Автор: Парфентьева Н.А.
Теги: воспитание обучение образование физика методика преподавания учебных предметов в общеобразовательной школе
ISBN: 978-5-09-020904-5
Год: 2011
Текст
Классический курс
Н. А. Парфентьева
ГЛТПТт
Классический курс
Н. А. Парфентьева
физика
Решебник
10 класс
Пособие для учителей
общеобразовательных
учреждений
Москва
«Просвещение»
2011
УДК 372.8:53
ББК 74.262.22
П18
Серия «Классический курс» основана в 2007 году
Парфентьева Н. А.
П18 Физика. Решебник. 10 класс : пособие для учите-
лей общеобразоват. учреждений / Н. А. Парфен-
тьева. — М. : Просвещение, 2011. — 144 с. : ил. —
(Классический курс). — ISBN 978-5-09-020904-5.
Пособие входит в учебно-методический комплект «Классиче-
ский курс» по физике и содержит ответы на вопросы и решения за-
дач из учебника для 10 класса авторов Г. Я. Мякишева, Б. Б. Бу-
ховцева, Н. Н. Сотского.
Кроме этого, в пособии представлены решения наиболее слож-
ных задач из сборника задач по физике автора Н. А. Парфентье-
вой, входящего в состав учебно-методического комплекта «Класси-
ческий курс».
Пособие поможет учителю в обучении решению задач и форми-
ровании у учащихся навыков в применении теоретических знаний
на практике.
УДК 372.8:53
ББК 74.262.22
Учебное издание
Серия «Классический курс»
Парфентьева Наталия Андреевна
ФИЗИКА
Решебник
10 класс
Пособие для учителей общеобразовательных учреждений
ЦЕНТР ЕСТЕСТВОЗНАНИЯ
Руководитель Центра В.И.Егудин. Зам. руководителя Центра Е.К.Лип-
кина. Редактор Г. Н. Федина. Младший редактор Т. И. Данилова. Худож-
ники М. Е. Савельева, С. А. Крутиков. Художественный редактор Т. В. Глуш-
кова. Технический редактор и верстальщик Н. В. Лукина. Корректоры
И. П. Ткаченко, А. К. Райхчин
Налоговая льгота — Общероссийский классификатор продукции ОК 005-
93—953000. Изд. лиц. Серия ИД № 05824 от 12.09.01. Подписано в печать с
оригинал-макета 07.09.10. Формат 60 х ЭО'/гв- Бумага офсетная. Гарнитура
Школьная. Печать офсетная. Уч.-изд. л. 8,93. Тираж 7000 экз. Заказ № 3950.
Открытое акционерное общество «Издательство «Просвещение».
127521, Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.
Отпечатано в полном соответствии с качеством предоставленных издательством
материалов в ОАО «Тверской ордена Трудового Красного Знамени
полиграфкомбинат детской литературы им. 50-летия СССР». 170040, г. Тверь,
проспект 50 лет Октября, 46. V
ISBN 978-5-09-020904-5 © Издательство «Просвещение», 2011
© Художественное оформление.
Издательство «Просвещение», 2011
Все права защищены
Предисловие
Пособие входит в учебно-методический комплект «Классиче-
ский курс» по физике и содержит ответы на вопросы и реше-
ния задач из учебника для 10 класса авторов Г. Я. Мякишева,
Б. Б. Буховцева, Н. Н. Сотского. Главная цель издания — обуче-
ние решению задач, а также содействие формированию навыков
в применении теоретических знаний на практике.
Решение задач невозможно без изучения теории и понимания
физических законов. Поэтому в начале каждого раздела, для на-
поминания, приведены основные формулы, отражающие законы
и понятия, которые подробно рассмотрены в учебнике.
Кроме этого, в пособии представлены решения наиболее слож-
ных задач из сборника задач по физике автора Н. А. Парфентье-
вой, входящего в состав учебно-методического комплекта «Клас-
сический курс».
Пособие подготовлено для вышеуказанного учебника, начиная
с 17-го издания. Необходимые по ходу текста ссылки на материал
учебников ранних изданий приведены в круглых скобках. Если
какие-то вопросы или задачи отсутствуют в учебнике раннего из-
дания, то в круглых скобках стоит знак «-».
Желаем успеха!
Физика. 10 класс.
Г. Я. Мякишев, Б. Б. Буховцев, Н. Н. Сотский
МЕХАНИКА
В разделе физики «Механика» изучаются механическое дви-
жение, условия и причины, вызывающие данное движение, а так-
же условия равновесия тел.
КИНЕМАТИКА (главы 1 и 2)
Средняя скорость перемещения уср = kr/t.
Средняя скорость прохождения пути уср1 = s/t.
-> Д^
Мгновенная скорость омгн = lim —.
At ► 0 Д£
Мгновенная скорость тела при равномерном прямолинейном
движении
Умгн = Уср = Ьг/Ы.
Закон движения тела при равномерном прямолинейном движе-
нии:
х = х0 ± vt.
Классический закон сложения скоростей и = v0 + и'.
Среднее ускорение при движении с переменной скоростью
Скорость тела при прямолинейном равноускоренном движении
v = v0 + at.
Закон движения тела As = vot +.
При движении точки вдоль оси ОХ
vx = ±l>0 ± at; х - х0
, t .at2
= +vnt ±------.
0 2
Угловая скорость при равномерном вращении
_ А<р _ <р - <р0
Л£ Л/
Угол поворота <р = <р0 + cot; при t = 0, <р = <р0.
Связь линейной и угловой скорости: и = гео.
Центростремительное (нормальное) ускорение
ацс = и2/г = (02Г = УСО.
4
Ш Ответы на вопросы к § 4
1. Телом отсчёта называется тело, относительно которого рас-
сматривается движение. Например, движение автобуса можно
рассматривать относительно дороги (телом отсчёта является доро-
га), относительно параллельно движущейся машины (телом от-
счёта является машина).
2(-). Положение точки в пространстве можно задать двумя спо-
собами: координатами точки, выбрав координатные оси, или ради-
ус-вектором, проведённым из начала координат в данную точку.
3(—). Если точка движется по прямой, для определения её по-
ложения достаточно знать одну её координату, при движении по
плоскости — две координаты, при движении в пространстве —
три координаты.
4(-). Радиус-вектором называется вектор, проведённый из на-
чала координат в данную точку.
5(§ 6, 1). Проекцией вектора а (АВ) на какую-либо ось называ-
ется длина отрезка AjBj между проекциями точек А и В на эту
ось, взятую со знаком «+» или «—».
-> ----------------------->•
6(§ 6, 2). Проекция ах вектора а в случае, когда вектор А]В]
направлен так же, как и ось ОХ, положительна: ах = -bAjBp
-> ----------------------->
7(§ 6, 3). Проекция ах вектора а в случае, когда вектор AjBj
направлен противоположно оси ОХ, отрицательна: ах = -AjBj.
8(§ 6, 4). Проекция вектора на перпендикулярную к нему ось
равна нулю.
£9 Ответы на вопросы к § 6 (§ 8)
1. Перемещение точки — вектор, соединяющий начальное и
конечное положения точки. При движении тела перемещения
разных его точек могут быть различны.
2(3). Путь, пройденный точкой, и модуль её перемещения равны
только в случае прямолинейного однонаправленного движения.
£9 Ответы на вопросы к § 8 (§ 10)
1. Уравнение равномерного прямолинейного движения точки
в векторной форме имеет вид г = r0 + vt.
2. Уравнение равномерного прямолинейного движения при
движении точки по оси OY: у = у0 + vyt или у = у0 ± vt, где
v — модуль вектора скорости. В случае если направление скоро-
сти совпадает с направлением оси OY, выбираем знак «+», в слу-
чае когда направления скорости и оси противоположны, выби-
раем знак «-».
Уравнение равномерного прямолинейного движения при движе-
нии точки по оси OZ: z = z0 + vzt или z = z0 ± vt, где v — модуль век-
тора скорости. В случае если направление скорости совпадает с на-
правлением оси OZ, выбираем знак «+», в случае когда направления
скорости и оси противоположны, выбираем знак «->>.
5
X? Решение задач из упражнения 1
Задача 1(2).
Дано:
х0 = 12 м
t = 6 с
и = 3 м/с
Решение:
По условию задачи точка движется прямолинейно
и равномерно.
Уравнение движения в данном случае: х =
= х0 + vxt.
Так как скорость направлена в сторону, противопо-
ложную положительному направлению оси X (рис. 1.1), то vx = -v
и уравнение движения примет вид х = х0 — vt.
Координата точки в мо-
мент времени t = б с
х = 12 - 3 • 6 (м) = -6 м.
В нашем случае путь равен
модулю перемещения, так как
движение происходит всё вре-
мя в одном направлении.
| Дг | = | -6 - 12 | (м) = 18 м.
В данном случае модуль перемещения равен пройденному точ-
кой пути.
Ответ: -6 м; 18 м.
t = 6c
v t = Qc
-10
10
20 х, м
Аг
Рис. 1.1
0
Задача 2(4).
Дано:
0 < t < 3 с
3 < t < 7 с
7 < t < 9 с
Ур V2, v3 ?
Графики:
I vx l> vx
и s от t — ?
Решение:
Из графика очевидно, что в интервале време-
ни от 0 до 3 с точка двигалась в направлении,
противоположном положительному направлению
оси X.
Проекция скорости точки
—4— 2(м А м
v =------ — = -2 —.
3 к с ) с
В интервале от 3 до 7 с координата точки не
изменялась, следовательно, скорость была равна нулю.
В течение интервала времени от 7 до 9 с координата точки из-
менилась от -4 до 0 м, следовательно, проекция скорости
_0-(-4)f м') м
х3 2 [ с J 2 с
На рисунке 1.2 показан график зависимости проекции скоро-
сти от времени, а на рисунке 1.3 — график зависимости модуля
скорости от времени.
Если координата точки может уменьшаться в зависимости от
направления движения, то путь, пройденный точкой, всё время
увеличивается.
За первые 3 с точка прошла путь, равный 6 м, затем на 4 с
точка останавливается и за последние 2 с точка проходит
6
Рис. 1.2
путь, равный 4 м. Таким образом, пройденный точкой путь ра-
вен 10 м.
На рисунке 1.4 изображена зависимость пути от вре-
мени.
Обратим внимание на то, что модуль перемещения точки ра-
вен 2 м.
Ш Ответы на вопросы к § 9 (§ 11)
1(-). Средней скоростью перемещения называется вектор, рав-
ный отношению перемещения точки к промежутку времени, за
который это перемещение произошло: Уср = —. Средняя скорость
перемещения — это скорость такого равномерного движения, при
котором точка за то же время, что и при переменном движении,
попадает из начального положения в конечное, двигаясь вдоль
прямой, соединяющей эти точки.
2(1). Мгновенная скорость — это скорость в данный момент
времени.
3(2). Мгновенная скорость направлена по касательной к траек-
тории в данной точке.
4(3). Если модуль скорости не изменяется, то это не означает,
что скорость точки постоянна, так как она может изменяться по
направлению.
5(-). Средняя путевая скорость или средняя скорость движе-
ния равна отношению пути, пройденного точкой, ко времени, за
„ s
которое этот путь пройден: Уср , = -.
7
Решение задач из упражнения 2
Задача 1.
Дано: Решение:
г?! = 36 км/ч = 10 м/с t>2 = 20 м/с Обратим внимание на то, что при запи- си данных задачи мы сразу же значения
^1отн2» ^2отн1 скорости привели к одной системе еди- ниц. Рассмотрим движение первого авто- мобиля относительно второго (рис. 1.5).
Со вторым автомобилем связываем подвижную систему отсчёта.
Согласно классическому закону сложе-
ния скоростей скорость первого автомоби-
ля равна векторной сумме двух скоро-
стей — скорости второго автомобиля и
скорости первого автомобиля относитель-
но второго: у, = у2 + ?1отн2-
Таким образом, скорость первого ав-
томобиля относительно второго
у1отн2 ~ V1 ~ и2-
у1отн2
Рис. 1.5
В проекции на ось ОХ: у1отн2 = i>i - (~v2).
Учитывая направления скоростей, имеем
У1отн2 = Ю - (-20) (м/с) = 30 м/с.
Очевидно, что скорость второго автомобиля относительно пер-
вого равна по модулю и направлена в противоположную сторону.
Ответ: 30 м/с; 30 м/с.
Задача 2.
Дано:
г?! = 72 км/ч =
= 20 м/с
и2 = 102 км/ч =
= 30 м/с
= 900 м
12 = 140 м
t — ?
Решение:
Относительная скорость поездов
уотн1 = уотн2 = Р1 + р2 (см- задачу 1).
Любая точка каждого из поездов, пока они
проносятся мимо друг друга, проходит рас-
стояние + 12.
Тогда время движения поездов
Z] + Z2 _
с>1 + о2 ’
, 900 + 140, ч onQ
t =---------(с) = 20,8 с.
20 + 30
Ответ: 20,8 с.
Ш Ответы на вопросы к § 11 (§13)
1. Ускорением называется предел отношения изменения ско-
рости Ду к промежутку времени Xt, за которое это изменение про-
изошло при стремлении промежутка времени к нулю. Ускорение
характеризует быстроту изменения скорости.
2. Если при прямолинейном движении модуль скорости уве-
личивается, то ускорение и скорость направлены в одну сторону,
если модуль скорости уменьшается, то ускорение и скорость на-
правлены в противоположные стороны.
8
3(4). Ускорение тела (точки) может быть отлично от нуля, ес-
ли скорость равна нулю. Так, если бросить тело вертикально
вверх, то в наивысшей точке подъёма скорость равна нулю, а ус-
корение отлично от нуля, и благодаря ему в последующие момен-
ты времени скорость тела увеличивается. Ускорение пропорцио-
нально не скорости, а скорости её изменения.
Ш Ответы на вопросы к § 12 (§ 14)
1. Если вектор изменения скорости за равные промежутки
времени остаётся постоянным, то ускорение постоянно.
2. При прямолинейном равноускоренном движении ускорение
и скорость направлены в одну сторону, при равнозамедленном
движении — в противоположные стороны.
3. Единицей ускорения в Международной системе единиц (СИ)
является метр на секунду в квадрате (м/с2). Единицами ускоре-
ния также могут быть см/с2, м/мин2, км/ч2 и т. д.
Решение задач из упражнения 3
Задача 1 Дано: v0 = 4 м/с а = 2 м/с2 t = 4 с vx — ? данные, пог их = 4 Ответ: 1S Задача 2 Дано: х0 = 10 м и0 = 20 м/с а = 10 м/с2 t = 1, 2, 3, х19 х2, х3, х4 Сделаем Д1 ростт ны: Ср П [учим 1-2-4 м/с. (3). 4 с — ? таблиг Решение: зижение точки равноускоренное. Проекции ско- I и ускорения на ось X (рис. 1.6) положитель- >Ох = 4 м/с, ах — а — 2 м/с2. сорость точки изменяется по закону: Vx = У0х + _ эдставив числовые —► « значение скорости: ВИ__>Ро '"7 (м/с) - 12 м/с. * Л. Рис. 1.6 Решение: Движение тела равноускоренное. Проек- ция скорости на ось ОХ отрицательна: vOx = —20 м/с, а проекция ускорения положи- тельна, так как оно направлено противопо- ложно начальной скорости: ах = 10 м/с2. Уравнение движения тела имеет вид at2 х = х0 +vOxt + —. i,y для удобства расчётов.
Время, с -vot, м х0 + м at2/2,м X, м
1 -20 -10 5 -5
2 -40 -30 20 -10
3 -60 -50 45 -5
4 -80 -70 80 10
9
Мы видим, что сначала тело двигалось в направлении, про-
тивоположном положительному направлению оси ОХ, по направ-
лению начальной скорости. Запишем зависимость скорости от
времени: vx = vOx + axt. Подставив числовые данные задачи, полу-
чим выражение их = -20 + 10t.
Отсюда следует, что через 2 с после начала движения скорость
тела станет равной нулю. После остановки оно начнёт двигаться
в положительном направлении оси ОХ и через 4 с значение его
координаты будет положительным.
Ответ: —5 м; —10 м; —5 м; 10 м.
Задача 3(4).
Дано:
щ = а2 = 2 м/с2
г?! = 36 км/ч = 10 м/с
v2 = 72 км/ч = 20 м/с
I = 300 м
t — ?
Решение:
Направим ось ОХ вниз, вдоль горы
(рис. 1.7). Начало координат совместим
с начальным положением первого мо-
тоциклиста. Тогда уравнение движе-
ния первого мотоциклиста имеет вид
Уравнение движения второго мотоцик-
, at2
листа имеет вид х2 = I - v21 + .
Условие встречи математически выра-
жается равенством координат движущихся
. , at2 , . , at2
тел: Xj = х2 или i^t Н-= I - v2t Н--.
2 2
Из последнего уравнения найдём время
, I t 300 . .
встречи: t =------, t = ——— (с) = 10 с.
У] + v2 10 + 20
Рис. 1.7
Ответ: 10 с.
Замечание. В условии задачи дано лишнее данное, а именно ус-
корение тел. Это не должно вас смущать, так как иногда в форму-
лировках задач встречаются лишние значения, которые не нуж-
ны для того, чтобы дать ответ на вопрос задачи.
Ускорение нам пригодилось бы, если нужно было узнать место
встречи мотоциклистов.
Решение задач из упражнения 4
Задача 1.
Дано:
t = 2 с
h, vK — ?
Решение:
Движение камня прямолинейное и равноускорен-
ное. Начальная скорость равна нулю:
п0 = 0.
Направим ось OY вертикально вниз, совместив начало коорди-
нат с начальным положением камня (рис. 1.8).
10
Тогда уравнение движения запишем в виде
a i2
У = Уо + »оу1 + —^~ •
По условию задачи у0, v0 = 0, a a=g.
st2
Тогда у = 2—.
Ci
Так как время падения известно, то, под-
ставив в последнее уравнение t = 2 с, получим
. 10-22 . оп
h =------(м) = 20 м.
2
Движение равноускоренное, скорость кам-
ня со временем изменяется по закону: vy = gt.
vK = vy = 10 2 (м/с) = 20 м/с.
Ответ: 20 м; 20 м/с.
I У°-0
Рис. 1.8
g
Задача 2(5).
Дано:
v = 20 м/с
h = 10 м
Решение:
Движение камня криволинейное и
ускоренное с ускорением свободного падения
g = 10 м/с2.
в векторном виде:
равно-
Уравнение движения
' < , а^2
’п< -I-
0 2
Выберем оси координат, как показа-
но на рисунке 1.9.
Проекции скорости на выбранные
оси: vx = v0, vy = 0.
Проекции ускорения: ах = 0, ау = -g.
Уравнение (1) в проекциях на оси
ОХ и OY имеет вид
х = vot,
y = h-E—
2
Условие падения камня: у = 0. Тогда
g^2
из уравнения (3) получим 0 = h---—,
2
(1)
(2)
(3)
следовательно, t
Подставив эту формулу в выраже-
ние (2), определим дальность полёта:
Направим ось OY вертикально вниз
(рис. 1.10), совместив начало коорди-
нат с начальным положением камня.
t„ , L, v,
о
L = v0
11
Тогда уравнение движения можем записать в виде
а/2
У =yo+vOyt + —~.
Li
По условию задачи у0 = 0, и0 = 0, а а = g.
gt2
Тогда у = —.
Li
Скорость при движении камня изменяется по закону:
V = и0 + gt,
или в проекциях на выбранные оси: vx = v0 = const, vy = +gt.
Подставив в последнее выражение время падения камня,
для проекции OY конечной скорости имеем
В результате vK = + 2gh.
Произведём расчёты. t„ = J —= V2 (с) = 1,4 с.
L = 20^^ (м) - 28 м. vK = V202 +2-10-10 (м/с) ~ 24,5 м/с.
Ответ: —1,4 с; —28 м; ==24,5 м/с.
Замечание. Мы решили задачу формально, записав уравнение
движения с постоянным ускорением.
Однако следует задуматься и понять, как рассматривать та-
кой тип сложного движения. На основе закона о независимости
движений можно представить данное движение как сумму двух
независимых движений: равномерного движения по горизонта-
ли и равноускоренного движения по вертикали. Когда мы выби-
рали систему координат, то фактически именно это и имели
в виду.
В некоторых задачах, как мы увидим далее, следует рас-
сматривать движение, выбрав иначе направление осей коор-
динат.
Задача 3(6).
Дано:
и0 = 20 м/с
а = 45°
t = 2 с
1) Я — ?
2) L — ?
3) vH - ?
4) ив, хв, ув ?
Решение:
Движение мяча криволинейное и равноус-
коренное с ускорением свободного падения
g = 10 м/с2.
Уравнение движения в векторном виде:
- ' at2 ,,.
г = г0 + vot + —. (1)
Li
Выберем оси координат, как показано на
рисунке 1.11.
12
(2)
(3)
Уравнения для проекций
их = и0
vy = »o
1) Время подъёма равно
(4)
t,
2
Проекции начальной скорости на выбранные оси:
о0х = v0 cos а,
иОу = uo sin «•
Проекции ускорения: ах = 0, ау = -g.
Уравнение (1) в проекциях на оси ОХ и OY имеет вид
х = (о0 cos a)t,
gt^
у=(и0 sin a) t-^—.
Ci
скорости:
cos а = const,
sin а - gt.
времени падения мяча. Тогда
_ и0 sin а
под g
Подставив это выражение в формулу (3), получим максималь-
ную высоту подъёма:
„ , . , vn sina g( vn sinaA2 (on sina)2
у = H=(vQ sina) —------| ---~-
g 2\ g ) 2g
2) Для определения дальности полёта мяча необходимо знать
время полёта.
Находим его из уравнения (3) и условия — в момент падения
gi^
координата у = 0. 0 = (о0 sina)tn-—.
2
_ 2un sina
Откуда t„ = —------.
g
Подставив это выражение в уравнение (2), получим
r 2oncosa о2 sin 2a
L = vQ cos a —=---= —-------.
g g
3) Проекция скорости на горизонтальную ось постоянна,
в наивысшей точке подъёма проекция скорости на ось OY равна
нулю, так как скорость направлена горизонтально.
Тогда при у = Н скорость мяча vI{ = vQx = о0 cos a.
4) Вычислив время подъёма, определим, где будет находить-
ся мяч через 2 с после начала движения. Время подъёма
. 20 sin 45° , , , .
Л,оД =------- (с) = 1,4 с.
13
Следовательно, в момент времени, равный 2 с, мяч уже падал.
Обозначим на рисунке точку, в которой он находился, буквой В.
Определим координаты мяча и его скорость:
gf 2
х = (и0 cos a) tB, у = (v0 sin a)tB - .
Li
Для скорости имеем vB = y](v0 cos а)2 + (t>0 sin а - gtB)2.
Угол, под которым направлена скорость в точке В, определяем
(t>0 sina)-giB
по формуле tg р = —у.
v0 cos а
Произведём расчёты.
(20sin45°)2
Н =----------------(м) = 10 м.
2 10
т 202 sin 90° , ,
L =-----------(м) = 40 м.
10
ин = 20 cos 45° ~ 14 м/с.____________
ив = -7(20 cos 45°)2 +(20 sin 45° - 10 • 2)2 —15 м/с.
tgp = 20 sin45°-10.2 = _0>4i)
20cos 45°
хв = (20 cos 45°) • 2 (м) — 28 м,
1 П. 92
ув = (20 sin 45°) • 2 - z (м) ~ 8 м.
2
Ответ: 10 м; 40 м; —14 м/с; —15 м/с; —28 м; —8 м.
1)
2)
3)
4)
Ш Ответы на вопросы к § 17 (§ 19)
1. Скорость постоянна по модулю, но направление скорости
непрерывно изменяется, поэтому скорость точки непостоянна.
2. При равномерном движении по окружности точка движется
с постоянным по модулю центростремительным ускорением, ко-
торое всегда направлено к центру окружности. Направление уско-
рения изменяется. Следовательно, оно непостоянно.
3. Ускорение направлено к центру окружности, по которой
движется конец стрелки часов.
Ш Ответы на вопросы к § 18 (§ 20)
1. Абсолютно твёрдым телом называется тело, расстояние ме-
жду любыми точками которого остаётся постоянным. На самом
деле тела деформируются, но если деформация незначительна и
ею можно пренебречь, то тела считают абсолютно твёрдыми. Аб-
солютно твёрдое тело — это модель реального тела, которой удоб-
но пользоваться при решении некоторых задач.
2. Поступательное движение — это движение, при котором от-
резок, соединяющий любые две точки твёрдого тела, остаётся па-
раллельным самому себе. При поступательном движении траекто-
рии всех точек тела одинаковы.
3. Движение поршня насоса в двигателе машины на прямой
дороге; самолёта, совершающего посадку.
14
Ш Ответы на вопросы к § 19 (§ 21)
1(2). Ось вращения — прямая, которой принадлежат центры
окружностей, по которым движутся различные точки вращающе-
гося твёрдого тела.
2(3). Угловая скорость равна отношению угла поворота тела
или угла поворота радиус-вектора, соединяющего ось вращения
с любой точкой твёрдого тела, к промежутку времени, за который
этот поворот произошёл. Угловая скорость характеризует быстро-
ту вращения тела относительно оси.
3(4). Минутная стрелка совершает полный оборот за 1 ч, а ча-
совая — за 12 ч. Следовательно, угловая скорость минутной
стрелки больше угловой скорости часовой стрелки в 12 раз.
Решение задач из упражнения 5
Задача 1.
Дано:
v = 95 м/с
d = 30 см =
= 0,3 м
л — ?
Решение:
Число оборотов в секунду связано с угловой ско-
0)
ростью вращения соотношением п = —.
2 л
Связь линейной скорости с угловой имеет вид
wd
v = тг - —.
2
Окончательно число оборотов п =
Подставим данные задачи: п =
2v _ и_
2nd nd
—— [ — ] = 100 об/с.
3,14-0,3 t с )
В задаче требуется определить максимально возможное число
оборотов диска в минуту, поэтому п = 100 • 60 = 6000 (об/мин).
Ответ: 6000 об/мин.
Задача 2.
Дано:
I = 3,5 м
А/ = 15 мин
V, Лф — ?
Решение:
Период вращения конца минутной стрелки ра-
вен 1 ч или 3600 с.
Модуль скорости конца минутной стрелки
Подставим значения:
м
с
2-3,14
3600
• 3,5 ~ 6,1-10 '3
и =
За 15 мин стрелка поворачивается на
угол, равный п/2.
Как видно из рисунка 1.12, на такой же
угол поворачивается вектор линейной ско-
рости.
Очевидно, Лф = п/2.
Ответ: 0,61 см/с; п/2.
15
ДИНАМИКА (главы 3 и 4)
г* п ^2
Закон всемирного тяготения F = G —*—-, где г12 — расстояние
г212
между материальными точками или центрами шаров; G — гравита-
ционная постоянная, G = 6,67 • КГ11 Н • м2/кг2.
Сила тяготения, действующая на тело массой пг, находящееся
тМг,
над поверхностью Земли на высоте /г: F = G----—, где —
(Я3 +Л)2
масса Земли; /?3 — радиус Земли.
Ускорение свободного падения g = G-^- = 9,81 м/с2.
/?2
Сила упругости Гупр х = -kx, где k — коэффициент упругости
(жёсткость).
Для характеристики упругих свойств вещества вводится вели-
чина Е, называемая модулем Юнга.
р
Напряжение о = —, где S — площадь поперечного сечения
S
твёрдого тела, на которое действует сила F.
Относительная деформация е = —, где 10 — длина тела до де-
формации.
Закон Гука е = — о, где Е — модуль Юнга.
Е
Сила трения покоя FTp покоя = -F.
Сила трения скольжения FTp = цА, где ц — коэффициент тре-
ния; N — модуль силы нормальной реакции опоры.
Ш Ответы на вопросы к § 20 (§ 22)
1. Основное утверждение механики: изменение скорости тела
всегда вызвано воздействием на него каких-либо других тел.
Примеры: 1) Если отпустить воздушный шар, заполненный ге-
лием, то он начинает двигаться вверх, так как сила Архимеда
больше силы тяжести. Шар был неподвижен, когда сумма силы
тяжести и силы натяжения нити, к которой он привязан, была
равна силе Архимеда.
2) Тележка начинает двигаться после того, как её толкнут, —
результат взаимодействия тележки и человека.
3) Ветки деревьев наклоняются в результате порывов вет-
ра — результат взаимодействия ветра и дерева.
4) Вратарь останавливает летящий на него мяч — результат
взаимодействия человека и мяча.
2. Тело может двигаться равномерно и прямолинейно, если на
него не действуют другие тела. Если же тело взаимодействует
с другими телами, но действие этих тел скомпенсировано, то тело
также движется равномерно и прямолинейно или находится в со-
стоянии покоя.
16
Ш Ответы на вопросы к § 21 (§ 23)
1. Материальная точка — это тело, размерами которого мож-
но пренебречь по сравнению с рассматриваемыми расстояниями.
Материальная точка — это модель реального тела. Тело рассмат-
ривается как точка, имеющая массу.
2. Понятием материальная точка удобно пользоваться для
описания движения, так как положение её в пространстве можно
задавать так же, как и положение геометрической точки. Если
движение тела поступательное, то тело мы тоже можем считать
материальной точкой, так как все его точки движутся одинаково.
3. Брошенный вверх камень можно считать материальной точ-
кой в двух случаях: 1) высота его подъёма много больше размеров
камня; 2) он не вращается в воздухе, а движется поступательно.
Ш Ответы на вопросы к § 22 (§ 24)
1. Инерциальные системы отсчёта в действительности сущест-
вуют. Конечно, невозможно, находясь на Земле, избавиться от
всех видов взаимодействия тела. На него будет действовать, по
крайней мере, сила тяжести.
Но если тело взаимодействует с несколькими телами, то дейст-
вие этих тел может быть скомпенсировано, и найдётся такая сис-
тема отсчёта, относительно которой тело будет двигаться прямо-
линейно и равномерно.
2. Инерциальными системами отсчёта называются системы,
относительно которых тело будет двигаться прямолинейно и рав-
номерно, если на него не действуют другие тела или действие этих
тел скомпенсировано.
3. Установить, что данная система отсчёта является инерци-
альной, можно только опытным путём.
Ш Ответы на вопросы к § 23 (§ 25)
1. Сила F — количественная мера взаимодействия тел.
2. Две силы считаются равными по модулю, если они действу-
ют на тело в противоположных направлениях и не изменяют его
скорость.
3. Сила — векторная величина. Силы складываются по прави-
лу сложения векторов: F = Fx + F2-
Ш Ответы на вопросы к § 24 (§26)
1. Чем больше сила, действующая на тело, тем больше его ус-
корение.
2. Стремление тел сохранять первоначальное состояние назы-
вается явлением инерции.
После нажатия на тормоз машина продолжает некоторое время
двигаться. Также нельзя мгновенно увеличить её скорость до
прежнего значения.
17
Поезд начинает тормозить на достаточно большом расстоянии
от станции.
Пассажиры должны держаться за перекладину в автобусе, что-
бы не упасть при его торможении и в начале движения.
Птица, разогнавшись, перестаёт махать крыльями и летит по
инерции.
Водный лыжник, бросив фал, по инерции скользит на водных
лыжах до берега.
3. Если тело движется прямолинейно и скорость его увеличи-
вается, то направление действующей на него силы совпадает с на-
правлением скорости.
Так, в случае падения тела направление силы тяжести совпа-
дает с направлением его скорости, а в случае подъёма уже нет.
С направлением силы всегда совпадает направление ускорения.
Ш Ответы на вопросы к § 25 (§ 27)
1(-). Инертность — свойство тела сохранять первоначальное
состояние. Масса — мера инертности тела. Чем больше масса те-
ла, тем больше должна быть действующая на него сила, чтобы оно
двигалось с определённым ускорением.
2(3). Первый закон Ньютона позволяет определить те системы
отсчёта, в которых справедливы законы механики, т. е. опреде-
лить инерциальные системы отсчёта. Именно в инерциальных
системах отсчёта сила возникает в результате взаимодействия
тел. Первый закон Ньютона — самостоятельный и очень важный
закон.
3(4). Второй закон Ньютона справедлив для материальной точ-
ки и для произвольного тела. Однако из этого закона мы не опре-
деляем ускорение всего тела, а определяем ускорение его центра
тяжести.
4(5). Материальная точка движется равномерно и прямоли-
нейно, если на неё не действуют силы или геометрическая сумма
действующих сил равна нулю.
5(6). Для движения тела с постоянным ускорением необходи-
мо, чтобы действующие на него силы были постоянны, а его дви-
жение поступательное.
Ш Ответы на вопросы к § 26 (§ 28)
1. Правильная запись третьего закона Ньютона: 2 = ~^г, п
т. е. силы равны по модулю, противоположны по направлению,
направлены вдоль одной прямой, одинакового физического проис-
хождения и приложены к разным телам. Соотношение б справед-
ливо для модулей сил.
2. Помимо сил взаимодействия телеги и лошади, на каждое из
этих тел действуют другие силы.
Лошадь копытами толкает дорогу, а дорога толкает лошадь
в сторону перемещения, на телегу действует сила трения, направ-
ленная в противоположную перемещению сторону. Если сила со
18
стороны дороги, действующая на лошадь, будет равна силе тре-
ния, действующей на телегу, то лошадь с телегой будут непод-
вижны, если больше — телега и лошадь будут двигаться.
Ш Ответы на вопросы к § 27 (§29)
1. За основные единицы в Международной системе единиц
в механике приняты метр, секунда и килограмм. Производные
единицы выводят из уравнений, связывающих различные физи-
ческие величины. Так, скорость определяется отношением пути
ко времени, за который этот путь пройден. Единицей скорости
в СИ является метр на секунду (м/с).
2. Основной в СИ является масса.
Решение задач из упражнения 6
Задача 1.
Дано:
F
Направления
ускорения
и скорости
шара — ?
Задача 2(4).
Дано:
771 — 5 КГ
t = 2 с
О] = 2 м/с
v2 = 8 м/с
Решение:
Направления ускорения и силы, дей-
ствующей на шар, совпадают:
F tt а.
Направление силы не указывает направление
движения (скорости). Поэтому направление ско-
рости может быть любым.
Решение:
На груз, подвешенный к динамометру, дейст-
-> >
вуют две силы: сила тяжести mg и сила F натя-
жения пружины динамометра (рис. 1.13).
Именно значение этой силы показывает дина-
мометр, и его надо определить.
Согласно второму закону Ньютона
та = mg + F. (1)
Телом отсчёта может быть пол или стены комнаты. Ось X на-
правим вертикально вниз. Тогда в проекции на эту ось уравне-
ние (1) запишем в виде та = mg - F.
Ускорение, по определению, равно отношению
изменения скорости к промежутку времени, за ко-
торое это изменение произошло: а =------. Тогда
Произведём расчёт.
F = 5 I 10J (Н) = 35 Н.
Рис. 1.13
Ответ: 35 Н.
19
Задача 3(5).
Дано:
т = 50 кг
t = 3 с
и2 = 2 м/с
L>! = 8 м/с
Решение:
Рассмотрим движение тела относительно шахты
лифта. На тело, находящееся в лифте, действуют
две силы: сила тяжести mg и сила нормального дав-
ления со стороны пола N (рис. 1.14).
По третьему закону Ньютона сила, с которой тело
давит на пол, равна по модулю, но направлена в про-
тивоположную сторону силе, с которой пол лифта давит на тело:
Л = -N.
Таким образом, если мы определим силу N, то сможем отве-
тить на вопрос задачи. Согласно второму закону Ньютона
та = mg + N. (1)
Ось X направим вертикально вниз. Тогда в про-
екции на эту ось уравнение (1) запишем в виде
та = mg - N. (2)
Ускорение, по определению, равно отношению из-
менения скорости к промежутку времени, за которое
это изменение произошло (учтём, что скорость тела
„ -О2“(~О1) 01 - V2
направлена вверх): а =-------=-------. Тогда из
(о, — о2 А
g---------•
t )
( 8-2А
Произведём расчёт. Fa = 50 I 10--— I (Н) = 400 Н.
Ответ: 400 Н.
Задача 4(6).
Дано:
т = 1000 т = 106 кг
s = 600 м
иг = 36 км/ч = 10 м/с
и2 = 54 км/ч = 15 м/с
Ляги = 147 кН =
= 1,47 • 105 Н
Решение:
Обратите внимание на то, что при за-
писи данных задачи мы сразу же внесис-
темные единицы выразили в СИ.
На поезд действуют 4 силы: сила тя-
жести, сила нормального давления со
стороны рельсов, сила сопротивления и
сила тяги (рис. 1.15).
Согласно второму закону Ньютона
та = mg + N + Fc + Гтяги. (D У1
Выберем систему координат, как показа-
но на рисунке.
Так как поезд едет по горизонтальному
пути, то в проекции на ось У уравнение (1)
имеет вид 0 = N - mg.
В проекции на ось X:
та = Ртяги - Fc.
Рис. 1.15
20
(3)
Откуда сила сопротивления
Fc = ^тяги - ™а. (2)
Ускорение найдём из уравнения движения тепловоза. Движе-
ние равноускоренное, уравнение имеет вид
. at2
X = V't и---------------------------.
1 2
Для скорости имеем у2 = Щ + at.
Отсюда, выразив t и подставив его в уравнение (3), получим
2 2
V2 ~ V1
X = S = —-----.
2а
Из последнего уравнения найдём ускорение а и, подставив его
в соотношение (2), получим выражение для силы сопротивления:
2 2
F = F -т —_____-
1 С 1 ТЯГИ ,ll/ Q
S
Произведём расчёт.
Fc = 1,47 • 105 - 106 • 225 ~ 100
(Н) = (1,47 - 1,04) • 105 Н = 4,3 104 Н.
2-600
Ответ: 43 кН.
Задача 5(8).
Дано:
т = 100 г = 0,1 кг
I = 1 м
У] = 2 м/с
v2 = 4 м/с
Ft, F2 - 1
Решение:
Обратите внимание на то, что при записи
данных задачи мы сразу же массу выразили
в СИ.
Рассмотрим движение шарика относи-
тельно Земли.
На шарик при вращении действуют две
силы: сила тяжести mg и сила Е1(2) со сторо-
ны стержня, на котором он закреплён.
Согласно второму закону Ньютона
та = mg + F1(2). (1)
Отметим, что направление сил F} или F2 неоднозначно. Если
ускорение шарика больше ускорения свободного падения, то сила
со стороны стержня, действующая на шарик, направлена вниз,
т. е. в ту же сторону, что и сила тяжести. Если же ускорение ша-
рика меньше, то искомая сила направлена вверх.
Так как по условию задачи шарик движется равномерно, то
v2 v2 ,
его ускорение является центростремительным: а = — = — (в дан-
г I
ном случае радиус окружности, по которой движется шарик, ра-
вен длине стержня).
Подсчитаем значения ускорения в двух случаях:
о2 л2
аА = — (м/с2) = 4 м/с2; а2 = — (м/с2) = 16 м/с2.
21
Следовательно, в первом случае сила,
с которой стержень действует на ша-
рик, направлена вверх, а во втором —
вниз (рис. 1.16).
Направим ось X к центру окружности.
Тогда в проекции на эту ось уравнение (1)
запишем в виде
та
та
Тогда Fj
= mg - (щ = 2 м/с),
= mg + F2 (v2 = 4 м/с).
f 1
= т g~-y
F2 = т
I s
Произведём расчёты.
Fr = 0,1 (10 - 4) (Н) = 0,6 Н (направле-
на вверх), Е2 = 0,1 • (16 - 10) (Н) = 0,6 Н
(направлена вниз).
Ответ: 0,6 Н вверх; 0,6 Н вниз.
^2
О
б)
Рис. 1.16
Задача 6(10).
Дано:
mt = 2 кг
т2 = 4 кг
F = 84 Н
а, Т — Ч
Решение:
Рассмотрим движение грузов относительно
Земли.
На первый груз действуют сила F, сила тяже-
сти m^g и сила натяжения нити Т,
вниз (рис. 1.17).
На второй груз действуют сила тяжести m2g и
сила натяжения нити Т', направленная вверх.
По второму закону Ньютона для каждого груза
запишем:
направленная
F
тг а
тга = F + mtg + Т, (1)
т2а = m2g + Т". (2)
Ускорения грузов равны, так как по условию
задачи они связаны нерастяжимой нитью.
Силы натяжения вдоль нити также равны по мо-
дулю. Так как ничего не говорится о массе нити, ею
можно пренебречь. Если бы масса нити была отлич-
на от нуля, то сила натяжения увеличивалась бы от
второго тела к первому, так как нужно было бы со-
общать ускорение и каждому отрезку нити.
Таким образом, Т = Т'.
Ось X направим вверх. Запишем уравнения (1)
ции на ось X:
Т
Т'
1 т2
m2g
Рис. 1.17
и
(2) в проек-
mYa = F - mAg - Т,
m2a = Т - m2g.
Сложив левые и правые части уравнений, получим
(ттг1 + 77i2) а = F - (тпх + zn2) g.
(3)
(4)
22
F -(m1+m2) g p
Откуда a =-------------=----------g.
тг + m2 mx + m2
Подставив выражение для а в уравнение (4), для силы натяже-
ния нити получим Т =--------.
тА + т2
Произведём расчёты.
а = - 9,8 (м/с2) = 4,2 м/с2. Т = (Н) = 56 Н.
2+4 7 2 + 4
Ответ: 4,2 м/с2; 56 Н.
Замечание. При расчётах мы ускорение свободного падения
считали равным 9,8 м/с2. Это объясняется тем, что в условии за-
дачи в значении силы даны две значащие цифры, следовательно,
если вы берёте значения постоянных или какие-либо табличные
данные, то они должны содержать не меньше значащих цифр,
чем в условии задачи.
Ш Ответы на вопросы к § 33 (§ 35)
1(2). Закон всемирного тяготения справедлив для материаль-
ных точек, а также для однородных тел шаровой формы. Одна-
ко все тела, имеющие массу, притягиваются друг к другу, но рас-
чёт силы притяжения тел произвольной формы по формуле
„ _т,т2
F = G —i—- сделать нельзя.
R2
2(3). Силы, принадлежащие прямой, проходящей через мате-
риальные точки или центры тяжести тел, называются централь-
ными силами.
3(—). Гравитационная постоянная численно равна силе притя-
жения между двумя материальными точками, имеющими массу
по 1 кг и находящимися на расстоянии 1 м. Очевидно, что эта си-
ла и соответственно гравитационная постоянная очень малы.
4(6). Состояние невесомости — это состояние, при котором вес
тела равен нулю, т. е. тело не давит на опору и одни части тела не
давят на другие. В состоянии невесомости тело находится, если на
него действует только гравитационная сила, сообщающая всем
частям тела одинаковое ускорение.
5(7). Вес тела — это сила, с которой тело действует на гори-
зонтальную опору или подвес.
6(8). Когда парашютист ещё не раскрыл парашют, он падает
с ускорением свободного падения, следовательно, он находится
в состоянии невесомости. Как только он раскрыл парашют, то на
парашют начинает действовать сила сопротивления, натягивают-
ся верёвки, соединяющие парашютиста с парашютом. Парашю-
тист уже не будет находиться в невесомости.
Ш Ответы на вопросы к § 35 (§ 37)
1. Силы упругости возникают при деформации тел. При этом
может быть любой вид деформации: удлинение, сжатие, сдвиг.
23
2(4). Рессоры автомобиля — это пружины. При смещении ку-
зова пружины деформируются, что вызывает появление сил упру-
гости, препятствующих его дальнейшему смещению.
3(5). Закон Гука выполняется только в случае упругих дефор-
маций. Упругими деформациями называются такие деформации,
при которых тело возвращает свои первоначальные размеры и
форму, как только перестают действовать силы, вызвавшие его
деформацию.
£□ Ответы на вопросы к § 36 (§38)
1. Именно благодаря силам трения мы можем перемещаться
по земле. Сила трения держит заколоченный гвоздь в доске, не
позволяет скатываться телам с горки, задерживает снег на скате
крыши.
2. На губках тисков зазубрины сделаны для того, чтобы улуч-
шить сцепление губок тисков и тела. Тогда удерживаемое ими те-
ло не будет выскальзывать.
3. Рельефный рисунок на шинах увеличивает силу сцепления
с дорогой, а следовательно, и силу трения, действующую на веду-
щие колёса. Если бы шины были идеально гладкими, то колёса
вращались бы вокруг оси и машина не двигалась бы.
Ш Ответы на вопросы к § 38 (§ 40)
1(2). Сила трения покоя появляется тогда, когда на тело начи-
нает действовать сила, стремящаяся вызвать его движение. При
движении одного тела относительно другого возникает сила тре-
ния скольжения. Необходимым условием появления сил трения
является наличие силы, прижимающей тела друг к другу.
2(3). Если на тело, лежащее на горизонтальной поверхности,
действует сила, параллельная этой поверхности, но при этом тело
остаётся неподвижным, то модуль силы трения покоя равен моду-
лю этой силы, а направление силы трения покоя противоположно
её направлению.
3(4). Сила трения покоя изменяется от нуля до максимального
значения, равного произведению коэффициента трения на модуль
силы нормальной реакции опоры.
4(5). Ускоряет автомобиль или тепловоз сила трения, дейст-
вующая на ведущие колёса.
5(7). Сила трения скольжения не может увеличить скорость
тела, так как она всегда направлена в сторону, противоположную
скорости его движения.
6(8). В жидкостях и газах нет силы трения покоя, любая ма-
лая сила вызывает движение жидкости. Сила сопротивления при
движении тела в жидкости или газе зависит от скорости движе-
ния, а сила трения скольжения от скорости не зависит.
7(9). Благодаря силе трения возможно движение человека,
животных, автомобиля по поверхности, мы можем удержать
предмет в руке. Если бы трения не было, то любой самый малень-
24
кий наклон поверхности стола привёл бы к скатыванию с него
всех предметов: чашек, чайника, книг и т. д.
Однако вследствие трения разогреваются детали при их меха-
нической обработке (ударах, сверлении и т. д.). Трение можно
уменьшить с помощью смазки.
Решение задач из упражнения 7
Задача 1.
Дано:
Я/Я1 = 3,7
М/Мл = 81
Решение:
Ускорение свободного падения определяется си-
лой притяжения тела к Земле (пренебрегаем влия-
нием вращения Земли относительно собственной
ч „тМ ~ GM
оси): mg = G ——, откуда g = ——.
R2 R2
Ускорение свободного падения тел на Луне определим по ана-
GM}1
логичной формуле: g:[ =--
Найдём отношение ускорений на Луне и Земле:
Sji _ Мл ( R 'I
g М {rJ ’
Произведём расчёт. = — (3,7)2 —0,17.
g 81
Таким образом, gn = 0,17 • 9,81 (м/с2) — 1,66 м/с2.
Ответ: ==1,66 м/с2.
Задача 2(3).
Дано:
у0 = 20 м/с
ц = 0,8
a, t — ?
Решение:
На автомобиль при таком движении действует
сила трения скольжения FTp = pJV.
Рассмотрим движение автомобиля относитель-
но дороги.
Кроме силы трения, на автомобиль действуют сила тяжести mg
и сила нормальной реакции N (рис. 1.18).
Согласно второму закону Ньютона запишем та = mg + N + F.,.p.
В проекциях на оси X и У:
тах = -|1N, 0 = N - mg.
Из этих уравнений следует, что
ах = -Ц£-
Скорость автомобиля (движение рав-
ноускоренное) изменяется по формуле
их ~ и0х + axt или vx = vo ~ I ах I t.
При остановке автомобиля скорость
равна нулю: 0 = v(t - pg7.
Рис. 1.18
25
Отсюда время, через которое останавливается автомобиль,
t = —.
Произведём расчёты.
ах = 0,8 • 9,8 (м/с2) = 7,84 м/с2. t = —(с) ~ 2,6 с.
0,8-9,8
Ответ: 7,84 м/с2; -2,6 с.
Задача 3(4).
Дано:
/п = 97 кг
а = 30°
Ц = 0,2
F —?
Решение:
Рассмотрим движение груза относительно по-
верхности, по которой он движется.
На груз действуют силы тяжести mg, нормальной
реакции опоры N, натяжения верёвки F
FTp (Рис. 1.19).
второму закону Ньютона запишем
та = mg + N + FTp + F.
В проекциях на оси X и У: тах = F cos а — FTp,
0 = F sin а + N - mg.
Выразив из второго уравнения N и
подставив в выражение для силы тре-
ния, получим FTp = ц (mg - F sin а).
По условию задачи груз движется
равномерно, следовательно, ах = 0. То-
гда 0 = F cos а - р (mg — F sin а).
Из этого уравнения находим F:
F =.
cos а + ц sin а
0 2•979 8
Произведём расчёт. F =---------
0,866+0,2-0,5
и трения
Согласно
Уд
nig
Рис. 1.19
(Н) ~ 200 Н.
Ответ: —200 Н.
ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ В МЕХАНИКЕ (главы 5 и 6)
Импульс тела (количество движения) р = ти.
Импульс силы FAt.
р -> -»
Второй закон Ньютона а = —; Ар = F&t.
т
Изменение импульса тела Др = ттгДи.
Закон сохранения импульса в замкнутой системе: р = const.
Механическая работа постоянной силы F
А = (F s) = Fs cos а = Fss.
26
Мощность Р = —, где А — работа; t — промежуток време-
ни, за который она совершена.
Работа силы тяжести при спуске на высоту h: А = mgh.
kx? kx'i
Работа силы упругости А = —5-------—.
2 2
Работа силы тяготения при перемещении материальной точки
массой т из точки А в точку В: А = — GmM3 I —------— |.
' la rB j
Кинетическая энергия тела, движущегося со скоростью и:
9
Р = 1710
-‘-'кин п
Потенциальная энергия тела, поднятого на высоту h (h « Rq),
Еп = mgh', Еп = 0 при h = 0.
Потенциальная энергия, обусловленная силой тяготения
Потенциальная энергия сжатой или растянутой пружины
Е„=-^-; Е„ = 0 при х = 0.
Полная механическая энергия тела Ек + En = const, если систе-
ма тел консервативна.
Ш Ответы на вопросы к § 39 (§41)
1. Импульс — векторная величина. При движении точки по
окружности её импульс изменяется, так как изменяется его на-
правление.
2. Импульс тела равен произведению массы тела на его ско-
рость. Так как скорость тела зависит от выбора тела отсчёта, то и
импульс тела также зависит от выбора тела отсчёта.
3. Изменение импульса равно произведению массы тела на из-
менение его скорости. В начале движения автомобиля изменение
его скорости происходит в направлении движения. Так же на-
правлен вектор изменения импульса.
4. Так как при движении шайбы её скорость уменьшается, то
вектор изменения импульса направлен в сторону, противополож-
ную скорости её движения.
Ш Ответы на вопросы к § 40 (§ 42)
1. Если векторная сумма внешних сил, действующих на тела
системы, равна нулю, то импульс системы тел сохраняется.
В изолированной системе импульс системы сохраняется.
2. В случае если система тел изолированная, то можно приме-
нять закон сохранения импульса.
Если система неизолированная, то закон сохранения импульса
можно применять в следующих случаях:
27
а) внешние силы действуют, но их результирующая равна ну-
лю;
б) проекция внешних сил на какое-то направление равна ну-
лю, следовательно, проекция импульса на это направление сохра-
няется, хотя сам вектор импульса изменяется;
в) внешние силы много меньше внутренних сил
(F «F )
\ внеш внутр/*
3. Для системы, в которую входят брусок и пуля, летящая го-
ризонтально, сохраняется проекция импульса на горизонтальную
ось, так как проекции внешних сил (тяжести, нормальной реак-
ции) на неё равны нулю.
Ш Ответы на вопросы к § 42 (§ 44)
1. При истечении струи воздуха из компрессора лодка должна
двигаться в противоположном струе направлении вследствие
взаимодействия со струёй воздуха. Однако, попадая на паруса,
струя воздуха стремится сдвинуть лодку в попутном направле-
нии. В результате лодка остаётся без движения.
2. Ракета движется в результате взаимодействия с истекаю-
щими из неё с большой скоростью продуктами сгорания горюче-
го. Поэтому она может двигаться в пустоте.
3. Реактивная сила возникает в результате взаимодействия от-
делившейся части тела, движущейся относительно его со скоро-
стью, отличной от нуля.
4(5). Осьминоги и каракатицы движутся под действием реак-
тивной силы, появляющейся при выбросе ими струи воды. Систе-
ма «осьминог — струя воды» замкнута, её импульс должен оста-
ваться равным нулю. При выбросе струи осьминог движется
в противоположную сторону, таким образом, суммарный импульс
системы остаётся равным нулю.
Решение задач из упражнения 8
План решения задач по теме «Закон сохранения импульса»:
1) Убедиться в том, что закон сохранения импульса справед-
лив в данном случае.
2) Выбрать систему отсчёта и систему координат, при этом
помнить, что импульсы всех тел системы нужно рассчитывать
относительно одной системы отсчёта.
3) Записать выражение для импульса системы до и после взаи-
модействия.
4) Спроецировать векторы импульсов на выбранные оси коор-
динат.
5) Записать закон сохранения импульса в проекции на оси ко-
ординат или в проекции на то направление, проекция импульса
на которое сохраняется.
6) Из полученных уравнений определить неизвестные вели-
чины.
28
Задача 1.
Дано:
mt = 2 • 104 кг
т2 = 3 • 104 кг
и0 = 1 м/с
у — ?
Решение:
Сумма внешних сил тяжести и нормальной
реакции, действующих на вагон и платформу,
равна нулю. Поэтому импульс системы «ва-
гон — платформа» остаётся постоянным.
До взаимодействия с вагоном импульс систе-
мы был равен импульсу платформы: pj = т2и0.
После взаимодействия импульс системы стал р2 = (т} + 7ti2) V.
Согласно закону сохранения импульса рх = р2 или
т2и0 = (т1 + т2) и.
В проекции на направление движения имеем
m2vQ = (т1 + т2) v.
Скорость тел после взаимодействия v =-—"—.
тх + т2
3•104 1
Произведём расчёт, и =--(м/с) = 0,6 м/с.
2 • 104 + 3-104
Ответ: 0,6 м/с.
Замечание. Это взаимодействие называется абсолютно неупру-
гим ударом. Это такое взаимодействие, после которого тела дви-
жутся с одинаковыми скоростями.
Задача 2(3).
Дано:
т{ = 100 кг
т2 = 50 кг
L>! = 1 м/с
и2 = 1,5 м/с
и — ?
Решение:
Проекции на горизонтальную плоскость внеш-
них сил — сил тяжести, действующих на плот и
человека, и выталкивающей силы, действующей
на плот, — равны нулю. Поэтому проекция им-
пульса системы «плот — человек» на эту плос-
кость остаётся постоянной.
До взаимодействия (рис. 1.20, а) импульс системы был равен
сумме импульсов человека и плота: рг = т1и1 + т2и2.
После взаимодействия импульс системы (рис. 1.20, б) стал равен
р2 = (тг + т2) и.
Согласно закону сохранения импульса рг = р2.
Рис. 1.20
29
В скалярной форме это выражение можно записать так:
+ (m2v2)2 = (/Tij + т2) и.
Тогда и + (m^2)2..
тх + т2
Определим, под каким углом к берегу будет направлена ско-
рость плота, после того как на него прыгнет человек. Из рисун-
ка 1.20, б видно, что tg а = —
7711Щ
Произведём расчёты.
7(100 • 1)2+(50-1,5)2 . . 50-1,5 ___
и = ----ттут;——------ (м/с) ~ 0,83 м/с. tg ос = = 0,75.
100 + 50
Угол равен а ~ 37°.
Ответ: ^=0,83 м/с; —37°.
Задача 3(4).
Дано:
^отн <
Дур > 0 - ?
Решение:
Выберем систему отсчёта, связанную с ракетой.
До выброса очередной порции газа импульс систе-
мы равен нулю. После выброса со скоростью уотн
порции газа ракета должна двигаться относитель-
системы отсчёта со скоростью Ду, направленной
но выбранной
в сторону, противоположную скорости газа. (Импульс системы
должен оставаться равным нулю.)
Следовательно, относительно Земли скорость ракеты увеличи-
вается.
Ответ: да, будет.
Задача 4(6).
Дано:
т1 = 70 кг
т2 = 35 г = 0,035 кг
v2 = 320 м/с
а = 60°
Щ 1
Решение:
Рассмотрим систему
бинка». Массой лодки
режем (рис. 1.21).
Проекция внешних
жести и выталкивающей силы — на
ризонтальную ось X равна нулю,
эту ось сохраняется.
«охотник — дро-
и ружья пренеб-
сил — силы
этому проекция импульса системы на
Запишем закон сохранения им-
пульса в проекции на выбранную ось:
0 = m2v2 cos а -
Тогда искомая скорость лодки
_ m2v2 cos а
тя-
го-
по-
771!
Произведём расчёт.
0,035-320-0,5. .. „„„
I?! = —------------(м/с) = 0,08 м/с.
70
Ответ: 0,08 м/с.
30
Ш Ответы на вопросы к § 43 (§ 45)
1. Механическая работа силы равна произведению модуля си-
лы, модуля перемещения точки приложения силы и косинуса уг-
ла между ними.
2. В системе отсчёта, относительно которой тело покоится,
работа силы трения покоя равна нулю, так как перемещение
точки приложения силы равно нулю. Если же тело находит-
ся на тележке, движущейся с ускорением, то на него действу-
ет сила трения покоя, направленная в ту же сторону, что и ус-
корение. В этом случае работа силы трения покоя отлична от
нуля.
3. Работа силы трения скольжения может быть положитель-
ной, если направление силы трения и направление перемещения
точки её приложения совпадают.
Например, на тележке находится тело, движущееся в сторону,
противоположную направлению движения тележки. Сила трения
скольжения направлена в сторону движения тележки. Если пере-
мещение тела относительно неподвижной системы отсчёта совпа-
дает с направлением силы трения, то работа этой силы положи-
тельна.
4. Единицей работы в СИ является джоуль (Дж).
Ш Ответы на вопросы к § 46 (§ 48)
1(2). Кинетическая энергия пропор-
циональна квадрату скорости тела
(рис. 1.22).
2(3). По теореме об изменении кинети-
ческой энергии работа силы, действующей
на тело,
9 9
mvz тит
А = —2-----L.
2 2
Так как О] = и2, то А = 0.
3(4). Кинетическая энергия — скаляр-
ная величина. Поэтому её значение не
зависит от направления скорости. Кинети-
ческая энергия системы трёх тел рав-
на сумме кинетических энергий каждого
тела в отдельности:
Ек
9 9 9
m2V2
2 + 2 + 2
4(5). Скорость тела зависит от выбора системы отсчёта, и, сле-
довательно, кинетическая энергия также зависит от выбора систе-
мы отсчёта.
31
Ш Ответы на вопросы к § 48 (§ 50)
1. Работа силы упругости при перемещении тела по замкнутой
траектории равна нулю. При растяжении пружины работа силы
упругости отрицательна, при сжатии до прежнего состояния рабо-
та силы упругости положительна.
2. Консервативными силами называют силы, работа которых
по замкнутому контуру равна нулю. Работа консервативной си-
лы не зависит от формы траектории, а зависит только от поло-
жения начальной и конечной точек траектории.
Ш Ответы на вопросы к § 49 (§51)
1. Кинетическая и потенциальная энергии определяют способ-
ность тела совершить механическую работу. В этом заключается
сходство этих энергий.
2. Кинетическая энергия — это энергия, которой обладает
движущееся тело. Потенциальная энергия определяется взаим-
ным расположением тел или частей тела. Кинетическую энер-
гию можно определить, зная массу и скорость тела. Для оп-
ределения потенциальной энергии тела или системы, помимо
параметров системы (массы тела и высоты подъёма; удлинения
(сжатия) и жёсткости), надо указать нулевой уровень отсчёта
энергии.
Перечисленные факты определяют различия потенциальной и
кинетической энергий.
3. В зависимости от выбора нулевого уровня отсчёта потенци-
альная энергия может быть как положительной, так и отрица-
тельной.
Ш Ответы на вопросы к § 50 (§52)
1. Полной механической энергией называется сумма кинети-
ческой и потенциальной энергий тела. При этом потенциальная
энергия тела может быть как положительной, так и отрицатель-
ной. Кинетическая энергия тела всегда положительна.
2. Если работа внешних сил равна нулю, то полная механиче-
ская энергия системы тел, на которую действуют только консер-
вативные силы, сохраняется.
3. При падении тела, если за нулевой
уровень отсчёта взять поверхность Земли,
потенциальная энергия уменьшается, а
кинетическая энергия увеличивается. Ес-
ли пренебречь работой силы сопротивле-
ния, действующей на тело при его па-
дении, то полная механическая энергия
системы «тело — Земля» остаётся посто-
янной.
Графики зависимости потенциальной,
кинетической и полной энергий показаны
на рисунке 1.23.
32
Ш Ответы на вопросы к § 51 (§ 53)
1. Механическая энергия замкнутой (изолированной) системы
тел сохраняется, если на тела системы действуют только консер-
вативные силы.
Также механическая энергия сохраняется и в неизолирован-
ной системе тел, если работа внешних сил равна нулю и на тела
системы действуют только консервативные силы.
2. Работа силы трения зависит от траектории движения тела.
Представьте, что машина может проехать из одного пункта в другой
двумя путями: по прямой дороге и по дороге, которая петляет. Оче-
видно, что во втором случае модуль работы силы трения колёс о до-
рогу будет больше. Сила трения неконсервативна.
3. Если на тела системы действуют силы трения, то тела нагре-
ваются при движении, механическая энергия переходит во внутрен-
нюю энергию и соответственно уменьшается. Один вид энергии пе-
реходит в другой. При этом полная энергия системы сохраняется.
При любых процессах справедлив фундаментальный закон
природы — закон сохранения энергии: энергия не исчезает и не
появляется вновь, а только переходит из одного вида в другой.
Решение задач из упражнения 9
Часто при решении задач на динамику для краткости разумно
пользоваться теоремой об изменении кинетической энергии.
При использовании закона сохранения механической энергии
решаем задачи по следующему плану:
1) Убедиться в том, что на тело действуют только консерватив-
ные силы.
2) Выбрать нулевой уровень отсчёта потенциальной энергии.
3) Выбрать систему отсчёта, относительно которой будем рас-
сматривать движение тел и определять значения скорости.
4) Записать выражения для полной энергии системы или тела
в начальном и конечном состояниях.
Задача 1(2).
Дано:
F= 3 Н
Р= 1 Н
h = 5 м
Решение:
На тело, как показано на рисунке 1.24,
действуют две силы: поднимающая груз си-
ла F и равная весу тела сила тяжести mg.
Работа силы F А = A, = F | Дг | cos
Суммарная работа, совершаемая при
подъёме обеими силами, равна алгебраической сумме
работ этих сил:
А = А, + А2 = F | Дг | cos «1 + mg | Дг | cos а2.
ДК ।
F
vmg
Рис. 1.24
В данном случае | Дг | = h, = 0, а2 = 180°. Подставив значения
косинусов в написанное выражение, получим
А = Fh - mgh = (F - mg) h.
Произведём расчёт. A = (3 - 1) • 5 (Дж) =10 Дж.
Ответ: 10 Дж.
2 Физика. Решебник 10 кл. Базовый и профильный уровни
33
Задача 2(3).
Дано:
т = 97 кг
а = 30°
(1 = 0,2
s = 100 м
А — ?
Решение:
На груз действуют четыре силы: сила тяжести,
сила нормальной реакции, сила натяжения и сила
трения.
Работа силы натяжения при перемещении груза
на Дг А = Т | Дг | cos а.
В данном случае перемещение точки приложения
силы натяжения равно пройденному грузом пути (рис. 1.25):
| Дг | = s.
Силу натяжения определим из
второго закона Ньютона:
та = mg + N + Т + Ртр.
Груз по условию задачи дви-
жется равномерно: а = 0. Тогда
0 = mg + N + Т + Ртр.
В проекциях на выбранные оси
уравнение запишем в виде
0 = Т cos а - FTp,
0 = Т sin а + N - mg.
Сила трения FTp = (17V. Выразив из второго уравнения силу N,
для силы трения получим Ртр = |i (mg - Т sin а).
Подставив это выражение в первое уравнение, получим
0 = Т cos а - |i (mg - Т sin а), откуда Т =--------
|1 sin а + cos а
Таким образом, работа силы натяжения верёвки
. pmg \irng
А =------------s cos а =--------s.
р sin а + cos а р tga + 1
Произведём расчёт.
О 9.Q7 .Q Я
А = ’ ’ • 100 (Дж) ~ 17 097 Дж - 17 кДж.
0,2-0,56 + 1
Ответ: —17 кДж.
Задача 3(5).
Дано:
m = 20 000 кг = 2 • 105 кг
Д/] = 10 см = 0,1 м
Д/2 = 1 см = 0,01 м
F = 100 000 Н = 105 Н
о — ?
Решение:
При ударе вагона о преграду он
останавливается. По закону сохра-
нения механической энергии кине-
тическая энергия движущегося ва-
гона переходит в потенциальную
энергию сжатия пружин буферов:
mu* 2 * * _ о &(Д^1)2
----- — £»-------
2 2
(1)
где k — неизвестная жёсткость пружин.
По закону Гука F = йД/2.
34
Так как в условии дано сжатие пружины под действием извест-
, F
нои силы, то мы можем определить жесткость: k =-----.
Д/2
Подставив выражение для k в формулу (1), найдём скорость ва-
/9 Л7 А2
2F
\ т * V wAZg
Проверим размерность полученного выражения для скорости.
м~|
_ с
гона: и
[у] = м •
н
кг • м
кг • м
с2 -кг•м
м
Проверка размерности показала, что, сделав расчёт по этой
формуле, мы получим верную единицу скорости: м/с.
I z • j. и
Произведём расчёт, v = 0,1 ----------(м/с) = 1 м/с.
V 2 • 105 -0,01
Ответ: 1 м/с.
Задача 4(7).
Дано:
т = 1 т = 103 кг
s = 20 м
t = 2 с
Решение:
Мощность двигателя равна отношению ра-
боты силы тяги ко времени, за которое эта ра-
бота была совершена:
7V = T' (1)
По теореме работа равна изменению кинетической энергии:
9 9
_ ту _ q _ mv
2 2
Скорость автомобиля можно найти из уравнения и = at, однако
мы не знаем ускорение, но нам известен путь, пройденный авто-
мобилем.
гр at2
Так как движение равноускоренное, то путь s = .
Выразив из последнего уравнения а и подставив его в выраже-
2s
ние для скорости, получим v = —.
Таким образом, работа двигателя автомобиля за время t
А _ mAs2 _ 2ms2
2t2 t2
Согласно формуле (1) получим выражение для мощности:
д, _ 2ms2
.. „ 2-103-202
Произведем расчет. N = ---------
23
(Вт) = 105 Вт = 100 кВт.
Ответ: 100 кВт.
35
Задача 5(9).
Дано: Решение:
v = 4,9 м/с Система «тело — Земля» — консервативная си-
___ 2 стема.
На тело, брошенное вверх, действует только си-
ла тяжести, являющаяся консервативной силой
(сопротивлением воздуха пренебрегаем).
Полная механическая энергия тела остаётся постоянной.
Если за нулевой уровень отсчёта потенциальной энергии при-
нять уровень, с которого брошено тело, то в начале движения тело
обладает только кинетической энергией. Во время подъёма кине-
тическая энергия тела уменьшается, а потенциальная энергия
увеличивается.
На некоторой высоте h потенциальная энергия тела будет рав-
на его кинетической энергии:
О
mgh = ^-.
При дальнейшем подъёме кинетическая энергия будет умень-
шаться до нуля, а потенциальная энергия тела увеличиваться до
значения начальной кинетической энергии.
По закону сохранения механической энергии
mo2 то^
---=-------h mgh = 2mgh,
2 2
2
ПИТ
так как по условию задачи --= mgh.
2
уо
Окончательно h = —.
4g
4 92
Произведём расчёт, h = ^’д & (м) ~ 0,61 м.
Ответ: —0,61 м.
СТАТИКА (глава 7)
Ш Ответы на вопросы к § 54 (§ 56)
1(2). Моментом силы относительно оси вращения называется
произведение модуля силы на её плечо. Плечом силы называет-
ся кратчайшее расстояние от оси вращения до линии действия
силы.
2(3). Для равновесия твёрдого тела необходимо и достаточно
выполнения двух условий: 1) геометрическая сумма сил, прило-
женных к твёрдому телу, должна быть равна нулю; 2) алгебраиче-
ская сумма моментов сил, действующих на тело, относительно
любой оси вращения также должна быть равна нулю.
36
Решение задач из упражнения 10
Задача 1(4).
Дано:
Т = 500 Н
а= 90°
F —2
Решение:
Как показано на рисунке 1.26, на планер действу-
ют две силы натяжения, направленные под прямым
углом друг к другу и равные по модулю: Т\ = Т2 = Т.
Искомая сила F равна геомет-
рической сумме этих сил: F = + Т2.
В результате получим F = -J2T2 .
Произведём расчёт.
F = ч/2-5002(Н) ~ 700 Н.
Ответ: —700 Н.
Задача 2(5).
Дано:
F = 50 Н
а= 60°
Z = 20 см = 0,2 м
М — ?
Решение:
Из условия задачи неясно, как направлена
сила, действующая на рукоятку. На рисун-
ке 1.27 показаны два варианта направления
силы. Однако из рисунка видно, что в обоих
случаях плечо силы будет одинаково и равно
d = I sin а, где I — длина рукоятки.
Таким образом, М = Fl sin а.
Произведём расчёт.
М = 50 • 0,2 • 0,866 (Н • м) -
- 8,7 Н • м.
Ответ: —8,7 Н • м.
Задача 3(6).
Дано:
F = 4 И
а = 60°
М = 3,5 Н • м
I — 2
Решение:
Из условия задачи неясно, как направлена
сила, действующая на ручку двери. На рисун-
ке 1.28 показаны два варианта направления
силы. Однако из рисунка видно, что в обоих
случаях плечо силы будет одинаково и равно
d = I sin а, где I — расстояние от ручки
двери до оси вращения О.
Таким образом, М = Fl sin а.
В результате получим
Z = ^-.
F sin а
Произведём расчёт.
, I * 3 4’5 7 ч - ,
Z =-------(м) — 1м.
4 0,866
Ответ: —1 м.
Рис. 1.27
37
Задача 4(7).
Дано:
m = 14 кг
F — ?
подвижный
Из этого
F =
2
Ответ: —70 Н.
Решение:
Для того чтобы труба (рис. 1.29) начала подни-
маться, необходимо, чтобы сумма моментов силы тя-
жести и силы, действующей на подвижный конец
трубы, относительно оси, проходящей через её на-
конец, была равна нулю:
Fl- mgt = Q.
уравнения определим
mg _ 14-9,8 (Н) ~ 70Н
_С
О
nig
Рис. 1.29
У
2
Задача 5(8).
Дано:
т = 60 кг
Zi = (l/3)Z
Тх, Т2 - ?
УЛ
Рис. 1.30
Решение:
На рисунке 1.30 показаны силы, действую-
щие на трапецию: сила давления гимнаста и две
силы натяжения.
Сила давления гимнаста на трапецию по
третьему закону Ньютона равна по модулю силе
нормального давления, действующей на гимнаста со стороны тра-
пеции, и направлена в противопо-
ложную сторону: Рд = -N.
В то же время условие равновесия
гимнаста mg + N = 0.
Очевидно, можно записать
Рд = N = mg.
Условие равновесия трапеции име-
ет вид Fa + Тх + Т2 = 0.
В проекции на ось У это уравнение
с учётом того, что сила давления рав-
на силе тяжести гимнаста, запишем:
-mg + Т\ + Т2 = 0. (1)
Второе условие равновесия трапе-
ции относительно оси, проходящей
2
через точку В, имеет вид -T\l + Fa -1-0, относительно
3
дящей через точку A: T2l- FA -I = 0.
3
Из этих уравнений следует, что Тх = 2Т2.
Подставив Тх в уравнение (1), получим ЗТ2 = mS-
(2) (П
В результате получим Тх = - \mg, Т2 = - \mg.
\ 3 J ( 3 )
Таким образом, Т\ = 400 Н, Т2 = 200 Н.
Ответ: 400 Н; 200 Н.
оси, прохо-
38
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА. ТЕПЛОВЫЕ ЯВЛЕНИЯ
ОСНОВЫ МОЛЕКУЛЯРНО-КИНЕТИЧЕСКОЙ ТЕОРИИ.
ТЕМПЕРАТУРА.
ЭНЕРГИЯ ТЕПЛОВОГО ДВИЖЕНИЯ МОЛЕКУЛ (главы 8 и 9)
Относительная молекулярная масса Мг =---У—.
— тпс
12 ос
Молярная масса вещества М = m0NA, где Аа — число Авогад-
ро, Аа ~ 6,02 • 10-23 моль-1, т0 — масса молекулы.
„ N т m0N щ лг
Количество вещества v =---= — =-----—--------, где А —
Aa М М m0NA
число молекул.
Основное уравнение молекулярно-кинетической теории
1 2
Р = ~nmov -
О
ТТ 2 V7
Давление газа р = - пЕ.
Средняя кинетическая энергия теплового движения одно-
атомных молекул
E=^kT = ^
2 2
„ _ 3kT 3RT
Средняя квадратичная скорость молекул окв = /-= . ---
у т0 УМ
Ш Ответы на вопросы к § 56 {§ 58)
1. Чтобы оценить размеры молекул оливкового масла, надо из-
мерить площадь пятна, расплывшегося по поверхности воды, и
объём капли.
2. Размеры атома порядка 1О-10 м. Следовательно, если бы
атом стал размером с маковое зёрнышко (10-4 м), то размеры зёр-
нышка были бы около 0,1 км.
3. Распространение запаха в воздухе (молекулы ароматическо-
го вещества проникают благодаря тепловому движению в про-
странство между молекулами воздуха), растворение сахара и соли
в воде (процесс диффузии). При движении лодки по поверхности
воды начинают двигаться нижние слои, так как направленно дви-
жущиеся молекулы, увлекаемые лодкой, переходят в другие слои
воды благодаря тепловому движению, сообщая им также направ-
ленное движение.
Ш Ответы на вопросы к § 57 (§ 59)
1. Относительная молекулярная масса воды Н2О равна
2 • 1 + 16 = 18.
39
2. В воде, количество вещества которой равно 1 моль, чис-
ло молекул равно числу Авогадро, которое, в свою очередь,
равно 6,02 • 1023 молекул. Следовательно, в воде, количество ве-
щества которой равно 2 моль, 12,04 • 1023 = 1,204 • 1024 мо-
лекул.
3(4). Молярная масса вещества — это масса вещества в коли-
честве 1 моль.
Молярная масса равна произведению массы молекулы данного
вещества на число Авогадро: М = m0NA.
Относительная молекулярная масса — это отношение массы
1 .. тп „
молекулы к — части массы атома углерода: Мг =---—. Выразив
12 — тос
12 ос
М ,, 1
массу молекулы из этих выражении, получим = Мг — тос,
или после преобразования m0CNA — Мс = 0,012 кг.
Таким образом, М = Мг 0’0^2 кг jq-з кг . моль-1.
12 моль
Q Ответы на вопросы к § 59 (§61)
1. При соприкосновении гладких чистых срезов свинцовых
брусков молекулы свинца находятся на достаточно близком рас-
стоянии друг от друга и между ними действуют силы притяже-
ния.
2. Мел хрупок, прижать плотно друг к другу два куска мела
практически невозможно, поэтому молекулы двух кусков нахо-
дятся на расстоянии, превышающем их размеры в несколько раз,
и силы взаимодействия малы.
Ш Ответы на вопросы к § 60 (§ 62)
1. На молекулы воздуха действует сила притяжения Земли
удерживающая их у поверхности.
2. Силы взаимодействия молекул газа малы, поэтому молеку
лы движутся хаотично, иногда сталкиваясь с другими молекула
ми и резко изменяя траекторию
движения (рис. 2.1).
Молекулы жидкости рас-
положены близко друг к другу,
они колеблются около положения
равновесия, перепрыгивая через
некоторое время, равное в сред-
нем 10-11 с, в новое положение
равновесия (см. рис. 2.1).
Молекулы твёрдого тела
колеблются около одного и то-
го же положения равновесия.
т - среднее время колебаний
в положении равновесия
Рис. 2.1
40
£□ Ответы на вопросы к § 61 (§ 63)
1. Реальный газ можно рассматривать как идеаль-
ный, если силами взаимодействия молекул можно пре-
небречь и объём, занимаемый молекулами газа, много
меньше объёма сосуда.
2. Один слой газа давит на другой. Именно благода-
ря разности давлений выделенный слой воздуха в атмо-
сферном столбе удерживается на определённой высоте
(рис. 2.2).
Рис. 2.2
£□ Ответы на вопросы к § 62 (§ 64)
1(—). Нет, не всегда. Если на молекулы действует сила в ка-
ком-то направлении, то среднее значение проекции скорости в
этом направлении будет отличаться от среднего значения скоро-
сти в двух других направлениях, перпендикулярных данному.
Однако при рассмотрении теплового движения молекул газа
считается, что все три направления равноправны. Сила тяжести,
действующая на молекулы, не играет в данном случае существен-
ной роли.
2. Среднее значение проекции скорости на ось ОХ равна нулю,
а среднее значение квадрата проекции скорости равно одной тре-
ти квадрата скорости движения молекулы.
£□ Ответы на вопросы к § 63 (§65)
1. Давление тем больше, чем больше число ударов о стенку
и чем больше сила удара одной молекулы. Число ударов и сила
пропорциональны скорости, поэтому давление пропорционально
квадрату скорости молекулы.
2. Давление на стенку пропорционально среднему квадрату
проекции скорости на ось, перпендикулярную стенке. Средний
квадрат проекции скорости равен одной трети среднего значения
квадрата скорости. Поэтому в основном уравнении молекуляр-
1
но-кинетическои теории появляется множитель -.
3. Средняя кинетическая энергия молекул не зависит ни от
концентрации, ни от давления газа. Давление газа определяется
средней кинетической энергией теплового движения молекул.
Решение задач из упражнения 11
Задача 1
Дано: Решение:
V= 0,02 см3 Объём расплывшейся капли оливкового масла
S — ? равен произведению площади пятна на толщину слоя.
Если считать, что слой масла состоит из одной молекулы (мо-
номолекулярный слой), то толщина слоя будет равна диаметру
молекулы.
41
Диаметр молекулы оливкового масла, как было определено
экспериментально, d ~ 1,7 • 10“7 см.
Таким образом, S = — = —— (см2) — 1,2 • 105 см2 = 12 м2.
d 1,7-10 7
Ответ: —12 м2.
Задача 2.
Дано:
Водород — Н2
Гелий — Не
мх, М2 — ?
Решение:
Относительная молекулярная масса водорода
Мг} = 2 • 1,00797 = 2,01594 « 2.
Тогда молярная масса водорода
Мх ~ 0,002 кг/моль.
Относительная молекулярная масса гелия Мг2 = 4,0026 ~ 4.
Молярная масса гелия М2 = 0,004 кг/моль.
Ответ: 0,002 кг/моль; 0,004 кг/моль.
Задача 3.
Дано: Решение:
Углерод — С Молярная масса углерода
Кислород — О2 Мх = 0,012 кг/моль.
тх = 12 кг Число молекул в углероде определим по фор-
т2 = 16 кг ТПл
7 муле Aj = —-Na, где NA — число Авогадро. Л/j
N2 Молярная масса кислорода
М2 = 0,032 кг/моль.
Число молекул в кислороде:
_ т2 Nx _ т1М2 _ 12-0,032
2 “ М7 А’ N2 ~ т2М1 ~ 16-0,012
Ответ: 2.
Замечание. Эту задачу можно было бы решить простым рассу-
ждением. Масса углерода равна молярной массе углерода, выра-
женной в граммах. Следовательно, количество вещества равно
1000 моль. Данная масса кислорода равна половине молярной
массы кислорода, выраженной в граммах, следовательно, количе-
ство вещества равно 500 моль. Так как число молекул равно про-
изведению количества вещества на число Авогадро, то, следова-
тельно, искомое отношение равно 2.
Задача 4.
Дано:
т = 1 г
v — ?
Решение:
Молярная масса воды М = 0,018 кг/моль.
Количество вещества определяется выражением
т 0,001 (кг-моль )
v = — =------ -------- ~ 0,056 моль.
М 0,018 кг )
Ответ: —0,056 моль.
42
Задача 5(6).
Дано:
М = 0,028 кг/моль
Решение:
Масса молекулы равна отношению мо-
лярной массы вещества к числу Авогад-
ро, так как в любом веществе в количест-
ве 1 моль число молекул равно числу Авогадро:
то =
М
Na
0,028
6,02-1023
КГ * МОЛЬ л £2 ez. 1 —26
-------- = 4,65 • 10 кг
МОЛЬ 7
Ответ: 4,65 • 10 26 кг.
Задача 6(7).
Дано:
М = 0,0635 кг/моль
V= 1 м3
р = 9000 кг/м3
Решение:
Число молекул равно произведению ко-
личества вещества на число Авогадро:
N = —NA.
М А
Масса меди т = рУ.
В результате число атомов меди можно определить из выра-
жения
N = 6,02 > 0«‘ [К1"М*-М°ЛЬ 1 « 8,5 10“.
М 0,0635 I м3 • кг • моль J
Ответ: —8,5 • 1028.
Задача 7(8).
Дано:
N= 1022
р = 3500 кг/м3
V— ?
Решение:
Число атомов вещества равно произведению
количества вещества на число Авогадро:
N = —Na.
М А
Для ответа на вопрос задачи надо знать атомную массу алмаза.
В узлах кристаллической решётки алмаза находятся атомы угле-
рода, следовательно,
М = 0,012 кг/моль.
Масса алмаза
т = рУ.
В результате число атомов углерода в данном объёме можно оп-
ределить из выражения
рУ
N = №.
М А
КГ
Тогда У = = —°22'0’012------моль--
рАд 3500 • 6,02 • 1023 кг 1
, м3 моль
Ответ: —5,7 • 10-8 м3.
-5,7-10 8 м3.
N — ?
43
Задача 8(10).
Дано:
v2 = 106 м2/с2
п = 3 • 1025 м-3
т0 = 5 • 10-26 кг
Р-?
Решение:
Для ответа на вопрос задачи воспользуемся
основным законом молекулярно-кинетической
теории газов, связывающим макро- и микропа-
раметры газа, в данном случае давление со ско-
ростью, массой молекул и их концентрацией:
1 ( 2 \
— 5-10~26 -3-1025 -106 м = 5-Ю5 Па.
3 I м3с2 )
Ответ: 5 • 105 Па.
Задача 9(11).
Дано:
V= 1,2 л =
= 1,2 • 1СГ3 м3
N = 3 1022
р = 105 Па
Ё — ?
Решение:
Для ответа на вопрос задачи воспользуемся ос-
новным законом молекулярно-кинетической тео-
рии газов, связывающим давление со средней ки-
нетической энергией молекулы и концентрацией:
р=-пЕ.
3
тг N
Концентрация молекул п = —.
3-105 -1,2-ПТ3
Тогда Е =
2N
Ответ: 6 • 10“21
2-3-1022
Дж.
(Па • м3) = 6 • 10-21 Дж.
Задача 10(12).
Дано:
т = 6 кг
V = 4,9 м3 <
р ~ 200 кПа =
= 2 • 105 Па ]
Решение:
Для ответа на вопрос задачи воспользуемся
основным законом молекулярно-кинетической
теории газов, связывающим макро- и микропа-
раметры газа, в данном случае давление со ско-
ростью, массой молекул и их концентрацией:
1 2
р = -monv^.
о
Произведение массы молекулы на концентрацию — плотность
т
газа: р = mQn = —.
Тогда давление можно выразить формулой р = -ру2.
ГЛ “2 3Py 3
Отсюда v =-----.
т
Проверим размерность.
Па • м3
кг
V2 - ?
[о2] =
Н-м3
м2 - кг
кг - м ♦ м
2
С • кг
м2
п •• •• — 3-2-105 -4,9 (Па-м3 . О1п5м2
Произведем расчет, v =-----------— ------- = 4,9*10 ——.
6 КГ ) с2
Ответ: 4,9 105 м2/с2.
44
Ш Ответы на вопросы к § 64 (§ 66)
1. Состояние макроскопических тел характеризуется давлени-
ем, объёмом и температурой.
2. В тепловом равновесии температура всех тел системы оди-
накова.
3. Мы наблюдаем очень часто установление теплового равнове-
сия и в повседневной жизни используем это явление. Чтобы нагреть
молоко для ребёнка, женщина опускает бутылочку в тёплую воду.
Вода в водоёмах постепенно становится равной средней температуре
воздуха. В тепловом равновесии находятся все предметы в помеще-
нии, поэтому, если температура в помещении была достаточно низ-
кой, необходимо большое количество теплоты, чтобы нагреть не
только воздух в помещении, но и всё, что в нём находится.
4. Для измерения температуры на практике используют зави-
симость объёма жидкости от температуры, и всё сводится факти-
чески к измерению длины подъёма столбика жидкости. Градус по
шкале Цельсия определяется при делении на 100 отрезка между
метками 0 (температура тающего льда) и 100 (температура кипя-
щей воды). Так как все жидкости расширяются при нагревании
неодинаково, то длина этого отрезка, а следовательно, и градус за-
висят от свойств жидкости. Поэтому для нового рабочего вещест-
ва мы каждый раз должны градуировать термометр.
Абсолютная шкала универсальна, так как в отличие от жидко-
стей газы расширяются и изменяют своё давление одинаково при
изменении температуры, поэтому мы можем наполнять баллон
кислородом, водородом и т. д. Расширение, а фактически показа-
ния термометра будут одинаковы.
5(-). Интенсивность теплообмена прямо пропорциональна раз-
ности температур.
Ш Ответы на вопросы к § 65 (§ 67)
1. На основании того, что при нагревании газа в постоянном
объёме давление увеличивается, а согласно основному уравнению
молекулярно-кинетической теории увеличивается и кинетиче-
ская энергия теплового движения молекул.
2. Отношение произведения давления на объём газа к числу
молекул различных газов постоянно при тепловом равновесии и
рУ
не зависит от свойств газа: -= const.
N
£□ Ответы на вопросы к § 66 (§ 68)
1. Абсолютный нуль по шкале Цельсия приблизельно равен
-273 °C.
2. Градус по абсолютной температурной шкале не зависит от
свойств рабочего вещества, в то время как по шкале Цельсия гра-
дус зависит от того, какое рабочее вещество мы берём, например
спирт или ртуть. Коэффициенты объёмного расширения этих ве-
ществ различны. Измерение температуры по абсолютной шкале
можно делать в более широком интервале значений температур,
45
чем по шкале Цельсия; при измерении температуры по шкале
Цельсия интервал ограничен температурами замерзания и кипе-
ния рабочего вещества.
3. Постоянная Больцмана численно равна двум третям изме-
нения кинетической энергии теплового поступательного движе-
ния молекул при изменении абсолютной температуры на 1 К.
Теоретически постоянную Больцмана определить нельзя.
4. Средняя кинетическая энергия поступательного движения
молекул прямо пропорциональна абсолютной температуре.
5. Согласно закону Авогадро в равных объёмах при одинако-
вых температурах и давлениях содержится одинаковое число мо-
лекул. Концентрация молекул определяется отношением числа
молекул к объёму, следовательно, концентрация молекул всех га-
зов одна и та же.
б(-). Средняя кинетическая энергия поступательного движения
молекул не зависит от их массы, а зависит только от температуры.
Ш Ответы на вопросы к § 67 (§ 69)
1. Толщина слоя по ширине полоски различна, так как различ-
ны скорости атомов серебра. Наибольшая толщина слоя полоски на-
ходится в том месте, куда долетает наибольшее число атомов.
2. Средняя квадратичная скорость определяется выражением
Следовательно, при увеличении температуры в 4 раза средняя
квадратичная скорость увеличивается в 2 раза.
3. При одной и той же температуре скорость молекул тем
больше, чем меньше их масса. Масса молекулы азота меньше мас-
сы молекулы кислорода, поэтому скорость молекул азота больше
скорости молекул кислорода.
Решение задач из упражнения 12
Задача 1.
Дано: Решение:
АД = 2 °C Связь температуры в энергетических единицах
? с абсолютной температурой: О100 - О0 = (Т^ _ Т\).
Если 1 К был бы равен 2 °C, то Т2 — Т\ = 50 К, со-
ответственно постоянная Больцмана была бы в 2 раза
больше: k = 2,76 • 10-23 Дж/К.
Ответ: 2,76 10 23 Дж/К.
Задача 2(3).
Дано:
V = 1 см3
р = 1,3 • Ю10 Па
t = 27 °C
N — ?
Решение:
Для решения задачи воспользуемся урав-
нением связи давления газа с концентрацией
и температурой:
р = nkT,
где Т — абсолютная температура газа, Т (К) = t + 273 (°C).
46
В результате
Ответ: 3,14 •
р
Концентрация молекул газа п =-.
jV = py = i,3.io-^.Tio:«=3J41o4
kT 1,38 10“23-300
ю4.
Задача 3(5).
Дано:
t = 100 °C
йкв = 540 м/с
то — ?
Решение:
Средняя квадратичная скорость молекулы
равна окв
3kT
т0
Из этого выражения найдём искомую массу
3kT
молекулы: т0 =
О 2„
(Дж/К)-К
(м/с)2
тт 3 1,38 10~2% 373 t , 1П_26
Произведем расчет. тп0 =-----------(кг) ~ 5,3 • 10
Проверим размерность. [пг0] =
кг м2
с2 м2/с2
= кг.
Ответ: —5,3 • 10 26 кг.
5402
кг.
Задача 4(6).
Дано:
tj = 37 °C
t2 = 40 °C
ЛГ(%) — ?
Решение:
среднюю квадратичную скорость
Считаем, что
молекул воды можно вычислить по формуле для
скорости молекул газа: окв
"%
Тогда
3feT2 3kTj
N _ 1 т0 N т0 _ 4^2 ~
\3kTj 4т\
т0
или в процентах
n = 4^4-4^. 100% = V313-V310. 100о/о ~ 05о/о
4т\ V3io
Ответ: —0,5%.
УРАВНЕНИЕ СОСТОЯНИЯ ИДЕАЛЬНОГО ГАЗА.
ГАЗОВЫЕ ЗАКОНЫ (глава 10)
Закон Бойля — Мариотта (т = const, Т = const): pV = const.
Закон Гей-Люссака (т = const, р = const): V = Vo (1 + at (°C)),
1 V
где а =-----, или — = const.
273 °C Т
47
Закон Шарля (т = const, V = const): = const.
Объединённый газовый закон (т = const) — уравнение Кла-
пейрона:
pV
--= const.
Т
Уравнение Менделеева — Клапейрона или уравнение состоя-
ния идеального газа:
pV = —RT.
У М
Универсальная газовая постоянная
R = kN л = 8,31 —Дж где k = 1,38 • 10’23 3^.
моль•К К
Давление газа р = nkT.
Закон Дальтона р = рх + р2 + ..., или р = У р,
RT п mt
-- —или
V . Mt
Р;
^ = -RTZ^’r«e Pi
— давление z-й компоненты смеси, mi и Mt —
масса и молярная масса z-й компоненты смеси, р; — плотность г-й
компоненты смеси.
Ш Ответы на вопросы к § 68 (§70)
1. Уравнением состояния системы называют уравнение, кото-
рое связывает макропараметры — давление, объём и темпера-
туру.
2. Уравнение Менделеева — Клапейрона содержит больше ин-
формации, чем уравнение Клапейрона, так как оно записывается
для газа произвольной массы, а уравнение Клапейрона — для га-
за данной массы.
3. Газовая постоянная R постоянна для любого газа, поэтому
она и называется универсальной. Это следует из того, что любой
газ в количестве 1 моль при нормальных условиях (р = 1 атм
и t = 0 °C) занимает объём 22,4 л.
Для одного моля любого газа уравнение Менделеева — Кла-
pV p0V0
пеирона можно записать в виде = —-—— = const.
Г То
Отношение ——— и есть универсальная газовая постоянная R.
Т’о
R = 1 атм-22,4 л = Q атм-л =
1 моль-273 К моль-К
1,013-105 — •10"3м3
..2
= 0,082-----------*--------
моль•К
= 8,31—Дж -
моль•К
48
Ш Ответы на вопросы к § 69 (§ 71)
1. Никак. При надувании щёк изменяется масса воздуха во
рту, а закон Бойля — Мариотта справедлив только при постоян-
ной массе газа.
2(3). Сохраняя один из параметров, характеризующих состоя-
ние газа (Т, р или V) постоянным, можно осуществить любой из
изопроцессов: изотермический, изобарный или изохорный.
3(—). Равновесное состояние — это состояние, при котором
температура и давление во всех точках системы (газа) одина-
ковы.
4. При изотермическом процессе кинетическая энергия мо-
лекул остаётся постоянной, а следовательно, постоянна и их
скорость. Давление газа объясняют ударами молекул о стенки
сосуда, при которых изменяются импульсы молекул, соответст-
венно на них действуют силы со стороны стенки и на стенку
действуют силы со стороны молекул (по третьему закону Нью-
тона). При увеличении объёма газа число ударов уменьшается,
хотя сила, действующая на стенку, со стороны молекулы при
ударе остаётся постоянной. Давление определяется не только
силой, но и числом ударов. При увеличении объёма число уда-
ров уменьшается, поэтому давление уменьшается.
При изобарном нагревании скорость молекул увеличивается,
поэтому должно увеличиваться и давление. Чтобы давление оста-
валось постоянным, надо увеличивать объём для уменьшения
числа ударов о стенку.
При изохорном нагревании скорость молекул увеличивается,
а концентрация их остаётся прежней, следовательно, увеличива-
ется давление газа на стенку сосуда.
Решение задач из упражнения 13
Задача 1(2).
Дано:
V = 100 л = 0,1 м3
Vj = 100 см3 = 10-4 м3
t = 1 с
р = 5 МПа = 5 • 106 Па
р0 = 100 кПа = 105 Па
N — ?
Решение:
Давление воздуха при попадании в
компрессор равно атмосферному. При
подаче в отбойный молоток давление
становится большим и равным р.
Считаем, что изменения температу-
ры при этом не происходит, процесс из-
менения давления и объёма воздуха
изотермический.
Так как время засасывания воздуха в компрессор и время по-
дачи его в отбойный молоток равны, то при записи уравнений вре-
мя можно не учитывать. Масса воздуха остаётся неизменной.
Запишем закон Бойля — Мариотта: p0V = ЛГрУр
Тогда число отбойных молотков, которые могут работать от
paV ПР-ПГ1 *
данного компрессора, N = - - =----------= 20.
pVi 5-106-10-4
Ответ: 20.
49
Задача 2(3).
Дано:
т = 2 г = 2-10 3 кг
t = О °C (273 К)
М = 0,002 кг/моль
Решение:
Согласно уравнению Менделеева —
Клапейрона pV = — RT.
Построить изотермы
Подсчитаем, чему равна постоянная
правая часть уравнения
— RT = 2-10 3 • 8,31 • 273 (Дж) =
М 2-10“3
~ 2270 Дж.
Таким образом, имеем уравнение
TZ ОО7П 2270
pV = 2270, или р = .
График такой зависимости р (V) — ги-
пербола (рис. 2.3), при этом объём выра-
жается в м3, а давление в Па (СИ).
Изотермы на V—Т и р—Т диаграммах
будут прямыми линиями.
Задача 3(4).
Дано:
^~Pl .100% = 0,4%
Pi
At = 1 К
Т, — ?
Решение:
По условию задачи газ находится в за-
крытом сосуде, число молекул и объём
сосуда в процессе нагревания остаются
постоянными, следовательно, постоянной
остаётся и концентрация молекул газа.
Воспользуемся формулой р = nkT (п = const).
Тогда = ''=7^ = 41 = 0,004.
Р1 т, т,
АТ
В результате получим Т} = q~qq4 = 250 К.
Ответ: 250 К.
Задача 4(6).
Дано:
v = 1 моль
То = 273 К
р0 = 1 атм = 1,013 • 10s Па
Решение:
Известно, что любой газ в коли-
честве 1 моль занимает объём, рав-
ный 22,4 л, поэтому сразу же мож-
но ответить на вопрос задачи.
Воспользуемся законом Менде-
леева — Клапейрона и проверим это: р0У0 = vKTg
Отсюда найдём
= vRT^ = 1-8,31-273 з 0 0224 мз = 22,4 л
Ро 1,013 Ю5
Ответ: 22,4 л.
50
Задача 5(7).
Дано:
t = 20 °C (Т= 293 К)
М = 0,029 кг/моль
р0 = 1 атм = 1,013 • 105 Па
пг — ?
Решение:
Для решения задачи восполь-
зуемся законом Менделеева —
Клапейрона: PqV0 = ^RT0.
„ * MPov
Отсюда искомая масса объем в классе m =-.
RT
Предположим, что объём класса 4x4x6 м3. Тогда масса воз-
0,029 • 1,013 • 105 -96.......
духа пг =--------------(кг) —116 кг.
8,31-293
Mp0V
Ответ: пг =---—.
RT
Задача 6(9).
Дано:
V1 = 0,03 м3
tt = 455 °C
(Т = 728 К)
Р! = 1,35 • 106 Па
t0 = 0 °C
(То = 273 К)
р0= 1,013 105 Па
Решение:
Для решения задачи воспользуемся
р,И, PaV
уравнением Клапейрона: -----= ——.
т0
Из этого уравнения найдём объём
у _ =
TiPo
1,35 • 106-0,03-273 3а з
=-----------------(м3) = 0,15 м3.
728 1,013 • 105
Ответ: 0,15 м3.
Решение:
Для решения задачи воспользуемся уравне-
нием Менделеева — Клапейрона: pV = ^RT.
Разделив на объём левую и правую часть ра-
венства, получим p--^RT.
Задача 7(10).
Дано:
Н = 7134 м
р = 3,8 • 104 Па
Т = 273 К
То = 273 К
р0 = 1,29 кг/м3
Р^?
Таким образом, плотность воздуха можно найти из выражения
Мр
н RT
Мр0
При нормальных условиях р0 =------
RTо
„ , М
Таким образом, выразив — из последнего уравнения и подста-
R
вив в уравнение (1), получим
РоТор 1,29 • 273 • 3,8 • 104 . 3. „,о . 3
_ ги _-----------------------(кг/м3) - 0,48 кг/м3.
р0Т 1,013-105-273
Ответ: —0,48 кг/м3.
(1)
51
Задача 8(11).
Решение. Процесс 1—2
изобарный, процесс 2—3 изо-
термический, а процесс 3—1
изохорный.
На рисунках 2.4, а, б пока-
заны графики изменения со-
стояния газа в координатах
р, V и р, Т.
Задача 9(12).
Решение. Для решения задачи воспользуемся формулой
для средней квадратичной скорости теплового движения моле-
кул:
3kT
= J---
V т0
Универсальная газовая постоянная связана с постоянной
Больцмана и числом Авогадро формулой R — kNА.
Молярная масса газа равна произведению массы молекулы на
k R
число Авогадро: М = m0NА. Таким образом, --= —, и выраже-
но М
ние для средней квадратичной скорости имеет вид
v
КВ
3RT
м
Задача 10(5).
Решение. Для газа постоянной массы согласно уравнению
Клапейрона отношение произведения давления на объём к абсо-
лютной температуре есть величина постоянная:
nV Т
---= const = С, или У=С —.
Т р
Таким образом, если давление уменьшается, а температура
увеличивается, то объём газа увеличи-
вается.
На этот вопрос можно было бы отве-
тить, анализируя изотермы на р—V диа-
грамме (рис. 2.5).
Считаем, что начальные параметры
газа соответствуют точке 1. Уменьшим
давление при постоянном объёме, пе-
рейдя в точку 2 (при этом уменьшится
температура), а затем увеличим темпе-
ратуру при постоянном давлении, пе-
рейдя в точку 3. Мы видим, что объём
газа увеличивается.
52
ВЗАИМНЫЕ ПРЕВРАЩЕНИЯ ЖИДКОСТЕЙ И ГАЗОВ (глава 11)
Относительная влажность <р = ?п 100% = • 100%, где
Рн.п Рн.п
рп — парциальное давление пара; рп — плотность пара; ри п
и Рн. п — давление и плотность насыщенного пара.
£3 Ответы на вопросы к § 70 (§ 72)
1. Собака высовывает язык, чтобы слюна испарялась и охлаж-
дала его. Собака в отличие от других млекопитающих не имеет
потовых желез, с помощью которых организм охлаждается за
счёт испарения пота, поэтому высовывание языка единственный
способ охлаждения собаки в жару. Для того чтобы собака не пере-
грелась в жару, не стоит одевать ей намордник.
2. При уменьшении объёма концентрация молекул пара уве-
личивается и число молекул, переходящих в жидкость, будет
больше числа молекул, переходящих из жидкости в пар. Посте-
пенно опять будет достигнуто состояние динамического равнове-
сия, и концентрация молекул станет прежней. Давление прямо
пропорционально концентрации молекул, которая остаётся посто-
янной, поэтому и давление остаётся постоянным и не зависит от
объёма.
3. Раствор сахара становится насыщенным, и сахар больше не
растворяется. Но это не означает, что в растворе находятся одни и
те же молекулы сахара. Происходит непрерывный обмен молекул
в кристалликах сахара и молекул раствора. Это состояние дина-
мического равновесия.
£3 Ответы на вопросы к § 71 (§ 73)
1. С увеличением давления увеличивается температура насы-
щенного пара, а при кипении давление в пузырьках равно давле-
нию насыщенного пара. Поэтому температура кипения возрастает
с увеличением давления.
2. При увеличении температуры давление насыщенных паров
возрастает и пузырьки увеличиваются в размерах за счёт увеличе-
ния массы пара, они всплывают, начинается процесс кипения.
Увеличение же объёма пузырьков за счёт воздуха несущественно.
Отметим, что зародышевый пузырёк должен состоять из воздуха
или другого газа, но не из пара самой жидкости. Только в этом
случае он может находиться в равновесном состоянии. Если бы
пузырёк состоял только из пара, то при увеличении давления вы-
ше давления насыщенного пара пар переходил бы в жидкость и
объём пузырька уменьшился бы до нуля.
3. Жидкость может закипеть, если понижать внешнее давле-
ние. Откачивая воздух из сосуда, можно заставить закипеть жид-
кость, находящуюся в нём, при температурах, меньших темпера-
туры кипения.
53
£Q Ответы на вопросы к § 72 (§ 74)
1. Относительная влажность определяется отношением парци-
ального давления пара, содержащегося в воздухе, к давлению на-
сыщенного пара при той же температуре умноженным на 100%.
2. Разность показаний термометров психрометра зависит толь-
ко от влажности воздуха.
Решение задач из упражнения 14
Задача 1(2).
Решение. При спуске в шахту давление увеличивает-
ся, следовательно, будет увеличиваться и температура кипения
воды.
Задача 2(3).
Решение. При кипении давление пара в пузырьках равно ат-
мосферному давлению, а его температура — 100 °C.
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона
Р =
рМ _ 1,013 105 0,018
RT 8,31-373
(кг/м3) ~ 0,58
кг/м3.
Ответ: —0,58 кг/м3.
Задача 3(4).
Решение. Бельё перестаёт высыхать, когда пар становится
насыщенным. Наступает состояние динамического равновесия ме-
жду водой в мокром белье и паром в воздухе.
Давление насыщенного пара зависит от температуры. Чем ни-
же температура, тем меньше давление насыщенного пара. Если
открыть форточку, температура воздуха понизится и понизится
давление насыщенного пара. Так как при более низкой темпера-
туре давление насыщенного пара меньше, чем при температуре
воздуха на кухне, то бельё высохнет быстрее.
Задача 4(7).
Дано:
t = 20 °C
(Pi = 20%
<р2 = 50%
V = 40 м3
Рн. п = 1,73 • 10-2 кг/м3
т — ?
Решение:
Относительная влажность определя-
ется отношением парциального давле-
ния пара, содержащегося в воздухе,
к давлению насыщенного пара при той
р
же температуре: <р ---100% .
Р Н. 11
Так как при данной температуре газа
давление пропорционально плотности,
то можно записать <р = —-— 100% .
Р н. п
Таким образом, <р j = -21—. 100% , <р2 = --- 100% .
Р Н. П Р 11. п
54
„ wi, т2
В свою очередь, плотность пара pj = —, р2 = ——.
Масса воды, которую нужно испарить для повышения влаж-
ности,
пг = пг2 - тх = (р2 - pj V. (1)
Выразим плотность пара из формулы для относительной влаж-
ности р = и подставим её в уравнение (1).
Тогда
(<Р2-<Р1)РН.П V (50 - 20) • 1,73 • 10~2 • 40
т =----------—— =------------------------- (кг) — 0,21 кг.
100% 100
Ответ: —0,21 кг.
ТВЁРДЫЕ ТЕЛА (глава 12)
Ш Ответы на вопросы к § 73 (§75)
1. Все кристаллы анизотропны. Если представить объёмную
кристаллическую решётку, то очевидно, что в зависимости от
направления расположение атомов в плоскости, перпендикуляр-
ной выбранному направлению, будет различным. Кристалличе-
скую структуру имеют металлы. Однако если взять большой ку-
сок металла, то можно увидеть, что маленькие кристаллики
расположены хаотично, вследствие чего свойства металлов не
зависят от направления, можно сказать, что металлы изотроп-
ны, хотя каждый из кристалликов, составляющих металл, ани-
зотропен.
2. Древесина не является кристаллическим телом. В древе-
сине вдоль ствола проходят капилляры, вследствие чего по ство-
лу происходит подъём жидкости. Наличие капилляров, размеры
которых существенно больше периода кристаллической решёт-
ки, обусловливает различие свойств древесины от направления.
3. Монокристаллы имеют во всём объёме единую кристалли-
ческую решётку. К ним относятся кварц, исландский шпат, сап-
фир.
Поликристаллы состоят из монокристаллов, расположенных
хаотично. Поликристаллами являются никель, железо, мине-
ралы.
£3 Ответы на вопросы к § 74 (§ 76)
1. Аморфные тела изотропны, т. е. их физические свойства
не зависят от направления. Кристаллические тела анизотропны.
У аморфных тел нет строгого порядка в расположении атомов на
больших расстояниях (нет дальнего порядка), у них порядок
55
сохраняется на двух-трёх межатомных расстояниях (ближний по-
рядок).
2. Кремнезём, стекло, вар, смолы.
3. Кристаллическое твёрдое тело имеет температуру плавле-
ния, при которой оно становится жидкостью. Поэтому получить
какое-то определённое изделие можно, заливая расплавленное ве-
щество в специально приготовленные формы.
Аморфные тела не имеют определённой температуры плавле-
ния. При нагревании они размягчаются, поэтому, нагревая кусок
стекла, можно выдуть стеклянный шар благодаря тому, что жид-
кое стекло обладает вязкостью большей, чем классическая жид-
кость. Затем стеклодув придаёт ему необходимую форму.
ОСНОВЫ ТЕРМОДИНАМИКИ (глава 13)
Внутренняя энергия одноатомного газа U = - -RT.
2 М
Количество теплоты Q = стДТ, где с — удельная теплоёмкость
газа; ДТ — изменение температуры.
Работа газа при изобарном процессе А = р (V2 - Pi).
Первый закон (начало) термодинамики: ДГ7 = Q + А', где А' —
работа внешних сил; А' = —А, где А — работа, совершаемая сис-
темой.
Количество теплоты Q = ДГ7 + А.
Изотермический процесс (Т = const, ДТ = 0):
количество теплоты Q = А;
Q
удельная теплоемкость ст = —> оо.
Изобарный процесс (р = const):
количество теплоты Q = ДГ7 + А, где А = pAV — работа газа;
удельная теплоёмкость (для одноатомного газа)
с - Q -5R
р тЛТ 2 М ‘
Изохорный процесс (V = const):
количество теплоты Q = ДГ7;
удельная теплоёмкость (для одноатомного газа)
= _2_ = Аи = ЗА
Су тЛТ тЛТ 2 М ’
Удельные теплоёмкости связаны соотношением ср = cv Н--.
Адиабатный процесс:
количество теплоты Q = 0;
удельная теплоёмкость сад
-9- = о.
тЛТ
56
Коэффициент полезного действия тепловой машины
Т| = — • 100% = ——• 100% , где Qj — количество теплоты, пе-
Qi Qj
редаваемой нагревателем рабочему телу; Q2 — количество тепло-
ты, передаваемой рабочим телом холодильнику.
Коэффициент полезного действия идеальной тепловой машины
Карно Пид =^1-111.100%.
11
Холодильный коэффициент тепловой машины
_ Qi _ Q‘2 _ 1
A Qi — Q2 Qi _ j
Q2
Холодильный коэффициент тепловой машины Карно
21-1
т2
Ш Ответы на вопросы к § 75 (§ 77)
1. Приведём примеры перехода механической энергии во внут-
реннюю.
Останавливаем рукой вращающееся колесо, рука нагревается.
Если на море волнение, то вода становится теплее. При обработке
изделия на токарном станке изделие нагревается. При забивании
гвоздя молотком молоток и гвоздь нагреваются.
Пример перехода внутренней энергии в механическую: нагре-
тый газ расширяется адиабатно и поднимает поршень, при этом
газ охлаждается.
2. Внутренняя энергия газа равна сумме кинетической энер-
гии беспорядочного движения молекул и потенциальной энергии
их взаимодействия. Кинетическая энергия определяется темпера-
турой, а потенциальная энергия — расстоянием между молекула-
ми. Поэтому внутренняя энергия реального газа зависит от темпе-
ратуры и объёма.
3. Внутренняя энергия идеального газа определяется энергией
теплового движения молекул, поэтому она зависит только от тем-
пературы газа: U - Т.
Внутренняя энергия одноатомного газа U =
£3 Ответы на вопросы к § 76 (§ 78)
1. При сжатии газа молекулы упруго ударяются о движущий-
ся поршень, при этом их скорость увеличивается, увеличивается
и их кинетическая энергия. Температура — мера кинетической
энергии теплового движения молекул. Следовательно, газ нагре-
вается.
57
2. На рисунке изображено изотермическое сжатие. При этом
газ (сила давления газа) совершает отрицательную работу, внеш-
ние силы совершают положительную работу.
Ш Ответы на вопросы к § 77 (§79)
1. Количественная мера теплопередачи энергии без соверше-
ния механической работы называется количеством теплоты. Если
механическая работа не совершается, то количество переданной
теплоты равно изменению внутренней энергии.
2. Удельная теплоёмкость зависит от свойств вещества, а так-
же от процесса, при котором произошла теплопередача.
3. Удельная теплота парообразования определяется количест-
вом теплоты, которую надо сообщить при постоянной температуре
жидкости массой 1 кг, чтобы превратить её в пар.
4. Удельная теплота плавления определяется количеством те-
плоты, которую надо сообщить при температуре плавления кри-
сталлическому твёрдому веществу массой 1 кг для превращения
его в жидкость.
5. Количество теплоты, получаемой телом, считается поло-
жительной величиной, количество теплоты, отдаваемой телом, —
отрицательной.
Ш Ответы на вопросы к § 78 (§ 80)
1. Первая формулировка: изменение внутренней энергии сис-
темы при переходе из одного состояния в другое равно сумме ра-
боты внешних сил и количества теплоты, переданной системе.
Вторая формулировка: невозможно создать вечный двигатель
первого рода, т. е. устройство, с помощью которого можно полу-
чить работу большую, чем затраченное количество теплоты.
2. Изменение внутренней энергии системы отрицательно, ес-
ли: 1) система отдаёт тепло и совершает положительную работу:
Q, А < 0, при этом А' > 0; 2) система отдаёт тепло и совершает от-
рицательную работу, при этом модуль количества теплоты больше
положительной работы внешних сил: | Q | > А = | А' |; 3) система
получает тепло и совершает положительную работу, при этом мо-
дуль работы внешних сил больше количества теплоты, сообщён-
ной системе: | А | = А' > Q.
3. Внутренняя энергия определяется кинетической энергией
теплового движения молекул и потенциальной энергией их взаи-
модействия, она определяет полную энергию молекул тела, явля-
ется характеристикой состояния системы. Теплота — это не свой-
ство системы, она характеризует процесс передачи энергии,
работа также совершается в результате какого-либо процесса.
Ш Ответы на вопросы к § 79 (§81)
1. Работа больше при изобарном нагревании. Это становится
особенно очевидным, если воспользоваться графическим истолко-
58
ванием работы. На рисунке 2.6 изо-
бразим два процесса расширения газа
от V\ до V2.
Площадь фигуры acdb больше пло-
щади фигуры aceb.
2(3). Если система изолированная,
то сумма количеств теплоты, по-
лученной и отданной телами, равна
нулю: Qj + Q2 + Q3 = 0. Если, напри-
мер, тело 2 получает тепло от двух
других тел, то это уравнение имеет
вид - I Qi I + Q2 - I Q3 I = 0.
Ш Ответы на вопросы к § 80 (§ 82)
1. Необратимыми процессами называются процессы, которые
самопроизвольно могут протекать только в одном направлении.
Примерами необратимых процессов являются теплопередача,
диффузия.
2(3). Первая формулировка: невозможен самопроизвольный
переход тепла от менее нагретого тела к более нагретому.
Вторая формулировка: невозможно создание вечного двигателя
второго рода, т. е. устройства, которое полностью превращало бы
количество теплоты, сообщённой системе, в механическую работу
(КПД 100%), часть тепла должна быть передана холодильнику.
3(4). Направление течения рек определяется рельефом местно-
сти; вода течёт в направлении более низких территорий; потенци-
альная энергия переходит в кинетическую. Самопроизвольное изме-
нение направления течения невозможно, так как для осуществления
этого необходимо внешним силам совершить работу, поэтому ника-
кого нарушения закона сохранения энергии не может быть.
Ш Ответы на вопросы к § 82 (§ 84)
1. Тепловой двигатель — это устройство, с помощью которого
количество теплоты превращается в механическую работу.
2. Благодаря нагревателю происходит нагрев рабочего вещест-
ва, от нагревателя к рабочему телу передаётся тепло. Рабочее тело
совершает механическую работу. Холодильнику передаётся тепло
для того, чтобы процесс возвращения системы в исходное состоя-
ние происходил при более низкой температуре и работа за цикл
была бы отлична от нуля.
3(4). Коэффициентом полезного действия называется отноше-
ние механической работы, совершённой газом, к количеству теп-
А'
лоты, полученной от нагревателя: г] = —.
Qi
4(5). Максимальное значение коэффициента полезного дейст-
вия у идеальной тепловой машины Карно, работающей при тех
же температурах нагревателя и холодильника, что и реальная,
Т{ -Т2
Равно Г|тах = —--.
59
Решение задач из упражнения 15
Задача 1.
Дано: Решение:
Р2 = Внутренняя энергия одноатомного идеального газа
17 У1 U = - — RT.
2 2 2 М
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона
и, ру = — RT. и М
Выражение для внутренней энергии можно записать в виде
= тогда = a U2 = ^p2V2.
Л Ci Ci
Отношение внутренних энергий газа в двух состояниях
^2 _ Рг^2 _ g 1—3
U, ~ Р1У. ~ 2 2
Ответ: 3/2.
Задача 2(3).
Дано: Q = 200 Дж А' = 400 Дж Решение: Согласно первому закону термодинамики Q = AU + А',
AU — ? отсюда AU = Q — А' = 200 - 400 (Дж) = —200 Дж. Ответ: -200 Дж.
Задача 3(4).
Дано:
т1 = 0,1 г = 10’4 кг
т2 = 0,5 г = 5 • 10“4 кг
t = 27 °C (300 К)
М = 0,029 кг/моль
А — ?
Решение:
Работа газа при постоянном давле-
нии А = pAV.
Согласно уравнению Менделеева —
Клапейрона рАУ = RT.
М
Таким образом, работа определяется выражением
А = рАУ = —RT = Rt = L12—~10 .8,31-300 (Дж) =
и М М 0,029
= 34 Дж.
Ответ: —34 Дж.
Задача 4(5).
Дано:
V= 1 л = IO’3 м3
At = 50 °C
(ДТ = 50 К)
Сравнить время
нагревания
Решение:
Нагревание воздуха происходит при посто-
янном объёме. Тепло расходуется на измене-
ние внутренней энергии и соответственно
только на увеличение кинетической энергии
теплового движения молекул:
Q = AU.
60
При нагревании воды тепло тратится и на увеличение кинети-
ческой энергии теплового движения молекул, и на увеличение по-
тенциальной энергии их взаимодействия. Поэтому вода будет на-
греваться дольше, чем воздух.
Можно провести оценочный расчёт. Представим, что сосуд был
наполнен воздухом при атмосферном давлении.
ту
Тогда ^RT0 = p0V. Отсюда — (предположим, что на-
чальное давление равно 1 атм, а температура около 300 К).
Молекулы воздуха в основном состоят из двух атомов, внутрен-
тт 5 fTl Г)ГП
няя энергия газа U =---RT.
2М
Тогда Qj = - ДГ = - •105'10 3 • 50 (Дж) « 42 Дж.
1 2 То 2 300
Количество теплоты, необходимой для нагревания воды на ДТ,
равно
Q2 = стпЛТ = 4,2 • 103 1 • 50 (Дж) = 2,1 • 10» Дж.
Ответ: вода будет нагреваться дольше, чем воздух.
Задача 5(6).
Решение. Разность давлений в нижней и верхней частях со-
суда не сможет существовать достаточно долго, так как воздух,
находящийся при более высоком давлении в нижней части сосу-
да, будет заполнять пустые ячейки турбины и переноситься
в верхнюю часть. В результате давления станут равны и подъём
жидкости прекратится.
Задача 6(7).
Решение. Процесс 1—2 изобарный, при этом процессе газ
нагревается (ДГ > 0) и совершает положительную работу (ДР > 0).
Газ получает тепло.
Процесс 2—3 изотермический, при этом процессе объём умень-
шается, газ совершает отрицательную работу, внутренняя энер-
гия не изменяется. Газ отдаёт тепло.
Процесс 3—1 изохорный, при этом процессе температура
уменьшается, внутренняя энергия убывает, работа же газом не со-
вершается, следовательно, газ отдаёт тепло.
Задача 7(9).
Дано:
тп = 4 кг
ДГ = 100 к
Q- ?
Решение:
При постоянном объёме тепло расходуется толь-
ко на увеличение внутренней энергии:
Q= &U = - — R&T.
2М
Проверим размерность. [Q] =
кг
кг/моль
Дж -К = Дж.
моль•К
61
Произведём расчёт.
Q = • 8,31 • 100 (Дж) ~ 1,25 • 106 Дж.
2 0,004
Ответ: ==1,25 106 Дж.
Задача 8(11).
Дано:
пг = 2 кг
ДТ= 10 К
с = 14 кДж/(кг • К) =
= 1,4 • 104 Дж/(кг • К)
ДП — ?
Решение:
Изменение внутренней энергии водо-
рода равно разности количества тепло-
ты, сообщённой газу, и работы, совер-
шённой газом: Д(7 = Q - А'.
Количество теплоты Q = стЛТ.
Работа газа при постоянном давле-
нии определяется выражением А' = — RAT.
М
В результате запишем
(D \ / О 01 \
с----=2-10- 1,4-104------- (Дж) - 2 105 Дж.
М ) t 0,002)
Ответ: —2 • 105 Дж.
Задача 9(12).
Дано:
v = 4 моль
А = 500 Дж
ДТ — ?
Решение:
При адиабатном процессе изменение внутрен-
ней энергии газа равно работе внешних сил:
AU = А.
Внутренняя энергия одноатомного газа опреде-
ляется выражением U = - — RT. Таким образом, - — RAT = А.
2М 2М
В результате получим АТ = ^00 (К) — ЮК.
3v7? 3*4* 8,31
Ответ: —10 К.
Задача 10(14).
Дано: Решение:
7П! = 0,4 кг Система «лёд — вода» — изолированная система.
= 10 °C Согласно уравнению теплового баланса
т2 = 0,6 кг Qi + Q2 = 0, где
t2 = -40 °C Q] — количество теплоты, которую отдаёт вода,
t — ? Q2 — количество теплоты, получаемой льдом. Для составления уравнения выясним конечное
агрегатное состояние системы.
Для расчёта необходимо знать удельные теплоёмкости св воды
и сл льда, а также удельную теплоту плавления А. льда. Нахо-
дим значения этих величин из таблиц: св = 4,2 103 Дж/(кг • К);
сл = 2,1 103 Дж/(кг • К); X = 3,33 • 105 Дж/кг.
62
Подсчитаем количество теплоты, которую может отдать вода,
остывая до О °C.
Q! = св7П! (ti - 0°) = 4,2 103 • 0,4 • 10 (Дж) = 1,68 • 104 Дж.
Количество теплоты, которую может получить лёд, нагреваясь
до 0 °C:
| Q2 | = слт2 (0° - t2) = 2,1 • 103 • 0,6 • 40 (Дж) = 5,04 • 104 Дж.
Сравнивая полученные значения, приходим к выводу, что
количества теплоты, выделяемой при остывании воды, не хва-
тит на то, чтобы лёд нагрелся до температуры таяния. Одна-
ко вода может частично замёрзнуть, при этом отдавая тепло
льду.
Массу замёрзшей воды при нагревании льда до 0 °C можно оп-
ределить из соотношения.
. Q2~Qi (5,04—1,68) • 104
Ат = —----L =----------------(кг) = 0,1 кг.
X 3,33 Ю5
Таким образом, в калориметре будут находиться вода массой
0,3 кг и лёд массой 0,7 кг при температуре 0 °C.
Ответ: 0 °C.
Задача 11(15).
Дано:
t2 = 27° (Т2 = 300 К)
Т| = 80%
Т\ — ?
Решение:
КПД идеальной тепловой машины
= Г1 ~Г2 .100о/о .
т
Из этого выражения находим Т,: Т\ = -— = 1500 К.
1--П-
юо
Ответ: 1500 К.
Задача 12(16).
Дано:
Q, = 1,5 • 106 Дж
Q2 = -l,2 • 106 Дж
t2 = 30 °C (Т2 = 303 К)
Z, = 250 °C (7\ = 523 К)
П - ?
Решение:
КПД тепловой машины определяет-
ся выражением
n = Q1~lQ2l-ioo% =
^’5-1о6-Ч:.1£6..1ОО% = 2о%.
1,5-106
КПД идеальной тепловой
Т — т
ный КПД т|ид = 2 100% =
машины или максимально возмож-
__________ 523 ~ 303 . юо% ~ 42% .
Tj________523
Как и следовало ожидать, КПД идеальной тепловой машины
больше КПД реальной машины.
Ответ: 20%.
63
ОСНОВЫ ЭЛЕКТРОДИНАМИКИ
ЭЛЕКТРОСТАТИКА (глава 14)
Заряд электрона qe = -1,6 • 10-19 Кл.
Масса электрона те = 9,1 • 10-31 кг.
Заряд протона qp = +1,6 • 10~19 Кл.
Масса протона т = 1,67 • 10-27 кг.
и I II I
Закон Кулона: F = k ^2 , где qt и q2 — модули взаимодейст-
г2
вующих зарядов; г — расстояние между ними; k — коэффициент,
зависящий от выбора системы единиц.
1 Н •
В СИ коэффициент k =-------= 9 • 109-----, где е0 — электри-
4л £0 Кл2
о о к ч л-12 Ф f Ф Кл2 |
ческая постоянная, £0 = 8,85 -10 z — — =------ .
м м Н • м2 )
Закон Кулона в СИ: F = —-—1^11^1, где £ — относительная
4л £0 ег2
диэлектрическая проницаемость среды.
тт тр F
Напряженность электрического поля Е = —.
Чо
Напряжённость электрического поля точечного заряда
Принцип суперпозиции полей: Е = Е1 + Е2 + Е3 + ....
Работа электростатических сил по перемещению заряда q0
. ЧоЧ fl 1 'I
в поле заряда q А =------------.
4л£0£^г1 r2 J
Разность потенциалов двух точек поля <р j -ф2 = —
Чо
W
Потенциал в данной точке поля ф = ——.
Чо
Принцип суперпозиции для потенциала: ф = ф1 + ф2 + ... .
А Ч
Потенциал поля точечного заряда в СИ ф = — =------.
Чо 4лее0г
Разность потенциалов между точками 1 и 2, принадлежащими
разным эквипотенциальным поверхностям однородного поля
^4
Ф1 -Ч>2 = --------------------- =
Чо
где d — кратчайшее расстояние между поверхностями.
Электрическая ёмкость проводника С = .
Дф
64
о „ E0ES
Электроемкость плоского конденсатора С = ——.
d
Соотношение для эквивалентной электроёмкости при последо-
1 V 1
вательном соединении конденсаторов ----= 5 —.
Сэкв , С,-
Эквивалентная электроёмкость при параллельном соединении
конденсаторов Сэкв =
2
CU2
Энергия электрического поля конденсатора W3 = — =---.
2С 2
ZQ-ф
, где Q, — заряд i-ro
2
проводника; <pz — его потенциал.
Ш Ответы на вопросы к § 84 (§ 86)
1. Взаимодействия электрических зарядов называются элек-
тромагнитными взаимодействиями.
2. Минимальный заряд, которым обладают частицы, называ-
ется элементарным.
3. Положительно заряженной частицей является протон, от-
рицательно заряженной — электрон.
Ш Ответы на вопросы к § 85 (§ 87)
1. Электризация одежды, волос при расчёсывании гребёнкой,
листов бумаги при печати на принтере.
2. Металлическую цепь прикрепляют для того, чтобы с цис-
терны на землю стекали заряды, образующиеся в результате неиз-
бежного трения колёс о дорогу, так как случайная искра, возни-
кающая между землёй и цистерной, может вызвать загорание
бензина. Электроёмкость Земли очень велика, и заряды полно-
стью стекают на землю.
£□ Ответы на вопросы к § 86 (§ 88)
1. В изолированной системе алгебраическая сумма зарядов
всех тел сохраняется.
2. При соприкосновении двух одинаковых проводников заряд
распределяется поровну на них. При помещении вблизи ней-
трального проводника положительно заряженного тела сторо-
на, близкая к нему, заряжается отрицательно, а удалённая от
него — положительно, при этом суммарный заряд проводника ос-
таётся равным нулю. При встрече частицы с античастицей, на-
пример электрона и позитрона, происходит аннигиляция — ис-
чезновение частиц, вместо них появляются два фотона, при этом
суммарный заряд остаётся равным нулю.
3 Физика. Решебиик К) kj. Ба johi.hi и профильный уровни
65
Ш Ответы на вопросы к § 87 (§ 89)
1. Сходство: силы гравитационного и электростатического
взаимодействия обратно пропорциональны квадрату расстояния
между телами и прямо пропорциональны произведению масс
(гравитация) или зарядов (электричество); силы направлены
вдоль прямой, соединяющей материальные точки или точечные
заряды.
Отличие: тела, обладающие массой, всегда притягиваются
друг к другу, между электрическими зарядами могут действо-
вать и силы притяжения и силы отталкивания в зависимости от
их знака.
2. Если размерами и формой заряженного тела можно пренеб-
речь по сравнению с рассматриваемыми расстояниями, то такие
заряженные тела можно считать точечными зарядами.
Ш Ответы на вопросы к § 88 (§ 90)
1. Основной электрической единицей в СИ является ампер.
Для определения единицы заряда используется определение силы
тока как заряда, прошедшего за единицу времени через попереч-
г
ное сечение проводника: I =
1 кулон — это заряд, прошедший за 1 с через поперечное сече-
ние проводника при силе тока 1 А.
2. Заряд протона равен заряду электрона, взятому с противо-
положным знаком: qp = 1,6 • 10“19 Кл.
Решение задач из упражнения 16
Задача 1(2).
Дано:
<7Р = -1,6 • 10’19 Кл
г = 0,5 • 10 8 см =
= 0,5 • Ю’10 м
F — ?
Решение:
Ядро атома водорода состоит из одного
протона, поэтому нам надо определить си-
лу взаимодействия электрона с протоном.
Согласно закону Кулона
F = k = 9 • 109 •(1’6 10 19)2 (Н) - 9,2 • 10-8 Н.
г2 (0,5 -1О-10)2
Ответ: —9,2 10-8 Н.
Задача 2(4).
Дано:
г = 1 км = 103 м
т = 0,03 г = 3 • 10-5 кг
п = 1%
F — ?
Решение:
Согласно закону сохранения заряда
первая капля, которой передали элек-
троны, заряжается отрицательно, вто-
рая, у которой отняли электроны, заря-
жается положительно, при этом заряды
капель по модулю будут равны: <72 = I I-
66
По закону Кулона
F=kq-^
(1)
Число молекул в капле воды N = — NA, где Аа — число Аво-
гадро. М
В каждой молекуле воды находятся 18 электронов, следова-
тельно, число электронов в капле можно определить выраже-
нием
М = 18^ Аа.
Таким образом, от одной капли другой передаётся заряд
q2 = 18 — Аа — | qe |.
42 М А1001Ч₽1
Подставив это выражение для заряда в формулу (1), в резуль-
тате получим
2 18-Ад-
F^k^lS М 1
„2 »-2
2
2
= 9-109 •
3-10 5 -6,02-Ю23 •
0,018
106
= 7,51 • 106 Н.
(Н) =
Ответ: 7,51 • 106 Н.
Задача 3(5).
Дано:
qv = 9 • 10’9 Кл
q2 = -2 10’9 Кл
г = 40 см = 0,4 м
л, F2 - ?
Решение:
Шарики притягиваются друг к другу, так
как их заряды разноимённые.
Согласно закону Кулона в первом случае
запишем
Fl = k ММ = 9 • 109 •9 10 ~ '2 •10 9 (H) = 9,2 • IO’8 H.
2 ** >
(0,4)2 * *
После того как шарики привели в соприкосновение, заряды их
стали равны, по закону сохранения заряда суммарный заряд ша-
, , + <?2
ров остался прежним qx = q2 — —-—•
Сила отталкивания, действующая на шарики,
(<71 + q2 )2 (9-10~9 - 2-10"9)2
F2 = k---------= 9 • 109---------4---------(Н) == 6,9 • 10’7 Н.
0,42 0,16
Ответ: ~9,2 • 108 Н; ~6,9 • 10’7 Н.
67
Задача 4(6).
Дано:
qx = 1 • 10’8 Кл
q2 = 2 • 10’8 Кл
<73 = -3 10 9 Кл
г = 1 м
F — ?
Решение:
На рисунке 3.1 изображены заряды qx и q2,
а также заряд q3, помещённый между ними.
Сила F23, с которой второй заряд действует
на третий, больше силы F13, с которой первый
заряд действует на третий, поэтому, как вид-
но из рисунка, результирующая сила, дейст-
вующая на заряд qA, направлена вправо.
91 9з ?2
О-----------* • *-------•
ЛЗ -^23
Рис. 3.1
Согласно закону Кулона запишем
(г/2)2 (г/2)2
В результате по принципу суперпозиции F = Fl3 + F23,
F = F.2з - F13 = k 42 । - k 91 । =
(г/2)2 (г/2)2
= й^Нг(?2 -?1) = 9-109 • 3'10~9 (2 - 1) 10~8(Н) = 1,1 • 10~6Н.
(г/2)2 0,52
Ответ: =1,1 10 6 Н.
Ш Ответы на вопросы к § 89 (§91)
1. Теория близкодействия кажется более привлекательной,
так как из повседневного опыта вытекает, что на тело действует
сила, если это тело взаимодействует непосредственно с другим те-
лом. Толкаем мяч, поднимаем камень, берём ручку и т. д.
2. Только исходя из теории дальнодействия, можно было объ-
яснить такие бесспорные и определяющие нашу жизнь факты,
как притяжение планет, притяжение тела к Земле, взаимодей-
ствие зарядов. Кроме этого, у сторонников теории дальнодействия
был безусловный аргумент, что даже при непосредственном кон-
такте между телами есть воздушный зазор и фактически это взаи-
модействие также является дальнодействием.
Ш Ответы на вопросы к § 90 (§ 92)
1. Главное отличие теории близкодействия от теории дально-
действия состоит в том, что согласно теории близкодействия взаи-
модействие между телами происходит не мгновенно, а конечное
время. Так, если передвинуть заряд, то сила взаимодействия его
с другим зарядом изменится не мгновенно, а через конечный про-
межуток времени.
68
2, Основные свойства электростатического поля:
1) создаётся неподвижными зарядами и неразрывно связано
с ними;
2) действует на электрические заряды.
Ш Ответы на вопросы к § 91 (§ 93)
1. Напряжённость поля в данной точке определяется отноше-
нием силы, действующей на положительный точечный заряд, по-
мещённый в данную точку, к этому заряду.
2. Напряжённость поля точечного заряда Е = k —, где г — рас-
гг
стояние от заряда до данной точки поля.
3. Для определения направления
напряжённости поля, созданного за-
рядом q0, помещаем пробный поло-
жительный заряд q в некоторую точ-
ку А поля и отмечаем направление
силы, действующей на него. Направ-
ление напряжённости поля совпада-
ет с направлением действия силы:
напряжённость поля положительно-
го заряда q0 направлена от заряда
(рис. 3.2, а), отрицательного — к за-
ряду (рис. 3.2, б).
4. Если поле создано несколь-
кими зарядами, то напряжённость
электрического поля в данной точке
определяется векторной суммой напряжённостей полей, создан-
ных в этой точке каждым зарядом в отдельности. Причём поле
каждого источника не зависит от наличия других источников по-
ля (принцип суперпозиции полей)'.
Е — Еу + £?2 "Ь -^з + ... .
Ш Ответы на вопросы к § 92 (§ 94)
1. Графически электрические поля изображаются силовыми
линиями — линиями, касательная в каждой точке которых сов-
падает с вектором напряжённости электрического поля.
2. Не всегда. Касательная к силовой линии указывает направ-
ление силы, действующей на заряд в электрическом поле, и сле-
довательно, ускорения, а не скорости.
3. Силовые линии начинаются на положительных зарядах и
заканчиваются на отрицательных. Силовые линии пересекаются
только в точках, где находятся заряды.
4. Внутри проводящего шара напряжённость равна нулю, вне
шара напряжённость зависит от расстояния так же, как и напря-
жённость точечного заряда: Е = k . Это можно объяснить цен-
г2
тральной симметрией полей, созданных шаром и точечным зарядом.
69
Ш Ответы на вопросы к § 94 (§ 96)
1. В проводниках есть свободные электроны, которые начина-
ют двигаться при сколь угодно малой напряжённости электриче-
ского поля.
В диэлектриках свободных зарядов нет, связанные заряды мо-
гут только ориентироваться вдоль силовых линий поля.
2. В полярных диэлектриках центры распределения поло-
жительных и отрицательных зарядов в молекуле не совпадают,
молекулу можно представить в виде диполя. В неполярных ди-
электриках эти центры распределения положительных и отри-
цательных зарядов совпадают, молекулы неполярных диэлек-
триков становятся диполями только во внешнем электрическом
поле.
Ш Ответы на вопросы к § 95 (§ 97)
1. Смещение положительных и отрицательных связанных за-
рядов при помещении диэлектрика в электрическое поле называ-
ется поляризацией.
2. Независимо от природы диэлектрика напряжённость элек-
трического поля в нём всегда меньше напряжённости внешнего
электрического поля.
Ш Ответы на вопросы к § 96 (§ 98)
1. Изменение потенциальной энергии
заряженной частицы равно работе элек-
тростатической силы, действующей на
заряд, взятой с противоположным зна-
ком: = —А.
2. Если считать, что в точке 1 потен-
циальная энергия равна нулю (рис. 3.3),
то в точке 2 потенциальная энергия за-
ряженной частицы Wn = qEd.
Wn = qEd Wn = 0
Рис. 3.3
Ш Ответы на вопросы к § 97 (§ 99)
1. Если работа силы по замкнутому контуру равна нулю, то
поле этой силы считается потенциальным.
2(3). Разность потенциалов между двумя точками поля равна
отношению работы электростатической силы по перемещению по-
ложительного заряда из одной точки поля в другую к этому
д
заряду: ipj -ф2 = —.
q
З(-). Прежде чем говорить о значении потенциала в данной
точке поля, надо указать нулевой уровень его отсчёта, подобно то-
му как мы всегда указываем нулевой уровень отсчёта потенциаль-
ной энергии тела в механике.
70
03 Ответы на вопросы
к §98 (§ 100)
1. Разность потенциалов между дву-
мя точками заряженного проводника
равна нулю. Потенциал во всех точках
проводника одинаков.
2(3). Связь разности потенциалов с
напряжённостью однородного электриче-
ского поля: ф1 - <р2 = Ed (рис. 3.4).
Решение задач из упражнения 17
Задача 1.
Дано:
Е = 1,3 • 105 * * В В/м
т = 2 • 1(Г9 * * г =
= 2 • 10~12 * * кг
q, N — 1
Решение:
На капельку действуют две силы: сила тя-
жести и электростатическая сила (рис. 3.5).
Условие равновесия капельки жидкости:
mg + F3 = 0.
В проекции на ось У запишем
mg - F3 = 0. (1)
Электростатическая сила определяется
выражением F3 = qE.
Подставим это выражение в уравнение
(1): mg - qE = 0.
В результате получим
mg 2-10“12-9,8 „ ~ 16 т»
q = —- =------------ (Кл) - 1,5 • 10 Кл.
Е 1,3 105
1_____________2 Е
Ф1 d ,<Р2 *
<Р1 - <Р2 = Ed
Рис. 3.4
Рис. 3.5
тт , кт Ч iu ~
Число избыточных электронов N = — =------------— 940.
Че 1,6-10 19
Ответ: —1,5 10~16 * * Кл; —940.
Задача 2.
Решение. Кусочки бумаги поляризуются в электрическом по-
ле расчёски. Ближе к расчёске на-
ходятся заряды противоположного
с зарядом расчёски знака. Поэтому
кусочки притягиваются к расчёске.
Задача 3.
Решение. 1) Работа поля на
участке АВ > 0, так как сила, дей-
ствующая на положительный за-
ряд, сонаправлена с его перемеще-
нием.
Работа на участках ВС и DA
равна нулю, так как электростати-
71
ческая сила перпендикулярна каждому малому перемещению за-
ряда (рис. 3.6).
Работа на участке CD < 0, так как электростатическая сила на-
правлена в сторону, противоположную перемещению.
2) На участке АВ потенциальная энергия уменьшалась
(Аав > 0, AWn < 0).
На участках ВС и DA потенциальная энергия не изменялась,
линии ВС и DA эквипотенциальные.
На участке CD потенциальная энергия увеличивалась (Асп < 0,
AVP,, > 0).
3) Работа по перемещению заряда по замкнутому контуру
ABCDA равна нулю: Аав + Асо = 0.
Задача 4.
Дано:
те = 9,1 10 31 кг
qe = 1,6 10“19 Кл
<Pi - <р2 = -1 В
AWK, Д1У„ — ?
Решение:
Полная энергия электрона WK + Wa, дви-
жущегося в электростатическом поле, оста-
ётся постоянной:
/ПрР? теи2
—^- + 9₽Ф1 =—+9₽<Р2-
Изменение кинетической энергии электрона
= IVK2 - WK1 = qe (Ф1 - <р2) = 1,6 • IO’19 Дж.
Изменение потенциальной энергии
Д1У„ = -Д1УК = -1,6 • 10 19 Дж.
Ответ: 1,6 1019 Дж; -1,6 • 10 19 Дж.
Задача 5.
Дано:
Q1 > 0
<?2 < 0
г
Е — ?
Решение:
На рисунке 3.7 изображено два заряда. Поместим
в третью вершину треугольника положительный заряд.
Сила, действующая на него со стороны другого заряда, * 1
совпадает с направлением напряжённости поля, созда-
ваемого этим зарядом.
На рисунке показаны направления напряжённостей полей,
создаваемых в вершине треугольни-
ка зарядами </, и q2- Согласно прин-
ципу суперпозиции полей
Е = Ег + Е2.
По теореме косинусов имеем
Е2 = Е2 + Е2 - 2Е\Е2 cos а.
Ех = k^-; Е2 = k — ; а = 60°.
1 г2 г2
В результате
Е = k 1 у^3 +q2 -qxq2 .
Ответ: Е = k - ^q2 +q2 - qtq2
Рис. 3.7
72
Задача 6. У А
Решение. Пусть потенциал увеличивается вдоль
оси У (рис. 3.8): Дф > 0. Напряжённость электрического
Дф ф,
поля связана с потенциалом соотношением Е =--------.
\у
Таким образом, напряжённость электрического по- ,
ля направлена вниз. Ф1 -
Можно ответить на вопрос и с помощью следующего
рассуждения:
потенциал возрастает, это означает, что будет воз-
растать потенциальная энергия заряда при перемеще- рис 3 g
нии его снизу вверх, следовательно, при перемещении
положительного заряда вверх внешняя сила совершает положи-
тельную работу, а сила поля — отрицательную. Таким образом,
напряжённость поля направлена вниз.
Задача 7.
Дано:
d = 3 см = 0,03 м
U = 120 В
Е — ?
Решение:
Связь напряжённости электрического по-
ля с разностью потенциалов:
Е_1/ = 12ОГВК4 10,в
d 0,03 \ м J м
Ответ: 4 • 103 В/м.
Задача 8.
Решение. На рисунке 3.9 изображены силовые линии и эк-
випотенциальные поверхности бесконечного равномерно заряжен-
ного цилиндра.
Силовые линии начинаются на поверхности и идут по ра-
диусам заряженного цилиндра. Эквипотенциальные поверхности
Рис. 3.9
73
представляют собой боковые поверхности соосных цилиндров.
Внутри цилиндра поля нет (Е = 0), а потенциал равен потенциалу
поверхности цилиндра.
Задача 9.
Дано:
г?! = 107 * 9 м/с
о2 = 3 • 107 м/с
I е I
1—1= 1,76 • 10" Кл/кг
т
<Р1 - Ф2 — ?
Решение:
Полная энергия электрона WK + Wn,
движущегося в электростатическом по-
ле, остаётся постоянной:
2 2
mevt mevt
—^~ + е(Р1 = —^— + е(Рг-
Искомую разность потенциалов определим из выражения
m(v^-v?) o.in14_in14 „
ф - ф2 = —-12 = _2_— (В) = -2,7 • 10* * 3 В.
2е 2(-l,7610n) 1
2
Скорость электрона увеличивается, это означает, что напря-
жённость поля, в котором он движется, направлена в сторону,
противоположную его скорости.
Потенциал поля увеличивается в направлении движения элек-
трона.
Ответ: -2,7 • 103 В.
Ш Ответы на вопросы к § 99 (§ 101)
1. Электроёмкость двух проводников определяется отношени-
ем заряда к разности потенциалов между ними: С = .
2. Диэлектрики не могут накопить заряд одного знака — это
следует из природы диэлектрика, молекулы которого представля-
ют собой диполи. Суммарный заряд диэлектрика равен нулю.
Электроёмкость, по определению, характеризует способность тела
к накоплению электрических зарядов.
3. Единица электроёмкости — фарад (Ф). 1 Ф — электроём-
кость двух проводников, между которыми возникает разность по-
тенциалов в 1 В, если заряды их равны 1 и —1 Кл. Выразим 1 Ф
через основные единицы СИ:
[Кл] = [А • с],
[В] =
Дж
Кл
9
КГ • М
с2 • А -с
1 Ф = 1—.
В
Кл~1 _ А -с -с2 - А -с
. В J _ кг • м2
А2 -с4 * *'
кг • м2 _
74
Ш Ответы на вопросы к § 100 (§ 102)
1. Электроёмкость зависит от геометрии проводников, их фор-
мы, размеров и расстояния между ними.
2. Электроёмкость конденсатора при наличии диэлектрика ме-
жду его обкладками увеличивается. Электроёмкость прямо про-
порциональна заряду на проводниках и обратно пропорциональна
разности потенциалов между ними. Напряжённость поля при на-
личии диэлектрика становится меньше, следовательно, уменьша-
ется и разность потенциалов между проводниками, электроём-
кость увеличивается.
3. Конденсаторы делятся на воздушные, плёночные и электро-
литические. Воздушные конденсаторы — проводящие пластины,
разделённые воздухом. Плёночные конденсаторы представляют
собой слой диэлектрика, на который с двух сторон напылены тон-
кие металлические пленки. Электролитические конденсаторы
состоят из бумажной ленты, с обеих сторон которой расположены
полоски фольги. Эта лента свёрнута в рулон и помещена в цилин-
дрический сосуд с электролитом, имеющим большую диэлектри-
ческую проницаемость.
Конденсаторы переменной ёмкости состоят из пластин, кото-
рые можно повернуть друг относительно друга, тем самым умень-
шая площадь перекрывающихся частей, при этом электроёмкость
конденсатора уменьшается.
4. Конденсаторы в радиотехнике являются незаменимой ча-
стью любой электрической цепи. С помощью конденсатора
переменной ёмкости приёмник настраивают на определённую
волну.
Ш Ответы на вопросы к § 101 (§ 103)
1. Энергия заряженного конденсатора
w =qU=CU^ = f_
"2 2 2С’
2. В любом электронном приборе применяются конденсаторы
для выполнения одной из двух функций: 1) настройки электриче-
ской цепи на определённую частоту; 2) сглаживания пульсаций
переменного напряжения.
Решение задач из упражнения 1 8
Задача 1.
Дано: Решение:
С = 0,1 мкФ = 10 7 Ф &U= 175 В Изменение заряда прямо пропорцио- нально изменению разности потенциалов
\q — ? между обкладками конденсатора: &q = C\U = 10“7 • 175 (Кл) = = 1,75 10 5 Кл.
Ответ: 1,75 • 10'5 Кл.
75
Задача 2.
Дано:
v = 2 • 107 м/с
\U = 200 В
I = 0,05 м
d = 0,02 м
I е I
!—!= 1,76 • 10" Кл/кг
т
у-?
Решение:
На электрон, влетевший в простран-
ство между пластинами, действует элек-
тростатическая сила, направленная пер-
пендикулярно пластинам (рис. 3.10).
Выберем оси координат, как показано
на рисунке, и запишем уравнения движе-
ния электрона вдоль этих осей. По оси X
никакие силы не действуют, вдоль этой
оси электрон летит равномерно:
X = vt. (1)
По оси Y действует постоян-
ная электростатическая сила.
По второму закону Ньютона
г г U
та,, = еЕ, где Е = —.
y d
Тогда уравнение движения
электрона вдоль оси У имеет вид
_ а/2 _ eUt2
У 2 2dm
Время движения электрона
в пространстве между пластина-
ми определим из уравнения (1):
I тт
t = - .Подставим его в уравнение
v
(2)
(2) и в результате получим
_ еШ2 _ 1,76-1011 -200-(0,05)2
У 2dmv2 2-0,02-(2 • 107)2
Ответ: —5,5 • 10-3 м.
(м) — 5,5 • 10 3 м.
Задача 3.
Дано:
U = 200 В
d = 0,2 мм
С?) = 0,7 мм
U, - 1
нами, ёмкость
Решение:
Заряд, накопленный конденсатором, равен про-
изведению электроёмкости конденсатора на напря-
жение источника: q = CU.
После отключения от источника заряд не изме-
няется.
Когда увеличивается расстояние между пласти-
уменыпается, а напряжение увеличивается.
q = CU = Cjt/p
Q
Отсюда =U —. Электроёмкость конденсатора обратно про-
Ci
С d.
порциональна расстоянию между пластинами: — = —.
С] d
В результате запишем = 200 (В) = 700 В.
Ответ: 700 В.
76
ЗАКОНЫ ПОСТОЯННОГО ТОКА (глава 15)
Сила тока I = -.
t
Заряд, прошедший за промежуток времени t через поперечное
сечение проводника, q = It.
тт I
Плотность тока / = —
S
пе — концентрация свободных электронов в
рость направленного движения
Закон Ома для однородного участка цепи
н, где qe — заряд электрона;
металле; рн — ско-
электронов.
U
R
Сопротивление проводника R = р —, где р — удельное сопротив-
S
ление; I — длина проводника; S — площадь поперечного сечения.
Зависимость удельного сопротивления от температуры:
р = р0 (1 + at °C), где р0 — удельное сопротивление при О °C;
а — температурный коэффициент сопротивления, зависящий от
свойств проводника.
Эквивалентное сопротивление при последовательном соедине-
п
нии п резисторов 7?экв = У R.:.
Полная сила тока при последовательном соединении п резисто-
ров I = Ц = 12 = ... = /, = ... = 1п.
При параллельном соединении п резисторов их эквивалентное
1
сопротивление определяется из соотношения -----
^экв
Полная сила тока при параллельном соединении п резисторов
" 1
= Х—•
Электродвижущая сила (ЭДС)
д
источника 6' = ——.
9о
Закон Ома для полной цепи
Закон Ома для неоднородного
участка цепи (рис. 3.11, а, б):
IR = & + (<рл - <рв).
Работа электростатических
сил А = qU = IUt, где q — заряд,
прошедший через поперечное се-
чение проводника за промежу-
ток времени t, q = It.
Фа Фв > f „
Ф
R +i -
А °---->----1 |-----|-----° В
а)
Фа-Фв<^'
Ф
R +. -
А°-----«----1 I---------|-----° В
б)
Рис. 3.11
77
Закон Джоуля — Ленца: Q = IUt = I2 Rt = — t.
R
Л TJ%
Мощность тока Р = — = IU = I2R =
Полная мощность Ро, развиваемая источником,
с-2
P0 = I2 (R+г) =
R + r
Полезная мощность, выделяемая на внешнем сопротивлении,
с- 2 р
Р = I2R = IU = "J - -
(R + г)2
Теряемая мощность, выделяемая во внутреннем сопротивлении,
Коэффициент полезного действия Т| = пол • 100% .
Ро
КПД полной цепи п = ——— 100% .
R + г
Ш Ответы на вопросы к § 102 (§ 104)
1. Электрическим током называется направленное движение
заряженных частиц.
2. Сила тока I определяется зарядом, проходящим через попе-
речное сечение проводника за 1 с.
3. За направление тока принимают направление движения по-
ложительных зарядов.
£□ Ответы на вопросы к § 104 (§ 106)
1. Нет, не означает. Сопротивление проводника зависит от ма-
териала, из которого он сделан, и его геометрических размеров
(площади поперечного сечения и длины).
2. Удельное сопротивление проводника — это сопротивление
проводника длиной 1 м и площадью поперечного сечения 1 м2.
3. Удельное сопротивление проводника выражается в Ом • м.
£□ Ответы на вопросы к § 105 (§ 107)
1. Лампы в квартире соединяют параллельно для того, чтобы
при перегорании одной из них свет в квартире не погас. Лампоч-
ки в ёлочных гирляндах соединяют последовательно, так как эти
лампочки рассчитаны на небольшое напряжение. Таким образом,
напряжение на каждой лампочке равно напряжению цепи, делён-
ному на число лампочек.
2. При последовательном соединении проводников сопротив-
ление равно сумме сопротивлений. В нашем случае оно равно
2 Ом. При параллельном соединении одинаковых проводников со-
противление цепи равно сопротивлению одного проводника, де-
78
„ л0 „
ленному на число проводников: R = ——. В нашем случае оно рав-
N
но 0,5 Ом.
£Q Ответы на вопросы к § 106 {§ 108)
1. Работа тока равна работе сил поля по перемещению заряда
по проводнику и определяется произведением силы тока, напря-
жения и времени, в течение которого шёл ток: А = TUAt.
2. Мощность тока равна отношению работы тока ко времени,
в течение которого шёл ток: Р = IU.
3. Единицей мощности является ватт.
[P] = [A-B] = [A-g
Дж _ Дж
А -с
= [Вт].
с
Ш Ответы на вопросы к § 107 {§ 109)
1. Работа кулоновских сил по замкнутому контуру равна ну-
лю. При прохождении тока выделяется тепло, следовательно,
в цепи должны действовать силы, работа которых по замкнутому
контуру отлична от нуля.
2. Любые силы, действующие на заряды, кроме кулоновских
сил, называются сторонними силами. Сторонние силы направле-
ны внутри источника против кулоновских сил и вызывают разде-
ление положительных и отрицательных зарядов.
3. Электродвижущая сила равна отношению работы сторонних
сил Аст по перемещению положительного заряда по замкнутой це-
Ат
пи к этому заряду: = ——.
<7о
£□ Ответы на вопросы к § 108 (§ 1 10)
1. Знак ЭДС зависит от выбранного направления обхода цепи.
Если при данном направлении источник вызывает ток в направле-
нии обхода цепи, то ЭДС берётся со знаком «+»; если источник
вызывает ток против направления обхода цепи, то ЭДС берётся со
знаком «-».
2(-). В случае короткого замыкания внешнее сопротивление
равно нулю; в случае разомкнутой цепи внешнее сопротивление
стремится к бесконечности.
Решение задач из упражнения 1 9
Задача 1.
Решение. За направление тока принято направление движе-
ния положительных зарядов, электрон — отрицательно заряжен-
ная частица, поэтому ток идёт в направлении, обратном направле-
нию движения электронов.
79
Задача 2.
Дано:
R = 0,2 Ом
т = 0,2 кг
рт = 8900 кг/м3
рл = 1,7 • 10 8 Ом м
S, I — ?
Решение:
Объём проводника равен произведе-
нию его длины на площадь поперечного
сечения: V = SI.
Масса проводника определяется выра-
жением
m = pmV=pmSl, (1)
Его сопротивление
где рт — плотность меди.
Я - Ря т; ’
О
(2)
где рл — удельное сопротивление меди.
Уравнения (1) и (2) составляют систему двух уравнений отно-
сительно двух неизвестных: I и S. Выразим S из первого уравне-
ния и подставим во второе.
р Рд12
Получим R =--------. Из этого выражения найдём длину про-
ги
водника:
' 0,2 0,2
8900 1,7 10 8
(м) ~ 16 м.
Подставив выражение для I в уравнение (1), получим
(игрд 10,2-1,7 -10 8 . 2. А , . 1а5 2 тл 2
S = J-----= J-------------- (м3) ~ 0,14 • 10 й м - 14 мм/
\Rpm \ 0,2-8900
Проверим размерности.
Ом • кг
= [м];
[S] =
Ом м - кг
---Ом м
м3
КГ ~
— Ом
м3
= [м2].
Ответ: 1,4 мм2; ~16 м.
Задача 3.
Дано: Решение:
1 = 300 м U = 36 В и = 8,5 • 1028 м3 Рд = 1,7 • 10 8 Ом м По закону Ома для участка цепи сила г U тока I = —. R Выразив сопротивление через удель-
и — ? ное сопротивление, получим для силы то- Т US ка выражение I = . Ря/
Сила тока связана со скоростью направленного движения элек-
тронов соотношением I = qonuS.
Таким образом, = qonvS.
Ря^
80
Из полученного выражения найдём скорость направленного
движения:
V =—= -------------------36------------- [ M'l 5.1о-4 м.
Рн^оП 1,7-10“8 300 1,6 10 19-8,5-Ю28 1с ) с
Ответ: ~5 • 10“4 м/с.
Задача 4.
Решение. Сила тока, идущего через спираль плитки,
I =
° R
Количество теплоты, выделяемой в спирали за время t,
U2
Л
При последовательном соединении спиралей сопротивление
/?! = 2R, при параллельном R2 = R/2.
Количество теплоты, выделяемой при последовательном соеди-
U2 2U2
нении, Qi = —t, при параллельном соединении Q2 =---1.
2R R
Qj = —, Qi = 2Q.
Ответ: Q/2; 2Q.
Задача 5.
Решение. Напряжение на клеммах элемента равно ЭДС:
U = 6‘.
Задача 6.
Дано: Решение:
S= 12 В По закону Ома для полной цепи сила тока
г = 0,01 Ом
т
I — ? л к.з
r+R
При коротком замыкании внешнее сопротивление равно нулю,
поэтому
Iк 3 = - = —(А) = 1,2 • 103 А.
кз г 0,01
Ответ: 1,2 • 103 А.
Задача 7.
Дано: /?! = 1,65 Ом UY = 3,30 в R2 = 3,50 Ом и2 = 3,50 В Решение: По закону Ома для полной цепи сила тока I = -^—. r + R Напряжение на внешнем сопротивлении U = —^—R. R + г
<6‘, г - ?
4 Физика. Решебник 10 кл. Базовый и профильный уровни
81
При подключении первого резистора
6'
я,.
U1 =
(1)
При подключении второго
и2
резистора
—-—R2.
R2+r
Уравнения (1) и (2) составляют систему двух уравнений отно-
сительно двух неизвестных: <6‘ и г.
Выразив ЭДС из этих двух уравнений и приравняв правые час-
Ux(Rx+r) U2(R2+r)
ти----------=-----------, получим уравнение относительно г:
-^1 R%
г = (U2-U^R2 = (3,5-3,3)-1,65-3,5 = Ом
UXR2-U2RX 3,3-3,5-3,5-1,65
Подставив найденное выражение для г в уравнение (1) или
уравнение (2), получим выражение для ЭДС источника:
U1U2(R2 -PJ 3,3-3,5-(3,5-1,65)
л, -------------- ------------------- (Ъ) = о, ( £5.
(2)
U}R2-U2R} 3,3-3,5-3,5-1,65
Ответ: 3,7 В; 0,2 Ом.
Задача 8.
Дано:
= 1,50 Ом
г2 = 0,50 Ом
= 4,50 В
<% = 1,50 В
R = 23 Ом
Р — ?
Решение:
Мощность, потребляемая лампой,
Р = I2R.
Так как источники вызывают движение заря-
дов по цепи в противоположные стороны, то сум-
марная ЭДС равна разности ЭДС источников, сум-
марное внутреннее сопротивление равно сумме
сопротивлений источников.
По закону Ома для полной цепи для силы тока получим выра-
жение
I =
<6'1 -
Тогда для мощности справедливо выражение
(<6) - #2 )2 R _ (4,5-1,5)2 23
Р = — 2 7 „ = (Вт) ~ 0,33 Вт.
(Я + П+Гг)2 (23+1,5 + 0,5)2
Ответ: —0,33 Вт.
Задача 9.
Решение. Зависимости силы тока, напряжения на зажимах
источника и мощности от внешнего сопротивления можно запи-
сать в виде
82
Эти зависимости показаны на рисунке 3.12, а—д.
Задача 10.
Решение. Соединение источников, пока-
занное на рисунке 3.13, называется параллель-
ным соединением.
При параллельном соединении ЭДС элемен-
та, заменяющего два источника, равна ЭДС од-
ного источника, а внутреннее сопротивление
элемента определяется по формуле параллель-
ного соединения резисторов. В данном случае
Л = - . Итак, <б'= 4,1 В; г, = 2 Ом.
2
Ответ: 4,1 В; 2 Ом.
Рис. 3.13
83
ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ТОК В РАЗЛИЧНЫХ СРЕДАХ (глава 16)
£□ Ответы на вопросы к § 109 (§ 111)
1. Хорошими проводниками являются металлы, электролиты,
ионизованные газы.
2. В полупроводниках есть свободные электрические заряды,
которые движутся направленно в электрическом поле, но их кон-
центрация мала, поэтому проводимость полупроводников мень-
ше, чем проводников.
£0 Ответы на вопросы к § 110 (§ 112)
1. В момент торможения электроны в катушке по инерции
продолжают двигаться по часовой стрелке, а ток направлен в про-
тивоположном направлении, так как за направление тока приня-
то направление движения положительно заряженных частиц.
2. Скорость упорядоченного движения электронов прямо про-
порциональна напряжению на концах проводника, так как сила
, U с
тока I = — = qorwK S.
R
Ш Ответы на вопросы к § 111 (§113)
1. Спираль лампочки спустя несколько минут разогревается, и
ее сопротивление увеличивается, следовательно, потребляемая
мощность становится меньше, чем при включении, так как мощ-
U2
ность обратно пропорциональна сопротивлению: Р =---.
R
2. При нагревании длина спирали увеличивается, следователь-
но, увеличивается и сопротивление спирали. Чтобы мощность
электроплитки была равна номинальной, длину спирали надо
уменьшить.
£0 Ответы на вопросы к § 112 (§ 114)
1. Сверхпроводимость наблюдается при очень низких темпера-
турах (-25 К), поэтому главная техническая трудность состоит
в создании и поддержании этой температуры.
2. При сверхпроводимости нельзя измерить силу тока ампер-
метром. Убедиться в постоянстве силы тока можно только по кос-
венным признакам, одним из которых является наличие магнит-
ного поля. Если магнитное поле постоянно во времени, то
постоянен и ток.
£0 Ответы на вопросы к § 113 (§ 115)
1. Если связь атомов осуществляется двумя валентными элек-
тронами, по одному от каждого атома, то такая связь называется
ковалентной.
2. В металлах при нагревании сопротивление увеличивается,
так как увеличивается амплитуда колебаний ионов в узлах кри-
сталлической решётки и увеличивается вероятность их столкнове-
ния с направленно движущимся электроном, который после столк-
84
новения теряет скорость направленного движения. При нагревании
полупроводников увеличивается число носителей тока — свобод-
ных электронов и дырок, проводимость увеличивается.
3. В чистом полупроводнике носителями зарядов являются
электроны и дырки (собственная проводимость полупроводников).
4. При встрече электрона с дыркой происходит процесс реком-
бинации. Атом, потерявший электрон и превратившийся в дыр-
ку, становится опять нейтральным атомом, т. е. в процессе реком-
бинации происходит потеря носителей заряда.
£0 Ответы на вопросы к § 114 (§ 116)
1. Собственная проводимость полупроводников очень мала,
так как мала концентрация носителей тока. Если добавлять при-
месь, то количество носителей тока будет увеличиваться, так как
связь атомов примеси с электронами слабая и эти электроны
мгновенно становятся электронами проводимости. Поэтому в за-
висимости от концентрации примеси мы можем менять проводи-
мость полупроводников.
2. Основными носителями заряда с акцепторной примесью яв-
ляются дырки.
3. Чтобы получить проводник «-типа, надо ввести донорную
примесь.
£3 Ответы на вопросы к § 115 (§ 1 17)
1. При контакте двух проводников п- и p-типов проводимости
происходит диффузия основных носителей заряда из одного провод-
ника в другой, в результате которой возникает разность потенциа-
лов между проводниками, препятствующая дальнейшему переходу.
Образуется запирающий слой.
2. Запирающий слой — область
контакта двух полупроводников с
разными типами проводимости.
Благодаря наличию запирающего
слоя ток через контакт может идти
только в одном направлении.
3. Прямым переходом называ-
ется переход, при котором сопро-
тивление р—п- или п—р-перехода
мало. Например, при подключении
р-полупроводника к положительно-
му полюсу батареи, а «-полупровод-
ника к отрицательному осуществля-
ется прямой переход.
4(-). Полупроводниковый диод
служит для выпрямления элект-
рического тока. Переменный ток
в цепи при подключении полупро-
водникового диода идёт в одном на-
правлении (рис. 3.14).
85
£□ Ответы на вопросы к § 116 (§ 119)
1. База транзистора должна быть уз-
кой, чтобы в ней не происходил процесс ре-
комбинации и, следовательно, потеря ос-
новных носителей тока.
2. Подключение транзистора показано
на рисунке 3.15.
3. Силы тока в коллекторе и эмиттере
почти равны, так как в базе практически
не происходит потерь (рекомбинации) но-
сителей тока.
£0 Ответы на вопросы к § 117 (§ 120)
1. Вакуум обеспечивает свободное движе-
ние зарядов от одного электрода к другому.
2(-). В диэлектриках явление термоэлек-
тронной эмиссии не наблюдается, так как
в них нет свободных электронов. Термоэлектронная эмиссия — это
фактически испарение электронов с поверхности металла.
£3 Ответы на вопросы к § 118 (§ 121)
1. Электронным пучком можно управлять с помощью магнит-
ного и электрического полей. В электронно-лучевой трубке осцил-
лографа управление осуществляется электрическим полем, а
в кинескопе — магнитным полем.
2. Электронно-лучевая трубка состоит из вакуумного баллона,
на одном конце которого находится экран, на другом, более узком
конце находится электронная пушка. Электроны, ускоренные
анодом, отклоняются управляющими пластинами и, попадая на
экран, вызывают его свечение.
£0 Ответы на вопросы к § 119 (§ 122)
1. Электролитической диссоциацией называется процесс рас-
пада молекул электролита (солей, щелочей или кислот) при рас-
творении его в воде, на ионы под действием электрического поля
полярных молекул воды.
2. При ионной проводимости электролита происходит перенос
вещества. Положительные ионы осаждаются на катоде, при этом
число носителей тока уменьшается. В металлах заряд переносит-
ся свободными электронами, концентрация которых в проводни-
ке остаётся постоянной.
3. Сходство заключается в том, что в полупроводниках и элек-
тролитах носителями тока являются и положительные и отрица-
тельные заряды. При встрече положительного заряда с отрица-
тельным происходит рекомбинация и образуется нейтральная
молекула в электролите и нейтральный атом в полупроводнике.
Различие заключается в том, что в электролитах положительные
ионы движутся самостоятельно, а в полупроводниках дырки дви-
жутся за счёт перескакивания электронов.
86
£3 Ответы на вопросы к § 120 (§ 123)
1. Закон электролиза: масса вещества, выделившегося на
электроде, прямо пропорциональна заряду, прошедшему через
электролит: т = kq.
2. При электролизе происходит перенос и заряда и вещества.
Поэтому число осевших ионов на электроде равно отношению
массы вещества, выделившегося на электроде, к массе иона или
отношению заряда, прошедшего через электролит, к заряду иона.
£3 Ответы на вопросы к § 121 (§ 124)
1. Диссоциация электролитов происходит под действием элек-
трического поля молекул воды. Молекулы электролита распада-
ются на положительные и отрицательные ионы. Ионизация газа
происходит в результате нагревания или облучения. При этом из
атома вырываются электроны, и атом становится положительным
ионом. Освободившийся электрон может присоединиться к ней-
тральному атому, при этом образуется отрицательный ион.
2. При сближении положительного иона и электрона образует-
ся нейтральный атом. Этот процесс называется рекомбинацией.
3. Благодаря процессу рекомбинации число ионов в отсутствие
ионизатора уменьшается, и газ становится диэлектриком.
£3 Ответы на вопросы к § 122 (§ 125)
1. При сильном электрическом поле, созданном между като-
дом и анодом, электрон ускоряется настолько, что его энергии
становится достаточно для ионизации атома. Возникает разряд,
который не нуждается в поддержании и является самостоятель-
ным.
2. Число зарядов, образовавшихся в результате электронного
удара, уменьшается, так как, достигая анода, они осаждаются на
нём. Поэтому необходим дополнительный источник электронов.
Этим источником может быть подогреваемый катод, испускаю-
щий электроны вследствие термоэлектронной эмиссии.
Решение задач из упражнения 20
Задача 1.
Решение. Часть проволоки, опущенная в воду, охлаждается.
Сопротивление этой части уменьшается, соответственно уменьша-
ется и сопротивление всей проволоки. Сила тока, проходящего че-
рез проволоку, при этом увеличивается. Так как выделяемое
в проволоке количество теплоты Q = I2Rt, а сопротивление остав-
шейся части проволоки не изменяется, то в ней выделяется боль-
шее количество теплоты и она нагревается сильнее.
Задача 2.
Решение. Количество теплоты, выделяемой в спирали плит-
ки, Q = — t.
87
Задача 3.
Дано:
Р| = 5 кВт
ti = 0 °C
t2 = 60 °C
р2, Рз -1
При уменьшении длины спирали её сопротивление уменьшает-
ся, следовательно, количество теплоты, выделяемой за единицу
времени, увеличивается.
Решение:
U2
Мощность, потребляемая обмоткой, Р\ =---.
J?i
При повышении температуры сопротивление
обмотки увеличивается за счёт увеличения удель-
ного сопротивления (увеличением объёма проволо-
ки обмотки при нагревании пренебрегаем, так как оно влияет на
изменение сопротивления существенно меньше).
Удельное сопротивление связано с температурой следующим
соотношением: р = р0 (1 + at).
Соответственно сопротивление обмотки станет R = Rx (1 + at).
Мощность, потребляемая обмоткой, при температуре t2
р, 5
Р2 =-----— =-------------- (кВт) — 4 кВт.
1 + аг2 1 + 4,5• 10-3-60
Если поддерживать силу тока, идущего через обмотку, посто-
янной, то выделяемую мощность разумно определять по формуле
Р3 = l2R-
В этом случае очевидно, что
Р3 = Л (1 + at2) = 5 (1 + 4,5 • ПУ3 • 60) (кВт) - 6,4 кВт.
Ответ: —4 кВт; —6,4 кВт.
Задача 4.
Дано:
т = 0,01 кг
k = 3,4 • 10’7 кг/Кл
<7-?
Решение:
Цинк электрода при электролизе расхо-
дуется на покрытие ванны.
Согласно закону электролиза масса ве-
щества, выделившегося на электроде, пря-
мо пропорциональна заряду, прошедшему через электролит.
т = kq, отсюда q = — = —— (Кл) ~ 2,9 • 104 Кл.
k 3,4-10"7
Ответ: -2,9 • 104 Кл.
Задача 5.
Дано:
т = 0,316 г =
= 3,16 • 10’4 кг
1= 1,6 А
t = 10 мин = 600 с
* — ?
Решение:
Согласно закону электролиза масса веще-
ства, выделившегося на электроде за время t
при прохождении тока, пропорциональна си-
ле тока и времени: т = kit, где k — электро-
химический эквивалент.
Тогда k = — = 3,16 10 4 (кг/Кл) - 3,3 • 10"7 кг/Кл.
It 1,6-600
Ответ: —3,3 • 10 7 кг/Кл.
88
Задача 6.
Решение. Металлический предмет должен быть катодом,
другой электрод (анод) надо поместить внутрь полости.
Задача 7.
Дано:
t = 2 ч = 7200 с
1 = 25 А
k = 3 • 10“7 кг/Кл
р = 8,9 • 103 кг/м3
8 = 0,2 м2
d — ?
Решение:
Согласно закону электролиза масса веще-
ства, выделившегося на электроде за время
t при прохождении тока, пропорциональна
силе тока и времени: т = kit.
Масса слоя никеля т = pSd.
Приравняв правые части, имеем
kit = pSd.
Из последнего выражения найдём толщину слоя:
. kit ЗЛО’7 -25-7,2-Ю3 . , _ 1п_5
d =----=------------------- (м) — 3 • 10 м.
pS 8,9-103-0,2
Ответ: —З Ю5 м.
Задача 8.
Решение. В металле электрон проходит расстояние между
двумя последовательными соударениями с узлами кристалличе-
ской решётки. При соударении электрон теряет скорость направ-
ленного движения. Поэтому каждый раз его скорость должна уве-
личиваться от нуля.
В вакууме в однородном электрическом поле электрон пройдёт
большее расстояние 12, так как скорость его при движении непре-
рывно увеличивается.
Таким образом, < 12.
Задача 9.
Дано:
UY = 500 В
U2 = 5000 В
01, о2 — ?
Решение:
Работа электрического поля при движении
электрона идёт на сообщение ему кинетической
энергии:
Из написанного выражения можно найти скорости электрона
при разных значениях напряжения.
„ _ ЖЖ
У1 - J--
V пг.
2-1,6-10~19 500
9,1-10-31
(м/с) — 1,3 • 107 м/с.
/21 IU, 7 ,
у2 = J----------— 4,1 • 107 м/с.
V пг„
Ответ: —1,3 • 107 м/с; —4,1 • 10' м/с.
89
Сборник задач по физике. 10—11 классы.
Н. А. Парфентьева
МЕХАНИКА
КИНЕМАТИКА
Задача 21.
Дано:
L = 20 м
а = 30°
| Дг |, s — ?
Решение:
Вектор перемещения мяча показан
на рисунке 1, и его модуль равен сто-
роне треугольника АС.
Очевидно, что
[ Дг | = L tg а = 20 tg 30° - 11,5 (м).
Путь, который пролетел мяч,
s = АВ + ВС = L + —— = b{ 1 + —J— 1 = 20f 1 +----1 ~ 43,1 (м).
cos а v cos а 7 \ cos 30°)
Ответ: =11,5 м; -43,1 м.
Задача 24.
Дано:
О] = 18 км/ч
L = 900 м
v2 = 9 км/ч
t, s — Ч
Решение:
Совместим начало координат с начальным по-
ложением велосипедиста (рис. 2).
Уравнение движения велосипедиста х1 = vxt.
Уравнение движения пешехода х2 = v2t + L.
Условие встречи пешехода и велосипедиста:
X] = х2 или vxt = v2t + L.
Тогда время, за которое велосипедист догонит пешехода,
Т 0 9
t =-----= —-— (ч) = 0,1 ч = 6 мин.
О] - v2 18-9
Расстояние, которое успеет пройти
пешеход до встречи,
Т 0 9
s = v2----= 9—-— (км) = 0,9 км.
Vi-v2 18-9
Ответ: 6 мин; 0,9 км.
Задача 40.
Дано: Решение:
Oj = 1 м/с L = 100 м v2 = 2 м/с Путь лодки будет минимальным тогда, ко- гда она будет двигаться перпендикулярно бере- гу и соответственно перпендикулярно направ-
a, t, tinin, s — ? лению течения реки (рис. 3, а). Скорость и лодки относительно берега соглас-
но классическому закону сложения скоростей равна векторной сум-
90
ме скоростей: скорости v2 лодки
относительно воды, т. е. её ско-
рости относительно подвижной
системы отсчёта, и скорости Oj
реки, с которой мы связываем
подвижную систему отсчёта:
0=0! + и2.
Строим вектор скорости t>2.
Очевидно, что составляющая и2х
Рис. 3
этого вектора должна быть равна по модулю проекции щ скорости
реки и направлена в противоположную сторону. Зная значение ско-
рости v2, определим её направление:
cos а = — = -.
1>2 2
Очевидно, что угол, под которым лодочник должен направлять
лодку, равен 60°.
Скорость лодки относительно берега и = - и* .
о, . L L 100 , >
Тогда время переправы t = — = . = , (с) = 58 с.
у ^22 - of
Время переправы будет минимальным тогда, когда лодочник
будет направлять лодку перпендикулярно берегу (рис. 3, б).
„ . 100 , ,
В этом случае время переправы Znlin = —— (с) = 50 с.
За это время лодку снесёт течением на расстояние s = 50 м.
Ответ: 60°; =58 с; 50 с; 50 м.
Задача 43.
Дано: Решение:
v = 36 км/ч = 10 м/с Нам нужно найти скорость и2 капель
а = 60° относительно дороги (неподвижная си-
щ = 2 м/с стема отсчёта).
„2 - ? Скорость v автомобиля относительно дороги — скорость подвижной системы
отсчёта (автомобиля) относительно неподвижной (дороги).
Скорость О] капель относительно стекла автомобиля — скорость
относительно подвижной системы отсчёта. Согласно классическому
закону сложения скоростей и2 = и1 + и. На рисунке 4 показаны эти
векторы. Сложим их по правилу параллело-
грамма. По теореме косинусов найдём
v2 = -Jvl+v^-^v^vcosa =
= V4 +100- 2-2 10-1/2 =9,2 м/с.
Ответ: =9,2 м/с.
91
Задача 45.
Дано:
и = kr
k = const
Ч,тн = f (M — ?
Решение:
Представим, что мы находимся в галакти-
ке 1, движущейся со скоростью о1 = krx.
Мы наблюдаем галактику 2, движущуюся
со скоростью v2 = kr2.
Согласно закону относительности движе-
ний можно определить скорость, выбрав определённое тело отсчё-
та. Мы можем найти скорость галактики 2 относительно нашей
галактики 1: оотн = о2 - щ
Измерив эту скорость, мы можем найти расстояние между га-
лактиками 1 и 2, но не можем найти место Большого взрыва.
Задача 63.
Дано: Решение:
График х (t) По графику определяем, что в момент вре-
“777 „ 7 мени t = 0 х = 2 м.
Начальная скорость тела была равна нулю,
так как начальная точка — вершина параболы
и касательная к кривой в точке А параллельна оси t. Напомним,
что тангенс угла наклона касательной к оси t определяет скорость
тела. Таким образом, уравнение движения имеет вид
at2
х = 2 + —. (1)
2
При t = 2 с координата тела равна 8 м.
Подставив эти цифры в уравнение (1), найдём а = 3 м/с2.
В результате х (t) = 2 + 1,5t2 (м); vx (t) = 3t (м/с).
Ответ: х (t) = 2 + l,5t2 м; vx (t) = 3t м/с.
Задача 71.
Дано:
т = 3 с
Sj = 20 м
s2 = 50 м
1>0, а — ?
Решение:
Движение велосипедиста равноускоренное. Урав-
. at2
нение движения велосипедиста х = vot + .
В момент времени tx = т пройденный путь числен-
но равен координате велосипедиста:
Xj = Si = 1>0Т + (1)
В момент времени 2т координата велосипедиста
а(2т)2
х2 = о02т н----, пройденный путь
2
3 2
s2 = х2 - Xj = ц,т + - ат .
(2)
Уравнения (1) и (2) — система двух уравнений относительно
двух неизвестных: а и о0.
Вычтем из второго уравнения первое, получим
92
2 s2 -st зо , , 2ч io , 2
s2 - Sj = ат2, а = = — (м/с2) = — м/с2.
т2 З2 3
Подставив найденное выражение для ускорения в уравнение
(1), получим
38] — s2 3-20-50 . . ч 5 ,
”о =-------------------(м/с) = - м/с.
2т 2-3 3
г\ 5 , 10 , г
Ответ: - м/с; — м/с .
3 3
Задача 74.
Дано:
о0 = 0,5 м/с
s = 2,5 м
t — ?
Решение:
Направим ось X вверх вдоль наклонной плоско-
сти, совместим начало координат с нижним телом.
Уравнение движения тела вверх имеет вид
at2
xi =ио^-^--
Уравнение движения тела вниз имеет вид х2 = s-^|—.
тэ . at2 at2
В момент встречи Xj = х2 или vot---— = s---—.
времени, через который тела
промежуток
Таким образом,
встретятся,
t = =
l>0 0,5
(с) = 5 с.
Ответ: 5 с.
Задача 75.
Дано:
их = 0,5 м/с
у (х) = 4х + 16х2
У (0> (О — ?
Уравнение
имеет вид
Решение:
движения тела вдоль оси X
X = vxt. (1)
Из уравнения траектории следует, что по
оси У движение равноускоренное:
a i2
y = vOyt + -^--
(2)
Выразим из уравнения (1) время t и подставим в уравнение (2):
У
°0у Яу
—-х + —-х
vx 2vx
2
Сравнив полученное выражение с уравнением траектории
Vq у а у 1
из условия задачи, найдём —— = 4, —— = 16 — .
vx 2v2 м
vOy - 4vx = 2 м/с, а.у = 32v2 = 8 м/с2.
Уравнение движения вдоль оси У: у (?) = 2t + 4?2.
Зависимость скорости от времени: vy (?) = 2 + 8?.
Ответ: у (?) = 2? + 4?2; иу (?) = 2 + 8?.
93
Задача 81.
Дано:
h = 2 м
т = 0,13 с
Решение:
Уравнение движения сосульки вдоль оси У, на-
правленной вертикально вниз, имеет вид у = ——.
При падении на землю у = Н. Тогда время паде-
gt2
ния с крыши дома на землю определим из уравнения Н = ,
. 2Н
отсюда tn = ---
V g
Аналогично время падения с крыши до верхнего края двери
_ l2(H-h)
rni _ 1~-----•
V g
Время, за которое сосулька пролетела вдоль двери, равно полно-
му времени падения минус время падения до двери: т =--------
,------- V g
2(H-h) Л(Г
- --------. Мы получили одно уравнение с одним неизвестным И,
8 „ (2^+gT2)2
решением которого является выражение Н =-------------~ 13 м.
Яцт2
Ответ: —13 м.
Задача 96.
Дано:
а = 45°
Lj = 6 м
h = 1,5 м
1>0 ?
Решение:
Движение мяча равноускоренное с ускорением
свободного падения (пренебрегаем сопротивлением
воздуха). Уравнение движения в векторной форме
- - - at2
имеет вид r(t) = r0 + vot + ——.
Выберем систему координат, как показано на рисунке 5.
Проекции ускорения свободного падения на оси X и У равны
ах = 0; ау = -g. Так как угол, под ко-
торым брошен мяч, равен а, то про-
екции скорости на оси
о0х = vQ cos а, vOy = vQ sin а.
Уравнение движения в проекции
на оси X и У имеет вид
х = (о0 cos a) t; (1)
gt2
у = h +(i>0 since) t-—. (2)
Движение мяча можно рассматривать как сумму двух незави-
симых движений: равномерного движения по оси X и равноуско-
ренного по оси У.
Если бы стенки не было, то дальность полёта мяча была бы
равна L = (о0 cos а) Т, где Т — полное время движения.
Полное время движения мяча можно определить из уравне-
ния (2) при у = 0 (в конце полёта мяч на земле).
94
gT^
0 = h +(o0 sina)T - . Решая это уравнение, получим
_ v0 sin a ± ,](y0 sina)2 + 2gh
Л.2----------------------------
g
Физический смысл имеет решение со знаком «+».
Дальность полёта мяча в отсутствие стенки
r vn sina + -Доп sina)2 + 2gh
L = v0 cos a —-----—--------------.
(3)
g
Удар о стенку абсолютно упругий, следовательно, потерь ско-
рости при ударе нет. L = 2LX.
Подставив это значение в уравнение (3), получим уравнение от-
носительно скорости и0. Так как угол a = 45°, то уравнение (3)
ип vn
можно упростить: 2Lxg = — + —j= J— + 2gh.
2 V2 • 2
2gL
Сделав преобразования, получим o0 = 1---~ 10 м/с.
y[g(h + 2LX)
Ответ: —10 м/с.
Замечание. Иногда эту задачу решают, идя сложным путём.
Сначала определяют скорость при ударе о стенку и высоту, на ко-
торой произошёл удар, а затем решают новую задачу о движении
тела, брошенного под углом к горизонту. Это неразумный путь ре-
шения, так как вследствие того, что удар абсолютно упругий,
происходит зеркальное «отражение» траектории, которая была
бы, если бы стенки не было.
Задача
100.
Дано:
a = 45°
h = 5 м
L = 50 м
Решение:
После удара о плоскость мяч летит горизонталь-
но. Выберем оси координат, как показано на ри-
сунке 6.
Запишем проекции скорости в момент удара и ус-
корения на оси X и У:
и0л- = °о cos a’
о0у = и0 sin a’
ах = g sin a,
ay = -g cos a.
Запишем уравнения движения
мяча по осям X и У:
. ч (gsina)£2
х = (о0 cosa)Z + --------; (1)
, . , (gcosa)i2
у = (i>0 sin a)£---------. (2)
Время между двумя ударами най-
дём из уравнения (2):
Рис. 6
95
О = (i>0 sina)^
(gcosa)L2 2i>n sin a
--------—, или ij = —y.
2 geos a
Промежуток времени T, в течение которого мяч летит вдоль
всей наклонной плоскости (расстояние L), равен где
N — число ударов о наклонную плоскость после падения.
Подставив это выражение в уравнение (1), получим
(gsina)№i.2
L = (и0 cosa)^t + —-------—. (3)
Для упрощения расчётов учтём, что a = 45° и sin a = cos а, то-
Сделав несложные преобразования, получим уравнение
N2 + N-----------= 0. (4)
2v‘q cos a
Начальную скорость l>0 определим, рассматривая движение мя-
ча до удара о наклонную плоскость. Движение мяча вдоль верти-
кали происходило по закону
у = ^
2
При этом скорость мяча v = gt.
Подставив в уравнение (5) высоту h, получим время падения
\2h I-
мяча t = —. Тогда скорость мяча при падении v0 = -J2gh.
V g
Уравнение (4) в результате будет иметь вид
№ + N-----------= 0.
4Acosa
Решение этого уравнения Nx 2 = — — ± J— -I-—---.
’ 2 V 4 4й cos а
Число ударов — целая, положительная величина N = 1. Так
как N — число ударов о наклонную плоскость после падения, то
общее число ударов равно 2.
Ответ: 2.
(5)
Задача 107.
Дано:
t = 0,5 с
v = 4 м/с
R = 1 м
а — ?
Решение:
Точка движется по окружно-
сти, при этом скорость её увеличи-
вается. Это означает, что её полное
ускорение равно векторной сумме
касательного и центростремитель-
ного ускорений (рис. 7).
Касательное ускорение определяет изменение
v
модуля скорости за единицу времени: ак = —.
96
Центростремительное ускорение равно отношению квадрата
и2
мгновенной скорости к радиусу вращения: ацс = —.
R
В результате
f—Г +(—1
lo,5 ) I 1 J
Ответ: —18 м/с2.
(м/с2) ~ 18 м/с2.
Задача 111.
Дано:
i>!= 2v2
R
Решение:
Угловая скорость всех точек
тельно оси вращения одинакова:
2
Из рисунка 8 видно, что ось вращения на-
ходится ниже точки О на расстояние х.
Перепишем равенство (1) в виде
Щ = ^2
R + х R - х
R
Находим х = —.
w 3и1
Угловая скорость вращения со = .
3R
Г.
Скорость центра катушки vo = сох = —.
катушки относи-
Задача 115.
Дано:
«Л
»г
а
v, у — ?
Решение:
Так как канаты не разрываются, то скорости всех то-
чек каната и, в частности, точки, за которую канаты
прикреплены к машине, должны быть равны. Из этого
условия следует, что проекции скорости машины на ка-
наты должны быть равны скоростям канатов (рис. 9).
Из концов векторов скорости канатов
проведём перпендикуляры. Проведя век-
тор из точки О в точку пересечения А,
найдём вектор скорости машины и.
Мы получили два прямоугольных тре-
угольника с общей стороной, модуль кото-
рой равен v.
97
Обозначим углы треугольников Р и у. Тогда
а = Р + у,
1>1 1>2
V = -----— = ----—
COS Р cos у
(1)
(2)
Из полученной системы уравнений можно найти cos Р или
cos у.
Найдём cos у. Из уравнения (2) следует, что
щ cos у = v2 cos (а - у).
Тогда щ cos у = v2 (cos a cos у + sin ajl- cos2 у).
Преобразуем выражение: cosy(i>! - v2 cos а) = v2 sina-^l - cos2 y.
Возведя в квадрат левую и правую части полученного равенст-
ва, получим выражение для cos у:
у? sin а
cos у = ---,
ijv'i - 2у1у2 cos а + v%
а затем для и:
и =
v2 + (v2 ~ yi cos а)2
1 sin2 а
Ответ: v = Ju2
(i>2 _ cos а)2
—------------;cosy =
sin а
v2 sin а
Jvf - 2ViV2 cos a + v^
ДИНАМИКА
Задача 120.
Дано:
in = 45 кг
T = 400 Н
g = 9,8 м/с2
а — ?
Решение:
Сила тяжести, действующая на груз,
К, = mg = 45 9,8 (Н) = 441 Н.
Если подвесить груз на верёвку, выдерживаю-
щую максимальное натяжение 400 Н, то она обор-
вётся.
Если опускать груз на верёвке с ускорением, направленным
вниз, то сила натяжения уменьшается.
По второму закону Ньютона запишем
ma = mg + Т.
(1)
Направим ось X вниз (рис. 10). В проекции на
эту ось уравнение (1) имеет вид ma = mg — Т.
Отсюда искомое ускорение найдём по формуле
m
441-400 / , 2ч ~ n m /2
-------(m/c'j ~ 0,91 м/с .
Если груз опускать с таким ускорением, то сила
натяжения будет максимальна.
Рис. 10
98
При увеличении ускорения сила натяжения будет уменьшать-
ся и при ускорении, равном ускорению свободного падения, сила
натяжения станет равна нулю.
Ответ: ==0,91 м/с* 2.
Задача 128.
Дано:
тг= т2= т
а= 30°
g = 10 м/с2
Решение:
Силы, действующие на тела 1 и 2, показаны на
рисунке 11.
На тело 1 действуют силы: натяжения Тх и тя-
жести mg.
а — ?
На тело 2 действуют силы: натяжения Т2, тяжести mg и нор-
мальной реакции N.
По второму закону Ньютона для тел 1 и 2 запишем
ma, = mg + Т}, (1)
ma2 = mg + Т2 + N. (2)
Движение тел рассматриваем от-
носительно наклонной плоскости.
Для рассмотрения движения тела 1
направим ось Х} вниз и запишем урав-
нение (1) в проекции на эту ось:
таг = mg - Т\. (3)
Для рассмотрения движения тела
2 выберем оси координат, как пока-
зано на рисунке.
Запишем уравнение (2) в проек-
ции на выбранные оси:
на ось X: ma2 = Т2 - mg sin
на ось У: 0 = N - mg cos а.
Ускорения тел по модулю равны, так
CL1 = 0-2 — О”
(4)
а;
как нить нерастяжима:
(5)
Силы натяжения равны, так как по условию массами блока и
нити можно пренебречь:
Л = Т2 = Т. (6)
Перепишем уравнения (3) и (4) с учётом уравнений (5) и (6):
ma = mg — Т-, (7)
та = Т - mg sin а. (8)
Уравнения (7) и (8) — система двух уравнений относительно
двух неизвестных: а п Т.
Сложив левые и правые части уравнений, запишем
2ma = mg (1 - sin а),
откуда а = ^(1 - sina) = i^(l— 0,5) (м/с2) = 2,5 м/с2.
Ответ: 2,5 м/с2.
99
Задача 131.
Дано:
/и, = 3 кг
гп2 = 4 кг
ах, а2, Т — 1
Решение:
На тела действуют силы тяжести и силы на-
тяжения (рис. 12).
По второму закону Ньютона для грузов 1 и 2
запишем уравнения
т2а2 = m2g + Т2.
Ось X направим вертикально вниз.
Груз 1 движется с ускорением
вниз, а груз 2 — вверх.
В проекции на ось X уравнения за-
пишем в виде
mial = mxg - Тх,
-пг2а2 = m2g - Т2. 7
Силы натяжения Т\ = Т3 = Т4 = Т,
так как массами блоков и нити можно
пренебречь.
Также Т3 + Т4 = Т'2 и Т2= Т'2.
Следовательно, Т2 = 2Т.
Ускорение груза 1 в 2 раза больше
ускорения груза 2, так как при спуске тела на высоту h груз 2
поднимается на высоту h/2.
ах = 2а2.
Перепишем уравнения (1) с учётом написанных соотношений
mxax = mxg - Т,
m2 у = -m2g + 2T.
(2)
(3)
Решив систему уравнений, получим
2g(2m1-m2) 2-10-(2-3-4) 2 2 2
а, =------------=---------------(м/с2) = 2,5 м/с2, а2 = 1,25 м/с2.
4тх +т2 4-3 + 4
Силу натяжения Т найдём из уравнения (2):
3mxm2g
4тх + т2
3 3'4'10 (Н) = 22,5 Н.
Сила натяжения Т2 = 45 Н.
Ответ: 2,5 м/с2; 1,25 м/с2; 22,5 Н; 45 Н.
Задача 135.
Дано:
R = 20 см = 0,2 м
h = 5 см = 0,05 м
(О — ?
Решение:
На шарик, вращающийся по внутренней
поверхности сферы, действуют силы: тяже-
-> —*
сти mg и нормальной реакции N (рис. 13).
100
По второму закону Ньютона для
шарика запишем
та = mg + N. (1)
Шарик движется равномерно, сле-
довательно, полное ускорение шарика
равно центростремительному ускоре-
о2 2
нию: а = — = err.
г
Радиус окружности, по которой
вращается шарик, как видно из ри-
сунка, г = Jr2 -(R - h)2 = Jh(2R - Л).
Обратим внимание на то, что оси координат мы выбираем та-
ким образом, чтобы одна из них проходила через центр окружно-
сти, по которой движется тело.
В проекции на ось X уравнение (1) имеет вид
тм2г = N cos а; (2)
на ось У: 0 = N sin а — mg. (3)
Из последнего уравнения, выразив N и затем подставив в урав-
2 mg cos а .
нение (2), имеем та г = —-----= mgctga, откуда
sin а
g
Igctga I gr I g I 10 ( , . _ Q o ,
“ = V------= i 7Ъ—ГГ = —Г = л 777 <Pa«/c> ~ 8>2 PaA/c-
V r \(R — h)r VR — h y0,15
Ответ: —8,2 рад/с.
Задача 137.
Дано:
т}
т2
о
4-?
Решение:
На каждое из тел системы действуют две силы: сила
тяжести и сила натяжения, как показано на рисунке 14.
Тело массой тг находится в состоянии покоя, по-
этому m^g = Tt.
По второму закону Ньютона для второго тела имеем
т2а = m2g + Т2. (1)
В проекциях на выбранные оси координат уравнение (1) запи-
шем в виде т2(йгг = Т2 cos а, где
г = l2 cos а.
Считая, что массой нити можно
пренебречь, запишем Т1 = Т2 = Т.
Тогда получим
m2(£>2l2 cos а = m^g cos а.
Для 12 в результате имеем
_ mxg
‘2 - ?•
т2аг
Ответ: /2 = 7711 .
т2аг
101
Задача 144.
Дано:
Т = 10 ч = 3,6 • 104 с
h « R
Р-?
Решение:
тт М D
Плотность планеты р =---, где R —
-тс/?3
3
радиус планеты.
Движение спутника по орбите вокруг планеты определяет сила
тяготения.
По второму закону Ньютона для спутника запишем
„ шМ
ma = G-------,
(R + h)2
(1)
где т — масса спутника, М — масса планеты, h — расстояние от
поверхности планеты до спутника.
По условию задачи расстояние h много меньше радиуса плане-
ты R, поэтому уравнение (1) запишем в виде
М
а = G —.
R2
(2)
Скорость движения планеты по круговой орбите постоянна по
модулю, поэтому полное ускорение планеты равно центростреми-
тельному ускорению:
— = 0)2Д =
R
Подставив последнее
выражение в уравнение (2), получим
^-R=G™-.
Т2 R2
4д2
Отсюда найдём М =-------. Тогда плотность
T2G
М = Зл
4кДз GT2
3
Проверим размерность полученного результата.
(3)
a —
2
Подставив числовые значения, в результате получим
_______3-3,14_______
6,67-1011 (3,6 Ю4 )2
(кг/м3) ~ 110 кг/м3.
Ответ: —110 кг/м3.
102
Задача 154.
Дано:
Рэ = 0,97 Рп
р = 2,5 • 103 кг/м3
у__9
Решение:
На полюсе и на экваторе на тело дей-
ствуют две силы: сила притяжения к плане-
те и сила нормальной реакции (рис. 15).
На полюсе тело находится в покое отно-
сительно планеты (неинерциальной систе-
мы отсчёта) и инерциальной системы отсчёта, связанной, напри-
мер, с Солнцем. Условие равновесия
Рт + N,, = 0.
Вес тела — это сила, с которой
тело действует на опору или под-
вес. Отсюда
вен Р„ =
вес тела на полюсе pa-
к. тМ
= F = G----, где т —
R2
М — масса планеты,
масса тела,
R — её радиус.
На экваторе тело также находит-
ся в покое относительно планеты,
но движется с центростремитель-
ным ускорением относительно инер-
циальной системы отсчёта, которую
По второму закону Ньютона в проекции на
4я2 о тМ х,
т----R = G------N',
Т2 R2
с
мы связали
ось
Солнцем,
запишем
(1)
N3 =Р,-
По условию задачи Рэ = 0,97Рп.
Выразив вес тела на экваторе из
в последнее выражение, получим
С тМ _ 4л2 „
R2 Т2
уравнений
(1)
и подставив
атМ- тЛ^— R = 0,97G^^.
R2 Т2 R2
4л2
Таким образом, 0,03G R или =
R2 Т2 R2 0,03GT2
„ 4
Разделив левую и правую части равенства на — л, слева полу-
3
чим массу планеты, делённую на её объём, т. е. плотность. Тогда
л
р =--------.
0,01GT2
В результате период вращения планеты вокруг оси
100-3,14
Т = 1100л = I-------юи о,±ч------- ~ 4>34.104 с ~ 12 ч.
V GP V 6,67-IO’11 -2,5-IO3
Ответ: ~12 ч.
103
Задача 161.
Дано:
/?! = 2 • 103 Н/м
k2 = 103 Н/м
тх = 1 кг
т2 = 2 кг
а = 2 м/с2
Xi, х2, х3, х4 — ?
Тогда в проекции
Решение:
На первое тело действуют силы натяже-
ния пружин 1 и 2 и сила тяжести, на вто-
рое — сила тяжести и сила натяжения пру-
жины 2 (рис. 16).
а) Ускорение направлено вверх. Выбира-
ем направление оси X, совпадающее с на-
правлением ускорения.
на эту ось по второму закону Ньютона запи-
шем
тАа = - mxg - Т2,
т2а = Т2 — m2g. I1'
По закону Гука модули сил на-
тяжения пружин
= /?1Х[; Т2 = k2x2, Т2 = Т2.
Подставив выражения для сил
натяжения в уравнения (1), полу-
чим систему двух уравнений отно-
сительно Xj и х2:
mxa = fejX! - mxg - k2x2,
m2a = k2x2 - m2g.
Сложив правые и левые части
этих уравнений, получим удлине-
ние верхней пружины:
_ (тщ +m2)(a + g) _
б)
Рис. 16
= 3 1% (м) = 1,8 -10 2 м = 1,8 см.
2-103
Из второго уравнения системы (1) получим значение удлине-
ния нижней пружины:
m2(a + g) 2(2 + 10) 2
=----------=---------(м) = 2,4-10 м = 2,4 см.
h2 103
б) Если ускорение направлено вниз, то, направив ось X вниз,
по второму закону Ньютона запишем уравнения движения тел:
mxa = Т2 + mxg - Тх; пг2а = m2g - Т2.
Подставив выражения для сил натяжения (Т1 = kxx3, Т2 = k2xA‘,
Т2 = Т2'), получим
Шха = -kxX3 + TTljg’ + /?2X4l m2a = ~k‘2X4 + m2&-
откуда
m2(g-a) 2-8 , ч п П1й . R
Ха =-------------------=----(м) — 0,016 м = 1,6 см;
4 k2 103
104
(тг + mz)(g-a) (1 + 2) -8
=--------------=---------(м) = 0,012 м = 1,2 см.
2 103
/?1
Ответ: 1,8 см; 2,4 см; 1,2 см; 1,6 см.
Задача 162.
Дано:
т= 180 г = 0,18 кг
k = 102 Н/м
Z = 40 см = 0,4 м
х = 5 см = 0,05 м
о — ?
Решение:
На шарик действуют две силы: сила тя-
жести mg и сила упругости F (рис. 17).
В проекции на ось X по второму закону
Ньютона запишем
та = F - mg.
(1)
В положении равновесия ускорение шарика равно центростре-
о2 .
мительному ускорению: а = —, где г = I + х.
г
Сила упругости согласно закону Гука F = kx. Xh
Подставив написанные выражения в уравнение (1),
получим
и ,
т-----= kx - mg.
I + х
Тогда для скорости шарика имеем
_ l(kx -mg)(l + х) _
V т
(102 0,05-0,18 10)(0,4+0,05)
-----------------------------(м/с) ~ 2,8 (м/с).
mg
Рис. 17
Ответ: —2,8 м/с.
Задача 171.
Дано:
т} = 50 кг
mz = 40 кг
ц = 0,01
а — ?
Решение:
Для того чтобы доска начала скользить по льду,
на неё со стороны мальчика должна действовать си-
ла большая или равная силе трения скольжения:
F FTp ск = jxTV, где N — сила нормальной реакции
(рис. 18, а).
Мальчик движется с ускорением под действием силы тре-
ния FTpl (рис. 18, б).
Рис. 18
105
По третьему закону Ньютона сила трения, действующая на
мальчика со стороны доски, равна по модулю и противоположна
по направлению силе трения, действующей на доску со стороны
мальчика:
77 — _ 77'
г тр1 — г тр1 ♦
Таким образом, на мальчика действуют силы: тяжести mxg,
нормальной реакции и трения со стороны доски FTpl.
На доску действуют сила тяжести m2g, сила нормальной реак-
ции Х2 поверхности, по которой движется доска, сила дав-
ления Fa мальчика, силы трения F’Tpl со стороны мальчика
и FTp ск со стороны поверхности (см. рис. 18). Так как мы опре-
деляем минимальное ускорение мальчика, то для движения доски
достаточно, чтобы сумма сил, действующих на неё, была равна
нулю, тогда доска может двигаться равномерно.
По второму закону Ньютона для мальчика и доски запишем
mla = mxg + + FTpl;
/п2а = ЯР. ск + m2g + ЯР1 +N2 + Fa.
В проекциях на оси X и Y уравнения имеют вид:
на ось X: тха = F^pX, (1)
О = ^тр. СК - *;₽! = - ^ipi; (2)
на ось У: O = -mxg+Nx-, (3)
О = -m2g + N2- Fa. (4)
Выразив Х2 из уравнения (4) и подставив в уравнение (2), найдём
силу трения, действующую на мальчика: FTp = р (тх + т2) g = FTpX.
В результате получим ускорение
« = t.(m,+m2U = 0,01 (50+40).10 °Jg
тх 50
Ответ: =0,18 м/с2.
Задача 173.
Дано:
т = 80 кг
а = 30°
₽ = 45°
ц = 0,05
g = 9,8 м/с2
Решение:
На ящик действуют силы: тяжести mg, натяже-
ния верёвки F, нормальной реакции N и трения
ЯР (Рис- 19).
По второму закону Ньютона запишем
та = mg + F + N + F,p.
По условию задачи а = 0.
В проекциях на оси координат (см. рис. 19) имеем
F cos Р - mg sin а - FTp = 0 (на ось X); (1)
F sin 3 + N - mg cos а = 0 (на ось У). (2)
Ртр = цХ. (3)
Выразив N из уравнения (2), получим N = mg cos а - F sin р.
106
Подставив это выражение в формулу (3), а затем FTp в урав-
нение (1), получим уравнение
F cos Р - mg sin а - ц (mg cos а - F sin Р) = 0.
В результате для силы натяжения
верёвки имеем
mg(sina + ц cos а)
р = ----------------- =
cos р +11 sin Р
80 • 9,8 • (0,5 + 0,05 • 0,866) ,ттч ~ с _
— п I ±1) ~ о (U ±1«
0,707-(1 + 0,05)
Ответ: —570 Н.
Задача 176.
Дано:
тх = 20 кг
т2 = 1 кг
И1 = 0,2
ц2 = 0,1
F= 195 Н
а = 60°
а1’ а2 ?
Решение:
Рассматриваем движение каждого тела системы
в отдельности относительно инерциальной систе-
мы отсчёта, которую связываем с наклонной пло-
скостью.
На брусок действуют силы: трения Ртр2, тяжести
m2g и нормальной реакции N2 (рис. 20, а).
По второму закону Ньютона запишем
т2а2 = m2g + N2 + FTp2.
(1)
На доску действуют силы: тяжести mxg, нормальной реакции
Nj, давления Fa бруска, трения Ртр1 со стороны наклонной плоско-
сти и трения F'Tp2 бруска (рис. 20, б). По второму закону Ньютона
запишем
тхах = mxg + Nx + F'Tp2 + Fa + FTPi- (2)
В проекциях на выбранные оси координат уравнения (1) и (2)
имеют вид:
на ось X: т2а2 = m2g sin а - FTf>2; (3)
-тхах = mxg sin а - F + F.'rp2 + FTpl; (4)
Рис. 20
107
на ось У: 0 = m2g cos а - N2;
О = -m.\g cos а + - Fn.
По третьему закону Ньютона
Fa = N2 = т2§ COS ^тр2 = ^тр2 = \^2т2§ COS а5
FTpj = Pi (nij + т2) g cos а.
Подставив последние выражения в формулы (3) и (4), найдём
ускорения тел:
Tn2g(sina-и2 cosa) , .
а2 =--------------------= g (sin а - ц2 cos °0 =
тп2
= 9,8 • (0,866 - 0,1 • 0,5) (м/с2) « 8 м/с2;
F - mxg sina -\i.2m2gcosa — ц1(т2 + mJ g cos а _
195 - 9,8 • (20 • 0,866 - 0,1 • 1 • 0,5 - 0,2 • (1 + 20) • 0,5) ,
=--------------------------------------------------(м/с2)
20
~ 2,3 м/с2.
Ответ: —2,3 м/с2; ~8 м/с2.
ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ В МЕХАНИКЕ
Задача 188.
Дано:
т = 1 кг
1>! = 7 м/с
и2 = 15 м/с
FAi, ок — ?
Решение:
Импульс силы, подействовавшей на грузовик,
по третьему закону Ньютона равен по модулю им-
пульсу силы, подействовавшей на мяч.
Рассмотрим движение мяча (рис. 21) относи-
тельно равномерно движущейся машины (так как
масса машины много больше, чем масса мяча, то изменением её
скорости в результате удара можно
Скорость мяча относительно
машины и2 = v2 - Oj.
После абсолютно упругого уда-
ра скорость мяча изменяется толь-
ко по направлению: и2 = —и2.
По второму закону Ньютона
изменение импульса мяча равно
импульсу подействовавшей на не-
го силы: >
mv2 - mv2 = F&t.
пренебречь).
В проекции на направление движения грузовика запишем
ти2 - (—ти2) = FAt, 2ти2 = FAt.
В результате F&t = 2т (и2 - щ) = 2 1 • (15 - 7) ( кг м 1 = 16 Н с.
Мяч относительно машины после удара движется со скоростью
8 м/с, относительно дороги — со скоростью ик = о" - щ = 1 м/с.
Ответ: 16 Н • с; 1 м/с.
108
Задача 194.
Дано:
тгц = 90 кг
т2 = 60 кг
L = 2 м
I — ?
Решение:
Рассмотрим систему «человек — лодка» (рис. 22).
Система незамкнута, так как на тела действуют
внешние силы — силы тяжести, сила Архимеда,
однако проекция этих сил на горизонтальную ось
равна нулю, поэтому
на эту ось остаётся постоянной.
Вначале, когда человек и лод-
ка неподвижны, проекция им-
пульса системы на ось X равна
нулю: р1х = 0.
Когда человек пойдёт по лодке
со скоростью и2х, лодка начнёт
двигаться со скоростью о1х.
Импульс системы при этом
Ргх = т1и1х + т-г^гх-
Так как проекция импульса
системы остаётся постоянной, то
0 = т1и1х + т2и2х или
0 = mlvi - т2и2,
проекция импульса системы
где щ и и2 — модули средних
скоростей лодки и человека.
Относительно лодки человек идёт со средней скоростью и.
Тогда средняя скорость человека относительно берега
V2 = U — Ор
Средние скорости человека относительно лодки и лодки отно-
сительно берега: и = L/i; Oj = l/t, где t — время движения челове-
ка и лодки.
Подставив найденные выражения для и и vx в уравнение (1),
„ mxl (L Л
получим 0 = —1— т2\-------. Отсюда расстояние, на которое
отъедет лодка от
= т2Ь = 60-2
тх +т2 60 + 90
берега при
(м) = 0,8 м.
переходе
по ней человека,
Ответ: 0,8 м.
Задача 199.
Дано:
тх = 60 кг
т2 = 70 кг
тл = 300 кг
о=10 м/с
- ?
Решение:
На систему «платформа — два человека» дей-
ствуют внешние силы: тяжести, нормальной ре-
акции. Однако проекция этих сил на ось X равна
нулю, поэтому при любых перемещениях людей
и тележки проекция импульса системы на эту ось
сохраняется.
109
Пусть сначала спрыгивает
первый человек (рис. 23). Тогда
по закону сохранения импульса
О = (т3 + пг2) и1 - тхи'х, (1)
где U] и и\ — скорости плат-
формы и первого человека от-
носительно дороги.
Относительно платформы че-
ловек движется быстрее, чем от-
носительно дороги, так как он и
платформа движутся в разные
СТОРОНЫ, ПОЭТОМУ Oj = U - Up
Таким образом, скорость
платформы после прыжка с неё
первого человека
т,о
щ =-----------.
т1 + т2 + т3
(2)
Рассмотрим систему «второй человек — платформа». Относи-
тельно системы отсчёта, связанной с платформой, импульс систе-
мы равен нулю. После прыжка второго человека импульс остаётся
равным нулю:
О = пг3и2 - тги2, (3)
где и2 и v2 — скорости платформы и второго человека относитель-
но системы отсчёта, движущейся со скоростью их. Скорость
v'2 = и - и2.
Подставив и2 в уравнение (3), для скорости и2 получим
В результате для скорости платформы после того, как спрыг-
нули поочерёдно оба человека, имеем
т,и т2и
и =------!-----+-------.
тх + т2 + т3 т2 + т3
Очевидно, что если первым спрыгивает второй человек, то ско-
m2v т,о
рость платформы ш =-------------1-------.
тх + т2 + т3 тх + т3
Подставив числовые значения и сравнив эти скорости, делаем
вывод, что для максимальной скорости платформы сначала дол-
жен спрыгнуть более тяжёлый человек.
Если оба человека спрыгивают одновременно, то, используя
формулу (2), можно записать
(mx+m2)v (60 + 70) 10 ,
и3 =---5-------=-------------(м/с) ~ 3 м/с.
тх + т2 + т3 60 + 70 + 300
Ответ: ~3 м/с.
110
Задача 208.
Дано:
т = 30 кг
a = 45°
h = 20 м
t = 17 с
ц = 0,2
А-т, А.^,
Решение:
На ящик действуют силы: тяжести mg, нормаль-
ной реакции N, трения Ртр и натяжения F верёвки
(рис. 24).
Запишем выражения для работы каждой из этих
сил:
Ат = mgL cos (90° + а);
An = NL cos (90°) = 0;
Атр = FTpL cos (180°) = -FTpL = -\1NL;
AP = FL cos (0°) = FL.
Для вычисления работы нужно опреде-
лить длину пути L и значение силы F.
Длина пути L = —-—.
sin а
По второму закону Ньютона запишем
ma - F - FTp - mg sin а,
FTp = [iN = [img cos a,
отсюда F = m (a + \ig cos a + g sin a).
,, т atz
Ускорение ящика определим из выражения L =-------.
,, 2L
Ускорение а = —.
tz
В результате
. ( 2h
Ар = т --------- + iigcos а + g sin а
((sina)f2
= 30-1 --------+ 0,2-9,8-0,707 +9,8-0,707 |.-?°- (Дж) ==
к0,707-172 J 0,707
~ 7200 Дж.
АТ = 30-9,8-^-||у cos(90° + 45°) (Дж) « -5880 Дж.
АTD = -p/ngcos a = -0,2 • 30 • 9,8 • 0,707 • (Дж) - -1180 Дж.
sin a 0,707
h
sin a
Ответ: —-5880 Дж; 0; —-1180 Дж; —7200 Дж.
Задача 221.
Дано:
т
h
А
v — ?
Решение:
Согласно известной теореме изменение кинетиче-
ской энергии равно алгебраической сумме работ сил,
действующих на тело.
На груз и при подъёме, и при спуске действуют си-
-> —>• —>
лы: тяжести mg, нормальной реакции N, трения Ртр
(рис. 25). При подъёме ещё действует сила натяжения F верёвки.
111
N
N
По теореме об изменении кинетической энергии запишем
2
^--0 = Ат +An + Атр. (1)
Л„ = 0;
Ат = mgh.
Подставим последние выражения в уравнение (1), получим
2
= mgh - | Атр |. (2)
£
Сумма сил при равномерном подъёме груза равна нулю
(рис. 25, а):
mg + N + FTp + F = 0. (3)
В проекции на оси X и У уравнение (3) имеет вид:
F - mg sin а - FTp = 0; (4)
N - mg cos a = 0. (5)
Из уравнения (4) найдём силу F: F = mg sin a + FTp.
Работа силы F при подъёме
A = (mg sina + F') h . F’ =-F .
sin a
Работы силы трения при подъёме и спуске по модулю равны.
Тогда
А = (mg sin а + F') h = mgh + I A I.
sin a । и ।
Отсюда | ATp | = A - mgh.
Подставив последнее выражение в уравнение (2), получим
mv = mgh - (А - mgh) = 2mgh - А.
2
l2(2mgh- А)
В результате скорость груза v = J--------.
____________ V т
l2(2mgh - А)
Ответ: и = J----------.
V т
112
Задача 244.
По закону сохранения механической энергии для шара с за-
стрявшей в нём пулей можно записать (работа силы натяжения
при движении шара равна нулю)
(/Пл + 7П?)и2
о =(т1
+ m2)gh.
(2)
Скорость и шара с пулей (рис. 26, в) найдём согласно закону
сохранения импульса.
Рассмотрим систему «шар — пуля» (рис. 26, б).
Проекция внешних сил (тяжести и натяжения нити) на ось X
равна нулю.
Запишем закон сохранения импульса в проекции на ось X:
m2v cos а = (тп, + тп2) и, отсюда
Tn2pcosa
и = —------. (3)
7П] + т2
Подставив выражения (1) и (3) в уравнение (2), получим
/ \2
I zn2pcosa ] „ о.
—------- = 2gL(l-cosP).
\ m-i +т2 J
В результате
cosp = l- ^^osa)2 =1_ (0,01-400-0,5)2 = Qg
2gL(m} + т2 )2 2 • 10 • 1(1 + 0,01)2
Ответ: —40°.
5 Физика. Решебник К) кл. Базовый и профильный уронни
113
Задача 246.
Дано:
k = 102 Н/м
Z = 10 см = 0,1 м
Н = 1 м
т = 100 г = 0,1 кг
”тах — ?
Решение:
Скорость шарика будет максимальной,
когда он проходит положение равновесия.
Рассмотрим это подробнее. Когда шарик ка-
сается пружины и начинает её сжимать, си-
ла тяжести остаётся больше силы упругости
до того момента, пока эти две силы не ста-
нут равны.
Это положение — положение равновесия
шарика, когда он просто лежит на пружине.
До этого положения алгебраическая сумма
работ сил тяжести и упругости больше нуля
и, следовательно, кинетическая энергия и
соответственно скорость шарика увеличива-
ются. Как только шарик проходит положе-
ние равновесия, его скорость начинает
уменьшаться, так как сила упругости по мо-
дулю становится больше силы тяжести.
В положении равновесия векторная сум-
ма сил, действующих на шарик, — тяжести
и упругости равна нулю: mg + Fo = 0.
Рис. 27
Fo = kx0,
где х0 — сжатие пружины, когда шарик находится в положении
равновесия (рис. 27).
Выберем нулевой уровень потенциальной энергии, обусловлен-
ной силой тяжести, на высоте I от поверхности стола. Энергия ша-
рика на высоте Н равна его потенциальной энергии в поле силы
тяжести: 1Кп1 = mg (Н - I).
В положении равновесия энергия системы «шарик — пружи-
на» равна сумме потенциальной энергии деформированной пру-
жины и кинетической энергии шарика:
Wn2 = —5- +
п2 2 2
Так как в системе действуют только консервативные силы, то
по закону сохранения механической энергии имеем
/гх2 тп2
mg(H -1) = -2- + —- mgx0.
Ll LI
(2)
Подставив в уравнение (2) выражение для х0, найденное из
формулы (1), и сделав несложные преобразования, получим для
скорости выражение
^тпах
J2g( Н-1 + ^-]
У { 2k)
2 • 10 • f 1 - 0,1 + О’1'101 (м/с) ~ 4,3 м/с.
I 2-100 )
Ответ: —4,3 м/с.
114
Задача 248.
Дано:
тх
т2
Е
v2 — ?
Решение:
Так как силой трения можно пренебречь, то ме-
ханическая энергия системы «шарики — пружина»
сохраняется.
В начальном положении энергия системы равна
энергии сжатой пружины: W\ = Е.
Когда пружина распрямляется (рис. 28), энергия системы рав-
на кинетической энергии шариков:
2
7П1У^ m2V2
2 + 2
По закону сохранения механиче-
ской энергии
m2v*
2 2
Рис. 28
(1)
Так как на шарики действует
только внутренняя сила, сумма внешних сил — тяжести и нор-
мальной реакции — равна нулю, то по закону сохранения им-
пульса получим
m2v2 - тхих = 0. (2)
Уравнения (1) и (2) — система двух уравнений относительно
двух неизвестных: Pj и v2.
Выразив из уравнения (2) скорость t?j и подставив в уравнение
(1), получим
/ \2
( m,v2 |
Е =----1 mi '
2
2 2 /
7П21?2 | т2
2 2 v + т\
2£тп!
Тогда v2 = J£;
V т2 (тп! + т2)
/ 2Ет2
”1 = '------
I 2Ет2
Ответ: = -------------;
V /пД/П; + т2 )
тпД/П] + т2)
I 2Ет,
Р2 =, -------------
V т2 (тП] + т2)
Задача 256.
Дано: Решение:
тх = 1 кг т2 = 5 кг 1х = 20 см = 0,2 м 12 = 10 см = 0,1 м Согласно известной теореме изменение кинетической энергии равно алгебраиче- ской сумме работ сил, действующих на тела системы.
Ц-? На тело 2 действуют силы: тяжести m2g, нормальной реакции N2, трения FTp и натя- жения нити Т2.
На тело 1 действуют силы: тяжести mxg и натяжения нити Тх.
115
Рис. 29
По теореме о кинетической энергии в первом случае
(рис. 29, а):
„2
О - (тх + тп2) — = - Ртр1х + | Ан2 | - | Ан1|.
Ci
Во втором случае (рис. 29, б):
„2
О -(zn, + zn2) — = -m^g^ - FTpL> + | Ан11 - | Ан2 |.
Так как массой нити и блока можно пренебречь, то
I ^н1 I — I ^п2 I-
Сила трения FTp = |1ZV2 = [im2g.
Учитывая последние выражения, запишем
а2
(тг + т2) — = -mAglA + \km2glr,
и
V2
(т^ + т2) — = т^12 + \im2gl2 .
2
Из двух последних уравнений получим
-m^gly + = т^12 + \im2gl2.
В результате для коэффициента трения получим выражение
znJZi +Z2) = 1-(0,2+ 0,1) = 0 6
М т2(1А -12) 5 -(0,2 -0,1)
Ответ: 0,6.
Задача 257.
Дано:
т
I
Mi
М2
А — ?
Решение:
На брусок при движении действуют сила тяже-
сти, сила нормальной реакции, сила трения и сила F
(рис. 30, а). При этом сила трения изменяется.
Вначале, когда брусок лежит на левом столе, сила
трения равна
^тР1 = = Mi^-
116
По мере его движения сила трения о поверхность левого стола
уменьшается, а сила трения о поверхность правого стола увеличи-
вается и в конце перетаскивания Ртр2 = )i2mg.
Предположим, что щ > ц2.
Нарисуем на графике зависимость силы трения от координа-
ты х (рис. 30, б).
Работа силы F численно равна площади трапеции:
А = >ng(pi +ц2)г
2
Отметим, что сила F должна непрерывно изменяться, так как
сила трения, действующая на брусок, меняется, а брусок по усло-
вию задачи движется равномерно.
о„ет:л = «<Ь-У£г>(.
2
Задача 258.
Дано:
т1 = 1 кг
I = 1 м
т2 = 10 г = 0,01 кг
v0 = 400 м/с
l>! = 200 м/с
Ттлх = 13 н
Т — ?
Решение:
На шар, подвешенный на нити, действу-
ют силы: тяжести и натяжения, причём
mg = Т.
Когда пуля попадает в шар, он начинает
вращаться на нити, при этом сила натяже-
ния увеличивается.
Согласно второму закону Ньютона в
проекции на ось У (рис. 31) запишем
т1ацс = Т - mig-
При этом ацс
Т
= . Тогда
= ™ll g+ —
Для определения скорости шара ис-
пользуем закон сохранения импульса.
Проекции внешних сил — натяжения и
тяжести на ось X равны нулю, поэтому
проекция импульса системы на эту ось
сохраняется: m2v0 = m2vx + mxv.
117
Выразив из последнего уравнения скорость шара после вылета
пули и подставив её в выражение для Т, получим
Т = т1
m2(v0 - Ух)2
ТПх
к ° /
0,01 (400 - 200)2
1
Т
10 +
(Н) = 14 Н.
Так как Т > Т111ах, то нить оборвётся.
Ответ: 14 Н; нить оборвётся.
СТАТИКА
Задача 263.
Дано:
m = 100 кг
а = 45°
ц = 0,4
' < F < F — ?
min max •
Решение:
На груз действуют сила тяжести mg, сила
трения FTp, сила нормальной реакции N
и сила F, удерживающая груз. Если сила F
по модулю больше составляющей силы тя-
жести mg sin а (скатывающей), то сила тре-
ния направлена вниз, если меньше, то
вверх. На рисунке 32, а, б изображены
оба случая.
Максимальной сила будет тогда, ко-
гда сила трения покоя станет макси-
мальной, равной силе трения скольже-
ния и направленной вниз,
Етр = [1N = \img cos а.
Условие равновесия груза в этом
случае в проекции на ось X имеет вид
Е1пах - mg sin а - [img cos а = 0.
Отсюда Fniax = mg sin a + [img cos a.
Минимальной сила F будет тогда,
когда удерживающая в равновесии
груз сила трения покоя будет макси-
мальной, равной силе трения скольже-
ния и направленной вверх.
Условие равновесия груза в этом
случае в проекции на ось X имеет вид
Fnlln _ mS sin а + [img cos а = 0.
сила трения направлена
Рис. 32
Отсюда Fmin = mg sin а - [img cos a.
Тогда mg (sin a - p cos a) =£ F $ mg (sin a + p cos a).
118
Подставив значения и учтя, что sin 45° = cos 45°, получим
100 • 9,8 • 0,707 • (1 - 0,4) (Н) F 100 9,8 • 0,707 • (1 + 0,4) (Н),
или 420 Н $ F 970 Н.
Ответ: 420 Н F 970 Н.
Задача 268.
Дано:
т
h
D
F — ?
х ппп
Решение:
На цилиндр действуют сила тяжести mg, сила нор-
мальной реакции N и сила F, направленная горизон-
тально (рис. 33).
Так как цилиндр при падении вращается относи-
тельно оси, проходящей через точку О, то необходи-
мо, чтобы момент силы F относительно этой
оси был больше или равен моменту силы тяже-
сти: Мх М2.
Момент силы F Мх = Fh, где h — плечо
силы.
Момент силы тяжести М2 = mg^.
Следовательно, минимальная горизонталь-
ная сила, способная опрокинуть цилиндр,
mgD
2h
Рис. 33
Ответ: ----.
Задача 270.
Дано:
т = 50 кг
F = 6000 Н
Z = 2,5 м
10 = 0,5 м
Решение:
На балку действуют сила тяжести mg, сила дав-
ления Na в точке А и сила давления NB в точке В,
а также сила натяжения Т троса, к которому при-
вязан груз (рис. 34).
Из рисунка очевидно, что сила давления в точ-
ке А больше силы давления в точке В, по-
этому если NА F, то стена выдержит на-
грузку.
Сила натяжения троса равна силе тяже-
сти подвешенного груза:
Т = Т = m^g. (1)
Первое условие равновесия балки запи-
шем в виде
mg + NА + NB + Т — 0.
(2)
В проекции на ось X имеем
-mg - Т - NB + Na = 0.
119
Это уравнение не позволяет определить силу давления
в точке А.
Запишем второе условие равновесия для балки (моменты
считаем относительно оси, проходящей через точку В):
NAl0 -mgl--Tl = 0.
С»
(1) и того, что NА = F, для массы
6000-0,5
----------25 (кг) — 97 кг.
10-2,5
N
сил
m,
С учётом уравнения
Fl0 т
получим тг = —- — =
Ответ: —97 кг.
Задача
Дано:
т
а
NB-?
275.
имеет
вид
Решение:
На кольцо действуют силы давления в точках А
и В, а также сила тяжести (рис. 35).
Условие равновесия кольца
Na + NB + mg = 0.
Запишем уравнение (1) в проекциях
оси координат:
ось X:
-Na sin а + NB sin а = 0;
ось У:
Na cos а + NB cos а — mg = 0.
Из первого уравнения следует, что
Na = NB.
Тогда из второго уравнения получим
NB=^^.
2 cos а
на
на
на
Ответ: NB =
2 cos а
(1)
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА. ТЕПЛОВЫЕ ЯВЛЕНИЯ
Задача 286.
Дано:
МГ1 = 32
_ 11
/71^ 8
t = 0 °C
1,013 • 105 Па
Мг2-2
Решение:
Относительная молекулярная масса рав-
на отношению массы молекулы вещества к
1/12 части массы атома углерода: Мг = т°—.
— тс
12 с
Масса вещества равна произведению мас-
сы одной молекулы на число молекул в дан-
ном объёме.
120
Концентрация молекул (число молекул в единице объёма) при
нормальных условиях для всех газов одинакова и равна числу
Лошмидта.
Таким образом, масса кислорода mt = n — mcMrlV;
12
масса диоксида углерода m2 = n тс Мг2 V.
Отношение масс диоксида углерода и кислорода
= П^тСМг2У _ Мг2 _ П
т' n — mcMr}V Mrl 8
12 С
Мг2 = МГ1
ТПХ
В результате
Ответ: 44.
= 32 • — = 44.
8
Задача 289.
Дано:
"*Ag + Au = Ю г
^Ag — ^^Au
^Au> ^Ag ?
Решение:
Число атомов любого вещества массой т оп-
ределяем по формуле N = — Na, где NA — чис-
М
ло Авогадро; М — атомная или молярная масса.
Молярные массы золота и серебра
AfAu = 0,197 кг/моль; MAg = 0,108 кг/моль.
Масса кольца равна сумме масс золота и серебра:
^Au ^Ag ^^Au*
т , 4т
золота mAu = —, а серебра т^ = —.
5 5
Na -- 2—-6,02-1023 =6,11 1021;
А 197
= — • 6,02 • 1023 = 4,46 • 1022.
108
Ответ: 6,11 • 1021; 4,46 • 1022.
Замечание. Мы не переводили массу в килограммы, а атомную
массу выразили
Откуда масса
В результате
Nt
ААц =
MAu
—— N,
^Ag
в граммах на моль.
Задача 290.
Дано:
k = 40%
r= 1200 кг/м3
и — ?
Решение:
Плотность соляной кислоты в растворе равна
k
Pj = или равна произведению массы моле-
кулы кислоты на концентрацию: pj = пт0.
Масса молекулы равна отношению молярной массы к числу
М
Авогадро: т0 =---, где М — молярная масса соляной кислоты,
М = 0,036 кг/моль.
121
„ k м
Используя найденные выражения, запишем = ,
отсюда
п = = — 1200-6,02-1023 (м-* 3) - 8-Ю27 м-3
100н М 100 0,036
Ответ: —8 • 1027 м 3.
Задача 294.
Дано:
S = 1 м2
h = 200 км
р = 1,37 • 104 Па
Т= 1226 К
t = 1 с
At
Решение:
Число соударений молекул со спутником за
время At Z = ni>cnSAt, где uCII — скорость спут-
ника, п — концентрация молекул воздуха.
Спутник движется под действием си-
лы тяготения. По второму закону Нью-
ww2, „ тМя
тона запишем----= G----------—, отсюда
R3+h (R3+h)z
^СП
L м3
Сг-------.
2?3 + h
Т' ту „ ™^3
Если тело находится на Земле, то mg = G--2-, отсюда
GM3 = gRz. 3
/ g
Тогда скорость спутника исп = i?3 I —---—.
। g
Число соударений за время At Z = nR3 —-—SAt.
у R3 + h
Z I h
Тогда число соударений за 1 с — = nRiJ----------S.
\t у R3 + h
Концентрацию молекул воздуха определим из уравнения
р = nkT. В результате
— = — R3 I - 8 S =
At kT ' у R3 + h
----1,37-104------6,4 106 • I 9,8 — • 1 (с1) ~ 6,3 • 1027 с’1.
1,38 • IO’23 • 1226 V (6,4 + 0,2) • 106
Ответ: —6,3 • 1027 с ’.
Задача 301.
Дано:
р = 1,5 • 105 Па
р = 0,9 кг/м3
окв — ?
Решение:
Согласно основному уравнению молекуляр-
1 ~г
но-кинетическои теории газов р = - nmov .
3
Плотность равна произведению массы мо-
лекулы на концентрацию молекул в данном
объёме: р = пгоп.
122
Соответственно р = ^ри2.
В результате окв
3 * 1,5 * 105 , / . Г7-1Л /
----—-------(м/с) - 710 м/с.
Ответ: —710 м/с.
Задача 304.
Дано:
т0 = 10“24 кг
икв = 400 м/с
A = 105 Па
р2 = 4 • 104 Па
Решение:
Согласно основному уравнению молекуляр-
1 - О
но-кинетическои теории газов р = -nzn0oBB .
3
п 3Р
Отсюда концентрация п =--——.
movBB
Таким образом, изменение концентрации
= 3(P2-Pi) = 3(4-104 - 105) ,п24
10 24 4002
1024 м-3.
Ап — ?
то^кв
Ответ: — -1,1
(м“3) ~ -1,1-1024 м
Задача 312.
Дано:
k = 30%
Ар АТ
Pi ’
Решение:
Если скорость молекул была равна Pj, то при
увеличении скорости на k%, она станет равна
(% , k )
v2 = 1 +---------------- р,.
2 I 100) 1
основному уравнению молекулярно-кинетической
р = ^nmovBB. Обозначим через kx относительное из-
менение давления (в процентах).
Тогда kx = Рг ~ Pl 100% ,
Pi
1
Согласно
теории газов
^0^2 -x^o^kbi
---------2--------100 =
о^О^кв!
—2 /—2 '
.100 = м^--1 -юо (%).
1УКВ1
Укв2
Р2В1
1.32 ^2в1
и2в1
-1 -100 (%) = 69%.
*1 =
Температура — мера кинетической энергии теплового движе-
ния молекул и связана с давлением соотношением р = nkT, т. е.
температура при увеличении скорости молекул также увеличива-
ется на 69%.
Ответ: 69% ; 69% .
123
Задача 322.
Дано:
<о = 20 рад/с
/?2 - /?1 = 10 см
v = 300 м/с
R2 = 63 см
Д/ — ?
Решение:
Если цилиндры неподвижны, то полоска се-
ребра на внутренней поверхности внешнего ци-
линдра находится напротив щели внутреннего
цилиндра. При вращении цилиндров за то вре-
мя, пока атомы серебра летят, внешний ци-
линдр поворачивается и атомы попадают в дру-
гое место.
Полоска серебра смещается.
Время, за которое атомы серебра долетают до внутренней по-
верхности внешнего цилиндра,
Я2 — -^1
т = —-----L
V
За это же время каждая точка внешнего цилиндра проходит
расстояние Д/ = 1йН2т. Отсюда следует, что
/?2 —
v <oR2
Из этого выражения
Д/ = wR2 Rz ~ Д1 = 20 • 0,63 • (м) = 4,2 • 10“3 м = 4,2 мм.
2 v 300
Ответ: 4,2 мм.
Задача 329.
Дано:
т = 42 г = 0,042 кг
р = 2 • 105 Па
t = 17 °C (Г, = 290 К)
V = 40 л = 0,04 м3
V1, Т2 - ?
Решение:
Уравнение состояния идеального газа
имеет вид
pV = — RT.
М
Молярная масса азота (N2)
М = 0,028 кг/моль.
Для первого состояния газа запишем
PV} =^RTX.
м
Из этого уравнения определим начальный объём:
Vj = —RT, =------^1?-----8,31-290 (м3) = 0,018 м3 = 18 л.
Мр 0,028-2-105
Для второго состояния имеем pV2 = — RT2 . Из этого уравнения
М
определим конечную температуру:
ЛИ = 2-10* .0^.0,028 ,
mR 0,042-8,31
Ответ: 18 л; —640 К.
124
Задача 332.
Дано:
Т = const
Др = 0,2 кг/м3
Др = 0,4 атм
р0 = 1 атм
Ро-?
Решение:
Уравнение состояния идеального газа имеет
вид
pV = — RT.
М
Разделив на объём левую и правую части ра-
венства, получим
p = —RT. (1)
Откуда
(2)
Др
Таким образом, Др = — RT.
Др = М_
Др RT
В начале процесса плотность газа согласно формуле (1) была
_ р0М
Ро RT
l-Г М ,
Подставив в последнее выражение —— из формулы (2), по-
RT
лучим
Ро = Ро = * 1 • ^4 (кг/м3) = °’5 кг/м3.
Др 0,4
Ответ: 0,5 кг/м3.
Задача 333.
Дано:
8 = 5 см2 = 5 -, 10 4 м2
v = 0,9 м/с
р = 4 атм ~ 4 • 105 Па
m = 2 кг
т = 10 мин = 600 с
р__ ?
Решение:
Уравнение состояния идеального газа
имеет вид
pV = ^RT. (1)
Молярная масса углекислого газа (СО2)
М = 0,044 кг/моль.
Из уравнения (1) мы могли бы найти температуру, если бы зна-
ли объём газа.
Объём газа, прошедшего за время т через сечение трубы,
V = vSt. (2)
Подставим объём из выражения (2) в уравнение (1) и найдём
температуру газа:
„ pvSxM 4-105-0,9-5-10 4-600-0,044 „
1 —-------------------------------------(л.) ~ ZyU tv.
mR 2-8,31
Ответ: —290 К.
125
Задача 337.
Дано:
wij = 20 кг
S = 200 см2 = 2 • 102 м2
т2 = 29 г
Л = 15 см = 0,15 м
М = 0,029 кг/моль
t = 17 °C (290 К)
fe — ?
Решение:
После закачки воздуха поршень
поднимается, пружина сжимается. На
поршень действуют силы: тяжести
mAg, упругости сжатой пружины Fynp
и давления воздуха FR (рис. 36).
Запишем для поршня первое усло-
вие равновесия:
miS + ЯпР + Рд = °- (!)
В проекции на ось X уравнение (1) имеет вид
+ Л'пр - = °- (2)
При этом Fynp = kx, где х = h; FR = pS, где р —
давление воздуха под поршнем, определяемое из
tj- - m2RT
уравнения Менделеева — Клапейрона р = .
Объём, занимаемый воздухом, V = Sh.
Рис. 36
Подставив выражения для Fynp и FR в уравнение (2), получим
m1g+ kx —
m2RT
Mh
= 0.
Из последнего уравнения найдём жёсткость пружины:
m2RT 0,029-8,31-290 _
k = Mh--------= 0,029-0,15----------(Н/м) ~ 1о5 н/м
h 0,15
Обратим внимание на то, что одно условие, а именно площадь
поршня, оказалось лишним и не вошло в окончательное выражение.
Ответ: ~105 Н/м.
Задача 339.
Дано:
7\ = 300 К
Pj = 150 кПа
р2 = 200 кПа
Т2 = 600 К
Ат = 10 г
т1 — 1
Решение:
Согласно уравнению Менделеева — Клапей-
рона для второго состояния газа
pV = ^RT2. (1)
2 М 2
Для первого состояния газа
plV = ^RTl. (2)
Причём тх = т2 + Ат.
Подставив последнее выражение в уравнение (2) и сделав пре-
_ р2 т, - Ат Т2
образования, получим — = —---------—.
Pi т1 1\
Очевидно, что не имеет смысла данные задачи переводить в еди-
ницы СИ, так как в решении фигурирует отношение величин.
126
m Am
Тогда m, =-------
i_£2Z±
P1^2
Ответ: 30 г.
-----—-----(г) = 30 г.
t 200 300
150-600
Задача 347.
Дано:
h = 10 см
Л] = 6 см
х — ?
Решение:
В первом случае сила тяжести стакана с водой
(тпст + g уравновешивается силой Архимеда
FAI = Pr.ghSg, тогда
(тст + PbS^S) g = pBghSg.
Во втором случае (рис. 37) справедливо уравнение m,.rg = pBh2Sg,
где h2 = h - ft,.
Уровень воды в стакане в этом случае находится
х + h2.
Давление воздуха в стакане
Р2 = Ратм + Рв£ (х + h2). (1)
Найдём это давление из закона Бойля — Мариот-
та (процесс сжатия воздуха в стакане при погруже-
нии считаем изотермическим): paTMhS = p2h2S.
Выразив отсюда р2 и подставив в формулу (1), по-
лучим
Ратм =РВ£(Х+Л2)-
\h2 )
на глубине
Рис. 37
Находим
_ Ратм
Рв£
105
103 -10
^i^-l]-0,04 (м) ~ 15 м.
0,04 J
Ответ: —15 м.
Замечание. Значение глубины получилось столь большим, так
как мы не учли, что в действительности при погружении часть
воздуха неизбежно выйдет из стакана. Глубина, на которой ста-
кан будет находиться в сосуде, окажется существенно меньше.
Задача 350.
Дано:
График
У(Т)
Pi > Р21
Pi < р2 — ?
Решение:
Для ответа на вопрос надо
нарисовать на графике две
изохоры, проходящие через
точки 1 и 2 (рис. 38).
Так как по условию зада-
чи масса газа не изменяется,
то чем выше изохора, тем меньше давление.
Следовательно, при процессе 1—2 давление
газа увеличивается.
Ответ: рг < р2.
127
Задача 361.
Дано: Решение:
р = 0,1 МПа t = 7 °C F= 30 Н s = 2 см2 = = 2 • 10’4 м2 Для того чтобы вылетела пробка, давление « « F в бутылке должно быть р2 = —. Объём воздуха в бутылке постоянен. Ру Ру. По закону Шарля — = —, отсюда температура,
ЛТ — ? Г1 Р2Т\ FT1 при которой вылетит пробка, Т2 = = Pl SP1
В результате
ЛТ = Т2 - Т = Т. I — - 1 I = 280 • f-—------11 (К) = 140 К.
2 1 4Spi ) l2-10 4 -105 J ’
Ответ: 140 К.
Задача 363.
Дано: У = 5 • 10 3 м3 Решение: На стенку сосуда изнутри действует сила
Ртах = 2 МПа m = 70 г = = 0,07 кг t = 300 °C (Т= 573 К) давления газа, а снаружи — сила атмосферного давления. Так как стенки сосуда выдерживают давле- ние, равное ртах, то давление газа в сосуде должно быть не более р = ртах + ратм. Согласно уравнению Менделеева — Клапей- рона pV = — RT давление кислорода в сосуде \ М )
Рг — ?
р = Jn_RT =---------------8,31-573 (Па) = 2,08 • 106 Па.
MV 0,032-5-10“3
Давление, под которым будут находиться стенки сосуда,
р2 = р - ратм = 2,08 МПа - 0,1 МПа = 1,98 МПа.
Поскольку р2 < ртах, то стенки сосуда выдержат.
Ответ: выдержат.
Задача 372.
Дано:
Цикл
в координатах
V—T
Построить
цикл
в координатах
р—V и р—Т
Решение:
Процесс 1—2 изобарный, процессы 2—3 и
4—1 изохорные, а процесс 3—4 изотермический.
На рисунке 39 показан цикл в координатах
p-V (а) и р—Т (б).
а) 0 v2 V
128
Задача 377.
Дано:
У= 200 м3
t = 20 °C
ф = 50%
ра п = 2,33 кПа
Решение:
Относительная влажность воздуха равна от-
ношению парциального давления пара к дав-
лению насыщенного
тУре, умноженному
отсюда парциальное
пара при той же темпера-
на 100% : ф = ——100%,
Р н.п
ФРн п
давление пара р — .
Клапейрона для искомой
Согласно уравнению Меделеева —
массы пара в комнате получим
50:2,33-103.200 0018
---------------------(кг) - 1,72 кг.
8,31-293
W™_VM
---
RT
Ответ: —1,72
кг.
т — ?
Задача 378.
Дано:
= 20 °C
ф! = 70%
t2 = 50 °C
Рн.п1 = 2,33 кПа
Рн.п2 = 12,3 кПа
t3 = 10 °C
ф2, Фз — ?
Решение:
Относительная влажность воздуха равна от-
ношению парциального давления пара к давле-
нию насыщенного пара при той же температуре,
умноженному на 100% : Ф1 = 100%, отсюда
Рн.п1
ф 1 Рн п1
парциальное давление пара .
Так как по условию задачи помещение за-
крытое, то считаем объём воздуха и его массу постоянными, по-
этому применяем закон Шарля для определения парциального
давления пара при повышении и при понижении температуры:
Рн.П1Ф 1 гр
Pi Рг Pi ^2 100 2
— = —, отсюда р2 =---------=----У------
Ту Т2 2 Ту Ту
Следовательно, относительная влажность при повышении тем-
пературы будет
ф2 = 100% = Рн п1<Р1Г2 = 2’331°3 ' 70'323 15%<
Рн.п2 Рн.1,27’1 12,3 • 103 • 293
Рн.пг^!
Для определения относительной влажности при понижении
температуры до 10 °C находим по таблице давление насыщенного
пара при этой же температуре: рн 1]3 = 1,23 кПа.
Определим, применяя закон Шарля, парциальное давление:
Рн.шФ!™ 2,33-70
А _ 100 _ -100------(кПа) = ! 58 кПа
™ т, Т, 293
129
Таким образом, давление насыщенного пара рп п3 меньше, чем
полученное значение р3. Это означает, что относительная влаж-
ность воздуха равна 100% и выпадет роса.
Ответ: -15%; 100%.
Задача 387.
Дано:
V= 1 м3
tx = 20 °C
t2 = 12 °C
ф = 80%
т — ?
Решение:
Относительная влажность воздуха равна отноше-
нию парциального давления пара к давлению насы-
щенного пара при той же температуре, умноженному
на 100%: ф = 100%.
Pn.nl
Следовательно, парциальное давление пара
_ Р11.П1Ф
Р1 100%'
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона для плотности
получим выражение
PiM _ ри,1П<?М
Р1 100%КТ1 100% KTj ‘
Аналогично плотность пара при понижении температуры
р„ „?<рМ т
р2 = ^QQo/ ду • Так как выпадает роса, то пар насыщенный и его
давление равно давлению насыщенного пара при данной темпера-
туре.
Отсюда масса росы, выпавшей при понижении температуры из
воздуха объёмом V = 1 м3
т = к(Р]-р2)= VM
Н2/ 1Оо%/Ц Г1 Ti J
Для получения числового ответа находим по таблице значения
давления насыщенного пара при температурах Т\ и Т2-
Рн.п, = 2,33 кПа; рн п2 = 1,39 кПа.
В результате
0,018 (80% -2,33-103 1,39 103 V .
т ---------------------------------(кг) = 3,1 г.
8,31 100%-293 285 J
Ответ: 3,1 г.
Задача 398.
Дано: Решение:
Рг/Pi = 2 Построим процесс перехо-
Т1 да газа из состояния 1 в со-
9 стояние 4 в координатах р—V
(рис. 40). Процессы 1—2
и 3—4 изобарные, про-
цесс 2—3 изохорный.
130
Как мы знаем, работа численно равна площади под кривой
1—2—3—4:
А = р2 (У2 - У0 + Р, (V4 - V2) = 2Р, (2V, - Kj) + р1(4У1 - 2V,) = 4P,V,.
Согласно уравнению Менделеева — Клапейрона PV = vRT, где
v — количество вещества (в моль). В данном случае v = 1, поэтому
P,V, = RT,. Следовательно, А = 4RT,.
Ответ: 4RT,.
Задача 402.
Дано:
Л
Т3
Т2 = Т,
Решение:
Как мы знаем, работа численно равна площади пря-
моугольника 1—2—3—4:
А = (р2 - Р1) (V4 - V,). (1)
процессов 1—2 и 3—4 согласно
Р 3 _Т3 _Т'3
Ра
* Очевидно, что для
ттт &2 ^2
закону Шарля имеем — = —;
р 1 '1 1
1вию задачи Т2 = Т4.
Для процессов 2—3 и 4—1
v, т, ’ v2
них уравнений следует, что Т2 = у/Т,Т3 .
Перепишем уравнение (1) в виде
= так
Т2 Т,
Т3
— = —так как по уело-
т4 т2
как
V4 V3
— = —2-, то из послед-
(2)
Подставив найденные выражения для отношений давлений и
объёмов в уравнение (2), получим
= r[t3+t,-^-‘
X *2
Ответ: R (Т3 + 7\ - 2у/Т37\).
= R(T3 +Т, -2у/Т^Т\).
Задача 409.
Дано: Решение:
01 = 10 м/с По закону сохранения импульса для шариков
v2 = 20 м/с (рис. 41) запишем
ДТ — ? m2v2 - m,v, = (m, + тп2) и.
Так как массы шариков равны, то
v2 - и, и = — -. 2 Изменение механической энергии, рав- ное по модулю выделившемуся при ударе о1
X ц QQ/nj + m2
количеству теплоты, определим из выраже-
о a uz 2 . 2\ о тпи ния AVK = —(иг + и») - 2 . 2 1 2 2 X Рис. 41
131
На нагревание шариков идёт половина этой энергии:
Q = O,sf —(у.2 + v2)-2^-] = 0,25m(v2 + t>2 -2^ 2 ~U1) ] =
\2 2 J I J
= 0,125m(v2 + i>iJ2.
Количество теплоты, необходимой для нагревания шариков на
At, Q = стЛТ.
Приравняв правые части уравнений, для изменения темпера-
4_ 0,125тп(и2 + ш )2
туры шариков получим ДГ =----------------.
Ст Дж
Теплоёмкость железа найдём в таблице: с = 460 ——.
„ кг - К
0,125(20 + 10)2
В результате получим АТ = —-----------(К) ~ 0,25 К.
Ответ: -0,25 К. 460
Задача 410.
Дано: Решение:
tj = 100 °C Вода в сосуде нагревается за счёт тепла, выде
= 1 кг ляюгцегося при конденсации пара. Полученное во
t2 = 20 °C дой количество теплоты
t3 = 80 °C Q„on = (*з - М-
т2 — ? Пар отдаёт тепло при конденсации, и получен
пая из него вода остывает до температуры 80 °C.
Запишем выражение для отданного паром количества теплоты:
I «отд I = гт2 + свт2 (tj - t3).
Так как предполагается, что теплопотерь нет и всё тепло, полу-
ченное от пара, передаётся воде, то согласно уравнению теплового
баланса имеем
«пол 1" «отд 0 ИЛИ QnoJI | «отд |.
(«3 - М = rm2 + свт2 (it - t3).
Для т2 получим выражение
cB^lfe-A)=4,2.1Q3.1.(80-20) 0,110 кг.
r + cB(t!-t3) 2,26-106 +4,2 103 -(100-80)
Ответ: =0,110 кг.
Задача 419.
Дано: tj = —2 °C т1 = 100 г т2 = 130 г t2 = 800 °C с = 450 кг-К сл =2,1-103 л кг-К t — ? С-К Решение: Лёд сначала нагревается до температу- ры плавления, затем тает, и получившая- ся из него вода нагревается. Полученное льдом количество теплоты «пол = слт1 (°° - h) + ^т1 + Cb"*1 («к - 0°). Количество теплоты, которую отдаёт шарик при остывании до конечной темпе- ратуры, 1 «отд 1 = сжт2 (t2 - tK).
Так как лёд и шарик находятся в калориметре, то всё тепло,
полученное от шарика, передаётся льду. Согласно уравнению теп-
лового баланса имеем
^пол 1” Qota 0 ИЛИ Qnoji I ^отд I*
слТО1 (0° - tj) + Хтп, + св/П! (Гк - 0°) = сжт2 (t2 - /к).
Установившаяся в калориметре температура
_ сж - cnmi (°°- М - _
+ СжОТ2
450 0,13 • 800 - 2,1 • 103 • 0,1(0° - (-2°)) - 3,33 • 105 0,1 о
( С») —• оО с».
4,2-Ю3 • 0,1 + 450 0,13
Ответ: —30 °C.
Задача
Дано:
= 1,13
At
8=1 см2
р = 1 кг/м3
о — ?
420.
кДж
С
Таким образом,
1 AW
v =-------
pSr At
Решение:
Масса пара, прошедшего через носик чайни-
ка за 1 с, = poS.
At к
Массу образовавшегося пара за 1 с можно
AW Ат
определить из выражения = г~^~-
1ДРИ „ 1Д1У с
----. В результате----= pvS и
г Д( г At
1
•1Д3 103
1-Ю’4 -2,26-106
Ответ: 5 м/с.
Задача 421.
Дано:
т = 500 г = 0,5 кг
= 20 °C
ttij = 20 г = 0,02 кг
х = 1 мин
т2 = 4 г = 0,004 кг
П = 60%
q = 2,93 • 107 Дж/кг
Дх — ?
Решение:
Тепло, получаемое от сгорающего спир-
та, идёт на нагревание воды до температу-
ры кипения, а затем на её испарение:
Q = qmc = свт (100° - + гтх.
тс — масса сгоревшего спирта,
т2 л
тс = —- Дх.
т
Таким образом, искомое время
cum(100° - t1) + rml _
Дх =
П т2
1004 т
4,2 • 103 • 0,5 -(100° - 20°) + 2,26 • 106 • 0,02 , „ „
(с) — 3 мин.
0,6-2,93-107
Ответ: =3 мин.
133
Задача
Дано:
V2 = 2V.
p2 = 2pj
432.
Решение:
Согласно первому закону термодинамики количе-
ство теплоты, сообщённой системе, равно изменению
внутренней энергии плюс совершённой системой рабо-
те: Q = AU + А'.
Изменение внутренней энергии при переходе газа из
Qi о
Q2
состояния 1 в состояние 2 одинаково, так как это изменение внут-
ренней энергии, оно не зависит от способа перехода газа из одного
состояния в другое, а зависит только от начального и конечного со-
стояния системы. Работа газа при переходе через состояние 3
Aj =р2 (V2 - = 2Р1 (2V. - V,) = 2p.V.,
Работа газа при переходе через состояние 4
А2=р. (V2-V.)=p. (2V. - V.) = p.V..
Изменение внутренней энергии газа определим выражением
\U = - — RT2 -- — RT. = -(p2V2 -p1V1) = -p1Vl.
2M 2M 2 2
13 11
Таким образом, Q = — рхV1, a Q2 = — Pi^i-
2 2
гг Qi 13
ТогдавГп
м 13
Ответ: —.
11
Задача 439.
Дано:
v = 4 моль
р. = 1 атм = 105 Па
V. = 1 л = 10 3 м3
Д23 = 330 Дж
П - ?
Решение:
Коэффициент полезного действия равен
отношению работы, совершённой за цикл,
к количеству теплоты, отданной нагревате-
д
лем рабочему телу: т] = —100%.
Qi
Работа, совершённая газом, равна рабо-
те при изотермическом процессе 2—3 минус модуль работы газа
при изобарном процессе 3—1:
4 = -4.2—3 — I Аз—! I = -4^2—3 _ Pi (^з ~ 1^1) =
= -4г—з ~Pi (ЗИ! - И,) = А2-з -р^Ир
Газ получает тепло при изотермическом и изохорном процессах:
Q = А2_3 + (U2 - U.) = А2_3 + | vR(Т2 - =
= -42_3 + f(p2V. - p.V.) = А2_3 + ^2p.V. = А2_з + Зр.V..
Таким образом,
= А2 3-Pl2Vi_10Q = ЗЗО-1О3.2.1О-3 10Q 21%
4-2-3+ЗР1И1 330+ 105 -ЗЮ 3
Ответ: ~21 % .
134
Задача 442.
Дано:
Т{ = 400 К
Т2 = 300 К
Дт 1П-з ,
---= 10 л кг/с
Д7
q = 4 • 107 Дж/кг
Решение:
Коэффициент полезного действия идеаль-
ной тепловой машины равен отношению ра-
боты, совершённой за цикл, к количеству
теплоты, отданной нагревателем рабочему
телу, или отношению разности температур
нагревателя и холодильника к температуре
нагревателя:
и = —100% = ~ 100%. (1)
Qi Т.
Количество теплоты, получаемой от нагревателя за единицу
Am
времени, равно q =-.
AZ
Работа, совершённая за единицу времени, — это искомая мощ-
ность двигателя N.
Тогда, как следует из формулы (1), ц = = —5-- и соответ-
Am Т,
q----- 1
Ат Т] - Т2 7 з 400-300/Г1 ,
ственно мощность N = q----5---= 4-10 • 10 л---------(Вт) =
МТ, 400
= 104 Вт = 10 кВт.
Ответ: 10 кВт.
ОСНОВЫ ЭЛЕКТРОДИНАМИКИ
Задача 454.
Дано:
q\
Я'2
к = 1
1г 3
£1_?
<72
Решение:
На заряды действует кулоновская сила отталкива-
ния (рис. 42)
Г12 = F2l = k^-.
I2
Для равновесия зарядов не-
обходимо, чтобы на каждый из
них действовала дополнитель-
71 12
«—о——*;—о—►
Аг 91 F Яо F' Я2
Рис. 42
ная сила, равная по модулю и противоположная по на-
правлению силе Р12 или соответственно силе Р21. Для этого между
ними помещают заряд q0 противоположного знака на расстояни-
ях Ij от первого заряда и 12 от второго. Модули сил F и F’ взаимо-
действия зарядов (/j и q2 с зарядом q0 должны быть равны Р12.
Условия равновесия зарядов имеют вид
919г _ . 919о . . 919г _ . 9г9о
.О .o’ ,о , о
135
Так как по условию задачи l2 = 3llf то из последних уравнений
о 91 1
следует, что q2 = Э^, т. е. — = —.
<72 9
Ответ: 1/9.
Задача 459.
Решение:
На каждый из шариков действуют две
лоновские силы отталкивания (рис. 43) и
силы натяжения растянутых пружин, к
торым прикреплён данный шарик. Силы
лоновского взаимодействия шариков
^21 = ^23 — “5" •
I
Сила натяжения пружин равна
-^ynpl — -^упрЗ AAZ.
равновесия шарика: векторная
действующих на него, должна
нулю.
Дано:
q=2- 10"7 В Кл
Z = 20 см = 0,2 м
AZ = 0,5 см =
= 5 • 10’3 м
ку-
две
ко-
КУ-
равны
Условие
сумма сил,
быть равна
Из рисунка следует, что
•^21 — ^23 — ^упр! — ^упрЗ» ИЛИ
2
= k\l.
I2
1
F
* 23
F .
yupl
F
упрз
3
Рис. 43
В результате k = k3
2
= 9-109
AZZ2
(2-10 7 )2
5-10“3 -(0,2)2
(Н/м) = 1,8 Н/м.
k — ?
k3
Ответ: 1,8 Н/м.
Задача 460.
Дано:
т = 10 г = 0,01 кг
L = 21
q=5- 10“7 Кл
Z = 10 см = 0,1 м
a = g
Т2 - ?
Решение:
На каждый из шариков действуют
кулоновская сила FK отталкивания (рис. 44),
две силы Tj и Т2 натяжения нитей и сила
тяжести mg.
Согласно второму закону Ньютона для
одного из шариков запишем
ma = mg + FK + Тг + Т2
В проекциях на оси X и Y имеем:
на ось Y: ma = Т\ cos 30° - mg-, (2)
на ось X: 0 = FK - Т2 - Т\ sin 30°. (3)
Так как а = g, то из уравнения (2) най-
дём выражение для силы T\t
т 2mg
1 cos 30°’
136
Подставим его в уравнение (3) и получим
2
Т2 = FK - Тг sin30° = k^-2mgtg30° =
(5-10“712 1
= 9109 -------— - 2 0,01 -9,8 0,577 (H)~0,ll H.
0,01
Ответ: ==0,11 H.
Задача 466.
Дано:
m = 5 г = 5 • 10 '3 кг
E = 2,83 • 105 B/m
q = 10"7 Кл
Ф-?
Решение:
На шарик действуют сила тяжести mg,
сила натяжения Т нити и электростатиче-
ская сила F3 (рис. 45).
Запишем условие равновесия шарика:
0 = mg + Т + Fa.
(1)
В проекциях на оси X и Y имеем:
на ось X: 0 = F3 — Т sin <р; (2)
на ось У: 0 = Т cos <р - mg. (3)
Электростатическая сила F3 = qE.
Выразив силу натяжения из уравнения
(2) и подставив в уравнение (3), получим
выражение для определения угла <р:
дЕ = 10 7 -2,83-105
mg~ 5-10"3-9,8
0,578. <р = 30°.
Ответ: 30°.
Задача 469.
Дано:
<р = 60°
= 2t>0
а — ?
Таким
Решение:
При включении поля на заряд подействовал им-
пульс силы, равный qE№.
— По оси У скорость не изменяется, а по оси X из-
менение импульса частицы равно импульсу подейст-
вовавшей на него силы: mvx = qE\t.
образом, как следует из рисунка 46, а,
, qE№
tg ф =---.
mv0
(1)
137
При увеличении заряда его скорость по оси X будет v’x
2qE\t
т
Тангенс искомого угла, как следует из рисунка 46, б,
, 2qEAt
tg а =-------------------------.
ти0
(2)
Из выражений (1) и (2) следует tg а = 2 tg <р, отсюда а ~ 74°.
Ответ: —74°.
Задача 476.
Дано: Решение:
<7, = 4 • 10’7 Кл Силовые линии электрического поля начи-
q2 = -4 • 10 7 Кл наются на положительных зарядах и заканчи-
= 4 см ваются на отрицательных (рис. 47). Так как
R2 = 8 см заряды сферы и оболочки равны, то силовые
7?з = 10 см линии, начинающиеся на сфере, заканчивают-
гА = 2 см ся на внутренней поверхности оболочки.
гв = 5 см Внутри проводника напряжённость элек-
гс = 9 см трического поля равна нулю. Следовательно,
rD = 12 см Ел = Ес = 0.
&А’ Ев, В точке D напряжённость также равна нулю
Ес, Ed - ? по соображениям, высказанным выше. Также
в этом можно убедиться с помощью принципа
суперпозиции.
Поле сферы аналогично полю точечного заряда, при этом от-
счёт расстояния всегда ведётся от центра сферы. Точка D находит-
ся от центра сферы и сферической оболочки на одном расстоянии,
так как эти центры совпадают. Заряды
сфер равны по модулю и противоположны
по знаку, следовательно,
Ed = k — - k — = 0.
г2 г2
lD fD
Напряжённость поля в точке В
Ев = /г — = 9 109 • 4 10 7 (В/м) =
rj (5-10 2)2
= 1,44 • 106 В/м.
Ответ: 0; 1,44 • 106 В/м; 0; 0.
Задача 486.
Дано:
т = 10-15 кг
9=10“ Кл
(р! — 10 В
I?! = 100 м/с
v2 = 200 м/с
ф2 — ?
Решение:
Электростатическое поле потенциально, поэто-
му сумма кинетической энергии и потенциальной
энергии заряда в электростатическом поле остаёт-
ся постоянной:
2 2
mvt ти»
—-----1- <7ф J = - — + <7<Р 2 •
Ci
138
Отсюда
2 2
mvt 7П1?2
~2 Г~ + <7Ф1 m(v2x-vl)
ф2 =---------q--------= 2q + Ф1 =
^10'15-(Ю02 -2002) + 10(В) = 8,5В.
Ответ: 8,5 В.
210
Задача 490.
Дано:
U= 1200 В
Z = 5 см = 0,05 м
d = 0,5 см = 5 • 10 3 м
По - ?
того чтобы
электронов,
Решение:
вылетела половина
необходимо, чтобы
посередине между
на край пластины
Для
потока
электрон, летящий
пластинами, попал
(рис. 48). Тогда все электроны, летящие
ниже
ду пластинами. И это как раз
На электрон, влетевший в
действует электростатическая
пая F3 = qeE = qe^~.
а
Согласно второму закону Ньютона за-
пишем
его, вылетят из пространства меж-
будет половина потока.
пространство между пластинами,
сила, рав-
Ул
Рис. 48
теа = F3. (1)
По оси X электрон движется равномер-
но (пренебрегаем силой тяжести, так как
масса электрона мала и сила тяжести
много меньше электростатической силы,
действующей на электрон).
Изменение кинетической энергии электрона, влетевшего в уско-
теи2 , ,
ряющее поле, равно работе поля: —— = | qe \и, где v — скорость
электрона, с которой он влетает в пространство между пластинами.
Отсюда v2
По оси Y
формулы (1):
те
электрон движется с ускорением, определяемым из
med
Запишем уравнения движения электрона по осям X и У:
. at2
х = vt; q —----------------------.
у 2
По горизонтальной оси электрон пролетает, до того как он ося-
дет на краю пластины, расстояние I. За это же время он смещает-
ся
ся по вертикали на расстояние —.
тт > . d at2
Подставим эти значения в уравнения движения: / = vt; — = ——
139
Выразим время полёта из первого уравнения и подставим во
второе, а затем подставим в него найденные выражения для уско-
(М* 2 qeUl2 Ul2
рения и скорости: а = а — =----'---=------.
W ,2qeU0 2dU0
d
me
( d\2 ( 5 . Ю-3 V
Тогда Uo = 2U - = 2400 • ° - - (B) = 24 B.
° Id Is-ю-2 J
Ответ: 24 В.
Задача 493.
Дано:
а = 60°
I = 10 см
Фа - Фв =
= 8 В
Ё
Рис. 49
Е — ?
Решение:
Эквипотенциальные поверхности однородного
поля изображены пунктиром на рисунке 49.
Потенциал в точке В равен потенциалу в точке D.
Напряжённость электриче-
ского поля равна отношению
разности потенциалов (рл - <рв
к расстоянию d = I cos а меж-
ду эквипотенциальными поверхностями.
Таким образом,
£=Фа~Фв= 8 ГВЕ160В
Zcosa 0,1-0,5 км/ м
Ответ: 160 В/м.
Задача 504.
Дано:
С = 100 пФ
q= 10 7 Кл
qe = 1,6 • 10’19 Кл
те = 9,1 • 10“31 кг
FAi — ?
Решение:
Импульс силы, подействовавшей на пла-
стинку, равен изменению импульса элек-
трона: F\t = теу.
Электрон ускоряется полем заряженного
конденсатора. Согласно теореме об измене-
нии кинетической энергии для электрона:
2
2 Че
Разность потенциалов между пластинами: U =
Подставив последнее выражение в уравнение (1), получим для
(1)
29р(7
скорости выражение и = ——.
V те
Искомый импульс силы
V т,
С
9,110-31-2.1,6.10-.НИ (н.с).1д,10-2зн.с.
100 1012
Ответ: —1,7 • 10 23 Н • с.
140
Задача 528.
Дано:
7?! = 2 Ом
Т?2 = 1 Ом
-Д,б1> -Д>62 ?
Решение:
В случае а) цепь симметрична, следователь-
но, потенциалы точек С и D равны, поэтому ток
через средний резистор 3 не идёт. При равенстве
потенциалов точек, между которыми находится
проводник, можно поступить двумя способами:
1) отсоединить проводник (рис. 50, а) от этих точек цепи, так как
он не играет никакой роли в распределении токов, идущих по це-
пи; 2) соединить точки С и D (рис. 50, б).
В первом случае проводники 1 и 2, а также 4 и 5 соединены по-
следовательно и Т?12 = Т?45 = 3 Ом.
Резисторы с эквивалентными сопротивлениями Т?12 и Т?45 со-
единены параллельно, и сопротивление между точками Атя. В рав-
но 7?о61 = 1,5 Ом.
Во втором случае резисторы 1 и 4, а также 2 и 5 соединены па-
раллельно и Т?14 = 1 Ом, 7?25 = 0,5 Ом.
Резисторы с эквивалентными сопротивлениями Т?14 и 7?25 соеди-
нены последовательно, следовательно, 7?о61 = 1,5 Ом.
В случае б) (рис. 50, в) резисторы 4 и 5 соединены последова-
тельно, тогда R45 = 2 Ом.
Резистор с эквивалентным сопротивлением Т?45 параллельно со-
единён с резистором 3 (рис. 50, г), и их общее сопротивление рав-
но Т?345 = 1 Ом.
Резистор с эквивалентным сопротивлением Т?345 последовательно
соединён с резистором 2, их общее сопротивление равно 7?2345 = 2 Ом.
Резистор с эквивалентным сопротивлением 7?2345 параллельно
соединён с резистором 1. Следовательно, Т?о62 = 1 Ом.
Ответ: 1,5 Ом; 1 Ом.
141
Задача 534.
Дано: Решение:
U= 12 В ti = 20 °C t2 = 100 °C т = 5 мин k = 60% т = 200 г = 0,2 кг Согласно закону Джоуля — Ленца коли- чество теплоты, выделяемой в кипятиль- нике, Q = IUt. С одной стороны, количество теплоты, идущей на нагревание воды, можно опреде- „ klUr лить выражением QnojI = .
I — ? 100% С другой стороны, это количество тепло-
ты <?пол = ст (*2 - <1).
Приравнивая правые части двух последних уравнений, получим
klUx , = cm(t9 - t,). 100% 2 1
Искомая сила тока
cm(t2 -^)100% _ 4,2 103 -0,2-80-100% _
kUt 60% 12-300 ( }
Ответ: 31 А.
Задача 543.
Дано: Решение:
С = 1 мкФ Ток через участок цепи, содержащий конденса-
S‘ = 4 В тор, не идёт. Поэтому разность потенциалов на кон-
г = 2 Ом цах этого участка равна разности потенциалов меж-
7? = 14 Ом ду обкладками конденсатора.
о — ? Заряд на обкладках конденсатора q = CU, где
U — разность потенциалов на этом участке, равная
падению напряжения на резисторе R.
Падение напряжения согласно закону Ома для участка цепи
U = IR.
Сила тока согласно закону Ома для полной цепи I =-----.
R + r
„ SRC 4-14-10 6 „ с 1n_6L.
В результате q =----=----------(Кл) = 3,5 10 Кл.
R + r 14+2
Ответ: 3,5 • 10 6 Кл.
Задача 558.
Дано: Решение:
А, = 1 Вт КПД источника равен отношению полезной
N2 = 1,44 Вт мощности к полной или отношению внешнего со-
----?------— противления к полному сопротивлению цепи, ум-
неженному на 100% :
r2 р 1
п = —— ----100% = —— • 100%. (1)
/2(Т? + г) 1 + Г
R
Для определения КПД надо найти отношение внутреннего со-
противления к внешнему.
142
Мощность, выделяемую в нагрузке, можно определить
выражением
При подключении
равна
ЛГ1
—-—-в.
(В+г)2
(2)
нагрузки к двум аккумуляторам мощность
N2 = —462 д.
(7?+2г)2
N ( R + г
Из формул (2) и (3) получим —- = 4 -------
r Ny V Д + 2г
7? г
= 1,44, отсюда --— = 0,6, тогда — = 2.
1 + 2£ Д
В
Подставив это значение в формулу (1), получим г)
(3)
= - 100%
3
Ответ:
100%
3
Задача 561.
Дано:
d= 3,2 мм = 3,2 10'3 м
I = 5 А
t = 20 °C
п = 1,08 1026 м 3
Решение:
Сила тока, идущего по проводнику,
I = nqvHS, где п — концентрация
носителей тока, в данном случае элек-
тронов; q — заряд электрона; он —
скорость направленного движения
электронов; S — площадь поперечного
сечения проводника.
Отсюда
I I 5 ...
и„ =----=-------=-----------------------------------(м/с) =
"’S !,08.10^».1.6-10 -«.3'14 (3-2) 10
4 4
= 0,036 м/с.
Среднюю квадратичную скорость теплового движения электро-
нов вычисляем по формуле для расчёта средней квадратичной
скорости теплового движения молекул
(ЗйТ /з • 1,38 • 10-23 -293 . . . , 1С 1П5 .
Укв = А.---------5; —Vi------(м/с) = 1Д5 • Ю5 м/с.
V т \ 9,1-10“31
1,15 • 10s м/с.
Расчёт показывает, что средняя квадратичная скорость тепло-
вого движения электронов много больше скорости их направлен-
ного движения.
Ответ: 0,036 м/с;
Задача 568.
Дано:
п = 3 • 1017 м-3
р = 2,4 • 103 кг/м3
t = 20 °C
fe — ?
Решение:
Число электронов в атоме кремния рав-
но 14 (см. периодическую таблицу эле-
ментов).
143
Число атомов в м3: п0 = NA, где М — молярная масса;
АЛ — число Авогадро.
Число электронов в м3: No = 14-^
и _ п _ пМ _ 3 1017 -0,028 = 4 2 1()_13
14-2,4-103 • 6,02 • 1023
Nq 14pNA
Ответ: 4,2 10 13.
Задача 580.
Дано:
V= 2,5 л = 2,5 • 10“3 м3
р = 105 Па
t = 25 °C
U = 5 В
г) = 75%
W —1
Решение:
Затраченная энергия равна энергии,
израсходованной на электролиз, делён-
ной на КПД установки:
W
W, = —s~L-100%. (1)
п
Энергия, затраченная на электролиз,
^пол = qU. (2)
Согласно закону Фарадея
1 А /оч
т = - — q. (3)
F п
Массу выделившегося в результате электролиза водорода соглас-
но уравнению Менделеева — Клапейрона определим из формулы
pVM
т =----
RT
(4)
pVMFnU
Из выражений (2), (3) и (4) получаем 1УПОЛ =-
ART
pVMFnV
ART
П
В результате W3
100%^™^-100% =
А7?Тт)
105 -2,5-10 3 -2-9,65-Ю4 -1-5
1-8,31-298-75%
Ответ: —140 кДж.
100% (Дж) ~ 140 кДж.
Задача 584.
Дано:
L = 5 см
S = 100 см2
п = 109 с'* 1 см'3
1—1
л н •
Решение:
Сила тока зависит от подаваемого напря-
жения.
Ток достигает насыщения, когда все обра-
зовавшиеся ионы достигают электродов.
Следовательно, сила тока насыщения оп-
ределяется общим числом образовавшихся
пар ионов в одну секунду:
Ia = nqeSL = 109 • 1,6 • 1019 • 100 • 5 (А) = 8 • 10“8 А = 80 нА.
Ответ: 80 нА.
144
Содержание
Предисловие........................................3
Физика. 10 класс. Г. Я. Мякишев, Б. Б. Буховцев, Н. Н. Сотский
МЕХАНИКА ......................................... 4
Кинематика (главы 1 и 2) .....................—
Динамика (главы 3 и 4).......................16
Законы сохранения в механике (главы 5 и 6) ..26
Статика (глава 7)............................36
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА. ТЕПЛОВЫЕ ЯВЛЕНИЯ.........39
Основы молекулярно-кинетической теории.
Температура. Энергия теплового движения молекул
(главы 8 и 9)........................................
Уравнение состояния идеального газа. Газовые
законы (глава 10)............................47
Взаимные превращения жидкостей и газов (глава 11) . . 53
Твёрдые тела (глава 12)......................55
Основы термодинамики (глава 13)..............56
ОСНОВЫ ЭЛЕКТРОДИНАМИКИ...........................64
Электростатика (глава 14) ....................—
Законы постоянного тока (глава 15)...........77
Электрический ток в различных средах (глава 16) ... 84
Сборник задач по физике. 10—11 классы. Н. А. Парфентьева
МЕХАНИКА........................................ 90
Кинематика....................................—
Динамика.................................... 98
Законы сохранения в механике.................108
Статика......................................118
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА. ТЕПЛОВЫЕ ЯВЛЕНИЯ............120
ОСНОВЫ ЭЛЕКТРОДИНАМИКИ...........................135