Т12 = 0, (3)
где h = МА — T^sina и l2 = AC-sin(90 —
\ '• 2 7 \ b sin а
7) = (v о — о sin о + b cos о) —--пле-
чи сил тд и Т. Подставив выражения для
Т, h и 12 в (3), получим:
L . а(\/а2 — b2 sin2 а + bcosa) bsina.
- sm а =--------- ' ------------------------
2 У а2 — b2 sin2 а а
откуда
\/а2 — b2 sin2 а
= bcosa.
(4)
I 1.1 ии’дсм уравнение (4) в квадрат, подставим sin2 а. = 1 — cos2 а. и получим:
L/2 - 1>
cos а = --
а2 — Ь2
>(ь ь/лу
I > / /1Г /' <’< Ml < I
J /2 b
b
l.(b 1/1)
150
1. Механика
Задача 233
Дано:
т
a
И_______
Г —?
Решение. На цилиндр действуют четыре си-
лы (рис. 148): сила тяжести FT = mg, си-
ла нормальной реакции N, сила трения Гтр,
F-гр = gN и сила натяжения веревки Т. Так
как цилиндр находится в покое, то
mg + N + FTp + Т = 0. (1)
Ответ: T =
Уравнение (1) в проекциях на оси хну име-
ет вид:
FTp cos a + Т — N sin a = 0, (2)
N cos a. + FTp sin a. — mg = 0. (3)
Решая систему уравнений (2) — (3) с учетом
формулы FTp = gN, получаем:
'тд
д, sin a + cos a ’
T = N (sin a — g, cos a) = mg
sin a — g cos a
cos a. + g, sin a
sm a — g cos a
mg--------Д—------
cos a. + g sm a.
Задача 234
Дано:
R
L = 8R
2a-?
Решение. Рассмотрим силы действующие па
палочку (рис. 149): к каждой половине па-
лочки приложены сила тяжести FT = mg н
сила нормальной реакции N. Первое условие
равновесия для палочки имеет вид:
Ni +N2 -bmxg + msg = 0, (1)
и так как mj = m2 = m и Ni = N% = N (11
силу симметрии), то уравнение (1) в проек
ции на ось у запишем в виде:
2N sin a — Img = 0,
откуда
N=^-.
sin a
Напишем второе условие равновесия относи
тельно оси, проходящей через точку А:
N -R ~ тд - /2 = 0, (2)
гд'1 N li и tug I2
моменты
м ..
сил N и mg, а G = АП = . и 1-> = |("
tg a t
1. Механика
151
Учитывая это, перепишем уравнение (2):
тд R г.
-----------тд 2R sm а = О,
sm a tg а
откуда
cosa .
—у-----2 sm а = О,
sin а
ПЛИ
-l_-2tga = 0. (3)
sm а
Так как — = 1 + ctg2 а, то уравнение (3) можно переписать в виде:
ctg3 а + ctg а — 2 = О,
или
(ctg а — l)(ctg2 си + ctg а + 2) = О,
Решением этого уравнения является ctg а = 1, а = 45°, 2а = 90°.
Utho.t: 2а = 90°.
Задача 235
(ано:
I 2F2
I ?
Решение. На бревно действуют (рис. 150):
силы нормальной реакции со стороны двух
человек Ni и N2 и сила тяжести бревна
FT = mg. По третьему закону Ньютона,
бревно действует на людей с силами Fi = М
и F2 = N2.
Напишем правило моментов относитель-
но оси, проходящей через точку О:
M-L - М2 = 0. (1)
Здесь Mi = Fili и М2 = F2l2 — моменты сил
I
Fi и F2, a Zi
и 12 = £ — плечи сил Fi
~ 2 х
и F2. Подставим выражения для Mi и М2 в
уравнение (1):
откуда
. (Fi - F2)Z I
Ь 2-Fi 4'
П'НЧ'Т .й \
152
1. Механика
Задача 236
Дано:
М = 10 кг
а = 60°
'in = 70 кг
Pi = 0,4
)1-2 = 0,5
/t—?
откуда
Решение. На лестницу действуют (рис. 151): I
силы тяжести FT = Mg и FTi = mg, силы I
нормальной реакции Ni и N2 и силы трения 1
Р?р1 И FTp2, FTP1 — Д1-ЛГ1 И Ргр2 — ^2^2,
так как берутся максимальные значения сил I
трения покоя.
Для равновесия лестницы должно вы- I
полниться условие:
Mg + mg + Ni + N2 + FTpl + FTp2 = 0,
(1)
или в проекции на оси ж и у:
N2 - FTpi = 0, (2) 1
М + ДР, - Мд — тд = 0. (3)
Из уравнений (2) и (3) получаем: N2 = цДЦ,
(М + т)д = N2 ( — + ц2 ) ,
7
Д1(М + ш)д
1V2 = -7—-------•
1 + Д1 Д2
Для записи второго условия равновесия
правила моментов, выберем ось вращения,
проходящую через точку А:
I
Мд-cos a + тда cos а —
— N2l sin а — /j,2N21 cos a. = 0,
_ 2д1(М + m)l(y,2 cosa + sina) — MZ(1 + /7.1 • /т2) cosa
2m cos a • (1 + jUi • /7.2)
где a = BA, a = 2,52м; /i = 4-sina, /г = 2,2м.
Ответ: h = 2,2 м.
1. Механика
153
Задача 237
Дано:
h,
R > h
М
Решение. Для того чтобы шарик выско-
чил из лунки, необходимо, чтобы момент
сил, вращающих шарик вокруг точки А
(рис. 152) против часовой стрелки, был боль-
ше или равен моменту сил, вращающих его
по часовой стрелке. На шарик действуют
сила тяжести FT — Mg и сила F. Тогда
Мх - М2 = 0, (1)
здесь Mi = T/j и М2 = Мд Z2 — моменты
сил F и Mg относительно точки А, где Zj =
R — h и Z2 = л/й2 — (й — Zi)2 — плечи сил F
и Mg.
Учитывая это, перепишем уравнение (1):
F(R — h) — Mgy/R2 - (R - Zi)2 = 0,
откуда
_ Mgy/h(2R- h)
F~ R^h '
., „ Mgy/h(2R - Zi)
(1ГВСТ-- F = —J -
Задача 238
(.ню:
и 30°
/'
rn
Решение. На клин действуют силы (рис. 153):
силы нормальной реакции ГД и N2, силы
трения FTpi и FTp2. Силой тяжести клина
в условиях этой задачи можно пренебречь.
Условие равновесия клина можно записать
в векторном виде:
Ni + N2 + FTpi + FTp2 — 0, (1)
I'lK 15.3
где
Ni = N% = N, FTpi = FTp2 = FTp.
Спроецируем уравнение (1) на ось у:
2N sin - 2Ртр cos = 0. (2)
Ртр < дЛ’, так как в состоянии покоя сила
трения изменяется от нуля до силы трения
покоя максимальной, равной дУ. Из урав-
нения (2) получаем
йтр 7Vtg~, //. = tg^ p = tgl5° = 0,27.
z z
I h’lu'r Jlpu /1 (J 27 мши !!< nun мшим*'> hj >>|мчцш
1. Механика
154
Задача 239
Дано:
a = 0,1 м
.тТ3?
Рис. 154
Решение. В силу симметрии центр тяжести
системы должен находиться на прямой ОА
(рис. 154). Сумма моментов сил тяжести от-
носительно оси, проходящей через центр тя-
жести С, должна равняться пулю.
Обозначив через х расстояние от центра
тяжести системы С до точки В х — СВ, по-
лучим уравнение
mg(l — а;) + 2mg — х) — Зтд • х = 0,
где I — у/2 а. — длина диагонали квадрата,
СК = I - х, DC — х.
Для определения х получаем выражение:
7, 7^
х = -I —------ а., х = 0,165 м.
6 6
Ответ: хс = 16,5 см.
Задача 240
Дано:
R________
Ус-?
Гис. 155
Решение. В силу симметрии центр тяжести
(точка О) системы должен находиться и»
прямой АО’ (рис. 155). Сумма моментов сид
тяжести относительно оси, проходящей 1ю
рез центр тяжести О, должна равняться ну
лю. Точка А очевидно является центром
тяжести двух симметричных частей сф<м
ры (они заштрихованы на рисунке). Масел
сегмента тонкой сферы т пропорциональпл
площади поверхности сегмента Si = 2ttUIi
масса М части сферы, которая на черте*
же незаштрихована, пропорциональна ее но
верхности
S2 = 47ГЙ2 - 2Si = 47гЛ(Р - h).
Обозначив АО = х, ОО1 = R — х, получим
2тд х ~ Mg(R — х) — О,
откуда
2т R — .г
hl
1. Механика
155
|'це
2m __ 4-ivRh _ h
M ~ 4ttR(R -h)~ R—h
, и получаем x = R, — h. Тогда
BO = h + x = h + (R - h) = R.
() гнет: центр тяжести расположен на расстоянии R от пола.
«пдача 241
(.ИЮ:
h _
?
Решение. Определим положение центра тя-
жести тонкой однородной проволоки, изо-
гнутой по дуге радиусом R. (рис. 156,а). Впи-
шем в полуокружность правильный много-
угольник. Определим сумму моментов сил
тяжести сторон многоугольника относитель-
но оси AI. Силы тяжести приложены к сере-
динам сторон многоугольника и направлены
перпендикулярно чертежу. Суммарный мо-
мент сил тяжести равен
М = рд(АВ xi + ВС х2 + CD х$ +
+ DE х4 + EF х5 + FI xj),
где р — линейная плотность проволоки.
Из подобия соответствующих треуголь-
ников (например, ЛАВ В' и ЛОМА) можно
показать, что произведения АВ-яд = АВ' -h,
ВСх2 = В'С -h, CD-хз = CD'-h и т. д., где
h — апофема многоугольника. Тогда момент
равен
М = pgh(AB' + В'С + CD' +
+ D'E' + E'F' + F'l) = pgh 2R.
Если число сторон безгранично возрастает,
то h стремится к R, и момент равен М —
2R2 pg. С другой стороны, момент силы тя-
жести относительно оси AI равен
М = тд х,
где т = р ttR — масса проволоки, х — рас-
стояние от центра тяжести до оси AI. Тогда:
2R
p-nR дх ~ 2R2 рд, х = —.
7Г
II |||цеМ массу mt проволоки, проходящей по диаметру AI:
mi = р 2R.
1 hi определения положения центра тяжсс гн системы воспользуемся правилом
ifiMi n i оц о । (югптельпо осп, проходящей мере i центр 1яжест (рис. 156,6):
Шр/ i/ ntu(r </) II
156
1. Механика
где d и (ж — d) — плечи сил тяжести т^д и тд. Тогда
р 2R • д - d — p-nR д(х — d) = О,
откуда
, 2R
d = —-
2 + 7Г
„ 2 В
Ответ: центр тяжести лежит на расстоянии ту—— от центра окружности.
Задача 242
Дано:
к - 1
< 3/ц.т.
Решение. Для определения центра тяжести системы
(рис. 157) воспользуемся определением центра тяжеч
сти: сумма моментов сил тяжести всех частей систс
мы относительно оси, проходящей через центр тяж<
сти (точку С), равна нулю:
/2
4mfl I -I — х,
— тд • х = О,
откуда
О
Жц.т. ~ = 0,32Z.
Центр тяжести лежит на прямой АВ, следовательно, из подобия треугольников
АЛОВ и ДАКС находим:
Уц.т. — г,, — 0,021.
50
Отпет: жцт = 0,321; уц.Т1 = 0,021, при условии, что ось х совпадает с длинным
концом, а ось у - с коротким концом палочки.
1. Механика
157
||«дача 243
fin но:
М
1 ~Т
л
Решение. Рассмотрим два случая. Первый —
призма представляет собой сплошное тело,
и второй, когда призма представляет собой
полое тело.
1. Условием равновесия одной из поло-
винок призмы будет равенство нулю алгеб-
раической суммы моментов сил (рис. 158,а),
действующих на половинку призмы:
М\ — М2 = 0, (1)
здесь Mi = FT -h = ^- h и М2 = Т 12~
m
моменты сил тяжести половины призмы -?-д
и силы натяжения Т относительно оси,
проходящей через точку С, где Zj = и Z2 =
2а cos 30° — плечи этих сил. [Так как точка
О — точка пересечения медиан треугольника
СВК (рис. 158,6), СО = ~,CD и из подобия
О
треугольников CDK и CON получаем Zi =
NO = iKD = j.] Тогда
о о
^.|-T.2Ocos30° = 0,
откуда
18 '
2. Призма представляет собой полое тело.
В этом
виде
случае уравнение (1) перепишем в
7-/!-г./2 = о,
За
I'irt /.W
где Z! —---т=----
2(%/3 + 3)
сил ~^д и Т (рис. 158,в). Для нахождения Z(
используем правило моментов относительно
центра тяжести — точки М:
и Z2 = 2а cos 30° — плечи
^-(Г2+Т3)-(|-^) =0,
I U 1'\ р а \/3 • fl, F2 — р • 2а • д и F{ = р • ад — силы тяжести сторон СК,
('/( и !\ В, р линейная плотность. Тогда
Д7з I I)’
1) 7’ ж nt Уд 2)
' IB ’ ' Кх/3 I I)
1.58
1. Механика
'Задача 244
Днно:
с/|
<*2
I__________
1-?
Решение. Найдем центр тяжести бревна
(рис. 159). Бревно представляет собой усе-
ченный конус. Дополним его до конуса. Мас-
са бревна равна М, масса большого (высо-
той Н) и малого (высотой ti) конусов рав-
1
ны соответственно (т + М) = р-^—^Н и
1 /
т = ’ ", гДе Р — плотность материала
О Т:
бревна. Чтобы найти положение центра тя-
жести бревна (точка С), запишем уравнение
моментов относительно точки центра тяже-
сти большого конуса—точки О, находящей-
2
ся на расстоянии g Н от вершины конуса D.
откуда
— М • х = О,
|«(Я - 7i)
О
м
И 3 подобия соответствующих треугольников получаем:
<hl
di - d2
н *
я =
d\ — d2
Подставив выражения для т, М, Ни Н в выражение (1), имеем:
_ 2 1Д1
1 I- {dl -2df +didl +d2 -dl)
AC =-H — x = ------------------------
Второй человек должен держать бревно на таком же расстоянии от цептри
тяжести бревна, что и первый человек, т. е. на расстоянии 2 • АС. Найдем, пи
каком расстоянии от конца тонкого конца должен взяться за бревно второй
человек:
L = I - 2АС =
+ dl) — 2did2(dj + d2)]
3(d?2 - d3J
l(di + d2)(rf2 - 3d!d2 4- dj)
3(d32-d?)
Ответ- L= + rf2)(dl - 3did2 + d2
:i(4 - df)
1. Механика
159
Задача 245
'(ано:
&
Решение. Пусть стержень имеет в недеформированном состоя-
нии длину В, и площадь сечения Прикрепим два стержня
последовательно. Для первого стержня удлинение Xi при дей-
ствии силы В равно Xi = X , для второго стержня удлинение
Д/1 Йо
.1’2 при действии той же силы F (силы, действующие вдоль обоих стержней
одинаковы) равно х% =
Суммарное удлинение системы двух стержней
л = Ж1 + ж2 =
Flp
So
(— —
у Е\ Е‘2
(1)
(' 1ержень из материала с модулем Юнга, равным Е, заменяющий систему двух
Данных стержней, имеет длину в недеформировгявном состоянии 2Z0 и площадь
сечения So- Его удлинение под действием той же силы F должно быть равным
_ F-21o
Е-So'
Приравняв выражения (1) и (2), получим:
Е\ Е^
Е = 2—Р—Д
(2)
О спет:
Еу • Ez
Ei + Е-i
Задача 246
(lino:
ь
III
II
f
I- ?
Г<|| LUO
Решение. При подъеме на ступеньку катушка
должна вращаться вокруг точки А (рис. 160). Для
этого нужно, чтобы момент силы F относитель-
но точки А был больше или равен моменту силы
тяжести катушки относительно этой же точки:
F(R. + г) > тд y/h(2R. — h),
где (R + г) — плечо силы F, АВ = л/R2 — (Rh)2 =
y/h(2R - h) — плечо силы тяжести. Минимальное
значение силы F равно:
mgy/h(2R-h)
-Г = ---—-------.
R + г
О.гвп,. F = Wa//a(2B. - h)
R + r
160
1. Механика
1.7. Гидро- и аэромеханика
Задача 247
Дано:
h — 1м
1П1 = 7П2
pfn = 13, б • 103 кг/м3
Решение.
суда
Полное давление жидкостей на дно со-
Р = Р1+Р2- (1)
= p^gh, и р2 = pPTgh2 - - гидроста-
давление воды и ртути соответствен-
Здесь р\
тическое
но, где hi и h2 — высота столба воды и ртути.
Подставим эти выражения в уравнения (1):
Р — P^ghi 4~ Ррт5^2,
1>~ !
(2.
причем
/д + h2 — h. (3)
'Гак как массы воды и ртути по условию задачи одинаковы, т. е. mi = т2, или
puhy S = ppT/i2S, S — площадь сечения сосуда, то
Рв^Т Ррт^>2-
Из уравнений (3) и (4) находим:
(4)
1Ч = - -гр-т - и h2 = —
Рв 4“ Ррт Рв + Рр’
Подставив выражение (5) в (2), получаем:
2рртРв 9^
Р= ——---------
, р = 18,25 • 103 Па.
Р\УС 4" Рв
Ответ: р = 18,25 • 103 Па.
Задача 248
Дапо:
-V
Hi —
т. — 7,8 кг
Рж — 7,8 • 103 кг/м3
У
Т
Рвыт
Решение. На тело действуют три силы (рис. 161;
сила тяжести FT = mg, сила натяжения нити Т и
выталкивающая сила FBbIT. Обозначим V — обь
ем всего тела, 14 — объем погруженной части. За»
пишем условие равновесия тела:
mg 4- Т + FBbIT = 0.
Уравнение (1) в проекции на ось у имеет вид:
Т 4- FBbIT - тд = 0.
Учитывая, что тг
V т
— РжК, FBblT — рв—g — QB д <?,
^Рж
преобразуем уравнение (2):
(2)
F,
Г — тд Рвыт
II Рв
= тд 11- -—
\ 2р>к
Рпе. 161
т = 7,а ин
103
2-7,8- 1():*
II = 71,511
1. Механика
161
.адача 249
1дно:
_ V
" - т
_ Рш
ж — 4
иол __
'не. 162
Решение. На шар действуют две силы: сила тяжести
FT = mg и выталкивающая сила FBbIT (рис. 162). За-
пишем условие плавания шара:
mg + FBbIT = 0. (1)
Уравнение (1) в проекции на ось у имеет вид:
FBbIT - тд = 0. (2)
Обозначим: V — объем шара, Кол — объем полости,
Уп — объем погруженной части шара. Тогда
тд — Рш(У I'liол).^/Fвыт — РжРпд)
где рш и рж — плотности материала шара и жидкости
соответственно. Подставим выражения для тд и FBbIT
в выражение (2):
V
Рш(У — Кол) =
О
Рш
откуда, учитывая, что рж — получаем
Кол : : 11
V 12’
6 пет: =
1пд.Чча 250
, ЮН
6Н
103 кг/м3
?
11
12’
Решение. В воздухе на тело действуют две
силы (рис. 163,а): сила тяжести FT — mg и
сила реакции опоры Ni- По третьему зако-
ну Ньютона, Ni = —Pi, М = Pi- Запишем
условие равновесия тела:
Ni + mg = 0,
или в проекции на ось у:
Ni — тд = 0, М = тд = pVg,
где V —объем тела, р — его плотность.
В воде на тело действуют три силы
(рис. 163,6): сила тяжести FT = mg, сила
реакции опоры N2, А'-> — Р^ и выталкиваю-
щая сила F,Условие равновесия тела в
этом, случае имеет вид:
М,. I mg I F,,,.,., = 0,
’ni Ih.l
11 п I | м »'1.1 i I пн ОСЬ у.
Ki
I
J
I
I
162
1. Механика
откуда
FBblT - тд - N-2, = Р]_ - Р-2.
Гак как выталкивающая сила FBbIT = pBV д — Рв^9 = тоР±— Р-2 = ^~'Р1,
ti для плотности тела р получаем:
р = р^рР1 р р = 2>5 ’ ю3 кг/м3-
1 1 - Г2
Ответ: p = 2, 5 • 103 кг/м3.
Задача 251
Д-wo:
,<;j = 1,5^2
p - ?
J‘ne. 164
Учитывая, что FPKra = pBVg
уравнение (1):
Решение. В воздухе на шарик действуют две
силы (рис. 164,а): сила тяжести FT = mg
и сила упругости пружины Fx, F± — kxi,
где .щ — растяжение пружины. Условие рав
новесия тела имеет вид:
mg + Fi =0,
или в проекции на ось у.
Fi — тд = 0,
откуда находим к = где к — жесткость
пружины.
В воде на шарик действуют три силы
(рис. 164,6): сила тяжести FT = mg, сида
упругости пружины Fa, F% = кх%, где х-2
удлинение пружины, и выталкивающая г и
ла FBBIT. Запишем условие равновесия тела:
F2 + mg + FBbIT = 0.
Это уравнение в проекции на ось у имеет
вид: j
F-2 + FBBrr - тд = 0. (11
= pj-^g, и F-2 = kx-2 = • х-2, преобразуем
p -4
x-2 m
mg-----ръ—д-тд = 0,
xi p
откуда
p = ———; p = 3 -103 кг/м3.
1 _ ^2 '
Огнег: p = 3-103кг/м3.
1. Механика
163
Задача 252
’(ано:
//о = 1 м
// = 0,01м
Решение. Согласно закону Паскаля, на оди-
наковых уровнях давления в обоих коленах
трубки с однородной жидкостью одинаковы.
Если в одно из колен налита жидкость, то
давление на уровне границы раздела (АВ)
несмешивающихся жидкостей в первом ко-
лене и давление жидкости на том же уровне
во втором колене равны (рис. 165). В узком
сосуде уровень ртути понизился на h отно-
сительно первоначального уровня ОО1, а в
широком — повысился на Н. Запишем усло-
вие равенства давлений для уровня АВ:
Рв9^0 — Po'PjQ’ + Н),
откуда находим h + Н = . Так как
жидкость несжимаема, то объем ртути, вы-
тесненный из узкого сосуда, равен объему
ртути, вошедшему в широкий сосуд:
•nd? „тР2
h—— ~ Н—~,
4 4
НЛП
| РвЬр _ jj |
__ \ Ррт / _
~&~н~ н ~ Рртн ~ ’
D _ / p^ho ~ D _ / 105
7 ~ у рртН ’ 1" у 13,6 103
Ответ: = 2,52.
1ндпча 253
(шю
'l з
<1
An I м
р, (*i-* ~ 103 кг/м3
h '{11 '!
Решение. Для уровня АВ (см. решение задачи 252
и рис. 165) можно записать:
Рм^о9 ~ Рв(Н + А)</,
откуда
Н + h = h0,
Рв
Н + h = 0,9 м. (1)
В । илу несжимаемое hi жидкости объем поды, вытесненный из узкого сосу-
цп ранен объему волы, поступившему а широкий сосуд,:
. 7Г(/? л/Р
h • - н
164
1. Механика
откуда
h D'2
— = — = 3=9
Н d?
Решая совместно уравнения (1) и (2), находим:
h = 0,81м; Н — 0,09 м.
Ответ: h = 0,81 м; Н — 0,09 м.
Задача 254
Дано:
а = 0,09 м
М-?
Решение. На кубик, плавающий в воде, действуют две си-
лы (рис, 166,а): сила тяжести FT = mg и выталкивающая
сила FBbrr. Запишем условие плавания кубика:
Ft + FBbIT = 0,
или в проекции на ось у:
FBbIT - тд = 0.
Учитывая, что FBbIT = pBVng = pB^Vg и тд — РдРд, где V — объем кубп
ка, Рп — объем погруженной части кубика, рД и рв — плотности дерева и води
соответственно, преобразуем уравнение (1):
откуда
3 " 3
Рд' д ° = Рв з да ,
2
Рд — з^в’
После того как на кубик положили груз М и он полностью погрузился в воду
(рис. 166,6), условие равновесия кубика запишется в виде:
Р + FBMTi + mg = 0,
I'tie. 166
1. Механика
165
где FBWTi — выталкивающая сила, FT = mg —сила тяжести кубика и Р—вес
। руза, Р = —N, Р = N = Мд. Уравнение (2) в проекции на ось у имеет вид:
FBbITi - тд- Мд = 0, (3)
г М' Рвыт1 = PsVg- Тогда для массы груза получаем:
М — pBV — рДУ = а3(рв ~ Рд) = о
М = 0,243 кг.
I >гвет: М = 0,243 кг.
Чвдача 255
(;шо:
и 0,09 м
С ?
Решение. На кубик действуют две силы
(см. задачу 254). Найдем работу каждой из
сил, действующих на кубик, а также сум-
марную работу при погружении кубика на
глубину |. Работа силы тяжести равна
А.г = Ft • Дг • COS О,
где Fr = РдО3р — сила тяжести кубика,
а = 0° — угол между направлением пере-
мещения Дг и силой тяжести, Дг =
(рис. 167,а). Следовательно,
, а о а 2 д
Ат = тд - - = Рд а -д - - = -реа д.
О о У
Выталкивающая сила равна
Fвыт — рвд8 - х,
где S — площадь грани кубика, S = а2, х —
глубина погружения кубика. Величина х из-
2
меняется от до а. На рис. 167Д изобра-
алкивающей силы от глубины погружения.
I спа. яхвисимость величины
1Ли >о га. этой силы по модулю равна площади заштрихованной трапеции и опре-
1»дяется выражением
д _____ FвЫТ1 + FBbIT2 а 5рва д
ВИТ - 2 3 - ,
2
1 U 1,пыг1 = Pu^Vg, FBbtT2 — pBVg.
' Ji i;i.k минус берется потому, что выталкивающая сила направлена в сторону,
li|n>niноиоложпую перемещению. Тогда суммарная работа, совершаемая силой
in ticiri'ti и выталкивающей силой, равна
/1| ~ Ат + /1цыт = 9 ТХРвН S = 7оТва 9^
У До Го
I <' для полного погружения кубика, в воду необходимо совершить работу
4 I, = ^р^д, А 3,57 10 Дж.
Огшч I 3,5i III ’ '1,ж
166
1. Механика
Задача 256
Дано:
И, = Д
14—?
Рис. 168
Решение. На мяч действуют две силы
(рис. 168,а): сила тяжести мяча FT = mMg и
выталкивающая сила FBbrj?, У4ЫТ = pBVn<?,
где Vn — объем погруженной части мяча.
(На рисунке выталкивающая сила приложе-
на к мячу в точке, совпадающей с центром
масс вытесненной жидкости.) Условие пла-
вания запишется в виде:
FT + FBbIT = 0. (1)
Уравнение (1) в проекции на ось у имеет вид:
Fbbit тмд — 0»
откуда
V
Рв к — ™м-
5
Когда в мяч попадает вода, и он полностью
погружается в воду (рис. 168,6), условие рав-
новесия имеет вид:
FT + FBblT1 + FTi = 0, (2)
где Krj = pBVxg— сила тяжести воды, попавшей внутрь мяча, a Vx —ее объем,
К„ыт1 —выталкивающая сила, FBbIT1 = pBVд.
Величину Vx определяем из рассмотрения проекции уравнения (2) на ось
-Fbmti - FT - F-ri = 0,
pBVg ~ тыд - pBVxg = 0,
откуда
v V
_pB-V-mM _ P-v-P-T _ 4
|/ж — — — |/.
Рв рв Ь
4 4
Ответ: Vx = -fV, т. е. объем воды, попавшей в мяч, равен объема мяча.
О и
Задача 257
/(ано:
Ум = 214
рм = 0,9 • 103 кг/м3
р^7
Решение. На кубик действуют силы (рис. 169): < в
ла тяжести FT = mg, где m — масса кубика, и вы
талкивающая сила FBb!T. Запишем условие рашю
весия кубика:
mg + FBbIT = 0.
Уравнение в проекции на ось у имеет вид:
-^4ыт тд — 0- (1)
1. Механика
167
Здесь т = pV, где р — плотность материа-
ла кубика, V — его объем. Выталкивающая
сила равна
Fвыт — PmVm9 Т pBVBg — Рм ' 9 “I- Рв ~V9’
О О
Следовательно, уравнение (1) можем пре-
образовать к виду:
/2 1 \
Р = ^Р™ + оРв ) , р = о, 93 -103 кг/м3.
\ О О J
Ответ: р = 9,3 • 102 кг/м3.
1'ис. 169
Задача 258
Ч,;ию: Решение. Тело массой m находится в равновесии. На него действу-
t/i ют две силы: сила тяжести FT — mg и выталкивающая сила FBbrr.
Условие равновесия для тела имеет вид:
mg + FBbIT = О,
_ ? и в проекции на вертикальную ось запишем
FBbIT - mg = О,
ИЛИ
pVg = mg,
Iце К = — объем жидкости вытесненный телом, который и вызывает из-
менение уровня жидкости в сосудах на величину АЛ, одинаковую, согласно
икону Паскаля, для обоих сосудов.
т г (тгсЙ тгсЙ \ л , m
\ 4 4 J р’
• и куда
л , 4m
АЛ. = ----5—.
7г(<^ + d2)p
(> rut г: Ah =
4m
7r(tZi + dfyp
Чнднча 259
/| 11,5 м
fi()|1 2 • К)2 кг 'м3
Решение. Чтобы определить высоту над поверхно-
стыо воды, на которую подскочит шарик, восполь-
зуемся законом сохранения механической энергии:
Wi = W-2- Выберем нулевой уровень отсчета потен-
циальной энергии, совпадающий с поверхностью
1ЧН1.1 Тогда в положен ин I, находясь в поде на. глубине h, пробковый шарик
Iil।ini>1дпт потенциальной шергней
П'| р,А <ll> Pi,|3 <lh (pu A.|i)l gh,
168
1. Механика
где рБ и рпр — плотности воды и пробки, а V — объем шарика. В наивысшей
точке подъема механическая энергия шарика W2 равна W2 ~ pnpVgH. Тогда
закон сохранения механической энергии имеет вид:
(рв ~ Pnp)Vgh = p„pVgH,
откуда
Я = -Рв - Рп-р/г,
Рпр
Я = 2м.
Ответ: Н = 2 м.
Задача 260
Дано:
Из = 6,4 106 м
ро = 1,013 • 105 Па
М-?
Решение. Атмосферное давление равно 105Па, эта
означает, что вес атмосферного столба воздуха с пло-
щадью основания 1м2 равен 105Н. зная поверхности
земного шара, т. е. площадь сферы радиусом R3, мож-
но рассчитать массу атмосферы. Площадь поверхнсн
сти Земли S = 4тгЯ|, следовательно, масса атмосферы
м = = Р 4этДз
д д
М = 5,3- 1018кг.
Ответ: М = 5,3 1018кг.
Задача 261
Дано:
hi = h2 = 0,1 м
рБ = 103 кг/м3
рк = 0,8 • 103 кг/м3
Д/г-?
Решение. Согласно закону Паскаля, давле
ние в обоих сосудах на уровне АВ (рис. 171)1
одинаково (АВ — самая низкая граница pa i
дела жидкостей в сообщающихся сосудах)
pBhog = pKgh2,
откуда
Рис. 170
ho = —h2.
Рв
Из рисунка видно, что
1- — ]h2. Д/г = 0,02м
Рв /
Ответ: Д/г = 0,02 м.
Д/z = Ла — ho =
1. Механика
169
Зпдача 262
1,11110:
/'i = 33,52Н, Р2 = 29,6 Н
/,,1; = 7,8 - Ю3 кг/м3
I к —8,8- 103кг/м3____________________
П1ц
III ’ ’
Решение. В воздухе на брусок действуют
две силы (рис. 171,а): сила тяжести FT =
(mH 4- тж)ё и сила реакции опоры Ni =
—Pi - Запишем условие равновесия:
Ni + FT = 0.
Via 171
Это уравнение в проекции на ось у:
Ni - (mH 4- тж)д = 0,
М = (РнК+РжКк)5 = Л, (1)
где и Уж — объемы никеля и железа в
бруске.
В воде на брусок действуют три силы
(рис. 171,6): сила тяжести FT, сила реакции
опоры N2 = — Ру и выталкивающая сила
Рвыт • Условие равновесия в этом случае име-
ет вид:
N2 + FT + FBbIT = 0,
I I проекции на ось у:
N‘2 + FВЬ1Т (тж 4~ ит.н)<7 — 0,
Рвыт = Рв(К + Уж)а-
Il II 11,11
^выт — (^Ък 4“ -Уэ — Р1 Р‘2 — Рв(1/н 4- 14к)Р-
I in ьем бруска равен VH 4-Кк = ——— , откуда объем никеля V„ = —-——Рж.
рвд Рв д
I 'in ii.who формуле (1),
Pi =
Рн
Pi - P-2 A
14k I 4- p>k14k
pBg J
g,
|i 1 ml Цк получаем следующее выражение:
у _ Р1Рв - (Pl - P2)Рн
рв(рж ~Рн)д
Мл»' .1 железа
v _ Р>к[р1Рв - (Pi ~ Рг)рн] _ г
— рУ1<\ук ( \ j — 0,78 кг.
рв (рж ~~ рн)9
Мш'са всего бруска равна т =
liHhi’iin p.uiiia
Pi
д
т = 3,42 кг. Следовательно, масса
in,, 111 т}К 2,(Мкг, -^-=2’ 100% 77%, -— = ^-71 -100% = 23%.
in 3,42 ш 3,42
Piik’i 11 cii.ii.tiie 77% никеля 11 23% iKinioiii
170
1. Механика
Задача 263
Дано:
V - V
а ?
Рис. 172
Решение. На тело действ уют две силы1
(рис. 172,а): сила тяжести FT = mg и вы»
талкивающая сила FBblT. Условие плавании
уела запишется в виде:
mg + Гвыт = 0.
Это уравнение в проекции на ось у:
^выт тр ~ 0,
„ У
здесь двыт = р-^д, где р- плотность воды,
а V — объем тела. Тогда
рУд рУ
тд=—, т = —.
При движении вверх с ускорением и
(рис. 172,6) основной закон динамики для
тела имеет вид:
та — FT Т F выт1.
В проекции на ось у уравнение запишем в виде:
та = FBbITi - тд.
Учитывая, что FbblTi = рУд, получаем
рУ п v pVp
——а = pV д------------------------------
2 ' а 2
откуда а = д.
Ответ: а = д = 9,8 м/с2.
Задача 264
Дано:
m = 3 кг
/?-0,08м
d = 0,02 м
/1 - ?
I'nt 173
Решение. На колбу действуют две силы
(рис. 173): сила тяжести FT = mg и вытал-
кивающая сила FBMT. Условие равновесии
для колбы имеет вид:
FT + FBbIT = 0,
или в проекции на ось у:
Fвыт тгьд — 0. (1
Учитывая, что FBbIT = р- ^тгЛ3 + л
где р — плотность воды, преобразуем уран
нение (1) к виду:
(4 о тг<?2 \
”»'/ f>l^RA + ~h]g,
1. Механика
171
откуда m — Йтг/?3р h = ; fi = 0,3м. ltd2
( )твет: h = 0,3 м. Под водой будет находиться вся широкая часть колбы и 0,3 м
’зкой части.
Задача 265 Ч,.1но: in — 30 кг (1 — 0,08 м / 0,06 м 1 - V = 200 кг/м3 Л' ? Решение. Условие плавания в проекции на вертикальную ось запишем в виде: (т + N т0)д = Дзыт, где то = рпр^-2 — масса одной пробки, FBMT = рБ где рв — плотность воды. Тогда 7V = W = 820. (рв 2pnpj7rct 1
( О'нет: N = 820 пробок.
Задача 266 (амо; / 20 м / 10 м / ? Решение. Давление изменяется с высотой по линейному за- кону р = р gh, где р — плотность воды. Поэтому для опреде- ления силы давления на плотину возьмем среднее давление Рср — ^2^ Сила давления F равна п,_, с_, , , _ pglh2 F — рср S — /?Ср 1 h — р= 1,96- 107Н.
<11 нет: р = 1,96 107 Н.
' 1цднча 267 1,111 /и I()0ki/m3 h 1 м ' 1м г 1 1 Решение. На шарик (рис. 174) действуют две силы: сила тя- жести FT — mg и выталкивающая сила FBbIT. Запишем для тела основной закон динамики: ma = FT 4- FBbIT. (1) Спроецировав уравнение (1) на ось р, получим: ПЬС1 — -^выт
I Hi /|ц,1 масса шарика,, V объем шарика, F,= pKVg. Для ускорения а
Н1скч<м: (/'l. /'in)'/ <1 1
172
1. Механика
Движение шарика вдоль оси у — равноускоренное без начальной скорости, и
, ' , at?
время движения шарика в воде определим из формулы п =
t =
^hpm
(рв ~ Рш)д
За это время шарик, двигаясь равномерно со скоростью v в горизонтальном
направлении,проходит расстояние I, равное
I = vot — Vo
2/iРш , 1
--------—, / = 1,48 м.
(Рв - Рш}9
Ответ: I = 1,48 м.
Задача 268
Дано:
III, = 1 кг
II = 20 м
h — 6 м
р = 700кг/м3
1'сопр 1
, ^сопр
‘ГцЫТ •-
уровень
Гис. 17Г>
Решение. По закону сохранения энергии, и:и
менение полной энергии тела равно работ! |
внешних сил Fconp — силы сопротивления if
FBbiT — выталкивающей силы. Выберем пуч
левой уровень отсчета потенциальной эпер"
гии, как показано на рис, 175. Тогда
AW = W2 - Ж = А,
где W2 = 0 и Wi = mg(H+h) —энергия тепа
в конечном (II) и начальном (I) положения^
А — Асопр + Авыт, Асопр — Fconp/i paCio'i'A
силы сопротивления, А = —FBbIT7i— рабом)
выталкивающей силы. Знак минус б<1ретч и
потому, что сила сопротивления и выталкп
вающая сила направлены в сторону, протв
воположную перемещению. Учитывая, чп
FBbIT = pBVд = Р^Ц-: гДе Р<> ~ плотное п> во
ды, получаем:
I h) (I', 4
\ P /
h
1. Механика
173
откуда
Рс = тд (, р = 28,4 Н.
\ h р J
() гнет: Fconp = 28,4 Н.
Задача 269
{пио:
'll
Q __
Решение. Сила давления определяется массой воды, налитой в
кастрюлю и создающей гидростатическое давление, а также из-
менением импульса при падении воды, так как она падает с
определенной скоростью, а при попадании на поверхность воды,
находящейся в кастрюле, ее скорость становится равной нулю.
В момент времени t высота уровня воды в кастрюле будет равна
I г относительно этого уровня вода падает с высоты h — ho и приобретает при
падении скорость
v = y/2g(h - ho) =
Си простатическое давление столба воды высотой ho равно = pgho, сила
ill и/ к ‘пия
Pi = piS — pgh0 S = pgQt.
I 'и на. давления, обусловленная изменением импульса воды, равна
/_ло V \
< чгштельно:
/ ( Qt
Рд = Pi + Рг = pgQt + pQ\ j “2д I h-—
\ \ о
I Ij'ik'T = pgQt -I- pQd^g (h - .
|1||и,<1ча 270
/(llllli
/I
I I
Решение. Скорость истечения жидкости v из отверстия опреде-
ляется по формуле .---
и = y/2gh.
За время Д/ дерез отверстие протечет масса воды
Hl p-Si>At,
* Koiiirici тио движения струп iciMCHHTi'M па
Др ш/\|< mt1 pSx^^l,
174
1. Механика
где р — плотность воды. Следовательно,
„ тДи _ „ ,
Ответ: F = 2ghpS.
Задача 271
Дано:
N = const
P2 = 1,
Av ?
V1
Решение. Масса жидкости, вытекающей из насоса за время
At, равна
Am = pv SAt,
где S —площадь выходного отверстия, и —скорость истече-
ния жидкости плотностью р. При этом насос совершает ра-'
боту, равную изменению кинетической энергии массы Атта
жидкости:
, Amv2
А =
Мощность насоса N равна:
N = ~
At
Следовательно,
A?tw2
2At
pvS At v2 pv3
2At = ~TS'
2
Р2«2
откуда
ч ч
2 2
здесь щ — скорость истечения жидкости с плотностью pi из насоса, «2 — ск<
рость истечения жидкости с плотностью р^.
Av щ — г>2 , Гр? Ап
— = -------- = 1-?/^-, —=0,06.
«1 щ у дг Щ
Ответ: скорость жидкости в насосе уменьшилась на 6%.
Задача 272
Дано:
d
h
S
II
a-1
Решение. Скорость истечения жидкости из отверстия
v = \/2д{Н — h),
где (И — h) — высота столба жидкости над отверстием. Им
пульс силы, действующей со стороны сосуда на вытекающую
жидкость, равен
FAt = Am v,
гд(! A?n = pSvAt — масса жидкости плотностью p, вытекающая за время А/
Следовательно,
F = pv2S = 2pg(H - h)S.
Такая же сила действует на сосуд с жидкостью со стороны струи, По второму
закону Ньютона,
р • л </71 I
a,
F ma,
1. Механика
175
tn куда
_ 8д(Н - h)S
7Г (PH
,, 8д(Н — h)S
(> гнет: а = '—
ird2H
З'лдача 273
Ц,'1|/о:
i/ 0,01 м, F — 0,2 Н
/< 1,2-103 кг/м3
Решение. Согласно уравнению Бернулли, описыва-
ющему соотношение между скоростью течения и
давлением,
pv'2
——I- р = const,
можем записать
9
/97Г
F
Т ~~S’
,, _ ird2
площадь поршня.
Следовательно,
1 / 8F
v=-J —, v = 2,06 м/с.
d\l ттр
Oi'iici" v = 2,06м/с.
2. Молекулярная физика и
термодинамика
2.1. Газовые законы
Задача 274
Ответ: первая запись говорит о том, что в газе совершается изотермический
процесс, вторая запись свидетельствует о том, что две точки, определяющий
первое и второе состояния газа, лежат на одной изотерме, процесс же перевода
из первого состояния во второе может быть любым.
Задача 275
Дано:
/1
1-2
h
Ррт_______
Ро~ ?
^1 “Ь ^2 I.
Ответ: р0 =
Решение. Воздух, заключенный под столби
ком ртути (рис. 176), расширяется, когда
трубку переворачивают из первого положи
ние во второе, но температура и масса возду«
ха остаются неизменными, т. е. процесс par
ширения происходит изотермически:
PiV1=P2V2. (I)
Давление воздуха pi равно сумме гидроста-
тического давления столбика ртути и атмо»
сферного давления р0: Р1 = р0 + piyigh.
Объем, занимаемый воздухом в первом1
положении трубки, равен 14 = Ц S, где S I
площадь поперечного сечения трубки. Koi
да трубку перевернули, атмосферное даили
ние уравновешивается давлением воздуха рц
и давлением столбика ртути; pc = р2+ pv, </А,
откударг = Ро~Pp?gh. Объем воздуха в э гом
случае равен V2 = l2S. Подставив найдиnu.ti
выражения в (1), получаем
(Ро + Ppr9h)li - S =(ро- PpigtyhS,
откуда
_ h + 4 ,
Ро — j 1
*2 “ *1
2. Молекулярная физика и термодинамика
177
' 1>1дача 276
1-ию:
/ const
Д/< = 0,2 кг/м3
Др = 0,4-105 Па
/<1 •= 105 Па
Решение. Процесс изотермический, по закону Бой-
ля-Мариотта
PiVi = p2V2.
Плотность газа в начале процесса pi = , в конце
процесса р2 = Поделив уравнение (1) на мас-
су газа т, неизменную в изотермическом процессе,
получаем:
(1)
P1Y1 _ P2V2
т т ’
или
Pi
Pi
Р2
Рг
I и условию задачи, р2 = pi + Др и р2 = р\ + Др, тогда
_ Pi^P _ о 5КГ/М3.
Др '
I h'l»'т: pi = 0,5 кг/м3.
|пд4ча 277
'(,< /<>:
I
I
АГ ?
Гн. /77
Решение. В начальный момент воздух в
трубке находится при атмосферном давле-
нии ро pi = ро = РртдН и занимает объем
Vi = S где S — площадь поперечного
сечения трубки (рис. 177). Так как темпера-
тура и масса воздуха при расширении не из-
меняются, т. е. процесс расширения происхо-
дит изотермически, запишем закон Бойля-
Мариотта:
P1V1 = p2V2, (1)
где рг — давление воздуха, a V2 = S(l — h) —
объем воздуха после расширения. Столбик
ртути будет находиться в равновесии, ког-
да сумма сил, действующих на него, равна
нулю:
p^ghS = p0S - P2S,
или
p^gh = p0-p2j
1 t птмосфернов давление уравновешивается давлением воздуха рг и давле-
iiiii м столбика ртути высотой h, оставшегося в трубке,
Р'2 — Ро РртрЬ — РртдН ppTgh — РртР^Н h).
II'hii типнм полученные выражения для pj, р2, Vi и V2 в (1):
PP..//H-S - ,;=/»!„</(// /;) S(l - /;),
Z
/// (II ll.)(l h.),
178
2. Молекулярная физика и термодинамика
откуда
h2 - (Я + Z)7i + ^ = О, ft1>2 = ± |\/Я2 + /2.
Очевидно, что 0 < h < I, a hf = —+ ^у/Н2 + Z2 > I, т. е. не может быХ
решением задачи. Остается
1 Т Z 1 дд 17
h= — — уН2 + 12.
& £
Ответ: h = ~ ^у/Н^+Т2-
Задача 278
Дало:
I
Я
//, —?
Решение. Давление воздуха в трубке до ее погружения были
равно атмосферному давлению ро, а объем его Vo = IS, где S
площадь поперечного сечения трубки. При погружении труби!
в ртуть давление воздуха в ней возрасло в два раза, а объем
уменьшился в два раза (изотермический процесс). После того,
как трубку вынимают из ртути, условием равновесия столбик, i
ртути будет (см. задачу 277):
Р-2 - Ро ~ p^gh,
т. е. р2 должно быть меньше атмосферного давления, что невозможно, тай
как в первоначальном состоянии, когда воздух занимал весь объем трубки, <ч о
давление равнялось атмосферному. Следовательно, из трубки выльется li<‘|
ртуть.
Ответ: h = 0.
Задача 279
Дано: V) = 3 л = 3 1О3 м3 V2 =8л = 8-10-3м3 />1 = 750ммрт. ст. р2 = 300 мм рт. ст. СИ: 0,98 -105 Па 0,39 105 Па
Р ?
Решение. После соединения сосудом
газ, находившийся в каждом из шны
распределится по объему (Ц + ]_>)
Так как процесс расширения газа и «и
термический, то парциальное давленШ1
каждого газа можно найти по закону
Бойля-Мариотта:
PiVi =Pi(Vi + И2) и P2V2-p'2(Vi+V2).
Установившееся давление определяем по закону Дальтона:
Р = Р\ +р'2 =
PiVi +P2V2
Vi + У2
здесь Pi и Рз —парциальные давления каждого из газов при открытом краш'
р= 5,6- 104Па.
01‘нег- р — 5, 6 IO1 I1а.
2. Молекулярная физика и термодинамика
179
Ундина 281
t'lHLi
I, 90° С
< 21»" С
\ ?0 см2
СИ:
7) =363 К
Т2 = 293 К
S = 2 -10~3 м2
Решение. Начальный объем воздуха в про-
бирке Vi = l±S, где S — площадь поперечно-
го сечения пробирки, давление
Pi = Ратм + pgh,
где ратм — атмосферное давление, р — плот-
ность воды (рис. 178). При погружении про-
бирки на глубину 2h давление воздуха в про-
бирке становится равным р2 = Ратм +pP'2h. а
объем V2 = l2S. По закону Бойля-Мариотта,
Pi И = p2V2,
(Ратм Pgty ' 7^ = (Ратм "Г Р9'
откуда
Ратм Г рд' 2ft
д/ = 11^12 = 11.---
Ратм 4"
Ответ: М = ;—11Р811—
р:хттл т 2pgh
Решение. Газ охлаждается при постоян-
ном объеме — процесс изохорный. По закону
ТТТ Р1 Т] Т2
Шарля, — = туг, откуда »2 = Сила,
Р2 J-2 li
прижимающая пластинку к стакану, равна
Г = (Ратм — p2)S. Первоначальное давление
воздуха в стакане было равно атмосферно-
му, Pi = Ратм- Тогда
|<1| yii.i
Hiik'i Л/ 3,9 кг.
F =
S = Мд,
д
М = 3,9 кг.
2. Молекулярная физика и термодинамика
-I
180
Задача 282
Дано:
Р
L
Ратм______
h — 1
Рис. 179
Ратм
Решение. Первоначально давление газа pi и
запаяном колене было равно pi = ратм + pgh
(рис. 179) и он занимал объем 1) = hS, где В
S- площадь поперечного сечения трубки,
После того, как кран открыли, давление га
за в запаянном колене стало равно рг = Ратм
р
и его объем 14 = -^s. Процесс изотермиче-
ский, запишем закон Бойля-Мариотта:
P1V1 = Рг14,
ИЛИ L
(Ратм Т рдп) ' = Ратм^*^’
pgh2+pa™-h-^ = 0,
» Ратм I
/11,2 = --- ±
Р&тм \ Ратм-^
2р.9
2Д9
Так как h > 0, то второй корень не имеет смысла:
h = ^-[-Ратм + л/Й™+РатмЬ-2рр].
Д>д
Ответ: h = ^[-раты + д/Йтм + Ратм • 2pgL].
Задача 283
Рис. 180
См. рис. 180.
Задача 284
Дапо:
II = 80 м
Ра™ - Ю5 Па
/>’ = 2г
Г const,
/;, ?
Решение. Масса воздуха в пузырьке и его температуря
постоянны. Тогда, по закону Бойля-Мариотта,
Р114=Р214,
где pi и р2—давление1 воздуха в пузырьке* у дна, и пи
глубине’ h, a Vi = 7 1 и 14 = ^тг/?,3 ееб'Ы'мы ну
ii.ipbicu у дна н пи глубине //, eiooTiicTe-Tiii’iiiiei Дашк'пнс
2. Молекулярная физика и термодинамика
181
/'I ратм + РвдН, р-2 = ратм + pBgh, где рв — плотность воды. Подставим полу-
1 иные выражения в уравнение (1):
4 4
(Ратм + РвРЯ)~7Г?’3 = (ратм + двр/г)-яЕ3,
(р атм + рвдН)г3 = (ратм + pBph)(2r)3,
некуда
Т Рв ' дН — 7 - Ратм , 1 „
/г —----------------; h = 1,08 м.
8рв д
( Ьнет: h = 1,08 м.
1цдача 285
'(,ию: СИ: Решение. Температуру газа можно опреде-
5 5 см2 5•10“4 м2 лить из уравнения Клапейрона-Менделеева:
V 0,9м/с pV = ^-RT, (1)
Г' 1 атм 4 10° Па М v
Л/ 10 мин 600 с молярная масса углекислого газа СО2 М =
III 2 <г 0,044кг/моль. Объем газа V проходит через
1 ? сечение S за время At со скоростью у:
V = v SAt.
I li hi,ставим выражение для объема газа V в уравнение (1) и получим для тем-
пера гуры Т:
pMvSAt
Rm ’
4 105 0,044-0,!) • 5 НГ< 600
1 = -----------~----------------Ь- = 2оо Л-
8,31-2
Проворим размерность полученного результата:
(Дж/моль К)кг
Pilin'.- /' = 286 К.
'|«i 1,11'ia 286 '(.то 1, 27" С 13" С СИ: 71 =300 К Т-2 = 230 К Решение. Запишем для начального и конеч- ного состояний газа уравнение Клапейрона- Менделеева: ПИ, = (1) и
14 1 1' 1цг Н» объем UiuiV’iim!m: ба P2V0 = -^RT-2, (2) ллона. Поделив почленно уравнение (1) на уравнение (2),
Pi _ mi Д Pi _ 2 300
Р2 т-2 Т-2 ’ р-2 230
1>|цгг ?1' 2,0
/’•
182
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 287
Дано:
7 = 295К
р = 105 Па
р = 2,4 кг/м3
М-? т0~?
Решение. Воспользуемся уравнением Клапейрона-Мен-
делеева pV — j^RT. Так как V = —, то для молярной
R • Т' о
массы М получаем: М =--------—,
Р
8 31 295 2 4
М = —------Д---— кг/моль = 5,9- 1()2 кг/моль,
10°
Г , „ (Дж/моль • К)К (кг/м3)
1"1 = (W) =
Масса полекулы тд равна отношению молярной массы к числу Авогадро:
М 0,059 „ ,
° «Г = 6,02 1023 ” = 9,8' 10~~ КГ- I
Ответ: М = 5,9 10“2 кг/моль; Тор = 9,8 10“'26 кг.
Задача 288
Дано: СИ: Решение. Газ нагревается при постоянном
Г° = 27° С 71 = 300 К давлении, масса газа неизменна, т. е. провдЯ
h2 = 1,25/ц изобарный. Запишем закон Гей-Люссака,'
Д1-? Д7-? И - Б. ипи и _ д 71 - Т-2 ’ или V2 ~ ТД
Ц hiS Ц = о = hi - с Д-— отношение объемов данной массы газа, 5—площад П-2
поперечного сечения сосуда. Отсюда находим
Д = = 72 = 1,25 300К = 375К, Д7 = 7, - 7Х = 75 К.
И hi
Абсолютная температура связана с температурой по шкале Цельсия соотношу
пием Т = t° С + 273° С, т. е. изменение температуры по шкале Кельвина ранив
изменению температуры по шкале Цельсия: ДР С = Д7.
Ответ.: ДР С = 75°С: Д7 = 75 К.
Задача 289 Дапо: Pi = 0,5 атм Др = 1,5 атм СИ: 0,5 105 Па 1,5 105 Па Решение. Газ нагревается при постоянном объеме, масса газа неизменна, т. е. проп,в изохорный. По закону Шарля,
т, ? печная темпер ату Р1 _ Т_ Р2 Т2 где р-2 = pi + Др, 7] и Т-2 — начальная и ki i за газа. Следовательно, Д _ Р2 _ Р1 + Ар 72 _ 4 Д pi pi ’ Д
।
2. Молекулярная физика и термодинамика
183
Чндача 291
1\ 273 К
I 20 л
pi 5 • 105 Па
р 7 105 Па
/»i 1 • 105 Па
(• ?
СИ:
20 • 10“3 м3
Решение. Газ нагревается при постоянном
объеме, процесс изохорный. По закону Шар-
ля, Sr- = Sr-, откуда Т2 = — 7-|. После то-
'1'2 Pi
го, как баллон открыли, часть газа выходит
из баллона. Для оставшегося газа уравнение
Клапейрона-Менделеева будет иметь вид:
p0V = vRT2,
। пр = — количество молей газа, оставшегося в баллоне, ро — атмосферное
шипе 1ие. Следовательно,
_ Ро • Pi V
V P-iRTi ’
10s • 5 • 10s 20 10-3 „ „
v = —~—гл?—~—ллз— моля = 0,63 моля,
7 • 105 • 8,31 • 273
Н-м3
М = ~77гг---'!-----TTYtr = моль-
м2(Дж/моль • К) К
Ihiit’r: v = 0,63 моля.
Чидпча 292
/'I'liii'inie. Из уравнения Клапейрона-МенделееваpV = j^-RT получим выра-
гчшя для начальной пц и конечной т2 масс газа:
MpoVi
(1)
и
Л/'/In 1ц
(2)
184
2. Молекулярная физика и термодинамика
где ро — постоянное давление, под которым
находится газ. Поделив почленно уравнения
(1) на уравнение (2), получим
Ш1 _ Vj V-2.
Ш-2 71 Т2
Для прямой 1 (рис. 182) тангенс угла накло
на tgoi = для прямой 2 tgo2 =
11 12|
Из рисунка видно, что t,goi > tgrb, т. Л
V, Vi I
ул > jr, следовательно, тд > т2, т. е. мае
са газа уменьшилась.
Ответ: масса газа уменьшилась.
Решение. Запишем уравнение Клапейрона-МенделеЯ
для начального и конечного состояний газа:
Р1К) = (
p2v° = ~ет2, С
и
Задача 293
Дано:
mi = 0,3 кг
Т2 =0,971
р2 = 0,8pi
М = 0,004 кг/моль
A7V-?
где Тд —объем баллона. Поделим почленно уравнение (1) на уравнение (2): I]
Pi mi Ti р-2 Ti
— =-----откуда т2 = — • — • тх.
Р2 m-2 Т2 pi Т2
Число молекул, покинувших баллон, A7V = где — mi — ’’•U,
т° ~ ~~ масса одной молекулы гелия, ТУд = 6,02 1023 1 /моль — число Лцб
гадро. Окончательно
Д7У=?П1_-.Ж
М \ Р1 Т-2 J ’
AN = 5 1024.
Ответ: ДЛГ = 5 • 1024 молекул.
Задача 294
Дано: Ц) = 100 л 7) = 273 К 71г =300 К pj = 2 • 106 Па 1>‘2 = Р1 СИ: 0,1м3
Аш !
Решение. Запишем уравнение Клапейрона
Менделеева для кислорода при разные i'h^h '||
пературах:
Р1И = и
тп->
М =
откуда
nil
р -Vt)M
Н'Г\ и
pJW
"'2 /|’7 2
2. Молекулярная физика и термодинамика
185
| ш М — молярная масса кислорода, М = 0,032кг/моль. Следовательно,
PxVqM
/Хтп = mi~ т2 — ———
R
. 2 -106 • 0,1 • О,032
Дт =
8,31
'1_
Я
1
273
1\
1 \
300/
кг = 0,254 кг.
( bf/ie'r: Дт = 0, 254кг.
Чпдача 295
llllio: 1 2 л р З Ю5 Па Г 27° С СИ: 2•10~3 м3 Т = 300К Решение. Используем уравнение Кла- пейрона-Менделеева pV =. ^RT, где М = 0,032 кг/моль —молярная масса кисло- рода. Тогда pV-M п „ m — , m = 7, 7 • 10 3 кг. RT ’
01 7 р—7 N '!
I 1‘К
7ТЪ
как V = —, то из уравнения Клапейрона-Менделеева получаем
и • М о
р=——, р = 3,85 кг/м3.
Чн' но молекул N кислорода равно
N — N& N = 1,45 1023 молекул.
Щнгт: т = 7,7 10 Зкг; р = 3,85 кг/м3; N = 1,45 1023 молекул.
Цлдача 296
4/ijto
I
I1
7
/'
Решение. Плотность газа ро при нормальных условиях (ро, То)
находим из уравнения Клапейрона-Менделееваp0V = j^RT0,
Ро = у- = ' Пусть Jo —вес стенок баллона, тогда мас-
р
са баллона равна и масса газа в первом случае
f “ Fq F\ — Fq
П1\ — -----ВО втором m2 — “
Клапейрона-Менделеева для первого и второго состояний газа:
т_ (f~f^rt
,р\/ —-----------
§ . Запишем уравнение
П'1 1Д
итнудп
pV = ^—RT или
M
p\V = ^^RT или
(p-pi)V =
9-М 7
(F-FtjRT
Мд
М _ (F - Fl) Т
~R ~ (M-PiJ-V-./’
Л
к
186
2. Молекулярная физика и термодинамика
Используя выражение для p0 получим:
_ М - ро _ F - Fx pqT
RT0 p-pi gVT0'
Ро =
„ (F - FOpoT
Ответ: р0 = ---i нт'-
(p-pogVTo
Задача 297
Дано:
1П] = 1кг
Mi = 0,028кг/моль
m-г = 1 кг
М-2 = 0,032кг/моль
Решение. По закону Дальтона, давление смеси равно
сумме парциальных давлений
Р = Р1 +Р2,
Тогда
(1)
где pi и рг — парциальные давления азота и кислород
да при нормальных условиях (т. е. при давлении смеси
Ро = 1,013 • 105 Па и температуре То = 273 К,
miRTo m-2RTo
P1 = MiV ’ Р2 = ~МД^~'
откуда
RTq f mi m2
Po ~~ ~V~ \ M + М2
_ FTp / mi m2 \
“ po [Mi'M2J’
T/ 8,31-273 / 1 1 \ 3 1 co 3
1,013- 105 (0,028 + 0,032J M ’ M‘
V-1
Ответ: V = 1,52 м3.
Задача 298
Дано: СИ:
hi, = 50 г Pi = 2 • 105 Па 0,05 кг
/у = 17° С 71 = 290 К
V» =40 л М- 0,028кг/моль 40 10 ’3 м3
(1 ?т2-?
Решение. Из уравнения Клапейрона-М< ч I *
делеева-piVi — j^RTi найдем объем а: и г
та до его расширения:
mRTi
V1”^'
0,028.2-10° " =2-15'10 2"''
A «it расширяется при постоянном давлении, поэтому для определения его тем «1
пературы Т2 после расширения воспользуемся законом Гей-Люссака:
Ti т2’
откуда
у>
T2 = 71-TI, Т2«540К.
и
Отпет: V'i 2,15 III 2 мл; Т2 = 5 10 К
2. Молекулярная физика и термодинамика
187
1пдача 299
СИ: Решение. Масса кислорода под поршнем
N 100 cm2 К)2 м2 постоянна, и расширение газа происхо-
In 0,2 кг Л/ = 0,032 кг/моль A/' = 100 К ЛЛ — 50 см 0,5 м дит при постоянном давлении, т. е. про- цесс изобарный. По закону Гей-Люссака, где Vi = 5Л1 и V2 = 5(Л, +ДЛ,) - объемы кислорода до и после расширения,
l/„ ?
h — первоначальная высота от дна цилин-
ipa. до поршня, 7j и Т-2 = 71 + ДГ — температуры кислорода до и после рас-
ширения. Тогда
h h + ДЛ,
1Ш»уда
71 Тл+ДТ’
, Tt&h
Для газа до его расширения запишем уравнение Клапейрона-Менделеева:
PiVi = YfRTx,
М
I К />1 = Ратм +
Гш ца
давление газа, ратм — 105Па—атмосферное давление.
( > Mnff\ , с _ т туг
I Ратм н--I hb — —Rly.
\ О / 1VJ.
I Ii щгтавив в это уравнение полученное выражение для Л,, находим массу порш-
||>1 Л7„: и
,, 1 (т RAT \
Мп = - ( ,. Л ,-PoS ) , Ми = 938 кг.
д \ М ДЛ, )
I Iiiict; Мп = 938 кг.
'•пдлча 300
'(.шо: СИ: Решение. Воспользуемая уравнением Гей-
1, 1()л 0,01 м3 Люссака для нахождения объема газа V%
j<i 3 К)5 К после изобарического нагревания:
/ 173 К К V2
In “Пл 0,02 м3 Ту 72’
|» 2 • 10" Па откуда
* ? V2 = —То. Ту
I чем ra t расширяется, переходя из состояния с параметрами р2 = pi, V2, Т2
< in'lOHiiiiio с параметрами р:(, + ДИ), 7S. Для этого процесса запишем
'I'ihiii' hue К lanciipuun (масса газа постоянна):
/'<V2 /)| I I |ц)
J ............. In
188
2. Молекулярная физика и термодинамика
откуда
„ _ Рз(14 + 14)74
3 Р44
Подставив в эту формулу выражения для V-2, получим:
(1472 + 1/о711)рз712
3 Р^Т-2
гр __ (1474 + Ур24)рз74
3 ~ P1V1T2
и так как рх = р-2,
T-i = 679 К.
Ответ: 7з = 679 К.
Задача 301
Дано:
Vo = const
Ti
Pi
74__________
Р-2 - ?
Ответ: р2 = Зр,
Задача 302
Дано:
I = 1 м
11=4-
Д = 273 К
74-?
Решение. Число частиц при диссоциации возросло в 3 раза,
молярная масса М уменьшилась в 3 раза. Запишем для двух
состояний газа уравнение Клапейрона-Менделеева:
711 771
Р1Уо = ^ВД И P-^=WBT-2,
откуда
Рз 374 _ 3pi74
ГТ- 5 7^2 г
Рх Тх 11
Решение. Первоначально воздух в трубке находится под да»
лением рх — раты, занимает объем Vx = hS, где S — площадь!
поперечного сечения трубки, и находится при температур#
Тх- Чтобы вытеснить воду из трубки, воздух должен имен
давление, равное давлению воды на глубине основания ггр уГ,
4 4
ки (Z — h) = FZ, т. е. р-2 = ратм + Рв<7 • rZ, занимая ooi.i’W
О о
14 = IS, и температура воздуха равна Т-2. Так как масса воздуха неизмеии*,
воспользуемся объединенным газовым законом
или
PiVi _ рД'->
~тГ ~ ~тГ'
‘ ZP _ (5ратм Т
откуда
74 =
5-Т1
5Т2
5ратм + 4pBpZ
-------------- 11;
Ратм
5 105 + 4 103 9,8 -1
10s
К = 1474 К.
Отпет: Т2 = 1474 К.
2. Молекулярная физика и термодинамика
189
Задача 303 (ано: /| = Зкг/м3 /' = 280 К М = 0,028 кг/м3 Решение. Воспользуемая законом Клапейрона-Мен- делеева pV — -^-RT, откуда р — Р~^- Давление в баллоне равно р = ратм + P^gh, где рв — плотность во- ды. Тогда — pRT ~ Ратм М _ 15 2 м
/.-?
< 1твет: h = 15,2 м. М-Рвд
Задача 304 (апо: ш । = 0, 200 кг /»/•_. = 0,204 кг in । = 0,210 кг /1=т2 = т3 = т = 0,029кг/моль = 105 Па //, 1,5-105Па Решение. Запишем закон Клапейрона-Менделеева для воздуха и для неизвестного газа: Р2Г=(^1)^. и psv=RTl 1V12 1V1^ здесь V — объем баллона. Поделив почленно эти урав- нения, получим: Р2 ГП2 — mi М3
Л/:|- ? Огт’т: М3 = 0,048 КГ/ Рз - nil М2 ’ откуда Из — О,048кг/моль. рз(т2 - mi) ^моль.
Задача 305
( ни):
I 33,6 10“3 м3
Г 373 К
р 2-105Па
(,, I моль
Л /|п 0,028 кг/моль
W»l»l !’
Решение. Согласно закону Дальтона, давление смеси
равно сумме парциальных давлений: р = р> + р->, где
vBRT
pi — парциальное давление водяного пара, pi = —,
P2 — парциальное давление азота, р2 = ДД"- Тогда
RT
'P~~V~
некуда, масса азота в сосуде равна
pv \
—- — 14 I • Мцз,
RT )
2 • 105 33,6 10~3
8,31 • 373
in.
»"ъз =
0,028 кг = 0,0327 кг.
I •irif'i1. 3,27 ДО 2 кг.
190
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 306
Дано;
Tj = 250 К
= 0,2 • 105 Па
7 2 = 5000 К
Решение. Объем и масса водорода неизменны, но
вследствие распада каждой молекулы водорода на два
атома полное число частиц увеличивается вдвое, а
значит и концентрация частиц увеличивается вдвое.
Согласно уравнению Клапейрона-Менделеева, рх —
nikTi и рг = п2кТ2, где щ и п2 — концентрации моле-
кул и атомов водорода. Следовательно:
Р1 _
Рг п2 Т-2 ’
где = 2' Находим
Р? = — ~ ’Pi, Р2 = 2 - 0,2 105 Па.= 8 • 105Па.
пх 7] 250
Ответ: р2 = 8 105 Па.
Задача 307
Дапо:
р = 2 кг/м3
р = 152 • 103 Па
'Г = 300 К
Mi =4•10-3 кг/моль
М-2 — 4 10“2 кг/моль
V = 1 10“6 м3
М-?
/ ffl>l HL2 \ ЛЪ±
р~
Решение. По закону Дальтона, давление смеси газон
равно сумме парциальных давлений:
Р = Рл +Р2,
тх КГ
где рх — парциальное давление гелия, pi = -yr,
т2 RT
р-2 — парциальное давление аргона, р2 = -уг, тос да
, г т гпх + т2
Но определению, плотность смеси газов р — у = •—i-y7—где т = тх+т->
масса смеси гелия и аргона. Отсюда масса аргона т2 равна т2 = pV — mJ
Подставив это выражение в формулу (1), получаем:
/ mi pV — тх \ RT /1 1 \ pV pV
^2 /V’ тг\тГх~'М2) = КГ~м'2
Число молекул гелия Nx равно TVi = jp- Na, где Ад = 6,02 1023моль
число Авогадро. Окончательно
(р • М2 — pRT}V л , ,8
; «1 = ’.4-10 молекул.
Отпет: Nx = 7,4 1018 см“3.
Задача 308
Известно, ч'1'о р -икТ. При и ютермп'кз ком pai iiiiipeniiii уменьшается только
концентрация гл'1>|, а при адиабат гкч ком \Mt iii.iiiaeTi'H как концентрация, тип
2. Молекулярная физика и термодинамика
191
и температура. Поэтому при расширении газа до одного и того же объема при
изотермическом процессе давление будет больше, чем при адиабатическом.
Задача 309 Дано: Решение. Запишем уравнение Клапейрона-Менделеева
т = 0,1 кг /,: = 500.Н/м Тг =373 К А. = 0,6 м ДЛ, = 0,2 м для начального состояния кислорода: 777 Р1И = -/?Т1. (1) Здесь Vi = hS — объем газа, S— площадь поперечно- го сечения цилиндрического сосуда. После нагревания высота столба кислорода стала равной h -I- ДЛ,, объем 14 = S(h + ДЛ,) давление р-2 = рг Ч у-, и уравнение
22-?
Клапейрона-Менделеева запишется в виде
/ ЛДЛ\ m , (Pi Н д— ) (Л. + ДЛ)5 = —~RT->. (2) \ О / 1V1
Подставим в уравнение (2) выражение для р^, полученное из уравнения (1):
/тВТл кДЬД „ ,. т
(мД + ^г)в-(к + л,‘> = м^’
откуда
h + bh kbh(h + bh)M
J 2 = 11-;--1-------,,----, 12 = 367 K.
h mH
Отпет: T2 = 367 K.
Задача 310 Л = 0,1 м 7) 300 К in-2 = 5mi /!j = 310 К Решение. Когда под поршнем была масса воздуха mi, давление воздуха щ и объем ТД были равны р\ = и Vi = Sh, где А: —жесткость пружины, S — площадь поперечного сечения поршня. По закону Клапейрона- Менделеева PiVi = ~rpRRi, или kh2 = 1-~RT1. (1) м м
* - ?
После того как массу газа под поршнем увеличили до т-2, поршень поднялся
кН
п,.| высоту Н, давление воздуха стало равным р2 = —его объем V2 = SH. В
। ом случае уравнение Клапейрона-Менделеева имеет вид:
P-iV2 = ~RT2, или kH2 = ^RT2. (2)
Поделив почленно уравнения (1) н (2), получаем:
Л,2 _ mi Т\
1Г1
ff Л
in/l2
Ш|/'|
If - 0,227м.
। >пм’т; II 22,7 см
192
2. Молекулярная физика и термодинамика
Т
Задача 311
Дано: m = 4г г = 3 см t° = 27° С М = 0,029 кг/м3 СИ: 4 10“3 кг 3-10-2м Т = 300 к
р~?
Решение. На шарик действуют две силы: с и
ла тяжести FT = mg и выталкивающая с I
ла FBbIT. Шарик начнет подниматься ввер
если FBbIT > тд. Выталкивающая сила pal
на FBbIT = pVg, где р — плотность воздуха
4
цилиндре, V объем шарика, равный
Плотность воздуха р находится из.уравнения Клапейрона-Менделеева:
М
Р~РВТ'
Окончательно
откуда
3RT т
Р ~ 4М яг3 ’
Ответ: р > 3,04 -106 Па.
М 4 о
Prt-^
3 8,31 300 - 4 • 10“3 „ „ -
Р~ 4-0,029-3,14-27-10-бПа-3’°4’10 П&'
Задача 312
Дано:
р = 5 104 Па
Т = 283 К
то = 20 кг
М-2 = 0,044 кг/моль
/И1 = 0,004 кг/моль
V-?
Решение. На зонд действуют три силы: сила th>kii|1
сти зонда FT = mog, где д~ ускорение свободной।
падения на Венере, сила тяжести гелия, наполняю
щего зонд, FT1 = mig и выталкивающая сила F„M,
Условие равновесия зонда, записанное в скалярноЦ
форме относительно вертикальной оси, имеет вн,ц|
FBbIT - тод -mig = 0,
здесь
/П1 =
виде:
FBbIT = p-zVg, где р2~плотность углекислого газа, равная р-2 —
M1PV
- — масса гелия
в зонде. Тогда уравнение (1) можно переписать I
откуда
_ m0RT
~ (М2-М{)р'
Ответ: V — 23,5 м3.
M-ipV M2pV
т°+ RT ~ RT ’
ТЛ_ 20-8,31-283 з г з
(0,044 - 0,004)5-104 М ,5м ’
2. Молекулярная физика и термодинамика
—
193
1пдача 313 I /(ано: СИ: Решение. Так как масса газа изменяется, за-
1 /7 = 23° С 250 К пишем уравнение Клапейрона-Менделеева
р — 2 атм р = 2 • 105 Па для газа при разных температурах:
1 t:; = 27° С iu2 = 0,9'Ш| Т2 =300 К PiV = ^RTi и =
1ч ? откуда
Pi _ mi Ti Р2 т2 ^2 mi Ti ’ Р1=Р2ш2Т2’
Pi = 2 • 105 о^.зоо11^ 1’85-105113-
< (гнет: pi =1,85-1 Чидача 314 '(.ню: I Iй 7° С 1 1 ‘),3104Па 0,5г ы 32 г 1 Л/| 0,002кг/моль 1 Л/: 0,032 кг/моль 3 Э Н о ы II S и II II м F W сл 0О КЗ . о * =7 1 • оо Я 'Ч Решение. По закону Дальтона, давле- ние смеси газов равно сумме парциаль- ных давлений р = Pi +р2, где pi — пар- циальное давление водорода, равное mi RT Pi = и рг “ парциальное да- та RT вление кислорода, равное »2 = •
7~' ; 11 г к у /i,a объем смеет V равен: М2 V Тогда /mi m2 \ RT р \Mi M2J V
у - f W1 + \
~ \Mi + М2) р ’
т +т.
I Пи । шрс-делению, плотность смеси газов р = mj т'2. Следовательно,
(mi + т2)р (ту + m2)Mi7V/2 Р
Р (т< т2 A PT (mi-M2 + m2-M1)RT’
VAfi M2J
р = 1,04 кг/м3.
I Ihntr р — 1,04 кг/м3.
1
194
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 315
Дано:
// = 1 моль
С
S
Vo
т
v
Решение. Объем газа V увеличивается с течением bjmi
мени t по закону V = Ц) + v St. Для момента времени
t запишем уравнение Клапейрона-Менделеева
р(1о + vSt) = v RT,
. mq
где р = ратм + откуда получаем зависимость темне
ратуры газа от времени
Т= P0,o+vSt')
12 R
Количество теплоты, сообщаемое газу за единицу времени, равно Q = С-д
где ДТ— изменение температуры газа за промежуток времени /St,
vS/St m
-пгт- Тогда
&Т=(^+ратм
у SC
v R
(По условию задачи, // = 1 моль).
Ответ: Т =
Т Ратм
(Vo + v St)
vR
~£\Т
37
равпн
у SC
R ’
Задача 316
Дано:
V-2 = 4Vi
Т-2 = 293 К
Тг =Т-2 — 4К
Решение. Масса воздуха в пузырьке, постоянна. Тогда
объединенному газовому закону
PiVi _ P2V2
71 “ Т-2 ’
где pi = ро + p^gh и р2 = Ро — давление воздуха i
пузырьке у дна и поверхности озера соответственно, ро = 105 Па—атмосфер
ное давление, рв = 103 кг/м3 — плотность воды.
(Ро + Peg/г) И _ Ро • V2
71 72 ’
откуда
h=^-
Ръ9
К2 Т1
кд
h = 30,4 м.
(Ревет: h = 30,4 м.
Задача 317
Дапо:
И, = 2 1 (Г3 м3
•ш = 20 кг
/Sh, = 0,1 м
5 = 40 • 10~4 м;
2
Г-,
rrf' {
Решение. Так как масса газа под поршнем остается ш
стоянной, воспользуемся объединенным газовым .'ы.ы
ном:
Ратм ' П|
Т|
Т-2
2. Молекулярная физика и термодинамика
195
ГД1' Vz = lzi — ЛЬ- S — объем газа после перемещения поршня, 14 — начальный
о(>'ьем газа. Тогда
24
Ti
(>гнет: Й- = 1,2.
(и - ЛЬ • S) Г2
Ратм ' 11 Tl
Нидана 318
(пно:
И
Ш|
.‘»4
Решение. После перемещения поршни будут находиться в равно-
весии. На поршни (это жестко связанная система тел, и мы можем
рассматривать их как одно тело) действуют силы (рис. 183): силы
тяжести FTi = mig и Ft2 = 7712g, силы давления воздуха, находя-
щегося в цилиндре, F'x и Fi>, F[ = р- Si, F? = pS-2, где p — давление
воздуха между поршнями, и силы давления на поршни извне 14 и
F2, Fi = pa™Si, F-2 = paTMS2- Запишем условие равновесия систе-
мы двух поршней в скалярной форме относительно оси у:
инн
F'2 + F[ — Fi — /41 — FT2 — F% — 0,
Ратм ’ Si + + m2g + pS-2 ~ Ратмб'г ~ pSi = 0,
196
2. Молекулярная физика и термодинамика
откуда
Pa™(Si - 52) + (’«1 + Ш2)д
Р= ---------------------
5i -S2 '1
При перемещении поршней температура и масса воздуха между поршня ми|
оставались постоянными. Тогда, по закону Бойля-Мариотта
Ра.тыУ1=рУ, (Я)
I i i
где V| = б) 2 + 52^ = (5i + 52) j — первоначальный объем воздухи.,1
V = (k — S2+ (I: — ж) 51 — объем воздуха после перемещения поршней, rtplll
котором они опустились на расстояние .т. Уравнение (2) перепишем с учсч(
выражения (1):
/С , С \ 1 _ Ратм(51 - 52) + (mi + т2)д
Ратм ’2 Si — S2
откуда находим х:
- — аА S'i +
2+x)S* I
_____________(mi + m2) • g • (5i + S2)l______
х 2(51 ~ 52)[Ратм • (51 -52) + (mi + m2)g]'
Ответ- т -___________+ + S^1
U1S T- ~ 2(5i - 52)[paTM(5i - 52) + (m! + m2)g] ’
Задача 319
Дано:
т = 100 кг
Vt : V2 = 2 : 1
pi = 1,5-105 Па
5 = 0,005 м2
а-?
Гис. 184
Решение. Условие равновесия поршня имс< 1
вид (рис. 184,в):
PiS = mg+p2S,
где рг — давление газа в верхней части cocyl
тд
да, р2 =Pi -
При движении сосуда с ускорением
(рис. 184,6) запишем для поршня второй I).
кон Ньютона в скалярной форме отпосци
тельно оси у:
та — р'Д — p'2S — тд,
где р'х и р’2—давления газа в нижней и
верхней частях сосуда. Для определен и I
p'i и р( используем закон Бойля-Мариотт»
2“ ,V V ,V т, -
Pl 3V = ир2 3- = P2у, где V — обып
всего сосуда. И, воспользовавшись уравим
нием (1), получаем:
,4 , 2 / тд\ 2
Pi = Х.Р1, Р2 = Р2 • х = I Pi - •
Тогда из уравнения (2) имеем:
та
ПК/,
2. Молекулярная физика и термодинамика
197
। > ^Уда
1
~з9’
а = 1, 73 м/с2.
2 /Pi5\
3 \ т )
Огиет: 1,73м/с2.
Задача 320
/||ШО:
0 е 30°
I нц = m2 = пт-
( |>i = 105Па
15 8 • 10~3 м2
Н*Пп — 2 кг
Iя------------
h ?
Решение. На поршень действует сила тя-
жести mg и силы давления газа Fi и F2,
Fi = PiS и F2 = p2S (рис. 185). Запишем
для поршня условие равновесия в скалярной
форме относительно оси у:
(Pl - Рг) S sin а - тод = 0, (1)
где pi и р-2 — давления газа в нижней и верх-
ней частях сосуда соответственно. Так как
Pi Vi = и P2V2 = ^FT2 и, по усло-
вию, Vi = V2, где Vi и 12 — объемы равных
у
частей сосуда, то — = иТ. Подставляя по-
ра -12
лученные выражения в уравнение (1), полу-
чаем:
Л с
Pi • 1 - — • S sm а = тод,
\ -И/
З2 тод Т-2
— ~ 1-----------, — = 0,5.
Т\ pi S sm a Ti
ih'iivr: S- = 0,5.
Иддпча 321
1 но: Решение. При горизонтальном положении
II* 1()рад/с сосуда в неподвижном состоянии (рис. 186,а)
Л 50 см2 =5.1t)-3 м2 давление газа, находящегося под поршнем,
ПА 1 кг равно атмосферному давлению. При вра-
1 II, 6 м щении сосуда (рис. 186,6) поршень сме-
in 0,2 м щается относительно дна сосуда, и давле-
Un /.) ? ние газа становится равным р. По закону
Бойля-Мариотта, ратм • 1цS = р ЦЗ, откуда
jj ДдЯ ПОрШНЯ запишем второй закон Ньютона в проекции на ось .т:
тсц = Fi - F2, (1)
I u l‘\ pS, F-2 — pavu S, <1ц = w2l. Под авив полученные выражения для р,
I н и,, и уравнение (1), имеем:
21
/Ю I pnvM
198
2. Молекулярная физика и термодинамика
откуда
h
I—--Н
х
Рис. 186
Задача 322
Дано:
ЯД = Х2
Т
Риты
/(>
Я
м
к___________
тх — ?
Рис. 187
kj
4) ' Ратм ' S
тшЧ +ратм5”
__ Л Ратм 8*
° \ тшЧ + ратм S
тшЧ
= ‘О------------Д’
ТПШ I -р ратм * *8
/о — li — 2,14 см.
Ответ: 10 — li = 2,14 см.
поршня
Решение. Уравнение равновесия
(рис. 187,в) в проекции на ось у для случая,
когда под поршнем газ отсутствует, имеет
вид:
кхг - mg - paTMS = О,
откуда
__ тд -f- Ратм ' *8
Х1 к
При заполнении газом массой тх сосуда
под поршнем (рис. 187,6) уравнение равном
сия поршня в проекции на ось у запишется
в виде:
pS -тд - kxi - paTMS = 0, (1)
m-cRT
р — давление газа под поршнем, р = -
где V — объем газа под поршнем,
V — S(l0 4- яд) = S(lo 4- Ti) =
тд + ратм *8
к
= S /о +
Подставив полученное выражение для р и
уравнение (1), имеем:
MV . _2M(kl0+mg+paTM- 5)(ратм S + тд)
- + 2т9) -
_ 2М (kl0 +тд + ратм • S)(paTM S + mg)
2. Молекулярная физика и термодинамика
199
Задача 323
П,ано:
II
Ро
Р__________
,г — ?
Рис. 188
Решение. Обозначим высоту уровня воды в
нижней половине сосуда через х, тогда объ-
ем воздуха в нижней половине сосуда равен
(н \
— х 1 • S' (рис. 188). Так как по условию
задачи температура постоянна, то для воз-
духа, находящегося в нижней половине сосу-
да, можно записать закон Бойля-Мариотта:
Po~S =р
где р = ро + рд ^*2— xj — давление газа в
(Н \
нижнеи половине сосуда, а рд (— xj — ги-
дростатическое давление воды, находящейся
в верхней части сосуда. Окончательно
откуда
Я
Роу-
ро + рд
- # , Ро I х _ /1+ 2Р9Н
2 2рд\ V ро
.I Р , Ро
(Irner: х = -х- + jP2-
2 2рд
1 -
! , ърдн\
Ро J
200
2. Молекулярная физика и термодинамика
2.2. Молекулярно-кинетическая теория газов
Задача 324 Дано: Na = 6,02 • 1023 1/моль М = 0,012 кг/моль т0 — ? Решение. В одном моле содержится Na молекул углерода, следовательно, масса молекулы равна от-' ношению молярной массы к числу Авогадро: т0 = , mo — 1,99 • 10"26 кг. Na
Ответ: mo = 1,99 • 10 26 кг.
Задача 325 Дано: Решение. Масса одного литра воды равна m = p-V,
V - 1л = 10~3м3 р = 103 кг/м3 М = 0,018 кг/моль N-? Число молекул равно N = 3,34 • 102Б молекул.
Ответ: N = 3,34 102Б молекул.
Задача 326
Дано:
= 150° С, Т = 423 К
у = 105 Па
Решение. Из уравнения р = пкТ определим коп
центрацию молекул водяного пара:
_ Р
кТ’
где к = 1,38- 10 23Дж/К (постоянная Больцмана). Расстояние между'
МоДО»
пулами d равно
d =
d = 3,8-10-9 м.
Ответ: d = 3,8 • 10 9 м.
Задача 327
Датю:
?2 - 2/Д
И = const
!8кТ
Решение. Среднеквадратичная скорость равна v = гдц
к = 1,38-10"23 Дж/К, Т — абсолютная температура газа, шц
масса одной молекулы. Температура газа изменяется прями
пропорционально давлению газа, так как объем сосуда вен г
менен, процесс изохорический и описывается законом ШарлЛ
= Д - Тогда
Р2 J-2
О Пит
«в \/2.
"I
2. Молекулярная физика и термодинамика
201
1адача 328
Дано:
1> = 106 Па
и — 5-103 * * м/с
Z'7?
Решение. Плотность газа определяется по форму-
ле р — то п, где то — масса одной молекулы азо-
та, п — концентрация молекул. Из основного закона
молекулярно-кинетической теории р = '/rio'c2 по-
лучаем:
Зр
п mQ = —,
откуда
р = 0,12кг/м3.
Ответ: р = 0,12кг/м3.
Р =
'С
Задача 329 /апо: и, = 600 м/с Л/| — 0,028 кг/моль /Д = 0,032 кг/моль Решение. При одной и той же температуре кинети- ческая энергия поступательного движения одина- кова у молекул кислорода и азота: тд,’2 m.2'U2 2 “ 2 ’ м2 = — массы молекул азота и кислорода, -число Авогадро. Тогда
? где mi = и т.г Мд = 6,02 • 1023 моль-1 -
откуда
M1V? = M2V2,
V-2
vi, V2 = 561m/c.
< Ь’пет; V2 = 561 м/с.
Задача 330
Iiiiio:
t 137°C, T = 410K
И him. - ?
Решение. Средняя кинетическая энергия поступа-
тельного движения молекул газа определяется по
формуле
3
Икин — -^кТ,
где к = 1,38 10-23 Дж/К. Тогда
ИДин = 8,48 -10-21 Дж.
1 'гнет: 1ТК1,„ = 8,48 10" 21 Дж.
202
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 331
Дано:
R = 20 см = 0,2 м
AZ = 4 см = 4 10-2 м
w = 50 рад/с
V — ?
Решение. Атомы серебра проходят расстояние R за
время t = —. Цилиндр за это же время поворачи-
вается на угол Д95 = wt. Тогда
л R
= Р’
Р2ш сп .
и =—-—, v = 50м/с.
откуда
Ответ: v = 50 м/с.
Задача 332 Дано: Решение. При вращении цилиндров атомы серебри
Pi = 2 см — 2 • 10‘ 2 м проходят расстояние R2—R1 за время t = ———
Т?2 = 8 см = 8 -10 2 м
AZ = 2,66 м w = 283c”1 а цилиндр за это время поворачивается на уюЛ « , AZ AZ Л „ А</> = wt = 2 . д > где Д- = ' лг — расстоянии
V-? на которое смещается изображение щели. Тогда
(Р2 — Pi )w (Р2 —Pi)-2P2w
U Л
А 95 AZ ’ '
Ответ: 1021м/с.
Задача 333
Дано:
V! — 300 м/с
V2 = 600 м/с
М = Д>
V - ?
Решение. По условию задачи два одинаковых сосуда < о
держат одинаковое число молекул одного и того же га ад
7V] = А2, а температуры разные, так как разные скоро
сти молекул. Среднеквадратичная скорость равна
2 _ _ v% + v%
V ~ М+А2 ” 2 ’
отсюда
V = 474 м/с,
Ответ: v = 474 м/с.
2. Молекулярная физика и термодинамика
203
Задача 334
Дано: Решение Средняя кинетическая энергия молекул
t = 27° С Т = 300 К одноатомного идеального газа равна
|]7 _ ? 3
кин ’ Ж™, = Д:Т,
где к = 1,38-10-23Дж/К (постоянная Больцмана).
ТУКИН = 6,21 • 10-21 Дж.
О гнет: ТУКИн = 6,21 • 10 21 Дж.
Задача 335
(. ио:
р — 5 105 Па
1> 4 кг/м3
Л/ = 0,028 кг/м3
/VA = 6,02 -1023 моль-1
11 Ж?
’ ’ кин
Решение. Кинетическую энергию поступа-
тельного движения одной молекулы азота
определим из основного уравнения молеку-
лярно-кинетической теории
2 гм
Р = Икин,
О
где п — концентрация молекул азота,
П = Л
тпо
7И .. п
т{] = — масса одной молекулы азота. Окончательно
жкин = I , Жкин = 8,72 10-21 Дж.
2 р IV а
< >1 нет: ТУКИН = 8,72 • 10-21 Дж.
! in,дача 336
[ано:
= 6,02 1023 моль-1
V 3000 м/с
и 1()21м-3
М 0,028 кг/моль
V '
N
Решение. Давление на стенку обусловлено
ударами молекул. При ударе о стенку одной
молекулы на стенку действует импульс силы
Pi At = 2mo • v,
где mo — масса одной молекулы. За про-
межуток времени At о стенку ударяется
и. vAtS молекул, где S — площадь поверхности стенки. Следовательно,
Импульс силы, действующий на стенку площадью S за время At, равен
FAt = N - 2mov, или PAt = п 2mov2S At.
h ада „ 2
p = 2'ni(p) n,
/П ..
1 *' Htu 77д' ''Копчатслык,
2М r'Jn. , „
- —, р 8'11) 11а.
ПЛ
Omni-, р К К) Пл
204
2. Молекулярная физика и термодинамика
Решение. Молекула движется относительно степиЙ
со скоростью щ = v+u и после упругого взаимоднй>
ствия со стенкой отскакивает от нее со скоростью
v[ = -V1, (1)
—скорость молекул относительно степкИ
Задача 337
Дано:
v — 103 м/с
п — 5 -1017 м~3
77(0 =3,3- Ю-27 кг
и = 50 м/с
р —?
Скорость v-2 молекулы относительно неподвижной системы отсчета связана и
скоростью г/, следующим образом:
Vjl = U - V2.
Подставим выражение для v[ в (1), имеем
V + U = —U + V-2,
откуда
v2 — v + 2'u.
Изменение скорости молекулы равно
Ап = v + 2w — (—н) = 2(v + и).
Изменение импульса молекулы равно 2то(п + и), следовательно (см. решепм
задачи 335), давление р равно:
р = 2mo(v + н)2п, р = 3,6 -10’3 Па.
Ответ: р = 3,6 • 10~3 Па.
Задача 338
Дано:
И7™., =3,2-10-19Дж
р — I О5 Па
V = 1 л — 10-3 м3
N
Решение. Воспользуемся основным уравнением м(1
.пекулярно-кинетической теории
2
р = -пРГкин,
О
N ~
где п = -у — концентрация молекул газа. Зогдп
N = N = 4,68 • 102° молекул.
кин
(Jtuct: N = 4,68 102° молекул.
2. Молекулярная физика и термодинамика
205
Задача 339
huio:
til. — 1 кг
) = 1м3
р 2 • 105 Па
Л/ = 0,032 кг/моль
АЛ = 6,021023 моль-1
н —t
н кин
Решение. Согласно основному уравнению
молекулярно-кинетической теории,
2 Т17
р = -пРКкин,
О
(1)
р
где п = —-----концентрация молекул ки-
т
слорода, р — у-г — плотность кислорода и
М ГТ
шо = — масса молекулы кислорода. Подставляя выражения для п, р и то
и (I), имеем:
откуда
_ 2 т • Л лЖии
Р ~ 3 V • м
WKm = Дкин = 1,59 • 1О-20 Дж.
2т Ад
Ответ; РГкин = 1,59 • 10~20 Дж.
Задача 340
Цапо;
а
И|
500 м/с
I кг
105Па
Решение. Воспользовавшись основным уравнением мо-
лекулярно-кинетической теории
1 2 1 2
р = -nmov = -pv ,
О о
определим плотность газа р = у;. Тогда уравнение (1)
имеет вид:
(1)
и
Р =
1 т .>
3 vv ’
откуда
9
__ т v
V = 0,83 м3.
f ) гнет; V = 0,83 м3.
Задача 341
(ппо;
N
Г
/V, А + ДА
I и Г - AT
гм,. 7
V
Решение. Давление таза при температурах Т и Д опре-
деляется выражениями р = пкТ и pi = п^кТ^, где
A Wi
п = -у и ni = — концентрации молекул газа, V —
объем сосуда. Тогда
рт _ пт Тт _ Ат Тт _ (А + ДА)(Т - АТ)
р ~ п ’ Т ~ N ' Т ~ NT
206
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 342 Дано: р = 105 Па г = 400 м/с Решение. Воспользуемся основным уравнением моля кулярно-кинетической теории 1 9 р = откуда /9 = р ~ 1,88 кг/м3.
Р~~‘?
Ответ: р = 1,88 кг/м3.
Задана 343 Дано: V = 10 м3 t = 27° С, Т = 300К р = 105 Па Решение. Давление азота определяется уравнением ' N состояния идеального газа р — пкТ, где п = -у — концентрация молекул азота, к = 1,38 • 10-23 Дж/К, Тогда N = IV = 2,4 • 1026 молекул. гъЛ.
Я-?
Ответ: N = 2,4 1026 молекул.
Задача 344
Дано:
Т,
Т-2
Pl = Р-2
Я, Q
[жг т0
Решение. Давление, оказываемое газом на стенку, рац-
ио р = 2mov Z, где 2mvo — изменение импульса о
ной молекулы массой то при упругом ударе о стенку,
/3/;;у
v = \1 ~т--скорость молекулы, Z— число соудар<|«
ний молекул о стенку площадью 1 м2 за 1 с. Тогда
Pi =
ЗА:Д „
-----Zi и р2 =
т0
11<> условию задачи р\ = р2, т. е-
зед 7
----- z2.
т0
ЗкТ2
т0
Z2,
т0
откуда
(Лгвот:
2. Молекулярная физика и термодинамика
207
Задача 345
Цано:
Nt = 1019
N2 = 4 -1018
AN = 171 - U2 = 1,9 Дж
I ^кнн.кон 0, 75РИкии.нач
!/[-?
Решение. Вначале внутренняя энергия газа
в первом сосуде равна Ni, во втором U2 =
Ni ~ AN, общая внутренняя энергия равна
Ni + N2 = 2U2 + AN (1)
и не изменяется при теплообмене. Внутрен-
няя энергия идеального таза—сумма ки-
нетических энергий молекул. В конечном
кхтоянии в обоих сосудах установится одна и та же температура, а значит
< редняя кинетическая энергия молекул будет одинаковой в обоих сосудах, и
внутренняя энергия таза U[ и U'2 в каждом сосуде будет пропорциональна чис-
лу молекул в нем;
U[ = м
Щ n2’
iri куда
11<» условию, N2 — N2 • И'кин.нач, Ng — Tv2 - ТТКИН.КОН, т. е. N2 — 0,75N2,
{/;=^-0,75N2.
Таким образом общая внутренняя энергия после теплового контакта равна
/ Ni \
N;+N'= 1 + -Mo,75N2. (2)
\ J *2 /
Приравняв выражения (1) и (2), получаем;
2N2 + AN =
0,75N2,
и куда
U2 =------7 = 3,04 Дж,
0,75(1 + ^ ) —2
\ -*’2 /
TVi
U[ = N2--i-0,75, Nj'=5,7Дж.
(hu т: N[ = 5,7Дж.
208
2. Молекулярная физика и термодинамика
2.3. Первое начало термодинамики
Задача 346
Дано:
Vj = Ю л = 10~2 м3
р = 2 • 105 Па
(2 = 104Дж
У = 2Уг________
А-? A.U-?
Решение. Работа при изобарном расширении газа ран
на
А = рДР = р(У2 - И) = pVi,
А = 2-103 Дж.
Согласно первому началу термодинамики,
Q = ДР + А,
откуда
&U = Q-А, ДР = 8 • 103 Дж.
Ответ: А = 2 103 Дж; ДР = 8 • 103 Дж.
Задача 347
Дано:
v = — 1 моль
г.
Решение. Работа, совершаемая газом в замкнутом ци-
кле, равна сумме работ, совершаемых газом в каждом
из процессов:
А = А] 2 + А23 + А34 + Л.41, (1)
где Л12 = 0 — работа в изохорическом процессе 1 —> 2
А -?
так как А = рДР, ДР = 0. Работа в изохорическом процессе 3 —> 4 так
же равна нулю: А34 = 0. Процессы 2 —> 3 и 4 —> 1 являются изобарными
А23 = ^В{Т2 — ДО и А41 = ^В(7\ — То). Подставив полученные выражении
для А23 и Л.41 в (1), получим
777
А = — P(T2+Tj-2To), (2)
где То — температура газа в точках 2 и 4.
Запишем для процессов 2 —> 3 и 4 —> 1 закон Гей-Люссака:
То Т2 И Т То’
откуда
У2 Ул
Т0 = -^Т2 и Т0 = ^Т!.
Гз V1
'Гак как 14 = У2 и У3 = У4, то уравнения (3) имеют вид:
Vi 14
То = -Ьг2 и ТО = ^ТЪ
Из V1
и получаем
То2 = Т!-Т2, Т0 = ч/ДД.
Под,ставим выражение для То в (2):
777 ..... 7-yl
А = +Т-2- 2у/Т^) = -ВТ,
1V1 Hi
2. Молекулярная физика и термодинамика
209
Задача 348
Дано:
l°l = 27°C,Ti =300 К
14 = 5л = 5-10-3м3
t° = 77° С, Т2 = 350 К
f° = 227° С, 7з = 500К
Рз = 5 • 104 Па.
/П~?
Решение. Нагревание газа от температуры 7\ до
Т2 происходит при постоянном давлении pi =
р2, объем газа увеличивается от 14 до V2, и по
закону Гей-Люссака Й- = Й, откуда находим
TI J2
V - т
V2 = Kp 2. Работа газа в этом процессе равна
л1>2=Р1(Р2-Р1)=Р1Р1 L#-i (1)
Далее газ нагревают при постоянном объеме, и газ не совершает никакой ра-
боты, А2з = 0. Для изохорного процесса запишем закон Шарля:
Р2 _ Рз
Т2 ~ Т3'
Т
откуда находим р2 = рз jr- Подставим полученное выражение для р2, которое
равно pi, в уравнение (1):
Л
Ai,2 =P3J^
— 291,7 Дж.
Ответ: А = 291,7 Дж.
Задача 349
Дано:
,4 = 1л = 10~3м3
т = 1 кг
G1 =30° С, Ti =303 К
/:; = о° с, т2 = 273К
S = 20 см2 = 2 • 10~3 м:
Решение. Так как процесс происходит при по-
тно ,
стоянном давлении, равном р = —& + ратм, то,
г- п И V2
используя закон 1 ей-Люссака туг = ттг-, находим
11 12
конечный объем азота
Р2 = ^.
Ti
Работа газа равна
А = рДР =Р(у2 -14) = р -14
\ -*1
~ у "Г Ратм
•ц,
А = -1,06-104 Дж.
Отпет: А = -1,06 • 10~4 Дж.
210
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 350
Дано:
in = 1 кг
ДТ = 100 К
р = 2 • 1015 Па
Су = 745Дж/кг-К
М = 0,028 кг/моль
А~?ДР — ? ДС7-?
Решение.
на
откуда
Работа газа в изобарном
процессе рав
Л = —R/\T, R = 8,31 Дж/моль К.
А = 2,97-104 Дж.
Работу газа в изобарном процессе можно опр<
делить также по формуле
А = рД V,
ДР = —, ДР —0,148 м3.
Р
Изменение внутренней энергии
формуле
азота при
его
нагревании на ДТ
находим
ПО
Ди = тСуДТ, Ди = 7,45 -104 Дж.
Ответ; А = 2,97 104 Дж; ДР = 0,148 м3; Ди = 7,45 104 Дж.
Задача 351
Дано;
р =. «р
Т2 ________
А ?
/'иг. /89
Решение. По условию, газ подчиняется закону
р = оР. (I
Поскольку газ идеальный, подставив (1) в урак
нение Клапейрона-Менделеева pV = RT, полу
чим
aV2 = RT.
Работу можно вычислить графически (рис. 189)
Так как давление линейно зависит от объема, г
работа численно равна площади трапеции (за
штрихованная область):
л = ^±^.(р2-р1)= 2
_ ДГ2 - ДД _ Д(Д - Д)
«(Р22 - V2) __
2
~ л Р(Т2-ТД
Ответ: А — —-----—
2
2
2. Молекулярная физика и термодинамика
211
Задача 352
Дано: Решение. Работа газа (см. решение задачи 351) равна
р = aV 1
l>i Д = ^(Pi +Рг)(Гг - И).
Ki
Изменение внутренней энергии газа
V2 ли-и2~^ = 1мРТ2~1мрт- «
1-? ДГ-?
так как для одноатомного идеального газа внутренняя
3 171 г
энергия определяется по формуле U = 2 М ' где т~~ масса газа, М —
молярная масса газа. Воспользовавшись уравнением Клапейрона-Менделеева,
вписанного для начального и конечного состояния газа,
находим
171.
P1V1 = мРТ1 и РгУ2 = ~мрт'2’
тт v тт 3 т/
Г2 = ~р2 Р2 И U^ = ^P1V1-
Подставив полученные выражения для Ui и U-> в уравнение (1), имеем
3
лг = -(p2v2-piVi).
(Iibct: А = i(P1 + p2)(V2 - Ч); ДГ = |(p2V2 -piVi).
Задача 353
(апо: Q Ю0-103Дж. Решение. Неон — одноатомный газ, следовательно, из менение внутренней энергии неона определяется по фор
4 ?ДГ-? муле
ДГ = —RAT,
2М ’
। цг //а —масса неона, М —его молярная масса. Работа газа в изобарном про-
цц| со равна
А = —RAT.
М
1 'ni H.1C1IO первому началу термодинамики, количество теплоты, сообщенное не-
ону, равно:
Q = AU + А. (1)
Подставив в уравнение (1) выражения для А и ДГ, имеем:
° = 1дйдт+длд:г = лЗ + 1)=л-|’
откуда
I = 40 Дж, ДГ /I 60 Дж.
Л
lbw I в 10Дж( \(г ПО Дж,
212
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 354
Дано:
h = 20 см = 0,2 м
S = 100 см2 = IO"2 м2
Д/?, = 30 см = 0,3 м
Ратм = 105 Па
Т = const
А- ?
Решение. При изотермическом расширении газа
его работа определяется по формуле
4, = ПЯТЬ £ = £лГ1п =
М Vi М h
h + M,
= Pa.TMSh • In---,
II
ТП сч, тп туг.,
где количество газа, a pmMoh, = -j^R-i
(закон Клапейрона-Менделеева). Но в нашей задаче необходимо учесть, что
внешнее давление оставалось постоянным и равным ратм, в то время как при
изотермическом процессе при увеличении объема давление уменьшается (pV я
const). Следовательно, работа газа будет равна
А = Aj.+A2,
где А2 = Ратм SAh. Окончательно
A=p№tMS[ + А = 483 Дж.
\ nJ
Ответ: А — 483 Дж. (Указание. Если выражение для работы при изотермиче-
ском процессе вам неизвестно, то решите задачу графически и найдите при-
Сниженное значение.)
Задат1а 355
Дано:
m = 14г = 0,014кг
Pi — рз = 4 Ю5 Па
Pi = Р4 = 1 10s Па
VI = К2 = ю • 10~3 м3
= У4 = 25 10~3 м3
Ч
Решение. Площадь цикла на р — V -диаграмме
равна совершенной работе и она положителы ш,
Данный цикл состоит из двух изобар (2 —> 3,
4 -> 1) и двух изохор (1 -> 2, 3 -> 4). Для наши
го цикла А]2 = А34 = 0, так как процесс изохсць
ный. Работа равна
А = А2з + Аи = рг(1з — V2) +Pi(Pi — Ej) == 1
= (Рг - Р1)(Е3 - Иг); Я = 4,56 • 103 Дж.
Воспользуемся уравнением Клапейрона-Менделеева, чтобы определить темпе
ратуру азота в состояниях 1, 2, 3 и 4:
pV = TRRT>
М
где М = 0,028кг/моль —молярная масса азота. Тогда
т_рУ-м
mR 1
11 расчет дает следующие значения температур:
7)=241К, 72 = 976К, Д( = 241.0К, Д = 602К.
Га.1 получает теплоту только в процессах I -+ 2 и 2 —> 3, т. е. тепло, получении»1
газом :ja, цикл, равно:
Q Uu • Qju
2. Молекулярная физика и термодинамика
213
Согласно первому началу термодинамики,
(J12 — ДП12 — ТпСу(Т-2 — 71),
где Су — 745 Дж/кг К,
С?23 = ДПзз + 2I23 = ’пС'у(7з — 7г) +Рг(Уз — И).
Q = mCy(T3-T1)+p2(V3-V1), = 2,86 104 Дж.
Отношение полной работы за цикл к теплоте, полученной рабочим телом
на всех этапах цикла, будет равно у:
А 4,56 • 103
77 - Q ~ 28,6-103
= 0,163.
Для идеальной тепловой машины с температурой нагревателя Т„ = 2410 К и
температурой холодильника Тх = 241К величина г/'1Д будет равна:
Т —Т
*7ид rp 1 Рид ’
т н
Ответ: т] = 0,163; = 0,9.
Задача 356
Д;шо:
Q = 1200 Дж
|| = const
С.?!77? “
а
Решение. При изобарном нагревании газа, согласно пер-
вому началу термодинамики, затрачивается теплота
Q = ДП + А, (1)
при изохорном нагревании газа затраченная
3 тп
теплота равна Q± = ДП. Для одноатомного газа ДП = а работа при
и юбарном процессе АИЗОб = 'fijR&'R- Подставив выражения для ДП и АИзоб в
уравнение (1), получаем
^-2^ЛТ + ^Т = &и(1 + 1)=1^
откуда
&U = 2q „ Q, = ли = 2q, Q, = 720 Дж.
5 5
Отиет: (Д — 720 Дж.
Нидана 357
/(ипо:
I = 1моль
Решение. Согласно первому началу термодинамики, в
изобарном процессе
Q = ДП + А,
С,. 'fCv--?
|де ДП = 577так как raJ одчоатомиый, и А = -^ПД7’. Следовательно,
3 hi ... , in , . m 5 „
4 2Л|"Д' 1 Л1"Л' «/'2ЛД'-
(I)
214
2. Молекулярная физика и термодинамика
С другой стороны,
О = ^СРДТ. (2
Приравняв выражения (1) и (2), получаем
Ср = ^R, Ср = 20,8 Дж/моль К.
Первое начало термодинамики для изохорного процесса имеет вид Q = AU, и
так как Q = -^СуДТ, то получаем
^лдт = £<удт,
2 М М
з
Су = -R, Су = 12,5 Дж/моль • К.
Ответ: Ср = 20,8 Дж/моль К; Су = 12,5 Дж/моль • К.
откуда
Задача 358
Дапо:
7'i = 300 К
7'2 = 400 К
V] = Зл = 3-10-3м3
р2 = 2 • 105 Па
А- ?
Решение. По условию, объем газа изменяется
пропорционально температуре V = аТ, т. е. дн
вление газа остается постоянным, так как гЯ
подчиняется закону Гей- Люссака. Работа rajft
равна:
. . _ г . р ДР • Vj
А = рДV = ра ДТ =
д.
где а = р = Р2- Подставим в (1) данные задачи и получим
А= 102Дж.
Ответ: А = 100 Дж.
Задача 359
Дапо:
Те = Тв
Гл =
7'i =ТА __________
Л: -?(?«-? ДП—?
Решение. Процесс 1 —> А является изотермича»
ским, работа в этом процессе равна
л m огг ! Va Т7 1 Va
A1^A = -RT1In-=P1V1ln—,
а количество теплоты, сообщенное га I ।
Qia == А]д, так как ДС/^д = 0, Qi->a = piH in-p-. В изобарном процои
1 —; В работа А1-+в = р(Ув — И) и
Qi-4-zj = ДПц-в + Ai-4-в = 2 ~ + Р1^13 ~
В и «икорном процессе 1 —> С работа А| e I), а
Ун(;хД|/»^''/((Ф 71).
2. Молекулярная физика и термодинамика 215
Из графика видно, что работа Awb больше работы Ai^a- Тогда
Aj-t-c < Aw < А1чв.
Очевидно, что
< ДС71_>в = Д^1->с-
Сравнивая Qw = jffRTi 1п-р£- и Qj-^c = ^jffR(Tc - Tj), преобразуем
Й- = ¥¥-, а так как Й- = ЙЦ то Й- = 5г- = Тогда
И и. h 1 в М 11
r> - ™рт I Гс r> -IHLttt Л
MRTiln т^, Qi,c 2MR1\T1 )’
ii । ак как
ТА Тг
In < — - 1, то Qua < Qic-
11 J-1
Ответ: Ai-^c < Ai^a < Awh; ДН^л < Д£А->в = ДС/i-^c;
<Л-ь4 < Q1-H7 < <21-»J3-
Решение. В начальном состоянии параметры газа были ро, Vq , То
После изобарного процесса параметры были равны ро, Vj, Т\, а
после изохорного 2ро, Vi, Т2. В изобарном процессе газу было
передано количество теплоты Qi, равное Qi = ДП] + Aj, или
Qi — Po(V — И) + ^R(Ti — То).
II изохорном процессе теплота (^25 полученная газом, была равна
q2 = Mh = ^R(T2 - Т1}.
Количество теплоты Q, переданное газу, равно
Q = Qi + Qz = Po(V. — Vo) + -/?.(T2 - (1)
Пт ользуемся уравнением Клапейрона-Менделеева для определения объема
V
РоИ) = РРо и 2poV — РТ2
уравнения записаны для начального и конечного состояний, откуда
Задача 360
la.no:
г = 1 моль
/Ь
1'1 ~ 2Ро
Hi дставив полученное выражение для Vi в уравнение (1), имеем:
Q = РО Vo (- 1) + ^Р{т2 - То),
। »ТК уда
'Гл r р I 7о.
•I И
Отпет Г2 I In.
216
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 361
Дано: Решение. Состояние газа вначале характеризуем <
v = 1 моль параметрами ру, Vi, Ту. Параметры газа после па
Ту = Т3 = 300К гревания при постоянном давлении равны ру, Vj,
Q = 2,27- 104Дж Т2, а посте изохорного процесса р3, V2, Тз = Ч\
Количество теплоты Qy, подведенное к газу в иЛ
Ег._? И ' барном процессе, равно:
Qy = MJy + Ay = ^R(T2 - Ту) + vR{T2 - Ту). I
В изохорном процессе газу передано количество теплоты
Q2 = Д[72 = | Д?.(Т3 - т2) = 1^(7, - т2).
Количество теплоты Q, переданное газу, равно:
Q = Qi + Q2 = ^R(T2 - Д) + vR(T2 - Д) + ^R{Ty - T2) = vR(T2 - Ту),
Z
откуда
Т2-Д = -^, T2=Ty + -®-.
v • R v R.
Чтобы определить отношение V2 /Vy, запишем закон Гей-Люссака для изобар
кого процесса:
И = Ц
Д Д’
откуда
^=Л = 1 + -^-, ^ = 10.
И Ту vRTy Vy
Ответ: объем газа изменился в 10 раз.
Задача 362
Дапо:
22 =2
Pi
Ту = 280 К
7’2 = 360 К
V = 1 моль
/1 ?
Решение. Круговой процесс ABCD, представленный в копр
динатах р—V, — это прямоугольник (рис. 190), так как точки
А и В лежат на изохоре, то ТД = Уц = Д, и точки С и Р
лежат на изохоре, следовательно, Vc = Vd = V2, причем
V2 > Д. Работа, совершаемая одним молем газа в этом upV
говом процессе, равна площади заштрихованной фигуры
А = (р2-pi) (V2 - Vi) = p2V2-p2Vj -piVi +piVi. (J)
Воспользуемся уравнением Клапейрона-Менделеева:
pyVy =RTy, PyV2 = RT2, p2Vy=R-2Ty, p2V2=R-2T2,
2. Молекулярная физика и термодинамика
217
Гис. 190
так как в состоянии В температура газа
определяется из закона Шарля й- =
откуда Тв = = 2Д, аналогично нахо-
дим Тс = 2Т2.
Подставив выражения (2) в уравнение
(1), имеем:
А = 2/?,7 2 - 2ЯД - RT2 + ЯД = RT2 - RTU
А = 665 Дж.
Ответ: А = 665 Дж.
Зидана 363
Vino:
in 0,12 кг
Л 295 К
I 4,15-103Дж
Л/ 0,004 кг/моль
/,С?------------
дт =
2-АМ
3 • mil ’
Решение. Запишем первое начало термодинамики:
Q = Аг + ДР.
Процесс адиабатический, следовательно, Q = 0. Лг -
работа гелия, по условию задачи Аг < 0, так как
/1Г = —А, где А —работа внешних сил, затраченная
на сжатие гелия. Тогда ДО = — Аг = А. Поскольку
гелий — одноатомный газ, Д[/ = ^j^RAT, откуда
2 А • М
Д=Д+ДТ = Д+- Т2 = 306,1К.
3 тп R.
Шпет: Т2 = 306,1 К.
Нмдача 364
(iiiio:
h 285К
/, 60К
Pi 1,9-105Па
11 6 м3
I ?
Решение. Газ нагревают изобарно, следовательно, ра-
бота, совершаемая газом, определяется по формуле
Л = Р1(Г2-И). (1)
Для изобарного процесса справедлив закон Гей-
Люссака:
Д =
Д т2’
• куда
V2 = v1-
11
Пн i,i murtii полученное выражение для V2 в уравнение (1), получаем:
А — р\ Vi [ ~ 1) , А — 3 105 Дж.
\ 11 )
Ih'nnT 1 3‘1(1|'Дж.
218
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 365
Дано:
V1 = 2 м3
Pi = 105 Па
А = 1,1-105Дж
Q = 3,6-105 Дж
v2~y
Решение. Из рис. 191 видно, что работа газа при
расширении равна
л _ (Pi +P2XV2 - Ц)
(IJ
2
Запишем первое начало термодинамики:
Q = Ди + А,
3 ।
где Ди = — Pi^i), так как Для одно
атомного газа U — = |pV- Для ДО
можно записать:
AP = Q-A=_(p2V2-p1V1)
ИЛИ
2
-(Q - А) = p2V-2 - piVi.
О
Из уравнений (1) и (2) получаем для р2 следуй ।
щее выражение:
1
г-
V2
и, подставив его в уравнение (1), имеем:
1/2 2 \
Р2 = VT оС “ qA+PlVl ) ,
У 2 \ з 3 /
Р1^22 +
2 2 \
Д2-оА + рМ Ц = 0,
«5 о /
откуда, решая квадратное уравнение относительно 14, получаем V2 = Зм3.
Ответ: 14 = Зм3.
Задача 366
Дано:
= 727° С, Д = 1000 К
1% = 27° С, Т2 = 300 К
/„ =100° С
г = 2,6- 106Дж/кг
in = 3 кг
Решение. Коэффициент полезного действия |>и
вен
, - Л - Т2 = £нол
1 Ti Фзатр ’
где <Эпол — шг — количество теплоты, затрачен
ное на испарение воды. Тогда
Л
Ч^затр — Qi rri ' тт, С?затр — 9,68 • 10 Д/1
J-l — J-2
Ответ: фзатр = 9,68 106 Дж.
2. Молекулярная физика и термодинамика
219
Задача 367
Дано- Решение. Холодильная машина работает по обратному цик-
I) = 30% лу, и ддя перехода тепла от менее нагретого тела к более на-
гретому необходимо, чтобы внешние силы совершили поло-
Цг.__? житепьную работу. Если Q2 — количество теплоты, отбирае-
мой у холодильника, А — работа, совершаемая внешними си-
лами,
то Qi = Q2 + А — теплота, передаваемая нагревателю. Следовательно, для
। силовой машины, работающей по прямому циклу, т. е. по циклу Карно:
A Qi — Q-2
in куда
<21
<2г = <21(1 - rj),
Окончательно имеем:
Q-2 _ 1-7?
А 7]
<2г
2,33.
<)i нет: & = 2,33.
1| Чпдача 368
Lino:
l,<i 70-103Дж
t 527°С, Д=800К
I/* 1 -23° С, Т2 = 250 К
Ч '<22-?
Решение. При заданных температурах нагревате-
ля Д и холодильника Т-2 наибольший коэффициент
полезного действия у тепловой машины, работаю-
щей по циклу Карно:
Т - Т-2
т] = * 2 100%, 7] = 69%.
J-1
I и я любого теплового двигателя справедлива формула
т? = —1 ~ .100%,
1
1,с Q । — количество теплоты, полученной рабочим телом от нагревателя, <2г —
I Iiuii'k'ctbo теплоты, отданной рабочим телом холодильнику. Тогда
<2г = <21(1 -»?), ^2 = 21,87-ю3 Дж.
hiu'T. 1) = 69%; <2г = 21,87-103 Дж.
220
2. Молекулярная физика и термодинамика
2.4. Реальный газ; влажность
Задача 369
Ответ: давление на стенки сосуда увеличится.
Задача 370
см. рис. 192.
Рис. 192
Задача 371
Ответ: да, имеет, поскольку давление насыщенного пара падает с пониженном
температуры.
Задача 372
Дапо:
V = 200 м3
Г = 20° С, 7’= 293 К
tp — 50%
= 2,33 • 103 Па
М = 0,018 кг/моль
in. — ?
Решение. Относительная влажность равна
¥>=?- 100%.
Рн
Давление пара при относительной влажности
равно
= v'Ph
Р 100% ‘
Плотность связана с давлением равенством
Мр
р~вт~
Масса воздуха в комнате равна
тп = pV = , m = 1,72 кг.
Hl
Ответ: m — 1, 72 кг.
2. Молекулярная физика и термодинамика
221
'Inдача 373
Д111Ю:
•/I = 70%
/, 20° С, 71=293К
I, 50° С, 72 = 323К
| /1(1| = 2,33- 103Па
Г" ‘ = 12>3' Ю3 Па
Решение. Так как пар ненасыщенный, то парциаль-
ное давление пара изменяется по закону Шарля:
Pi _ Р-2 _ Р1Т-2
Ti ” Т2’ Р2 - 71 ’
Влажность при температуре Т\ равна
9?1 = — 100%,
Рн1
Рн1
Р1 ~ 100% ’
I Н'посительная влажность при температуре Т-2 равна
9?2 = • Ю0% = • 100% = ^ = 14,6%.
Ри2 • 2 1 рн2 Т1
откуда
Рн2
' ti'iu'T.- 9?2 = 14,6%.
I '.Ьщича 374
Цини:
Л/ 0,018 кг/м3
20%
I 20" С, 7 = 293 К
2,33-10? Па
1 м
Лги
Решение. Для того, чтобы выпала роса, относи-
тельная влажность в комнате должна быть 100%, и
давление водяных паров должно быть равным рп.
Относительная влажность равна
V = — 100%,
Рп
р=^.
Р 100%
откуда
।
Плотность связана с давлением равенством
Мр
р~вт'
Мнгга воды mi в объеме V при температуре Т и относительной влажности <р
piMiiin:
М<рр„
m1=PV = V.
ill
liii < а воды в объеме V при температуре Т и давлении насыщенных паров
| ищи:
Мрн
1ш । а воды, которую надо испарить, равна
Am — m2 — mi = (1 — 9?), Am = 0,014кг.
RT
11|ш>г Дш = 0,014 кг
222
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 375
Дано:
V = 1 м3
99 = 70%
t = 20° С, Т = 293К
ро = 1,013 • 105 Па
р„ = 2,33-103 Па
Мэозд = 0,029 кг/моль
Мзоды = 0,018 кг/моль
•ш,
т,
т.
Решение. Масса сухого воздуха, по уравнению Км
нейрона-Менделеева, равна:
Ро К Мвозд
тс = --------- 1,1
RT ’
Давление водяных паров р„ во влажном воз;
определим из относительной влажности
/п-юо%-
Масса водяных паров, согласно уравнению псм
вого состояния, равна:
__ РгДЛ^воды <РРгД
1 ~ RT ~ ЕТ^~'
Масса воздуха во влажном воздухе равна:
m = (РО -Рп)УМэозд _ (Ро ~ <РРн)КМвозд
RT
Масса влажного воздуха равна тв = тп + т.
в искомое отношение
RT
Тогда, подставляя (1), (2) и 0'1)
получаем:
тс
тв
Ро - Рн
тс __ шс
?пв mn + m5
Ро_________
1 _ -ОДвОДЫ
Л^ВОЗД
— = 1,006.
тв
Ответ: = 1,006.
Задача 376
Дано:
/| = 25°С, Ti = 298К
/2 = 15° С, Т2 = 288 К
/Mi = 3,17- 103Па
р„2 = 1,71-Ю3 Па
4’1 = 90%
V 60 м3
hl = 0,018 кг/моль
Дш ?
Решение. Определим массу пара mi в комнате п|ч
температуре Ti. Давление паров воды равно
. _ Ли V
Р ~ 100% ’
Для определения массы водяных паров воспользуем< И
уравнением Клапейрона-Менделеева pV =
_ pVM _ рн1<р VM
mi ~ RT1 ~ 100% лд '
При температуре давление водяных паров рюш
ри2 и масса водяных паров т2 равна:
VniVhf
2. Молекулярная физика и термодинамика 223
М.и’са паров воды, которая сконденсировалась при охлаждении, равна
vm ( р1Л-1р рнзА Л „
Am — mi — т-2 = ——- ———— —— , Am = 0,472 кг.
R \100%-7! Т-2 )
I'ihct: Ат = 0,472 кг.
1пдача 377
। Д.1НО: L 20° С, 71 = 293 К If бо% 1ц 10° С, Т2 = 283 К Pul = 17,5 мм рт. ст. = 2327 Па । = 9,2 ммрт. ст. = 1223 Па Решение. Определим массу водяных паров в объеме V = 1 м3 при температуре 7! и влаж- ности </>i. Давление водяных паров равно: У7 • Рн1 ? ~ 100% ’ плотность
Лш -? М<РРн1
Р~ 100% RTi’ и масса паров WphI mi Р 100% RT К
Мпсса, водяных паров в объеме V = 1 м3 при температуре Та и давлении р„2
bnniia:
Подставляя данные задачи в уравнения для mi и т-2, получаем: тт = 0,010 кг
и ш-2 = 0,009 кг, следовательно, Am = mi — т-2 > 0, роса выпадет. Ат =
11,001 кг.
( ' гнет: роса выпадет.
Индача 378
1|д.но; Решение. Найдем давление водяных паров при 20° С:
Л1 0,018 кг/моль (, 20° С, 71! = 293 К VI 80% | 1 м3 1, 12°С, Т-2 = 285К p„i 2,33-103Па р1М 1,4-103 Па Лш 7 _ ф1Рн! Р1 ~ 100% Масса водяных паров, находящаяся в 1 м3 воздуха при
этой температуре, равна piVM 7П1 -- - - ——. RTr При охлаждении воздуха до 12° С выпадает ро-
са, следовательно, давление водяных паров р-2 при
этой температуре будет равно давлению насыщенных
пироп р-> = p-2tt- Масса водяных паров, находящаяся в 1 м3 воздуха при темпе-
рп суре 12° С, равна
P-2VM
т-2 =
RT> ’
224
2. Молекулярная физика и термодинамика
Найдем массу выпавшей росы Ат:
VM ( 9?1рН1
Ат = mi — т2 = - I ———
R V Ю0%-Ti
Ответ: Ат = 3,14 • 10~3 кг.
3,14- 10“3кг.
Задача 379
Дано:
М = 0,018 кг/моль
П = 8л = 8-10“3м3
m = 36 г = 0,036 кг
Н = 0°С, Ti = 273К
t2 = 100° С, Т2 = 373 К
р—?
Решение. Определим, вся ли вода испарилась. Де
вление насыщенных паров воды при температур!])
100° С равно рн = 105 Па. Найдем, какое колич<|
ство водяных паров находится в сосуде при темни
ратуре 100° С и давлении 105 Па:
РнУМ л е ш-з
mi -- —, mi = 4,6 • 10 кг.
RT‘2
Следовательно, часть воды, масса которой равна m — mi = 31,4 • 10-3кг, Ml
испарилась. Давление в сосуде будет равно давлению насыщенных паров воды
при температуре 100° С, т. е. р = рн = 105 Па.
Ответ: р = 105 Па.
Задача 380
Дано:
t = 20° С, Т = 293 К
р = 105 Па
Ч> = 100%
М = 0,029 кг/моль
р„ = 2,33- 103Па,
ЛГВОД = 0,018 кг/моль
Ат___?
т
Решение. Масса сухого воздуха при давлении
равна
MpV
т == —
RT ’
масса влажного воздуха, находящегося при том >м|и
давлении, равна
mi = тс + тп,
где тс —масса газов, входящих в состав воздухи
тп — масса пара. Давление влажного воздуха рлй
но сумме парциальных давлений сухого воздух», I
пара:
Р = Рс+Рп,
причем рп = Рн, так как <р = 100%, а давление газов во влажном воздухе
Рс =Р~Рп-
Масса сухого, воздуха во влажном воздухе равна
М (р - p„)V
тс ~
RT
а масса пара во влажном воздухе
т,
Рн V Мвод
яг
Таким образом, масса влажного воздуха равна
[М(р -р„) I p,>M,,,w]V
т, в •• 1 - " * 1 ..
Ri
2. Молекулярная физика и термодинамика
225
lire воздуха в данном случае равен силе тяжести, т. е. Р = тд, Рг = mig,
но «тому
Д'"- 100% =
f ~ 1М(Р ~ Р«) + РпМвод]
т - • 100% = --------------------ж
т
Рн(М - Мвод)100%
Мр
MpV
Л RT
— 100% = 0,9%.
т
100% =
(Олег: — • 100% = 0,9%
1пдача 381
(,|цо:
'I 10° С, 71 = 283 К
74 70%
20° С, Т-2 = 293 К
i„i 1,22-103Па
L, 2,33-103Па
Решение. Давление в комнате равно атмосферному
давлению и не изменяется
Рв1 + Рп1 = Рв2 + Рп2, (1)
где рв1 и рп1 — парциальные давления воздуха и па-
ра при температуре Ti, рв2 и рп-2 — парциальные
давления воздуха и пара при температуре Рз- Из
комнаты вышли одинаковые части воздуха и пара,
следовательно,
(2)
Рп1 Рп2
IG (I) И (2) следует, что рп1 = рп2, т. е.
Pnl = PiPhI = <Р2Рн2-
|ог i,a относительная влажность воздуха при температуре Т-2 равна
wiPhJ „ру
<Р2 = ------, <Р2 = 36, 6%.
Рн2
I b zip г. д>2 = 36,6%.
1пдича 382
(нно
Г С, Pi = 276 К
»1 100%
I 30° С, Т-2 = 303 к
, 10%
L (>• 10 3 кг/м3
30,3 10 3кг/м3
Решение. Относительная влажность определяется
отношением плотности пара к плотности насыщен-
ного пара при той же температуре. Когда идет
дождь, влажность равна у? = 100%, и плотность па-
ров воды в воздухе равна плотности насыщенных
паров при этой температуре, т. е.
Pi = Pul = 6 • 10“3 кг/м3.
Во втором случае относительная влажность
<р2 = — 100%,
Рн2
226
2. Молекулярная физика и термодинамика
откуда
Рн2 __ q -< pt—2 / 3
p-z = Р2 — 1,2 10 кг/м .
и 100% 1
Ответ: pi = 6 10-3 кг/м3; р-> = 1, 2 10-2 кг/м3.
Задача 383
Дано:
М = 0,018 кг/моль
V = 60 м3
i = 18° С, Т = 291К
<Д1 = 50%
</>2 = Ю0%
р„ = 2,063 • 103 Па
т-7
откуда
Решение. Относительная влажность равна
<pi = — 100%,
Ри
отсюда находим давление пара при относительно!
влажности
_ </>1 - Рн
14 ~ 100% ’
Плотность связана с давлением равенством
Мр
Р= Ё7’
Mpi __ Mtpipn
КГ ~ RT 100%’
Плотность насыщенного пара равна
Р-2 =
Мрпу2
кт
Массы водяных паров в комнате при влажностях <Д1 и <д2 равны:
mi = pi V —
Мрн<р\У
КГ 100%
ТП2 = PiV =
МрнУ\92
КГ
Масса воды, которую надо испарить, равна
тп — m-2 — mi =
MPwV
RT 100%
(<Р2 - <Р1),
т, = 0,46 кг.
Огаст: т = 0,46кг.
2. Молекулярная физика и термодинамика
227
Задача 384
'(ано:
а = 10 мин-1 = ^с-1
Г = 1л = 10“3м3
/, = 27° С, Ti = 300К
7, = 30%
Л. = 36° С, = 309 К
= 3,6- 103Па
/'п-2 = 6 • 103 Па
М = 0,018 кг/м3
* 1П — ?
Решение. Воспользовавшись уравнением Клапей-
рона-Менделеева, определим, какую массу воды
человек получает при одном вдохе:
mi =
MV Rs.
R Ti’
0?1Рн1
где pi = — давление паров воды при вдохе.
Аналогично находим массу воды, которую че-
ловек выдыхает при одном выдохе:
MVp2
т'2 = -R-^
W-)
। Д1' 7г = 1QQ0/ — давление паров воды при выдохе.
Таким образом, человек при одном дыхании теряет массу воды Amo, рав-
ную
, MV
Am0 = т2 - mi = ——-
К
Pn2'72 _ 7н1 • 71 \
100%72 100%71)
За сутки организм теряет массу воды Ат = Ато N, где N = 10 • 60 24 =
I 1100 — число вдохов человека за сутки. Окончательно
Ат =
М V N
R—
7.12 72
100% • Т2
7н1 71 А
100% • Ti J
Ат = 0,082 кг.
I) г/ют: Ат = 0,082 кг.
228
2. Молекулярная физика и термодинамика
2.5. Свойства жидкости
Задача 385
Дано:
I = 0,1 м
Дж = 0,07 м
a = 4 -102 Н/м
А^?
Рис. 193
Решение. Пусть пленка жидкости натяну
на рамку, одна сторона которой подвиж
на (рис. 193). Сила поверхностного нат>|-
женин FH направлена по касательной к по-
верхности жидкости и стремится уменьши1! I!
площадь поверхности пленки. Сила поверх
постного натяжения направлена иормалЛ
к границе пленки и равна
Ft, = a • I 2.
Коэффициент 2 появляется потому, что
пленки две поверхности. Чтобы растянутую
пленку удержать в равновесии, надо прил<Ц
жить силу F, направленную противополо
но силе поверхностного натяжения F„n piw
ную ей по величине.
При увеличении площади поверхноШ'И
жидкости внешними силами должна быт
совершена работа
А = F Дж = 2о7Дж, А = 5,6 10~4 Дж
Проверим размерность полученного результата:
[А] = Н/м м м = Н - м = Дж.
Ответ: А = 5,6-10~4 Дж.
Задача 386
Дано:
и, = 64
г = 1 мм = 10-3 м
и = 0,48 Н/м
ДИ/ —?
Решение. Изменение потенциальной энергии п<
верхностного слоя капель, вызванное уменьшением
площади поверхности ДА'1 капель при их слиянии
в одну каплю, равно
ДИ/ = ст AS = ct(Si - S2), (I
где Si — 4тгг2 п — площадь поверхности п маленьких капель, S? = 4тг./|'''
площадь поверхности капли, получившейся при слиянии п маленьких капе,ill
I (а идем радиус R этой капли. Масса большой капли М равна
4 4
М = р • -7гР3 = п р-КГ3,
«5 О
где р плотность ртути, откуда i
R=г•п3.
Подставляя выражения для Si и S2 в уравнение (1), находим
ДИ/ <т4ит2(м — гЛ), ДП 0,29 (О'"’Дж.
Отпет. АП U "I 1(1 1 ,/|.ж
2. Молекулярная физика и термодинамика
229
Задача 387
^шо:
(1)
Решение. При образовании пузыря радиусом R из N маленьких
пузырей уменьшается площадь поверхности пленки жидкости
и выделяется энергия
ДТК = a(Si - S2) 2,
где Si = п 4ят2 — площадь поверхности маленьких пузырей,
S2 = 4яЛ2 — площадь поверхности большого пузыря. Коэф-
фициент 2 появляется потому, что у пленки две поверхности.
Выделенная энергия тратится па работу против внешних сил при образовании
1ч> пыпой капли, т. е. на работу в изобарическом процессе:
4" рЗ 4;т з А
3 3/
ДИД подставим в это уравнение выражения (1) и (2). Тогда
3
А = р0ЛУ =р0
(2)
Ро
4тг \
---—r3n I = а(п Апг2 — 4яЕ2)2,
11 куда
_ Po(-R3 - Nr3
~ 6(7Vr2 - Я2)
_ ро(Л3 - Nr3)
6(Nr
I
1пдача 388
11,1/пи:
h I см — 10-2 м
0,04Н/м
Л/' •
(1)
Решение. Согласно формуле Лапласа, доба-
вочное давление, оказываемое изогнутой по-
верхностью жидкости, равно
х ( * 1 1А
= а ( р~ + р") ’
\ rtj 71.2 /
где Ri и Р2 — радиусы кривизны жидкости
в двух взаимно перпендикулярных плоско-
стях (рис. 194). Для пузыря, имеющего сфе-
рическую форму, Ri = Р2 = R. Тогда из
уравнения (1) получаем:
&P = ,r-R-2=R-
Коэффициент 2 появляется потому, что у
пленки две поверхности.
Др = 16 Па.
11/111'1 Др = 1(> 11а
230
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 389
Дано:
II = 2 10“5 м
h. = 2 м
р = 103 кг/м3
а — 0,073 Н/м
/Л) = 1,013-105 Па
Р ?
Решение. Давление на глубине h равно сумме атмо*
сферного давления и гидростатического давлении
воды
Pi = ро + pgh.
Добавочное давление в пузырьке, обусловлен
ное кривизной поверхности, равно
2сг
Р~ R'
Следовательно, давление в пузырьке воздуха на глубине Л будет равно:
р = Pi + Ар — Ро + pgh + р= 1,29-105Па.
R
()'гиет: р — 1,29 10° Па.
11
Задача 390
Дапо:
/?- 10см= 10-1м
ст = 0,04 Н/м
ро = 105 Па
Решение. Работа, которую необходимо совершить,
чтобы выдуть мыльный пузырь радиусом R, рання
2,
гда
Ai = 2 а AS = 2сг • 4:/rJP = 8ttR2.
(21
— работа, затраченная на увеличение потенцияш
ной шергии поверхностного слоя жидкости при увеличении площади повгри
пости на AS = 4'/гР2. Коэффициент 2 появляется потому, что у пленки >ц i
поверхности. —работа, совершаемая против внешних сил при образовании
пузыря. Пусть процесс надувания пузыря происходит изотермически, тогда
? m nru Vi
М р-2,
A2 = ^J?Tln^-=p1Vhifl + -^Y |Л)
Ро-Й/
m
где =PiV (по закону Клапейрона-Менделеева), pi—давление газа пну
три пузыря, pi = Ро + ^ ,р-2 = Рсг атмосферное давление, V = ^тгR3 - < >ы.< > |
пузыря. Следует отметить, что Aj Аг. Подставив (2) и (3) в уравнешв’ 1|,
получаем:
г) ( 4с \ ( 4с
А = 87гД"сг + I ро + — In I 1 Ч---
\ R) \ ро JK
А = 1 10“2Дж.
Ответ: А = 1 Ю"2 Дж.
4 V) l'rR3-
PoRJ з
2. Молекулярная физика и термодинамика
231
Задача 391
Дано:
Р____
/б— ?
Решение. Добавочное давление в капилляре, обусловленное си-
лами поверхностного натяжения, равно
л 2сг
Дрх. = —.
В случае смачивания капилляра жидкостью сила, обусловлен-
ная силами поверхностного натяжения, направлена вверх. Если
не смачивается жидкостью, эта сила направлена вниз. Следова-
же капилляр
тельно, разность давлений Др в двух сообщающихся капиллярах равна
. „ 2(7 4(7
Др = 2---= —.
Но закону сообщающихся сосудов, Др должна быть равна гидростатическому
давлению столба жидкости р = р gh, где h — разность уровней жидкости в двух
сообщающихся капиллярах. Тогда
4(7
— = pgh,
откуда
4(7
h =-----
pgr
Отпет: h =
рдг
Задача 392
'(.пю:
ill — 1 мм = 10-3 м
</; = 2 ММ = 2 • 10“3 м
.7= 7,3-КГ2 Н/м
/> I О3 кг/м3
Решение. Добавочное давление в первом коле-
не равно
л 2cr
Дрх = —
4(7
И 4 ’
во втором колене
Др2 =
4сг
d2'
Разность капиллярных давлений равна гидро-
статическому давлению столба воды
р = р g&h,
где Д/i — разность уровней воды в коленах ка-
пиллярной трубки (рис. 195). В узком колене
уровень воды будет выше, чем в широком ко-
лене, так как чем меньше радиус кривизны по-
верхности жидкости, тем больше по величине
добавочное давление, и в случае смачивания
жидкостного капилляра результирующая сил
поверхностного натяжения направлена вверх.
Тогда
Io 1<т\
PU&li,
''I "Ч /
232
2. Молекулярная физика и термодинамика
откуда
4(7
Д/i = —
Р9
---I), Д/г = 1,45 10”2 м.
с/1 «2 /
Ответ: Ah = 1,45-10 2 м.
Задача 393
Дано:
т = 1 мм = 10'3 м
а = 4,9 м/с2
a = 7,3 10-2 Н/м
р = 1 103 кг/м3
/Г^?
Решение. На воду в капиллярной трубке действу
ют: сила тяжести FT = mg, F„ — силы поверхно< I
ного натяжения. Лифт поднимается с ускоришь
ем а, следовательно, и капилляр с водой движете^
вверх с ускорением а. Запишем второй закон НыО'
тона для столба воды в капилляре в скалярной форт
ме в проекции на ось у, направленную вертикально
вверх:
F„ — mg = ша,
где F„ = а 2тгг, тд = р h ттт'2 д. Подставляя выражения для F„ и ту О
уравнение (1), имеем:
с • 2тгг = р • h тгг2 (д + а),
откуда
2а
h = —--------, h = 0,01 м.
РПР + а)
Ответ: h = 0,01 м.
Задача 394
Дапо:
ri — 1 мм = 10“3 м
г-2 = 2 мм = 2 • 10-3 м
<7 = 4- 10~2 Н/м
Ар-
Решение. Добавочное давление в пузырьке радду
сом ri равно
2(7 „ 4(7
’ 2 = ,
Г1 Г1
а полное давление в пузырьке
4(7
Pl — Ратм 4
Для второго пузырька можно также записать
4(7
Р2 ~ Ратм 4“ ?
'1'2
где р7 давление в пузырьке радиусом г2- Тогда
4(7 4(7 ( 1 1
Др = Pl — Р2 =-----------= 4(7-----------
Г1 Г 2 \Г1 Г 2
Ар = 80 Па.
Ответ: Др = 8011а.
2. Молекулярная физика и термодинамика
233
Задача 395
>( ню:
/; = 8 мм = 8 10”3 м
о 0,073 Н/м
I 1 мм = 10“3 м
I) 1-103кг/м3
Г| "?
Решение. Оценим, на какую высоту может под-
няться столбик воды в данном капилляре, если
один конец капилляра опущен в воду:
2<т
Л,о =----, ho — 0,014 м.
р.97-
Так как ho > h, то сила тяжести, действую-
щая на столбик воды высотой h, не может урав-
новесить силу поверхностного натяжения, на-
правленную вверх и обусловленную кривизной
верхней поверхности. Поэтому нижний мениск
вогнутый.
Столбик воды в капилляре удерживается
разностью сип давления. Искривление верхней
поверхности создает силы, направленные вверх,
а искривление нижней поверхности создает си-
лы поверхностного натяжения, направленные
вниз. Результирующая сила, обусловленная си-
лами поверхностного натяжения, направлена
вверх и равна
где S — площадь сечения капилляра.
Условие равновесия столбика воды имеет вид
тд = F, или 2а (-------] S = р gh S,
\r ri J
откуда 2<7г
Г1 = ------i->
2а — р gh г
П = 2,2 10 3 м.
< /гнет: Г1 = 2, 2 мм.
Задача 396
Чдно:
in, I г = 10-3 кг
</ 0,04 мм = 4 -10-5 м
о 0,073 Н/м
I1 II)3 кг/м3
1< >
Гн. Н)7
Решение. Стекла прижаты друг к другу бла-
годаря тому, что внутри капли давление мень-
ше атмосферного. Поверхность жидкости ис-
кривлена, радиусы кривизны Д, = ^ < 0 и
R-2 > 0 (рис. 197). Объем капли равен V —
(считаем объем капли равным объему цилин-
дра). С другой стороны,
У = ™
откуда .i?2 — \/--j-
V
234
2. Молекулярная физика и термодинамика
Очевидно, Я2 2> Ri (расстояние между стеклами мало),
a,,=’U~£)<0’
('ила притяжения между пластинками будет равна разности давлений сна*
ружи и изнутри капли, умноженной на площадь S соприкосновения капли с
пластинкой:
F = Ар S = а
7TR.2 =
2 \ т
d I pdJ
F = 91H.
() I hot: F = 91Н.
Задача 397
Ovbot: пузырек из мыльного раствора «живет» дольше, потому что избыточ
ное давление внутри пузырька из мыльного раствора меньше, чем внутри ну-
|ырька из чистой воды.
2. Молекулярная физика и термодинамика
235
2.6, Тепловое расширение твердых и жидких тел
Задача 398
Дано:
/() = 0° С, Го = 273К
/io = 423 см = 4, 23 м
ко = 423,5 см = 4, 235 м
оч = 2,4- 10“4 К-1
о-> = 1,2-10"5 К"1
Решение. При нагревании на ДР длина каж-
дой проволоки увеличивается, причем алюмини-
евая проволока удлиняется больше, чем сталь-
ная (ci| > а2). Длины проволок после нагрева-
ния на ДР соответственно равны
к — По(1 + оцДР)
к = М(1 + «гДР)-
По условию задачи, к = к,
Zio(l + о^ДТ) = ко (1 + ст2ДГ),
откуда
ДР = — ду = 417 к
— Т20«2)
Р = Р0 +417 К = 273 К+ 417 К = 690 К.
Diner: Т = 690 К.
Задача 399
Чапо: Решение. По закону линейного расширения,
к = -20° С, Pi = 253 К к = 50 см = 0,5 м /. = 20° С, Т-2 = 293 К о Ly-io-5]^1 к = Zo[l + «(Д - Го)] = Z0(l + аДД), к = Ml + «№ - Го)] = Zo(l + аДТ2), где к — длина линейки после ее охлаждения до
Xi ? температуры Pi, а к —длина линейки после ее нагревания до температуры Г2, к— длина ли- нейки при Го = 273 К. Ошибка Д/ при измерении равна
Л,_, , _ к /2(1 + аДР1) _ к •« ДР1
~ ° 1 - 1 + аДР2 (1 - аДГ2) “ (1 - а2Др2) ’
Д/ = 3,5 - 1(ГЧ м.
Direr: Д/ = 3,5 • 10“3 м.
1пдпча 400
l.uio:
I 1,5 м:!
Л/’ 81)"(!, ДР = 80К
। К)3 кг м3
\Г 7 ДР, ?
Решение. На тело, погруженное в воду, действу-
ют: сила тяжести FT, сила натяжения нити Тн
и выталкивающая сила FBbIT. Запишем условие
равновесия тела в скалярной форме относитель-
но осн ц
отку ы
......... Р„ - F,. = О,
I и I1 I /'иЫ I
236 2. Молекулярная физика и термодинамика
Здесь FBbIT = pVg, где р — плотность воды, Т„ — численно равна весу тела.
Очевидно, что вес тела при его погружении в воду уменьшается на величину
ДР = РВыт = р Vg = 1, 5 104 Н.
При нагревании воды па ДР = 80 К плотность воды станет равной
_ Р
Р1 Ц-/ЗДГ’
и выражение для выталкивающей силы примет вид
Fbmt P1Vj 1 + /ЗДР’
где (3 = 2,1 • 10~Г) К-1 — коэффициент объемного расширения воды.
F^T = 14 982 Н, ДР! = Рвыт - Р'ыт = 18 Н.
Ответ: ДР = 15 103 Н; ДРх = 18 Н.
Задача 401
((ано:
Т,
7 2
/'1
/'2
О'
/’о
Решение. На кубик, погруженный в жидкость, действуют: спил
тяжести FT (Рт = Ро), сила натяжения нити Ти (численно раш
ная весу кубика) и выталкивающая сила FBbIT. Запишем условш
равновесия кубика в скалярной форме относительно оси у:
Ти + РВЫТ ~ Ft = 0,
откуда
ГИ=РТ-РВЫТ. (I)
Здесь Рвыт — рУд, где р- плотность жидкости, При темпари
гуре Ti плотность жидкости равна /д =
Ро
1 + /ЗДТ1
, при температуре Т% пл>,т
пасть жидкости равна р-> = , где ДТ) = Pi — Го, Д74 = Т2 — 7'<i
7}) = 273 К, ро — плотность жидкости при температуре То, (3 — объемный ко эф
фпциент расширения жидкости.
Объем кубика при температурах 74 и Т-2 равен:
14 = Уо(1 + АДТ1) = Vo(l + З0ДГ1),
14 = 14(1 + ДДГ?) = 14(1 + ЗаДТ2),
где Ио - объем кубика при температуре То, /3±— объемный коэффициент р.и
ншрепия материала кубика. Тогда выражение (1) при температурах Т\ и /
примет вид:
Pi = Ро -
ро дУо(1 + ЗоДТ1)
1 + (З&Тг
Ро .914(1 + ЗскДТг)
1 + (З^Т-2
Р2=Ро-
ipp Ч\,1 ~ Pl, Т„2 = Р-2 И Ег = Ро.
Поделив почленно уравнения (2) и (3), получаем:
/’<! 7’| (II /1Д/'.)(1 1 »<тД/’|)
/I. (II /1.47'0(1 I ЛоД/1.)’
2. Молекулярная физика и термодинамика
237
°ТКУДа 0 = (Ро - Р2)(1 + ЗаД71) - (Рр - Pi)(l + ЗоД72)
(Ро - Pi)(l + ЗоДР2)ДР1 - (Ро - Р2)(1 + ЗаДТ^) ДТ2
Ответ- в - + 3аАТ1) ~ ~ + 3аАТ2)
U Р - (Ро - Pi)(l + ЗаДР2)ДР1 - (Ро - Р2)(1 + ЗаДР1)ДТ2 ’
Задача 402
Дано:
г = 4 см = 4 - 1(Г'2 м
?о = 3,98см = 3,98 • 10-2 м
др с—?
Решение. Чтобы через стальное тонкое ко-
лечко проходил шарик, необходимо, чтобы
длина окружности колечка равнялась длине
окружности диаметрального сечения шари-
ка, т. е.
2тгго(1 + оД4°) = 2тгг,
откуда
= ДР = 416° С.
го - о
Ответ: At° = 416° С.
Задача 403
Цано: /'1 Решение. При нагревании расширяются и жидкость, и сосуд. Объем жидкости изменяется по закону V = 14(1+3«Д7), плот-
пч 1'2 II1-2 <t ность — по закону р = ’ где и Р° — объем и плотность при То = 273 К. Масса mi равна т/ р0Ро(1 + ЗоДТ1) 1+ж (1> масса т-2 равна v ро И>(1 + ЗоДР2) т2 = р-Л= 1+w. . (2)
Поделим почленно уравнения (1) и (2):
mi 1 + /ЗДТ-2 1 + ЗаДТх
ml ~ 1 + /3 Д7] ’ 1 + ЗоД72 ’
откуда
(1 + ЗоДТх) - ^1(1 + ЗоДТ2)
0 =--------------------------------
^Д71(1 + ЗоД72) - ДР2(1 + ЗоДРх)
(1 + ЗоД71) - — (1 + ЗоДР2)
________________т2_______________
-1 (1 + 3<аДР2) • Д7- (1 + ЗаДТО - ДР,
1П2
238
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 404
'(апо:
S = 6 мм2 = 6 • 10”6 м2
Л = 508Н
а = 2,4- 105 К”1
= 7. ю10 Н/м2
Решение. При нагревании на Д/,° длина проволоки
увеличивается: , .
/1 =/0(l + aAt°),
изменение длины Д/j = Ц —10 = loaAt°, где I»
длина проволоки при 1% = 0° С. Абсолютное у ли
пение проволоки под действием силы F равно
Цо условию задачи, Д/j — Д.1, следовательно,
Д/ = ^.
ES
?о • а • ДР
откуда
Д1°
Flo
ES’
F
ES-a
ДР =50,4° C.
Ответ: ДР = 50,4° С.
Задача 405
'(ano:
/'(I I м
/’, 298 К
Г2: 248 К
,ч 60 км = 6 - 104m
& = 1,2 ло^к1
an ?
Решение. При изменении температуры изменяет) (
длина окружности колеса, и поэтому число обора
тов на одном и том же расстоянии также будет
иным. Числа оборотов, совершаемых колесом npi
температурах 7i и Т2 соответственно равны
2тгго(1 + оД71)
2тгг0(1 + оДГг) ’
где
Д71=:71-7о, Д72=72-70.
Тогда
s Г 1 11
Д7У = N; - Nx = -Д— ------------------- ,
2тгго L1 + аДТ) 1 + аДТг
AN рй 5,73 (оборота).
(Рвет: AN к, 5,73 (оборота).
Задача 406
'(•"«г
11, 100 м-’
/) 263 К
293 К
/) 10 :Ч< 1
(I 800кг/м:!
Д/н ?
Решение. При нагревании плотность нефти пт mi
няется по закону р0
Р== (1 + ^ДТ) ’
где ро — плотно! ть поф'ги при То = 273 К, ДГ
Т - Тп, откуда /)() />,•( I |-/1ДТ2). Масса нефти in
при температуре /' paini.'i
in fi-’.V,
2. Молекулярная физика и термодинамика
239
п при температуре Ti масса нефти пц равна
Ро ТЛ_р2(1 + ЖГ2)-У
Р1 (1 + /ЗД71) 1 (И-10Д71)
[1 + /ЗДТ2 л v
- 1 = P-2V
\ш = mi - т2 = p2V
1- /ЗАТ1
«ДТЦ-ДТз)
“ТДздл”’ д“ = 32®кг'
(> । нет: Дт = 3 265 кг.
Задача 407
'(а но:
In 0,5 м3
h 10° С, Tj= 283K
f 30° С, Т-2 = 303 К
/I Ю-ЗКД1
1,2-10~5К-1
/<1 7-102кг/м3
Дш.
(1)
Решение. При нагревании расширяются и бак, и
бензин. При температуре Tj масса бензина в баке
была равна
mj = р]У1 — piV0(l + ЗаДТх),
где ДТХ = Ту - Тд, Тд = 273 К.
При температуре Т2 масса бензина в баке была
равна т-2:
т/ Ро -По(1+ЗаДТ2)
“2 = рМ = —(П-М7Й “
где ДТ2 = Т-2 — Тд.
Найдем рд—плотность бензина при температуре Тд = 273 К. Так как pi =
I I '/TSTV то
(2)
Ро=Р1(1+13ДТ11
Пплставим полученное выражение для рд в уравнение (2) и получим
/91Уо(1 + ЗаД72)-(1+/ЗДТ])
т2 = - - -
(1 + /ЗЛТ2)
Мпсса Дт вытекшего бензина равна:
д,„-га, =Л14 [(1+3«дл) - 1
(3)
, Дт~6,6кг.
11 'кет: Дт Ра 6,6 кг.
Зпдача 408
dlt К) см = 0,1 м
Д/, 800° С, ДТ = 800К
и I 7-иг5 к-1
AS ?
Решение. Площадь поверхности шарика до нагре-
вания равна 9
So = 4тЛ =
4
При нагревании на ДТ длина диаметра шарика
увеличивается: d = с?о(1 + аДТ), и площадь поверх-
ности шарика становится равной
S = тгс/2(1 + оДТ)2.
И iMrneiiiie илощаДЖ iionepKiiocTii шарика
Д$ 5 S,, /и/"(2нДТ | i/’ДТ’), ДЙ = 1,44-10 2м2.
240
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 409
Дано:
/у = 20° С, 71 = 294 К
/2 = 60° С, Т-2 = 33 К
14 = h-2
(J = 5- 10-4К”1
Решение. При одинаковых температурах в обо,
коленах П-образной трубки уровень глицерина оди-
наков, и так как площади поперечного сечения двух
колен также одинаковы, то и массы глицерина, за
литого в оба колена, равны:
mi = т-2. (I)
При нагревании плотность глицерина изменяете»!
по закону
= Р°
Р 1 + (ЗДТ’
где ро — плотность глицерина при То = 273 К, изменяются также и площади
поперечного сечения трубок.
Выражение (1) перепишем в виде:
pi S-2 h 1 = /925*2 Л,2, (2J
где hi — h-2, pi — । ^°ди Р'2 — । > ATi — Ti — То, ДТ-2 — Т-2 — ’/in
Подставив полученные выражения в уравнение (2), имеем:
52__1 + /ЗД72 52 , .од
5i 1+/0Д71’ 51 ’ '
Отпет: & = 0,98.
Задача 410
Отпет: а) не будет; б) уменьшится; это уменьшение незначительно, поскольку
коэффициент объемного расширения твердого тела на порядок меньше, чем у
жидкости.
Задача 411
фшо:
Zu 50 см — 0,5 м
Zi 10° С, 7] = 283 К
/2 40°, 72=313К
о.,.,, - 2,3 • 10 г> К/1
о,= 1,2-10“ 5 К”1
Решение. Определим дайны линеек при 40° С:
, 1о
'ал
fl 4_ п ЛТ 1 + «алД72),
(1 + аалЛ11)
hi
UG -Л2)-?
1ст ~ Л гт, \ (1 + ОстДТг), ( ')
(1 + астД11)
где Д71 = 71 - То, Д72 = 72 - 70, 70 = 273 К.
Линейки образуют две окружности, ради '«'Ы
оторых Ki = и R-2 = Расстояние между центрами окружностей, пора,
'ioiia.iiiibix линейками, равно
1 + «алДТг 1 + «(ТД72
/?! - R-2 = l°
2/г 1 + о',,,, Д7| 1. 1 пг,.Д7|
7?.i -R-2 =2,0- 10 5м
Oi-nei1 /i'i Н 2,(> 10 ’ м.
2. Молекулярная физика и термодинамика
241
2.7. Закон сохранения энергии в термодинамике;
уравнение теплового баланса
Задача 412
'Гжно:
in = 10 г = 10-2 кг
и = 10,3м/с
= о°с, То = 273 к
i/ = 0,5
\ =3,3- 105Дж/кг
Л/ — ?
Решение. После удара пули о преграду ее кине-
2
тическая энергия изменяется от Д° Часть
энергии идет на плавление льда. В результате
-7/ДТУкин - Q, (1)
2 2
Лтл-г г, mv mv
где — 0 2 — 2 ’ — -Л7А.
С учетом полученных выражений перепишем
уравнение (1):
откуда
9
mv п,г\
-------— М А,
1 2
Ulf J-'
М = ?/——, М = 7,6 • 1<Г 3 кг.
2А
Ответ: М — 7,6 10 Зкг.
Задача 413
'(.НЮ:
= 20° С, Т± = 293К
/" = 100° С, Т2 = 373К
= 40°С, 7з = 313К
'"I___?
"12
Решение. Уравнение теплового баланса имеет вид:
Qi + Q-2 = о, (1)
где Qi = mj.cB(T2 ~ ТГ) — теплота, сообщенная воде
из первого сосуда, Qx > 0, Q2 = т2св(Тз - Т2) —
теплота, отданная водой из второго сосуда, <22 < 0,
/// j и т2 — массы воды в первом и втором сосудах
<< ответственно, св — удельная теплоемкость воды. Подставив выражения для
।11 и ft в уравнение (1), имеем
?П|Св(7з — Tj) + т2св(Тз — Т2) = 0,
никуда
mi _ т2 — т3
Тз — Ti3
—- О-
т-2
<I'l ni'r: —- = 3.
w2
242
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 414
Дано:
t° = 0°С, То = 273 К
t°==100°C, Д = 373К
г — 2,26 106 Дж/кг
св = 4200 Дж/кг К
Д ._7
Т2
Решение. Для нагревания воды массой т
100° С необходимо количество теплоты
Qi = тсДТц - То), II)
а для испарения воды необходимо количество
теплоты 02, равное
Ог = тг,
где Qi — Nti, Q-2 = Nt2, N — мощность эдм
трокипятильника. Тогда
N= Qj_= Ог
71 Т-2 '
Подставим в полученное уравнение выражения (1) и (2) для Qi и Q2, имеем
Г1 _ Qi _ св(Д — ТЬ)
Т-2 Q2 т
— = 0,186.
7*2
Ответ: — = 0,186.
T2
Задача 415
Дано:
Ti = 15 мин = 900 с
= ю° С, То =283 К
св = 4200 Дж/кг • К
г = 2,26 106 Дж/кг К
Д = 373 К___________
7-2 — ?
Решение. Для нагревания воды массой m по
100° С необходимо количество теплоты
Qi = тсДД\ - То),
а для ее испарения Q2 = rm. Тогда время т-2, п<4
обходимое для выкипания воды в чайнике, р»Л
но (см. задачу 414):
ту • г
72 = —ТТ---7-2 = 90 МИН.
сДД\ ~Т0)
Ответ: 7*2 = 90 мин.
Задача 416
Дано:
Ш| = 1кг
/)’ = -30° С, Д = 243 К
И, = о, 5 л = 0,5 10"3 м3
р„ = 1000 кг/м3
14 = 60° с, т2 = ззз к
= 2100Дж/кг-К
Л = 3,35 105 Дж/кг
<•„ = 1200 Дж/кг К
Л - ?
Решение. Прежде чем составлять уравнение1 иш
плового баланса, оценим, какое количество )<<
плоты может отдать вода и получить лед. Ко
личество теплоты, необходимое для нагревании,
льда до 0° С, есть
Qi =тлсл(Т0 - Д),
где То = 273 К, Qi = 6,3- 104Дж. Ko.ini'ieci и<<
теплоты, необходимое для плавления льда,
Q-. = Q-2 = 3,35- 10г’ )|,ж.
2. Молекулярная физика и термодинамика
243
Количество теплоты, отданное водой при охлаждении до 0° С, равно
<Эз = твсв(Р2 ~ Д))>
I I1 111в рвРв-
<2з = 1,26 -105 Дж.
Пл расчета ясно, что QOTn < Qnony4 (<Эз < Qi +Q2), т. е. смесь воды и льда при
о гаиовившемся равновесии будет иметь температуру 0° С, так как количества
гоплиты <Эз, отданного водой, не хватает для плавления всего льда. Запишем
равнение теплового баланса:
С/ОТД — С?пол>
(1)
। I'' Qo-вд = <2з, <2пол = тлсл(Д) — ДО + тхХ. Перепишем уравнение (1) в виде:
РвКсЕ(Т2 — 7Ь) = тт1лсл(То ~ Дг) + тД
I а щж — масса расплавившегося льда.
_ pBVBcB(T2 — То) — ^глсл(7Ь — Дг) _ Qs — Qi
THl п. - — ~~
А А
тх = 0,188 кг.
|1>гца, в калориметре будет 0,688 кг воды и 0,812 кг льда.
Ннк'т: в калориметре будет находиться смесь льда и воды при температуре
V ' Масса льда 0,812 кг и масса воды 0,688 кг.
ilVMt'ta 417
1^1/10.
I I см3 = 1 1СГ6 м3
|/| I м
i 2,3 103 кг/м3
riL 1-103кг/м3
В
Решение. На шарик действуют три силы: си-
ла тяжести FT, выталкивающая сила Рд н
сила сопротивления Fc. Шарик движется
равномерно, и для него можно записать пер-
вый закон Ньютона:
Fa+Ft+Fc = 0,
или в скалярной форме относительно вы-
бранного направления оси у.
—FT + Рд + Fc = 0. (1)
Учитывая, что F,c = тд = pVg, Fa = pBVg,
преобразуем уравнение (1):
-pVg + pBVg + Fc = 0,
откуда
Fc = (p~ pB)Vg.
Работа по преодолению сил сопротивления
равна изменению внутренней энергии,
А = ДР,
I Р А (/>- р„)Уц1>
244
2. Молекулярная физика и термодинамика
-----------------------------------------------------------------------’’-'"Il
Поскольку изменение внутренней энергии взаимодействующих тел измерят,‘И
количеством теплоты, то количество теплоты, выделенное при перемещении
шарика, равно:
Q = AU = (р - pB)Vgh,
Q = 1,3-10“2 Дж.
Ответ: Q = 1,3 10 2 Дж.
Задача 418
Дано:
mi = 10 кг
1° = -40° С, Т1 =233 К
сл = 2100 Дж/ кг • К
/\ = 3,35 105 Дж/кг
Св = 4200 Дж/кг К
/• = 2,26 • 106 Дж/кг
То = 273 К
Т2 = 373 К___________
гп2 - ?
Решение,
ланса:
Составим уравнение теплового бд.
Qi + С?2 — <2з + Qs, (1)
где Qi = micn(To — ТД— количество теплспМ!
полученное льдом для его нагревания до текаЛ
ратуры плавления То, Q2 = mi А — количеепш
теплоты, полученное льдом для его плавлении! ।
Qs = m2i—количество теплоты, отданное nd
ром при его конденсации, (Д = т2св(Т2 — 7»)
количество теплоты, отданное водой, полу'^И
ной при конденсации пара, при ее охлаж emiii
до температуры То.
Подставим в уравнение (1) теплового баланса выражения для Qi, (Д, Qj it
(Д'.
mjc,(T0 - ?i) + miA = т2г + т2св(Т2 - То),
откуда
пдсДТо - Д) +mi/\
т2 =---------------
г + св(Т2 - ТЬ)
т2 ~ 1,56 кг.
Ответ: т2 = 1,56 кг.
Задача 419
Дано:
т = 1 кг
0 = 60-103Дж
А = 5,9 • 104 Дж/кг
с = 230 Дж/кг К
/°Л = 232°С, Тпл = 505К
т;,-?
Решение. Изменение внутренней энергии шшцц
при нагревании до температуры плавления (
AUt. = ст(Тпл - То), 11,|
изменение внутренней энергии при плавлении
ТТ1
A^ = --A. (J)
Тогда полное количество теплоты, которое иу| -
но сообщить олову, равно:
0 = ДР1 +ДР2.
Подставим в уравнение (3) выражения (1) и (2):
711-
Q = ст.(Т„л ~ T(1) | -A,
<4
2. Молекулярная физика и термодинамика
245
и куда
То — Тпл
ст
2<Э — тХ
2ст
То = 372,4 К
Опк'т: То = 372,4 К.
Задача 420
'(.то:
I,' (ГС, TL = 273 К
I’, 100° С, Т2 = 373 К
„ 4200Дж/кг-К
\ 3,35 • 105 Дж/кг
2,26 -106 Дж/кг
Решение. Составим уравнение теплового ба-
ланса:
Qi = <2-2 + <2з, (1)
где Qi = mi А — количество теплоты, получен-
ное льдом при его плавлении, Q2 = mnr — коли-
чество теплоты, отданное паром при его конден-
сации, <2з = тпсв(Т2 — Ti)—количество тепло-
ты, отданное водой, сконденсированной из па-
ра, при ее охлаждении до 0° С, тп,и — масса пара.
Учитывая эти выражения, преобразуем уравне-
ние теплового баланса (1):
nit'А = тпг + т„св(Т2 - TJ,
«ДА
г + св (Т2 — TV)
Мыта воды, оказавшаяся в калориметре после того, как лед растает, равна:
m = + m„ = mi +
mi\
г + св(Т2 - Ti)'
•| 11 Уда
т = 1,125 кг
<>i пт: т = 1,125кг.
1|аднча 421
1,11110
I л - 4 • 10“3 м3
« 20" С, То = 293 К
250 г = 0,25 кг
/, (ГС, Д =273К
»„ 1200 Дж/кг К
3,35 К)’’ Дж/кг
1001) к г/м3 __
I ?
Решение. Составим уравнение теплового ба-
ланса:
Qi + <22 = <2з, (1)
где Qi = m,i\ и <22 = m,icB(T — Ti) - количества
теплоты, полученные льдом при его плавлении
и дальнейшем нагревании до температуры Т,
Q = ш.„с„ (Т’о - Г) = рв V св (То - Т) — количество
теплоты, отданное водой при ее охлаждении до
температуры 'Г Подставим выражения для Qi,
и <2:i ” Vpiunieiine (1):
lll| \ I Ш|Г„( /' l'\) p„l </’a /')
246
2. Молекулярная физика и термодинамика
Откуда
т _ РвУ свТ0 + тп^с.Д - mi А
mjc,, + рвУс0
7 = 287,2 К; Д = 14,2°С
Ответ: Т = 287,2 К.
Задача 422
Дано: Решение. После удара шарика о поверхность пЫ
/г0 = 10 м деляется энергия
h = 1 м W = mgho — mgh.
7/ = 0,8
с = 460 Дж/кг К Часть энергии идет на нагревание шарика
ДТ-? VW = Q,
где
Q = тпсЛТ.
Подставляя выражения (1) и (3) в уравнение (2), имеем
T]mg(ho — h) = mc/УГ,
откуда
дт = // g(ho- К), дт = о, 13 к
С
Ответ: ДТ = 0,13 К.
Задача 423 Дано: 7/ = 60% /;; = 27° с, То = зоо к с = 130 Дж/кг-К А = 2,5 104 Дж/кг /,/тл = 327° С, Тпл = 600 К Решение. После удара пули о преграду измопс|(||М1 кинетической энергии пули равно ДТП = ” Часть энергии идет на нагревание пули до oi)| пературы плавления и на то, чтобы pacirjiaiiiil половину пули:
о- ? ДТП = Q, где Q = тс(Тпл - То) + - А.
Получаем выражение:
ж2 . ч m ч
Т1 - = тс(Тпл - Го) + у А,
< >ткуда,
/2с(Тпл-То) + А .
V 'П
Отчет: v = 414 м/с.
2. Молекулярная физика и термодинамика
247
liwcia 424 Linn: lUi m2 — m lit 10 м/с |i« 20 м/с 160 Дж/кг К Решение. Выберем ось х вдоль плоскости по направ- лению скорости второго шара и запишем в проекциях на ось х закон сохранения импульса: -miVi + m2V2 = {ту + откуда скорость совместного движения шаров и после абсолютно неупругого удара равна:
?
m2v2 - miV-L v2 - vA
и =-----------=--------.
mi + m2 2
111 Нисона сохранения энергии определим выделившуюся энергию ДW:
ДИ/ - _ (mi +т2)и2 _
~ 2 + 2 2
m(r2+^) m(v2-vLy2 т 2
=----------------4-----= Т(^+Ш)- (1)
Им целенная энергия идет на нагревание шариков:
ДИ7 = Q — (rn,i + т2 )сЛТ — 2тсДТ. (2)
Плцггавляя выражение (1) в уравнение (2), получаем:
~~(vi + 'с2)2 = 2тсДТ,
ДГ = ДГ = 0.24 К.
8с
Ьгж-i'.- ДТ = 0,24К.
|1й,цнча 425
til |/| >
1>" С, Т = 273 К
♦ '.!,(>• 105 Дж/кг
Ь .1 35 • 105 Дж/кг
?
Ф
Решение. При интенсивном испарении воды теплота
от окружающих тел не успевает передаваться воде,
поэтому все количество теплоты, необходимое для ее
испарения, получается при образовании льда. Количе-
ство теплоты, полученное испарившейся водой, равно
Qi — тгг,
где mi — масса испарившейся воды.
Количество теплоты, отданное оставшейся частью воды при ее кристалди-
I пинг, равно
Q2 — m2X,
4 |,i| ’///у масса замерзшей воды. Тогда
<?1=Q2, m{r = m2X. I (1)
IH< < а поды ni. равна
in in । I m ।
(2)
248
2. Молекулярная физика и термодинамика
Подставляя выражение (1) в (2), получаем
mr m2 r
T + A’ ^=0,87. m m r + X
Ответ: — = 0,87.
m
Задача 426
Дано:
V = 200 л = 2 • 10"1 м3
t° = 3,0° С, Т = 303 К
1° = 70° С, Ti = 343 К
/° = -10° С, T-г = 263 К
А = 3,35 105 Дж/кг
ц„ = 2100 Дж/кг К
с-ц = 4200 Дж/кг • К
откуда
Решение. Составим уравнение теплового баланс«
Qi + Qi + Qi = Q^-,
где Qj = m„cn(T0 - Т2), Q-2 = m„X, Q3 - тясД1 J
То) — количества теплоты, полученные льдом при
его нагревании до температуры плавления Т’о «
273 К, при плавлении и дальнейшем нагревании до
температуры Т, Q4 = mBcB(Ti —Т1) — количество тн|
плоты, отданное горячей водой при ее охлаждении
до температуры Т.
Масса воды m = pBV, где рв = 103 кг/м3 — ил<Я
ность воды, m — тя +тв. Подставляя получения
выражения для бД, Q2, Q3 и 6Д в уравнение (11
имеем
тяся(Т0 - Т2) + тяХ + тясв(Т - То) = (pBV - тДсДД - Т),
РвПсДД -Т)
/77 _ —--—-----------—_______________
л ся-(Т0-Т-2) + Х + св(Т1-Т0у
тя = 52,1 кг.
Отпет: тл = 52,1 кг.
Задача 427
Дапо:
М = 5 т = 5 103 кг
А = 5 м
т — 400 кг
ц = 30%
ДТ= 10К
с = 460 Дж/кг К
71 ?
Решение. При падении молота происходит измени
ние его потенциальной энергии ДУУ = Mgh. ’Jut ihi
энергии идет на изменение внутренней энергии +н
лезной болванки
q ДW = ДТ/,
где ДТ/ = Q = тс/ХТо, где ДU — изменение ип
тренней энергии болванки при одном ударе моши
Тогда
= 5Ж
тс
1 Iih’jio ударив молота, необходимых для повышения температуры болншши ни
ДТ’, равно
- _ Д7'
ДТ’н ql\l<ih
(finer и ‘2b
2. Молекулярная физика и термодинамика
249
Задача 428
'(ано:
Л/ = 10 кг
| = 30 л = 30 10~3 м3
= 20° С, То = 293 к
/|' = 232° С, Тг = 505 К
w„ = 0,2 кг
/,:; = 32°С, Т2 = 305 К
< н — 4200 Дж/кг • К
।,,,, = 250 Дж/кг • К
см = 380 Дж/кг • К
Р = 5,8 104 Дж/кг
г гт 2,26 106 Дж/кг
tH.ui — ?
Решение. Составим уравнение теплового баланса:
<Э1 + <Эг + <Эз + Qi = Qs + Об, (1)
где Qi = тсв(7Ь — Д>) — количество теплоты, полу-
ченное всей водой при ее нагревании до температу-
ры 7Ь, масса воды равна m = pKV; Qi = тпсв(7з —
Ti) и Q-> = m„r — количества теплоты, получен-
ные частью воды массой тпп при ее дальнейшем
нагревании до температуры кипения Тз = 373 К
и испарении; Qi = McM(T2 — То)—количество те-
плоты, полученное медным котлом. Q$ = толА и
Qe = толСол(71 — Дг)— количества теплоты, отдан-
ное оловом при его кристаллизации и дальнейшем
охлаждении до температуры 7Ь- Учитывая полу-
ченные выражения, преобразуем уравнение (1):
/1в VcB (Ti - 7b) + mncB (Т3 - 7b) + mnr + Mсм (7b - Th) = mOJ1A + толсол (7b - Т2),
Некуда
Рв V cB(Ti — 7Ь) + тпсв(Тз — 7Ь) + mnr + Мсм(7Ь — 7b)
™°л~ А + солСД-Тг)
= 19,1 кг.
I Ьчк'т: то„ = 19,1 кг.
Зпдача 429
/(«по:
tli 500 г = 0,5 кг
(„ 20° С, 7Ь = 293 К
Mi, = 20 г = 0,02 кг
— 4 г/мин = — кг/с
1/ 60%
Q 2,93 107 Дж/кг
। 1200 Дж/кг-К
I 2,26 • 106 Дж/кг_________
д7 ?
Решение. По определению,
т? = 100%, (1)
Ц/затр
где (Эпол = тсв(Т - То) + тпт — количе-
ство теплоты, необходимое для нагрева-
ния всей воды до температуры кипения
Т — 373 К и испарения части воды мас-
сой тп; фзатр = QTHj —количество тепло-
ты, выделяющееся при сгорании спирта,
m 1 — масса спирта. Подставляя получен-
ные выражения для Qnfm и 1/зи.Тр в урав-
нение (1), имеем
тс,(г-ЗД + ^.100%|
Q • Ш!
>14 = ^т. Тогда
z/zc.fT’j-7b) I нч.с
1(10%,
Дт = 3,03 мин.
Д'| 3, U3 №1111.
250
2. Молекулярная физика и термодинамика
Задача 430
Дано:
т = 7 кг
я — 50 км = 5 • 104 м
v = 72 км/ч = 20м/с
?/ = 25%
q = 4,6 107 Дж/кг
Решение. По определению, к.п.д. двигателя
т? = 100%, (I)
Ч/затр
где <2затр = qm ~ количество теплоты, выделен
ное при сгорании бензина; Амех = N t, N -
полезная мощность, развиваемая двигателем
t = — время движения автомобиля. Подгщ
вив полученные выражения для Амех и Q3arji
уравнение (1), имеем
N s
q =-------100%,
q m v
и = НбЖ’ I
= Дж;.кг-м = Вт
кг • м • с
Ответ: N = 32,3 кВт.
Задача 431
Дано:
К = 40 л = 40-10“3м3
и = 72 км/ч = 20 м/с
N = 2104Вт
г/ = 25%
q = 4,6-107 Дж/кг
/I — 700кг/м3______
.ч 7
N s
Решение, т] — q^v ’ Ю0%, (см. решение зад
чи 430), где m = pV — масса бензина. Тогда
S=srl®k- * = 3,22-104 = 322 ,<J
Ответ: s = 322 км.
Задача 432
Дано:
О 10'Дж/К
I 10 мии = 600 с
Д/" = зо°с, ДТ = 30К
»/ __5о%____________
N '?
Откуда
Решение. По определению, к.п.д. равен
77 = —-л- • Ю0%,
^йзатр
где «Эзатр = Nt, a QnOJI = СЫТ. Подставим hh|
ражения для <Эзатр и <2пол в уравнение1 (I) и пи
лучим: с^т '
т? = — 100%,
СкТ
N = ------100%, /V = 200Bt.
7/1
О гнет; /V 200 Hr
2. Молекулярная физика и термодинамика
251
Задача 433
Дано:
14 = V2 = V
in = 1 кг
М = 300 кг
и = 200 м/с
II = 50%
Решение. Масса горючей смеси т равна
т = рб1| + рфФг = (рб + Реп) V,
откуда находим объем бензина и спирта
V = и = v2 = ———.
Рб + Рец
Количество теплоты, выделившееся при сгорании
смеси, равно:
Q — Осп^-сп ф Об^-б: (1)
где qcn и г/б — удельные теплоты сгорания спирта и бензина, ?нсп
т
Рб + Реп
И ТПб в
= Реп 14 =
и mg = РбИ = Рб—ту Подставив полученные выражения для
Рб «" Реп
уравнение (1), получаем
<2 = (<?спРсп + (?бРб)--—, Q = 2,3 • 107Дж.
Рб + Реп
Голу массой М, чтобы оно приобрело скорость и, необходимо сообщить энер-
I то
2
1 огласно определению к.п.д..
п = 100%,
Ч/затр
1 > 1’/<уда
Озатр = - • Ю0% = — - 100%, (Эзатр = 12 ’ Ю6 Дж.
7] f]
Количество теплоты Q = 2,3- 107Дж, выделенное при сгорании смеси, больше
C/i.irp = 12 106 Дж — количества теплоты, необходимого для сообщения телу
массой М скорости V.
(> гнет: достаточно.
Задача 434
(ж/ю:
А 50 см = 50 м
\1 К) см = 0,1 м
ДГ 80°С, ДТ = 80К
и 1,2 -10-5 К
/I 7800 кг/м3
। 160 Дж/кг • К______
К’ ’!
Решение. Количество теплоты, которое необходи-
мо сообщить цилиндру, чтобы его температура уве-
личилась на ДТ, равно
Q — стДТ + mg£\h, (1)
где т = ph ----масса цилиндра, mgAh —
увеличение его потенциальной энергии,
ДЛ = ?}(1 + аДТ) — оДТ —изменение вы-
соты цеп гр а. тяжести цилиндра при нагревании.
Учитывая 11|.1р.1жеппя для т и ДЛ, перепишем
252
2. Молекулярная физика и термодинамика
уравнение (1):
, ттс/2 . m ( ha\
Q = ph~lTДГ ( с + ’
Ответ: Q = 1,12 -105 Дж.
Q = 1,12-105 Дж.
Задача 435
Дано:
S = 100 км = 105 м
F = 80 103 Н
1>1 = 4^2
q = 3 107 Дж/кг
7пх - ?
Решение. При движении буксира без барж он развива^
скорость vi, и для него можно записать:
= Люд _ Mvj J
С?затр 2 • (рпх
где М — масса буксира, тх — масса сгоревшего топлива
При движении буксира с баркасом скорость движв
ния равна v-2, сила натяжения троса равна силе сопрогн
вления движению, F = Рсопр, и в этом случае
Mri+F.s
-^пол _
Озатр Q ‘ ^х
Подставим в уравнение (2) полученное из уравнения (1) выражение для масЛ
буксира М —
f]qmx
Mv2 , р с Ч' Ч ’ rn'^7 , P Q
+ - +F-S..
откуда
F Sn2
T)q(n2 — 1) ’
где n = — = 4:
V1
тх = 8,53 103 кг.
Ответ: mx = 8,53 103 кг.
Задача 436
Дано:
m,, — 100 г — 0,1 кг
= —2° С, Д = 271К
in, — 50 г = 0,05 кг
1% = 800° С, Т2 = 1073 К
с 450 Дж/кг -К
г л =2100 Дж/кг • К
Л = 3,35 105 Дж/кг
г<..?
Решение. Уравнение теплового баланса для щд( j
сразу составить нельзя, так как неизвестно, pacil
вится весь лед или нет. Оценим сначала колпчсч 11
телоты, которое необходимо сообщить льду, нпб»
нагреть его до температуры плавления Tnjl п m 11
расплавить:
Qi = 1плсл(ТШ1 — ТД, Qi — 4,2 l()2/l/K,
Q2 = тлл, Q-2 = 3,35 104 Дж.
Найдем количество теплоты, отданное железным шариком при охлаждетш
температуры плавления льда
ОН е/п(7ч 7’,,,,), (,/ 1,8 |()4Д;к
2. Молекулярная физика и термодинамика
253
II i вычислений видно, что Qi + <Эг > <Эз, т. е. количество теплоты, отданное
/келезиым шариком при его охлаждении до 0° С, меньше количества теплоты,
необходимого для плавления всего льда. Следовательно, весь лед расплавиться
не может, и после теплообмена в калориметре установится температура 273 К
(II" С).
Ответ: Т = 273 К.
Задача 437
Дино:
I,
i, ?tm-?
2/3
г2 и 16,2т2.
Решение. Пусть а — длина ребра куба, тогда объем
куба VK = а3. Объем шара равен = J717”3’ и из
условия Т к = Ии получаем:
з 4 3 з/ 4тг
о = -тгт , а = \1 — • т.
11 ншцадь поверхности куба равна
/4
SK = 6а2 — 6 I -vr
\ о
11 ч< ицадь поверхности шара равна
Sm = 4тгг2 fa 12,56г2.
II inицадь поверхности куба больше, чем площадь поверхности шара, поэтому
in к трее остывать будет куб.
О гнет: быстрее остывать будет куб.
,2
Йпдача 438
I ‘IKK
II 20° С, Д = 293 К
20° C, T2 = 273 К
I II) m2
[I 10-1 = 3,6-104c
h (I, .1 Дж/м2 c
У|||||цнча 439
'I inn
[ -ЭД' 2d кг/с
1,2- IO3м/с
t I, I 10«Дж/кг
N i ?
Решение. Тепловые потери через наружную стенку
равны:
Q = q-Sr = a(T1- T^St,
Q = 5,76-106 Дж.
Ответ: Q = 5,76-106 Дж.
Решение. Количество теплоты, которое выделяется
за 1 секунду при сгорании водорода, численно рав-
но мощности ракетного двигателя N:
TV = 26,4 108 Вт.
At At
Определим силу тяги ракетного двигателя:
Amv
т ~ ~дГ
F.,. = 105 Н.
Iiii.nr /V •»(!, I |0н III Р l()!‘ II
3. Электричество
3.1. Электростатика
Задача 440
Дано:
41
42
- 1
Г2 3
-J__?
42 ’
F? у? ^2
Fi q\ Fi &
Рис. 199
Решение. Заряды q± и q-г одноименные? < и
довательно, они отталкиваются и на ш)
действуют силы F( и F-? соответствеиЦ||1
(рис. 199). Для равновесия каждого ил цы
рядов необходимо, чтобы на заряды <ji и
со стороны заряда qj:, помещенного мс>мЦ|-
ними, действовали силы F, и равные uII
величине силам Fj иЕ\) и противоположный
на направлению:
Fi = -F'1; F2 = —F2.
В проекции на ось х уравнения (1) нм !
вид:
F1=F[, F2=F'2,
/Jgil l^l = fclgil IggI, (J
ri
Mi = , (J
Z
где/ = г1+г2Д:=^.
Решаем систему уравнений (2) и получаем:
о / \ 2
41 = ч = 1 п у
q-2 (1-riY \r2J
gi _ 1
42 9’
Ответ; | =
3. Электричество
255
Задача 441
(то:
= дг = дз = д< = gs = де = q
Чп -?
Решение. Рассмотрим силы, действующие
на любой из зарядов в вершинах, например,
на заряд q-j (рис. 200). Со стороны зарядов
92 и 9е на него действуют силы Fa и F6
2
ответственно, причем Р2 = F'g — kW^,
га
, 1
а — сторона многоугольника, к = -.
зультирующая сила F2 6 равна F2 6 = k-V.. и
Ей
совпадает по направлению с осью х. Со сто-
роны зарядов 9з и 95 на заряд 91 действуют
92
силы Рз = F$ = к—а—т, их результирую-
е За
щая равна
co-
где
Ре-
f3,5 = к^ Vs
и направлена вдоль оси х. Сила, действую-
щая на заряд Qi со стороны заряда дд, равна
। повие равновесия заряда q±
Р4 = к-^.
4sa2
имеет вид:
F2 + F6 + F3 + F4 + Fs + Fo = 0,
. _ 1. kil Igol
l.lly /'(, — h.-j-
га
Запишем уравнение (1) в проекции на ось ж, подставив выражения для F2,
к, к'.
(1)
jRi, jfg и Fq~.
,2
1 1
4 + Vl
-(ММ=»,
а2
1>|'Мда.
||н и Ч
(5 1 \
4 + -7д)1^’ koi ~ 1,вз|9|,
V О /
разноименные заряды.
р/0| 1,83|д|, равновесие неустойчивое.
256
3. Электричество
Задача 442
Дано:
т = 20 г = 0,02 кг
г = 5 см = 5 10~2 м
q = 10-6 Кл
Ql
mg
F„1
Рис. 201
Решение. На шарик действуют две силы: с.и|
ла тяжести F.r — mg и сила натяжения нити
FH, FH = тд (рис. 201,а). Если на рассто®
нии г помещен заряд qy (рис. 201,6), то пи.
шарик действует еще одна сила—сила Ку
лона, направленная вверх и равная
|F| = 1 |gl| |g2|
4тгео £ г'2
Условие равновесия шарика в этом случай
имеет вид
FT + FHi + F = 0,
или в проекции на ось у
F + FH1- тд = 0.
По условию задачи, Ен1 ~ ~ = ^2, откуда
1 |gl|~|g2|
4тгЕ(; е г2
гид
V ~
Следовательно,
тдг2-2тгеое 1П-8тг
<72 =----------, ?2 = 1,36 • 10 Кл,
41
кг м • м2 • Кл2
k? = —Г = Кл-
Кд • с2 Н м2
Отиет: q-2 = ±1,36-10 8 Кл (положительный заряд под шариком, отрицат«и||
ui.iii над ним).
Задача 443
/(.•по:
hi । = = т = 20 г = 0,02 кг
/i’i 7?2 = R = 2 см = 0,02 м
2<i'„ = 120°
2п 90°
£2 = 3
Решение. Условия равновесия для обоих ни
риков одинаковы, коатому рассмотрим одни
из них. В воздухе на шарик действуют ipd
силы (рис. 202,а): сила Кулона F, сила, нм
тяжения нити Т, сила тяжести FT цщ
Условие равновесия шарика
F 4- Т + FT = 0,
или в проекциях на оси координат
на ось х : F — Т sin по = 0,
иа ось у : Т cos од ~ ту — 0.
3. Электричество
257
Расстояние между шариками равно 21 sin ckq,
где I —длина нити.
Сила Кулона равна
E14Z2 sin2 ckq ’
где ci = 1 (воздух),
к =
1
4тгео
,.о НМ2
= 9-10V^’
Кл2
е0 = 8,85 • 10-12 —.
м
Из написанной системы уравнений получа-
ем:
тд tg а0 = к--- . 2--.
£1 4/2 sm од
(1)
I’uc. 202
В диэлектрике (рис. 202,6) на шарик дей-
ствуют четыре силы: сила Кулона F', сила
натяжения нити Т', сила тяжести FT = mg и
выталкивающая сила FBbIT, FBbIT = pVg, где
V = д7Г^3—объем шарика. Условие равно-
весия для каждого шарика имеет вид
F' + Т' + FT + FBbIT = 0,
пип в проекциях
на ось х : F' — Т' sin а = 0,
на ось у : Т' cos а + Рвьп — mg = 0,
hi куда
F'
=------v—’
^9 -Гвыт
ИНН
У
(mg - pVg)t,ga = к . . (2)
Ег4/2 sin а
Г|'ша.я совместно уравнения (1) и (2), получаем
(тд — pVд) tg а _ Ei sin2 ckq
тд tg «о e2 sin2 a ’
пн уда
_ m A £i sin2 ckq tg ckq \
V \ E2sin2o! tga J !
I in
V = -ttR', p = 3,9 • 1()2кг/м3.
r'lHtir p 3,9 l()’?кг/м,,.
258
3. Электричество
Задача 444
Дано:
m = 5 г = 0,005 кг
a = 2 10-6 Кл/м2
</ = 4 • 10~6 Кл
А: = 2 • 102 Н/м
AZ-?
Рис. 203
Решение. На шарик, подвешенный на пру-
жине (рис. 203), действуют три силы: сила
тяжести FT = mg, сила упругости пружины
Т и электрическая сила F, с которой поло
плоскости действует на заряженный шарик,
Условие равновесия для шарика имеет вид:
FT + F + Т = 0.
Запишем условия равновесия шарика отпо-,
сительно осей х и у:
F — Т sin a = 0, или
—mg + Т cos a = 0, или
откуда после почленного
ний (1)
F = T sin a,
mg = T cos a, (11
деления уравнп
F
tga =---
mg
Учитывая, что F = qE, Е = н---, и подсн
ZEEq
вляя эти выражения в (3), получаем
gg
2eqE mg ’
2 10~6 4 10-6
tga =
tga =
cos a =
'Г = F
упр?
откуда
или T = к Al; подставим это
= 9 22.
2 • 8,85 • 10-12 • 5 10-3 9,8
, 1 9 = 0,107.
V 1 + tg2 a
гг Ш Ц
выражение в уравнение 1 = ~ -
Al= ,m9 , AZ = 2,26 10“3 м.
к cos a
Отпет: А1 = 2,26 • 10 3 м.
Задача 445
'(ано:
mi тг = т = 10г = 10-2кг
I = 21.
qt = f/2 =" Ч = 5 • 10-7 Кл
" <1
I 10 см = 0,1м
Решение. Рассмотрим один из niapiiiHiM
(рис. 204). На него действуют четыре сипы |
сила тяжести FT = mg, сила Кулона I1', <Ц
ла натяжения Т длинной нити и Tj
натяжения короткой нити.
По второму закону Ньютона,
'та — Т + Ti + FT + Б.
l 111Щ
Запишем это уравпение в проекциях пл, выбранные направления осей i п //
Ti I 7’cos a Z'1 (I,
71 sin о пн/ ши. (II
3. Электричество
259
Ч
J'нс. 204
Учитывая, что F — —-—-у, запишем урав-
4тгеое/
нения (1) в виде
Т sin а = тд + та,
ср
Т cos а = ----- - Ti. (2)
4тге0е/2
Разделив почленно первое из уравнений (2)
на второе, получим
т(д + а)
tgo;= —------------,
Ч _ у1
4тгеое/2 1
где а = Для 7) имеем следующее выра-
жение:
Т = Q2 _ т(д + а)
4tteoeZ2 tg а ’
Т1 « 0,11 н.
(h'Ber: Ti « 0,11H.
Задача 446
Д. и io:
I 20 см —0,2 м
<h q-2 = q3 = q = ‘2- io-7 Кл
Ы - 0,5 CM = 5 • 10“3 M
I !
I'l
Flirt, 2O,r>
Решение. Условия равновесия для трех ша-
риков одинаковы, поэтому рассмотрим один
из них. На шарик действуют четыре силы
(рис. 205): две силы Кулона Fi и F2, дей-
ствующие на него со стороны зарядов г/, и
52, причем Fi = F-2, и две силы упругости
двух пружин FHi и Fh2, Дп = Fh2-
Условие равновесия шарика
Fi + F2 + FHi + FH2 = 0,
откуда легко получить Fi = F„i и F2 = FH->.
а2
Учитывая, что = F2 = ---------%---гттл, и
4ле0е(/ + AZ)2
= FH2 = кД1, получим для к следующее
выражение:
4тгеое(/ + А/)2Д/ ’
где е = 1, Jg • = 9 109 Нм2/Кл2,
9 К)9 4 • 10-14
‘ (5»5Гм:ЮзЯА.-1,ПИ/н.
< *11114' к I I П/м
260
3. Электричество
Задача 447
Дано:
Q
Е
г-1
Рис. 206
Решение. На заряд q действуют две силы
(рис. 206): Fj и F2-электрические сшЛ
взаимодействия с полем и с зарядом q. УслЛ
вие равновесия заряда имеет вид:
Fi+F2 = 0,
или в проекции на ось х:
Fi-F2=0, (1)
WF^gE,F, = ^^
Подставляя выражения для Fi и и
уравнение (1), получим
О2
47геоег2
откуда
где е = 1,
- / Q
2 у ЕоЕТгН ’
1 / Q
2 у соттЕ
Ответ:г = 2\/^Е-
Задача 448
Дано:
vq = 2 м/с
Е = 100 В/м
Fc = 10~4v
q = 10~6 Кл
1'ш 207
Решение. На шарик действуют три сил И
(рис. 207): сила тяжести FT = mg, электрп'
ческая сила F = <уЕ и сила сопротив К'ппи
Fc. Запишем для шарика первый закон I li.fi।
тона в проекции на выбранное направлений
оси у для двух случаев направления пони
(рис. 207,5 и ,в):
mg + qE = kv±
и
тд — qE — kv%,
откуда
vi _ mg + gF 1
V2 тд — qE
При установившемся движении шарики. и ilii
суде с глицерином в отсутствие электрп'i«i
ского поля (рис. 207,а)
тд — kv0. С )
3. Электричество
261
Подставим выражение (2) в уравнение (1):
ку0 + дЕ _
k,v0 — qE ’ vo,
Vi
V2
() гнет: — = 3.
V2
' $ндача 449
(:шо:
Н 2В/м
Ч 0,5 м2
N~ '?
считать, что заряд распределен по пластинке
Решение. Будем
равномерно, и поле, создаваемое пластинкой, можно рассчиты-
вать по формуле для напряженности электрического поля бес-
конечной равномерно заряженной плоскости
2eeq
<и куда ст = 2eeq Е — поверхностная плотность заряда. Заряд пластинки равен
q = aS = 2££0ES,
и число электронов, которые нужно удалить из металлической пластинки,
|iiibiio
N _ Q _ 2ee0ES
I ЦС |* | = 1,6-10 19 Кл —заряд электрона.
2-1:8;85-10-"-2-0,5 =
1,6-10-19 ’
I Мист.- N = 1,1 108 электронов.
In дача 450
Д 1Ш>:
2 • 10“12 Кл
110~12Кл
I I см = 4 10-2 м
I 3 см' = 3 -10“2 м
• Г> см = 5 10~2 м
f —
Bin.
Решение. Напряженность Е электростатического
поля, создаваемого в точке М двумя точечными
зарядами д± и q?, согласно принципу суперпозиции
полей, равна
Е = Ei + Е2,
где Ei и Б-? — напряженности полей, создаваемых в
точке М каждым зарядом в отдельности (рис. 208),
с, Ql g2
= ~л------2 И = ~л---------------2 •
47re0erj 4тгеоЕ’2
Из условия задачи следует, что угол между век
торами Ei и Е2 прямой, и напряженность поля и
точке М находим по теореме Пифагора:
1 М
47ГЕ()£ у rf ’
= /Ё2 I Е2, Е
Е я* <12 В/м
(h'nei Г 1"В/м
262
3. Электричество
Задача 451
Дано:
т
Q
vo
G
d-1
Решение. На частицу в электрическом по-
ле действует электрическая сила F = qF
(рис. 209), под действием которой оыа летит
равыозамедленно в направлении, противопо»
ложном направлению вектора напряженно
сти поля. По теореме об изменении кинети||
ческой энергии,
Лэл = ДИДин, (Ц
Рис. 209
где Аэл = F d cos a. — работа электричС
ского поля, F — qE, Е = , a = 180° -
угол между направлением силы F и надрав
лением движения частицы. Изменение кипи
2
тической энергии Д1УКИН = 0--g-0-. Подста-
вив полученные выражения в уравнение (I
имеем:
9
(У , тщ
q------d — ——
2
откуда d = ££°mv0—расстояние, на которое частица может приблизиться ।
плоскости.
()гвет:а = ^д£
Задача 452
Дано:
I1',. = kv
<1
т
V — ?
Сне. 21(1
Решение. На частицу (рис. 210) действуй!
три силы: сила тяжести FT = mg, Электр!
ческая сила со стороны поля F = <?Е, де(
ствующая на частицу при ее движении в ill
ле, и сила сопротивления Fc. При установи)
шемся движении для частицы можно ituitu
сать:
FT + F + Fc = 0,
или, как видно из рисунка,
откуда
V/F2+F2 = FC,
у/т2д2 + q2E2 = kv,
у/(тд)2 + (дЕУ
к
А’
3. Электричество
263
Задача 453
Дано:
Р = 100 В/м
1/12 = ±1,6- 1О-10 Кл
d = 0,5 10-1ом
М-?
Л1 п*71
Гис. 211
Решение. На каждый из зарядов действу-
ет со стороны поля электрическая сила
F = |с/|/Г (рис. 211). Максимальный механи-
ческий момент, действующий на диполь в
однородном электрическом поле, будет ра-
вен
М = F d = \q\Ed,
М = 1,6- 10“ls • 0,5 • 1СГ10 102 Н • м =
8-10“28Н-м
[М] = Кл м В/м = Кл В = Н м.
Ответ: М = 8 • 10~28 Н • м.
3 «дача 454
1,;иЮ:
F
ц 45°
('к
in
Ч„____________
I. 1
Решение. Заряд влетает в однородное элек-
трическое поле Е (рис. 212) под углом а к
силовым линиям. Проекция начальной ско-
рости Vo на выбранные направления осей ко-
ординат х и у равны:
vox — vo cos а и voy = Vo sin a.
Движение частицы вдоль оси х равномер-
ное, а вдоль оси у — равнозамедленное под
действием силы F — qE с ускорением ау,
направленным противоположно оси у:
Truly = qE,
откуда ау = Скорость заряда станет
перпендикулярной силовым линиям поля в
точке А, когда vy = 0. Найдем время t, за
которое заряд попадает в точку А:
Voy VO sin о m
Vy VOy Qyt, t — — ~ .
ay qE
За это время заряд пролетает вдоль оси х
расстояние
» "и.< I
C(iU>nti • I'oHinn hi
vfj • sin a coso- in
264
3. Электричество
а вдоль оси у заряд за время t проходит расстояние
Тогда
L = V®2 + у2 =
у/2
и так как sm а = cos а =
о • 2
Vn sin а • т
У= 2qE
eg • m
qE
то
sin2 a\ " (sin a cos a)2
~2
1
уравнение (1) перепишем в виде:
L _ mvoV5
4qE
Ответ- L = mV<^
итвет. т 4^Б .
Задача 455
Дано:
«I = 2г>0
о = 60°
</(i = 2g
/*-?
Гис 213
Решение. Запишем для частицы второй з
кон Ньютона:
ma = F,
где F = дЕ. Направление осей координат по-
казано на рис. 213. Движение заряда вдоль
оси ж — равномерное со скоростью vo, та
как проекция силы F на ось х равна нулю,
Vi
Via, = Vo = V1 cosa =
Из условия, что скорость частицы увепичн
лась в 2 раза, а вектор скорости повернул! Н
на 60 , следует, что vx = -£ и vq = , отсю
да ясно, что силовые линии электричсч и -
го поля перпендикулярны вектору начали-
ной скорости частицы v0.
Движение заряда вдоль оси у — pniiitn
ускоренное под действием силы F = дЕ, пн
чальная скорость заряда вдоль оси у panii I
voy = 0, скорость Vy = ayt, где ау = т г.
Тогда
qE +
Vy =-----1.
у m
, Vy
tgo = =
Vx
Et
q---.
mvo
Если <аряд частицы увеличить вдвое, то вектор скорости повернулся бы нА
угол /1 причем
igfi = -- s 21д<г, = 2 • Уз,
ШЛ(|
3. Электричество
265
некуда
/3 рз 74°.
Ответ: /3 рз 74°.
Задача 456
(ано: Н Q <1 ц ? Ь’Л-? /-’и-? Решение. Напряженность поля внутри проводящей сферы рав- на нулю, Ед = 0, напряженность поля в отверстии равна на- пряженности поля на поверхности сферы, Е= IQI 4тГ£0£7?2 ’ где £ = 1, а напряженность поля в точке В, находящейся на расстоянии d от поверхности сферы, равна
1QI
4теое(7? + с/)2
(Инет: Ед = 0; Я =—1^-^ Ев = ------------------
4tte0eR2 4тг£о£(7? + d)
Задача 457
(и/го: Решение. Если г —расстояние от центра сферы, то при т < R
Н Е = 0, (рис. 214) при R <r < Ri
I» о 4-irR2 (cr\ f R\ 2
к» 22 — — J ] 1 ]
Hj 4тг£0т2 V£o7 k T J
Величина напряженности поля в зазоре между сферой и ело-
« диэлектрика ~ а внутри «оя д^ектрика
—v, где £ —относительная диэлектрическая проницаемость диэлектрика.
Н,ия 7?| < г < /?2 напряженность Е равна
266
3. Электричество
И ДЛЯ /?,2 < Т
o' /Д\2
Е=—(— .
ЕД \Г J
Ответ: См. рис. 214. Е = 0, г < R;
Задача 458
Дано:
R
Ri
Ri
а
Решение. Напряженность поля, создаваемого в слое диэлектри
ка зарядом сферы радиусом R, равна
Напряженность поля, создаваемого в слое диэлектрика заря»
дом, поляризованным на внутренней поверхности диэлектриче-
ской оболочки, равна
Д1
г
Согласно принципу суперпозиции, напряженность поля внутри слоя диэлиК
трика равна
р — _ Д
4тгеог2 £0
откуда
o-R2 А _ 1\ _ о-(е - 1)R2
Задача 459
Дано:
m
/1
wp________
AZ-?
Ну \ е / еНу
сг(е — 1).Р2
Решение. В первом случае растяжение пружины равнялось /| и
определялось из уравнения
Гупр + Гт = О,
или в скалярной форме
kly — mg, (I ]
где к — коэффициент упругости пружины. Когда в пространство между oh
кладками попадает капля ртути мах < oil intl и ос гается неподвижной, для капли
ртути можно laiincaTb первый икон Пыогопн.
Ш|>Ц I 1’«, II,
3. Электричество
267
или в проекции на вертикальную ось
7 Под — К)л,
где F3JI — сила, с которой электрическое поле конденсатора действует на кап-
Jiio ртути. Но согласно третьему закону Ньютона и капля ртути с такой же
ио величине силой действует на обкладки конденсатора, заставляя при этом
удлиняться пружину:
kl2 = Кл + тд = тод + тд. (2)
Подставив выражение для д, полученное из уравнения (1), в выражение (2),
получаем:
,, ,, к1г
Kl2 — r\'l\ "Ь TTIq ——,
т
। г г к уда
AZ = Z,-h = —Zj.
т
Ответ: AZ = ^^Zj.
rn.
'Inдача 460
(дно; ,4 Решение. На пластину действуют три силы: сила тяжести FT = mg, электрическая сила со стороны поля, действующая на пла- стину, Гэл = </Е, где q = <rS — заряд пластины, и сила упругости
III 1 { пружины F. Условие равновесия для пластины имеет вид
FT + F3J1+F = 0,
и и 1.1 в проекции на вертикльную ось
-FT + F3J1 + F = 0.
I Io условию, пружина недеформинованна, т. е. F = 0, откуда FT = F3JI, или
ни/ = aSE.
Следовательно
(•гнет: Е =
<гг>
1пдача 461
Ошо:
hi I О"7 кг
</ 2 10 -э Кл
I* 1 ZfJ|)(l — кх)
к I), 2 м-1
('и 2-К)2 м/с
I'" ' 2'1()2 В/м
I I
Решение. Найдем расстояние Z, на котором скорость ча-
стицы становится равной нулю. Воспользуемся теоремой
об изменении кинетической энергии
ДИфин = Азл, (I)
где ТУкин = 0 - — изменение кинетической энергии
частицы, /1,1, работа >пек грпчгского поля при цсрсме
щепип чш гниы пл pii.i i I’liniiiie Z, ранная
г//''. I ol/1' I
/.1)1,
1, (риг. 215, <>).
268
3. Электричество
Рис. 215
Задача 462
Дано:
« > 9
Uo_______
Г/-?
♦F' а
УЕТ
/’не 2/6
Е'
Перепишем уравнение (1) с учетом полу will
них выражений для ДТУкин и Лэл:
(J
откуда, решая квадратное уравнение (2)
носительно Z, получаем Zi — 1 м, О = 9 м.
Найдем расстояние х, на котором напри
женность электрического поля равна нулк»(
Е = Ео(1 ~ кх) = О,
откуда х = 5 м.
Ответ: Напряженность электрического ноли
становится равной нулю на расстоянии .г 1
5 м, а скорость частицы становится равно/|
нулю при х = 1м. Следовательно, частиц/),
изменит направление скорости в точке, гд||
напряженность поля еще не равна нулю.
Решение. На каплю ртути действуют дне < н
лы (рис. 216,о): сила тяжести FT = спц I
электрическая сила со стороны поля конл<ч|»
сатора F = с/Е. Запишем второй закон 11ы<и
тона для капли ртути:
FT + F = ща.
Запишем это уравнение в проекции на o<‘ii цц
Ег + F = та, или тд + qE = tiki ,
„ Uo
где т — масса капли, Е = -^ — напряжен
ность поля конденсатора, d —расстояние
между пластинами.
_ qU0 .
т d(a - д)
Найдем, при какой разности потвицинлоИ
между пластинами капля будет ос/тнлты >1
неподвижной (рис. 216,6). Для капли ус mil
вие равновесия будет иметь вид
F,(. I F' = 0, где F' = с/Е',
или и скплярной форме
1'\ 1‘1 <1, НН/ </ ,
</
3. Электричество
269
откуда
_ mgd
<1
(2)
Подставив в уравнение (2) выражение (1), получим
а-д
Ответ: U = Uo—-—
а-д
Задача 463
Дино:
Р = 20В
I 5 см = 5 • 10-2 м
d 4 мм = 4 • 10-3 м
Д«/ = d/2_________
"<j~?
Решение. Работа электрического поля при
перемещении частицы на разность потенци- ;
алов U равна изменению кинетической энер-
гии частицы:
АМ = ДРИкин,
(1)
1'щ. 217
где Азл = qU, ДТУкин = Подставив по-
лученные выражения для и WKHh в Урав-
нение (1), получим
mv2
qU=^T’
и
v
(2)
где тп и q — масса и заряд частицы, v — ско-
рость, с которой частица влетает в конденса-
тор (рис. 217). Отклонение частицы от пер-
воначального направления движения в кон-
денсаторе вызывается силой Рэл, действую-
щей на частицу со стороны электрического
поля конденсатора и равной F3J1 = qE.
Согласно второму закону Ньютона, ускорение а, сообщаемое частице силой
I'...,,, равно: Гэд </Е
а = --= —. (3)
m m
Движение частицы вдоль оси х — равномерное, так как проекция силы F3JI на
р'ь j; равна нулю. Время движения частицы в конденсаторе
t = (4)
v
l.iк как поле конденсатора однородное (Е = const), то из формулы (3) следует,
•| го а = const. Движение частицы вдоль оси у — равноускоренное под действи-
ем силы F3.„, направленной вдоль этой оси, начальная скорость частицы вдоль
hi "i>v - смещение а^2
Д?1 = -у-
Подставив в уравнение (5) выраженпи (2) (4), получим
qb'ltm I'll2
(5)
Д.1/ "" ' i
2m ii
270
3. Электричество
где, согласно условию задачи, Дг/ = а напряженность поля конденсатора ।
Е = Для Uo имеем:
' 2J2 • U
U0 = —j^, U = 0,256В.
Ответ: Uo = 0,256 В.
Задача 464
Дано:
q = 5 • 1О-10 Кл
т = 1О-10 кг
d = 1 см = 1СГ2 м
«о = у________
U-1
Решение. Скорость частицы при вылете из конденсатора
останется прежней только в том случае, если движени
частицы будет равномерным, т. е, если
FT+F^ = 0, (1)
где FT = mg —сила тяжести частицы, Гэл = qE-- сила,
действующая на частицу со стороны электрического поля
конденсатора. Запишем уравнение (1) в проекции на ось ц
Ес — КЭл = 0, или тд = qE,
г и
где Е == — напряженность поля конденсатора.
Окончательно
V = U = 0,02В.
q
Ответ: U = 0,02 В.
Задача 465
Дано:
и
= т
m2 = 4m
щ - ? г>2 — ?
Решение. Воспользуемся законом сохранения импульса.
mj.v = mjVx + rngVa- (1J
Налетающий протон и ядро гелия имеют одноименны
(положительные) заряды и отталкиваются, т. е. направлю
ние скорости V2 ядра гелия будет совпадать с напранпв
нием скорости протона. Направим ось х по направлен и ш
движения протона, тогда уравнение (1) в проекции на. о< i
х имеет вид:
m^v = mjVi + m^v-z-
(21
Протон движется замедленно, ядро гелия движется ускоренно, следоват<чп.п|1
расстояние между частицами будет минимальным, когда относительная < ко
рость частиц будет равна нулю, т. е. V| = v-z- В следующий момент времени
скорость ядра гелия окажется больше скорости протона и они, продолжая дни
гаться в одну сторону, начнут удаляться друг от друга. Тогда уравнение (1
можно записать как
mv = т Vi + 4т • vi,
откуда
«I — i)2 = 0,2и.
Отлет: f>[ из 1),2п.
3. Электричество
271
Задача 466
(ано:
гп
Ч
Q
Hl
"1
Н2___________
II; ?
Решение. Воспользуемся законом сохранения энергии; энергия
сохраняется, так как на систему двух зарядов не действуют
внешние силы и сила их взаимодействия является консерватив-
ной силой:
откуда
mvj |q| |<Э| = mw| |q| • |Q|
2 47геое7?| 2 4тгеое7?2 ’
2 , Q-Q ( 1 1
'1
2тгЕоет \ R.f R.-z
«2 =
()тнет: V2 =
Задача 467
Дино:
II
Ч
h<&H
Решение. Под действием электрического за-
ряда +q в пластине происходит разделе-
ние зарядов. Индуцированные отрицатель-
ные заряды на поверхности проводника рас-
пределяются таким образом, что результи-
рующая напряженность поля внутри про-
водника, создаваемого зарядом +q и индуци-
рованными отрицательными зарядами, рав-
на нулю. Следовательно, поле заряда +q и
поверхностного заряда компенсируют друг
друга в области, расположенной ниже по-
верхности пластины (рис. 218). Поместив за-
ряд —q симметрично заряду +q, т. е. на
расстоянии Н ниже пластины, получил по-
ле, совпадающее с полем, создаваемым по-
верхностным индуцированным отрицатель-
ным зарядом. Поле поверхностного заря-
да симметрично относительно плоскости по-
верхности, поэтому в области, расположен-
ной выше поверхности пластины, оно со-
впадает с полем точечного заряда — <7, рас-
положенного симметрично заряду +q отно-
сительно поверхности. Следовательно, поле,
ннданаемое зарядом +q и индуцированными отрицательными зарядами, со-
аплдш'т с полем, создаваемым зарядами +q и — q. Таким образом, задача сво-
<1 ct я к рассмотрению движения заряда +q в поле заряда — q. Воспользуемся
11 копом сохранения энергии:
+и;
(О
I Mt
И,
272
3. Электричество
ттг д(—q) , о
Vinos? = g(2ft) ~ noTeH4najIbHbie энергии заряда +д в точках 1 и 2 ахи1
2
ветственно, 1РКИН2 = —%----кинетическая энергия заряда в точке 2. Подсташщ
полученные выражения для IVnOT и Ифин в уравнение (1), получим
9 9 9
q _ q пмг
4тгеое 277 4тгеое2Л, 2 ’
откуда
v =
q2 fl 1
тп • 8тгеое \ h Н
0_
2
H-h
Z-rtE^ehH'
Ответ: v
H-h
Задача 468
Дано:
I. = 40 см = 0,4 м
R = 10 см = 0,1 м
q = 2-10~9K.n
<Р~ ?
Решение. Внутри сферы все точки имеют одинаковый пи
тенциал tp. Рассмотрим потенциал в центре сферы. ( !i 1
гласно принципу суперпозиции,
</’ = 7’1 +</>2,
0
где tpi = 4tt£ ~e(R + Z)—потенциал поля точсчшМ'и
4тге eR — потеыЦиал, создаваемый зарядами, индуцировании
V Д<2сф
ми па сфере вследствие перераспределения зарядов, <р2 = ^^.g ед~- Сфера п
целом не заряжена, ^2 AQc<i> = 0, следовательно,
___ _ Q
tp = tpi = -----------——. tp = 36 B.
4tts'oS'(jR 4“ Z)
О/'К'т: ip = 36 В.
Задача 469
Дано:
(ц = 4-10-12Кл
</2 = 5 • 10~13 Кл
ri 2 мм = 2 10~3 м
г 2 — 3,82 мм = 3,82 -10~3 м
ip - ?
Решение. Потенциал большой капли ранен
где Q = Qi + q2, С = 4тгеоеР — заряд п <д|
кость большой капли. Радиус большой 1ШН.Ш1
найдем из условия М = ггц +т2, где AZ, ущ
и т2 — массы большой и маленьких кашчН.
соотвстствы пю.
4 .. 4
М = pV = />-7гЛ , mi — p-Vi р 7гг’|,
5 *5
TZ 4 :»
т2 =pV2 =р - -тгг2.
3. Электричество
273
'I нда
4 о 4 о 4 2
Р = P^irrl + Р ^т2,
о о о
ИЛИ
R = \/Г1+Г2-
11и ктавляя полученные выражения для Q, С и R в уравнение (1), имеем:
<71 + <72
= ---------- ---------,
4тге()е {/г + г2
<р = 10,1 В.
I Чист: <р = 10,1 В.
Чпдача 470
'(.шо:
/' 104В/м
|Н 10-2 кг
d 10-6Кл
I I м/с
I I м
<1 Y
Решение. На шарик действуют три силы
(рис. 219): сила тяжести, сила натяжения
нити и кулоновская сила. Эти силы кон-
сервативные, следовательно, энергия шари-
ка остается неизменной:
Wi = W2,
(1)
где W) = W2 = mgl(l — cosa) + q(ip2 -
) = mgl(l — cosa) + qEl(l — cosa) —энер-
гии шарика в точках 1 и 2 соответственно.
Подставим полученные выражения для Wi
и I+2 в уравнение (1) и получим:
2
—= mgl (1 — cos a) + qEl (1 — cos a),
откуда
cosa = 1 — —------—
2(mg + qE)l
cosa = 0,954 a =17,4°.
Ответ: a = 17,4°.
*1идичя 471
’( П1О.
nt 20 г = 0,02 кг
2-10 °Кл
Qu Qi Чг = 10 7 Кд
i), 5 м
• 0,1м
« I
Решение. На шарик действует кулоновская
сила, эта сила консервативная, а значит
мы можем воспользоваться законом сохра-
нения энергии. Энергия шарика в точке А
(рис. 220) равна
|УЛ » ,ltpA = ,/ ( —
\4т о. I 17И и
Q • </о
2/11 ц1 г
274
3. Электричество
Энергия шарика в точке В равна сумме ег< I
потенциальной и кинетической энергии
ттг mv2
WB = qtpB + =
( 91
92
\4тгео£ • (0,5Z) 4тгео£ (0,5Z)
9 9
mv q - Qo
+ 2 7T£0£l 2
Поскольку Wa = Wb, имеем
g • go _ g go mv2
2.7Г£о£Г Tf£o£l 2 ’
откуда
д-до
7ге08 • m
v = 1,04м/с.
Otikxt: v = 1,04 м/с.
и =
1 2
Задача 472
Дапо:
пн = 0
'/I -д2 = д
”л ? _ ?
"п а,в
Решение. На частицу массой m и зарядом
действуют только кулоновские силы прпти
жения со стороны зарядов и q2. Очепнд
но, заряды до и q должны быть разноимеп
ными. Кулоновские силы являются коп сер
вативными, следовательно, можно запис.Г1'1
закон сохранения энергии. Энергия части цп)
на бесконечности равна нулю, энергия чи
стицы в точке А (рис. 221) равна сумме п<
тенциальной и кинетической энергии
!gog • х/З mv\
4тгеоЕ?’ 2 j
WA = qoipA + = -
в точке В энергия равна
9
ттг mv!
WB = qo'-pli Ч-----~ =
2gog mvjj
4тгеое?’ 2 1
причем потенциальная энергия заряда <,♦!'
рицательна. По условию задачи, Wa = I (
WB = 0, т. е.
дпй'УЗ mv2A _
2тео£-?- + 2 ~ ’
2?г/ у/ г
£j
и । куда
"Л
3. Электричество
275
Ila заряд Qo со стороны зарядов с/i и <72 действуют силы Fi и F2. Согласно
ыкону Кулона,
у1=г2 = 1®Ш „ д = Рг. = ШфД
4тео£^ 4тгбо£*
К точке А на заряд действует сила Гд = F, pF!,, Fa = F, = , сообщая
4тгеоЕ’'"
частице ускорение
а С1 = 3kol - kl
т 4тгеоЕ’’2 т
В точке В на заряд действует сила
Fj3 = F1+F2, Fb = V3F, =
47ГЕ-0бГ2
ускорение частицы в этой точке равно
а _ Тв _ f<7o| |q|д/3
т Акео£г2тп
|| Тогда
с^ = ^.
ав
О гнет:
аВ
’ vB
Задача 473
/(ано:
Ht — 4 см = 4 10-2 м
Решение. При соединении сфер проволокой перете-
кание заряда происходит до тех пор, пока потенци-
алы сфер не станут равными, т. е.
7 ’!-
¥>i = У’г.
где cpi и — потенциал сфер после их соедине-
ния проволокой. Потенциал сферы </>'х согласно
принципу суперпозции равен сумме потенциалов, создаваемых внутренней и
пiii’iпней сферами, заряды которых после соединения равны q± и q^ соответ-
гтвснпо:
.J , 92
_— ----------- —w
4тГЕое/?,| 4?ГЕоЕЙ2
1о1'гцциал внешней сферы (р'2 равен
, _ 71 + <72
4тгкоеР2
(1)
(2)
tin Нисону (-охранения (арядл к н io.iiHpoiiaiiiioii <-н(-Т(>ме,
</(> <П I Ч ।
276
3. Электричество
где q0 = 4/тЕ(,£</)1/7| —заряд сферы радиусом до соединения. Приравнивая
правые части выражений (1) и (2), находим
откуда 91 । 92 _ 91 + 92 4тг£о£ • Ri 4те0£ • 2Й1 4тг£0£ • 27?х ’ , <12 _ 91 + 92 41 + 2 “ 2 ’ ,92 9о - 92 + 92 9° 92+ 2 - 2 92 = 9о = 4тг£0£Е1 </>1, 92 = 2,2 • 10~п Кл.
Ответ: q? = 2,2 • 10 11 Кл.
Задача 474 Дано: Решение. При соединении заряженного шарика с незаряжев
9о 91, 92, 9з~? ным заряд будет переходить до тех пор, пока потенциалы ша риков не станут равными. Поскольку радиусы шариков едина ковы, заряд распределяется между ними поровну, 91 = Ann- 1| логично можно рассмотреть присоединение третьего шарика cl зарядом ко второму, незаряженному шарику: после соедини-1 ния шариков его заряд будет равен 92 = ®.
Ответ: ®
Задача 475
Дано:
<р = const
01
Q-2
Qs~?
Решение. При соединении первого шарика с удаленным про
водником, потенциал которого поддерживается постоянным Н
равным </>, на шарик переходит заряд Qi такой, при котором
потенциал шарика также будет равен <р:
<21 ,.I
9’= л------, (И
4тгео£т
где г — радиус шарика.
При соединении второго шарика с удаленным проводником на него порах»
днт заряд 0г, определяемый условием
<21 , <2г
Ь -Т~--=
4тг£0£а---------4тгЕ()£7'
где a— длина стороны равностороннего треугольника и </>х = — пот'Ч!
циал, создаваемый первым шариком в вершине треугольника, где расположен
заряд <2г- Заряд третьего шарика после его соединения с проводником оирсдн-
(»)
ляется из условия
откуда
Qi . Q2 <2з
--- 1_ 1_ -------„
4л£()£О,----------------------------47Г£()£<7-4тг£оЕГ
Z , j ( <21 I <2'2 \
Чл — lireoc r (tp - , - I .
\ 1л< (г п /
3. Электричество
277
Из уравнений (1) и (2) имеем
Qi Qi
4тгеое -9? (Qi - Q2) 4тгеое^
Подставив полученные выражения для г и а в уравнение (3), нахо-
ж Q2>
дим: Оз =
Ответ: Q3 =
Задача 476
Цино:
Си
Решение. Напряженность поля внутри про-
водников равна нулю, Е = 0 при г < тд. За-
ряд сферы равен <2сф = а 4яТд. При г > то
напряженность поля сферы равна
Е= |<Эсф| = kl
4тгеоЕ’’2 еое V г /
Потенциал сферы при г < т0
__ <Эсф _____ О' 7'()
4тгеоЕ’'о ЕоЕ ’
при г > Го
С?сф о /Vq л
V = й-----= — — •
4тге0£’' ЕоЕ \ т )
Ответ: см. рис. 222.
Задача 477
го-
/ч
/(
Ч
/'(<) ?
Решение. Все силовые линии, выходящие из in-
ряда, г/, за,капчи каются на внутренней нонерхно
("гн сферы (внутри проводника, (юля нее). Зпа
чит, на (iiiyTpeiiHcii поверхности сферы нндун,(|ру
с' Я шр'Щ (/, а на. внешней поверхности < <|>е
р г крмЦ I/ (рле 223) При г lit иш1ря-ксн
но..... lioipi / , (iiuiipiUKeiiiioc'i । iioiiii
I ii ii i
278
3. Электричество
точечного заряда q). Потенциал поля опре-
деляется согласно принципу суперпозиции
как сумма потенциалов, создаваемых точеч-
ным зарядом q и зарядами ±д, индуциро-
ванными на внутренней и внешней поверх-
ностях сферы:
<7 , Q Q
{£) — ------ -|- .....— — —---------.
4тг£оЕ7' 4/тЕ()Е/?,2 4tteo£-Ri
При < г < Т?2 напряженность £? = (),
так как внутри проводника напряженность
поля равна нулю, а потенциал определяем я
согласно принципу суперпозиции
q q q = q
4тгеоЕ7‘ 4тге()Ео7' 4тгЕ()Е/?2 47ге()Е/?2 ’
так как потенциалы, создаваемые точечным зарядом q и зарядом —q, индуц
рованным на внутренней поверхности сферы, взаимно компенсируются. Вши
сферы, при г > Т?2 поле совпадает с полем точечного заряда q:
v q q 9 И If = чле^ет* 47ГЕоЕг
Ответ: Е= Д 4тг£о^ Q f1 1 1 А „ л + D тэ ПРИ Т < 4tteqe у г К'2 /
Е = 0, = ------—, при Ri < г < R.2',
4тгеоЕл2
Е_ g 4ле0ег2 ’ g Г5 <р = при Г > 4тгеоег
Задача 478
Дано:
Л|
/?2
<1
<Р2
Решение. При заземлении шара его потенциал становится р.м>
ным нулю, заряд — равным до- Согласно принципу суперно Ш
ции, потенциал шара складывается из потенциала самого iiinpn
и потенциала поля, создаваемого сферической оболочкой:
q . 4о п ,..
(р =-----------1---------= 0.
4тгеоЕ-Й2 4тгеоеЕ1
Очевидно, что заряды q и qo — разноименные, из уравнения (1) для qo получнпМ
qRi
д0 = ~^-
Потенциал оболочки <р2 складывается из потенциала самой оболочки и но юн
цпала поля, создаваемого шаром:
____ q , qo _ д(Дг ~ Дх)
47ГЕ()е/?2 4тГЕ|(е7?2 47ГЕ()е/?,2
Untcr: ip2 '
1/Г (И
3. Электричество
279
Задача 479
/(апо:
'/I
</?
К|
1<2
Решение. Напряженность электрического
поля при г < Ry равна нулю, так как все
точки этой области лежат внутри каждой
сферы, Е = 0. Потенциал всех точек вну-
три сферы радиусом Ri одинаков и согласно
принципу суперпозиции равен сумме потен-
циалов, создаваемых двумя сферами:
1 (<71 . 92 \
G9 = -- [----1-----I .
4тГЕ()Е \Р1 R2 /
При Ri < г < R2, т. е. в области, лежащей
вне сферы радиусом R± и внутри сферы ра-
диусом R2, напряженность поля равна на-
пряженности, создаваемой сферой радиусом
Pi.
Рис 224
Е_ qi
4тгеоЕ'с2 '
Потенциал точек этой области равен
4тгЕ()Е \ г R2 )
При г > R2 напряженность и потенциал по-
ля равны:
Р <71 + <72 91 + 92
4тгеоЕг2 4тгеоег
зависимостей изображены на
Кривые этих
рис. 224.
(h нет:
E = Q,
1 (91 , 9г
G9 = ------------1----
4тгеое \ ^i R2
_ 1 А 91 , 92
4тге0е \ т R2
91 +92 п
ip = ч------ при г > R2.
4тге0£г
при
Rr,
q
Е=~--------2’
4тгЕо£т2
Е = gi +<72
4ttEo£t2 ’
при Ri
Rf,
280
3. Электричество
Задача 480
Дано:
+сг
d
Е(х) — ? <р(х) — ?
Решение. Напряженность поля, создаваема
го плоскостью, определяется по формулу
Е — . Согласно принципу суперпозиции
Z£E0
напряженность точек поля в области меж/
двумя пластинками равна
2!
о
Рис. 225
d
2
d_
2
2е6() 2с£() ££()
Для точек, лежащих с внешней стороны шш
стин, напряженность поля равна нулю. По
тенциалы точек этих областей одинаковы
но в каждой из областей имеют разные зил
ки. Зависимости Е{х) и <д(т) изображены ил
рис. 225.
Ответ: см. рис. 225.
Задача 481
Дано:
Qi
42
I,
Д1+-?
Решение. Первоначально энергия системы двух заряжен ш.И|
шариков равна сумме энергий каждого из шариков и энергии
их взаимодействия:
W - ________________
1 2Ci 2С’2 kneoel 8тг£о£г 8тг£о£г 4тгео£/ ’ ' ’*
где Ci = Сг = 4тг£0£г — емкость шарика. После того iui.№ 1
92
9192
шарики соединили тонкой проволокой, суммарный заряд распределился между
ними поровну, так как после соединения шариков перераспределение зарядим
происходит до тех пор, пока потенциалы шариков не станут одинаковыми
< = iL у _
Ci СД
По закону сохранения заряда, общий заряд шариков при их соединении П»1
и ш<*л1яется, следовательно,
91 +92 = 91 I 9ю
откуда
3. Электричество
281
)иергия системы шариков после их соединения проволокой становится равной
W = А. + + (</1+<Ю2 =
2 2СХ + 2Ci + 4ле0е/
= 2/gl +g2)2 + (gl + g2)2 = (gl + g2)2 . (1 + (2)
4 • 87геоег 16 tteoeI 16-леое \r IJ
Ц 1менение АТУ энергии системы шариков равно
Д|.-|7 = W2-W1= + 2glg2 + g^ + (gl + g2)2 - g2______________g2 _ qiqz
16тгеое^ 167геое2 8тгеоег 8тгеоег 4тге0е/
_ (91 ~ дг)2 (91 + дг)2 _ 919г _
16тгеоЕГ 16тгеое£ 4леое/
_ 1 Г (91 +дг)2 -4gig2 _ (31 ~ 9г)21 _ (31 ~ 9г)2 /1 _ 1\
16леое , I г 16лео£ V r J
lb нет: АТУ =
(91 ~ 9г)2 (I
16тГЕ0Е \ I
Чндача 482
Д.'нго:
Решение. При последовательном соединении конденсаторов за-
ряды на обкладках конденсаторов будут одинаковы и равны
тт„ тт СгС2
9о — UCaKB — U . /-« >
Ci + С'2
А</ ?
„ С 1^2
где СЭКц = - С,-эквивалентная емкость конденсаторов.
Oi + Сг
При заполнении конденсатора емкостью С2 диэлектриком
диэлектрической проницаемостью е его емкость становится равной еС2, а
общая емкость системы двух конденсаторов
еС1С2
ЭКБ Ci + еС2 ’
Чпрнды на обкладках конденсаторов в этом случае равны
а = С -ТТ — . тт
9 Чкв и С2+еС2 и.
1 шгпение заряда на конденсаторах
Л _ _ тт ( £CiC2 С1С2
Лц-q Qo-U^+eC,2 Ci+(j2
, Л С2С2(е - 1)П
Ag - (C’i +C2)(Ci+eC2)-
C^C2(e-l)U
(Ci + C2)(Ci + еС2)
282
3. Электричество
Задача 483
Дано:
d\ = 2 мм = 2 • 10~3 м
.S' = 10 см2 = 1О'ям2
U = 100 В
<1-2 = 3 мм = 3 • 10-3 м
г
Л- ?
Решение. До раздвижения пластин емкость ков
денсатора и заряд на нем соответственно равны
eoeS Еое5
С, = —- и ql = UC1=U~—.
щ «1
Поскольку конденсатор отключен от источника н
пряжения, то после раздвижения пластин постоям
ным на конденсаторе остается заряд qi = q2 —
Емкость конденсатора становится равной
~ EoeS
°2 ~ —•
I ’абота, совершаемая при этом внешними силами, равна
a = w2-w1 = £--^- =
ZU 2 ZOi Ztli
л 8,85-IO”12-10-10-4-104 1Л_3тт , , 1Л_8тт
A = -------— . ---------10 3 Дж = 1,1 -10 8 Дж.
2 • 4 10-6
Отпет: А = 1,1 10-8Дж.
Задача 484
Дано:
(7 = 40В
S — 600 см2 = 6 10-2 м2
<1 = 4 см = 4 • 10-2 м
F
Решение- Емкость конденсатора равна С = £ f '
заряд на каждой из обкладок конденсатор
eeqS U
q = CU =—-------, напряженность электрически
го поля, создаваемого одной из обкладок, рани
U
Е = 2^. Тогда сила взаимодействия двух пла< пи
плоского конденсатора
F = q-E = ££°У, F = 2,66 10-7 Н.
2d2
Отпет: F = 2,66 10-7Н.
Задача 485
Даш»:
I I мм = 4 10~4 м
</ .1 мм = 1 • 10~3 м
Е 5 В
Л> ns К) см2 — 10~3 м2
7д77 ?
Решение.
1. В первом случае конденсатор отключен <п п<
точника и поэтому заряд на его обкладках оспк"! i |
неизменным: Лгу = 0. Заряды на обкладках кип
денсатора индуцируют на сторонах внесенной п4
заряженной пластинки (рис. 226) заряды, npoin
воположныс по атаку и равные друг другу и nv
рядам па. обкладках конденсатора. Напряженно! ।
мюксрплегкого поля внутри металлической пнет тчпюй пластинки ранил ну
ли», и 11:1.1|ряж<чп1<н"Г1> ноля внутри концппси горд пе и tMi’iiirmi. Емко» Гн
3. Электричество
283
I
* '
I _ --------- 4
I - + -
I 4-
I 4-
I 4-
I 4-
I - 4- -
I - 4-
4 i h-N
Pile. 226
конденсатора с металлической пластинкой
С увеличивается по сравнению с первона-
чальной Со, как если бы его обкладки сбли-
зили:
EoeS ~ eoeS
с« = — » С=(ГД)-
(Введение металлической пластинки приво-
дит к образованию двух последовательно
включенных конденсаторов с расстоянием
между обкладками 1\ и причем li +12 =
I — d. Общая емкость этих конденсаторов
определяется из соотношения
1 /1 । I2 I — d Q eqeS \
С eoeS EqeS eoeS’ l — dj
Тогда изменение напряжения на конденса-
торе
С/ С>1
_ q(l — d) q l _ qd _ d
EqeS EqES EqeS I
AC = 20B.
2. Во втором случае конденсатор присоединен к источнику, разность потен-
иииюв на его обкладках остается постоянной и равной £. Заряд q0 на обкладках
«шденсатора до внесения пластины
qo — ECq — Е —-—,
d
inrjie внесения пластины заряд q на обкладках конденсатора равен
ср ce0^S
q = EC = Е-—
I — d
I iM( пение заряда Д(у на конденсаторе
л ceqeS EqeS eoeSE
^ = "-^^e-rrd-£— = v^i'd’
Дд = 3,69 10-12 Кл.
> ri«-г. I. Aq - 0; ДU = 20 В. 2. Д9 = 3,69 10“12 Кл; ДU = 0.
284
3. Электричество
Задача 486 Дано: е = аЕ d = 4 мм = 4 -10-3 м а — 10:! м/В Uo = 60В и-? Решение. Емкость подключенного конденсатора i /т €qS С° = емкость конденсатора, заполненного ди электриком, С = = аЕ Со. d При параллельном соединении конденсаторов па общая емкость равна Сэкв = С + Со = Со(1 + аЕ) — Со Г1 + а~^\ 1
Суммарный заряд системы двух конденсаторов равен заряду конденсатора ( ;<
до соединения:
Qo = Q, CoUo = Cq I 1 + а-т ) .
\ а)
Напряжение U находим, решая полученное квадратное уравнение относит с ii|
н° U:
C0U2- + C0U - соио = 0.
-Со± JCg+4^t7o
и =------У----------, и = 13,6 в.
2^С0
а
Ответ: (7 = 13,6 В.
Задача 487
Дано: Решение. При последовательном соединении кондепс.тп)
Ct=C ров (рис. 227, а) благодаря явлению индукции на слс/Л
С2 = 2С ненных между собой обкладках конденсаторов С'| и (1
U2 = 2U-2 заряды равны и противоположны по знаку:
с3~? (1 “ Q1 ~ 0.2. — £ Сэкв,
„ _ СгС-2 IДС Сэкв — 0^ | — емкость системы двух конденсаторов C'i и С2- Напри
ния па конденсаторах Сд и С-2 равны
тт _ Q _ £С2 2 q _ £СХ _£
1 Ci Ci+C2 3 И 2 С2 C’i + Сз 3'
При подключении конденсатора С'з параллельно конденсатору C'j (риг '*2? Л
2£
па конденсаторе С2 напряжение становится равным б2 = -5-, а на копдюп ц
О
3. Электричество
285
< >тпет: С3 = ЗС.
так как сумма напряжений на конденсато-
рах Ci'3 и С?, очевидно, равна э.д.с. источ-
ника £. Емкость С1;з системы конденсаторов
Ci и Сз равна
(71,з = Ci + Сз-
Так как при последовательном соединении
конденсаторов заряды на них одинаковы, за-
пишем
или
(Ci + C3)U{ = СзЩ,
(С + С3)|=2С-у,
откуда С3 = ЗС.
Задача 488
© с© 1 1 О О см II II ®! m и § ч О О о со .. СМ СО г-н | II II 11 II ——- Решение. При параллельном соединении кон- денсаторов общая емкость системы конденсато- ров определяется по формуле C = Ci+C2, а общий заряд после соединения одноименных обкладок равен:
П(1 ?С-?
Q — Qio + <Z2o — CiUi + C2U2,
|до Qio и <?2о — заряды конденсаторов Ci и С2 до соединения. Разность потен-
циалов на обкладках каждого из конденсаторов
U0 = ^=C1^^U2, Со = 260 В.
и С1 + (_>2
При соединении разноименных обкладок конденсаторов Ci и Сг общий заряд
|И111<‘Н
<1' — |<71о ~ </2оI — |CiCi — C2C2I.
Рп-шость потенциалов на обкладках каждого из конденсаторов будет равна
r = g;=iac,-c^j.
С Cl + С2
Огпег; Со = 260В; С = 140В.
286
3. Электричество
И
Задача 489
Дано:
Et = 2В
£2 = 6В
<1 = 10-8 Кл
С-?
Решение. Пусть разность потенциалов между обкладка-
ми конденсатора равна U. Известно, что работа, совер-
шаемая при переносе единичного положительного заряда
вдоль любого замкнутого контура, содержащего источ
ник напряжения, равна электродвижущей силе:
£1 — —U, и Е2 — U,
или
£i + ^ = о и £2 — ^ = 0,
с с
откуда
£2 —£1=77, С = С' = 5-10-9Ф.
С С2 — G1
Ответ: С = 5 • 10-3 мкФ.
Задача 490
Дано:
Ri
R-г
Решение. Пусть заряд внутренней сферы радиусом Ry равен </,
тогда заряд внешней сферы радиусом R2 будет (—д') Найдем i к ।
тенциалы внутренней и внешней сфер. Потенциал внутрепигй
сферы, согласно принципу суперпозиции, равен сумме потенцц
алов внешней и внутренней сфер:
= 1 (jz_________
4тгео R2 J
Потенциал внешней сферы
„ _ 1 ( д <1 \ _п
47ГЕ0 \Д12 R2J
Разность потенциалов (71 — <д2) равна
-О'1 И
<Д1 — --- I -=---=r- I -
4тге0 R2 /
Определим емкость сферического конденсатора:
с __ д . _ 4тге0Д1Д2
<Д1 - <Д2 Rz- R1
z> /-t 47ГЕ0В1/?2
()тпет: С = р и V, .
Р2 ~ ill
Задача 491
(апо:
S
Соединим пластину 1 проводником с пластиной 3
?
Решение.
(см. рис. 228,а), а пластину 2 с пластиной 4. Образовали и нН
ся сложный конденсатор можно рассматривать как батареи)
образованную тремя одинаковыми конденсаторам» е емко<Т).ц»
g.
G) = соединенными nnpionieiH.no (рис. 228,6): конденсат!)р
3. Электричество
287
/’мс. 228
I с пластинами 2 и 1, конденсатор II с пластинами 2 и 3 и конденсатор III с
пластинами 4 и 3. Емкость системы конденсаторов равна
С = ЗС0 =
а
. 1 ZU 3E()lS'
Ответ: С — ——
d
Задача 492
Дшю:
1'1 = г2 = г
Решение. Пусть заряд первого шара радиусом ri равен q,
тогда заряд второго шара радиусом т2 равен (—q). Опре-
делим потенциалы шаров. Согласно принципу суперпози-
ции, потенциал первого шара равен
9 q
tp X -— --- —- --J
4тгеоГ1 4ле0/
Где I — расстояние между шарами. Потенциал второго шара
1 Q
(р^ — — — • ~н-------.
4л еог2 4лео/
Разность потенциалов между шарами
q /2 2\
<71 - <72 = ~л-- - - V
4тгео у г I)
Емкость системы двух шаров находим по формуле
С - q — 4эт£о
<71 ~ <72 ( 2 _ 2
= 2теог,
та как по условию I т.
< >плч'.' С = 2те()Г.
288
3. Электричество
Задача 493
Дано:
Ci = С2 = С
Ui=U
U2 = О
ДИ"-?
Решение. Энергия конденсаторов до их соединения равна
энергии первого конденсатора,
и,1 = «£? = ^
2 2 ’
Согласно закону сохранения электрического заряда, пол
ный заряд системы из двух конденсаторов остается
постоянным до и после их соединения, т. е. он равен заряду первого конден
тора до соединения со вторым конденсатором,
q = C1U1=CU.
Емкости конденсаторов равны, следовательно, после соединения конденсат *
ров их заряды будут также равны:
CU
2
CU~
4
q
9i=<?2==2
Энергия системы конденсаторов равна
“ 4С
Изменение энергии системы конденсаторов после их соединения:
лтгг тгг ttz CU2 CU2 CU2
ДИ" = W-) - W1 = —---------=-------—.
4 2 4
СЧТ2
Ответ: ДИ' --------.
Задача 494
Дино:
'/io = Q20 = q
Решение. При уменьшении расстояния между пластина
ми конденсатора в 4 раза его емкость увеличивается и
раза:
kq-‘?
^=4.^ = 4С0.
d do
Общая емкость двух конденсаторов, соединенных пара ।
дельно, равна
Собщ = Со + С = CQ + 4СЬ = 5Со,
разность потенциалов после соединения на обкладках конденсаторов однианк
на и определяется формулой
42
U = ~ =---------
Со 4Со’
(JtHii.uii заряд (r/i + гу2) согласно закону сохранения заряда равен 2<д
<7i + <12 'i<b
111 111,।ряжений (I) и (2) находим
(Hl)
Н
. ч
2
Ч
3. Электричество
289
Тогда
Aq = qw-qi=q- -q = -q.
5 5
?(гает: А о = §q.
Задача 495
Дано:
1/ = 2-103В
5 = 0,2 м2
d = 2 мм = 2 10~9 м
= 10
Q ?
Решение. Из закона сохранения энергии следует,
что
И'о = Wr + Q,
ТЛ/ CU2 eoeS U2
где Wq = —2— = - -%-начальная энергия
конденсатора, Wi ~ 0 — энергия конденсатора по-
сле разрядки, Q — количество теплоты, выделивше-
еся в проводнике,
Q = ~-~, Q = 1,77 10~2 Дж.
а 2
Ответ: Q = 1,77- 10~2Дж.
Задача 496
1,.дю:
= 2U
l'=U
('
Решение. Из закона сохранения энергии определим
выделившуются теплоту Q:
Q = Wi- W2,
О ‘7-
с - (и )2 си2
। io Wi ~ --2 1 = ^CU2 — начальная энергия конденсатора, W2 = —
шгргия конденсатора после его присоединения к источнику напряжения.
Q = 2CU2 - = |ct72.
Опи-г: Q= |С772.
290
3. Электричество
ju
3.2. Постоянный электрический ток
Задача 497 Дано: Решение. Воспользуемся законом Ома
U = 21,25В 1 = 0,5А 1 = 500м S = 0,1 мм2 = 1 107 м2 р = 1,7 10 8 Ом м х-? 1 II II II ^|Н g Р о II СП -5, Й О “ g н Н. о II 11 2 05 S || £ Ъ | Ъ 8 И сл £
Ответ: х = 250 м, т. е. движок должен находиться посредине реостата.
Задача 498
Дано:
а = 0,004 К-1
to = 0° С
Ro = R
Rr = 2R
R2 ~ OR
ti — ? t2 — ?
Во втором случае
Решение. При температурах tx и t2 сопротивления прг>
волоки
Pi = Ро(1 + аДТ1) и R-2 = Ро(1 + оДТ2).
Искомую температуру определим по формуле
Л„ _ Rr ~R0 _ 2R-R _ 1
1 г> <> 5
шго сМ a
ДТ1 = 250К, И =250° С.
Лт ~ Rd
АТ2 = 1250 К,
aR a
и находим t2 = 1250° С. Температура плавления меди 1080° С, т. е. невозмоиом
увеличить сопротивление проволоки в 6 раз.
Ответ: 1) 250° С;
2) увеличить сопротивление в 6 раз невозможно, так как для этого । и
буется нагреть проволоку до 1250° С, а температура плавления меди 1080" I* 1,
следовательно, проволока расплавится.
3. Электричество
291
Задача 499
(ано:
j = 1А/мм2 = 106 А/м2
I. = 10 см = 0,1 м
1> = 8,9 • 103 кг/м3
Л/ = 64кг/кмоль = 0,064 кг/моль
/° = 27° С, Т = 300 К
Решение. Пусть п — концентрация сво-
бодных электронов в проводнике, заряд
электрона qe. За промежуток времени At
через поперечное сечение проводника про-
течет заряд
Д<7 = п qe SAi - v, (1)
где S — площадь сечения проводника, v —
средняя скорость направленного
движения свободных электронов в проводнике (скорость дрейфа). Концентра-
ция свободных электронов в проводнике равна
I <2>
,, т I
( «гласно определению, / = и j = д, тогда
j =
, I pNAqei
। »ткуда t = — = д/?--время, за которое электрон переместится на рассто-
iinitc I. Скорость теплового движения электрона равна (считаем, что средняя
। корость теплового движения электрона равна среднеквадратичной скорости)
где m — 9,1 10“31 кг- масса электрона, к = 1,38 10-23 Дж/К —
постоянная Больцмана, и за время t электрон пройдет путь d = vTT:
pNA-qel , 1 _ in7
------------------------------—----, а — 1, 5 • 10 м.
М]
, ЗкТ
а — \ ----
V m
Ответ: d = 1,5- 107 м.
Задача 500
(дно:
/ I м
j 2 10~6 А/мм2 = 2 А/м2
/< 2,8 1(Г 8 Ом м
Решение. По закону Ома, для участка
цепи
где R — p-g и I = jS, откуда
U = jpl, U = 0,056 В.
Ibiiei'; U = 0,056 В.
292
3. Электричество
Задача 501
Дано:
U = ЗОВ
Uo = ЗВ
Ry = 600 Ом
-йдоб — ?
Рис. 229
Решение. Добавочное сопротивление к вольт-
метру подключают последовательно (рис. 229).
Токи, текущие через вольтметр и добавочное со-
противление, одинаковы:
т _ т Uo _ Одоб
*V — 1доб, —
.гбу *£доб
Напряжение на добавочном сопротивлении рав-
но Ндоб = U - Uo, тогда
Ответ; ЯДОб = 5400 Ом.
Rfip6 = 5400 Ом.
Задача 502
Дано:
Ra = 0,02 Ом
Io = 1,2 А
/ = 6А
R — ?
Решение. Амперметр включают в цепь последи»
вательно. Если сила тока в цепи больше, чем
ток 10
максимальный ток,
на который
рассчн
тан амперметр, то параллельно амперметру под.
ключают шунт (рис. 230):
I — 1ш + 1о-
Рис. 230
одинаковы:
Падения напряжения на амперметре и шуц |в
Ап Дит — А A a j
Решая совместно уравнения (1) и (2), находим
Яш = 7^-, = 5 • 10~3 Ом.
1 — А
Ответ: = 5 • 10“3 Ом.
Задача 503
Дапо:
п _ Ro
(J =3U0
Ро=-0
If у - ?
Решение. Показания вольтметра определяются падением ни
пряжения на сопротивлении вольтметра. В случае, когда сопри
тивление реостата равно Rq (рис. 231), падение напряжения по
вольтметре равно
£
А° — =— „ Rv,
Ry + Rq + т
где £ и г —э.д.с. и внутреннее сопротивление источника напряжения 11|н|
уменьшении сопротивления реостата в четыре раза показания вольтметр» '/
по (растут в три раза:
U =------f ./ц ‘ад,. (1|
Ry+ . I г
3. Электричество
293
Рис. 231
Решая совместно уравнения (1) и (2), получаем
2Ry — -Ro + 2r = 0, Ro = 8(J?v + г'). (3)
Если сопротивление реостата уменьшить до нуля, то
показание вольтметра
Uy =
8
Ry + г
Ry,
Uy 8 (Ry + Ro + P)
Uo (Ry + t)8
Ro
Ry + r
(4)
Подставим выражение (3) в (4)
^ = 1 + 8=9.
Ответ: Чу- = 9.
<Л)
= 1 +
Задача 504
(ано:
Н
I •
/.’и = R
I0R
1007?
Р\ -?
I'm. 232
Решение. Показания вольтметра равны Uy — lyRy.
Ток, текущий через вольтметр (рис. 232), равен
ly = I — Ir, (1)
где / — ток, текущий в цепи, Ir — ток, текущий че-
рез реостат. Падение напряжения на вольтметре и на
R
сопротивлении -g- одинаково
Л} - — = lyRy- (2)
Решая совместно уравнения (1) и (2), находим
/ = /vfl + 2^V (3)
\ JA, J
По закону Ома для замкнутой цепи найдем силу тока
Из выражений (3) и (4) находим 1у
I -
V 4Rv+7?’
294
3. Электричество
откуда
тт _ 2£Rv
V ~ 4RV + R
2 20 200
Для случая a) Uy = ^8, для случаев б) и в) Uy = -^8 и Uy = соотве!
ственно.
Ответ: a) Uy = 0,4£; б) Uy = 0,488£; в) Uy = 0,499£.
Задача 505
Дано:
8 = 2В
т = 0,2 Ом
/0 = 5А
К = 0,1 Ом
/-?
О i in'т: /д = 2,5 A.
Решение. По закону Ома для полной цепИ
(рис. 233,а), ток, текущий через амперметр
при его соединении накоротко с источников
тока, равен
° jRa + ? ’
откуда
„ 8
R& = — - г.
Если амперметр зашунтировать сопроти hji«i
нием Рш (рис. 233,6), то ток, текущий в lb
пи, находим по формуле
т = 8 = 8(Ra +
r I ДдДщ t(Ra + Rm) + RARm
Ra + Rm
(I)
Падения напряжения на шунте и на амШ'р
метре одинаковы,
Дп-Дш — Ла ' Rai
и для тока в цепи можно записать
_ т Л , ДА \
- JA I * 1 + Б“ I
\ /
(2) находим
ERm
Л11!
i = Ia + R
Из уравнений (1) и
_ IRm _
Ra + Rm
Ia = 2,5 A.
?'(/?А + Rm) + R/\Jill) *
3. Электричество
295
Задача 506
[:ию:
/',1В = 12 В
//| = 4 0м
//> = 6 0м
li,i — 3,6 Ом
/|,/2,/3-?
Решение. Найдем общее сопротивление цепи:
_ R^R-i _ _ R1R2 + R1R3 + R2R3
экв - Pi +Р2 3 - Pj +Р2
Сила тока в цепи
j _ j _ Uab _ Uab(Ri + Д2)
Джв R-iR'2 + R1R3 + R2R3
Падения напряжения на сопротивлениях Ri и R-2 одинаковы,
hRi=I2R2, h=h~
-fbl
(R \
1 + , то для R и R можно записать:
щ /
I _ IRi _UabRi j- __________________Uab R2
Ri + R2 R1R2 + R1R3 + R2R3 R1R2 + R1R3 + R2R3
Подставляя числовые данные в формулы, получим: 1Э = 2 А; Д = 1,2 А;
/( = 0,8А.
Ответ: Ii = 1,2 А; 1-2 = 0,8 A; I3 = 2 А.
Задача 507
Оно:
L-____________
И,к» ?
Решение.
1. При подключении схемы к клеммам АВ из со-
ображений симметрии ясно, что потенциалы точек С и
D одинаковы, следовательно, на участке CD тока нет,
и сопротивление участка CD можно не рассматривать.
< (стальная часть схемы распадается на три параллельные цепочки АВ, ADB
п \('В. Сопротивление участков АВ равно г, сопротивления участков ADB и
К 71 одинаковы и равны 2г. Эквивалентное сопротивление схемы находим по
формуле
1 _ 1 _1_ 1 _ г
’ г, ' г» 1 Аэкв л *
7?,1КГ, г 2т 2т 2
2. В случае присоединения схемы к клеммам АС точки В и D имеют оди-
наковые потенциалы, и ток на участке BD не идет, сопротивление участка BD
можно не рассматривать. Эквивалентная схема представляет собой три парал-
'Кчн.пые цепочки АВС и ADC, сопротивления каждой из которых равны 2т,
в 16’, сопротивление которой равно т. Тогда
1 _ 1 _1_ _ 2 _т
R3KB ~ т + 2т + 2т ” г’ Дэкв “ 2
(h'lU'T:
1) «>К1>
— L
~ 2
; 2) R3KB
г
~ 2
296
3. Электричество
Задача 508
Дано:
Джв-?
Решение.
1. Найдем эквивалентное сопротивление
схемы в случае подключения ее к клеммам
АВ. В силу симметрии (рис. 234,а), очевид-
но, что токи, текущие по сопротивлениям тл,
у'4, гу и 7'<), одинаковы. Следовательно, ток
через узел О отсутствует (рис. 234б,е). Со-
противления т-2 и соединены последовал
тельно и параллельно с сопротивлением т^.
Тогда 2гг 2
#2,3,4 = = ДГ-
Зг 3
Эквивалентное сопротивление /?2,з,4 соеди-
нено последовательно с сопротивлениями и
и г5 и равно
г, 2 8
Ri-я = -г + г + г = -г.
Эквивалентное сопротивление
Гб, т7, r8, rQ и г10 равно RL^5
#б-чо = Д'-
О
проводников
/’не. 234
Сопротивления ? ц и тц соединены последи»!
ватепьно: г> о
Л11,12 —
Сопротивления Rii,iz соедини
вы параллельно
1 1 1 + 1
Rskb #6->10 Rl->5 #11,12
- A A A - A
8r + 8r 2r 4r
4
-Кэкв —
5
2. При подключении схемы к клеммпМ
CD имеем две параллельно соединенньн
цепи: каждая состоит из последовательно
включенных половины стороны шестиу! о.ц
пика, ромба и вновь половины сторо....m
стиугольника (рис. 235). Сопротивления
и г12 не учитываем, так как потенциалы ш
чек А и В одинаковы. Сопротивление |1пм6.|
равно г:
I 1 1 . £ А 1
~ /•!.< + Л1,9 “ 2?- 1 2г “ »•' I
= т
3. Электричество
297
Сопротивления ветви CBD и ветви CAD одинаковы и равны 2у:
г т
RcAD = Rc'BD = 9 + ^4,5,6,9 + о =
Эквивалентное сопротивление всей схемы находим по формуле:
1 _ £ 2. _ 1
Дэкв 2у 2у у
4
Ответ: 1) К)ки = ^г; 2) jRgKB = г.
>кв = г.
Задача 509
Дано:
т
й
1 ьэкв
Решение. На рис. 236 приведена схема цепи.
Сопротивления те и у у соединены последо-
вательно:
/’пс. 236
Re,7 — + г7 — 2г.
Сопротивления Rc,y и у5 соединены парал-
лельно:
1 1 1 _ 1 1 _ 3
jF?5,6,7 Re,7 1"5 2г г 2г ’
2
Re,в,7 = ДГ-
Сопротивления R5-7 и у4 соединены после-
довательно:
„ „ 2 5
«4-7 = Д5-7 + т4 = -у + у = -у,
О о
п. сопротивление Д4--7 параллельно с г3:
5
_ Д4-7 г3 _ 3Г'Г _ 5
3-7 + |у + у
о
< 'опротивление R3-7 последовательно соединено с у2:
„ 5 13
Л2-7 = R3-7 + ?'2 = “У + У = —У,
О о
и. Д2-7 параллельно с yj:
11 1 _ 8 1 _ 21
Дэкв 7'2-7 + И 13у + У 13у’
В -—У
-ь^Экв — 1 '
298
3. Электричество
Задача 510
Д;шо:
г
77 ^7
п >кп
Решение.
1. Пусть напряжение подведено к вершанам А и D. Тогда по-
тенциалы точек С, В и F равны между собой.
Потенциалы
точек
Е, М и G также одинаковы. Соединив точки одинакового потен-
циала С, В и F в одну точку, а точки Е, М и С —в другую,
Рис. 237
получим три последовательно соединенных части (рис. 237). Сопротивлени
1Ц участка цепи от точки А до узла С, В, F равно ir:
О
1 1 1 1 3 г
~ Н-------1- - — Ri — -
Ri г г г г 3
г
Сопротивление R# участка от узла Е, М, G до точки D также равно R3 = J.
и
('< противление среднего участка /?2 равно g (шесть параллельно соединенных
< <шротивлений г).
г г г 5
Дэкв — — + - + ~ — Д'-
3 6 3 6
2. Если напряжение подведено к вершинам А и F, то точками одинако
кого потенциала будут точки С и В, и точки М и G. Эквивалентная схем
представлена на рис. 238. Сопротивление участка между узлами С, В и G, Л
Рис >38
3. Электричество
299
равно
г+2,. 6
Сопротивление ветви AEDF равно
2 7
-Й2 = -Г + г = -Г.
5 5
Тогда эквивалентное сопротивление
кубика
7
R - 5Г'Г _ 7
Кэкв " 7 “ 12Г’
5г + г
3. В случае подведения напряжения
к вершинам А и G точки В и F имеют
равные потенциалы, так же как и точ-
ки Е и М. Эквивалентная схема пред-
ставлена на рис. 239,а. Из схемы оче-
видно, что узлы Е, М и В, F имеют
одинаковый потенциал, т. е. ток меж-
т
ду узлами не идет и сопротивление %
между ними можно не учитывать (рис.
239,6). Эквивалентное сопротивление
рассчитывается как общее сопротивле-
ние двух параллельно соединенных со-
противлений Зг иг:
О гнет: 1) Цэкв = 2) Р,экв = —г; 3) Вэкв =
Змдача 511
Нп 100 Ом
// 20 Ом
Решение. При разрезании проволоки на два отрезка, длины
которых ii и р, их сопротивления 1р и 7?2 пропорциональны
их длинам:
/1
Pi = = Р
Рг nh h
ps
При ii.ipajiJiejii.iioM соединении <>тр<чкои проводника общее сопротивление В,
I ы III к >
Bi-в.
/| —, IДН l(\ I h /и,
II, I В
300
3. Электричество
Решая совместно эти два уравнения, получаем относительно R> уравнение
— RqRz 4“ RRo — 0,
откуда
(Я2)112=:^±У^-7Шо,
к _ 72>3 _
h ~ 27/7 ~ 1
Ответ: д- = 2,6.
«2
Ri = 27,70 Ом или 7/ = 72,3 Ом.
Задача 512
Решение. 1. Чтобы ток, идущий через кольцо, имел максимальное значение
необходимо источник тока подсоединить так, чтобы сопротивление цепи бы
ло минимальным. Присоединим источник питания к точкам А и Б. Эквивя
лентная схема цепи состоит из трех параллельно соединенных проводников,
сопротивления ветвей АСЕ и ADB одинаковы и равны /?., = 7/ = —
а сопротивление участка АВ равно РР< = Р—^А , Где — радиус кольца, р I
удельное сопротивление проволоки, S — площадь поперечного сечения пром
локи.
1 _ 1 1 1 _ 2-5 S
йэкв Rl + R-1 + -йз pvRo + Р - 2Ро ’
D _ 2vrp.Ro
экв - (4 + vr)S’
т _ 7(4 + 7г)й
1 2тгрЯо
2. Если источник тока подсоединить к точкам С и D, то из соображении
симметрии потенциалы точек А и В будут одинаковыми и ток через уча< шк
АВ не будет идти, т. е. сопротивление этого участка можно не учитывать. L'oi
да. эквивалентная схема цепи будет состоять из двух параллельно соединен
пых участков CAD и CBD, сопротивления которых одинаковы и рпцнМ
Z7i : /?2 =
_ ркВу
экв 2S
Ток, идущий в цепи, равен
28S
2 тгщВо'
Отношение токов R и /2 равно:
Отпет: чтобы через кольцо шел макснминьпый ток, источник тока надо при
соединить к 'точкам I и В.
3. Электричество
301
Задача 513
'{ано:
‘I = £2 = £з =
Решение. Три источника тока соединены последова-
тельно, т. е.
£'общ = 3£.
' 'ЛВ — •
Из закона Ома для замкнутой цепи определим силу тока
ЗЕ _ £
Зг г ’
где 1—внутреннее сопротивление источника тока. Напряжение на зажимах
источника
UAjb = £ — Ir = Е — — г = 0.
()твет: Uab = 0.
Задача 514
{апо:
1мкФ = 1(Г6Ф
Г - 4В
Т 2 Ом
Р= 140м
Решение. Постоянный ток через конденсатор не про-
ходит и в ветви, где он включен, тока нет. В предло-
женной схеме ток от источника напряжения идет толь-
ко по сопротивлению R:
Чтобы определить заряд на обкладках конденсатора, необходимо найти раз-
ность потенциалов на его обкладках. Из схемы видно, что она равна падению
и । пряжения на сопротивлении R:
U = IR = • R.
г + R
' 1иряд на конденсаторе равен:
q = CU = CR-
q = 3,5 10"6 Кл.
Dr/ют.- q = 3,5 • 1О'сКл.
За дача 515
{пип:
h I2
Н ____
Н ?
Решение. При последовательном соединении п источников Е\ = пЕ
и = nr, где £j и —общая э.д.с. и сопротивление источников.
В этом случае ток в цепи
j _
1 R + nr
При параллельном соединении источников тока £-2 — Е, г^, — Ток в цепи
'ЧЧн'Дщшм ни формуле
302
3. Электричество
По условию задачи, Д = h, ------— т------> откуда получаем г = R.
tt + nr _ + R
п
Ответ: г = R, при условии равенства внешнего сопротивления внутреннему
сопротивлению источника.
Задача 516
Дано:
Ei = 10В
£2 = 15 В
rt = 2 Ом
г2 = 4 Ом
R = 0,5 Ом
Г1Д2“?
Решение. Сила тока в цепи при двух последовательно
включенных элементах равна
I — + ^’2
т-1 + r2 +R’
Сила тока в цепи, в которой находится только один иг>«|
точник с э.д.с. Ei:
h =
1 = 3,85 А-
El
h = 4А.
При подключении в цепь одного источника с э.д.с. Е2 ток в цепи
h = 12 = ЗДА.
r2+ R
Итак, при подключении одного источника с э.д.с. EL ток в цепи будет больпн
чем при присоединении двух источников,
Si > Е,+Е2
Tj + R R + rt + г2 ’
откуда получаем
Е2
Ответ: условие задачи выполняется, если сопротивление одного из элемеп'юЦ
будет достаточно большим, например, г2 > + Я); тогда при подключении
одного источника с э.д.с. £'i ток в цепи будет больше, чем при подключении
'1,пух источников.
Задача 517
Дано:
I/ = 100 В
Hi =50 Ом
10 = 20 Ом
£ ?
Решение. Ток в цепи найдем из закона Ома для замкну
той цепи:
Ri + А2
Напряжение на обкладках конденсатора равно падений!
напряжения на сопротивлении R±
U = IRl =
Rl,
откуда находим маю имальную э.д.с.. Е и< точпиед
с U(Rt I /•’•)
R,
I 10 в.
Отпет Е I hi В
3. Электричество
303
Задача
'(ано:
ft
Иг
С
518
(> гнет: С —
Решение. Постоянный ток через конденсатор не проходит и на
участке АВ, куда он включен, тока нет. Ток в цепи равен
j _______Ei + Е-2___
Ri + Т?2 + П + ^2
Напряжение на обкладках конденсатора равно
тт -С [(]-> . ч £1(г2 + Я2) - £2(7'1 + ЯД
илв - £, - ЦЯ, + п) - Я1+Я2+Г1+Г2 •
_ q _ q(Ri + R-2 + тд + r2)
Uab |£i(»’2+Л2)-£2(7-1+i?l)|‘
g(/?i + Д2 + и + r2)
|£i(7'2 + Rz) - £2(7-1 + Hi)I ‘
Задача 519
'(ано:
К= 300 Ом
( 10В
('= 10мкф = 10-10сФ
. 20 Ом
МУ-?
11111.4.- AW = -6,05 ПГ5 Дж.
Решение. В первом случае (рис. 240,а) ток в
цепи отсутствует и напряжение на обклад-
ках конденсатора равно Е, энергия конден-
сатора
TI7 С£* 2
Wl =
Во втором случае (рис. 240,6) ток в цепи ра-
вен
разность потенциалов на обкладках конден-
сатора равна падению напряжения на сопро-
тивлении R-.
U = IR= ^—R.
R + r
Энергия конденсатора в этом случае равна
„7 CU2 C£2R2
2 2(7? +г)2
Найдем изменение энергии конденсатора
хтс2 / р2 \
ДРУ = Ж - Wl = I -----------11-
2 1 2 \(R + ry J’
ДРУ = —6,05 10-Е Дж,
304
3. Электричество
Задача 520
Дано:
7'1 = 1 Ом
£1 = 2В
В.2 = 9 Ом
Д = о
£2,г2-?
Решение. Разность потенциалов на участке АВ в отсутствие то
ка на нем равна напряжению на зажимах элемента при разом- |
кнутой цепи:
<РА~<РВ = £'2- (I)
С другой стороны, Д<рдв равно падению напряжения на сопро
тивлении Д2,
£
{РА “ Ч>В = IR2 = -(^) I
Решая совместно уравнения (1) и (2), находим:
£2 = £]' Д2, £2 = 1,8В.
И + В-2
Ответ: £2 — 1,8 В; г2 может быть любым.
Задача 521
Дано:
ЛК _ 1
КВ ~ ?
Решение. Ток не идет через гальванометр
(рис. 241,а), когда прибор включен меж»!
ду точками с равными потенциалами, ч
при рассмотрении эквивалентной схемы «ч i
можно не учитывать (рис. 241,6). Из уел
вия равенства потенциалов точек К и С t лп
дует, что падения напряжения на сопротл
влении Йина участке реостата АК ранш i
I.R = I-2-~Rp, (l||
5
и также равны падения напряжения на со
противлении Rx и участке реостата КВ
4
Л Да = у Др 1г-
О
Решая совместно уравнения (1) и (2), паки
дим:
Ответ: Rx = 4Д.
Рис 241
3. Электричество
305
Задача 522
Дано:
/?,1 = Т?2 — Ю Ом
/ =0,01 А
Л,£2~?
Решение. Выберем направление токов, как
указано на рис. 242. Для узла В запишем
первое правило Кирхгофа
Д +12 - I = 0. , (1)
Рассмотрим замкнутый контур St, Rt, на-
правление обхода —по часовой стрелке. За-
пишем второе правило Кирхгофа:
£i = IiRt + IR2- (2)
Для контура Е2, R.2 при обходе против часо-
вой стрелки имеем
8-2 = IR-2. (3)
Решая систему уравнений (1) (3), находим:
e2 = ir2- е2 = ьдр,
Et = (h+I2)Rt; £i=0,2B.
Ответ: £г = 0, 2В; £2 = 0,1 В.
Задача 523
/,<шо:
.*’ = 10 В
Г = 2 Ом
/У„„л = 12,25 Вт
1( ?
Решение. Полезная мощность равна
Е2
Nn0JI = CR + r)2^’
откуда получаем квадратное уравнение относительно R:
/ £2 \
R2 + R I 2г - —— I + г2 = 0.
\ ’пол /
Но/,< тавляя в уравнение исходные данные, получаем
(Я —2)2 = 0, Я = 20м.
(> i'it( т: R = 2 Ом; R — г, в этом случае во внешней цепи выделяется макси
Мальпая мощность.
306
3. Электричество
Задача 524 Дано: £ = ЗОВ г = 6 Ом Qi = зо 02 =60 Решение. Количество теплоты, выделяемой за время t на внутреннем сопротивлении ис- точника (рис. 243), равно 0 = I2rt,
Л, /2~? £ ,г за то же время t на сопротивлениях RL и R?, выделяется количество теплоты Qi и Q- соответственно: Qi — I^Rit = 3I2 -rt, (1) 0? = I2 R-it = бГ2 - rt. (2) ' 1 По закону Ома для замкнутой цепи, 1 = ЛПГ ’ (:1 Ri + R-i где I = Ii+I2. (-1) Так как сопротивления Pi и Р2 соединены параллельно, то I1R1 = I^Rt- (••) ши (1)-(5), находим: _Д 1 R т_ 3 11 -V 1г, 27 /?2 = Ri = 162 Ом; R2 = 81 Ом, / = о,5 A; J + Rjr + Я2г fi = 0,16 А; h =0,34 А. 16 A; I2 =0,34 А.
П1 R\ h 1 к— Ri h 1 Рис. 243 .Решая совместно уравни 01 _ Л2Р1 02 122л2 /2Д1 =27-1] R1 = 27г; 1= R ±R2 h=I1- Ответ: Z = 0,5 A; h = 0,
3. Электричество
307
Задача 525
Дано:
// = 220 В
/>,пр = 1Ом
IV = 21 кВт = 2,1 104 Вт
/?-?
Решение. Сила тока в цепи (рис. 244) равна
U
R + 7?Пр
Гис. 244
На сопротивлении R будет выделяться мощ-
ность
Г/* 2 *
Из выражения (1) получим квадратное
уравнение относительно R:
/ TJ2 \
R2 + R ( 27?Пр — уу) + ^np — 0-
Произведя расчет, получаем:
R2 - 21Д + 4 = 0, (Я)г =21 Ом;
(Л) 2 =0,05 Ом.
О гнет: (jR,)i = 21 Ом, (1?.)2 = 0,05 Ом. При двух значениях R сопротивления
нагрузки в ней выделяется одна и та же мощность, но к.п.д. тем больше, чем
Польше сопротивление нагрузки.
Задача 526
'(.ню:
I'1 ?
К
Решение. Сила тока в цепи (рис. 244) равна
1=-^.
Rnp + R
Потери мощности на подводящих проводах
_ 1/2
^р~ (дпр + л)2’Дпр’
Но условию, мощность генератора в обоих случаях одинакова
U2 _ U2
Ri + Rnp R2 + R-np1
। отношение потерь на подводящих проводах
U2RRp(R2+Rap)2 _
(RrPRnp)2U2Rap П'
l’i шпя совместно уравнения (1) и (2)7 находим
(1)
(2)
1»। куда
и?
и2
= 72
Ri + Rnp \
R-2 + ^?пр /
П4
U.
и.
\/п.
308
3. Электричество
Задача 527
Дано:
1 = 5 км = 5 • 103 м
U = 2400В
N = 60 103 Вт
/7ПОТ = 0,08/7
РпЛ = 8,9 • 103кг/м3
р = 0,017 • 10“6 Ом • м
т— ?
Решение. Падение напряжения на проводах;
(см. рис. 244) равно
Z7np = 0,08/7 =/Л,
О
п 21
где Рпр — '
Напряжение на шинах станции
U = I -^+ R] = 1(Япр + Я).
\ О /
Мощность, выделяемая на потребителе,
,г _ U'2 „ ^отр = (0,92L7)2
(Е„р + Я)2' R R
откуда
„ (0,92/7)2
N ’
Для тока I можно записать
(0;92Z7)2
/V “пр
Тогда уравнение для Ь'пр представим в виде
0,08/7 = U’^-—-
(0Д2/7)2
jy Т “пр
Из уравнения (2) находим сопротивление проводов
_ 0,92-0,08-и2
“пр — jy , Rnp — 7,06 Ом,
“пр — 2р , S — .
Масса проводов
2/^/
ш — Рпл2/ * S — Рил Рил~^ j — 2143 кг.
“пр “пр
Ответ: m = 2143 кг.
Задача 528
Дано:
t = 20 мин = 1200 с
ti, h — ?
Решение. Обозначим сопротивление секции 'latbuiM
R, напряжение в сети U. Для закипания поды rjH'ij
ется одно и то же Kcuiiriecrno теплоты бД:
</2
3. Электричество
309
При включении двух секций параллельно их общее сопротивление равно
.. R
/i.i = -g-, следовательно,
ТТ'2 ти’2
Q0 = ^-t1 = -^-tl. (2)
-П4 lb
Решая совместно уравнения (1) и (2), находим
t
ijt = tj. = 10 мин.
11 >и последовательном соединении двух секций их общее сопротивление равно
R2 = 2R,
откуда
U2
Qo = (3)
/j-L L
Подставив (1) в (3), получаем
t2 = 2t, t2 = 40 мин.
(Тпк'т: 1} = 10 мин; t2 = 40 мин.
Видича 529
/|‘ LOOm J 6В 2 Ом Решение. По закону Ома для замкнутой цепи найдем силу ка: 1=£ R + г ТО-
A", AU,-? Hi ршишем у! Полезная мощность, т. сопротивлении R, АДоя А^прл эавнение (1) в виде R2+R - (2г- е. мощность, выделяемая на внешнем р2 = I2R=— — Д, (О (R + r)2 ’ v > = 2,5 Вт. 77 К =0’
Dini после подставления численных значений г, Е и N получаем квадратно®
|'Ш>цоцнс для определения R.
Л2-1О,4Я + 4 = О,
।кvn,а находим (7?)l = 10Ом, (/?)2 = 0,4Ом.
I > I if • г /V, =2,5 Вт; R' = 0,4 Ом.
310
3. Электричество
Задача 530
Дано:
Д = 5 A
Fi = 9,5Вт
I2 =8A
P2 = 14,4 Вт
T — 7
JK-3-
Решение. Полезная мощность P = IU, где U = E — Ir — in*
пряжение на зажимах источника или падение напряжения пц
внешнем сопротивлении.
(71 = т1 = Е - Дг, (1)
U2 = = Е - hr.
'2
Вычтем почленно из выражения (1) выражение (2):
Ti Р2 . .
= h)r,
1 '2
Plb ~ P2h
1 iM-hY
откуда находим г:
(.11
Э.д.с. источника тока
S = Ul+hr=- +
Ток короткого замыкания равен
Tr.3.
Подставив в (5) выражения (3) и (4), имеем:
_РД1-РД1 .
-^к з ”™’ -»-» -г- . _ 1 'кз — O^j УХ..
к'3- РД2 - Р2Д ’ к з-
Ответ: IK,3_ = 62 A,
Задача 531
Дано:
Fi = 100 Вт
Rx = 200 Ом
Р2 = 200 Вт
Й2-?
Решение. Лампы подключены параллельно в сеть, следе m.i
тельно, напряжения на лампах одинаковы, и можно записи И
1 Rx’ 2 R2 ’
откуда FiFi = P2R2.
r2-.= ^3l, Д2 = 100 0м.
^2
Ответ: — 100 Ом.
3. Электричество
311
'Задача 532
'{ано:
If-,______________
U2Pt -Р2
Решение. При параллельном включении нагревателей в сеть с
напряжением Uj на них выделяются мощности
р =ui и р =и1
1 Fl 2 R2 ’
откуда находим сопротивления нагревателей:
гт2 тт2
Р1 = -^ И #2 = ^-
При последовательном соединении нагревателей и при напряжении U2 в сети
if ж, идущий через них, равен
/=-^_________________
Я1+Й2 U^Pr+P2y
и мощности, выделяемые на каждом из нагревателей, равны
р-=Т2Р - ^2Р1-Р2
1 R1 ui(pl + p2y
Р'-Pr,- U^Pi-P-2
2 2 u?-(pl+p2y
,. . D, _ Z72Fi Pl _ Ul • Pl P2
1 Ul(P1+P2)2’ 2 Ul (Fx + P2y'
Л
Чи/^ача 533
(лпо;
20 В
г 2,4 Ом
/О 6 0м
Ih~r~
— ?
1 hi. макс
Решение. Максимальное значение полезной мощности
£2
-Рпол = достигается при R — г. Так как Р^ > т, дополни-
тельное сопротивление следует подключать параллельно со-
противлению 1?1:
RiR2 _
+ R2
откуда находим
F2 = , К2=40м.
Pi — г
I Ьмичиая мощность, выделяемая в цепи, в этом случае максимальна и равна
__ £2 _
Раол. макс — j -?пол — 41,7Bj.
4г
ИплеЗиая мощность в цепи в отсутствие дополнительного сопротивления
с2 . о
р' = с——L_ р< =34 Вт
х ИОЛ | -Л-Fл.
(Пинг, J1.2 ~ 4Ом, / |к,л маш' “41,/13'11 / 34131'
312
3. Электричество
Задача 534
Дано:
R — 0, ЗОм
ni = 3
П2 = 9
Решение. При параллельном соединении трех одинаковых иг
точников питания с э.д.с £ и внутренним сопротивлением г ток
в цепи равен
т — ?
а мощность, выделяемая на внешнем сопротивлении R,
£2
-----7 • R.
М = I2R =
При последовательном соединении
цепи
девяти таких источников питания ток
и мощность
N2 =
п2£
(n2r + R) ’
--- --- /г.
(n2r + R)2
По условию задачи мощности равны:
£2____________________________________л _ п%£2 п
, ГЛ2 (n2r + RY 4
Ni = N2,
h =
откуда получаем
П1(1-П2)"Я „
г = -—-т---Ч—, г = 0,4 Ом.
п2(1 - П1)
Ответ: г = 0,4 Ом.
Задача 535
Дано:
п
т
ri = 10г
JI-?
Решение. При включении всех источников питания с э.д.с.
последовательно ток в цепи равен
п£
[(п — 1)г + 10г + R] ’
а мощность, выделяемая на внешнем сопротивлении R, ранни
п2£2
[(п - 1)г + Юг + 7?]2 R'
В случае отключения источника тока, с большим внутренним сопротивлении
мощность, выделяемая на. сопротивлении К,
ГЛ
.,.Н
пГ 'н
№
(и
м =
3. Электричество
313
Из условия равенства мощностей Ni и Лг2 имеем:
n2f2
[(п — 1)г + Юг +Я]2 [(п — l)r + R]2
п _ п — 1
(и — 1)г + 10г + R (п — l)r + R ’
R = (л, — 1)9г.
Ответ: R = 9(п — 1)г.
Задача 536
Дано:
Л =6В
G = 4B
ri = 1 Ом
г-j = 0,5 Ом
л = 5
= 20 Ом
Rlip = 2,5 0м
/„ — ? 77 —?
Решение. Ток, идущий в цепи (рис. 245), равен
______£1 + ^2_____
И +г2 + ^+Япр’
Сила тока в каждой лампе
1л = - =--------, 1л = о, 225 А,
п п(Г1 + Г 2 + + Япр)
к.п.д (г]) равен отношению полезной мощности
Апол, т. е. мощности, выделяемой на лампах, к пол-
ной мощности Nq, выделяемой в цепи:
Апол
Г1= аГ’
= п I2 Д„ =
I2 (^+/?пр+г1+г2 )
\ п J
= ~Tr----~---------V’ ?7 = 5О%-
П ( ' + Rnp + + 7"2 )
\ П /
Ответ: 1я = 0,225 А; т] = 50%.
Задача 537
(.ню:
Г 220 В
А 600 Вт
I’t 127 В
А, ?
Решение. Мощность плитки в первом случае равна N —
U1
11 ’
откуда находим сопротивление плитки R =
и2
-jy-. Искомая мощ-
ность равна
(,/2 ?/2
Nl=/f ra,2V' Ai =200 Вт,
Опк’т- Ni 200 Вт
314
3. Электричество
Задача 538 Дано: t = 60 мин = 360 с m = 2,45 10“3 кг U = 8,7В к = 3,9 10“7 кг/Кл Я-? Решение. По закону Фарадея, масса выделившего- ся цинка равна m = kit, Т и где 1 — — ток, идущии через электролит. , и m = k—t, R
откуда R=—,R = 5Om. m
Ответ; R = 5 Ом.
Задача 539
Дано; Решение. Согласно закону электролиза Фа»
1 = 0,01 мм = 10"г> м радея, масса выделившейся меди равна
j = 0,5 А/дм2 = 5 10~3 А/м2 к = 3,3 107 кг/Кл тп = kit = kjSt, (11
р = 8,9 103 кг/м3 где тп = pV = p-l- S. Перепишем уравнена! (1) в виде
7-? откуда
plS = kjSt,
.. кг м Кл м2
t = 7 = - — — = с, 7 = 5400 с.
к] 1 J Ответ; 7 = 5,4-103 с. Задача 540 мй ’ кг А
Дано: Решение. Согласно закону Фарадея, маепц
РУ = 3,6 МДж = 3,6 106 Дж выделившегося цинка
77 = 4В к = 3,9 • 10'7 кг/Кл тп = kit. Затраченная энергия равна РУ = IUt,
тп — ?
W тт
откуда, It = р-. Подставим это выражение в уравнение (1) и находим
. W
m=k'u-
тп — 0,351 кг.
Ответ; тп = 0,351 кг.
3. Электричество
315
Задача 541 '(ано; Решение. По закону Фарадея для электролиза,
1 = 15 мин — 900 с п/= 1,485 10 :! кг (, = 3,3 • 10~3 кг/Кл К = 0,8 Ом /V — ? масса выделившейся меди равна m = kit, т m откуда находим 1 = — силу тока, идущего по цепи. Мощность, потребляемая при этом, равна т2 N = I2R = ——R, N = 20Bt-
Ответ: N = 20 Вт.
Задача 542
'(.uro: Решение. К.п.д. установки
III = 1 кг U = 10В // 80% /, 0,093 10~с кг/Кл II ? IUt qU r,~ W ~ W’ где q — заряд, прошедший через раствор электроли- та. Масса выделившегося алюминия согласно зако- ну электролиза равна m = kq,
откуда q — и находим
ТУ= —= -^, W = 1,34-108 Дж.
Т) к г/
Затраченная мощность W = 3,73 кВт • ч, стоимость 1кВт • ч электроэнергии
равна 100 руб, следовательно, стоимость получения 1 кг алюминия составляет
3/ 30 руб.
< > гнет: 3730 руб.
316
3. Электричество
J
3.3. Магнитное поле
Задача 543
Дано:
М = -^Ммакс
а — г
Решение. На рамку (рис. 246) со стороны
магнитного поля действует механически II
вращательный момент
Мвр = ISB sin а,
где I — ток, текущий по рамке, S — площад!
рамки, В — индукция магнитного поля, о
угол между направлениями вектора магииi
ной индукции В и нормали п к плосюипн
рамки. Максимальный момент действует пи
рамку тогда, когда а =
^Ивр.макс — I&B",
по условию задачи,
Мвр = |Мвр.макс = | ’ ISB,
< ‘j । < 71,( шательно,
sin а
_ 1
“ 2’
СЛ/иет: <т = 30° (угол между нормалью
а = 30°.
п к плоскости рамки и вектором В)
Задача 544
'//НЮ."
/ 0,1 А
/' = 2Ц
/ I м
В 40 Тл
Решение. Согласно закону Ампера, на npi
водник с током, помещенный в магнпч ши
поле, действует сила
|F| = I|B|/sina,
где а — угол между направлением го к а |
проводнике и направлением вектора магий
ной индукции В (рис. 247).
F . 1
sm о: = ууу sma=-, а = 30
Ответ: а = 30°.
Гт /7
3. Электричество
317
.Задача 545
рло:
[\ = 15Н
Г-, = ЮН
III.-?
Задача 546
Решение. На проводник с током действуют три си-
лы (рис. 248): сила тяжести FT = mg, сила Ампера
Рд, Fa = I Bl sin a, и сила натяжения нити Т.
Условие равновесия проводника:
Fa + FT + Т = О,
в проекции на ось у это уравнение имеет вид:
для первого случая : F — тд — Fa = 0, (1)
для второго случая : Т2 — тд + Fa = 0. (2)
Вычитая почленно из уравнения (1) уравнение (2),
получим
Fi - Т2 - 2Fa = 0, откуда FA =
Подставив выражение для Fa в уравнение (1), на-
ходим:
т и Fi + Т2
•тд = Тг - Fa = —-----,
Fi + Т2
тп = —-----, m = 1,25 кг.
2р
Ответ: m = 1,25 кг.
1дпо:
12В
а 6см = 6-10-2м
р 1,7-10~8 Ом м
’ *мм2 — ю~6 м2
II ?
Решение. Разобьем условно треугольник на три
проводника длиной а, каждый из которых в цент-
ре треугольника создает магнитное моле, индукция
которого
, , jlzjlzq-Z" . .
Bl = В2 = В3 = —-----(cos oj - cosa2)-
4тп'
Из рис. 249 видно, что о:-| = 30°, а2 = 150°,
I ( . Согласно принципу суперпозиции, результирующий вектор индукции
|ИЩ'Ч1
В = В)+Ва|В3, В-ЗВ1
318
3. Электричество
Рис. 249
где I =
и направлен перпендикулярно плоскости
треугольника.
US
р-За'
в = рр01 3
4тп'
V3 _ 9 ppol
2 I I 2 тга ’
B=3pp^7S В = 1,18 10-5 Тл.
2 7Г(1“ - р
Ответ: В — 1,18 • 10 5 Тл.
Задача 547
Дано:
1= 10А
а = 10 см = 0,1 м
d = 15 см = 0,15 м
h = 0,1А
F’—7
Решение. Прямой проводник создает вокруг
себя магнитное поле, индукция которого
равна
в = рро!
2тгг '
Рис. 250
где г — расстояние точки, в которой рассмгн
тривается поле, до проводника. Силу F1 дей||
ствующую на сторону CD рамки (рис. 250) J
определим по формуле
PPqI а
2тг (d -
На сторону рамки АВ действует сила
PPqIа
2тг
Результирующая сила
F — F± — =
ppplila
2тг
г 1 4тг 10-7 • 10 0,1 0,1 / 1
2я \0Д5
= Н.А2-м = н
А2 м
Ответ: F = 3- ИГ7 Н.
= 3 10-7(Н)
U, J
^2 — h
3. Электричество
319
{адача 548
(ано:
/
(Z-?
Решение. На рис. 251,а показаны текущие по ре-
брам куба токи. Все двенадцать проводников мож-
но разбить на пары, состоящие их двух парал-
лельных проводников, по которым текут оди-
наковые токи в одном и том же направлении.
(AB—LD, ВС—ML, AM-CD, AK-FD, КС-MF,
BF—KL). Центр куба расположен посредине меж-
ду проводами пары, и магнитные поля, создавае-
мые токами в каждой паре, взаимно компенсируют
друг друга (рис. 251,6). Напряженности полей в
точке 0, создаваемых каждым током в паре, равны
Н1 = Н'2 — ~~~ (cOStti — COSCI2)
и противоположно направлены, т. е. результирую-
щая напряженность в точке 0, создаваемая парой
проводов, равна:
Н = Hi + н2 = о.
Следовательно, в центре куба напряженность маг-
нитного поля равна нулю.
Ответ: Н = 0.
Задача 549
(апо:
I
i _ 0,2А/м
Ь ? Вг~1
Рас 252
Решение. Для определения индукции магнитного
поля на оси цилиндра поверхность цилиндра услов-
но разобьем на тонкие слои, по которым текут экви-
валентные поверхностные токи, одна пара которых
изображена на рис. 252. Результирующее магнит-
ное поле, создаваемое токами одной пары слоев,
равно нулю (см. задачу 548). Следовательно, ин-
дукция магнитного поля на оси цилиндра равна ну-
лю. На расстоянии 2г от оси индукцию магнитного
поля определим по формуле
в _ Щ101 _ 1Ц1р2ттт] _ n/joj
1 2тг 2г 2тг -2г 2 ’
Bi = 4тг 10-7 Тл.
Ответ: В = 0; = 4тг 10-7 Тл.
320
3. Электричество
Задача 550
Дано:
I
г
Решение. Магнитная индукция в точке О (рис. 253)
определяется согласно принципу суперпозиции nJ
формуле 3 = 3x4-32,
где В} — — магнитная индукция поля, создавай
мого в точке О прямолинейным проводником с током
I, вектор Bi направлен за чертеж; В-2 = —маг
нитная индукция поля кругового витка, вектор В2 шг
правлен на нас. Так как |В2| > |Bi|, вектор В будет
также направлен на нас. Тогда
В_ =0r-l>=7t _14
Bj 7Г
Ответ: -ё- = 2,14.
Задача 551
Дано:
a = 30°
/3 = 60°
I = 30 см = 0,3 м
v = 100 м/с
В-?
Рис. 254
Решение. На электрон в магнитном пол»
действует сила Лоренца
Рд = |g|Br sincto,
где ац = 90° — угол межд\ векторами скоро
сти и магнитной индукции. Запишем о< поп
ной закон динамики для электрона, движу
щегося по окружности с центром О и ради"
усом R: 2
J mv , ,
-Б- =
Л
откуда
ти
Л — i-
|</|В
Из рис. 254 видно, что
TY1Р
Z = -R(sina + sin/3) = —— (sincv + sin/l),
IУI
mv(sina + sin/3)
кН ’
9,1-10-31-102(0,5 + 0,87)
l,6-10-J«-0,3 ’ °
кг-м кг-м II
—z;---= —I— *11
c-Kji-m cz-A-m A-м
Отпет Il " (i II) '’Tn
3. Электричество
321
Задача 552
Дано:
И = 30°
// = 10
В = 10-4Тл
и = 104м/с
I = 40 см = 0,4 м
и -?
Решение. Движение электрона в магни т
ном поле происходит по винтовой линии
(рис. 255). Это движение можно рассмат-
ривать как сумму двух независимых дви
жений: равномерного движения электро-
на вдоль силовых линий магнитного поля
со скоростью тц = vcosa, и равномерно
го движения по окружности со скоростью
vj_ = r>sin О' в плоскостях, перпендикуляр
ных направлению вектора В. Период дни
жения частицы по окружности равен
_ 2тг т
\q\B
За время Т электрон продвинется по гори
зонтальному направлению на один шаг вин
та h:
, _ m 2mnvcosa
h = мы = v cos a T =---г-г—--.
II „ R
( педовательно, число оборотов равно
I /ЫВ
п = — = -----------, п = 129 оборотов.
ti Zirmv cos a
(iiiier: n = 129 оборотов.
Задача 553
Дино:
Vn
I1 г р-7
Решение. Ни один электрон не попадет па
анод, если вся кинетическая энергия »лок
трона пойдет на работу по перемещении»
электрона против поля:
mvo _ । . п п _ ™>о
где q — заряд электрона.
Магнитное поле не может изменить киш
тическую энергию электрона, но может u I
менить вид траектории движения электро
на. Под действием силы Лоренца электрон
будет двигаться по окружности (рис. 25G),
и для того чтобы ни один электрон по по
пал на анод, необходимо, чтобы траектория
движения тлестрока прошла по касательной
к аноду.
I 14 г
где ?(1 =-
>‘и I
322
3. Электричество '
откуда
2т0т0
Ед — —гч—-
kk
2
Ответ' TJ —
lyiBci. ОМин — 2|q|
2тоуо
kk
Задача 554
Дано:
то
I
Решение. На электрон действуют две силы'
сила Лоренца Рд и электрическая сила ЕЯ
(рис. 257,6). Направление движения эл<к»
трона не изменится, если сила Лоренца
электрическая сила взаимно уравновешены
Гл + Гл = О,
В - ?
б
или в проекции на вертикальную ось:
Рл - Рэл = 0.
Сила Лоренца равна Fji = |q|B'Oo sin«D, J ЦП
ад = 90° — угол между направлением век (н>
ра скорости и вектора магнитной инду! НИИ!
электрическая сила F3n = |с/| 25. Перегни ini'-
уравнение (1) в виде
к|т0В - к|.Е = 0,
откуда
®л®п®Г„д® нЕ
А В
О
^эл1
®
В
то
Из чертежа (рис. 257а) очевидно, что
_ \q\El
mvg ’
Рис. 257
где
, '1>У
tga = ---
то
Тогда
Рэл
vv = at =--
т
I _ \q\El
то mv0
£’ТГ
и подставляя выражение для Е, имеем:
Е тц tg a
D = -- — -------
'Ц)
кН
Ответ: В =
\ч\1
3. Электричество
323
Задача 555
Инне:
/
ш
U
Решение. На тело массой т действуют три
силы: сила тяжести FT = mg, сила натяже-
ния нити Т и сила Лоренца Fji (рис. 258).
Запишем для тела второй закон Ньютона:
FT + Т + F.n = тпа, (1)
и в проекции на ось у уравнения (1) имеет
вид:
FT + Т — Fji = тау. (2)
При прохождении телом высшей точки сво-
ей траектории нить должна быть натянута.
В предельном случае Т = 0, и значение ско-
рости V2 минимально. Тогда уравнение (2)
перепишем в виде:
тд — qbv^ - ——
Используя закон сохранения механической
энергии, получаем:
9
тт mv:
= тд 21 + -у
Решая совместно уравнения (3) и (4), имеем:
(3)
(4)
q2B2 +4^ - qE) I2
4т2
^q2B2 +4^ -qB^ I2
4т2
+ 4gl
324
3. Электричество
Задача 556
Дано:
ту - 39
т-2 — 41
^2 = 1 м
xi—7
®
®
Gb - - ^®
Z® '\®'\
в®
®
Решение. Скорости ионов калия найдем и|
закона сохранения энергии:
mivi ТТ
-2-=qU И
Попадая в однородное магнитное поле, ио-
ны движутся по окружностям, радиусы kqI
Рис. 259
торых равны:
Ri _ ^1'^1 qB _ y/2miU ‘ Дд-В
И
R-г _ m-i.V‘2 QB _ y/2m2U ’ Дд-В
Как видно из рис. 259,
Тогда
откуда
хг = 2Л1 и х’2 = 2Л2.
Ответ: Xi = 0,976 м.
Задача 557
Дано:
U = 103 В
d = 5 см = 5 • 10-2 м
a = 60°
В-7
Решение. Пройдя ускоряющую разность uni
тенциалов U, электрон приобретает скоро, га
v, определяемую по формуле
— = |q|H, v
В однородном магнитном поле электрон дин»
г> НН>
жется по окружности радиуса R = 1~/]дИ
Как видно из рис. 260, радиус окружное В,
R равен
d
R = —
2 sm a
Подставляя полученные выражения дли V I
R в уравнение (1), получим
d mv __ s/?.ml7
2 «пн rv |//|H x/\<i\-.H'
3. Электричество
325
откуда
y/2mU 2 sin се
М -d
В = 3,69 1СГ3 Тл.
Ответ: В — 3,69 • 10 3 Тл.
Задача 558
Дяно:
I — 40 см = 0,4 м
I; = 20 см = 0,2 м
и. = 2об/с
/Т = 0,2 10_<3 Тл
(/-?
Решение. За время Д1 металлический прут, враща-
ясь с угловой скоростью w = 2тгп, повернется на
угол се — wAt = 2-nnk.t
щадь которого равна
и заметет сектор, пло-
Д,$' =
Z.| • си _ (Z2 + 2ZiZ-2)o!
2
2
2
Магнитный поток сквозь поверхность этого сектора
ДФ = ВГД,$’ = = (Z2 + 2ZxZ2) - TrnAt В,
2
m куда,
U = = + 2Z1Z2)™ ’ Br’ U = 4 ’10-7 В’
Ответ: U = 4 10“7 В.
Задача 559
'(.тно:
он
/I
Решение. За время Д1 проводник АС перемещается на расстоя-
ние vA.t, при этом ’’заметает” поверхность площадью (рис. 261)
Д5 = 2а sin — v Д/,,
2
vt л „ > ее
а =-------, AS = Sv2 tg — t - Д1.
се 2
C0S 2
где
') л.с. индукции
|£|=^_
Д£ 1 1 Д* Д*
1 'iijiu индукционного тока, текущего по контуру, равна
В 2v2 tg • 1 Д1
= 2Вег tg t.
1 R’
R „ 21?ю vt
1л, — /to • 2(1 — ------
а
cos
I 1| 011'1.1 ГСЛЬПО
2 л а. СК п . СУ
2Bv - tg 2 ‘ t cos 2 Bv sm
2.Г?о • vl-
Ihi sin
f > Vite, Z - , I ( titrll.
326
3. Электричество
Задача 560
Дано:
S = 0,5м2
Ri = 120 Ом
U = 220 В
W = 11Вт
ДБ ?
At
Решение. Э.д.с. индукции находится по формуле
АФ ДБ „
£ = —;— — —;— • £ cos a,
At At
где a = 0°, cosa = 1 —угол между направлениями векто|
магнитной индукции В и нормалью п к плоскости рамки
Сила индукционного тока, текущего по контуру, равна
R-1 + /?2
г N
сопротивление лампы, 1 = -у—ток, текущий через лампу при
U2
где уу
ее работе в нормальном режиме. Тогда
ДБ-Б
/ г/2
At ( Ri + -jy-
U
откуда
ДБ
дГ
Г ДБ]
/ и2\
n Iй1+м
U-S
Вт (Ом + В2/Вт)
В • м2
Тл
с
At
^=41--
At
Ответ: = 41 Тл/с.
Вт Ом Н м • В
В • м2 с А • Вм2
н
Тл
А • м с с
Задача 561
Дано:
г = 10 см = 0,1м
В = kt
/г = 2 • 10“4 Тл/с
Бо = 1,1 Ом/м
Решение. Рассмотрим контуры ADB и АС В. I
каждом контуре индуцируется постоянная э.дд
г АФ ДБ
с = —-— = —г- cos а,
At At
АБ , с 7ГГ2 по
где — к,Ь = —2~, а — 0° — угол между наир ц
лениями вектора магнитной индукции и норма,ни
ллоскости кольца. , 2
И =
Пусть э.д.с. индукции вызывает в контурах т<>| ।
направления которых показаны на рис. 2П ll| j
брав направления обхода протии часовоП i rp< ii |
согласно правилу Кирхгофа, получим
h Rt + IP-2 = £, (I)
I.Rt-hRt £,
3. Электричество
327
где /?| = Ro 2г — сопротивление участка АВ, R-2 = Ro тгг — сопротивление
проводников АС В и ADB. Решая уравнения (1)—(3), находим
Ii = 1ав - 0,
(1)
kirr2
кг
1/2 Ic R2 2-Ro-кг 2Ro'
Ic = 9,1 10“6 A.
Ответ: Iла = 0; Ic = 9,1 10 е A.
Задача 562
'(ано:
Н = 0,2(1 -0,011) Тл
г — 4 см = 4 • 102 м
R = 1 Ом
I-?q-1
где
Решение. По закону электромагнитной индукции
, ДФ АВ • яг2 cos а
Ь ~ At ’
о: = 0°, coscu = l.
Индукционный ток I равен
|£| ДВ тгг2
= li=~Kt
—-cos а,
~ = 0,2 0,01 Тл/с, I = 10~5 А.
кфяд q, протекший за время, в течение которого магнитная индукция умень-
шается до нуля, определим по формуле
q = 7 At,
Г,ле
д __ ^нач Ркон
AB
At
т Рдач
9 = 1ДЮ
At
( hue г: I = 10“5 A; q = 103 Кл.
нач
' АВ ]
At
q = 10 3 Кл.
'Juдача 563
Чдно:
fi
I! ___
1 1ИЦМ'
Решение. Магнитный поток сквозь плоскость рамки
Ф — В S cos а = Ba2 cos art,
где S = а2 — площадь рамки, а — угол между нормалью к нло<
кости рамки и направлением вектора магнитной индукции, о
изменяется по закону о = ait.
1 ! гласно чакону электромагнитной индукции,
f = Ф' Rlt'OJ ,11ПЦ|/,
ш к,у,л,.i очевидно, ч'1‘1 >
Ни2 е
328
3. Электричество
Положение оси вращения, расположенной в плоскости, перпендикулярной на>
правлению вектора магнитной индукции, не влияет на значение э.д.с.
Ответ: SMaKC = ВаД; не будет.
Задача 564
Дано:
v
В
а, Ь, с
R
1-7
Решение. За время At движения в магни'г-
ном поле проводник b ’’заметет” поверхность
площадью (рис. 262)
AS = v At b cos /3,
где
x, a
cos p = -,
b
изменение магнитного потока при этом
равно
ДФ = BvAtb cos /3 cos а,
где а — 0° — угол между направлениями
вектора нормали к плоскости контура и век
тора магнитной индукции. Э.д.с. индукции
определим по закону электромагнитной и И
дукции:
АФ
fl At’
, „ . BvAt cos (3 b cos a „ a ,
Kil =-------At------“ = B'°b ' b ‘1 =
В проводнике а наводится э.д.с. индукции S2, которую определим по форму«
ДФ Ва v&t
= =-----^coso= -Вт,
IS2I — Bva.
В проводнике с э.д.с. индукции при движении контура не наводится. Ин iyn
ционные токи, наводимые в проводниках а и Ь, направлены навстречу jipyf
ДРУГУ- Следовательно, суммарная э.д.с. индукции равна нулю, а значит и гя
в контуре равен нулю.
£>бщ = 0, i = o.
Отпет: 1 = 0.
Задача 565
Дапо:
(\ =4 мкФ = 4 10~6Ф
С?2 = 1 мкФ = 1-10“6Ф
а 5 м/с
И 2'Гл
I К) см 0,4 м
<1 7 t/| Y И; '{
Решение. По закону Фарадея, э.д.с. ни 'V
ции в проводнике, движущемся <<i e,ni.pii
стыо v в магнитном поле, равна
£ = — Blv sin <v,
где ir угол между щшр<тш1епиямн hhi рн
(th v проводника и вектор.1 11 м.и niri ниЦ
III 11|,у К и 1111, Н *1(1", Mill <1 I 1)41'1111'1110, <||Ц
3. Электричество
329
|i'| = Uy + U2, где Uy и U2 — разности потенциалов между обкладками конден-
сатора Ci и С2. Заряды на конденсаторах одинаковы и равны q, общая емкость
двух последовательно соединенных конденсаторов равна
г СхС2
оощ Сх + С2 ’
t ’ j । едов а.те ль но,
с с, С-2
~ С1 + с2
откуда,
СуС2 , йт.
q = .-1. 2 - В vl, q = 3, 2 • 10 6 Кл,
Cl + С-2
Ul = ^r, Uy = 0,8В. Bl
п2 = ^-, С2=3,2В.
()твет: q = 3,2 10-6 Кл; Uy = 0,8 В; U2 = 3,2 В.
Задача 566 , 7 ню: С Н Bosinwt о (/мпкс * Решение. Магнитный поток сквозь контур Ф — BS cos а = By sin wt • S • cos a, где a = 0° — угол между направлением вектора, маг- ниткой индукции и нормалью к плоскости контура, cosa = 1.
I hi чакону Фарадея, э.д.с. индукции
Е = —Ф' = BqSlj coswt,
откуда £макс = BqScj, и максимальный заряд на обкладках конденсатора равен
Омаке — @ ' <^макс — (уBqS(a).
Отиет: дмакс = С BqSlo.
Зидана 567
'Оно:
in 50 г = 0,05 кг
/1 0,15
Н 5 Ом
II kl, к = 5 Тл/с
1 1 м
h 0,3 м
I 7
Решение. По закону Фарадея, в контуре наводится
э.д.с. индукции
ДФ АВ • Seos а
= ~~At= Ai ’
где = к, площадь контура S — hl, а = 0° — угол
между направлением вектора магнитной индукции и
нормалью к плоскости контура. Индукционный ток и
контуре
330
3. Электричество
На перемычку (рис. 263) действуют шест»
сил: сила тяжести FT = mg, сила АмпсрП
Рд, силы нормальной реакции Nj и И
силы трения FTpi и FTp2- Перемычка начн<1'1
двигаться при условии
FT + Рд + Ni + N2 + Гтр1 + Гтр2 = 0, * 1
или в проекциях на оси координат х и у:
на ось х :
на ось у :
Рд — Ртр1 — Ргр2 — 0,
м + N-2 - тд = 0,
где
PTpl = I^Nl , Ртр2 = Ni = N-2, fl
Решая совместно уравнения (1) (3), находим
РА = дтд.
(•IJ
F& = IBl sin «| , где cuj — угол между направлением тока в проводнике и них
тором магнитной индукции, «1 = 90°. Тогда уравнение (4) перепишем в впЦ1<|
khl
jirng = IBl, цтд = kt I,
откуда
t = 0.049c = 4,9 10-4.
кЧ-di
Ответ: t — 4,9 • 10-2 c.
Задача 568
Дано:
d
R
m
Ro
vo___
S-I
Решение. Пусть в некоторый момент времени скорость про>пЩ
ника равна V, тогда э.д.с. индукции в этот момент времени,
гласно закону Фарадея, равна
8 = — Bdv sin а,
где а — угол между направлениями вектора скорости и
магнитной индукции, а = 90°, sin а = 1. Сила тока
I - _J£L - Bdv
R + Ro R + Ro
Магнитное поле действует на проводник с током I силой Ампера, направлен»!
в сторону, противоположную движению проводника, и равной
Рд = IBdsin р,
где р— угол между направлениями тока и вектора магии гной ипдунпПН
р — 90°, sin/3 = 1. Ускорение, вызываемое силой Ампера, равно
Рд IBd
а= — =------.
m m
Подставляя в (2) выражение (1), находим
H~d?t>
а = —
mill I 1!..\
3. Электричество
331
У< корение а уменьшается по мере уменьшения скорости v. Для малого пере-
мещения Аге, совершенного при изменении скорости от v до v — Av, запишем
2«Arc = v2 — (v — Av)2,
откуда
л л л vAv m(R + Ro) *
«Arc = vAv, А.т =------= 7 Av.
a Bzdz
(Невидно, что при изменении скорости от Vq до нуля проводник пройдет путь
Р, равный
Огвет: S = 21CR+2M
B2d2
• vo-
_ 771 (Р. + Р0) • 41
ь ~~ ВАР
! Задача 569
(а. ио:
20 см = 0,2 м
(' 10мкФ = 10”5Ф
/* 1 — Bq + kt
А 0,005Тл/с
и = 30°
Решение. Магнитный поток сквозь плоскость витка
Ф = В S cosat — В тег2 cos(90 — а),
где ац = 90 — а = 60° — угол между нормалью к вит-
ку и направлением вектора магнитной индукции. По
закону Фарадея, э.д.с. индукции
ДФ AB-Scosqi
“ "”дГ ” At ’
|£| = к • тгг2 cos оц.
1.1ряд на обкладках конденсатора находится из соотношения
q = £ • С = ктгг2 cos о; । • С,
q = 3,14 1СГ9 Кл.
I Рвет: q = 3,14 • 10-9 Кл.
Звдача 570
Дино:
и/
I»
2тг
Решение. При вращении диска за период Т = — провод-
ник ’’заметает” площадь (рис. 264)
ДР = 7ГГ2 — TTTq = 7ГГ2
.2
^.V —
4/ 4 ’
Магнитный поток через эту площадь и э.д.с. индукции:
., РДР cos а
ДФ = В AS cosa и £ = —-— =----———•,
At Т
В--rd2 ш
гд(> гу = 0° угол меж iy нормалью к плоскости диска и
наира,впеппем nei lojili Min niri ной индукции
I'ik 4i I
332
3. Электричество
Окончательно
£ = Uac =
wBl'2
8
. . р/2
Ответ: UAC = —g—; UAD = 0.
Задача 571
Дано:
w = 2 с-1
В = 0,01 Тл
R = 1 Ом
г = 40 см = 0,4 м
Решение. Электроны проводимости практически
свободны. Внутри диска установится такая напря-
женность Е электрического поля, что в любой точ-
ке действующие на электрон силы должны засы
вить его двигаться по окружности с угловой скоро
стыо ш, т. е. двигаться вместе с диском:
та = Гл + Гэл, (II
где a — центростремительное ускорение данной точки диска. Если х — расе"»
яние от центра диска, то
ma
~Рл
mco х _ mw
qe В wx qeB
т.е. ma F„.
Тогда можно записать
Тл — Tknj Qe ' В ’ W# — QeB,
откуда Е — Вых, т. е. Е линейно изменяется от нуля в центре диска
£?макс = Выг на краю диска. Поэтому
_ Т?макс • г _ Выт2
2 2 '
Ток в цепи
7 ^Х.б-Ю-А.
Ответ: I = 1,6-10“3 А.
Задача 572
Дано:
7_2 = 1О см = 1СГ1 м
do = 0,5 мм = 5 • 10~4 м
d = 6 см = 6 • КТ2 м
I = ЮмА= 10-2 А
В = kt2, к = 2 103 Тл/с2
р = 1,7 • 10-4 Ом • м
v-7
Решение. По закону Фарадея, э.д.с. индукции
ДФ
At
ДБ п 7 тгО2
—— • Ь cosa = — kt —-— • сона,
Д7 4
где cosa = 1, a — 0°—угол между порманМ
плоскости витка и направлением вектора магН
ной индукции. Ток в цепи равен
откуда.
г _ kt7dy2
1{~ 4/? ’
kt-j\P2
““ 11
3. Электричество
333
где
л I N -ml Nd 4
R = ps = = P^T
4
сопротивление реостата,
Rd?0
p-4d
число витков реостата в момент времени t.
Скорость перемещения движка реостата
doN doRda Rd^
Nt Nt 4-dp Nt 4:dp
(2)
Подставив выражение (1) в (2), находим
kirD2d3
16d pl ’
v — 5 • 10 3 м/с.
N =
Ответ: v = 5 10 3 м/с.
Задача 573 '(ано: — 5 см = 5 • 10“2 м /1 = 0,1 Тл />’ = 5 Ом «г, = 90° = 180° Решение. По закону Фарадея, э.д.с. индукции _ ДФ _ (Ф2 — Ф1) В • S(cosax — cosa0) Nt ~~ Nt ~ Nt где a0 = 0° и ai = 90° — угол между направлением вектора магнитной индукции и нормалью к плоскости рамки до и после поворота рамки. По закону Ома, = BSa>sao = ’Nt
</i ? Qz — ?
। > гкуда определим количество электричества, прошедшее через поперечное се-
чение проводника:
BScosa0 BS 5
<71 = INt =----------= —, q} = 5 10 Кл.
К JrC
При повороте рамки на угол 180° заряд q-2 равен
BS(cosao — cos аг) 2BS
Q'2 = R = IT’
г/2 = Ю • 10-5 Кл = 10-4 Кл.
Оиит: qi = 5 • 10~5 Кл; q% = 10~4 Кл.
'Задача 574
’(дно: Решение. После подключения к источнику постоянного панряже-
р(| имя Un сила тока в цепи постепенно возрастает, и до тех пор, пока
I опа не достигнет установившегося шачения, в цепи будет действо
ц/j •/ вать э.д.с. самоиндукции Следов ьтенвпо, по заколу Ома,
/ />' I 1| I I1 , I /у / . ,
NI
334
3. Электричество
и так как по условию задачи сопротивление проводников R равно нулю,
и_гМ
Ответ: lit) — ^t.
Jj
Задача 575 Дано: d — 10 см = 0,1 м N = 100 В = 2Тл At = 2 с а2 = 180° Г __? оср Решение. Согласно закону Фарадея, „ ДФ C|J ~ At ’ изменение потока магнитной индукции через катушку ДФ — N • В S(cosa2 — совах), где ах = 0° и а2 = 180° — угол между направлениями нем тора магнитной индукции и нормали к плоскости вши» катушки до и после ее поворота. г N-B-ircP, Др = 4Д (совах сова2) Др = 15,7 В.
Ответ: Др = 15,7В.
Задача 576
Дано: Решение. При изменении силы тока в соленоиде возни 1
/Д = 0,01 с lx = 1А h = 2А Д = 20 В L-? Ф-? AWm»™-? ет э.д.с. самоиндукции At где L — индуктивность соленоида, Д At Р=-~-, Г = 0,2Гн.
Поток магнитной индукции при силе тока 12
Ф = Р12, Ф = 0,4В6.
Изменение энергии магнитного поля равно
ди/ TJ? _-1(7? - Д) магн 2 2 2 ДЖиагн = 0,3 Дж.
Ответ: L = 0,2Гн; Ф -- 0,4В6; АВ7магн = 0,3Дж.
3. Электричество
335
Задача 577
Л,ано: Решение. Количество выделенной теплоты равняется
Г = 8В энергии магнитного поля, создаваемого током, протекав-
Н = 2 Ом шим через катушку индуктивности до размыкания цепи.
1=5-10-2 Гн Определим этот ток I по формуле:
М-? Q = Жшгн = Q = о, 4 Дж.
Ответ: Q = 0,4Дж.
Задача 578
, '(ано: Решение. Согласно закону Ома для всей цепи
К — 2 0м Uab + £с — IR,
1 1А = 4 А/с Uab ~LTt= IR’
1 0,2 Гн откуда
Сав=-^А + РдР Cab = ^,SB.
Ответ: UАв = 2,8 В.
' 1идача 579 (аир: 4; = 0,02 А/с А 2В 5 см2 = 5 • 10-4 м2 1 10 см = 0,4 м Решение. Э.д.с. самоиндукции fe = -L~, At где /.ilJ,DSN2 £ — индуктивность соленоида
А ? 1 № = 1, А*о Тогда = 4тг 10 7Гн/м.
^ = Г 7 с N — 250
q/AIV “5и-
UI iit'i" /V = 250 витков.
Задача 580
4. Колебания и волны;
переменный ток
Дано:
х = 4 sin тг(£ + 0,25) см
А-? Т-7 ч>0-1
Решение. Из сопоставления уравнения гармониче
ского колебания в общем виде х = A sin(wi + </>()) г
уравнением, данным в задаче, х = 4 sin (nt + J] ) ।
следует, что амплитуда колебаний А = 0,04 см, w = тгс 1, начальная с]> i ill
колебаний (ро = Период колебаний определим по формуле
7=—, 7 = 2с.
Си'
Ответ: Л = 0,04 м; 7' = 2 с; 95(, =
Задача 581
Дано:
тп= 10 г = 0,01кг
к — 10 Н/м
а частота w равна
Решение. Шарик, подвешенный напружине, прп |
ставляет собой пружинный маятник. Период кол»
баний пружинного маятника определяется по <|>i >||
муле
Ответ: w = .32 с Ч
Задача 582
Дано:
я = 2 sin ^2тг/. + см
тп — 5 г = 5 10“3 кг
Решение. Кинетическая энергия колеблилпонц ц
тела определяется по формуле
W-? Шкии-?
4. Колебания и волны; переменный ток
337
Потенциальная энергия колеблющегося тела
кх2
где к = иД,
Wn0T
mA2w2 sin2 ^2к1 +
2
Полная энергия колеблющегося тела
W = 1УКИИ + l>V„0T = ——, W = 3,95 10~5 Дж.
Ответ: W = 3,95 ИГ5 Дж.
Задача 583
Дано:
IV = 2 -10 2 Д>к
к = 102 Н/м
Г ?
(>гвет: А = 2 10 2 м.
Задача 584
Дано:
ш = 5 г = 5 10~3 кг
I 4sin27r + 0, б) см
Г - 4с
/' — ?
’ микс
О гнет: Рмакс = 4, 9 10 4 Н.
Задача 585
Дню:
h 10 см = 0,1 м
/in
tlt 2il'2
Г >
Решение. Полная энергия колеблющегося тела
TTZ т?ш>2Л2 кА2
откуда
Решение. Из выражения для силы, вызывающей
гармонические колебания, имеем
F — тах = —mAiv2 sin(cO +
где А = 4 Ю-2 м, и = с-1, tpo = тг. Мак
симальное значение силы
Даакс = тАш2, Рмакс = 4,9 10-4 Н.
Решение. При смещении системы двух цилиндров отпоен
тельно положения равновесия на величину х действующая
на цилиндры сила окажется равной: при смещении вверх
(рис. 265,в) Pi = — pBSigx, при смещении вниз (рис. 265,/)
Fi = —p^S^gx. Злак минус означает, что сила напрашкчы
против смещения (Согласно второму закону П|.готопа,,
/Ш/| puSlt/X II 7Ш12 = ~p„S2(j г, (I)
338
4. Колебания и волны; переменный ток
Рис. 265
где т = p(hiSi + —масса двух цилиндров, р — плотность материала ЦП
линдров. Из условия плавания первого цилиндра (рис. 265,п.) определим iijiov
ность его материала:
2
= ^выт, pSth^g = pBSi ^hig,
откуда
2 I
р=зРв‘
Из условия плавания двух цилиндров (рис. 265,6) определим высоту второщв
цилиндра:
p(/iiSi + h2S2)g = pBSihig,
с учетом формулы (2) находим 2hi = /1,2 Тогда из уравнений (1)
PsSig pBSig д
01 =---z-ь с . ь с = --7-------------=
р(«161 +/12S2) 2 /, с о, Si A hi
IhiSi + 2hi ~ \
_ pBS2g ___ д t J
2 plhiSi + h-zSzf 4/ц ' •
Сравнивая уравнения (3) и (4) с уравнением для собственной частоты Ko/iebfi
ний ах = —си2х, получим:
.) д д
= Т~ и = 77--
hi 4/^1
Тогда
Ответ: Т = 0,94 с.
4. Колебания и волны; переменный ток
339
Задача 586
(.ню: Решение. Пусть на пружине жесткости к подвешен шарик массой
т. Поместим начало отсчета по оси х в точку, соответствующую
равновесному положению шарика (рис. 266,а). В этом положении
р Г? благодаря действию силы тяжести пружина уже растянута на ве-
личину ад, определяемую из условия равновесия:
Fупр 4“ nig = О,
и пн в проекции на ось х
тд — кхо = 0, (1)
тд
'"куда ж0 =
При смещении шарика из положения равновесия, например, вниз на вели-
чину х, на него кроме силы тяжести тд действует сила упругости, | Fvnp| =
А (.г + So). Применяя второй закон Ньютона в проекции на ось s, получаем
тах = тд — Fynp = тд — к(х + So). (2)
(' учетом уравнения (1) находим
к
ах =-----s,
т
I о приходим к уравнению ах = —tv2x, откуда и2 = а период колебаний
... 2тг [т
Т= — = 2тгх-.
oj у к
При колебаниях пружинного маятника в электрическом поле (рис. 266,6), для
равновесного положения запишем:
+ Нэд 4" ^упр = Oj
инн в проекции на ось s:
тд + Гэл - кх0 = 0, (3)
откуда.
, тд 4- Нэл
Ж° ” к
। /'',л = к/!-®’ q — заряд шарика.
340
4. Колебания и волны; переменный ток
к(х + х'о).
При смещении шарика из положения равновесия вниз на величину х на нею
действует сила упругости |Рупр| = к(х + тр). Используя второй закон Ньютона
в проекции на ось х, приходим к уравнению
тах =тд + РЭл - Рупр = тд + F3Jl
С учетом уравнения (3) уравнение (4) приводится
к
виду:
т
т. е. приходим к уравнению ах = —где и>2
к
= —, и период колебаний
I
Ответ: период колебаний остается равным Т, изменится лишь положение рав-
новесия.
Задача 587
Дано: Решение. Уравнение гармонического колебания имеет вид
7 = 12 с .... А х = A cos(wi + 9?о)
'1:о — В нашем случае а> = Начальную фазу найдем и
t.-? начальных условий: х = хо — А при t = 0, откуда
Итак,
Acosipo = А, и = 0.
. 2тг
х = A cos — t.
Т
.... А 2тг, 1
ИСЛИ X = -g-, ТО COS -jrZ =
2тг
~т* 1'
тг 7
— и t = —, t = 2 с.
3 6
Ответ: t = 2 с.
Задача 588
Дапо:
А
Г
= 0,757
Т
Решение. Период колебаний шарика равен Т\ — -% + 2ZU, i Н Я
2/,(j — время движения шарика от положения равновесия до щ
ставленной ракетки и обратно к положению равновесия. Луч I
в момент времени, равный нулю, шарик находится в ВвЛожевИч ]
равновесия и движется на направлению к ракетке,
# Ту Т
to = У ~ 4 •
Уравнение движения шарика, в этом случа''
'л
I
Г
I г().ч(ш£ I (ро)
7Г
4. Колебания и волны; переменный ток
341
Подставив выражение (1) для to в (2), найдем расстояние I от положения рав-
новесия шарика до ракетки:
2тг тг\ ,
T’io“ 2) =Лс08
I = A cos
2тг fTt
~Т
Т\ ТГ
2 4 ) ~ 2
/ т
= A cos тг ( 1 — —
I т
I = A cos —,
4
откуда
Ответ: на расстоянии I — от положения равновесия.
Задача 589
Решение. Периоды колебаний маятников равны
/(ано:
I = Юс
/_> = 60 см = 0,6 м
- П! = 4
। >ткуда
/1 =
О гнет: li — 4 м.
Тогда
t t ty/9 ( 1 1 \
п2 _П1 _______ ,
( 1 (n-2 - П1)2тт\~2
~7=:----i il — 4м.
\Vh ty/9 J
Задача 590
(ано:
Г 0,7c
I — ?
макс
Решение. На брусок действуют две силы: си-
ла тяжести FT = mg и сила нормальной ре-
акции N (рис. 267). Запишем для бруска вто-
рой закон Ньютона в проекции на ось х:
max = mg — N.
Очевидно, что брусок не оторвется от дос-
ки, если сила нормальной реакции N будет
отлична от нуля. Ускорение ах определяется
по формуле
ах = —са2®,
оно максимально по величине при х = /1 и
равно ах = м'2А. В предельном случае (при
х = А) сила нормальной реакции N может
обратиться в нуль:
N 0, та.,- = тд, со2 А = г/,
(’in . 2G7
342 4. Колебания и волны; переменный ток
т. е. при А < -Я> брусок не оторвется от доски.
. д . дТ2
Д — _ Д — _
У1макс — 9 ? -^макс — л j
аг 4тг2
АМакс ~~ Oj 12 М.
Ответ: Аакс = 0,12 м.
Задача 591
Дано: Решение. Определим ускорение, с которым шарик будет сколь in r||.
а с наклонной плоскости (рис. 268). Второй закон Ньютона для unit
/3 рика имеет вид:
h Ni = mg — m&i,
Z —? или в проекции на ось х’.
mg sin а = та^,
откуда ai = gsina. Время спуска шарика с наклонной плоскости, длина ko'Iii
рой Si, находим из формулы
с aiti
Si = ~F’
где 51 = йЬ? Тогда I
h д sin а • £? / 27г
----- = ^~-----1 И
вша 2 у д sm а
Аналогично время спуска с другой наклонной плоскости равно
2Л.
д sin3 ft
Очевидно, что высоты подъема на наклонные плоскости одинаковы, так к 41
Риг. 268
4. Колебания и волны; переменный ток
343
механическая энергия в системе сохраняется. Период колебаний шарика равен
Т — 2ti + 2<г — 2< /— (—-----1- ——,
у д \sma sm pj
поскольку времена спуска и подъема шарика на наклонную плоскость одина-
ковы.
п ~ „ [2h ( 1 , 1 \
()пвет: Т = 2л — ------к ——э ).
у д \sma sm pj
Задача 592
Jlpno:
I
к
tn
»’о
I ?о>-?
Решение. В положении равновесия пружина сжала на вели-
чину То, определяемую из условия равновесия:
, mS
mg — кх$, то = ——.
к
Взаимодействие пули и тела абсолютно неупругое. Закон со-
хранения импульса для пули и тела имеет вид
mo vo = (т0 + m)v,
пни в проекции на ось х, направленной вертикально вниз:
movo = (т0 + т)г>,
o'l куда
тог>о
v =--------.
тп0 + m
^.1ксимальная кинетическая энергия системы равна ее полной энергии:
_ (m0 + m)v2 _ кА2
~~ 2 - “2“’
шгда
fm0 + т movo
А = v\ --------= =... ---.
V к у/к(т0+т)
। 'корость v равна
. v / к
v = Aw, w = — = -i /--------.
А у то + т
Сравнение колебаний имеет вид
труо__
у/к(та + т)
г (I — j;0) — Л since/. =
I _ тд}
‘ к J
344
4. Колебания и волны; переменный ток
Задача 593
Дано:
т — 1 кг
то = 0,2 кг
Рис. 269
Решение. Взаимодействие бруска и упавше-
го на него пластилина абсолютно неупру-
гое. Закон сохранения импульса для бруска
и пластилина имеет вид (рис. 269):
mvx = (m0 + m)v2,
и в проекции на ось х:
mvi = (mo + m)i>2>
откуда v-г = --А----максимальная ско-
то + т
рость бруска с прилипшим к нему пласти»
лином. Амплитуда колебаний бруска
где wi =
Амплитуда колебаний бруска с прилипшим к нему пластилином
Тогда
г>2 Г к
2 = —, где а>2 = \ -----
W2 \ т + то
А2 _ г>2 Ш1
Ах ш-2
т
тр + т
т
то + т
~ =0,91.
Ах
Ответ: 4^ = 0,91.
Задача 594
Дапо:
т
к
А
•то =
h ?
Решение. В момент отрыва массы то потенциальная энергия пру1
жины имела максимальное значение Жпот — —g— = —g— гш!|
как к = тсе2. Поскольку эта энергия является и полной энергией
системы, равной
w= (т - т0) • А&?
к
т — т-о
где ojj
то из равенства TTnOT = W находим
4. Колебания и волны; переменный ток
345
Оставшаяся масса колеблется с амплитудой Л г около нового положения равно-
весия, которое находится выше прежнего положения равновесия на Д®. Усло-
вия равновесия имеют вид:
откуда
, 3 7 '
тд = кх0 и -тд — кх0,
. / т9
Д® = ®0 - ®0 = —-
4к
Следовательно, груз поднимется на высоту
h = Ax + 2A1 = ^ + 2A1 = ^ + V-3A.
4к 4fc
Ответ: h =
Задача 595
Дано:
in,
I.
/>о
Решение. Поршень находится в положении равновесия при усло-
вии тд
Р = Ро +
О
где ро — атмосферное давление, р — давление газа в сосуде. При
смещении поршня на х объем газа в сосуде уменьшается, а давле-
ние возрастает на Др. Для определения величины Др воспользу-
емся законом Бойля-Мариотта для газа в сосуде:
р • I • S = (р + Др) (/ — x)S,
.(1)
откуда
л Р'х
Др= —г-
Уравнение второго закона Ньютона для поршня имеет вид:
тах =
та.
(2)
—Др • S,
Spx
Г'
1 i । i.K минус берется потому, что сила давления направлена в сторону, проти-
воположную смещению. Подставив выражение (1) в (2), находим
тд + p0S
ах =-----------х,
ml
•н'п совпадает с уравнением гармонических колебаний аж = — ш2х. Следова-
п’лыю, поршень совершает гармонические колебания с частотой
—
тд + p0S
ml
aiMu штудий ho и начальной фазой ip().
ho Bin
»Ч1 I /'в- , , |
346
4. Колебания и волны; переменный ток
•ч
Найдем <y9(1 из начальных условий: при t — 0 х$ = /го,
ад = ho sin tpo = ho, sini^o = 1,
Окончательно
Vo= 2-
а; = ho sin
тд +pDS
ml
Ответ: х = ho sin
mg + PqS
ml
Задача 596
Дано:
Решение. Отклоним первоначально полу
кольцо на угол «о и отпустим (рис. 270,а). II
тот момент, когда угол будет равен а, кине
тическая энергия полукольца равна
Т1Л mR2w2
Икни — 2 >
поскольку линейная скорость всех точек пр»
лукольца одинакова. Изменение потенцп
альной энергии равно
. ттг тд 2R .
АИлот =---------(cos «о — cos а),
7Г
так как центр тяжести полукольца CR нахи
дится на расстоянии — от точки О. Coi’jnij |
но закону сохранения механической энергии.
АИД? + ДИкин — 0>
mcj2R2 mg2R
— ----=-------(cos а — cos «о),
2 7Г
откуда
(^2) (С““|
Для математического маятника длиной I
при тех же углах «о и а (рис. 270,6) име< М
ДТКют = —mg&h = mglfcosao — сони)
и
mPw2
= —-—
Рис. 270
откуда, получаем
2-> t \
Wi i/ (сона - cos ад)
Т-?
б
2
2
w =
4. Колебания и волны; переменный ток
347
TTjR
('невидно, что математический маятник, длиной I = будет иметь тот же
период колебаний, что и полукольцо. Период колебаний полукольца
[ Г = 2../|5.
у 2»
(>7’вет: Т = 2тг^/
Задача 597
'/.тио:
I _
I 7
Решение. При смещении столбика жидкости на х сила гидростати-
ческого давления уменьшится на Др • S = pgSx, жидкость будет
двигаться с ускорением а. Запишем второй закон Ньютона:
ma = —pgSx,
где т = plS — масса жидкости, S — площадь поперечного сечения трубки. Знак
минус берется потому, что сила давления направлена в сторону, противополож-
ную смещению.
а = -С±х. (1)
Сравнивая уравнение (1) с уравнением гармонических колебаний ах — аРх,
находим для w
lh комое время t =
Ьдача 598
’(.то: Решение. Период колебаний математического маятника равен
!________ ' D
? В электрическом поле на заряженное тело действуют три сил hi
/ , Y (рис. 271): сила тяжести FT = mg, жлектрическая сила F = г/Е
и сила натяжения нити FH. Положение шарика в любой момент
примени определяется смещением его по горизонтали, т. е. координатой х. 14ч
подобия треугольников АО В и BCD (рис. 271,а) с учетом малости угла гг
1111X11,11,11 м
х та.,, m<f 4- Ru,
I тд -| F„, ’ ' m -1
348
4. Колебания и волны; переменный ток
Минус объясняется тем, что при отрицательных х проекция равнодействующ,oil
всех сил, равная гпах, больше нуля. Тогда
2 _ т9 + -^л _ 9 +'~
ml ~ I ’
Период колебаний
71 = 2тг
ЗЕ'
Аналогично находим период колебаний для случая, когда напряженность нищ -
трического поля Е направлена вверх (рис. 271,6):
х та., а —
_ л . ,2 _____ J тп
-- --- ---—--- ------ ------
I mg - Fajl I
72 = 2тг
1ж;б)т2 = 27Г
Ответ; a) У\ = 2тг
9-д-
J m
Указание: очевидно, что решение б) имеет смысл при Е < Н 'И
I'j > — , то под действием кулоновской силы шарик поднимется вверх, н:| |>*
нитей положение равновесия, а период колебаний станет равным
Т3 = 2тг.
7» -9
4. Колебания и волны; переменный ток
349
Задача 599
Дано: Решение. Периоды колебаний будут одинаковы, если во
l\ = Т-2 втором случае Е 1 > Тогда Z дЕг _ qE2
(Еэ-Е!) — ?
, qE] о + а m qE2 9 тп m,
m
илц v p -2m(J Ла — — . <7
Ответ: Е2 - Ет =
q
Задача 600
Дано:
L = 4- 10“2Гн
йдС)-?
Решение. Циклическая частота сн равна
1 15
Vlc О,2у/с Vc
Ответ: см. рис. 272.
А
О' -! I I I > 1 I 1 1 I I-
4 8 12 16 20 24 28 32 34 36 С, мкФ
1'цг. 272
Задача 601
(ано:
/ 0,4 Гн
। 10 Г'Ф
р 4 В____________
.но, at), и(1) -?
П ? IKarn
Решение. В колебательном контуре будут происходить
колебания с периодом Т = 2тх у/ЕС и частотой
2я
W = ~
Т
103 ,
сн = — с
2
1
ТЛ’
Напряжение па конденсаторе будет изменяться по
закону
If ПуСОЙЦ1/, If s: 4 соя
350 4. Колебания и волны; переменный ток
Поскольку q = U С, для заряда на конденсаторе имеем
q = UqC cos wi, q = 4 10 5 cos
По определению, сила тока равна
I — q'x = — Ut)Ca> smart, I = 2 • 10 2 sin
Энергия электрического поля есть
о2
Жэл = Д-, И4л = 8 10cos2
20
Энергия магнитного поля определяется по формуле
LB /
И'магн “ 2 ’ ^магн ~ 8 10 sin (
103£
~2~
Дж.
Ответ: q = 4-10 5 cos
103,
(1\
Кл; U = 4 cos I '2 I В; I = 2-10' 2 sin
и;л = 8 ИГ5 cos2
103t
2
Дж; JVMarH = 8-10 5 sin2
1031
2
Задача
Дано:
I.
В
I
m
T- ?
602
Дж.
Решение. На проводник действуют сила тяжести FT — mg, иц
натяжения проволок FH и сила Ампера Fa (рис. 273). Из подобии
треугольников АОВ и BCD с учетом малости угла находим
max
mg + Fa’
mg + IBl
mg + Fa
ax =-----;—...
m I ml
При отклонении проводника от положения равновесия равнодействующая н< <
сил, действующих на него, стремится вернуть проводник в положение раин
весия, поэтому смещению х и равнодействующей силе, равной max ели 1,У<
приписывать противоположные знаки. Уравнение (1) является уравнением Иц
ионических колебаний аж = — ш2х, откуда находим
= т = 2„
ml
Ответ: Т’— 2тг
тэт-
д+^Г
J m
4. Колебания и волны; переменный ток
351
Задача 603
/( иго:
v 100км/ч = 27,8 м/с
il — 30 м
/-•>-------------------
Решение. Амплитуда колебаний маятника будет
максимальна в случае резонанса. Маятник совер-
шает вынужденные колебания с частотой рБ, рав-
ной частоте ударов колес о стыки рельсов,
* 1.-м гота собственных колебаний маятника равна
При резонансе v = i/B,
откуда
у = i /У
d 2тг у Zo ’
Zo = f 9 9 > zo = 0,3 м.
I Inter: I < lo;
I < 0,3 м.
Зндача 604
(апо: Решение. Воздух представляет собой смесь газов, в основном
эти газы двухатомные. Следовательно, отношение теппоем-
/1 (' костей
= 1,4.
('i ороггь звука в воздухе определяется формулой
352
4. Колебания и волны; переменный ток
где М = 0,029 кг/моль —молярная масса воздуха, R- газовая постоянная,
R = 8,31Дж/моль- К. Подставив значения 7, R и М в формулу (1), нахо-
дим
/1,4-8,31-Т
v —
1,4-8,3 (273 +С) _
0,029
0,029
= 332 Jl + • t° C = 332>/l + a • t°,
у £ ( «5
1 -1
где a = К — температурный коэффициент расширения газа.
Ответ: v = 332\/1 + a~t°.
Задача 605
Дано: Решение. Скорость волны определяется из соотношения
v = 165 Гц v = 300 м/с v = Хн,
А-? следовательно, А = А = 1,81 м.
Ответ: А = 1,81м.
Задача 606
Дано;
At = 5 с
v — 330 м/с
/Г"?
Решение. Камень летит вниз без начальной скорости и с угк<»
рением р, следовательно,
время полета камня равно
л [ж
Звук распространяется в однородной среде с постоянной скоростью и за Вром!
At2 пройдет расстояние h
По условию задачи,
At — At-j + At 2 —
Составим квадратное уравнение относительно л//г =
,2
v • z — At v = 0, z = 10,44, h = z2 = 109 (м).
Ответ: h =109м.
л h
&t2 = -
v
4. Колебания и волны; переменный ток
353
Задача 607
Дано:
h
‘’о
в
Г7?
Решение. Уравнение движения камня (рис. 274):
et2
Дг = voi +
и в проекциях па оси х и у:
gt1
х = wi, у = —.
В момент падения в реку у — Л, h = откуда
находим время полета камня
[2h
h = у 7'
За это время камень в горизонтальном направ-
лении пролетит расстояние
, [2h
I — VqIi — vg< —-
V
Волна, распространяясь со скоростью п, пройдет это расстояние I за время 1%
I 'ледовательно,
Зпдача 608
(апо:
И 435 Гц
1>( 260 м/с
/ Г
Решение. Частота тока определяется выражением
откуда
27’
I = 0,299 м.
Ответ,- I = 0,299 м.
Зп,дача 609
I пак
h
Решение. Максимальная амплитуда, колебаний до< тигается тогда,
когда, собственная частота колебаний совпадает г частотой поры
нов ветра (резонанс), (’обе твеинач частота, определяется высотой
baiiiiin, и < короегыо ч> p.iciipiu тринския в п<’й полны luiajinrirnin
I' Hy, как Qlipi'lB'JlMrri я 1 |)1 И I III'! Hiltl Ча? ГОТВ. КОЛ<!(|.НИ1Й < 1‘nvill 1 с
354
4. Колебания и волны; переменный ток
закрепленным концом. Максимальная длина волны имеет место, когда на вы-
соте башни укладывается длины волны, свободный конец колеблется с мак-
симальной амплитудой, (пучность), а основание - с нулевой амплитудой (узе.»
стоячей волны).
. _ А _
4 4-1/’
откуда
V
"" 4/?
Ответ: v = ^.
Задача 610
Дано:
В
। В • Север
Решение. Электромагнитная волна — поперев1
ная. В электромагнитной волне векторы Е, В ц
v взаимно перпендикулярны и составляют при
вовинтовую тройку векторов (рис. 275). Следе
вательно, вектор Е направлен на восток.
Ответ: вектор Е направлен на восток.
Запад__г %
Восток
--------
Е
/Юг
Рис. 275
Задача 611
Дано:
и0
Д = 2dz
L
Решение. Величина максимального заряда на конденсаторе1 on pi
деляется по формуле
lh-1
w — ?
qo = CUo.
При сдвигании пластин конденсатора заряд на них остается ш i
менным, а емкость конденсатора увеличивается вдвое, Су Л
следовательно, напряжение на конденсаторе становится равным
тт до си0
Ci 2С
Частота колебаний после сдвига пластин
1 1
ш = , — , ~—;= =
/LC\ /LC • а/2
£о
2
где од = частота колебаний: в LC контур!1.
у . I г i ojiy
Ответ: IJi = чр; W = где (Дц =
4. Колебания и волны; переменный ток
355
Задача 612
Дано:
6=2 Гн
С = 4,5 мкФ = 4,5 • 10~6 Ф
</о = 2 10-6 Кл
/0 —? Р —?
Решение. Максимальные значения энергий маг-
нитного и электрического полей в колебатель-
ном контуре равны:
ь1о _ Qo
2 ~ 2С,
WM = W3
откуда
Io = -^=, 1о = 0,67-КГ7 А.
' ’>аряд на обкладках конденсатора изменяется по закону
q = qo cos ст / ,
Гок — по закону
I = Io shiwf.
В момент времени, когда q — W, wt — S-. Ток в этот момент времени равен:
Л о
1 = Iosin—, 1 = 0,58-10 3А.
О
Ответ: 10 = 0,67 • 10~3 А; I = 0,58 • 10~3 А.
пдача 613
1‘ию:
/„ = 50 А
1<и = 220В
¥> f
Р 7
Пп-да
Решение. Значение мощности переменного тока определяем по
формуле
Р = 1эиэ cos<p,
где эффективные значения тока и напряжения равны соответ-
ственно
т Io тт Uo
1Э = —7= И иэ = “7=
л/2 х/2
p=CVocosv, Р = 3,9-103Вт.
Опк-г: Р = 3,9-103Вт.
•пдача 614
'( .то: Решение. При зарядке и разрядке конденсатора ток идет в раз
?! ных ветвях цепи, одну часть периода —в контуре CL1D1, дру
If гую часть периода —в контуре CL-jD-i- Период Т равен
г1 Bi Т = 7Г y/UC + -ку/иС.
1». 1 7 Ответ: Т = яу/ССх/Д +
356
4. Колебания и волны; переменный ток
Задача 615 Дапо: п = 100 S = 0,5 • 10“6 м2 Zo = 0,4 м R = 5,64 Ом Ео = 2В р = 1,7 -10-8 Ом • м Д-? Решение. Согласно закону Ома, амплитудное И1й чение тока равно г _ R + r' где г = ptyr — сопротивление обмотки. Эффективное значение тока 1э = -^=, R = у £° , V, 1э - 2 А. л/2 (r +
Ответ: 1Э=2А..
Задача 616 Дано: Решение. Магнитный поток через поверхщиИ
Ф = 0,1 cos(50tfZ) (Вб) £0-? £э-? /> -? ограниченную рамкой, изменяется по закону Ф = Фо cos cut, Ф = 0,1 cos 50тг£ (Вб)
э.д.с. индукции — по закону
8 = — ФосазшсЛ = — со sinы/;.
Тогда из (1) находим:
w — 50тг(с-1), v — ~ = 25 Гц.
Э.д.с. индукции равна: £о = Ф’оса и £э = ~ £0 = 15,7В; £э = 11,2 В. х/2 у/2
Ответ: Eq — 15,7В; £э = 11,2В; v = 25Гц.
Задача 617
Дано:
U3 = 100 В
ил = 70В
т
t-7
Риг. 276
Решение. При включении лампы папряИ t Ю||||
на ней изменяется по закону U = Un sin I Щ
плитудное знечение напряжения равно
По = С4-л/2, По «МО В
т г тт • 2?Г
Гзаж — Vq sin 5
где ti — момент времени, когда <«ч>нмнн |
лампа. Подставим данные из условия И1 I и ||1
2тг
70 = 140 sin -Fpli, откуда t\ —
Из рис. 276 ясно, что и гечешк
Т
жутка времени hi иолу период наир | q
пне, по,цапаемое па лампочку, <>УД( I ho >
Un 70 В, и памиочка (>удет roprri la Hi |
4. Колебания и волны; переменный ток
357
I' лампочка горит в течение времени, равного
7
3'
т
। • свет: t = -g-.
1идача 618
Д/njo:
J г»0 cos ЮО(тгЛ) (А)
Г 30cos(1007rt + тг/З) (В)
Г
Решение. Мощность, выделяемая в цепи, опре-
деляется по формуле
r, loUo
Р = 2 cos
। W !\\ = 50 А и <7о = ЗОВ — амплитудные значения силы тока и напряжения,
. р —- коэффициент мощности, а угол сдвига фаз между колебаниями тока и
и «пряжения = тр Окончательно имеем Р = 375 Вт.
Оикч'г Р = 375 Вт.
Ьдача 619
d d() Р D cos ujt
|А> D
I
Решение. При изменении расстояния между обкладками
конденсатора его емкость изменяется по закону
q_________________
do + D cos wt ’
заряд q на конденсаторе — по закону
z-ic £oS
q — C8 = --------------- £.
do + D cos wt
I иг 1 равен
r . EoSD(jjsina>t „
1 = q = ---------------
(do + D cos ud)2
I ni'ii.icuo условию dp D, для тока запишем
T soSDcuE .
1 =.---------- sm cut.
d-b
I. т EoSJDco8 . ,
, sincv/.
d^
МДочц 620
I Ilin'
/
Решение. Максимальный заряд на конденсаторе qo = ЕС.
Заряд изменяется по закону
г/ = qo sinwi = SCsinw/;,
1.
где ej = ~т"' ток
Н1мспя(‘тся по закону
I I { <lo
I г/' Е('сcotim/ /рСонш/,
358
4. Колебания и волны; переменный ток
где 10 = ЕС и— максимальный ток в цепи,
Ответ: qo = ЕС; Io = Е
Задача 621
Дано:
Ro = 10 Ом
L = 0,2Гн
С = 0,45 мкФ = 0,45 • 10“6 Ф
Я = 10 Ом
и-?
Решение. Полное сопротивление цепи перс
менного тока при наличии в ней активного,
емкостного и индуктивного сопротивлений
равно
R =
или
/ 1 V
R2 = Е2 + wp - —
\ cjC /
Из условия R = Rq следует, что w2 =
1
w _ 1
2тг ~ 27г\/РС’
v = 5,3 102 Гц.
Ответ: v = 5,3 102 Гц.
Задача 622
Дано:
R = 2000 Ом
Р = 0,2Гн
С = 610“6 Ф
иэ = 100 В
f = 50Гц
Д-?
Решение. По закону Ома, амплитуда силы тока
wL- Д-
wC
где Uo = иэу/2, w = 2л/. Перепишем формулу (1) в виде:
Эффективный ток в цепи равен
1Э = ^=, 1Э = 0,049 А.
л/2
Одни г фаз между током и напряжением
<д = arc и-------= arc ,u ...~ ———,
’ Н * И
Oilier /м 0 0 If) Л, ч J 1,6"
= .1.4, б".
4. Колебания и волны; переменный ток
359
Задача 623 Дано: 7? = 50 Ом <7 = 0,01 мкФ = 10“8 Ф £ = 0,05 Гн f = 50Гц Г7о = 200В Решение. По закону Ома, амплитудное значение тока в цепи равно Jo_ Ч2
20 I д-j / г 1г 1/Я2 4- \cjL — где w = 2я/, £о = 6,2 • 10 4 А. Сдвиг фаз между током и напряжением
99-? Р-?
, wL wC + 27г/£ 2тДС соО п
= arctg -—----= arctg-----——-—, <р = 89 ,9.
Мощность, выделяемая в цепи, равна
Р=^ф.Соз^, Р= 1,07-10-4 Вт.
Ответ: <р = 89°, 9; Р = 1,07 10“4 Вт.
Задача 624
'(.тио: Решение. Активное сопротивление цепи определим по зако-
и = 100 В ну Ома:
1 = 5А До — jRq = 20 Ом.
= 10оВ
/„ = 4 А Полное сопротивление цепи переменного тока
/ = 50 Гц
I ? Ro — х/-Ro 7“ (wl)2,
где w = 2я/. Амплитуда силы тока
I - U°
\/-Ro + (wb)2
। некуда
Ответ: L — 0,05Гл.
360
4. Колебания и волны; переменный ток
Задача 625
Дано: Решение. Напряжение U в цепи изменяется по закону
t = 7Т- 6 U = Uo cos u>t,
Жмагн/Ж9Л“? ток — по закону
I = q' = CU' = -CUousmwt.
Энергии магнитного и электрического полей:
LT2
LC2U2^2 . rrr CU2 CU% 2
2 -----— sm“°4’ ^эл = “2“ = ~2 cos
1Гмагн
Тогда
9 2тг
.2
гтт2,
где LC =
= loJ2 t,g2 wt = LCw2 tg:
1
^7’
Окончательно
И^магн
Ж,л
2тг
= tg- wt. wt = —
Жлагн _
Жл
T
6
3
Ответ: = 3.
Задача 626
Дано:
О' = 4 10“4 Ф
/ = 50 Гц
Ro = 6 Ом
Uu = 10 В
/о ?
Задача 627
Дино:
U
Н-л
Решение.
1о =
Ток в цепи определим по закону Ома
Uo Uo
Ответ: Iq = 1 А.
Решение. Силу тока в цепи определим по закону Ома:
где R = Rt + R.2 + Rak'2.
1о —
1Л
10
Оч I Н I
Ro + (2Kfc)
к
w
I ?
Ответ. /()
4. Колебания и волны; переменный ток
361
Задача 628
Дано:
I,
C
Lil
K(> —? ip -1
Решение, а) При последовательном соединении сопротивле-
ние R, емкости С и индуктивности L — сопротивления скла-
дываются, и сопротивление цепи равно
/ . / 1 \2
Ro = \ R? + I ---ту )
V \ wC J
< 'двиг по фазе между напряжением и током
, 1
wL-----7,
<jjC
V = arctg--------.
I >) Цепь состоит из конденсатора емкостью С, параллельно которому подсоеди-
нено активное сопротивление R. При параллельном соединении складываются
проводимости участков. Импеданс цепи определим по формуле
1 1
R — jwR2C _ v , .lz
z? —
1 + u2R2C2
Сопротивление цепи равно
R
Vw^C2 + 1’
। напряжение опережает ток по фазе на угол
tp = arctg — = — arctg (лЯС.
и) 11,епь состоит из индуктивности L, параллельно которой подсоединено ак-
umnoe сопротивление R. Импеданс цепи определим по формуле
1 1.1
— =----F 1--,
Z R mL’
R jwL RoPL2 + jR?ojL
/1 = ------ — --------:---- — X -1— i V
R + jivL
Я2 + ш2£2
RwL
tg(fi =
R
wL
2
(huer: a) 7?o = ЦЯ
R
uL vC
h'v - Tn-> ~
ГРаРС2 4 1
Rwl . H
...«iw.1 tgLP ac .
"2 I waP
______luG .
R
11) /Гр
362
4. Колебания и волны; переменный ток
Задача 629 Дано: ni = 2000 £i = 220 В и„ = 10В / = 0,5А R2 = 2 Ом п2 — ? Решение. Индуцируемая во вторичной обмотке э.д.с. ^2 =£1—, П1 £2 должна быть равна напряжению накала U„ лампы и паде- нию напряжения на сопротивлении обмотки IR2 : £2 = Usi + IR2. Окончательно £i— = un + iR2,
откуда n-i_(Un +IR.2) П2 = c , n2 = 100. £1
Ответ: п2 = 100 витков.
Задача 630 Дано: Ui = 100 В U2 = 3300 в Uo = 0,5B П1— ? n2— ? Решение. В одном витке индуцируется э.д.с., равная Ро = 0,5 П, следовательно, Pi и2 П1 ис и П2 ~ и0 ni = 200 витков и п2 = 6600 витков. Ответ: ni = 200 витков, п2 = 6600 витков.
Задача 631 Дано: Решение. Отношение числа витков первичной и вторичной <м«п
n2 = 1000 £2 = 400 В 8-l = 120 В ni — ? моток трансформатора п2 £2 ’ откуда находим £->п2 ni = —г—, ni = 300. 02
Ответ: nj = 300 витков.
Задача 632
Дано: Pi = 380 В U2 = 25В Р.2 = 2 Ом /2 = 1,5А к — ? к.п.д. — ? Решение. Индуцируемая во вторичной н(>М1ПН| э.д.с. равна £2 — U2 + I2R2. Коэффициент трансформации к = 7- 77-Г/:-р ’ fc = i3’6- С2 <•'2 + 72'1,2
Ток в первичной обмотке находим гы условия
4. Колебания и волны; переменный ток
363
К.п.д. трансформатора равен отношению мощности на зажимах вторичной об-
мотки, т. е. мощности, отдаваемой вторичной обмоткой нагрузке (полезная
мощность), к мощности, затраченной, т. е. потребляемой первичной обмоткой:
= П212 = = и2
К.П.Д. U2 + I2R2’
Ответ: к = 13,6; к.п.д. = 89%.
к.п.д. = 0,89.
Задача 633 Дано: //2 = 12 В = 120 В m _ ? //•2 Решение. Отношение числа витков перинной и вто- ричной обмоток трансформатора при первом вклю- чении - = (1) П2 Р2 ’ а при втором включении - = -• (2) П2 Ро 1 '
Решая совместно уравнения (1) и (2), находим
( Пу \ 2 _ Р1 Пу lUy {n2J U2’ п2 V U2' — = 3,15. п2
Ответ: = 3,15.
п2
Задача 634 Да//о: Г = 220В Г = 0,1 Ом v = 15° Р_= 200кВт = 2-105 Вт р —? * ирон Решение. Полная мощность определяется по фор- муле Р = II/ COS (fl, следовательно, ток в цепи /= —-—. Ucos (fl
|У1<ицпость, теряемая в проводах, равна
Р2г
•Рпров = 12г = —------—, РпрОБ = 8,9 • 104 Вт.
U2, cos2 <р
(> нют: Рщров = 8,9 • 104 Вт.
5. Геометрическая оптика
Задача 635
Дано:
R.
a
Г7?
Решение. Как показано на рис. 277, по-
лусфера загораживает падающий ii<i.
ток между лучами А'А и В'В и отра
жснпый от зеркала поток между л v
нами АА" и ВВ”. Размеры тени /
А!'В". Из треугольника АС В находим
Рис. 277
СВ = —, где
tgo
27?
АВ =
COS О
СВ =
sin а
Следовательно,
I = А" В” = СВ = —
sin а
7 2Я
Ответ: I — ----
sin о
Задача 636
Дано:
п = 1,33
«1 = 30°
«1 + «2 = 90°
а — ?
Решение. По условию задачи, падающие лучи
взаимно перпендикулярны. Это означает, чю
угол падения второго луча = 60° (рис. 273)
Применяя закон преломления света на граши i
двух сред, находим углы преломления:
sin cii sin «2
. д = п и . = п.
sm /Л sm р-2,
Как ьидно из рисунка,
о ~ Д + /3-2 = arcsin
а = arcsin
sin оу
п
2“Ьн) + “
Г и, ‘78
= 22,1" I 10,6" 62,7°.
() гиг I1 о 62, I '
5. Геометрическая оптика
365
Задача 637
Дано:
а = 30°
ni = 2,4
«2 — ?
Решение. По условию задачи, преломленный и
отраженный лучи перпендикулярны друг другу,
это означает, что а + 0 = 90° (рис. 279). Исполь-
зуя закон преломления на границе двух сред,
получим
sin a sin а п-2
---Л = —”7Л-----г = tg “ -
snip sin(90 — а)
откуда
П2 = П1 tgCl, 71,2 = 1,4.
Ответ: п-2 = 1,4.
Задача 638
Дано:
а = 60°
/г—?
Решение. Чтобы боковую поверхность конуса нельзя было ви-
деть ни из какой точки пространства над поверхностью жид-
кости, необходимо, чтобы все лучи, отраженные от боковой по-
верхности конуса, не выходили в воздух, т. е. на поверхность
жидкости под углом, превышающим угол полного внутреннего
отражения (рис. 280).
1
Sill Cl = SI11 = —,
п
откуда
1 1
п = —------=------, п = 1,15.
sm апр sm а
Ответ: п> 1,15.
Рис. 280
366
5. Геометрическая оптика
Задача 639
Дано:
h — 15 см
71 = 1,3
R-1
Решение. Свет не выйдет из воды, если луч
АВ (рис. 281) будет испытывать полное вну
треннее отражение, т. е. если
R 1
sm а = , _—= = —,
y/h2 + R? п
откуда находим
R= , R. = 0,17 м.
Дп2-1
Ответ: R. = 17 см.
Задача 640
Дано:
ё = 4°
п = 2
Z = 5см
L = 10 см
Решение. Рассмотрим преломлена»
света на грани АВ (рис. 282).
sin a 1 sin ё
——7 = —, Sin О: =-----, a Ri 2"I
sm on n
ft = ё — a = 2°. Ha граница
пластинка-воздух луч преломи ж п
ся под углом 7:
Sin7 ло
= п, 7 и 4°.
snip
Ширина темной полосы на экрсцш
равна
х = 2M'L’ = 2ML =
= 2(Ztg/? + L-tg7),
х = 1,75 см.
Ответ: х = 1,75 см.
Рш- '282
5. Геометрическая оптика
367
Задача 641
Дано:
Н = 0,6 м
Л = 0,15 м
п = 1,33
R = 20 см = 0,2 м
I. = 1 м
Задача 642
![ано:
Il j < П1____
<г 7
Решение. Как видно из рисунка 283, радиус
пятна г равен
т = h • tg fl + (Z - h) tg a. (1)
Определим углы о: и /Сиз условий
sin а , „
——- = п и htg fl + (Н — h) tg a = R.
sin fl
(2)
Решая совместно уравнения (2), находим:
h-^- + (77 — h) tg a = R,
n
откуда
7?n . .
t,Sa= h + n(H-hy (3)
Подставим выражение (3) в (1):
(Zi ..
—F (Z — h)
_ Rn fh
h + n(H — h) +
r = 0,34 м.
Ответ: т = 0,34 м.
Решение. Свет не пройдет через границу 1-
2, если испытывает полное внутреннее отра-
жение, т. е. угол падения луча fl = anpeA,
sin fl = —. Из рис. 284 видно, что
1-1И 2S4
fl + a = 90°, т. е. cos а = —,
ni
«2
а = arccos —.
ni
Отнят: п- = arccos —
368
5. Геометрическая оптика
Задача 643
Дано:
а = 45°
п = 1,5
Рис. 285
Решение. Ход луча в призме изображен на
рис. 285. Обозначим через г и 7 углы, кото-
рые составляет луч, идущий внутри призмы,
с перпендикулярами к граням. Сумма углов
четырехугольника DBFO равна 2тг, следо-
вательно, ft + в = я, а сумма углов треуголь
ника DFO равна тг, в = % — г — 7. Тогда
искомый угол (3 = 7 + г. Чтобы произошло
полное внутреннее отражение луча на грани
ВС, необходимо, чтобы ft = 90°, sin 7 = —J
Согласно закону преломления,
sin о
-----' п->
sin г
откуда
sin a 1
sm г =-----= ———.
п Д2 - п
Итак,
В = arcsin —F arcsin -=. , ft = 69,8°.
п Д2п
Ответ: ft 69,8°.
Задача 644
Решение. Ход лучей в призме изображен на рис. 285, (см. решопно
задачи 643). Из чертежа видно, что 7 = ft — т, и sin 7 = sin (/4 r\
Тогда
Дано:
ft = 45°
о = 30°
п
где
v2
sin 7 = sin ft cos r — cos ft sin r = (cos т — sin r),
1 . sin ci 1
sm 7 = —, sm r =-----
n n
1 _ V:
n 2
2п
\/W - 1
— , COST” = -------
2n 2n
1 A
2n / ’
о ткуда находим п = 2.
Ответ: и, = 2.
5. Геометрическая оптика
369
Задача 645
Дано:
h = 1,5м
п = 1,3
Решение. Камень не будет виден, если
лучи, отраженные от камня, попадают
на поверхность воды под углом, пре-
вышающим угол полного внутреннего
отражения, и не могут выйти в воздух
(рис. 286),
1
Sinanp = —
п
2\/Л+т
откуда а = 3,6 м.
Ответ: a — 3,6 м.
Задача 646
Дано:
CV.
п,
ос- В
Гис. 287
Решение. Ход лучей в пластинке показан на
рис. 287. Вышедший из пластинки луч параллелен
подающему. Искомое смещение луча х находим из
треугольника ACD:
х = АС sin (о: — /?) =
= AC (sin a cos (3 — sin fl cos a). (1)
Из треугольника ABC: AC = Из закона пре-
a \' n2- sin2 a . >
ломления определим cosp = ----------—----. Выра-
жение (1) перепишем в виде
( cos a \
1------- —= ] .
V п2 — sin2 a J
Ответ: х = d sin all---.-..^£osa = j
\ V n2 — sin2 a J
370
5. Геометрическая оптика
Задача 647
ООО .. >Л О о О «3 со s II и II ’| Решение. Для луча АВ запишем закон преломления: sinci = п’ snip где п — относительный показатель преломления двух сред. Угол падения луча DE равен 90° — 7 = 60°, угол его преломления обо значим 0. Тогда sin (90° — 7) sinci = n = - sin 0 sin p'
. л sm(90 — 7)3111/? „ sm(90 — 7) sm/3
откуда получаем, что sine = —----------——------—. Выражение —'—=——------------—
J J ’ sinci 1 ~ smci
УЗ-\/3-2 3
2-2-V2 2\/2
нее отражение.
> 1, следовательно, луч DE испытывает полное внутреп
Отпет: луч DE испытывает полное внутреннее отражение.
Задача 648
Two:
О’
и.
Решение. Запишем закон преломления для каждой из плас гик
(рис. 288):
sin ci ni sin cii n-2 sin а% n%
-- = —; ; -----= — и t. д.,
smcii---------------------------no smci2 Щ smcig-П2
и дня последней пластины
sin ciK no
- д = —, nK = n.
sm fl nK
Перемножив эти равенства, получим
sin ci
sin fl
a = fl.
Отпет; fl — a.
I’нс. 288
5. Геометрическая оптика
371
Задача 649
Дано:
a — 5 см = 5 10-2 м
п = 1,5
a = 1 см = 10~2 м
L = 100 см = 1 м
Решение. Ход лучей показан на
рис. 289. Пучок параллельных
лучей, падающих на призму
АВС, разделяется на два пуч-
ка, и каждый из пучков откло-
няется на угол /3 по отношению к
направлению падающего пучка
света. Рассмотрим преломление
света на грани призмы АВ. Угол
падения лучей на эту грань ра-
вен а, угол преломления а + /3.
Запишем закон преломления:
sin а 1
sin (о + /3) п
Из чертежа видно, что
tg/?=^,tg/3 = O,O3,/3«1,7°.
Очевидно, что углы а и /3 ма-
лы, заменим синусы этих углов
самими углами, измеренными в
радианной мере:
а 1
а + /3 п ’
откуда
(3 = а{п — 1), а ————; а = 3,4°.
п — 1
Ответ: а = 3,4°.
Задача 650
Дано:
ft = 60°
п = 1,5
Л'~?
Решение. Угол преломления луча на первой
грани равен нулю, так как по условию зада-
чи угол падения на эту грань равен нулю.
Как видно из чертежа (рис. 290), угол па-
дения луча на вторую грань призмы а =
60°, так как 7 = 30°. Угол а больше пре-
дельного угла полного внутреннего отраже-
ния апр и 41,8°, определяемого по формуле
1
smanp = —. Следовательно, луч отражает-
ся под углом а от поверхности второй грани
и надает перпендикулярно на третью грань.
Угол между направлением падающего луча
п луча, вышедшего пз призмы, Я = 00°.
(liner Л 60".
372
5. Геометрическая оптика
Задача 651
Решение. См. рис. 291. Оптический центр
линзы лежит на пересечении прямой SS' с
главной оптической осью. Через точки S и
S' проводим прямые, параллельные оптиче-
ской оси, до пересечения с плоскостью .лин-
зы, т. е. находим точки А и А'. Далее со-
единяем точки А с S', А' с S, в точках пе-
ресечения прямых AS' и A'S с оптической
осью находятся фокусы .линзы. Этот способ
основан на методе построения изображения
с помощью луча, проходящего через оптический центр, луча, идущего парал
лельно оптической оси, и луча, проходящего через фокус. В нашей задаче но
лучаем, что линза собирающая.
Задача 652
Решение. См. рис. 292. В случае а получаем, что линза рассеивающая; в случи-'
собирающая (решение задачи аналогично решению задачи 651).
Задача 653
Решение. См. рис. 293. Определим положе
ние фокусов линзы. Для этого проведем пн
бочные оптические оси, параллельные tut
дающему лучу АВ и преломленному iy I
ВС, и из точек их пересечения с лучами
АВ и ВС опустим перпендикуляры па. i ляп
ную оптическую ось. Далее проведем по
бочную оптическую ось MN, параллельпуи
DE, которая пересекается с преломленным
лучом ЕК в фокальной плоскости. 11< >< гро
евие основано на том, что Лжраллвлын.п' i
чп, падающие па ninny, после преломлении
в ней Пересе! аются в точке1, пр|1ЩМ1де>КШЦ« Д
<||О1<Л.ЛЫЮЙ II СОС КОС '1'11.
5. Геометрическая оптика
373
Решение. См. рис. 294. Изображение В1 точ-
ки В находим с помощью луча ВС, па-
раллельного главной оптической оси и по-
сле преломления проходящего через фокус,
и луча ВО. Для построения изображения
точки А проводим побочную оптическую
ось MN, параллельную произвольному лу-
чу AD. Эти лучи пересекаются в точке L,
принадлежащей фокальной плоскости. Изо-
бражение точки А определяется пересечени-
ем лучай DL и OF.
Задача 655
Решение. См. решение задачи 651. См. рис. 295. В случаях 1 и 3- линза соби-
рающая, в случае 3—рассеивающая.
Решение. См. рис. 296. Изображение точки
В находим с помощью лучей BD и ВО. Пе-
ресечение продолжений преломленных лу-
чей DD' и ОР определяет точку В' —изо-
бражение точки В. Для нахождения изобра-
жения точки А используем луч АО и про-
извольный луч АЕ, который после прелом-
ления должен пройти через точку L пере-
сечения побочной оптической оси MN, па-
раллельной АЕ, с фокальной плоскостыо
линзы. Точка А' получается при пересече
нии продолжений преломленных лучей ЕЕ'
и OF.
374
5. Геометрическая оптика
Задача 659
Д;ню:
АВ = 2 А'В'
В В' = I
F ?
Решение. См. рис. 297. Для построения изо-
бражения светящейся точки S в собираю
щей линзе используем луч SO и произволь-
ный луч SA. Для нахождения хода луча S7I
после преломления в линзе необходимо най-
ти точку N пересечения L побочной оптиче-
ской оси MN11SA с фокальной плоскостью
линзы. Точка S' находится как точка Пересе
чения лучей AL и OF. Для построения изо
бражения в рассеивающей линзе используем
лучи SA и SO, ход луча SA после прело»
мления в линзе находим с помощью точки
L пересечения побочной оси Л-5ГЛГ[|,5’У1 с фо
калькой плоскостью линзы. S' — точка перш
сечения продолжения лучей АВ и OF.
Задача 658
Решение. Оптический центр лежит
на пересечении прямой SS' с онтп
ческой осью (рис. 298). Проводин!
прямую SA, параллельную осп, I!
соединяем точки S' и А, затем про
должим прямую S'A до nepetc’in
ния с осью. В точке пересечения in
жит фокус линзы. Из подобия грг
угольников S'ВО и SFO находим
OF = 21.
Ответ: OF = 21.
Решение. Оптический центр лежит па но
ресечении прямой АА' с оптической d<i>k|
(рис. 299). Проводим прямую АС, парии
лельную оси, и соединяем точки С и Л' II
точке пересечения прямой С А' с осью т»
жит фокус линзы. Из подобия Тр('угоЛ1.НП
ков АВ О и О А'В' находим OB' — L. Ih ii>
Z
добия треугольников COF и FA'B' пахоцнМ
OF _ СО АВ
FH' ~ В'А' ~ В'А'
откуда
( (th* I
5. Геометрическая оптика
375
/’нс. 302
Ответ: может, если на линзу падает сходя-
щийся пучок лучей (рис. 300). Для нахож-
дения хода лучей АВ и CD после прело-
мления находим точки L и М пересечения
побочных оптических осей МК и LN с фо-
кальной плоскостью линзы. Изображение S'
получается в точке пересечения лучей LB и
МВ.
Решение. Построим побочную оптическую
ось МЛ'||/1Б (рис. 301). Точка N ее пересе-
чения с лучом ВС находится в фокальной
плоскости, т. е. положения фокусов линзы
определены. Чтобы найти изображение точ-
ки S, найдем ход произвольного луча SP по-
сле преломления в линзе. Для этого необхо-
димо найти точку L пересечения побочной
оптической оси KL||SP с фокальной плос-
костью. Луч SO проходит через линзу, не
изменяя направление. Точку S' получим как
точку пересечения лучей OF и PL.
Решение. Для нахождения хода луча DE
после преломления в линзе необходимо най-
ти точку L пересечения побочной оптиче-
ской оси ЛТБЦЛБ с продолжением луча
ВС, которая лежит в фокальной плоскости
(рис. 302). Метод основан на том, что пу-
чок параллельных лучей после преломления
идет так, что продолжения лучей собирают-
ся в точке, лежащей в фокальной плоскости.
Луч DE после преломления пойдет по на-
правлению ЕК так, что продолжение этого
луча пройдет через фокус.
376 5. Геометрическая оптика
Задача 663
Ход луча АВ после преломления в линзе Л ( найдем с помощью построения
побочной оптической оси M7V||AB (рис. 303). Преломленный луч ВС проходи!
через точку L пересечения побочной оптической оси MN с фокальной плоо»
костью. Далее построим побочную оптическую ось KQ\\BC и найдем точку
Р ее пересечения с фокальной плоскостью, через которую после преломления
в линзе Л2 должен пройти луч ВС. Луч ВС после преломления в .линзе Лц
пойдет по направлению СР.
Задача 664
Ответ: не изменится.
Задача 665
Ответ: изображение каждой точки, создается всеми лучами, вышедшими in
этой точки и прошедшими линзу. Положение изображения и его размер н<
изменятся, но оно станет менее ярким, так как часть лучай будет поглощатщи
Задача 666
Дано:
d
d± = 2F
Гис. :м)4
Решение. Ход луча через пластинку от । ul
тящейся точки S изображен на рис. 304
Вследствие смещения луча в пластинки I |
AD кажется выходящим из точки S', и р И
стояние между S' и линзой равно = (Ц -
SS1 = 2F — SS1. Найдем смещение SS'. К ИМ
АВ * a 1/1
видно из чертежа, sma = tgp — j I
sin a d г л
= ДВ' Считая углы падения на и ИМ
стинку малыми, находим
АВ d-/3 d
СВ =-----=------ = —,
<т <т и
sin o'
поскольку /I = - ,
•' si и р
п
C/uyi.oiiiTie/iKiUi
5. Геометрическая оптика
377
В отсутствие пластинки найдем расстояние от .линзы до изображения:
1 * 1 1 _ 1
Ф+К”>’ 2F + TT_F’
откуда /i = 2F. После помещения пластинки между линзой и точечным ис-
точником уравнение линзы будет иметь вид
1 1 _ 1
d^+h ~~ F>
\'j\e d-i = d\ — d n откуда находим
_ F[2Fn - d(n - 1)]
- Fn - d(n - 1) '
Изображение сместится на расстояние А/:
а/ = /2-/1, А/=
Fn — d\n — 1)
Ответ' Af —_____Fd(n_____1)__
'вет- J ~ Fn - d(n - 1) ’
Задача 667
.'(ано:
а ~ d + f = 2 м
b = 40 см = 0,4 м
/>’ ~
Решение. Запишем формулу линзы:
1 - 1 1
F~ d+f
и с учетом d + / = а перепишем ее в виде
1 _ 1 1
F ~ d + a-d'
I’emaeM уравнение (1) относительно d:
1 'ледовательно, возможны два решения
Наличие двух ропичшй следует из свойсгна обратимости луча. Очевидно, чгп
h ilx fi или b- fi — di,
/и'
378
5. Геометрическая оптика
откуда
F = »2 ~ 62
, F = 0,48 м.
4а
Ответ: F = 0,48 м.
Задача 668
Дано:
h = 5cv = 5 см-10-2 м
F = 10 см — 0,1 м
Решение. Для рассеивающей линзы формуле
линзы имеет вид:
1 1 _ _£
d~f~ ~F’
где d = F, откуда находим расстояние х мнимф
го изображения от линзы х — f = -^ (рис. 305),
f h
f = 0,05 м. Увеличение Г = откуда
f
hT=h--7, ф. = 2,5 10-2 м.
d
Ответ: f = 5 см; hx — 2,5 см.
Задача 669
Дано:
I = 24 см = 0,24 м
F — 9 см = 0,09 м
ф-?ф-?
Решение. Очевидно, что источники должны нп>
ходиться по разные стороны от линзы, и пн
как изображения источников получаются в од
ной точке, то в одном случае изображение будч'1
действительным, в другом —мнимым. Воснош.
зуемся формулой собирающей линзы
11111
h~F И Z2~h~F'
1
Ф
Но условию, /j = f-2, di + d-2 = I. Сложим уравнения (1)
1 12 1 1 _ 2
d^ + d^~F’ ф + Z — ф ~F'
Решая уравнение (2) относительно ф, находим: ф — 0,18м и ф = 0,06 м
О гнет: di = О,18м и ф = 0,06м.
СЛ
Задача 670
Дано:
/|‘| 1 м
/г> 2 м
/ 'гчнеппс. Фокусное расстояние шины найдем но формуле
1 - (
F \ па
F ?
/|’1 /12 ) ’
еде и\ Il Hi abeojiiorni.il' покали н ИН преломления iicHieCTlia
н.| (по1ду\), П| 1, и oi р5 ж HoiHi'fl среды (стекло), и. и
anil
5. Геометрическая оптика
379
7?i и R-2 — радиусы кривизны линзы. Линза вогнутая, следовательно,
7?1 и Т?2 < 0.
Мб-0 F = 2“-
Параллельный пучок лучей, падающих на линзу, соберется в ее фокусе, т. е.
на расстоянии 2 м.
Ответ: F = 2 м.
Задача 671
Дано:
F = 5 см = 0,05 м
a = 10 см — 0,1 м
b = 2 мм = 2 10-3 м
Ответ: d = 2,25 м.
Решение. Применим формулу собирающей
линзы
1 11
F~d+f ()
Увеличение линзы (рис. 306)
г=М-
откуда f -- . Подставим выражение для
f в уравнение (1): _ __
1 1 a a + b
F = d+bd = bd ’
откуда
, F(b + d) , „
d =------; d = 2,25 m.
b
Задача 672
Дано:
F = 6 см = 0,06 м
I' = 2
/-?
Решение. Найдем расстояние до изображения в собираю-
щей линзе, используя формулу линзы:
и
1 Г +1
F = / = Р(1 + Г), f = 0,18м.
Очевидно, плоское зеркало нужно поставить на таком расстоянии от линзы,
на котором находится изображение предмета, которое теперь можно рассмат-
ривать как предмет для линзы, а его изображение в ней будет иметь размеры
исходного предмета (рис. 307). Луч AD после преломления идет через фокус и
падает па юркало в точке А', затем, отражаясь, идет к линзе по Л’П. Проведя
побочную оптическую ось находим точку Q пересечения преломлен-
ного луча l'/i’ ( фокальной плоско! 1>.1о Лна'югнчно строим ход луча /Ю,
380
5. Геометрическая оптика
который после преломления в линзе не меняет
своего направления, затем, от.
ражаясь от зеркала по направлению А'С. преломляется в линзе и проходит
через точку L пересечения побочной оптической оси Л’ТИЦА'С с фокальной
плоскостью. Оба луча CL и RQ пересекаются в точке А. Следовательно, ли
нейные размеры предмета АВ и его изображения равны.
Ответ: I = 0,18 м.
Рис. 307
Задача 673
Дино:
/'" = 10 см = 0,1 м
f = 5 см = 0,05 м
d - ?
Решение. Для рассеивающей линзы
1 _ 1
F d f
откуда
f-F
d = ——у, d = 0,1 м.
О riser : d = 0,1 м.
Задача 674
Дино:
d = К) см = 0,4 м
/<’ = 30 см — (), 3 м
I) = 1см = 0,04 м
</и 2 см = 0,02 м
I. <
Решение. Запишем формулу линзы
1-1 1
F “ 4 +
откуда. расстояние от инн ил до действмтслиного и toCip
Ж<!ПНН
5. Геометрическая оптика
381
Из чертежа (рис. 308) видно, что следует рассмотреть два возможных положе-
ния экрана. Для случая, когда экран расположен между линзой и изображе-
нием (рис. 308,а), имеем
(1 — —
V D J
D _ f
do f - h ’
1 - dF
Для случая, когда экран расположен за изображением (рис. 308,6),
D = f
do h-f’
dF
d — F
Подставим числовые данные в полученные выражения: = 0,6 м; 1% = 1,8 м.
Отвдт: Zi = 0,6 м; 1% = 1,8 м.
Риг. .Ю,Ч
382
5. Геометрическая оптика
Задача 675
Дано:
v = 72км/ч = 20 м/с
<5 = 0,1 мм = 10-4 м
I = Зм
а = 1, 5 мм = 1,5- 10~3 м
ДГ^7?
Задача 676
Дано:
/ j = 2F
ф
/'2 = F
<1-г
Решение. За время экспозиции Д4 автомо-
биль переместится на расстояние вД4. Как
видно из рис. 309,
vAt ё „ dS
^г = 7’ t = ~f
Коэффициент увеличения Г = = у, отку
да получаем f = Тогда
Д*=—, Дг=10-2с.
va
Ответ: At = 10~2 с.
1'це :чо
Решение. Лучи, выходящие и'»
собирающей линзы, собираю'!!
в ее фокусе (рис. 310), который
совпадает с мнимым фокусом
рассеивающей линзы. Следопп
тельно, после преломления ь !
рассеивающей линзе лучи долю
ны пойти параллельным пуч 1
ком. Диаметр пучка лучей, ни
дающих на рассеивающую лип
зу, равен поскольку 0\(>\i I
^С^РыЕслийг < (рис. ЗП>|(»)1
то D = d-2', если d% > , nJ
D = (рис. 310;б).
Ответ: если d?, < -^-,71
если cfe > чу-, то О = тр.
5. Геометрическая оптика
383
Задача 677
Дано:
П1
п2
п
Ri
__
К-?
F2-l
Решение. Пусть две среды с показателями преломления ni и п разде-
лены сферической поверхностью (рис. 311,а). А —светящаяся точка,
К — ее изображение. Предположим, что падающий луч — паракси-
альный, т. е. составляет с оптической осью очень малый угол <pi,
тогда углы О', Д 7 и также очень малы, и можно считать
ВГ) - = 7?!7,
ant = /Зп
п
П1
sin а а
sin /3 Р
Из треугольника АВС угол А АВ С = тг — а = тг — (7 + 97), откуда
а = +1 + 7-
Из треугольника АВ К угол А АВ К = тг — а + /3 = тг — (д| — д2), откуда
a - Р = + 9?2 -
Из формул (1)-(4) находим:
Гщ. LU1
(1)
(2)
(3)
(4)
384
5. Геометрическая оптика
Подставив эти выражения в формулу (2), после сокращения на BD получим
формулу преломляющей сферической поверхности:
п — п-i п-i п
= + К (5>
Для второй поверхности радиусом R-2 точка К является как бы мнимым ис-
точником света. Построение изображения этого источника после преломления
на второй поверхности линзы дает изображение S на расстоянии А от оптн
ческого центра линзы. Здесь опять применима формула
п П-2 п- п2 . I
Л h~ Ri '
Направления отрезков отсчитываем от точки О, по лучу — положительны'
против луча — отрицательные. Из уравнений (5) и (6) находим, что
п2 П1 п — ni п — п-2
fi A Ri Ri
Так как оптические свойства среды до и после линзы различны, то
П2 Пу _П2 _ Щ
fi di F-2 Fi ’
где Fi и F2 —переднее и заднее фокусное расстояния, они различны и пропор-
циональны коэффициентам преломления обеих сред, поскольку М М
= —кД- (рис. 311,6). Окончательно
п р-2 1 '
П1 п — 71,1 п — п2 П2 71 — П1 п — 712
К = Ri + R-2 И ТЬ= Ri + Д2 ’
п — п L , п — 71-2 П2 _ п — П1 , п — П-2
Fi “ Ri + Т?2 ’ F-2 ~ Ri + Ri '
Qi sm а2
Th И sin/32
.. ni
Задача 678
Дапо:
п-n -=~ 1,3
Че,- = 1,5
Rt — R-2 = 10 см = 10-1 м
F, F-2-7 F-?
Решение. Верхнее и нижнее положения фп
калькой плоскости определим по формулам
(см. задачу 677)
^СТ _ ^СТ ^'ВОЗД | ^СТ
к ~ ~
^возд __
7?i R-2
^СТ ^ВОЗД
Д1 R-1
и
где пВОЗд — 1.
Л', = 18,57см, F2 = 14,3 см.
Фокусное расстояние линзы в
воздух< находим из формулы
Н I ’
F
F ~ 10см.
Oi'iK'r /'] 18,57см; I 1,3см, Г IIIim
5. Геометрическая оптика
385
Задача 679
Дано:
F = 5 см = 0,05 м
I = 20 мм = 0,02 м
Джх — ? Джг — ?
Решение. Крайние точки ближнего к линзе миллиметро-
вого деления линейки находятся от нее на расстоянии
di — 9 см и d-2 = 9,1см, а их изображения находятся от
линзы на расстояниях Д и /г- Воспользуемся формулой
линзы
, Fd
откуда f = j—j
1 1 _ £
d + f ~ F'
Дл^на изображения этого деления линейки
Дад — fi - h = F ( , , Дад = 0,153 см.
\ di — г а% - г J
Аналогично найдем линейные размеры изображения другого крайнего деления
линейки, концы которого находятся на расстоянии d\ = 10,9 см и d'2 = 11см
от линзы:
/ d'
Да:2 = 0,07 см.
Ответ: Дад = 1,53 мм; Да^2 — 0,7 мм.
Задача 680
Рис. 312
Решение. Построим изображения точек А и
В в линзе (рис. 312). Изображение точки А
находится в точке А1 на расстоянии 2F от
линзы:
\ 1 1 _ £
dl + Tl~F'
dA=2F = АО, fA = О А' = = 2F
dA — F
Найдем изображение точки С в линзе
1 1 _ х
de + fc F’
dc = 2F - AC = 2F - AB cosa = 2F - a,
тогда
fc = OD=F{2F o)
t — a
Коэффициент увеличения
fc F(2F-a) F
dc (F-a)(2F-a) F-a
386
5. Геометрическая оптика
тт о , ВС h . о DB' h nw, , F
Покажем, что р = a. tga = , tgp = -тгр; = —, так как Did = п-г,—
Av О' 1д CL Г (Ь
Fci '
A'D = fс — 2F = ~р—Следовательно, экран мы должны поместить под
углом (180° — Д) = 150° к оптической оси.
Ответ: & = 180 - /3 = 150°.
Задача 681
Дано:
F = 4см = 0,04м
I = 3 см = 0,03 м
Р2 = 2Рг
Дт — ?
Экран
Рис. 313
Решение. Используем формулу линзы для
нахождения Д — расстояния от линзы до
изображения:
1 _ i 11 1
F
откуда /i = fi = 2 см. Из чертежа (piи
313,а) видно, что
^•О fl п cj
откуда Di = 2,5d0.
Di fi +1
Если диаметр пятна увеличится в 2 pain
Г>2 = 5d0, то
h
do
h+l
и f2 = 0,75 см.
d2
Используя формулу линзы, определим d
расстояние от источника до линзы:
1
F
1 1 , 12
агр ^ = 5“-
Очевидно, что источник переместили па
Дт — di — d2, Ax = 3,1 см.
Ответ: источник переместили на 3,1 см ближе к линзе.
Задача 682
Дано:
F
/ — ?
’'МИН
Решение. Воспользуемся формулой тонкой линзы:
1 1 1
F ~ d + /’
откуда
df ^df
d + f I ’
где I = d + f расстояние между предмсчим п его действительным iriofipn
жепнем. Зак как средп('(> арифметическое всегда Рольню или равно средин /
геометрп'к'скому:
"яи (</1 у/ |</л
5. Геометрическая оптика
387
получаем I > 4F,
1Мин = 4F, при d = f = 2F
Ответ: /мин = 4F.
Задача 683
Дано: Решение. Для собирающей линзы
d = 4F 1 _ 1 1 dF 4F F _ 4
Г-? F~d + f’ J~d-F’ *~4Р-Р~Ъ'
Коэффициент линейного увеличения
4 р
г= / = if = 1
d 4F 3'
Ответ: Г = 0,33.
Задача 684
Дано:
/ х d = 18 х 24 мм
L х Н = 3 х 4м
a = d + f = 16 м
Решение. Коэффициент увеличения равен
L Н f
Г = - = — = -.
I h d
Запишем формулу линзы:
1-1 1
F~d + ~f'
где f = Td = у d, и f + d = а. Тогда
F=<W f = 9’6-10~2m-
Ответ: F = 9,6 см.
Задача 685
.. COKN mW S 11 11 "" Решение. Воспользуемся формулой линзы для определе- ния /1 и f2: 111 г Fd -F = j + f, о^ч-да /=d_r Тогда длина изображения равна
Д/ = А-Л = Г(^.7^)=2«
1дппа стержня
Ad d. d.
388
5. Геометрическая оптика
Коэффициент увеличения
Ответ; Г = 8.
Г = ^,
Ad’
Г = 8.
Задача 686
Дано:
I = 0,96 м
F — 0,16 м
do = 0,1 м
D = 0,025 м
Решение. Рассмотрим два случая. В первом
случае (рис. 314,а) изображение будет нахо-
диться за экраном. Лучи падают на экран
сходящимся пучком, и из подобия треуголь-
ников ABS' и CDS' находим:
d-7
f___= do
f-l+d D’
, (I - d)d0
ОТКуда > =
Рис. 314
Воспользуемся формулой линзы
1 _ 1 ( 1 1 , (do - £>)
F~d + f~d + (Z - d)d0 ’
откуда получаем квадратное уравнение о'|-
носительно d:
d2 -d(D-F-do-l) + F-l-do = 0,
при решении которого получаем di = 19<:м(
da = 81 см. Во втором случае изображен»!»
будет находиться между линзой и экран» МЦ
(рис. 314,6). Из чертежа очевидно, что
/ do D
- =x-f—.
х D do
Запишем формулу линзы:
11,1 1 1
F~ d+ l-f-x + f
1 1
и получаем квадратное уравнение относительно f:
+ -f \l + f +
\ do) \ do /
+ Fl = 0,
решая которое получаем Д = 20,8 см и Д — 59,2 см, откуда dj = 70 LM
d,. =22см.
Ответ; I) dj - 19см, da = 81см; 2) d| = 70ем, da = 22см.
5. Геометрическая оптика
389
Задача 687
Фокусное расстояние линзы
F =
()твет: F = 0,2 м.
Задача 688
Д шо:
Г = 3
F = 10 см = 0,1 м
/-?
Решение. В первом случае (рис. 315,а) коэф-
фициент линейного увеличения
r = T = Y' W
«1 гь
во втором (рис. 315,6)
г=АГ- <2>
Так как dr + fi = d2 + /2 = I, и
А - JL А _ А А
F ~ dr + Л ~ d2 + /2’
то dr = /2 и d2 — fr- Тогда из уравнений (1)
и (2) имеем
/1 _ hi _ 4/'.2 h_dr__h2
dr h h И d2 fr h ’
T’ e’ 4h2 _ h h2 _ 1 /2 _ 1
h h2 " h 2 ’' d2 2 ’
1 = f2 + d2 = 3f2, /2= 0,3м, й2 = 0,6м.
, F = 0,2 м.
d2 + /2
Решение. Рассмотрим два случая. Если
изображение действительное (рис. 316,а),
I = d + f. Из уравнений у = + X и
f 4F
Г = ^ = 3 имеем d = -3-, f = 3F. Рассто-
яние между предметом и изображением
I = 4fF, 1 = 53,3 см.
Если изображение мнимое (рис. 316,6),
1 11
I = f — d. Из уравнений у = — -j и
Г = X = 3 имеем d — %F, f — 2F.
d 3 ’ J
4
I = -F, I = 13,3 cm.
Otiici I) I st 53,3см; 2) I = 13,3см.
390
5. Геометрическая оптика
Задача 689
Дано:
d = £
Решение. Для рассеивающей линзы
£ _ 1 _ 1
F ~ d f’ F~ F f’
2
3'
F F
откуда / = -к-. Мнимое изображение предмета находится на расстоянии
О о
г /
линзы. 1 = =
d
ГЛ Г Р
Ответ: J = -%-
Задача 690
Дано:
d - 50 см = 0,5 м
h — 5 см = 0,05 м
Н = 10см = 0,1м
F-?
Фокус линзы равен
Ответ: 33,3 см.
Задача 691
Дапо:
Г = 1,5
I, = 12 см = 0,12 м
/Ч = h-2
F ?
Решение. Коэффициент увеличения
Г=Я = /
h d’
н
откуда f = d- -jj-. Для собирающей линзы
1-1 1- 1 h
F ~ d + / - d + dH'
F = -T^Ht , F = 33,3cm.
H + h
Решение. Для случая действительного изображения I
формулы линзы
111 „ f
р = й + 7 и Г = 7 = 1>5
F d f d
имеем
Чтобы получить мнимое изображение, линзу необходимо придвинуть блина Н
111 f
предмету, di = d — I. Из формул р — -Д 1[ ' = сГ = нах0Дим
Р = 3ф = 3(d-Z).
Решая совместно уравнения (1) и (2), имеем d = 15 см, F ~ 9 см.
Ответ; /'’ = !) см.
5. Геометрическая оптика
391
Задача 692
Решение. Рассмотрим случай действитель-
ного изображения: d = F + a, f -- F + 9а
(рис. 317,а). Из формулы линзы
1 _ 1 , 1 _ 1 1
F ~"d + f~ F + a + F + 9а
находим За = F, и коэффициент увеличения
_ / _ F + 9а _ 12а _
d F + a 4а
Случай, когда изображение находится меж-
ду линзой и фокусом, невозможен, так как
уравнение линзы
1 _ 1 1
F F + а F — 9а
приводит к выражению —9а2 = F2.
Для случая мнимого изображения
(рис. 317,6) имеем
1 - 1 _ 1
F F — а 9а — F’
откуда получаем 9а2 = F2, За = F. Коэф-
фициент увеличения
г = / = 9а-F = ба = 3
d F — а 2а
()твет: Г = 3.
Задача 693
'(шо:
</ = 50 см — 0,5 м
К ?
Решение. Вершина конуса, образованного
сходящимся пучком падающих лучей, слу-
жит мнимым источником. Преломленные в
линзе лучи создают действительное изобра-
жение (рис. 318). Формула линзы имеет вид
I’m 318
1 __1 1
F ~ ~d+ /’
F=-fl—, F = 0,5m.
d-f’
Ответ: F = 0, 5 м.
392
5. Геометрическая оптика
Задача 694
Дано:
D
a
d
Fi = F2 = F
0-?
Решение. Для собирающей линзы (рис. 319, а)
111
F = d~A’ °ТКУДа
a _ D _D(F — d)
tg 2 “ 2- fi “ 2 dF
f - . dF
F — d'
Для рассеивающей линзы (рис. 319,6)
1 = 1 1 f = dF
F d f2’ h F + d'
0 = D D(d + F)
tg 2 2 • f2 — 2dF '
Из уравнения (1) находим
d „ 2d a
— = 1----tg —
F D 6 2
и подставляем в уравнение (2)
/3 D a
tg2=7-tg2'
Тогда угол расхождения ft равен
_ (D оД
/3 = 2arctg — -tg- .
\ d 2 )
Ответ: 0 = 2 arctg - tg .
Задача 695
Дапо:
d = 40 см = 0,4 м
Г - 1
I) ? Г1-?
Решение. Для рассеивающей линзы
111 f 1
--=------и Г = — = —.
F d f d 4
Решая совместно эти уравнения, получаем
откуда D = -р = -7,5 дп.
Если поверхность линзы, удаленную от предмета, посеребрить, тс величин
па изображения изменится, а так как лучи преломляются в линзе дважды,
фокусное расстояние системы
1 _ 1 1 1 2 1
Дш..г ~ F F, F~ F ДД
,, 4 , В .
где Л .jo м <|»окуспое paccToiiniK' innin.i, , фокусное pacrroHiini
ныпуклого юркала, где В его pjyi,nv< ирипн ihi.i
5. Геометрическая оптика
393
Рис. 320
Изображение, даваемое по-
серебренной линзой (рис. 320),
можно построить, учитывая, что
луч АО после прохождения лин-
зы и отражения от зеркальной
поверхности пойдет по О А", и
АЛОВ = АВОА". Луч О А"
идет через оптический центр
линзы и после отражения от зер-
кала не изменяет направления.
Луч АС, преломляясь в линзе,
идет по направлению СК, за-
тем, отражаясь от зеркала, пой-
дет по направлению KD и по-
сле преломления в линзе — по
направлению DM. Его направ-
ление после преломления в лин-
зе определяется с помощью по-
бочной оптической оси OL||DK,
проведенной до пересечения с фокальной плоскостью в точке N. Пересечение
продолжений лучей MD и А"О дает изображение точки А'.
Ответ: D = —7,5 дп.
Задача 696
Дано:
Р2 = 10 см — 0,1м
Fj — 20 см = 0,2 м
I = 30 см = 0,3 м
<li = 10 см = 0,1 м
Решение. Используя формулу рассеиваю-
щей линзы, найдем расстояние от нее до
изображения, полученного в ней:
_ 1 _ £
Ki di fi’
откуда
I'iic. 321
Это изображение мнимое и находится с
предметом по одну сторону от рассеиваю-
щей линзы, являясь предметом для собира-
ющей линзы (рис. 321). Расстояние от него
до собирающей линзы d2 = 1 + fa. Для соби-
рающей линзы
1 _ 1
F2 d2 /2 ’
_ F2{l + fa)
72 d2 — F2 l + fa~F2’
fa = “° = 13,8(cm).
О
Outer fa I3,Kcm.
394
5. Геометрическая оптика
Задача 697
Дано:
ni = 1,3
П2 = 1,5
7 = 2°
F = 100 см = 1 м
__
Рис. 322
Решение. Покажем, что если на призму с
углом при вершине 7 под малым углом
а падает луч, то отклонение луча будет
8 = (п—1)7, где п — показатель преломления
вещества призмы (рис. 322,а). Очевидно, что
8 — внешний угол треугольника АВС,
8 = ABAC + ABC A, ABAC = a-/3,
ABC А = mi — /31,
где а и /3, 07 и /31~углы падения и про
ломления на первой и второй поверхности
Sin О! О! О!1 Т1
призмы, ~ = п> АД ~ п' 3 четыр<’Х
угольника AOCD следует, что AADC = л
7. Из треугольника ACD получим AADC ••
тг — /3 — /31, откуда /31 =7 — 71. Имеем 8 Ц
(?г — 1)/3 4- (n — l)/3i- Подставим в это ур.н»
нение выражение для /31 и получим
8 — (п — 1)/3 + (п — 1)7 — (п — 1)/3 = (п — 1)
Первая призма отклоняет луч на угол <5'i •
7(п1 — 1), вторая отклоняет луч в другую
сторону на угол 82 = 7(77 — 1) (рис. 322,6)
В итоге луч отклоняется на угол
8 = 82 - <51 = у(п2 - щ).
Лучи на экране соберутся в точке, отстоя
щей от главной оптической оси на расстои
НИИ
ж = (п2 - n^yF,
Ж = (1,5-1,3)--^--1 = 2,2-10-л(М)
1OU
()тнет: х = 2,2 мм.
5. Геометрическая оптика
395
Задача 698
Ответ: I — ^F.
Решение. Для рассеивающей линзы (рис. 323)
1 - 1 1 1 _ 1 1
Fi d fi’ Fi Fi fi ’
P' F
откуда fi = = -g-. Полученное в рассеи-
вающей линзе мнимое изображение является
предметом для собирающей линзы. Чтобы на
выходе из системы пучок был параллельным,
изображение, даваемое рассеивающей линзой,
должно находиться в фокусе собирающей лин-
зы. Из чертежа очевидно, что расстояние меж-
ду линзами
F 3
I = F2 - fi = 2F - - = -F.
Задача 699
Дано:
F = 5 см = 0,05 м
v = 1 м/мин — м/с
d= 3F
u-1
Решение. Пусть жук переместится из положения,
находящегося на расстоянии di от линзы, в поло-
жение, находящееся на расстоянии d2, причем его
перемещение Ad = d2 — di очень мало. Запишем
формулу собирающей линзы:
111 111
— ' — — И 1 4- *— — —.
di fi F da f2 F’
Fdi
откуда fi = (J1 __ F
жука равно
и f2 =
Fd2
d2 — F'
Таким образом, перемещение изображения
F2Ad
л f = f _ f = Fdl _ Fd2 _______________________
J J2 di-F d2 — F (di — F)(d2 — F)
.. Ad Af
11оскольку v = ни — находим
u _ Af F2
v~ Ad ~ (di -F)(d2 - F)’
u _ F2 F2 _ 1
v ~ (d - F)2 ~ (3F - F)2 - 4’
и так как di « d.2 w d,
< откуда u = 0,25щ u = 0,25 м/мин.
Д/in получения четкого изображения экран нужно перемещать со скоро-
< тыо перемещения изображения п.
О гнет и 0,25 м/мии.
396
5. Геометрическая оптика
Задача 700
Решение. Плоско-выпуклую линзу, плоская
поверхность которой посеребрена, можно
рассматривать как систему линзы и плос-
кого зеркала. Пучок параллельных лучей,
преломившись в линзе (рис. 324), собирается
в точке Si, лежащей в фокальной плоскости
линзы. Si — первое изображение, даваемое
линзой. После отражения лучей от плоско-
го зеркала образуется второе изображение
S2. Изображения Si и S2 находятся от зер-
кальной поверхности на одинаковом рассто
янии, Si является предметом для зеркала,
a S2 — его изображением в зеркале. Изобр.1
жение S2 — мнимый предмет для линзы, н
окончательно получим действительное изображение S3. Благодаря зеркалу луч
два раза преломляется на выпуклой поверхности линзы, и фокусное расстоя^п 11
такой линзы равно Fi
1 1 1 2 F
— — —н — — —, Fi — ’—.
Fi F F F 2
F
Изображение пучка S3 будет находиться на расстоянии -g- от линзы, оно будет
действительным
1 1 _ 1
d+J~Я’
d-»oo, i->0,Hf = P1 = §. р з
Расстояние между изображениями Si и S3 равно I = F 4- -g- = ?>F.
Ответ: I = ^F.
Задача 701
Дано:
F, = F
F2 = F
di = 2F
I ?
Решение. Для собирающей линзы (рис. 325)
111 111
ИЛИ 2F + h~F'
откуда Д = 2F. Чтобы из рассеивающей лип
зы пучок вышел параллельным, изображении,
полученное в собирающей линзе, должно пл
ходиться в мнимом фокусе рассеивающей жш
ЗЬК ± _ 1
F~d2 f2’
/2 -> 00, d-2 = - F, т. e. на рассеивающую дни
зу должен падл i i. сходящийся пучок.
Расстошии между лип нами
/ Л /<’а 2/-' F F.
5. Геометрическая оптика
397
Задача 702
Дано:
d=2F
F
1-2
Рис. 326
Ответ: I =
Задача 703
Дано:
Fi = 12 см = 0,12 м
,F2 = 7см = 0,07м
к = 19 см = 0,19 м
a — 2 см = 0,02 м
х-2
Рис. 327
Решение. Используя формулу линзы (рис. 326)
1 _ 1 1
F~d + f
найдем расстояние от линзы до изображения
Sr.
F^F^
1 d — F 2F-F
После отражения от зеркала сходящегося пуч-
ка лучей должно возникнуть действительное
изображение, находящееся в фокусе линзы.
Следовательно, зеркало должно находиться
посредине между изображением Si и фокусом
Зг
линзы, т. е. на расстоянии т-Д от линзы.
Решение. Ход лучей в системе показан на
рис. 327. Параллельные лучи, падающие на
первую линзу, проходят через ее фокус, по-
ложение которого совпадает с фокусом вто-
тт a Fi
рои линзы. Из чертежа видно, что — =
х = * х = 1,17 10-2 м.
Jfi
Изображение А'В' предмета будет нахо-
диться в фокальной плоскости второй лин-
зы.
Ответ: х = 1,17 • 10-2 м.
398
5. Геометрическая оптика
Задача 704
Дано:
di = 10 см = 0,1 м
d2 = 25 см = 0,25 м
D = —4дп
ах — ? а2 — ?
Решение. Человек в очках рассматривает мнимоо
(прямое) изображение предмета, получаемое в оч-
ках. ai — расстояние от реального объекта до лип: 11
очков, di расстояние от линзы до изображения,
которое и рассматривает глаз.
Л _ Л _
di di F’
где Fi — м = 0,25 м, ai = 0,167м.
Для дальней точки аккомодации
1 1 _ 1
а2 d2 F’
так как d2 = 0,25 м, F = 0,25 м, то а2 —> оо.
Ответ: ai = —0,167 м; а2 —> оо.
Задача 705
Дано:
О = 2,75дп
Pue. 328
Решение. Дальнозоркий глаз (рис. 328) по
средством линзы очков рассматривает мнимое
изображение S' предмета S. Оптическая сп и
линзы такова, что предмет, расположенный к (
расстоянии наилучшего зрения нормал1>1ии,||
глаза (do — 25 см), дает изображение, n.ixu
дящееся на расстоянии dx наилучшего зрении
дальнозоркого глаза.
D = 7? = 3 “ ТГ’ ‘yr,, dx = 0,8м
Л d d± 1 — Dd
Ответ: di = 0,8 м.
6. Волновая оптика
Задача 706
Дано:
Л = 540 нм = 5,4-10~7 м
п = 1,35
Флин ?
Из соотношений АС = ВС =
Решение. Интерференционные максимумы
наблюдаются, когда световые лучи, отра-
женные от верхней и нижней поверхности
пластинки, усиливают друг друга и имеют
разность хода волн, равную целому числу
длин волн (рис. 329):
Д/ = п(АС + ВС) — AD + ~ = кХ,
где Д/— оптическая разность хода, коэф-
фициент п учитывает уменьшение скорости
света в среде с показателем преломления п,
А
а слагаемое у возникает потому, что при от-
ражении луча 1 от оптически более плотной
среды фаза колебаний изменяется на проти-
воположную, т. е. возникает такое же изме-
, А
некие фазы, как при прохождении пути
—^-д, AD — 2d sin о tg/?, п = s.n д получаем
cos/5’ sm В J
ук — -J Л = 2<д/п2 — sin2a,
откуда
ffc-i^A
d= ---\
2 • у п2 — sin2 a
Минимальная толщина пленки будет при к = 1 и a = 0°.
d = 10-7 м.
Ответ; d = 10 7 м.
400
6. Волновая оптика
Задача 707
Дано:
d — 0,2 мм = 2 10~4 м
I = 1,5 м
А = 500 нм -- 5 • 10-7 м
Да,-?
или с учетом (2) кХ = -у,
Решение. Найдем разность хода волн <л
двух когерентных источников Si и S2 ДО
точки М (рис. 330).
/2 _ ,2 . I . ы \ тт /2 _ .2 . ( a I
И — I + I X + “ I И In — I + I X — — I
\ 2 J 2 \ 2}
откуда I? — I2 = 2 xd, или
(/i - /2)(/i + /2) - 2xd. (I)
Ввиду малости x и d по сравнению с I yupo i
стим последнее уравнение. Так как 1г — "
Д/, 1г + I2 ~ 21, то (1) перепишем в виде
. , xd
Ы = т. (2)
Условие интерференционного максимума
Д/ = кХ,
где к = 0,1,2,3... .
_ fcAZ
•^’макс — 7"
d
Расстояние между соседними интерференционными полосами —это расе гоя
ние между двумя соседними максимумами интенсивности. Из уравнения (Л)
следует, что
Да: = Да: = 3,75 10-3 м.
d
Ответ: Да: = 3, 75 10“3 м.
Задача 708
Дано:
<7 = 0,4 мм = 4 • 10-4 м
I — 4м
Да: = 5 мм = 5 10“3 м
А~?
Решение. Расстояние между максимумами ярк<ч щ
(см. решение задачи 707)
л AZ
Да: = —,
d
откуда находим А =
Да: d
I
А = 5 10 7 м = 500 им.
О гнет: Л = 500 нм.
6. Волновая оптика
401
Задача 709
Дано:
a = 45°
А = 600 нм = 6 10~7 м
Решение. Для толщины пленки запишем (см. реше-
ние задачи 706)
(к - ±) А
« ~------7 ~ ’
2 V п2 — sin2 a
где п = 1,33 —показатель преломления стекла. При к = 1 минимальная тол-
щина пленки d = 0,13 10~'6 м.
Ответ: с?мин = 0,13 мкм.
Задача 710
Дано:
А = 600 нм = 6 10~7 м
Гис. 331
Решение. При наблюдении в отраженном свете в
глаз наблюдателя попадают лучи, отраженные от
двух поверхностей тонкой воздушной прослойки
между пластинами (рис. 331,а). Оптическая раз-
ность хода лучей
Al = 2d+~, (1)
А
где слагаемое возникает за счет отражения лу-
ча 2 от оптически более плотной среды (в точке А
нижней стеклянной пластинки), при этом фаза ко-
лебаний изменяется на противоположную, что со-
А
ответствует прохождению пути %.
По условию задачи, стекло кажется темным, т.
е. мы имеем интерференционный минимум. Усло-
вие минимума: Д/ = (2А: + 1)^, ис учетом (1)
(2к + 1)— = 2d+
откуда определяем минимальную толщину воздуш-
ного зазора d = при к = 1, d = 300 нм.
При наблюдении в проходящем свете (рис. 331,6)
разность хода равна Д/ = 2d + А, так как луч 2 от-
ражается от нижней пластины в точке А, затем от
верхней пластины в точке В, каждый раз теряя .
Условине минимума:
(2А: + 1)— = 2d + А,
откуда минимальная толщина воздушного зазора d = при к = 1. d = ПИ)
им
Опит d J(JU пм; d 150 1.1м.
102
6. Волновая оптика
Задача 711
Толщину пленки подбирают таким образом, чтобы при нормальном падении
па нее лучей выполнялось условие минимума для волн средней части спектра.
11ри этом отражаются красный и фиолетовый лучи.
Задача 712
Д;шо:
П= Юм
Г10 — 'Г2 = 3 мм = 3 10-3 м
Решение. Появление колец Ньютона обусл< м
влено интерференцией световых пучков, от-
раженных от двух поверхностей тонкой воз-
душной прослойки между линзой и пластщ
кой (рис. 332). Из ЛАОБ имеем
R-h = y/R2 - г2,
откуда г2 — 2Rh + h? = 0. Пренебрегая ма
лой величиной ti2 по сравнению с остальны-
ми слагаемыми, получаем
rK = y/R - 2h. (I)
Для светлого к-го кольца в отраженном сип
те разность хода равна Д/ = 2h + = к • А,
откуда
Подставляя выражение (2) в (1),
имеем
2h = (2fc —1)—.
ОТК.УДЛ
г к =
(2к - 1)ЯА
2
ПО — 1'2
= y^(Vi9_V3),
(по - т2)2 2
zv-----=-----А = 2,63 • 10-7м.
Я(а/19-л/3)2
Ответ: А = 2,63 10“7 м.
Задача 713
//дно:
X
/ ?
Решение. Каждый фотон вынуждается к прохождению веществ4
лазера в среднем не один, но несколько раз. Полупрозрачное ieji
кало пропускает от нескольких процентов до долей процента и< С
падающих на него фотонов, отражая остальные обратно. В ро н нН
торе, образованном плоскими зеркалами, типом колебаний слу i и |
стоячая волна, и условием резонанса является
L = п—,
2
целое число, L длина трубки, поскольку длина пути, который при
где п
ходит волна, между двумя отражениями, должна составлять целое число длнн
волн, 2L = пХ.
21-
6. Волновая оптика
403
Задача 714
Дано:
А = 500 нм = 5 10-7 м
a = 15° = 7г/12
А: = 4
d-7
Решение. Из формулы дифракционной решетки
d sin ip = кХ имеем
кХ
d =-----, d= 77,28- 10“7м.
sin у?
Ответ: d = 77,28 10-6 м = 7,73 мкм.
Задача 715
Дано: Решение. Из формулы дифракционной решетки d sin <р
<P2 = 8° ДИМ
(рз — ? sin ^92 _ 2
sin (рз 3 ’
откуда
= кХ нахо-
(рз = arcsin
3 .
-sm^2
срз = 12°.
Ответ: (рз = 12°.
Задача 716
Дано:
/Vg — 100 мм-1 = 105м-1
fc = l
£> = 2м
At — 400 нм = 4 • 10-7 м
Аг — 760 нм = 7,6 • 10-7 м
___
Решение. Из формулы дифракционной ре-
шетки d sin tp = кХ найдем
кХ± , А:А2
smcci = —— и sm<z>2 =--------.
d d
Постоянная решетки d =
1
No’ тогда
sin<^i = NokX! и зпмдг = NokXz-
Phc. 333
Из рис. 333 видно, что длина спектра перво-
го порядка на экране равна
I = Lsintp2 — Psin^i = LN()k(X2 — Ai),
I = 7,2 -IO-2 m.
Ответ: Z = 7,2 10 2 m.
404
6. Волновая оптика
Задача 717
Дано: Решение. Воспользуемся формулой дифракцион
d = 0,03 мм = 3 10~5 м к = 2 ной решетки d sin <р = кХ,
AZ = 5 см = 5 • 10”2 м L = 150 см = 1,5 м кХ откуда sin(£ = Как видно из рис. 333,
А-? Л I Г- - Г- кХ LXl — Lsm^ = L ‘ , a d AZ in~7 Л — , Л = 5 • 10 м. L ' к
Ответ; А = 500 нм.
Задача 718
Дано: й = 2-10”6м Решение. Из формулы дифракционной решета и rising = кХ найдем
А = 5,89-10~7м , d sin tp
к — ? Лмакс к- Л
Наибольший порядок спектра fcMaKC будет при наибольшем значении вш<д — 1,
Аймаке — А;макс — 3.
ОтВ&Г: Аймаке — 3-
Задача 719 Дано: Решение. Воспользуемся формулой дифракцион
No = 20 мм”1 = 2- 104м“1 к = 2 ной решетки dsinc^ = кХ,
1 = 600 нм = 6 1(Г7 м откуда
кХ ^ = arcsin—,
Л 1 ГЛ где d = -кг-. Окончательно Л'с
ip = arcsinTVofcA, = 0,024 рад = 1,4°.
Ответ: (/2 = 1,4°.
7. Квантовые свойства света;
фотоэффект
Задача 720
Дано: Решение. Из формулы
ТУ = 1,326-IQ-19 Дж , с
W — hv — h—
А — ?
.. . he
найдем: А = jy, где
h = 6,62 -10 34 Дж-с, с = 3-108м/с, А = 15 10 7м.
Ответ: А — 15 10-7м.
Задача 721
Дано: Решение. Полная энергия электромагнитного
1 = 1с излучения, длина волны которого равна А,
W = 60Bt W = ту N -1.
Ч = 3%
А = 5,4- 10-7м Энергия одного фотона
п - - ? £ = h^-.
А
Тогда число фотонов
W i]Nt - А 0,03-60-1-5,4-Ю-7 =
П £ he ’ 6,62 • 10-34 3 • 108
Ответ: п = 4,89 -1018.
Задача 722
'1,ано: Решение. Средняя мощность излучения лазе-
А = 693 нм = 6,93 10~7м ра равна
At = 5 •10~4 с , с
и - 1О20 W п ЛА nhc
We,,-? ср ~ Ai ~ Ai ~ AAt’
где W = п —энергия всех фотонов в импульсе.
Дж-с-м Дж 102о-6,62-10 34-3-10« ..
/V, р Вт —--------— — — Вт, Nvv = — -г’ 7 ~7— Вт=57,3 • L03 Вт.
м-с-с с 6,93-10 7-5-10“4
Di iw; /V, р 57 кВт.
406
7. Квантовые свойства света; фотоэффект
Задача 723
Дано: £ = 6,62-ИГ19 Дж А = 1,5 10-5см = 1,5 10-7м Решение. Воспользуемся формулой £ = hv — h—, А
п — ? £А . откуда v — -fr— скорость света в среде. АО солютный показатель преломления среды с ch п=- = —, п = 2. v £Х
Ответ; п = 2.
Задача 724
Дано: Ах = 0,3 мкм - 3 10-7 м '(>1 = 106 м/с И'2 = 4-10-19Дж Решение. Воспользуемся формулой Эйн- штейна для фотоэффекта: , с . mv? — -Двых Н Z—, Al Z h^- = Лых + W (Ц) а2
А2-?
Выразим Авых уравнение (2): из первого уравнения и подставим полученное выражение й hc= hc_wi А2 Al 2 ’
откуда Ат • he „ Л2 — 2 , Л2 — 3,27 10 м. he - Ai(mi>f - W2)
Ответ: Л2 = 3,27-10-7м.
Задача 725
Дано: Решение. Из формулы Эйнштейна для фотоэффекта
—— ------- . mv2
А.ЫХ-? = Азых +
MV2 тт г- л
где —2~ есф, находим работу выхода Авых электронов из металла
Дзш — he eU@.
Ответ: Аиых = hv — eU0.
7. Квантовые свойства света.; фотоэффект
407
Задача 726
Дано: Решение. Из формулы Эйнштейна для фотоэф-
v = 2000 км/с = 2 106 м/с фекта
Лых = 6,4- 10-19Дж , с . mv2 h — А 4-
А — ? Ответ: А ~ 81 нм. д 71вых । 2 находим А = ——— А = 0,807 10~7 м. 2-Авых -4- mv
Задача 727
Дано: Решение. Работа выхода электронов из металла
Амакс — 700 нм = 7 10~7 м равна
г>1 _ 3 «2 4 Ai = 600 нм = 6-10 7 м ^ВЫХ — Л у (1) ^макс Воспользуемся уравнением Эйнштейна для фо~
а2 — ?
тоэффекта: т с л mvi /ох h— — Авых 4—-—, (2) Л1 2 > с л /ix- — Лых 4 — (3) л2
Решая совместно уравнения (2) и (3), находим (Ьр _ л I Л ЛВЫХ 1 9 гх \А1 J _ г>£ _ 9 (h--A 116 ^вых 1 \ л2 J
(4)
vi hcX[
Х% = -2 ’ ------------~Д~2----V
Zzc + Ai Авых | 2" 1)
\«2 J
Подставляя в уравнение (4) выражение (1), имеем:
Л2 = f-Y-------------1-' Лм/ак?с-V-, А2 = 5,40 10-7 м.
✓'макс т Л1 I о I
V2 )
(Агнет: А2 = 540 нм.
408
7. Квантовые свойства света; фотоэффект
Задача 728
Дано:
Авых = 2,27 эВ = 3,63 10-19 Дж
А
лмакс
Решение. Работа выхода электронов tn
металла равна
, he откуда Амакс = -j • ЛВЫХ Амакс = 5,47 10 7 м.
Ответ: Амакс = 547нм.
Задача 729
Дано: Aj = 400 нм = 4 • 10-7 м г>1 = 8,2 105м/с А-2 = 600 нм = 6 10-7 м г>2 = 5,5 • 10s м/с Решение. Запишем уравнение Эйнштейна для фо тоэффекта для рассмотренных в условии зада in двух случаев: , с . mv? ,1, h— — Дзых 4 ——, (J 1 Л1 z
Л.— ? , С л mV2 Л — Азых Ч Q • А2 z
Решая совместно уравнения (1) и (2), находим
h = ^-^)A,Aa й = 6163.10-МДк.с.
2с(А2 - АД
Ответ: h = 6,63 10“34 Дж с.
Задача 730 Дано: г = 0,1 м А = 2-10~7м Л>ых = 4,59 эВ = 7,34 10~19 Дж Решение. Запишем уравнение ЭйнштсПоц для фотоэффекта: О , с л h-^ — Дзых 4 —.
q-7 Вылетевшие с поверхности металла троны полностью задерживаются rophpi зящим электрическим полем, т. е.
mv2
— =ett
Уравнение (1) перепишем в виде
— т!вых 4* eU,
откуда
А>НХ
“ Ас <• ’
Заряд, приобретаемый шариком, раши
,,. г ,, Г f 1ч , \
7 ( /г лД \ "“"Г
7. Квантовые свойства света; фотоэффект
409
где
к = —— = 9 109 Нм2/Кл2, е = 1.
4тге0
q = 1,796 10 '11 Кл к 1,8 1(Г П Кл.
Ответ: q ~ 1,8 1Q-11 Кл,
Задача 731
Дано:
Ai = 5,5- 10-7м
А = 4,4 10~7м
w —?
находим
Решение. Работа выхода электронов
/гс
^ВЫХ = \ ’
По формуле Эйнштейна для фотоэффекта
, с . mv2
— ^вых “Ь Z
(1)
(2)
Подставляя выражение (1) в (2), имеем
v = 4,48 105 м/с.
Ответ: v = 4,48 • 105 м/с.
8. Атомная и ядерная физика
Задача 732
Дано:
то = 9,1 • 10~31 кг
17кин = 2,05 МэВ = 3,28 • 10~13
Wl~-? Р-?
Решение. Полная энергия пары и1'
рон — позитрон равна
W = 2WKim + 2тос2,
где тпос2—энергия покоя. Цо чц
сохранения энергии,
W = 2Wi = 2hv,
где Wi — энергия 7-кванта. Окончательно
WKm + m0c2 = Wt, Wt = 4,1 10-13 Дж = 2,56 МэВ.
TVi
h ’
Ответ: = 2,56 МэВ; v = 6,19 • IO20 Гц.
V = 6,19 102ОГц.
Задача 733
Дано:
n = 1
к = 2
Решение. Энергия И-^л электронов должна быть больше '.iiirpt
перехода с первой боровской орбиты на вторую, но меньше* шер И
перехода с первой боровской орбиты на третью.
. rrr ( -m 1 \ / Qp • т 1
Д^д = W, - W, = • -2) - • -
= qj-m 8 _ qjm
8^/г2’9 9е^2’
ЛТТ7 (1,6-10-19)4-9,1-10-31 „ , ,н ,, ।
3,1 " 9Д8,85Л0-12)2 Д6,62ЛО-34)2ДЖ-1’94’10 '
Аналогично находим
ДЖ2 j = BZ2 - Wi = (—-------------
2,1 2 ,kl V 8е27г2 22J
Д 172,1 = 1,63-10“18 Дж.
OiwT. 1,63 • IO-'8 Дж < TH,.,, < 1,94 • 10 18 Дж,
Qe 'т 1 \
8. Атомная и ядерная физика
411
Задача 734
Дано:
ммин = 2,5 • 1015 Гц
к = 2_____________
I'l — ? v2 — ?
Решение. При переходе в атоме водорода
электрона с п-й орбиты на к-ю будет излу-
чаться фотон, энергия которого равна
, Qe ’m ( 1 1 \
8е^Ь2 \k2 п2 J ’
Минимальная частота линии в серии Бальмера (к = 2) соответствует переходу
с уровня п = 3 на уровень к = 2, разность ( -X —1 | принимает при этом
\ к п )
минимальное значение. Ближайшие линии спектра будут соответствовать пе-
реходам с четвертой и пятой боровских орбит на вторую боровскую орбиту,
/мд
hv2
( 1 1 \
8eq/i2 1,22 “ I2; ’ (1)
4 ( 1 1 \
“ 8e27i2 1 ^22 52J ’ (2)
4 Qe ’ m / 1 1 A
8eq7i2 \22 32 J ’ (3)
I [оделив почленно выражения (3) и (1) и (3)
27
Р1 “ Рмин ’ 20’
189
V2 = ^мин тхр, V-2. = 3,76 1015 Гц.
125
Ответ: щ = 3,38 1015 Гц; /д = 3,76 • 101Е Гц.
и (2), находим
pi = 3,38 1015 Гц,
Задача 735
Цшо: к = 2 и =4 Л-? Решение. Согласно формуле Бальмера-Ридберга, 1 _ р (1 _ п А \к2 п2J ’ где R = 1,0974 • 107 м-1 — постоянная Ридберга. А = —-— г-, А = 4,89 10"7 м. --V) \ к2 тТ )
< )твет: Л = 489 нм.
Задача 736
Цаш>:
г, = 0,529 А= 0,529- 1(Г10м
1'4 = П • 2й _________________
/»2 - ? I'IZ2 -- ?
Решение. Энергия электрона на п—й боров-
ской орбите равна сумме его потенциальной
и кинетической энергий:
II,
mv'n
• 111 I.I -I— HUM | « t
I лц>г„ 2
(I)
412
8. Атомная и ядерная физика
Основной закон динамики имеет вид: FKV„ = та„, или л — т ' Vn-, откуМ
4тгео< гп
с учетом условия стационарности п — й орбиты по Бору mvnrn — nh получим
t)
=-------Г ’
irrnq*
_ Zql 1
2Лео п
(-1)
(Л)
Подставляя выражения (2) и (3) в (1), находим
Z'2q^m 1
8еД;2 n2'
Для атома водорода Z — 1.
ТГ7 (1,6-10~19)4-9,1-10-31 1 г лл „
W2~ 8 - (8,85 • 10-12)2 • (6,62 -10~34)2 ’ 2ДЖ“ 5’ ’° ДЖ--3-*И
Импульс электрона равен
, кг Кл2 • М кг • Кл2 н м2 кг-м
Дж • с - Ф н • м - с Кл2 с
9,1 • 10-31 -1 (1,6 -10-19)2 1 . п
Й= 2-6,62-10-31-8, 85-16 'з ' J»'“/= = 9, №-Ю - кг-м/г.
Ответ: W2 = —3,4эВ; р-2 = 9,92 10~25 кг - м/с.
Но = 4,6 104 м/с
11 =
ш1|() = 1,67 -10-27 кг
тце = 4тпр = 6,68 10~27 кг
А - ?
Задача 737
Решение. Запишем закон сохранения имнуиь
са в проекции на ось х, совпадающую ( пц
правлением движения протона до соударенин!
*71пр ' «О — *71пр 2 "Б ^Не ‘
тт 3
откуда U = — скорость атома гелия моет»
столкновения. Изменение кинетической >i»i |>
гни в системе частиц
Aw = Wr-W.2 =
Z у о 2 j oZ
'Горда AW = откуда
he he •
~ A IF “ 8
(Jiiii'T А 6 (15 10 м
А 6,05-И) 7м.
8. Атомная и ядерная физика
413
Задача 738
Дано: Решение. Согласно формуле Бальмера-Ридберга,
к = 2 п — 4 X- 7 1 ~ _ 1Л Л \к2 п2) ’ где R = 1,0974 -1О'-7 м~4 — постоянная Ридберга.
А = 4,89-10 7м.
Ответ: Л = 489 нм.
Задача 739
Дано:
те = 9,1 • 1031 кг
qe = -1,6- 10~19Кл
mnp = 1,67 • 10-27 кг
Т—————
гр __ ?
FK
Решение. Гравитационная сила, действующая на
электрон в атоме водорода,
J-1 __ ' ^пр
-С гр — 9 ?
Г2
где ч—радиус орбиты электрона. Электрическая
сила, действующая на электрон, равна
F
1 2
_ 1 9е
4тгео г2
Тогда
Frp
FK
-----5—- 4тге0,
9е
где G = 6,67-10 11 нм2/кг2, е0 = 8,85 10 12Ф/м.
ф- = 4,35 1О~40.
Ответ: - 4,35 IO"40,
“к
Задача 740
Дано:
к = 1
п = 2
й - ?
Решение. Переход электрона с первой орбиты на вторую происхо-
дит при поглощении фотона, частота которого
где Л -длин i волны фотона, определяемая по формуле Бальмера-Ридберга.,
1
Л
= R
_1_\
//? /
1
к2
414
8. Атомная и ядерная физика
Тогда
v -= cR
1
v = 3-108 -1,0974-107 (-4
= 2,5 • 1015 Гц.
Ответ: v = 2,5 -1015 Гц.
Задача 741
Дано:
тце = 4,00260 а.е.м.
шВе — 9,01219 а.е.м.
тс = 12,00000 а.е.м.
тп = 1,00867 а.е.м.
W-?
Решение. Выделенная энергия равна
W = [(тце + тВе) - (тс + тп)]с2.
Если энергия выражена мегаэлектровольтах (Mill
а масса —в а.е.м., то удобно пользоваться соотнч
шением
1 а.е.м. = 1,6606 • ИГ27 кг = 931,44МэВ/с2,
где с — скорость света.
W = [13,01479 - 13,00867] - 931,44МэВ = 5,51 МэВ.
Ответ: W = 5,51 МэВ.
Задача 742
Дано: Решение. Запишем ядерную реакцию
^и+^и^Х+Ле. Щ
Так как суммы для массовых чисел и зарядов в правой и лтКЙ
частях выражения (1) должны быть равными, то 238 + 1 = А + 0, отку>Л
А = 239, и 92 + 0 = Z — 1, Z = 91. Из таблицы Менделеева находим, чтч |
реакции получается g|9Np.
^U+Jn ^Np+^e.
Далее
289Np
где А = 239, Z = 94. Тогда
289Np ^_ое+219Ри.
Ответ: i8U +Jn -Ч-Ц9Np +_°e; ||9Np ->_°e+;^sPu.
8. Атомная и ядерная физика
415
Задача 743
Дано: Решение. Энергия, выделенная при ядерной реак-
Мне = 0,004 кг/моль ции, равна
?ПНе = 10 г = 0,01 кг Ио = с2[(т?н + т?н) - (т4Не + min)], где
IV-?
Дт = (2,01410 + 3,01605) - (4,00260 + 1,00866) = 0,01889 а.е.м.,
ДТ+о = 17,595 МэВ,
поскольку 1а.е.м. = 931,44МэВ/с2, где с —скорость света. Ид-энергия, вы-
деляющаяся при образовании одного атома гелия. По условию задачи, число
образовавшихся атомов гелия равно
W = Na •
Мле
где Na — число Авогадро, Мле — молярная масса гелия. Следовательно, выде-
лившаяся энергия равна
W = Wo-N, W = 4,25-1012 Дж = 2,66-1025 МэВ,
Ответ: W = 4, 25 1012 Дж.
Задача 744
Дано:
?ni4N = 14,00307 а.е.м.
ш,4Ые = 4,00260 а.е.м.
id.i7q = 16,99913 а.е.м.
/щн = 1,00783 а.е.м.
IV-?
Решение. Пользуясь законами сохранения зарядо-
вого и массового числа, запишем ядерное превра-
щение
“N +*Не-Р£О+}Н
W = c2[(mi4N + Ш4це) — (miro + ’тин)Ь
где
Дт = 18,00567 - 18,00696 = -0,00129 а.е.м.,
и так как 1а.е.м. = 931,44МэВ/с2, где с — скорость света, находим
W = —1,18 МэВ, т. е. реакция идет с поглощением энергии.
Ответ: W = —1,18МэВ (реакция идет с поглощением энергии).
Задача 745
Решение. Запишем ядерное превращение
f X +Jn -+ 2оНе + 2}Н + ЗАп.
11ч законов сохранения зарядового и массового чисел получим
М + 1 = 2-4 + 2-1 + 3-1,
Z = 2-2 + 2-1,
откуда М — 12, Z = 6.
И таблицы Менделеева находим, что в реакции участвует 1gC:
(12С +J л -+ 2^Не + 2}Н + 3jn.
Ответ |2С.
416
8. Атомная и ядерная физика
Задача 746
Решение. Запишем ядерную реакцию
12N -Р|С+£ X.
Так как суммы для массовых чисел и зарядов в правой и левой частях вырл
жения (1) должны быть равными, то 13 = 13 + А и 7 = 6 + Z, т. е. А = О, Z I
т. е. излучается позитрон.
12N-^C++?e. 1
Ответ: излучается позитрон.
Задача 747
Дано:
ii8u
206 р к.
82 Г °
к-11-1
Решение. Из законов сохранения зарядового и массоц||
го чисел находим, что при ”к” «-превращениях и
превращениях массовое число уменьшается на 4к, а ЭлрИ
довое число уменьшается на (2fc — /):
32 = 4к и 10 = 2к — I,
откуда к = 8,1 — 6.
Ответ: 8 «-превращений и 6 /3-превращений.
Задача 748
Дано:
Т = 3,7сут = 3,1968 105с
I. = 2 сут = 1,728 10е с
N
No
Решение. При радиоактивном распаде чп< >ц|
радиоактивных атомов убывает по закону
N = Noe~xt,
х In 2
где А = ---постоянная распада, / — нерицЦ
полураспада.
Ле-А< =е-1п2'7
No
— = 1,4535.
No
N
Ответ: -дг- = 1,45.
Л()
Задача 749
Дано:
7=3-10“15 м
Т- 1
3
|'Д<% И'''*™ - '^кТ
Решение. Для соединения ядер дейтерия их надо сбля мн I
до расстояния г = 3 • 10“15м и преодолеть при этом ноЩИ
е2
циальную энергию отталкивания И’пот =
И4.от = 2ЖКИП,
кинетическая энергия сталкивающихся дейтронов. Iliipi ill»
тем уравнение (I) в виде
8. Атомная и ядерная физика
417
еI 2
откуда 7=4^^,
т ________________________(1,6-10-19)2________________ 9
Т 4 3,14 - 8,85 10-12 3 10-15 • 3 1,38 • 10~23 ’°6 °
Ответ: Т = 2 10® К.
Задача 750
Дано: Решение. Энергия связи равна
Д WCB = Am-c2.
? Для изотопа % Не запишем
WCB = [Z mH + (Л - Z)mn - тзНе]с?,
где Z — 2, А = 3,
тн = 1,00783 а.е.м.,
тп = 1,00866 а.е.м.,
тзце = 3,01602 а.е.м.,
1 а.е.м. = 931,44МэВ/с2,
где с — скорость света.
ИД. = 7,72 МэВ.
Энергия связи для изотопа гелия % Не равна
Wce = [ZmH + (А - Z)mn - Ш4Не]с2,
где Z = 2, А = 4, т«Не = 4,00260 а.е.м.
ИД. = 28,3 МэВ.
Ответ: для изотопа ДЗе РИСВ = 4,53 - 10-12Дж = 28,31 МэВ, для изотопа ^Не
И/св - 4,25 • 10~12 Дж = 7,72 МэВ.
Задача 751 Дано: '.!.Г2гр1, 1Ю 1П -? в! Решение. При о-распаде ядро теряет положительный заряд, равный 2<?е, т. е. Z уменьшается на 2, а массовое число А умень- шается на 4. При /3-распаде зарядовое число Z увеличивается на 1. А = 232 - 4 • 4 = 216, Z = 90 - 4 • 2 + 2 • 1 = 84.
I l:i таблицы Менделеева находим, что это 846Ро.
Ответ: ^6Ро.
418
8. Атомная и ядерная физика
Задача 752
Дано:
тщ = 2,01410 а.е.м.
•лиц = 1,00783 а.е.м.
тзн — 3,01605 а.е.м.
тзне = 3,01602 а.е.м.
тп = 1,00866 а.е.м.
Wj-7 W2-?
Решение. Энергия, выделяющая в ядерной р< iiij j
ции
равна
W1 = [2гон - Ш1Н - ?пзн]с2,
Wr = 6,46 10“13 Дж = 4,04МэВ.
1 а.е.м. — 931,44 МэВ/с2, где с—скорость света. Энергия, выделяющим
реакции
равна
W2 = [2 тгн — тзНе — т„]с2, W2 = Дтс2,
где Дт = 0,0189 а.е.м.
W2 = 5,22 • 10~13 Дж = 3,27 МэВ.
Масса покоя образовавшихся частиц меньше массы покоя частиц, вступипmi
в реакцию, следовательно, при реакции выделяется энергия.
Ответ: Wi =6,46- 10~13Дж = 4,04МэВ; W2 = 5,22 • 10~13Дж = 3,27М>В
Задача 753
Дано:
'///.оВе = 8,00531 а.е.м.
т«Не = 4,00260 а.е.м.
'/logo = 12,00000 а.е.м.
тп = 1,00866 а.е.м.
W - ?
Решение. Энергия, выделяющая в ядерной рим1
ции
»Ве+^Не -^СЦп,
равна
W = [(тоВе + Ш4Не) - (mi2C + mn)]c2.
1 а.е.м. = 931,44МэВ/с2, где с —скорость света
W = 8,82 10“13 Дж = 5,51 МэВ.
Ответ: W = 8,82 КГ13 Дж = 5,51 МэВ.
Задача 754
Дано:
тем = 26,9901 а.е.м.
шР - 29,97867 а.е.м.
= 4,00260 а.е.м.
тп = 1,00894а.е.м.
I а.е.м. = 1,66 • 10-27 кг
W ?
Решение. Энергия, выделяющаяся в ядерной i
ции
27Д1 ,4 .ЗОр , 1
13А1 +гО:'^15г +oni
равна
ТУ = [(mA1 +ma) - (mP +mn)]c2,
W = [(26,9901 +4 00260)-
-(29,97867 1 1,00894)]-1,66-10 2Т-9-10|,1Д>1
= 7,5'10 "'1<ь 1,(>!)М>В.
Онкт II 7,Ti 10 "Д,ж 1,6’IM ill
8. Атомная и ядерная физика
419
Задача 755
Дано:
тг~
ТГ°
Р
Решение. При взаимодействии тг -мезона с протоном происходит
—• о **
перезарядка тг -мезона в тг-мезон, и так как в этой реакции сохра-
няются зарядовое и массовое число, то уравнение реакции имеет
вид
тг 4“iP —тг^ -|-рП,
т. е. в реакции образуется нейтрон, (масса тг°-мезона равна 264,1те, а масса
тг~-мезона равна 273,1тпе, где те — масса покоя электрона).
Ответ: нейтрон.
Задача 756
Дано:
«Li
6Y —?
ft
Решение. При «--распаде массовое число уменьшается на 4, заря-
довое число уменьшается на 2. При /3-распаде зарядовое число уве-
личивается на 1.
|Li^Li+_°e, IX-^a+^a.
Ответ: а-частица.
9. Разные задачи
Задача 757
Дано:
Ф1
Ф2
At
ср
Решение. Разделим время поворота рамки At на п одинаковых »
статочно малых интервалов времени и запишем для каждого и i
этих интервалов времени закон электромагнитной индукции:
(Ф^-Ф1)тг (Ф^-Ф^)п
С-1 —-----------, С-9 —----7------J ИТ. Д.,
At At
ср —
(ф2-ф^+ф;1-фд1+...-ф'+ф^-ф1)_ (ф2-фд
At At ' |
т. е. 5ср не зависит от характера движения рамки, так как этот вывод справид
лив для любых произвольных поворотов рамки.
Задача 758
Решение. См. рис. 334.
Задача 759
|’<чнешк* В случае, когда удар произведен по нижней части тара, сила, тр( ним
направлена в сторону, противоположную направлению импульса, силы уд ipi
и шар движется замедленно. Во втором случае-, когда направленно скорое in
сочки касапня шара с поверхностью mnipaii.niiHO и < сороку, про ciiiioiioiio,иную
направлению шипуны a < hih.i у i,apa, < инн, cp< moi направлена в < copony нмпу ni
< л । и mi удара,, н |,впженш' шара ус коре шю-
9. Разные задачи
421
Задача 760
Дано:
Di = 10 см = 0,1 м
Fi = 10 см = 0,1 м
F2 -- 5 см = 0,05 м
1-?d—?
Рис. 335
Решение. Чтобы из второй линзы выхо-
дил параллельный пучок лучей, необходи-
мо, чтобы фокусы линз Fi и F2 совпадали
(рис. 335).
/ = F! + F2, Z = 0,15 м.
Из подобия треугольников О\ВА и АСО-2
р- = -рг, откуда d — d = 0,05 м
Ответ: I = 0,15 м; d == 0,05 м.
Задача 761
Дано:
N
П
D
Р____
F — ?
Гр
Решение. Определим массу воздуха,
дит в движение за время Д/.:
m = pvSAt, где
которую вентилятор приво-
О - 7гД2
4 '
Мощность вентилятора равна
дг _ ^кии _ PV3S
д“’ — > ГДе Дкин — —
2-т) 2
откуда получаем
2r)N
~ps
1/3
v =
Реактивная сила
„ тоД?>
Fp = ~дГ
Ответ: Fp = Д))'/3(ДЛ’)2/3.
= pSv2 = (р5)1/3 • (2i]N)^3 = (тг^9)^^3 (т^Л/V)2^3.
Задача 762
Дано: Решение. В начальный момент энергия двух электронов равна
f/o 1 1) W = 2-mV\
2 4тгео/
а В момент наибольшего сближения скорости электронов направле-
О пы перпендикулярно прямой 1, их соединяющей, щ = v sin о:. Энер-
гия электронов
<1е
9
Wl = 2-^- +
4тГ£()//М1П1
422
9. Разные задачи
Так как
в системе двух электронов все действующие
силы консервативны, j
справедлив закон сохранения энергии
W = Wi,
mv2 + = mv2 sin2 о + -—,
4тгбо/ 4тгбо^мин
z»2 Ср
mv2 cos2 а + е = -------------,
^TTEqL 4'7Г£?оимин
откуда
Ответ: dMim
ин Q2 + 4теотг>2/ cos2 а
q2 + 4:7rEomv2l cos2 а
Задача 763
Дано:
ft = 10%
f-2 = 90%
р = const
t°=;20°C, Т = 293К
A-.d.—?
Решение. Давление р равно
Р = Рс.в1 +Рп1,
Р = Рс.в2 +Рг,2,
откуда давление сухого воздуха
Pc.Bl = Р - Рп1, Рс.в2 = Р - Рп2,
где Рп — давление паров воды.
Из уравнения Клапейрона-Менделеева определим плотность сухого во щу
ха
Рс.в. —
Мс.в.
RT 'Рс в-
Тогда
Рс.в.2 Рс.в.1 —
Рс.ъ.‘2 Рс.в.1 =
у-р^.м -Р~р^м
RT св- RT
Рп2 ~Рп1 ,, _ (/г ~ /1)рнпМс.в.
RT св- RT
где Рип ~ давление насыщенных паров воды при 20° С, МС.Е = 0,029 кг/моль,
0,8-2,33 • 103 - 0,029 , 3 „ .
Рс.в.-2 - Рс.в.) =------„ оп„------------кг/м = 0,022 кг/м'
О, 61 -
Отлег: р(. „ 2 — рс.в.1 = 0,022 кг/м3.
'tiyvrin 764
|’<ЧП<,|П11>. Для >п>го нужно окружить ЖЦОМКГИПЫЙ Проводник другими При
по,цинками и соедини п. их между собой н г ыряжеипым телом
чаряд пгрейдет па, iineniiiioio поверхность проподппкон.
В этом случ;ц
9. Разные задачи
423
Задача 765
Решение. К катоду движутся положительные ионы, от катода уходят отри-
цательные ионы, при этом у катода остается одно и то же количество поло-
жительных ионов. Поэтому количество вещества определяется полным током
через электролит.
Задача 766
Дано: п 1 L-? Решение. При раскручивании спортивного молота он двигался по окружности радиусом 1. Основной закон динамики для молота име- ет вид: F = тац, где п — масса молота. п • тд = откуда Vg = Ing.
Следовательно, максимальное расстояние, на которое может улететь молот,
равно Vq sin 2a _ Vq _ Ing __ Zv — — — — LTby g g g
где о = 45° — угол между направлением скорости броска г>0 и горизонтом,
именно при таком угле бросания дальность полета тела будет максимальна.
Отрет: L = In.
Задача 767
Дано: I R В V F-? Решение. При движении проводника в магнитном поле в нем ин- дуцируется э.д.с. индукции £иНД = —Bvl sin a, где а = 90° — угол между направлением скорости проводника и линиями индукции магнитного поля. В проводнике течет ток Т Bvl I = -р-, следовательно, на проводник с током со стороны магнит- ного поля действует сила Ампера Fa = I Bl sin оо,
где од —угол между направлением тока в проводнике и линиями индукции
магнитного поля, а0 = 90°, sinoo = 1-
JX it
„ „ В2!.'2 к
Ответ: t = —я—
424
9. Разные задачи
Задача 768
Дано:
С = 20 мкФ = 20 • 10-6 Ф
L = О,02 Гн
U\ = 100 В
Л =2А
f2 = lA
откуда
Решение. Энергия в цепи в момент отключения
и после отключения источника питания остается
неизменной
Wi = W2,
где
Тогда
TIZ ЬД CUf TTZ LI? 92
Wj = —- 4--------w2 = —- + —.
1 2 2 ’ 2 2 2(7
Llj CUf = LI% e
22 2 2C”
q= -Ц
<7 = 2,28 • Ю-3 Кл.
Отпет: q = 2,28 • 10 3 Кл.
Задача 769
Дано:
v = 72 км/ч = 20м/с
/<’ = 5-10-4Н
U-- 500В
//=•80%__________
/-?
Задача 770
Цацо:
/п, = 1400 кг
внш — 0,02
3 100 м
и, 5 м/с
'1>2 - 15 м/с
/I 0, I
Решение. К.п.д. мотора электровоза
_ АГпол _ Fu
Г1 ~ АзаТр ~ ПГ
откуда I = I = 2500 А.
Ответ: I = 2500 А.
/‘ill ,136
Решение. На автомобиль действуют четьц и
силы (рис. 336): сила тяжести FT = mg, сила
нормальной реакции N, сила тяги F и силл
трения FTp. Запишем второй закон Ныото! i
для автомобиля:
mg + F + N + FTp = ma.
Проецируя это уравнение на выбранные к >
правления осей х и у, получаем:
F — mg sin a — FTp = ma,
N — mg cos a = 0.
N = mg cos a,
FTp = /j,N = /j.mg cos o.
Подстиляя выражение, для силы т|кчц1Я >1
уравнение(I), получаем
/*' inчтц a I /ипд соь a I inti,
1,4 ч1',
где 1. ускорение aijTfiMobitllH
9. Разные задачи
425
Работа двигателя автомобиля на участке пути s равна
г>2 — vi \
д sm а + рд cos а 4-------J s,
А = Fs cos /3 = rn
так как /3 = 0° — угол между направлением силы тяги и направлением переме-
щения автомобиля. Средняя мощность
р -А
ср~ дг’
где Дt — время, в течение которого автомобиль проходит участок пути s, Дг =
——— = ——. Окончательно
а г>2 + «1
Fcp = rn
г>2 —
д sm а + рд cos а ----------------
(^2 + «1)
2
Fcp = 3,04 кВт.
Ответ: Fcp = 3,04 кВт.
Задача 771
Решение. 1. Ток не потечет. 2. Прибор покажет ток в моменты времени, когда
электроны начнут двигаться между пластинками и когда поток электронов
прекратится.
Задача 772
Д;шо: Решение. Общая э.д.с. источников
£ = 3B г = 0,5 Ом £общ = 2£,
R = 2Ом общее внутреннее сопротивление источников
F-? йж-? ^общ = Т. Ток в цепи г + R
Мощность, выделяющаяся на внешнем сопротивлении,
4£2
Р = Р = И,52Вт.
(г + Rp
Найдем, при каком другом внешнем сопротивлении на нем будет выделяться
такая же мощность:
4£2
F= —--------~RX,
(Rx + г)2
/ 4Р2\
R2x + R№ I 2r - + r2 = 0,
откуда (F,„)i == 20м, (F..,.)2 = 0,125 0м.
О tjjct. F 1J, 5 Вт; R = 0,125 Ом.
426
9. Разные задачи
Задача 773 Дано: Решение. Давление, оказываемое ветром, равно
S = 1,5 м2 v = 10 м/с р = 1,3 кг/м3 a = 60° F1-? Р2-? pv2 Р=^’ а сила, которая действует на стекло, если ветер ду ет перпендикулярно стеклу, равна F1=PS=^-S, Fi=97,5H.
Если ветер дует под углом о = 60° к стеклу, то сила, действующая на стекло,
равна
Р2 = pS cos о = S cos a, Fz — 48,7 Н.
Ответ: Р) = 97,5 Н; Р2 = 48, 7 Н.
Задача 774
Дано:
N3 = 20 Вт
V = 10“3 м3
t = 20 мин = 1200 с
AF = 3°С, ДТ = ЗК
7/-?
Решение. К.п.д. определим по формуле
_ 71пол _ md\T _ pVcAT
Дзатр 7V3 t N3 • t
где с = 4190 Дж/кг К — теплоемкость воды,
р = 103 кг/м3 — плотность воды.
ту =
103•10-3• 4190 • 3
20 •1200
= 0,52.
Ответ: ту = 52%.
Задача 775
Дано:
m = 5 кг
t° =20° С, Д = 293 К
I. = 1-ч = 3600 с
TV) = 600 Вт
Я-?
Решение. Тепло, отнятое у воды, равно
Q = 771С(Т1 — То) + 771Д,
где То = 273 К, с = 4190 Дж/кг • К и A =j= 3,3
105 Дж/кг — удельная теплота плавления льда.
Теплота, отнятая у воды, передается комнапн»
му воздуху. Кроме того, комнатному воздуху н<
редается энергия, потребляемая холодильником И i
>лектросети. Эта энергия идет на сжатие рабочего вещества после его тепло
обмена с охлаждаемой камерой, при этом температура рабочего вещества по
вьппается, и часть тепла от рабочего вещества передается внешнему воздуху
Затем рабочее вещество расширяется, при этом оно охлаждается настолько,
что вновь отнимает тепло у холодильной камеры. Таким образом, в окружаю
щее пространство пе.редается тепло, отнятое у охлаждаемого тела и >нерги>|
N11, потребляемая из сети:
N Nf I /V| I । /V 1180Вт 1,18к11т
()т|1Г1 в <>крунш1О1Ц,г<- прог р,щ< тд<1 иоред.и'нц моппнд Г1. /V 1Д8кВт,
9. Разные задачи
427
Задача 776
Дано:
s = 500 км = 5 • 105 м
v = 250 км/ч = 69,4м/с
N = 2 106 Вт
77 = 25%____________
тп— ?
Решение. К.п.д. двигателя равен
A,OJI N • t Ns
Аатр fnq mqv
где q = 4,6 • 107 Дж/кг — теплотворная способ-
ность бензина.
Ns
m =-----, m = 1,250 • 103 кг.
•qqv
Ответ: m = 1250 кг.
Задача 777
Дано:
М
гп
7’0_______
и — ?
Решение. Система тел «шарик-клин» замкнута
по оси х, следовательно, закон сохранения им-
пульса можно записать только в проекциях на
ось х (рис. 337):
0 = Mu — mv cos(90° — 2а),
и = — vsin2a, (1)
М v ’
Рис. 337
где v — скорость шарика после удара. Так как по
условию удар упругий, запишем закон сохране-
ния энергии:
vmfc. mv2 Ми2
----- =---------1-------
2 2'2’
Решая совместно уравнения (1) и (2), находим
mv0 sin 2a
и =------------ —
Mdl + ^ sin2 2a
V M
Ответ: и =
mvp sin 2a
/ ттъ
Мл 1 + — sin2 2a
V М
Задача 778
Дано: a Решение. Воспользуемся законом сохранения энергии. Точечный заряд, находясь в центре треугольника, обладал энергией
'/ g(l и/1 = 3.<ма/з
m 4/TE(ia
V ? В точке D энергия заряда
W2 = 2
gog + gog 4 mv2
4тг£()а 2
428
9. Разные задачи
Поскольку 114 = W2,
Зл/Здрд _ 2дод дод ту2
4теоа 4тгЕОа 4теоал/3 2
откуда находим
у = 1,61
д-до
2тг£ота
Ответ: у — 1,61
д-до
2тгЕота,'
Задача 779
Дано:
.3=1 км = 103 м
v = 72 км/ч = 20 м/с
W = 2-104Bt
д = 25%_________
тц ?
Решение. К.п.д. двигателя автомобиля равен
N-t Ns
Г) = ------------------ = ---,
mg mgy
где д = 4,6 107 Дж/кг — теплотворная способно» п,
бензина, t = — время, за которое автомобиль про»
ходит 1 км.
Ns
m =-----, m - 0,087 кг.
уду
()твет: тп = 0,087 кг.
Задача 780
Дапо:
I 36 см = 0,36 м
i'i 2 моля
1'2 : 2 МОЛЯ
Д.с ?
1'нг 33,4
Решение. Центр тяжести сосуда, точка,
(рис. 338), смещен влево от поршня. Опре
делим его положение
тп1дх = т2д Q - .т) ,
где mi = 0,064 кг —масса кислорода, т2 -
0,056кг — масса азота. Из уравнения (I) iHk.
ходим
х = 8,4- 10“2м.
При смешивании газов центр тяжести буд<ч
находиться в центре сосуда (точка OJ. Но
если в системе действуют только впутрен
ние силы, т. е. система замкнута, то положе
пис центра тяжести системы в прог грапс пи
ПС изменяется. ('ледовательпо, гслоадл по
реместцтся внецо на А,г = 0,006 м.
Огпет: Aj1 0,006 м
9. Разные задачи
429
Задача 781
Решение. Вследствие .линейного расширения и действия силы тяжести пла-
стинка будет сползать с крыши. При нагревании вследствие разных коэф-
фициентов линейного расширения концы пластинки переместятся относитель-
но крыши, но под действием силы тяжести нижний конец переместится на
большую длину, чем верхний конец пластинки. При остывании концы не вер-
нутся в прежнее положение, так как под действием силы тяжести нижний ко-
нец переместится в обратном направлении на меньшую величину, чем верхний
конец.
Задача 782
Дано:
v = 300 м/с
с = 460 Дж/кг • К
7] = 70%_____
ДТ-?
Решение. По условию задачи, 70% кинетической энер-
гии снаряда пошло на его нагревание
9
WIV л
т]' — ст/ХТ,
откуда ДТ = ^-,
ДТ =
0,7 9 • 104
2-460
К = 68К.
Ответ: ДТ = 68 К.
Задача 783
Дано:
vq — 1м/с
v = 2г>о
n»i = rn.2 = m
v[ — 1 г>2 — ?
Решение. Наивысшая точка подъема первого
шарика
Гис. 339
= г-
2<7
Направим ось у вертикально вверх (рис. 339).
Уравнения движения шариков:
ei2 ei2
Дг1 = — и Дг2 = vi + у,
и в проекции на ось у:
, gt2 gt2 „ gt2
yi-h1 = —— и y-2 = vt--------—=2vot------
£ £ ju
где i — время движения шариков, отсчитывае-
мое с момента бросания второго шарика. В мо-
мент встречи з/встр = yt = у2,
, д1-2 gt2
hl- ~Y= 2vot - у,
откуда
/и а» 2uot, I = — =
2v() 2 • 2 wo
/и
«о
2
2
”«1
430
9. Разные задачи
Скорости шариков до удара определим из уравнений vi = gt и v2 = 2г>0 ~ fft,
v0 vo 7v0
”'="4 и v2=2v0-g- = —.
Если массы шариков равны, то после абсолютно упругого удара шары обменя-
ются скоростями. Таким образом, после упругого столкновения первый шарик
полетит вверх со скоростью v{ = v{ = 1,75 м/с, а второй шарик — вниз со
скоростью г>2 = v2 = 0,25 м/с.
Ответ: = 1,75 м/с; v'2 = — 0,25 м/с.
Задача 784
Дапо;
М = 1 кг
т = 9 г = 0,009 кг
ц» = 400 м/с
// = 40%
ДТ ?
Решение. Проведем ось х в направлении движения пу-
ли и так как проекции внешних сил на ось х равны
нулю, запишем для этой оси уравнение закона сохра-
нения импульса в скалярной форме:
mv0 = (тп + М)и,
откудаи=етм-
Энергия системы до попадания пули в шар
9
Wy = '‘2^0
2
т2г>ц
а после застревания пули в шаре
_ (тп + М)и2
2 - 2 “ 2(тп + М) ‘
В1 1,еленная теплота
2
Qo = W1 - W2 =
М
m + М'
)9
_ TTIVq
2
I Io условию, задачи, на нагревание пули затрачивается 40% выделенной эпср
гнн
,, л ™ тт£ М .
t]Q0 = тсДТ, Л—— ...... = тосДТ,
2 m + М
откуда
^voM
2c(m + М) ’
130 Дж/кг К — удельная тешюнмкисть свинца,
ДТ = 214 К.
Огаст: ДТ 244 К.
9. Разные задачи
431
Задача 785 Дано: Решение. Механическая энергия метеорита на значительном
v3B = 330 м/с Д ? ЙЗВ удалении от Земли равна нулю. При входе метеорита в зем- ную атмосферу его потенциальная энергия Ифот = —Gm^3, а кинетическая энергия РРкин = Согласно закону со- хранения механической энергии, WnOT + И'кИП = 0, ~ = 0, (1)
где т — масса метеорита, R = R3 + /г, R3 — радиус Земли, Л3 = 6,4 • 106м,
h = 106 м — толщина земной атмосферы. Из формулы д — G-=& получаем
GM3 = gR3. Подставляя это выражение в уравнение (1), находим
v2 = 2gR23 = 2gR?3
R R3 + h
У R3 ”Ь *^зв
Ответ: к 34.
Дзв
Задача 786
Дано: Решение. По условию задачи, температуру воды считаем по-
V2 = 4Vi стоянной. Тогда по закону Бойля Мариотта.
h~? PiK —p2V2, (1)
где pi — давление воздуха в пузырьке у дна, р2 — давление воздуха в пузырьке у
поверхности воды, и V2 — объемы пузырьков у дна и у поверхности водоема.
Р2=Ро, Pi=Po+pBgh,
где рв = 103кг/м3—плотность воды, h — глубина водоема. Подставляя полу-
ченные выражения для д ирз в уравнение (1), получаем
, Ро(Ц - К)
РвйИ
Ро
Рв- 9
/г = 30 м.
Ответ: h = 30 м.
132
9. Разные задачи
Задача 787
Дапо:
in. = 1 кг
I — 15 м
<v = 30°
v = 2 м/с
Рис 340
Решение. На тело действуют три силы (рис.
340): сила тяжести FT = mg, сила нормаль-
ной реакции N, сила трения FTp. Запишем
уравнение второго закона Ньютона для тела
в векторной форме:
mg + N + FTp = ma,
и в проекции на ось х:
тд sin а — FTV = та,
где а —Теплота, выделившаяся при дви-
жении тела, равна
Q = FTp I = (тд sin а — та)1 =
( п2\ , и2
= т I д sm а — —- 11= тд sin а -1 —
\ ZiL j
Q = 71,5 Дж.
Ответ: Q = 71,5 Дж.
Задача 788
/(апо:
m -4 кг
и. 4об/с
/V = 100 об
р 0,01
Д 40 см = 0,4 м
/- ?
Решение. Изменение кинетической энергии колеса
= = (I)
равно работе силы трения
Дгр = Ртр • 27T.RW • cos/3, (2)
где Ртр = pF, р = 180° — угол между направлением силы
трения и направлением перемещения. Приравнивая вы
ражения (1) и (2), находим
m(27mB)2 п
- —— = -pF ZirRN,
откуда
Outer: F = 80,411
mivripR
pN
F = 80,4H.
9. Разные задачи
433
Задача 789
Решение. Уравнения движения для тел с
массами Mi, М2 и М2 в проекции на ось у
имеют вид (рис. 341)
Midi = Mig — Ti, (1)
М2а2 = М2д — Т2, (2)
—Мзаз — Мзд — 7з, (3)
Дано:
Mr
М2
М2
ai-?
Подставив выражение для о\
где ai, а2, а3 — ускорения тел Mi, М2 и М3
относительно неподвижного блока А. Уско-
рение блока В в проекции на ось у равно
(—ai). Ускорения грузов М2 и Мз относи-
тельно блока В равны и противоположны по
направлению. Обозначим через Ь проекцию
на ось у ускорения тела М2 относительно
блока В. Тогда
—0,3 — --di — Ъ и а2 — —di + 6,
а2 — аз = — 2ai. (4)
т т
Следует отметить, что Т2 = Т3 = -у- = -%.
Решая совместно уравнения (1)-(4), по-
лучаем:
п ( т \
т т
С11'~1аГ2 + 'Шз~9'
в уравнение (1), находим
2M'iff
( М । Mt -IЛ ’
\4М2 + 4М3 )
откуда
Т _ МХМ2 + М1М3 - 4М2М3
Mi M^iM2 + М1М3 Т 4Л72Мз 9
Ответ: а =
MiM2 + М1М3 — 47|72Л7з
М1М2 + М1М3 + 4М2М35
434
9. Разные задачи
Задача 790
Дано: F = 105 H s = 2000 km = 2 106 м q = 4,5 • 107 Дж/кг g = 30% Решение. К.п.д. двигателя самолета 7, = 100%. Ц/затр Здесь (Зпол = Лпол — количество теплоты, идущее на совершение механической работы, <2затр = qm
m —?
полное количество теплоты, выделенное при сгора нии топлива. Fs , mq
откуда Fs
m — , m = 1,48 10 кг.
Г) q
Ответ: m = 1,48 104кг.
Задача 791
Дано:
F
д
« = 0
а- ?
Решение. На тело действуют четыре шип i
(рис. 342): сила тяжести FT = mg, сила пор
мальной реакции N, сила трения FTp и сила I1’
Основной закон динамики для тела запиши г
ся:
ma = mg + N + FTp + F. (I)
В проекциях на оси координат уравнение (I)
имеет вид:
на ось х : ma = F cos а — FTp,
на ось у : 0 = N + F sin а — тд,
откуда
FTp = д/V = р(тд — F sin а),
та = F cos а — р(тд — F sin а}.
По условию задачи, а = 0, тогда
F cos а = р(тд — F sin а),
рта
дета + cosa = . (И)
Решим тригонометрическое уравнение (2) с помощью метода дополнительного
угла. Для этого умножим его на . :
vl + F2
1 ртд
р
ч/1 + № а/i + р? f- /Г+7^
. „ . ... . . . 1Ч iiniq
(ссмр sin ci + вш p eosrv) » I™ p) =-- -
F- y/YTp?
11" HI
9. Разные задачи
435
где
sin В = —. 1 =
л/1+7?
Ответ: а = arcsin
утд
F VT + д2
/3, где sin/? =
1
\/1 + Р2
Задача 792
Дано:
т = 500 кг
д = 0,05
а
N-?
Решение. На груз действуют четыре силы
(рис. 343, й): сила тяжести FT = mg, сила
нормальной реакции N1; сила трения FTp и
сила реакции стенки N.
Основной закон динамики для тела:
та — FT -р N + Ni + FTp,
и в проекциях на оси х и у:
та = N + Нтр,
0 = М — тд.
FTp = ДД = цтд.
При 0 < а < ai = цд сила реакции стенки
N = 0,
тпа —
ГДе 0 <С Др.покоя < Дрр.покоямакс ~ ]JTfig.
При а > ах
та = F^p + N,
откуда N — т(а — ^д).
Определим ai:
д,тд
ai = ----= д-д,
т
N = т(а — дд),
Ответ: N — 500(а — 0,5) Н, см. рис. 343,6.
«] = 0, 5 м/с2.
N = 500(а - 0,5)Н.
Задача 793
Дано:
h
Но______
^МНП -
Решение. Уравнение движения осколка
Ar = vot + ^-. (1)
Направим ось х горизонтально, а ось у — вертикально вверх. В про-
екциях на оси хну уравнение (1) имеет вид
х = vo cos at
у = «о sin at —
gt2
2
(2)
(3)
436
9. Разные задачи
Найдем уравнение траектории у(х). Из уравнения (2) находим t = —---- и
Tq COS ОС
подставляем в (3):
д ' я2
у = х tg а-2—^-----.
Vq cos2 а 2
Воспользуемся формулой —— = 1 + tg2 а и получим:
cos а
дх2 tg2 а дх2
0)
Подставив у — h и х = приводим уравнение (4) к виду
tg а-----y tg а +
^ + 1VO.
д<? + J
Чтобы выполнялось условие задачи, необходимо, чтобы это уравнение не имело
корней, т. е. его дискриминант должен быть отрицательным. Тогда получаем
d2 >~(vo- 29h)> d >
Для случая v'q < 2gh, очевидно, диаметр колодца может быть любым, посколь-
ку наибольшая высота подъема любого осколка меньше глубины колодца.
Ответ: Если Vq < 2gh, то диаметр может быть любым; если Vq > 2gh, то
,1 > £_!
’ЛМИН Д д
2gh = 2
Задача 794
Дппо:
т = 10~5 кг
I, = 10 см = 0,1 м
W = 10 Дж
Решение. При нормальном падении луча на зеркальце и <
менение импульса луча вследствие его отражения равно
2рЛуча- Тогда изменение импульса зеркальца, равное и i
менению импульса луча, будет
ДРзерк = тг,зерк 0 = 2рлуЧа,
откуда
^зерк — ’
т
Воспользовавшись законом сохранения механической энергии, найдем угол оч
клонсиия
где/» =1- I cos <р. Тогда
I»2 V2
. ж , . иЧ<> II
/|, г ---1— = I - C(jsy>, cosy> I
2»/ 21р
IV
W /Чгш.
3 10я м/г < 1\1>р<иТ1. i'iicui
9
ЗсПК 7
——— mgh,
^P;i 'iti
1дш ’
9. Разные задачи
437
Окончательно
92 = arccos
2W \
с-l- д-т) ’
ip к, 6,63° = 0,12 рад.
Ответ: ip « 6,63° rs 0,12 рад.
Задача 795
Дано:
о- = 2 10-15 Кл/м2
q0 = 4 10-16 Кл
I = 1 м
т — 10-22 кг
v— ?
Решение. Напряженность поля бесконечной равномер-
но заряженной плоскости равна
На заряд q действует постоянная сила F = qE, кото-
рая на перемещении Дг = I совершает работу
А = F I • cos а,
где а —угол между направлением силы F и направлением перемещения Дг,
а = 0°. По теореме об изменении кинетической энергии
А = ДГИкин
mv2
“IF’
откуда находим
9
Я т а у mV
А = F I = q--1 = ——,
42ее0 2
/
v — л ------,
V ЕЕоГП
v — 30 м/с.
Ответ; v = 30 м/с.
Задача 796
Дано:
vo
L
К*)~?
Vue. 344
Решение. Как видно из чертежа (рис. 344)
Z(Z) = L — 2Psina — L- 2EsinwZ,
2
где R = w = —угловая ско-
рость. Искомое выражение
Z(Z) = L — 2— sin — t.
a v0
Ответ: l(t) = L — 2^°- sin — t.
v ' a vo
438
9. Разные задачи
Задача 797
Дано:
V = Юл = 1(Г2 м3
(7 = 900 Дж
Решение. Внутренняя энергия одноатомного газа
U = |рП,
откуда
Р=7ДД р = 6-104Па.
о V
Ответ: р = 6 • 104 Па.
Задача 798
Дано:
W2 = kh
Решение. Мощность, затрачиваемая на нагревание жидкости,
равна
S________
a-? /i~?
W = W1-W2=W1- kh.
За достаточно малый интервал времени At, в пределах кото-
рого мощность W можно считать постоянной, нагреется слой
жидкости Ah
WAt = mcAT = р Ah ScAT,
откуда
ТУ1 - kh
_ Ah
V — ~At ~ SpcAT ’
Толщина нагретого слоя h, при которой скорость перемещения границы равна
Нулю, определяется из условия v — 0, Wi — kh = 0,
, W,
h=lT-
,, Ah Wi-kh , Wi
Ur„m:v= h=__
Задача 799
Ia.no:
/И = 20т = 2-104кг
Н 100 м
-п 7
Решение. Согласно условию задачи, пылинки двига
ются по окружности, в центре которой находится кос»
мическая станция. Запишем для пылинки массой in
основной закон динамики:
Fnp = ma. (1)
Направим ось х вдоль радиуса окружности к ее центру. Уравнение (1) в про
(жцпи па ось я; имеет вид:
Fnp = mo,,
Mm v2
--- tn —,
IP Д
9. Разные задачи
439
откуда
6,67 10-11 2 104
IO5 ’
м = 1,2 • 10 4 м/с.
Ответ: v = 1,2 • 10 4 м/с.
Задача 800
Дано:
I = 1? 5.TMaKC
vo
a
х~?
Решение. Уравнение движения мяча:
gt2
Дг = vot +
и в проекции на оси хну:
х = vo cos at,
fit2
у = Vo sin at--------------------
(1)
(2)
Определим дальность полета тмакс. В момент падения на землю у = 0,
У = t ( vo sin a —
. n , 2i?osina Tr
откуда t, = 0 и t-г = ----время полета. Подставив выражение для вре-
мени полета в уравнение (1), находим
2v0 sin a Vq sin 2a
^’макс — ^0 COS Ct • — .
9 9
По условию задачи, I = 1,5®макс, следовательно, ракету необходимо располо-
жить в точке А, координата х которой равна
« = 0,75^=0,755^
9
Чтобы определить координату у точки А, запишем уравнение траектории дви-
жения мяча. Из уравнения (1) находим t = —-— и подставляем в уравнение
(2):
(3)
о
/ \ 0 Ж
y(x) = ®tga - —2-----z—.
2vq cos2 a
Подставим в уравнение (4) выражение (3):
3
У = тт
16
/1 л „r7ioSin2a
Отшч’г х = 0,75~и------
9
«п sin 2a „ _ /с/sin 2a
-2-^--tg a = 0,1875-2-^--tg a.
; у = 0,1875^--—•
g
(4)
440
9. Разные задачи
Задача 801
Дано:
a = 30°
Р = 60°
= 6 кг
т2 = 1 кг
Л37?
Решение. На тело массой mi действуют че-
тыре силы (рис. 345): сила тяжести FTi
mig, сила нормальной реакции N1; сила
трения FTp и сила натяжения нити Тр Па
второе тело действуют три силы: Ft2 = m.2g,
N2 и Тг- Запишем для тел mi и т2 условие
равновесия:
Ртр + FTi + Ni + Ti — 0, (l)
Ft2 + N2 + T2 = 0. (2)
Уравнения (1) и (2) в проекциях на оси :г и
у имеют вид:
для тела с массой mi:
mi.9 sin « — Ti — FTp = 0, (3)
M — mipcosa = 0,
и для тела с массой m2:
Т2 - m2g sin Р = 0. (d)
FTp = f/Ni = [imig cos a, Ti=T2 =
Подставляя полученные выражения для Ртр и Т в уравнения (3) и (4), находим
p = tga-
m2 sin/3
mi cosa’
p = 0,41.
Ответ: ц = 0,41.
Задача 802
Дано:
S - 1200 см2 = 0,12 m2
m 1 = 2 кг
/, -0°C, Ti =273К
m2 = 5 кг
t2 = 1000° C, T2 = 1273 К
ДЛ, ?
Решение. В теплообмене участвуют два тела
Сталь охлаждается, вода нагревается и часть
воды превращается в пар. После теплообмена
устанавливается температура Т = 373 К (тем
пература парообразования воды). Уравнение то
илового баланса имеет вид:
^пол — С?затр,
где
Qnon = micB(T Pi) + mnr,
и
Qoifl — m2cCT(P2 P),
c„ = 4190 Дж/кг • К — удельная теплоемкость воды,
г = 22,6 • 105 Дж/кг удельная теплота парообразования поды,
с<, = 460 Дж/кг - К — удельная теплоемкость стали.
Масса, образовавшегося пара
ш„ а 1),Г>11 м
9. Разные задачи
441
Давление насыщенных паров воды при Т = 373 К равно атмосферному давле-
нию. Запишем для образовавшегося пара уравнение Клапейрона—Менделеева
pV = —RT, или рДЛ • S = —RT,
М
откуда
ДЛ =
ДЛ =
mnRT
цр-S
0,544 • 8,31 373
------—г— - м — 7,8 м.
0,018 • 105 * 0,12
Ответ: Дк = 7,8 м.
Задача 803
Дано:
к = 2 м
Н = 10м
L = 16м
дг-?
/’нс. 346
Решение. Движение мальчика (рис. 346),
оторвавшегося от желоба, описывается урав-
нением.
рТ2
Дг = vot +
или в проекциях на оси х и у:
х — хо = vo cos at, (1)
gt2 .
У - Уо = -v0 smat-—, (2)
где .то и уо — начальные координаты движе-
ния мальчика после соскальзывания с жело-
ба, х0 ~ I ~ L cos а, уо = к. Из чертежа най-
Д
дем sin а = —£— = %, a = 30°. Скорость
vo, с которой мальчик соскользнет с желоба,
равна т0 = \/2д(Н — h), vo = 12,52м/с.
Перепишем уравнения (1) и (2) в виде:
ж-16~ = 12,52 --~t, (3)
1 9 812
г/— 2 = —12,52 • —1 — —. (4)
.д
Время падения мальчика в воду находим, решая уравнение (4) при у = 0:
4,91 + 6,261-2 = 0,
Стад ~ О,26С.
I (одставляя полученное значение 1пад в уравнение (3), имеем
хп = 16,66 м,
। де ./„ точка падения мальчика в воду. От края желоба точка падения маль-
чик.! в ноду отстоит на Д/ = тп — %о = 2,82 м.
(>7'Н('т; Д/ = 2,82 м.
442
9. Разные задачи
Задача 804
Дано:
= 30 км/ч = м/с
v2 = 20 км/ч = м/с
д = 0,029_________
£-?
Решение. На велосипедиста действуют три силы
сила тяжести, сила нормальной реакции и сила три
ния. Основной закон динамики для велосипедист»
в проекции на горизонтальную ось х имеет вид:
т«ц
V2
где FTp = p,N = дтд, ац = -р. Тогда
V2
М = R'
Следовательно,
Г1 - 2этД1________________________________________
V2 -Кг 36 ’ Тг щ 2л7?2 ’
Если в некоторый момент времени велосипедисты находятся на минимальцом
расстоянии, т. е. на одном радиусе, то следующий раз они будут на минималь
пом расстоянии, когда угловые пути связаны соотношением
= 2тг, ai2t — Wit = 2тг,
2л 2л
о>2 - 2л 2л
Т2 Ti
Ti _ 3
Т2~ 2
1
_1_____1_’
Т2 Ti
3
п так как Ti = ^Тг, то получаем t — 37 2. Из уравнения (1) имеем:
2лВ2 2л??2 2лт2 . 6л??2 , „„„
Т2 =------=-------=-------, t =-------, t = 366 с.
т2 ggv2 дд дд
Отпет: t = 366 с.
Задача 805
Дапо:
•in, = 50 кг
ft микс = 400 Н
п ?
Решение. На тело действуют две силы: сила тяжести FT Ш|
и сила натяжения веревки F. Основное уравнение динамики
для тела имеет вид:
та = F + mg. (|)
Направим ось у вертикально вверх, в проекции на ось у уравнение (1) iiiiiti
шехся как
та = F — тд.
Тогда
_ х'мпке '>41
г^мак1’ 7 м/с' •
«2
9
Опит и С 7м/с2.
9. Разные задачи
443
Задача 806
Дано: Решение. Мощность плитки со спиралью длиной 10 равна
1 — 0, 8Zq тт2
---------- дг _ U0
No~Rd’
No ' п lo ЛГ Up-S
где Ro = Pg, No = .
Мощность плитки с укороченной спиралью
Г) 0, 8?о дг где Р-р s , Л р-0,8Д Ответ: = 1 25. JV0 Задача 807 Дано: R г — R п = 60 об/мин = 1 об/с Ai-? / А у Б / Г s' \ / 1 \ ° 1 Решение. Тело, после того как оно оторвется от диска, движется по прямой АВ (рис. 347). Ско- рость тела v = 2тшг — 2тт^. Расстояние, ко- торое должно пройти тело, прежде чем оно со- скользнет с диска, равно , / R2 /о |АВ| = а/Р2 - г2 = ДР2 - — = —R. Искомый промежуток времени Ai равен Л I АВ\ V3R -2 V3 At= = = , Ai = 0,275c. v 2 - 2imR 2im Ответ: At = 0,275 с.
Рис. 347
444
9. Разные задачи
Задача 808
Дано:
ГГЦ = Ш2 = 1 кг
a = 2 м/с2
рв — 1000 кг/м3
Решение. На первое из тел действуют дин
силы (рис. 348): сила тяжести FT1 — Ш|Ц
и сила натяжения нити Ti. На второе
ло действуют три силы: сила тяжести FTj •»
m2g, сила натяжения нити Т2 и выталкиил»
ющая сила FBbIT. Запишем для каждого и>
тел основной закон динамики:
идах =mig + T1;
m2a2 = m2g + Т2 + FBbIT.
Ось у направим вертикально вверх. В пронм
циях на ось у уравнения (1) и (2) запишу > г»
в виде:
-miai = Zi-Ш19, (3)
m2a2 = Z2 + Рвыт - ш2д. (-1)
Так как щ = а2 = а, Тг = Т2 = Т, уравнении
(3) и (4) перепишем в виде:
Ш1И = mig — Т
m2a = Т + FBbIT - m2g.
Решая систему двух уравнений, находим
(mi + ш2)а = Рвыт + mig — m2g,
QmCl — Твыт i
где m = mi = m2, Рвыт = pBVg, m = pV.
Плотность тела
р = р = 2500кг/м3.
Ответ: р = 2500 кг/м3.
Задача 809
Решение. 1. В отсутствие силы трения щ = v2, так как v = у/2дН.
2. г>1 > п2, так как сила трения, действующая на тело, которое движется но
грасктории 2, больше,чем сила трения, действующая на тело, движущи осн но
траектории 1.
О гнет: 1. Vi = v2; vi > v2.
9. Разные задачи
445
Задача 810
Дано:
т = 20 г = 2 10~2 кг
Рж = Зр____________
F - -7
сопр
Рис. 349
Решение. На шарик действуют три силы
(рис. 349): сила тяжести FT = mg, сила со-
противления FCOnp и выталкивающая сила
РЕЫТ. Условие равномерного движения ша-
рика
mg -f- FBbIT + Fponp — 0,
или в проекции на ось у:
-ffiblT ^*9 -^сопр Д (1)
где FBbIT = pxVg, тд = pVg.
Тогда из уравнения (1) находим:
Fconp = FBbII - тд = 3pVg -тд = 2тд,
Fconp = 0,39Н.
Ответ: Fconp = 0,39 Н.
Задача 811
Дано:
h = 1000 м
р0 = 1,01-105Па
1 = 27° С, 7 = 300 К
р—?
Решение. Давление на высоте h равно
Р = Ро - pgh,
где pgh — гидростатическое давление столба возду-
ха высотой h и плотностью р. Плотность воздуха
находим из уравнения Клапейрона-Менделеева
_ РРо
Р RT'
Тогда
Р = Ро
где М = 0,029 кг/моль — молярная масса воздуха.
р = 1,01-105
0,029-9,8-1000
8,31-300
Па = 8,8- 104Па.
Ответ: р = 8,8 104 Па.
446
9. Разные задачи
Задача 812
Дано:
mi — 1 кг
7/1-2 = 2 кг
1>о = 2 м/с
// = 0,2
s~?
Решение. На тело массой гщ действуют три
силы (рис. 350): сила тяжести FTi = 7//-ig,
сила нормальной реакции Ni, сила трелил
FTpi. Под действием этих сил тело движем-
ся равнозамедленно. Запишем для тела 7//j
основное уравнение динамики:
mi а! = FTi + FTpi + N1;
и в проекциях на оси координат хну:
miOi — Frpl,
TVi — mg = 0
FTpl = p,Ni = рятцд.
Тогда
°i = -----= цд,
mi
ai = 1 м/с2 —ускорение тела mi отностчмп
но Земли. Путь, пройденный телом mi до
остановки, относительно Земли
2 2
Ур _ ^0
2й1 2цд ’
Si — 1 м.
Н<1 доску действуют четыре силы: сила тяжести FT2 = mgg, сила нормально^
реакции N2, сила трения FTP2 = — FTpi и сила давления со стороны первой
тела Ni = —Ni. Основное уравнение динамики для доски имеет вид:
т2&2 — N2 + FT2 + FTp2 + Nj,
и в проекции на ось х
—т2Й2 = —ТТр2,
откуда а-2 =
Т-гр2
т-2,
Р-УДЗ. Путь, пройденный доской относительно Земли, Ц<
время движения тела mi равен
а-2t2
82 ~ 2
где /. : — —время движения первого тела.
vy
Рв'
S-2 —
02^0
2//2д2
ТП1 7/g
m22цд’
S2 = 0,5 м.
Тогда путь первого тела отпоситсльно доски
8 — .5'1 .5'2 = 0 5 м.
О'"пет; а (), 5 м
9. Разные задачи
447
Задача 813
Дано:
a = 0,001 рад
s = 4 см = 4 • 10~2 м
п = 1,4
L-?
Решение. Пучок параллельных лучей, пада-
ющих на призму, разделяется на два пучка,
каждый из которых отклоняется на угол р
(рис. 351). Найдем угол отклонения лучей р.
Угол падения лучей на вторую поверхность
призмы равен а, угол преломления а + р,
следовательно,
sin а 1
sin(a + р) п’
и так как углы а и р— малы, то sin а и а,
sin(<a + р) « се + р, и
а 1
а + р п’
откуда р = (п — 1)а.
Как видно из рисунка, интерференция не
будет наблюдаться, если
, 5 5 ( ТА 8
= V!B2L’ и
откуда
с
, Г = 50м.
2(п — 1)а
Ответ: L = 50 м.
Задача 814
Дано:
<Ра — 30 В
рв = 20В
—?
Решение. Обозначим расстояние от точечного заряда q до точек
А и В через тд и г в соответственно. Потенциалы точек А и В
равны
_ <7 q
<рА— — -------- И рв — “j-------------,
4тгеоЕГд 4тгЕОе?'д
'рл тв 3 3
--- = --- = ГВ = ~ГА-
Рв Г А 2 2
Очевидно, что расстояние от точечного заряда q до точки С, равно
га + гв га+ 1,5га . Г1С.
гс =-----=------------g------= 1,25тд.
Тогда
рс =-----?-----=---------Я-------= <дс. = 24 В
Апсоегс 4тг£оЕ’’д • 1,25 1,25
Ответ: pc — 24 В.
448
9. Разные задачи
Задача 815
Дано:
t = 20 мин = 1200 с
Р — 600 Вт
Д4° =80° С, ДР = 80 К
11 = 85%
Q-? Qi-? Q2-?
тп — ?
Решение. Выделенное за 20 минут количество то.
плоты равно Q = Pt, Q — 720 кДж. На нагревание
воды идет количество теплоты
Qo = r)Q = “П? ’ t = cmAT.
Масса воды, которую можно нагреть на ДР = 80 К
за 20 мин, равна
Qo ijPt 0,85-600-1200
“ = = ™= " 4200-80 КГ=1’82К1' ,
р2
равна Р = -р-. Найдем мощность двух последом>
Мощность одной плитки
тельно соединенных плиток:
р =
1 2R’
где R — сопротивление одной плитки.
Р 1 = £
1 R 2 2
Теплота, выделившаяся за 20 минут на двух последовательно соединен! и 1я
плитках, равна
Qi = Pit = ф = Qi = ЗбОкДж.
При параллельном соединении плиток их мощность
К = ^=2^ = 2Р,
-Гъ/ -Z Jl
и теплота, выделившаяся на них, равна
Q2=P2t = 2Pt = 2Q, Q2 = 1440 кДж.
Ответ: Q = 720кДж; тп = 1,82кг; Qi = ЗбОкДж; Q2 = 14400кДж.
Задача 816
Дано:
S = 2,5 мм2 = 2,5 -ИГ6 м2
I = 100м
I = 12 А
Uo = 220 В
/> _ ? ТГ_7
I „р . и
Рис. 35-
Решение. Сопротивление проводов
„ _ 2Z
Rnp — Р д ,
где р = 1,7 10-8 Ом • м — удельное сопро'1 и
вление меди.
Как видно из рис. 352, напряжении у и
требителя
и = Uo - ищ, = U0-I- Rllv -
п т 21
в Р(( „
и « '-OlB
9. Разные задачи
449
Мощность, теряемая в проводах, равна
Рпр = I2 Rnp, Рпр = 184,8 Вт.
Р ТТ Т ТТ Р
1 пр _ ^прх __ Ь'пр х пр р. .
~р~_ ui ~ ~й~’ ~р~ ~ ’
Ответ: U = 204 В; = 0,07.
Задача 817
Дано:
R
£
Решение. Два отрезка проволоки, один из которых имеет сопро-
тивление R.x, а другой R — Rx, соединены параллельно. Опре-
делим их общее сопротивление:
Ток в цепи находим согласно закону Ома:
£ _ £R
Кобщ RX(R-RX)
(1)
Минимальный ток 1МИН будет при максимальном значении знаменателя в выра-
жении (1). Условием максимума выражения f = Rx-R—R2, является равенство
нулю производной
f = R- 2RX = 0,
R
откуда Rx = -g-. Тогда
£ R 4£
2 \Д 2/
Ответ. 1МИВ •—
Задача 818
Ответ; Изображение будет таким же, однако человек, располагая глаз на глав-
ной оптической оси, сможет увидеть только часть увеличенного изображения.
450
9. Разные задачи
Задача 819
Дано:
h — 10 см
Н = 20м
tqi = 0____
«02 — ?
v02
h
Joi
ДГ2
Ап
_О ”
7777777Д7777777777777777777
Гис. 353
Решение. Уравнение движения первого телл
(рис. 353)
g
л g^
Ап =
или в проекции на ось у:
gt2
У1 - Уо1 — ——,
4.2
-к к &
Уо1 —h, yi — h-----.
Уравнение движения второго тела
ei2
Аг2 = v02i+
или в проекции на ось у:
gt2
У2 — У02 = — «02 i-
и и 4.
У02=Н, y2=H-V02t-—.
В момент падения на землю у\ = у2 = 0.
р£2
У1 = h - — = 0, откуда t =
Подставляя полученное выражение для t в выражение для у2, находим
0 = Н - v02 •
S
2h
«02 = 7,14 м/с.
.2
Ответ: v02 = 7,14м/с.
Задача 820
'(япо:
in = 150 кг
I в = 150 мл
Л/ = 8 кг
р 1,0110бПа
/' 300 К
Л/i 0,004 кг/моиь
Л/-. 0, <129 кг моль
m,v — ?
'Гак как ш, hi. -I- Л/, 'I
От! »Ч" К1и к<”1'
Решение. Подъемная сила шара равна
Упод — (МВОзд №гелия)р ~ ргр (^2 М\)д
Гпод = 1580 Н.
Максимальный груз, который может поднять шар, рц
вен
&
ш,. = 158 кг.
.</
то шар может подпить гру 1 hi.
in,.
9. Разные задачи
451
Задача 821
Дано:
т = 1кг
h = 30 м
но = 20 м/с
W2 =300 Дж
А — 7
•^СОПр
Решение. Механическая энергия тела в начальный момент
времени равна
W1=mgh+^.
Изменение механической энергии тела равно работе сил со-
противления:
Асопр = И'2 - Wi = W2 - (mgh + ,
( 1 202 Л
Асопр = 300 — (l-30-V-9,8+-y-J Дж = -200Дж.
Ответ: Асопр ~ —200 Дж.
Решение. На тело массой m действуют две
силы (рис. 354): сила тяжести FTi = mg и
сила нормальной реакции Ni. Основной за-
кон динамики для тела массой тп имеет вид:
mai = Ni + mg,
Задача 822
Дано:
М
m
Огр 2 Окл ?
и в проекциях на оси координат х и у:
maiy = mg — cos a, (1)
nWz = M sina, (2)
где aix и aly — горизонтальное и вертикаль-
ное ускорения тела m.j.
На клин действуют три силы: сила тя-
жести Ft2 = Mg, сила нормальной реакции
Na, и сила давления тела массой m — NJ.
Основной закон динамики для клина:
Ма2 — Mg + N2 + N),
и проекция уравнения движения на горизон-
тальное направление:
—Ма2 = —sina, или Ma2=Ni sin a.
Из геометрических соображений следует соотношение
----— =tga.
Ola: + О2
(4)
452
9. Разные задачи
Решая совместно уравнения, (1)-(4), находим
а2 =
тд sin a cos а
Скл ~ “гт : о
М + т sm а
д sin a cos а
М , . 2
----1- sin а
т
а1у —
O'lx —
(т + М) sin2 а
-----------2—9
М + т sin а
М sin a cos а
----------5—9
М + т sin2 а
Щр —
aL =
sin2 а + М2 + 2тМ sin2 а
М + т sin2 а
sin а д.
. < q sin a cos а
Ответ: ак,г: = -------—
----1- sin2 а
m
sin а
, ^гр
= 9
„ (2т т2'
1 + I-------
\ М М\
. о
sin а
1 +
sin2 а
Задача 823
Дано:
</, = 2Fi
l‘\ =f2=f
I '!
«2
d^2F
fl=2F
Гис. 555
.2
Решение. Собирающаяся линза создаст и ю
бражение S" светящейся точки S на рае» |<
янии 2F за ней:
1 _ £ J_ JL-_L 1
^~Й1+Л; Г'2С + ТГ’
Обозначим расстояние от фокуса соопрнш
щей линзы до рассеивающей линзы черп) t
(рис. 355). Изображение S', даваемое гоОц
рающей линзой, является мнимым и родин
том для рассеивающей линзы, так как пц 1НЦ1
падает сходящийся пучок лучей:
__L ~ 1 _ 1
F2 F - х а; ’
где d2 = F — х, f2 = х. В pact еивзтощей лид
зе получаем мнимое изображение S", он и
дящееся в фокусе собирающей лнпаы. Ini
1 1 1
-р = р — - + —, откуда получаем Kii;yip,ii
ное уравнение относительно а;
х F + F2 = О,
'Ч-'
UJ
l oropoe не имеет дейсгвигелыпях решений.
1'л ин предположить, что изображение S", даваемое раесеив,нощей ;)ип i(»tt
паходнтгя п другом <|>оку< е собирающей лип па мы опять приходим к ьпацрп i
ному ypaiiiieniiio (I)
(Jiпет решений 11<Т'.
9. Разные задачи
453
Задача 824
Дано:
п = 15
d= 10 см — 0,1м
I — 4 м
р = 5 • 102 кг/м3
М = 10 кг
Решение. Запишем условие плавания плота в скаляр-
ной форме относительно вертикальной оси у:
Рвы? М д тплогар = 0,
п тт<12 >
где Рвыт = —• I • д п рв — выталкивающая сила,
Оплота ~ п - р ^-1 — масса плота. Масса груза
тж = Z'п ’ (рв — р) — М, тх = 2110 кг.
Ответ: тпх = 2110 кг.
Задача 825
Дано:
т = 2000 кг
Р — 100 кВт = 105 Вт
v = 108 км/ч = 30 м/с
р = 0,1
а — ?
Рис. 356
Решение. На автомобиль действуют четыре
силы (рис. 356): сила тяжести FT = mg, сила
нормальной реакции N, сила тяги F и сила
трения FTp. Так как автомобиль движется
равномерно,
mg + F + N + FTp = 0,
и в проекциях на оси ж и у:
F — тд sin a — FTp — 0,
N — mg cos a — 0.
Frp = pN = pmp cos a.
Работу по перемещению автомобиля совер-
шает сила тяги
F = mg (sin a + р cos a).
Развиваемая автомобилем мощность
Р = F v • cos f} = mg(sin a + p cos a)v,
где j0 = 0°—угол между направлением силы тяги и направлением скорости,
sin а ~ а, так как угол а мал, и cos a 1.
Р Р
sm a « a =----p cos a =------p,
mgv mgv
a «0,07 = 4°.
Ответ: a = 4°.
454
9. Разные задачи
(1)
(1)
Задача 826
Дано:
ту = 2 кг
m-2 = 4 кг
тбл = 1 кг
Д/i = 40 см — 0,4 м
i>\ — ? v2 — ? Д — ?
Рис. 357
Решение. Воспользуемся законом сохране-
ния механической энергии (рис. 357):
Wj = Wn.
1. Если блок невесомый, то уравнение
имеет вид:
h (mi + m2)vl
(mi + m2)— = nugh +-----------1
2g
2
откуда
г?1 =
(mi + m2 + тбл)^
2
(m2-mi)gh
———— vi = 1,15 м/с.
(mi + m2)
2. С учетом массы блока уравнение (1) при-
обретает вид:
. /1
mi + m2) — = mip/г +
(m2 -m^gh
mi + m2 + тел ’
г?2 — 1,07 м/с.
г?2 =
3. Оценим ошибку:
д = ЦЛ^.1?0% = 7,5%.
Ответ: су = 1,15 м/с; г?2 = 1,07 м/с; Д = 7,5%.
Зпда’1а 827
Дано: in 1 т = 1000 кг h, 3 мм = 3 • 10“3 м / К) см = 0,4 м // 60% Решение. К.п.д. домкрата равно -^пол 'mgh Азатр F • 2717 ’ откуда mgh „ „ „
Г '? * = 2тт1т] Д = 2UH.
Отш'г: Р = 20Н.
Г 1идича 828
'(апо:
Решение. В системе возникнут незатухающие элект] >< >
магнитные колебания с частотой
1
\f <161Ц
* 7У* z<ii»m *“ >2 •
/
<Л> I '/<>
< п 3 о ___________
</<(/) ?</2(/) ?
В момент, когда заряд раснрг'делсп поршни между конденсаторами, шер
гия ......................... поля мпинмалнин, i । nu.i гока н нк'ргня магнитного
9. Разные задачи
455
поля максимальны. Заряд на конденсаторах в этот момент определяется по
закону сохранения заряда и равен ®. С учетом начальных условий находим
Задача 829
Дано:
Рмакс = 20 Вт
R = 5 Ом
£-? г-?
Ответ: г = 5 Ом; £ ~ 20 В.
Решение. Мощность, выделяемая на нагруз-
ке, равна
Р = I • Озаж = ДЕ - 1т),
где I — ток в цепи, US&>K = 8 — 1т — напряже-
ние на зажимах источника питания. График
зависимости Р от I изображен на рис. 358
и представляет собой параболу, пересекаю-
щую ось абсцисс в точках = 0 и Д =
8 8
1к.з. = — • Очевидно, что при I = зна-
чение мощности Р максимально. По закону
£
Ома, I = -дследовательно, мощность
будет максимальной при условии R = т.
Рмакс
= i2r =
Е2
4г
Следовательно, внутреннее сопротивление
т = R = 5 Ом, а £ = -\Дт Рмакс, £ = 20 В.
Задача 830
Дано:
Д = 6ч = 2,16 104 с
UJ2 = бШ1
«! —? i2—? ’
Решение. Угловые пути велосипедистов за время t
равны
= шД и <£>2 =
Велосипедисты окажутся на одном радиусе при
условии
ujjt — 2тг/д = a>2t — 2.irk2, (1)
где kt и fc2 —целые числа, Д < k2. Так как w2 = бед, уравнение (1) можем
переписать в виде
5w|t[ = 2тг(/с2 - кД,
456
9. Разные задачи
где шх = • Тогда
5
где Ti — 6Т2 = 6 час. Минимальное значение (fe — Ал) равно 1, следовательно,
6
ti = - ч = 72 мин.
5
Велосипедисты окажутся на взаимно перпендикулярных радиусах, если
7Г
СП1^2 ~ 27Г&1 — 0^2 — 2тгк‘2, ± —,
t2 = ~г(к2 - fci) ± <2 = 18мин,
5 20
так как минимальное значение (к2 — fci) равно нулю.
Ответ: = 72 мин; t2 = 18 мин.
Задача 831
Дано:
1/ = 40В
S' = 600 см2 =6-10”2м2
<1 = 4 см = 4 10~2 м
Е = 1
Решение. Емкость плоского конденсатора равна
_ EEqS
d ’
заряд на обкладках конденсатора
q = UC = U^~.
I (онерхностная плотность заряда
Q тт ££о
Ь а
Напряженность поля, создаваемого пластиной,
2е£о 2d
Сила взаимодействия двух пластин
F _ TT££oS и __ EEoSU2
1.8,85-10-.6-10-2-1600h = 2i66.10_7h_
F =
2 1610~4
Ответ: F = 2,66 10~7 Н.
Задача 832
7-шо
<’ 100 В
S ’’00 см2 =2 10 2 м2
t/i 0,5см 5 10 :!м
Ad «а 1СМ « 10~а М
.4 !
Peirrenrrc. При измепспип расстояния между пли
стниами конденсатор отключен от источники пн
тания, следонат<чн.п(1, тряд на его пластин.i
остается iku iohiiih.im l'af>ora,, сопертаемаи при
ра 1Д11ПЖГНПН нл к гни копдсша гора, ранни
I II Hi.
9. Разные задачи
457
где И1 = ^=г и W'2 = ^(J----энергии конденсатора до и после раздвижения
пластин.
q2 / i 1 \ (Ci£)2 / 1 1 \
2 \С2 CJ 2 <С2 cj
£2 fd+Ad
2 \ ££qS
d
££qS
£EqS £ • Ad
2d?
A = 3,54-IO"7 Дж.
Ответ: A — 3,54 10 7 Дж.
Задача 833
Дано:
q = Qi = = — 2 - 1016 Кл
I — 1 м
Решение. Воспользуемся законом сохранения
механической энергии:
WA = WB,
где
Wa = 2.AAsL
4тгеое 2
kel • |q|
4тгеоД
О
mv
РУВ = —2—‘
l&l - |g|
4яеое/
— энергия электрона в точках А и В соответственно.
откуда
Jqe| |g| _ mv2 |Qe| |q|
*±—— — w— ----- -J- /-— .
4тг£сД 2 4тг£о£7
1&| • |q|
TCEo&ml ’
v = 1125 м/с.
Ответ: v = 1125 м/с.
Задача 834
Дано:
m = 0,01 г = 10"5 кг
г = 1 мм = 10"3 м
I = 20 мм = 2 10* '2 м
|qi| = |дг| = g___
(^2 -951)—?
Решение. Сила взаимодействия между шарика-
ми равна
д2
4тг£(Д2 '
Верхний шарик поднимет нижний при условии
F = тд,
Q2
т9 = 4^’
откуда
q = 21у/тд7сео€.
158
9. Разные задачи
Согласно принципу суперпозиции, потенциал шарика равен сумме потенциалов
нолей, создаваемых двумя шариками:
4тгеоег 4tteqeI 1
Q Q
ipt =------------.
^ЗТЕоЕГ 4тГ£ое7
а 1\ , /та /1 1\
V2 - VI = 7)- - - 7 ) = - - - 7 )
2тгео yr IJ у тгео IJ
V2~Vi = 35,72 10s В.
Ответ: v? ~ Vi = 35,7кВ.
Задача 835
Дино:
f = 40 В
г = 0,04 Ом
,S’ = 170 мм2 = 1,7-10~4м2
I. 50 м
/ 200 А
UCB-?P~?
Решение. Сопротивление проводов
п 2Z
Rnp РсД
где р = 1,7-10-8 Ом м — удельное сопротп
вление меди. Напряжение на сварочном ан
парате (рис. 359) равно
UCB = £ - 1г - 12/4, Сев = 30 В.
м
Напряжение на зажимах генератора
Ur = £ — 1г, С7Г = 32В.
Мощность сварочной дуги
Р=исв-1, Р = 6000 Вт.
Ответ: Ur = 32В; UCB = ЗОВ; Р = 6кВт.
Задача 836
Дало:
U П)В
</*
С « ЮОикФ = 10~10Ф
Решение. Емкость двух последовательно соеднннн
них одинаковых конденсаторов
С -С
С1-2
? заряды на конденсаторах одинаковы и равны
ф = ис, = и^.
При нер<'М('111,('ниц пластин одного н:< K<npi,<'ii<'.iT<>pon его <‘mi<octi. стада рлвноП
< " 4(а общая емкое ri. цкух конце!к ан>|и in
К' О I ,
1>( ' 5
9. Разные задачи
459
Заряды на каждом из конденсаторов одинаковы и равны
4
<7п = UCn = -CU.
5
Напряжение на конденсаторах остается постоянным, так как они подключены
к источнику питания.
/4 1
Ад = 92 - Qi = I/O ( - - -
\5 2
А</ = 3 1СГ10 Кл.
= 0,3UC,
Ответ: Ад = 3-10 10 Кл.
Задача 837
Дано:
mi = 1кг
m2 = Зкг
Решение. На каждое из тел (рис. 360) дей-
ствуют две силы: сила тяжести и сила натя-
жения нити. Запишем основной закон дина-
мики для этих тел:
miai = mig + Т1}
Рис. 360
т2а2 = m2g + Т2.
В проекциях на ось у эти уравнения запи-
шутся в виде
miai=Ti-mig, (1)
—m2a2 = Т2- m2g. (2)
В силу условия нерастяжимости нити (ц =
а2 = a. Ti — Т2 = Т, и уравнения (1) и (2)
можно переписать в виде
mia = T~ mig, (3)
m2a = — Т + m2g. (4)
Сложим левые и правые части уравнений (3)
и (4):
(mi + m2)a ~ (m2 — mi)g,
откуда
W - mx 2mim25
a —---------g., I ~.
mi 4- m2 rrii 4- m2
Тогда
F _ 2T = 4mim2g
mi + m2 ’
F = 75H.
Ответ: F = 75 H.
1( О
9. Разные задачи
"Задача 838
[<шо:
К
и _____________
t '!
Решение. Из соображений симметрии следу-
ет, что в любой момент велосипедисты на-
ходятся в вершинах правильного треуголь-
ника, который со временем поворачивает-
ся и длины сторон которого уменьшаются.
Все велосипедисты встретятся в центре пра-
вильного треугольника. Скорость прибли-
жения к этой точке (рис. 361) равна проек-
ции скорости v на отрезок О А, т. е. v cos 30°,
тогда
t= |Ш|
vcos 30°’
где
„ 4. 2/
Ответ: t — 75—.
3v
H
H
Задача 839
Решение. Из соображений симметрии очевидно, что точки С, В,
Е и Н имеют один и тот же потенциал
VC ~ VD ~ VE = VHi
спедонателыю, тока в кольце CEDH нет. Эквивалентная схема состоит из че
1ыр<‘х полуколец ВС A, BEA, BDA, BIJA, соединенных параллельно. Общее
сопротивление цепи находим по формуле
R:c R R’ 8’
H
1 цг сопротивление полукольца.
Outer l{, =
О
Задача 840
'Oil 14 /.1 Решение. На каждое из тел действуют три силы (рис. 362): сила, тяжести, сила нормальной реакции и сила трения Запишем оспин ной закон динамики для тел: ш,а, М| I шщ I I1’,.!,,, (1) ni-fW 1 t"M 1 Г’гри, (2)
9. Разные задачи
461
Рис. 362
В проекциях на координатные оси уравнения (1) запишется в виде:
на ось х : miai = FTpi,
на ось у : 0 = Ai - mig,
FTpi = Д1М = pimig,
miOj = ц^т^д,
ai = 149-
Уравнение (2) в проекциях на те же оси:
на ось х : — «).2«2 = —-Ртр2,
на ось у : 0 = N% — m-ifj,
FTP2 = Д2-У2 = №™25,
ГП->0,2 — №m2fi,
°2 = №.?•
Путь первого тела до остановки определим из формулы 2«j .sj = Vq, откуда
v2 2
sj = 2^- = 2р° д • Аналогично для второго тела
2p-2ff
Тогда
^макс
51+82 = ^
2д
Ответ: /макс =
2
9. Разные задачи
дпча 841
ню:
39,2 м
в I кг
17,1 м
[уда. <1 « 5 м/с2.
по
(1)
(2)
Решение. На тело действуют две силы (рис. 363):
сила тяжести и сила сопротивления. Основной
закон динамики для тела имеет вид:
mg + Fconp = та,
и в проекции на ось у:
тд - Fconp = ma.
Тело движется равноускоренно без начальной
, at2 .
скорости, следовательно, h = где t — вре-
мя падения тела. Согласно условию задачи, за
время (t—1)с тело проходит расстояние (Zi—hj):
h h _a(Z-l)2
fl — fIJ —
Z'l-imp = 4,9Н.
цпчи 842
ПО’
31)"
' О, I____
Т/<) -?
7 сопр
получаем ква
h — hi
где t = у —. Отнс
дратное уравнение
— m(,g o), Fconp — 4,9 H.
" У,
Решение. На тело действуют четыре
(рис. 364): сила тяжести FT = mg, сила нор-
мальной реакции N, сила трения F.rp и сила F
Тело движется равномерно, следовательно,
F + mg + N + FTp = 0.
Спроецировав это уравнение на оси х
лучим:
F cos Р — F ,.(| — ш</ sin п = 0,
I У'1 sinР — ни/сона = 0,
= /lN /'(lllfl COSO — /'’sill//).
in.ip.i/KciiiK' (Л) и (I):
/п'/'ihin I /|(т</с<щ<1 У'’tun/У),
N
11оде ra.iiiiM
FcoH//
9. Разные задачи
463
откуда
(4)
р тд (sin а + р cos а)
cos/З + psin/3
Сила F будет минимальной, если знаменатель в выражении (4) будет макси-
мальным, и производная выражения (cos/3 + psin/З) должна равняться нулю:
(cos р + р sin р)' = — sin р + р cos /3 = 0,
т. е.
sin р = ц cos Р, tg/3 = р, /3 = 5,7°.
а + Р = 35,7°.
Ответ: а + Р = 35,7°.
Задача 843
Дано;
т-у = 1,5 кг
т2 = 0,45 кг
11 = 0,6 м
Z2 = 1м
а-?
Рис. 365
Решение. Чтобы тело mi оторвалось от по-
ла, сила натяжения нити Т (рис. 365) долж-
на удовлетворять условию
mi -g li < T-l2. (1)
Запишем для тела т2 основной закон дина-
мики:
m2a = Т + m2g.
Проецируя это уравнение на ось у, получаем
т2а = Т — тд,
т2—=Т — тд. (2)
/г
Воспользовавшись законом сохранения ме-
ханической энергии Wi = Иц, где Ид =
2
mgR(l — cosa), Wn = —------механическая
энергия тела т2 в положении I и в положе-
нии II соответственно, имеем
\ тг;2
mgR{X — cosa) = —,
v2 = 2Д?(1 — cosa). (3)
Подставив выражение (3) в (2), находим
Т = т2р(3 — 2 cos а).
Подставив выражение (4) в (1), находим
mill = m2(3 — 2cosa)Z2,
3 mpi 1
cosa = - — --—, cosa = —,
2 2m2Z2 2
a = 60°.
(4)
Z1tb/!T: a = 60°.
1
9. Разные задачи
VV>*ia 844
uio:
i 9г = 9-10~3кг
160 м/с
.40°
0,3 кг
45 м
Решение. Запишем закон сохранения импульса в ска-
лярной форме относительно вертикальной оси у:
miVo sin а = mjvi sin а + m-2Vy,
где vi — скорость пули, вылетевшей из доски.
н _ _ (fi sin ct)* 2
2д 2д ’
куда «1 sin a = y/2gH. Тогда
m-у (vo sin a — \/2gII)
vy =---------------------
т2
скорость доски непосредственно после того, как ее пробила пуля. Высота,
, цитирую подпрыгнет доска, равна
ml (vq sin a — ^/2gH)2
2g ~
h =
I'/ic'i" h = 0,11 см.
ta 845
"mo
30"
?
h — 0,11 см.
2д
Решение. Используем закон сохранения ме
ханической энергии (рис. 366):
Wi-Wii и TVi ^TViii,
2
^ = тдН,
О
mvQ _
~2~ =
2
2
= mgl(l - cos/3), (1)
2
mv _
-у- + mgh,
mv2 г.^ ч
——I- mgl(l — cosa),
(2)
2
где H = Z(1 — cos/3), h = 1(1 — coscu).
Определим v. Для этого запишем основ
ное уравнение динамики для шарика, 1ШЛ0
дящегося в положении II:
та = Т + mg,
и в проекции на ось .г:
7' — тд cos а = тац,
тд нт*
шоео.чо , ,
<<>но I
откуда
и* /(/ (
( ОН 11
9. Разные задачи
465
Подставив (3) в (2), решим совместно уравнения (1) и (2):
qZ / 1
откуда
— c.osa^ + qZ(l — cosa) = _qZ(l — cos/3),
2 1
cos P — - cos a-----------, p к: 49°.
3 2 cos a
cos а
Ответ: (3 — 49°.
Задача 846
Дано;
«01 = «02 = «0 = 6 м/с
a = 30°
/3 = 60°
Z = 2м
— ? Уа — ?
Решение. Найдем уравнения траекторий
струй (рис. 367).
Уравнения движения имеют вид:
gt2 g/,2
Ari=vOiZ + — и Дг2 = v02Z + —
Zj
Проекции уравнений на оси координат для
струи из первой трубы:
ху = «01 cos а • t, t =
q/2
У1 = «01 Sina • t--
откуда
«о 1 cog а
.2
д
г/! =tj-tga-^--2
2 Vqj cos2 a
Для струи из второй трубы:
Х-2 == Т02 - «02 COS j3t,
_ TQ2 — То
«02 COS Р ’
• о (Р'2
У-2 = w02smpt -
откуда
2
тог - т2 \ _ д / т02 - т2
«02 cos Р J 2 \ +12 cos р
2/2 = ’’02 Sin /3
где т02 = 2 м.
Подставляя числовые данные, получаем
у\ = 0,578т — 0,185т2 и у-2 = 1,24 + 0,49т — 0,55т2.
Струи пересекутся в точке, для которой
У1=У2= Уп,
получаем уравнение 37т2 + 8,8х — 124 = 0, откуда хп = 1,7 м, г/п = 0,46 м —
координаты точки пересечения струй воды.
Ответ; х,„ = 1,7 м; уп — 0,46 м. Струи пересекаются на расстоянии 1,7 м от
грубы, установленной под углом 30°, и на высоте 0,46 м.
66
9. Разные задачи
Задача 847
junior
Г 4,4-10~19Дж
3 • 10~7м
Y
Решение. Показатель преломления среды
с
п = -,
V
где v — скорость света в этой среде. Энергия фотона
ОгДа
> гнет: п = 1,5.
ch
n=wx’
{пдаяа 848
п = 1,5.
г
Diner I 1о,чп’(3 2<<н-о)
Решение. На шарик действуют две силы: си-
ла тяжести и сила натяжения нити. В пер
вом случае (рис. 368,в) основное уравнение
динамики для тела:
mai = Ti + mg,
и в проекции на ось у имеет вид:
О = Ti cos а — тд, Т) = -----
cos а
Во втором случае (рис. 368,6)
ma2 = Т2 + mg,
и в проекции на ось у:
О
TTL'V
та2=Т2-тд, -—^—^Т^-тд. (I)
Скорость v находим из закона сохранении
механической энергии:
Wi = Wn,
a
где Wi = mgh = mgl(1 — cos а), Жц = I
энергии тела в положении I и LT соотвг)
ственно.
mv2
mgl(l — cos «) = —- ,
v2 = 2gl(l -coso) (2)
Подставив выражение (2) в (I), находим
7'a »п/(3 2 coy о).
1'огди.
/
।и*Iv(3 2<о м)
9. Разные задачи
467
Задача 849
Дано:
mi = т2 = тп-2 = m
vo
»' - В
^2 ~ тг________________
V1, Ц, v3— ?
Решение. Скорости шайб mi и m2 после пер-
вого соударения (рис. 369) находим из зако-
на сохранения импульса и закона сохране-
ния механической энергии:
9 9 9
777j77q __ П1-2^2
2 ~ 2 + 2 ’
^o=wl+w2: (!)
и
mi vo = mj Vi + m2v2, (2)
откуда по теореме косинусов имеем
vo = vi + v2 ~ 2viv2 cos/3. (3)
Из сравнения уравнений (1) и (3) находим,
что /? = 90°. Спроецировав уравнение (2) на
оси координат, получим
i?i sin a — v2 sin(90 — a) — 0. (4)
vo = «1 cos a + v2 cos(90 — a). (5)
Решая совместно уравнения (4), (5) и (1), на-
ходим, что a = 45°.
Для второго соударения запишем
m2v^ m2v$ m2vl
+ (6)
Vo ,
m2v2 = m2 — + m2v3,
I Vo
где vf, =
Шайбы m2 и m3 разлетаются под прямым углом, и углы од = о2 = о = 45°,
как и в предыдущем соударении.
Из уравнения (2) находим vi — -^= и v2 = -у=- Из уравнения (6) получаем,
V 2 'V 2
что v3 =
Ответ: гц — -^=; v2
Vo
V3
- ^0
~ 2
168
9. Разные задачи
Задача 850
Дтю:
I
hi
Ч
I Q
а
Решение. На груз массой т действуют три
силы (рис. 370): сила тяжести mg, сила Т,
с которой стержень действует на тело, и си
ла Кулона Ркл- Равновесие тела в наинИ1-
шем положении будет устойчивым, если при
небольшом смещении Дт тела от положе
ния равновесия тело под действием сил, дей
ствующих на него, возвращается в исходное*
положение, т. е.
тд sin а > 7к.„ • sin 7,
где
sin а к а =
sin (3 « (3 —
НКл =
Из /\ОАВ находим
7= 180-/3-
sin 7 ps 7 а —
Ат
T’
Да;
I 4* G,
IqllQI
4тгеое(/ + a)2'
(180 — a) = a — /3,
Тогда
mga >
mg
~T >
|g| • |Q|(ct - /3)
4tteoe(Z + a)2 ’
|q| IQI - a
4tteoeZ(Z + a)3 ’
|g| |Q| < mg • 4tteoE
( hwr: |c/| • |Q| < mg • 4тг£Ое
Задача 851
Дино-
<1
и
I. 1
Решение. Если коэффициент преломления стекла равен п, а гол
щипа зеркала ей, то изображения будут располагаться симметрн'пк
2с/
относительно основного на расстоянии — от него.
Оглавление
От автора....................................................... 5
Глава 1. Механика............................................... 7
1.1. Кинематика.............................................. 7
1.2. Динамика............................................... 43
1.3. Импульс тела; закон сохранения импульса................ 75
1.4. Механическая работа и энергия. Закон сохранения энергии ... 86
1.5. Динамика криволинейного движения ..................... 114
1.6. Статика .............................................. 138
1.7. Гидро- и аэромеханика................................. 160
Глава 2. Молекулярная физика и термодинамика................. 176
2.1. Газовые законы........................................ 176
2.2. Молекулярно-кинетическая теория газов................. 200
2.3. Первое начало термодинамики........................... 208
2.4. Реальный газ; влажность............................... 220
2.5. Свойства жидкости.................................... 228
2.6. Тепловое расширение твердых и жидких тел ............. 235
2.7. Закон сохранения энергии в термодинамике; уравнение теплово-
го баланса.................................................. 241
Глава 3. Электричество........................................ 254
3.1. Электростатика........................................ 254
3.2. Постоянный электрический ток ......................... 290
3.3. Магнитное поле........................................ 316
Глава 4. Колебания и волны; переменный ток.................... 336
Глава 5. Геометрическая оптика................................ 364
Глава 6. Волновая оптика...................................... 399
Глава 7. Квантовые свойства света; фотоэффект................. 405
Глава 8. Атомная и ядерная физика........................... 410
Глава 9. Разные задачи ....................................... 420
Учебное издание
Марина Васильевна Фомина
Решебник задач по физике
В помощь поступающим в вузы
Заведующий редакцией В. В. Герасимовский
Ведущий редактор В. И. Самсонова
Художник Б. Л. Будинас
Художественный редактор Н. В. Зотова
Технический редактор О. Г. Лапко
Оригинал-макет подготовлен А. А. Пудовым
В пакете ETgX 2е с использованием семейства шрифтов Computer Modern
с кириллическим расширением LH
Лицензия ЛР Яе 010174 от 20.05.97 г.
Подписано к печати 08.05.2001 г. Формат 70 х 100/16.
Печать офсетная. Объем 14,75 бум. л.
Усл.-печ. л. 38,35. Уч.-изд. л. 26,34.
Изд. № 2/9758. Тираж 8 000 экз. Заказ 3953.
Издательство «Мир»
Министерства РФ по делам печати,
телерадиовещания и средств массовых коммуникаций
107996, ГСП-6, Москва, 1-й Рижский пер., 2.
Диапозитивы и з го го в л сны
в издательстве «Мир»
Отпечатано и полном cooruerciniui
с качеством предоставленных Aiiniio.inriHioh
и ОАО «Можанскнн полшрафшнм кий комб1П1.|Г
143200, i Можайск, ул Мира 4,1
ЛУЧШИЕ КНИГИ МИРА—
В ИЗДАТЕЛЬСТВЕ «МИР»
</ / W
W7
Имеются в продаже:
Парфентьева Н. А., Фомина М. В. ПРАВИЛЬНЫЕ
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ. - 469 с., ил.
Авторы книги — вузовские преподаватели,
имеющие большой опыт работы с абитуриентами.
Книга учит грамотному подходу к решению задач
по физике и поможет самостоятельно подгото-
виться к выпускным экзаменам в школе и вступи-
тельным экзаменам в вуз.
В ней излагаются наиболее сложные для
школьников вопросы физики и приводятся под-
робные решения задач. Каждая глава начинается с
краткого изложения теории, после которой приведены и подробно разо-
браны решения задач, расположенные в порядке возрастания их сложно-
сти. Оформление решений соответствует требованиям, предъявляемым к
абитуриентам на вступительных экзаменах по физике.
Для школьников старших классов, абитуриентов и преподавателей
физики.
В
”6
та
сс
&
I
чо В
Пул Ч. СПРАВОЧНОЕ РУКОВОДСТВО ПО ФИ-
ЗИКЕ. Фундаментальные концепции, основ ые
уравнения и формулы: Пер. с англ. — 29 л., ил.
Автору — профессору физики Университета Юж-
ной Каролины — удалось собрать в одной книге
материал, составляющий содержание многотом-
ных изданий.
Книга содержит сжатое систематическое из-
ложение основных концепций и уравнений фи-
зики, а также избранные разделы математической
физики. Справочник включает основы классиче-
ской механики, нелинейной динамики, теории
относительности, термодинамики и статистической механики, электро-
динамики и оптики, квантовой механики и физики атома, физики кон-
денсированных сред, атомного ядра и элементарных частиц.
Для студентов, аспирантов и преподавателей университетов и вузов
физико-технического профиля, а также для научных работников.
К 1 о
ГД Н
’S оо о
к 1-5
fig s
’К Ди
оо
Книги издательства «Мир»
можно приобрести по издательским ценам .
в рекламно-коммерческом центре издательства по адресу:
Москва, 1-й Рижский пер., д. 2
Тел.: (095) 286-83-88, 286-25-50, 286-82-33
Проезд: метро «Рижская», далее авт. 714 до остановки
«1-й Рижский переулок»
Иногородним покупателям (в пределах России)
книги высылаются наложенным платежом
ЗАКАЗЫ s
с указанием автора, названия книги, количества экземпляров,
ФИО и адреса получателя следует направлять в коммерческую службу:
обычной почтой: 107996, ГСП-6, Москва, 1-й Рижский пер., д. 2
факсом: (095) 286-84-55
по электронной почте: victor@mir.msk.su
по сети Internet: http://www.mir-pubs.dol.ru
КНИГИ ИЗДАТЕЛЬСТВА «МИР»
также можно приобрести в следующих крупнейших магазинах:
Москва.
• ГУП «Объединенный центр «Московский Дом книги» —ул. Новый Арбат, д. 8.
Тел.: (095) 290-45-07
• ТД «Библио-глобус» — ул. Мясницкая, д. 6. Тел.: (095) 928-43-51
• «Дом технической книги» — Ленинский пр., д. 40. Тел.: (095) 137-60-38
• «Медицинская книга» — Комсомольский пр., д. 25. Тел.: (095) 245-39-33
• ДК «Молодая гвардия» — ул. Б.Полянка, д. 28. Тел.: (095) 238-50-01
Санкт-Петербург
• ГУП «Санкт-Петербургский Дом книги»—Невский пр., д. 28. Тел.: (812) 219-49-15
• ГТП «Техническая книга» — ул. Пушкинская, д. 6. Тел.: (812) 164-65-65
Новосибирск
•«Топ-книга» —ул. Арбузова д. 1/11. Тел.: (3832) 16 10 28
Екатеринбург
•«Дом книги» ул Вилем, д. 12 Гел : (1432) 5‘) 42 00
•‘Книжный мша inn N 14- vn Чшпос мшпев, д 1 Iел (143.') 53 24 8*>
М.В. Фомина
Решебник
по
задач
ЗЕ
изике