Сборник задач по физике с решениями - Гладской В.М., Самойленко П.И.

Автор: Гладской В.М. Самойленко П.И.
Теги: физика задачи по физике
ISBN: 5—7107—8135—5
Год: 2004
Похожие
Сборник задач по курсу физики с решениями.
Сборник задач по курсу физики с решениями
Сборник задач по физике с решениями для втузов
Все решения к «Сборнику задач по общему курсу физики». Книга 2
Текст
                    Высшее образование
В.М.Гладской, П.И.Самойленко
Сборник задач
с решениями
Допущено
Министерством образования
Российской Федерации
в качеаве учебного пособия
для студентов высших технических
учебных заведений, изучающих
курс общей физики
2-е издание, стереотипное
d p о ф а
Москва ¦ 2004

УДК 53@76.1)
ББК 22.3я73
Г32
Гладской В. М.
Г32 Сборник задач по физике с решениями: Пособие для втузов/
В. М. Гладской, П. И. Самойленко. — 2-е изд., стереотип. —
М.: Дрофа, 2004. — 288 с: ил.
ISBN 5—7107—8135—5
Пособие содержит задачи с решениями по основным разделам фи-
физики: физическим основам механики, основам молекулярной физики
и термодинамики, электричеству и магнетизму, колебаниям и волнам,
квантовой природе излучения, элементам квантовой механики, атомной
и ядерной физики. По всем темам приведены основные законы, урав-
уравнения и формулы, используемые при решении задач, а также даны
задачи для самостоятельного решения.
Для студентов очных и заочных отделений втузов. Может быть
использовано студентами колледжей технического профиля при изуче-
изучении курса физики.
УДК 53@76.1)
ББК 22.3я73
Учебное издание
Гладской Владимир Матвеевич
Самойленко Петр Иванович
Сборник задач по физике
с решениями
Зав. редакцией Б. В. Понкратов
Ответственный редактор Е. А. Волъмир
Редактор В. В. Тихонов
Художественное оформление М. Г. Мицкевич
Технический редактор Н. И. Герасимова
Компьютерная верстка Г. Б. Климушкина
Корректор Г. И. Мосякина
Санитарно-эпидемиологическое заключение
№ 77.99.02.953.Д.006315.08.03 от 28.08.2003.
Подписано к печати 12 02 04 Формат 60x90^/16. Бумага типографская 1 лрнитура
«Школьная» Печать офсетная Уел печ л 18,0 Тираж 5 000 экз Зана* \ 1Ш2
ООО «Дрофа». 127018, Москва, Сущевский вал, 49.
По вопросам приобретения продукции издательства «Дрофа» обращаться по адресу:
127018, Москва, Сущевский вал, 49. Тел.: @95) 795-05-50, 795-05-51. Факс: @95) 795-05-52.
Торговый дом «Школьник». 109172, Москва, ул. Малые Каменщики, д. 6, стр. 1А.
Тел.: @95)911-70-24,912-15-16,912-45-76.
Магазины «Переплетные птицы»:
127018, Москва, ул. Октябрьская, д. 89, стр. 1. Тел.: @95) 912-45-76;
140408, Московская обл., г. Коломна, Голутвин,
ул. Октябрьской революции, 366/2. Тел.: @95) 741-59-76.
Ошечатано в полном соотвекггвии с качеством предоставленных диапозижвов
в Тульской типографии 300600, г Тула, нр Ленина,109
ISBN 5—7107—8135—5 © ООО «Дрофа», 2002

Предисловие к первому изданию
Настоящее учебно-методическое пособие призвано помочь
студентам технических вузов (особенно обучающимся без отрыва
от производства) и колледжей самостоятельно научиться решать
задачи по физике, поскольку в нем подробно рассмотрены реше-
решения числовых задач по всем разделам курса общей физики.
Физика является одной из тех наук, знание которой необходи-
необходимо для успешного изучения общенаучных и специальных дисцип-
дисциплин. При изучении курса физики студенты должны прочно усво-
усвоить основные законы и теории, овладеть необходимыми приема-
приемами умственной деятельности, важным компонентом которой
является умение решать задачи по физике.
Хорошо известно, что единственный способ научиться решать
задачи — пытаться решать их самостоятельно. Отсюда вытекает
диалектичность процесса обучения: знание теории приобретается
одновременно с ее использованием для решения задач. Абстракт-
Абстрактные поначалу законы, уравнения, определения понятий и физи-
физических величин (эта абстрактность и является главным «камнем
преткновения» при изучении физики) в процессе их практическо-
практического применения для описания конкретных физических явлений
(т. е. при решении физических задач) начинают постепенно на-
наполняться конкретным содержанием, и только тогда приходит
понимание теории. Недаром известный итальянский физик Энри-
ко Ферми утверждал, что «знать физику — означает умение ре-
решать задачи». Другими словами, уровень подготовки по физике
определяется уровнем сложности задач, которые студент может
решить.
В пособие включены задачи разной степени сложности, что
позволяет использовать его в различных вузах и колледжах.
Все задачи объединены в шесть разделов: «Физические основы
механики», «Основы молекулярной физики и термодинамики»,
«Электричество и магнетизм», «Колебания и волны», «Квантовая
природа излучения» и «Элементы квантовой механики, атомной
и ядерной физики». Внутри разделов задачи расположены по те-
темам. В начале каждого раздела приведены основные законы,
уравнения и формулы, используемые при решении задач, а в кон-
конце раздела даны задачи для самостоятельного решения, позво-
позволяющие оценить свои знания.
В конце книги дано «Приложение», в котором приводятся не-
необходимые справочные данные: основные физические постоян-
постоянные, сводные таблицы физических величин, некоторые астроно-
астрономические величины, сведения о приближенных вычислениях.

ЧАСТЬ 1
Физические основы механики
Основные формулы
¦ Скорость мгновенная v = -~ = -2 f
где г — радиус-вектор материальной точки,
? — время,
s — расстояние вдоль траектории движения, путь,
х — единичный вектор, касательный к траектории.
¦ Ускорение:
-* dv
мгновенное а = —
at
-* dv —
тангенциальное ат= — т
нормальное ал = -—¦ п
где -R — радиус кривизны траектории,
п — единичный вектор главной нормали
полное
¦ Скорость угловая
где ф — угловое перемещение.
¦ Ускорение угловое ?
dt
¦ Связь между линейными s = (pi?, и
и угловыми величинами ах = eii, an = со2!?
¦ Импульс (количество движения) р = ти
материальной точки
где m — масса материальной точки.
¦ Основное уравнение динамики F = ^ = та
материальной точки
(второй закон Ньютона)
л
¦ Закон сохранения импульса р = X тЛ = const
для изолированной системы тел 1 = х
¦ Скорости частиц после столкновения: ->
упругого центрального аа = -Vi +
_Г, -L 77
ГП2

неупругого
где v1nv2 — скорости частиц до столкновения, т\ "•" т2
/тг1 и т2 — массы частиц.
¦ Сила сухого трения FTp = fFn
где f — коэффициент трения,
Fn — сила нормального давления.
¦ Сила упругости Fyn = -kAl • i
где k — коэффициент упругости (жесткость),
А/ — деформация,
i — вектор, указывающий направление деформации.
¦ Сила гравитационного Frp = -G—*у-2 • г12
взаимодействия г
где G — гравитационная постоянная,
г — расстояние между частицами,
т1 и т2 — массы частиц,
г12 — радиус-вектор, проведенный от второй частицы к первой.
¦ Работа силы А = \Fdr
ил -*-*
¦ Мощность N = — =Fv
at
¦ Потенциальная энергия:
упругодеформированного тела Еп = -^—^~
гравитационного взаимодействия Еп = -G—-—-
тела в однородном ?п = mgh
гравитационном поле
где g — напряженность гравитационного поля
(ускорение свободного падения),
h — расстояние от нулевого уровня.
¦ Напряженность гравитационного g =
поля Земли (^з + Ю
где М3 — масса Земли,
R3 — радиус Земли,
h — расстояние от поверхности Земли.
¦ тт GMs
¦ Потенциал гравитационного Ф = ~
поля Земли R3 + h
2 2
¦ Кинетическая энергия материальной Ек = ^- = ?--
точки
¦ Закон сохранения механической Е = ?к + ?п = const
энергии
¦ Момент инерции материальной точки J = mr2
где г — расстояние до оси вращения.

J =
mR2
О
Jo + md2
¦ Моменты инерции тел массой т
относительно оси, проходящей
через центр масс:
тонкостенного цилиндра (кольца)
радиуса R
сплошного цилиндра (диска)
радиуса R
шара радиуса R
тонкого стержня длиной I.
Ось перпендикулярна к стержню
и проходит через его середину.
¦ Момент инерции тела массой т
относительно произвольной оси
(теорема Штейнера)
где Jo — момент инерции относительно
параллельной оси, проходящей через
центр масс,
d — расстояние между осями.
¦ Момент силы
где г — радиус-вектор точки приложения силы.
¦ Момент импульса
¦ Основное уравнение динамики
вращательного движения
¦ Закон сохранения момента импульса
для изолированной системы
¦ Работа при вращательном движении
¦ Кинетическая энергия вращающегося
тела
¦ Релятивистское сокращение длины I = lojl - v2/c2
где 10 — длина покоящегося тела,
с — скорость света в вакууме.
¦ Релятивистское замедление времени t = °
где t0 — собственное время. Jl - v2/c2
¦ Энергия покоя частицы Ео = тс2
где т — масса.
¦ Полная энергия релятивистской Е
м
L --
М
L =
А =
Ек
= г xF
= г хр =
= —— = с
dt
= const
2~
: Jco
г?
частицы
л/l -v2/c2
¦ Релятивистский импульс р — mv
Jl~V2/C2

¦ Кинетическая энерция
релятивистской частицы
— Jp — jy ——
= me2
- 7J
v2/c
:->)
¦ Релятивистское соотношение между Е2 = p2c2 +
полной энергией и импульсом
¦ Теорема сложения скоростей и' = и v
в релятивистской механике
1 + uv/c2
где и' и и — скорости в двух инерциальных системах координат, дви-
движущихся относительно друг друга со скоростью и, совпадающей по на-
направлению с и (знак -) или противоположно ей направленной (знак +).
¦ Уравнение неразрывности
где S — поперечное сечение трубки тока,
v — скорость течения жидкости,
р — плотность жидкости.
¦ Уравнение Бернулли
где р — плотность,
v — скорость,
р — давление жидкости на высоте h.
¦ Число Рейнольдса
где d — диаметр трубы,
г| — коэффициент вязкости.
¦ Сила внутреннего трения
(формула Стокса)
где г — радиус шарика.
pSv = const
^- -f pgh + p = const
Re =
= бщги
Примеры решения задач
1 * Кинематика и динамика поступательного движения
1» Движение материальной точки, перемещающейся по прямой,
задано уравнением s = 4tz + 2t + 1. В интервале времени от 1 до 2 с
найти мгновенные скорости и ускорения в начале и конце интерва-
интервала, среднюю скорость движения.
Дано: s = 4*3 + 2t + 1; tx = 1 с; t2 = 2 с.
Найти: vv v2, av a2, <v>.
Решение. Мгновенная скорость— первая производная от
пути по времени:
at

Скорости в начале и конце интервала равны:
иг = 12 • t{ + 2 = 12 • I2 + 2 = 14 (м/с),
и2 = 12 • *| + 2 = 12 • 22 + 2 = 50 (м/с).
Ускорение — это первая производная от скорости по вре-
времени:
а=^ =24*.
dt
В начале и конце интервала ускорения равны:
ах = 24*х = 24 (м/с2), а2 = 24*2 = 48 (м/с2).
Средняя скорость <и> движения точки определяется как
отношение пути s, пройденного точкой за заданный интервал
времени t, к этому интервалу:
As = s(*2)-s(*i) = ±tj + 2t2 + l-4tf-2tl-l =
= 4B3-1L-2B-1) =
2» Материальная точка движется по прямой. Уравнение ее дви-
движения s = t4 + 2t2 + 5. Определить мгновенную скорость и ускорение
точки в конце второй секунды от начала движения, среднюю ско-
скорость и путь, пройденный за это время.
Дано: s = t* + 2*2 + 5, t = 2 с.
Найти: и, a, <i», s.
Решение. Мгновенная скорость — это первая производная
от пути по времени:
v = ^ = 4*3 + 4* = 4B3 + 2) = 40 (м/с).
Мгновенное ускорение — это первая производная от ско-
скорости по времени:
а = ^ = ш2 + 4 = 12 • 22 + 4 = 52 (м/с2).
at
Средняя скорость точки <v> за время At = t - t0 определя-
определяется по формуле
Так как t0 = 0, то <v> = t4 + 2t* + 6-5 = ^з + 2* = 12 (м/с).
Путь, пройденный точкой за время t = 2 с, будет равен
-s@) = *4 + 2f2 + 5 - 5 = 24 + 2 • 22 = 24 (м).

3+ Движение двух тел описывается уравнениями хг = 0,75*3 +
4- 2,25*2 + *, х2 = 0,25*3 + З*2 + 1,5*. Определить величину скоростей
этих тел и момент времени, когда ускорения их будут одинаковы, а
также значение ускорения в этот момент времени.
Дано: хг = 0,75*3 + 2,25*2 + *, х2 = 0,25*3 + З*2 + 1,5*.
Найти: иг, v2, *, а при а1 = а2 = а.
Решение. Определим момент времени, когда ускорения
обоих тел одинаковы. Для этого найдем выражение для уско-
ускорения первого и второго тела, продифференцировав по време-
времени уравнения движения этих тел:
ai~~dt IF
1 dt dt2
Согласно условию аг = а2 в какой-то момент времени *.
Приравниваем полученные выражения для а друг к другу и
решаем уравнение относительно *:
4,5 + 4,5* = 6 + 1,5*; 3* = 1,5; * = 0,5 с.
Зная *, найдем значение скоростей тел в этот момент времени:
Vl = ^?l = 2,25*2 + 4,5* + 1 = 2,25 • 0,52 + 4,5 • 0,5 • ОД + 1 -
- 3,81 (м/с),
v2 = Ц1 = 0,75*2 + 6* + 1,5 = 0,75 • 0,52 + 6 • 0,5 + 1,5 ^
- 4,69 (м/с).
Ускорение тел в этот момент времени будет
а, = а2 = 6 + 1,5* = 6,75 (м/с2).
4+ С бап1ни брошен камень в горизонтальном направлении с на-
начальной скоростью 40 м/с. Какова скорость камня через 3 с после
начала движения? Какой угол образует вектор скорости камня с
плоскостью горизонта в этот момент?
Дано: v0 = 40 м/с, * = 3 с, g= 9,81 м/с2, vT = vQ.
Найти: v, a.
Решение. В момент времени * вертикальная составляющая
скорости камня ив будет равна vB = gt, где g — ускорение сво-
свободного падения (рис. 1). Так как иг остается постоянной, то
скорость v будет равна
v = 7уг + ^в2 = Jv* + g2t2 = л/402 + 9,812-9 ^ 49,66 (м/с).
9

yl v{
з.1-^
Рис. 1
Рис. 2
Результирующая скорость i; составляет угол а с плоско-
плоскостью горизонта (см. рис. 1), а
5»
v v 49,66
Угол а = arcsin 0,593 - 36°.
Тело брошено под углом 45° к горизонту. Определить наиболь-
наибольшую высоту подъема и дальность полета, если начальная скорость
тела v0 = 20 м/с.
Дано: а = 45°; v0 = 20 м/с; g = 9,81 м/с2.
Найти: {/тах, #тах-
Решение. Из рис. 2 видно, что составляющие скорости vx и
и можно записать в виде:
и.,
у
vx =
a,
vy = uosin а - gt,
где ^ — ускорение свободного падения.
В наивысшей точке v = 0 и тогда uosin а - ^ = 0.
Время подъема тела на максимальную высоту t определит-
ся из этого условия: t.
у
uosina
—
Время подъема и время падения равны между собой, т. е.
= 2u0sina
Дальность полета тела хт&х =
- 40,77 (м).
a
g 9,81
Наибольшая высота подъема
t = u0cos a
2uosina
—^
о
10

Тяжелое тело брошено вверх с высо-
ты 12 м под углом 30° к горизонту с на-
начальной скоростью 12 м/с. Определить
продолжительность полета тела до точки А
и до точки В (рис. 3); максимальную высо-
высоту, которой достигнет тело, дальность по-
полета тела. Сопротивление воздуха не учи-
учитывать.
Дано: Я = 12 м; ф = 30°; vQ = 12 м/с.
Найти: tA, tB, НтйХ, хт&х.
Решение. В обозначенной на рис. 3
системе координат составляющие ско-
скорости будут:
-gt.
У;
0у
\ f
л,
"Ох'
н
с
\
\
Рис. 3
A)
B)
Координаты тела с течением времени меняются в соответст-
соответствии с уравнением равнопеременного движения:
votsin ф ~
v0tcosq>.
C)
D)
Время подъема тела найдем из условия, что в наивысшей
точке подъема тела скорость vy = 0. Тогда из уравнения B)
t
подъема
E)
Время спуска тела от точки С до точки А равно времени
подъема, поэтому продолжительность полета от точки О до
точки А равна:
А подъема"
g
F)
Максимальную высоту подъема найдем из уравнения C),
подставив в него время подъема из уравнения E):
н +
G)
Время полета тела до точки В найдем из уравнения C),
приравняв координату у к нулю (у = 0):
ш
(8)
11

Дальность полета найдем из уравнения D), подставив в не-
него время движения из уравнения (8) хтах = vQtBcos ф (9). Прове-
Проведем вычисления по формуле F):
__ 2v0sinф _ 2-12-0,5 _ -, 22 , v
tA — 1,22 (с),
по формуле (8):
'"° Л - 2,29 (с);
^ 9,81
по формуле G):
#тах = 12 + X22'9^f - 12 + 1,83 = 13,83 (м);
по формуле (9):
*тах = 12 • 0,866 • 2,29 ^ 23,8 (м).
I 1* По условию задачи 6 найти в момент приземления тела сле-
следующие величины: скорость и угол падения тела, тангенциальное и
нормальное ускорения тела и радиус кривизны траектории.
Дано: Я = 12 м; ф = 30°; и0 = 12 м/с.
Найти: vB, P, ат, а„, R.
Решение. Результирующая или мгновенная скорость в точ-
точке В (рис. 4) находится как векторная сумма составляющих
Vx И Vyl VB = Vx+ Vy ИЛИ VB = ^Dqwb-^ -г и- .
Составляющую v в точке В найдем из уравнения B) преды-
предыдущей задачи, подставив в него время движения tB из уравне-
уравнения (8):
vy = uosin ф - gtB =
Тогда скорость в точке В:
vB = ^(УоСовфJ + (uosin(
Вычисляем
vB = л/122 + 2-9,81* 12 - 19,48 (м/с).
Для определения угла р, который составляет вектор ско-
скорости vB с горизонтальной осью д:, воспользуемся треугольни-
треугольником скоростей (рис. 4):
«in р - ^ = У(^о^фJ + jjjg ^ 16,48 , 0.84в;
Vi>o2 + 2gtf 19-48
Р = arcsin 0,846 = 57°46'.
12

Построим в точке В треугольник ус-
ускорений. Тангенциальная составляющая
ускорения ах направлена вдоль вектора
мгновенной скорости в данной точке,
т. е. по касательной к траектории. Нор-
Нормальная составляющая ускорения ап
направлена перпендикулярно вектору
мгновенной скорости ив. Их векторная
сумма ах + ап = g.
Тогда из рис. 4 находим:
а. = g sin p =
Рис. 4
; an = g cos p = g^-
vB n vB
Вычисляем ax = g sin p = 9,81 • 0,846 - 8,3 (м/с2).
an = ^ cos P = 9,81 • 0,533 « 5,23 (м/с2).
Радиус кривизны траектории в точке приземления опреде-
определяем из уравнения
1
Отсюда R = ?l = i|4|^ - 72,56 (м).
an 5,23
8» Точка начала двигаться по окружности радиусом 0,6 м с тан-
тангенциальным ускорением 0,1 м/с2. Чему равны нормальное и полное
ускорения в конце третьей секунды после начала движения? Чему
равен угол между векторами полного и нормального ускорений в
этот момент?
Дано: г = 0,6 м; ат = 0,1 м/с2; t = 3 с.
Найти: ап, а, а.
Решение. К моменту времени t точка, двигаясь равноуско-
равноускоренно с ускорением ат, приобретает скорость и, определяемую
по формуле v = axt. Нормальное ускорение ап точки при этом
будет
0,15 (м/с).
Полное ускорение a равно геометрической сумме тангенци-
тангенциального и нормального ускорений а = ах + ап. Угол между век-
векторами ах и ал всегда равен тг/2, поэтому
=-0,18 (м/с2).
13

Из рис. 5 видно, что sin а угла между векторами ап и а бу-
5 = 0,556.
дет равен sin a = — =
а
Угол а = arcsin 0,556 - 33°25'.
Рис. 5
mgcos a
Рис. 6
9» Тело движется вниз равноускоренно по наклонной плоскости,
и зависимость пройденного пути от времени задается уравнением
s = 2t 4- 1,б?2. Найти коэффициент трения k тела о плоскость, если
угол наклона плоскости к горизонту равен 30°.
Дано: s = It + 1,6*2, а = 30°.
Найти: k.
Решение. Коэффициент трения k определяет силу трения
при движении тел. Для нахождения k рассмотрим, под дейст-
действием каких сил находится тело. В данном случае на тело дей-
действуют силы: сила тяжести mg, сила реакции опоры N и сила
трения FTp.
Выберем систему координат так, чтобы ось ОХ была парал-
параллельна наклонной плоскости (рис. 6). Тогда, согласно второ-
второму закону Ньютона, запишем проекции сил на оси:
на OY: mg cos a = N; на ОХ: та = mg sin a - mgk cos а.
Преобразовывая это выражение, можно найти коэффици-
коэффициент трения k:
ь =
~ a
gcosa
Определим величину ускорения а:
Подставив в формулу для k численные значения входящих
в нее величин, получим коэффициент трения:
fe= 9,81 -0,5-3,2 ^og
9,81-0,866 ' "
14

По горизонтальной плоскости равномерно перемещается тело
массой 1 кг (без качения). Определить коэффициент трения, если
тело перемещается под действием силы 1 Н.
Дано: т = 1 кг, F = 1 Н.
Найти: к.
Решение. На тело действуют две силы — движущая сила F
и сила трения FTp = kmg. Так как тело движется равно-
равномерно, то равнодействующая сил равна нулю F + FTp = 0, или
F-kmg = O.
Откуда получим
и- F _ 1 _п л
11» Тело массой 100 кг поднимается по наклонной плоскости с уг-
углом у основания 20° под действием силы, равной 1000 Н и направ-
направленной параллельно плоскости. Коэффициент трения тела о плос-
плоскость равен 0,1. С каким ускорением будет двигаться тело?
Дано: т = 100 кг, а = 20°, FT = 1000 Н, k = 0,1, g = 9,81 м/с2.
Найти: а.
Решение. На тело (рис. 7), движу-
движущееся по наклонной плоскости, дейст-
действуют силы:
— сила трения F = Nk = kmg cos a,
где k,— коэффициент трения, N — сила
реакции плоскости на вес тела; ^ ^ mgcos a
— сила тяжести mg;
— сила тяги F^.
Выберем систему координат так,
чтобы ось ОХ была параллельна наклонной плоскости.
Рассмотрим проекции сил на оси координат:
на OY: N = mg cos a;
на ОХ: та = Fт - mg sin a - kmg cos а, откуда
F
а = — - g(k cos a + sin а) =
т
= 1Ш - 9,8@,1 • 0,9397 4- 0,342) ^ 5,72 (м/с2).
Пуля массой 20 г в момент удара о стенку под углом 90° имела
скорость 300 м/с. Углубившись в стенку на какое-то расстояние, она
остановилась через время 5 • 10~4 с. Определить:
1) среднюю силу сопротивления стенки Fc и расстояние /, на ко-
которое пуля проникла;
2) с какой скоростью vK пуля вылетит из стенки, если стенка
будет иметь толщину 5 см.
15

Дано: т = 2 • 10 кг, а = 90°, t = 5 • 10 с, d = 5 • 10~2 м;
i?0 = 300 м/с.
Найти: <FC>,1, vK.
Решение. 1. Среднюю силу сопротивления найдем из
второго закона Ньютона. По второму закону Ньютона импульс
силы сопротивления стенки равен изменению импульса пули:
Fcdt = d{mv) или при т = const: Fcdt = mdv,
где Fc — сила сопротивления стенки; dt — время действия си-
силы. Так как движение пули равнопеременное, то для конечно-
конечного промежутка времени второй закон Ньютона запишется в ви-
виде: <FC> At = mAv, где <FC> — среднее за время At значение
силы сопротивления, Av = vK - v0 = -u0, значение vK = 0, так
как по условию пуля остановилась. Тогда
Получаем:

<Fc> =  ^Q-f00 в -1*2 • 104 (Н).
Расстояние, на которое углубилась пуля, найдем, учиты-
учитывая, что кинетическая энергия пули ушла на работу по преодо-
преодолению сопротивления стенки:
*? = Fcl cos a,
а = 0 — по условию.
2. Скорость, с которой вылетела пуля из стенки при толщи-
толщине 5 см, найдем из условия, что начальная скорость пули та
же, стена из того же материала, следовательно, силу сопротив-
сопротивления можно взять из вышеприведенного решения.
Если пуля вылетает из стенки с некоторой скоростью ик, то
на работу против силы сопротивления Fc пошла энергия, рав-
равная разности кинетической энергии пули в начале и в конце ее
движения в толще стенки:
r\ 9 2 2Fcd
Отсюда найдем: v* = Un " —— ;
m
16

2' 12- 103'5- IP'2
20 • 10
= л/9 • 104 - 6 • 104 ^ 173 м/с.
Металлический шарик массой 5 г падает с высоты 1 м на гори-
горизонтальную поверхность стола и, отразившись от нее, поднимается
на высоту 0,8 м. Определить среднюю силу удара, если соприкосно-
соприкосновение шарика со столом длилось 0,01 с.
Дано: т = 5 • 10~3 кг; Лх = 1 м; h2 = 0,8 м; At = 0,01 с.
Найти: F.
Решение. Импульс силы F за время At, с которым шарик
воздействует на поверхность, равен FAt. Этот импульс силы бу-
будет равен изменению импульса шарика Ар = mv1 - (-mv2), где
т — масса шарика, иг — скорость, с которой шарик опустился
на поверхность стола, v2 — скорость, с которой шарик отско-
отскочил от поверхности стола. Знак «-» означает, что направление
скорости v2 противоположно направлению скорости vv
При свободном падении тела с высоты Л его скорость на
уровне Л = 0 определяется по формуле и = J2gh , где g — уско-
ускорение свободного падения.
Таким образом, FAt = Ар, FAt = ти1 + mv2, откуда
F==
Jh2) =
At At
2. Кинематика и динамика вращательного движения
14»| Зависимость угла поворота от времени для точки, лежащей на
ободе колеса радиуса R, задается уравнением ср = t3 + 0,5t2 + 2* + 1.
К концу третьей секунды эта точка получила нормальное ускорение,
равное 153 м/с2. Определить радиус колеса.
Дано: ф = t* + 0,5t2 + 2t + 1; t = 3 с; ап = 153 м/с2.
Найти: R.
Решение. Для определения радиуса колеса воспользуемся
формулой связи нормального ускорения с угловой скоростью:
17

Отсюда R = —- . Угловую скорость найдем, как первую про-
про2
со2
изводную от угла поворота по времени:
со =
dt
+ t + 2.
Численное значение угловой скорости в конце третьей се-
секунды найдем, подставив в полученное уравнение для со время
со
B + 3 + 3-9) = 32 A/с).
Радиус колеса равен R = — = !^ - 0,15 (м).
со2 322
со2
322
15» Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону ср = 10 +
+ 20t - 2t2. Найти величину и направление полного ускорения точ-
точки, находящейся на расстоянии 0,1 м от оси вращения для момента
времени t = 4 с.
10 + 20*-2*2; г = 0,1м;* = 4с.
Дано: ф = 10
Найти: а, а.
Рис.8
Решение. Точка описывает окружность
радиуса г. Полное ускорение а точки,
движущейся по криволинейной траекто-
траектории, равно геометрической сумме векто-
векторов тангенциального ах и нормального ап
ускорений (рис. 8), угол между которы-
которыми равен тс/2:
а = ах + ап.
Величина полного ускорения:
Тангенциальное и нормальное ускорения выражаются фор-
формулами ах = 8г, ап = со2г, где со — угловая скорость тела, s —
угловое ускорение, г— расстояние точки от оси вращения.
Подставляя эти выражения в формулу для полного ускорения,
получим:
V j + со4
а = Vs2r2 + co4r2 =
Угловая скорость равна первой производной от угла поворота
по времени:
со = ^е = 20 - 4*.
dt
При t = 4 с значение со = 4 с.
18

Угловое ускорение — это первая производная от угловой
скорости по времени:
= ОД7(-4J + 44 ^1,65 (м/с2).
Из рис. 8 видно, что sin а угла между направлением а и ап
равен:
sinct=^ = ^ = 1lM =0,242.
а а 1,65
Угол а = arcsin 0,242 — 14°.
Угол между а и ат будет равен:
90° - 14° = 76°.
16» Маховик массой 4 кг свободно вращается вокруг горизонталь-
горизонтальной оси, проходящей через его центр, делая 720 об/мин. Массу махо-
маховика можно считать распределенной по его ободу радиусом 40 см.
Через 30 с под действием тормозящего момента маховик остановил-
остановился. Найти тормозящий момент и число оборотов, которое делает ма-
маховик до полной остановки.
Дано: со = 0; т = 4 кг; п = 720 об/мин = 12 с"; At = 30 с;
R = 40 см = 0,4 м.
Найти: M,N.
Решение. Для определения тормозящего момента М нужно
применить основное уравнение динамики вращательного дви-
движения
JAco = MAf, A)
где J — момент инерции маховика относительно оси, проходя-
проходящей через центр масс; Дсо — изменение угловой скорости за
время At, причем Дсо = со - соо, где со — конечная угловая ско-
скорость, а соо — начальная; М — тормозящий момент сил, дейст-
действующих на тело.
По условию задачи Асо = -соо, так как конечная угловая ско-
скорость со = 0. Выразим начальную угловую скорость соо через
число оборотов маховика п в единицу времени, тогда
соо = 2пп и Дсо = -2тт.
Момент инерции маховика J = mR2, где т — масса махови-
маховика, a R — его радиус. Зная все величины, можно определить
тормозящий момент:
-mR2 • 2кп = МЛ*,
19
откуда М =
At 30

Угол поворота (угловой путь ф) за время вращения махови-
маховика до остановки может быть определен по формуле для равно-
замедленного вращения
^ B)
где с — угловое ускорение. По условию задачи:
со = соо - еД?; со = 0; соо = бЛ?.
Тогда выражение B) может быть записано так:
C)
Формула C) может быть также получена по значению сред-
средней угловой скорости. Выразив значение <р через число полных
оборотов N и соо через число оборотов маховика п в единицу
времени, найдем ф = 2nN; со0 = 2пп.
Отсюда определим число полных оборотов N:
ф_
17» Однородный диск, имеющий вес Р = 124 Н, вращается с посто-
постоянным угловым ускорением, и его движение описывается уравнени-
уравнением ф = SOt2 + 2t + 1. Диск вращается под действием постоянной
касательной тангенциальной силы Fx = 90,2 Н, приложенной к ободу
диска. Определить момент сил трения Мтр, действующих на диск
при вращении. Радиус диска R = 0,15 м.
Дано: Р = 124 Н, ф = 30*2 + 2t + 1, Fx = 90,2 Н, R = 0,15 м.
Найти: Мтр.
Решение. Для нахождения Мтр используем второй закон
Ньютона для вращательного движения. На диск при враще-
вращении действуют две силы: движущая сила Fx, сила трения FTp.
Результирующий момент сил, под действием которого враща-
вращается диск, равен:
тр.
С другой стороны, согласно основному закону динамики
вращательного движения,
где J — момент инерции диска; J = —— , 8 — угловое ускоре-
ние, приобретаемое диском под действием результирующего
момента сил М.
20

Искомый момент сил трения найдем, приравняв друг к
другу два полученных выражения для М.
Значение 8 найдем из уравнения движения, взяв вторую
производную по времени от ср:
Масса диска равна:
Р _ 124
Окончательно:
М = F •R- mR2 •?
Подставив сюда численные значения Fx, R, ей т, получим:
М =90,2-0,15- 12>7>0>0225 -60^5(Н-м).
18» Два маховика в виде дисков одинаковых радиусов и масс были
раскручены до скорости вращения 480 об/мин и предоставлены са-
самим себе. Под действием сил трения валов о подшипники первый
остановился через 80 с, а второй сделал 240 оборотов до остановки.
У какого маховика момент сил трения валов о подшипники был
больше и во сколько раз?
Дано: п = 480 об/мин = 8 с; N = 240; At = 80 с; со2= 0.
Найти: ^8.
Решение. Момент сил трения Мх первого маховика най-
найдем, воспользовавшись основным уравнением динамики вра-
вращательного движения
Mxbd = Jco2 ~ J<u\j
где Д? — время действия момента сил трения, J — момент
инерции маховиков J = —— , со1 и со2 — начальная и конечная
Li
угловые скорости маховиков, сох = 2тгтг, со2 = 0, т — масса.
Тогда Мх = -Li_i2 - -_1.
Момент сил трения М2 второго маховика выразим через
связь между работой А сил трения и изменением его кинетиче-
кинетической энергии АЕК:
где Дф = 2nN — угол поворота, N — число оборотов маховика.
21

Тогда
a J'CO? JCO? JCO? ,- JO)?
.Аср=у-у=-у,откудаМ2 = -—
Отношение —- будет равно
= At2nn ^ 80*8 ~ j 33
Мх 2Аф Jcoj 2Аф 2 • 2kN 2 • 240
Момент сил трения второго маховика в 1,33 раза больше.
19» Легкая нить с прикрепленным к ней грузом массой 2 кг намо-
намотана на сплошной вал радиусом 10 см. При разматывании нити груз
опускается с ускорением 0,5 м/с2. Определить массу и момент инер-
инерции вала.
Дано: т1 = 2 кг; г = 0,1 м; а = 0,5 м/с2.
Найти: /n2, J.
Решение. Вал приходит во вращение под действием момен-
момента силы М, равного М = m^g - а)г, где т1 — масса груза, опус-
опускающегося с ускорением а, г — радиус вала. Согласно уравне-
уравнению динамики вращательного движения, М = Je, где J — мо-
момент инерции вала, г = а/г — угловое ускорение. Отсюда
_
J
м
8
__
[ =
2-
= Ml
a
КГ2
- ll - 0,37 (кг • m2).
0,5
Момент инерции сплошного цилиндра (вала) определяется
г2
по формуле J = т2— , откуда
20» Сплошной диск радиусом 20 см вращается под действием по-
постоянной касательной силы 40 Н. Кроме того, на него действует мо-
момент сил трения 2 Н • м, и угловое ускорение его равно 30 рад/с2.
Определить массу диска.
Дано: г = 0,2м;^ = 40Н;Мтр = 2Н-м; 8 = 30 рад/с2.
Найти: т.
Решение. Суммарный момент сил М, под действием кото-
которого вращается диск, равен М = Fr - Мтр.
22

По закону динамики вращательного движения этот момент
сил равен:
М = Js, где J = тг2/2 — момент инерции сплошного диска,
где т — масса, г — радиус диска, е — угловое ускорение. При-
Приравниваем эти выражения для момента сил
Fr — МТ = с7е; Fr — Мт = 2HL • е.
Отсюда
21.
HFr-MJ 2D0-0,2-2) в ц (кг).
ег2 30-4-10
Шар и полый цилиндр одинаковой массы катятся равномерно
без скольжения по горизонтальной поверхности и обладают одина-
одинаковой кинетической энергией. Во сколько раз отличаются их линей-
линейные скорости?
Дано: т1 = т2 = т; Ек1 = ?к2.
Найти: и2, vv
Решение. Кинетическая энергия тела, участвующего одно-
одновременно в двух движениях, складывается из кинетической
энергии поступательного Еп и вращательного Ев движений
Учитывая, что момент инерции полого цилиндра равен
Jx = тг2, шара J2 = \ тг2, а связь угловой со и линейной v ско-
5
ростей со = u/r, выражения для Ек полого цилиндра и шара
будут иметь вид
По условию задачи Ек1 = ?к2, т1 = т2 = т и тогда mv{ =
0,7mi;|, откуда
Скорость шара в 1,2 раза больше скорости цилиндра.
23

22*
3. Импульс. Работа. Энергия. Законы сохранения
Человек, масса которого 70 кг, прыгает с неподвижной тележ-
тележки со скоростью 7 м/с. Определить силу трения тележки о землю,
если тележка после толчка остановилась через 5 с. Перед прыжком
тележка была неподвижна относительно земли.
Дано: т = 70 кг; v = 7 м/с; t = 5 с.
Найти: JPTp.
Решение. В момент прыжка человек и тележка составляют
одну изолированную систему и их импульс равен нулю. После
прыжка по закону сохранения импульса в изолированной сис-
системе их суммарный импульс остался неизменным, т. е. рав-
равным нулю:
mv + m1v1 = 0, m1vl = -mv, A)
где т1 и т2 — массы тележки и человека; vx и v — скорости
тележки и человека в момент прыжка.
Под действием силы трения тележка остановилась, следо-
следовательно, ее импульс стал равным нулю. По второму закону
механики
Так как конечная скорость тележки равна нулю: vK = 0, то
F^t—m^, B)
где jFTp — сила трения.
Знак «-» показывает, что сила FTp и скорость иг направле-
направлены в противоположные стороны. Подставим A) в B): FTpt = mv,
откуда
F = Tdi • f = 7Q' 7 = 98
23»I Орудие, установленное на железнодорожной платформе, стре-
стреляет под углом ф к горизонту. Снаряд массой 15 кг вылетает из ору-
орудия со скоростью 800 м/с. Вследствие отдачи платформа с орудием
покатилась по рельсам со скоростью 0,5 м/с. Масса платформы с
орудием 12 т. Определить угол ср.
Дано: т1 = 15 кг, vx = 800 м/с, т2 = 1,2 • 104 кг, v2 = 0,5 м/с.
Найти: ф.
Решение. Искомый угол ф найдем из следующих рассужде-
рассуждений. Считаем, что система «платформа с орудием — снаряд»
является замкнутой. В такой системе действует закон сохране-
сохранения импульса (количества движения). Для нашей системы он
24

запишется в виде m1v1 + m2v2 = 0, так дг
как до выстрела импульс системы был v2 Q Jf\ x
равен нулю. Запишем это уравнение в i < /* ,>¦
скалярной форме относительно оси ОХ
(рис. 9): mvlx — импульс снаряда, пере-
переданный платформе, при этом и1х = иг х
х cos ф. Тогда закон сложения импуль- рис
сов запишется в виде:
11 т с, L
Отсюда найдем искомый угол:
24»
cos ф = ^ = l^lOilM = 0,5; Ф = 60°.
m1v1 15*800
Шар массой 20 г, движущийся горизонтально с некоторой
скоростью vv столкнулся с неподвижным шаром массой 40 г. Шары
абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Какую долю г своей
кинетической энергии первый шар передал второму?
Дано: тг = 20 г = 2 • 10 кг; т2 = 40 г = 4 • 10~2 кг.
Найти: 8.
Решение. Доля е энергии, переданной первым шаром вто-
второму, выразится соотношением:
где Ек1 — кинетическая энергия первого шара до удара; и2 и
Ек2 — скорость и кинетическая энергия второго шара после
удара.
Как видно из формулы A), для определения s надо найти
и2. При ударе абсолютно упругих тел одновременно выполня-
выполняются два закона сохранения: закон сохранения импульса и за-
закон сохранения механической энергии. Пользуясь этими зако-
законами, найдем и2. По закону сохранения импульса, учитывая,
что второй шар до удара покоился, получим:
т1и1 = т1и1 + т2и2. B)
По закону сохранения механической энергии:
1_ m2^2 /оч
Реп1ая совместно уравнения B) и C), найдем
_ 2т1у1
и2 ¦ .
771! + ГП2
25

Подставив выражение для и2 в формулу A) и сократив на иг
и т19 получим
_ т2 Г 2m1v1 ~|2 _ 4т1т2
— ¦ I ¦ ¦ I — —————^^——— 2
(mj + /n2J
B- 10-2 + 4- 10~2J
25.
Груз массой 700 кг падает с высоты 5 м для забивки сваи мас-
массой 300 кг. Найти среднюю силу сопротивления грунта, если в ре-
результате одного удара свая входит в грунт на глубину 4 см. Удар
между грузом и сваей считать абсолютно неупругим.
Дано: т1 = 700 кг; h = 5 м; т2 = 300 кг; s = 4 см = 0,04 м.
Найти: Fcp.
Решение. По условию задачи удар неупругий, и поэтому
груз и свая после удара двигаются вместе, их путь s = 4 см. На
движущуюся систему действует сила тяжести и сила сопротив-
сопротивления грунта jPcp. По закону сохранения энергии
Т + П=А, A)
где Т — кинетическая энергия; П — потенциальная энергия;
А — работа сил сопротивления, которую можно определить по
формуле А = Fcps. При движении системы на пути s изменяют-
изменяются ее потенциальная и кинетическая энергия
П = (m1 + m2)gs;
где и — общая скорость груза и сваи после удара (в начале их
совместного движения). Используя это, запишем равенство A)
в виде
| (т1 + т2)и2 + (ml + m2)gs = Fcps. B)
Для оценки средней силы сопротивления F установим
значение общей скорости груза и сваи, для чего применим за-
закон сохранения импульса:
? = п
X тпД = const. C)
i = I
Для системы «груз — свая» закон сохранения импульса
имеет вид:
mxv = (m1 + m2)u, D)
26

где v — скорость груза в конце его падения с высоты h; mxu —
импульс груза в конце его падения до удара о сваю; (т1 +
+ т2)и — импульс груза и сваи после удара.
Скорость груза v в конце падения с высоты h определяется
без учета сопротивления воздуха и трения:
v = j2gh. E)
Общая скорость груза и сваи после удара находится из фор-
формул D) и E):
()
Определим среднюю силу сопротивления материала Fcp из
формул B) и F):
F 7002-9,81 . _JL + G00 + 300) -9,81^ 6,11 -105(Н).
ср 700 + 300 0,04
26» Тонкий стержень массой т и длиной I вращается с угловой
скоростью 10 с в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной
оси, проходящей через середину стержня. Продолжая вращаться в
той же плоскости, стержень перемещается так, что ось вращения
теперь проходит через конец стержня. Найти угловую скорость во
втором случае.
Дано: оо1 = 10 с.
Найти: со2.
Решение. Для решения задачи используем закон сохране-
сохранения момента импульса:
pt = const. A)
i = 1
Для изолированной системы тел векторная сумма момен-
моментов импульсов остается постоянной.
В данной задаче за счет того, что распределение массы
стержня относительно оси вращения изменяется, момент
инерции стержня также изменяется. В соответствии с A) мо-
момент импульса не изменяется:
J1co1 = J2co2. B)
27

Известно, что момент инерции стержня Jx относительно
оси, проходящей через середину стержня (центр тяжести) и
перпендикулярной ему A-й случай), равен
i ml\ C)
где т — масса стержня, I — длина стержня.
Момент инерции J2 относительно оси, перпендикулярной
стержню и проходящей через его конец B-й случай), найдем
по теореме Штейнера:
J = Jo H- та2,
где J — момент инерции тела относительно произвольной оси
вращения, Jo — момент инерции относительно параллельной
оси, проходящей через центр тяжести, т — масса, а — рас-
расстояние от центра тяжести до выбранной оси вращения.
Подставим выражения C) и D) в равенство B):
i ml2^ = | ml2(o2,
откуда
co2 = тсо,; co2 = i • 10 = 2,5 (c).
Л 4 4
Платформа в виде сплошного диска радиусом 1,5 м и массой
180 кг вращается по инерции около вертикальной оси с частотой
п = 10 мин. В центре платформы стоит человек массой 60 кг. Ка-
Какую линейную скорость относительно пола будет иметь человек, ес-
если он перейдет на край платформы?
Дано: т1 = 180 кг; R = 1,5 м; п = 10 мин; т2 = 60 кг.
Найти: и.
Решение. Так как платформа вращается по инерции, то мо-
момент внешних сил, относительно оси вращения Z совпадаю-
совпадающий с геометрической осью платформы, равен нулю. При этом
условии момент импульса L2 системы «платформа — человек»
остается постоянным:
Lz = J2co = const, A)
где J2 — момент инерции платформы с человеком относитель-
относительно оси Z; со — угловая скорость платформы.
28

Момент инерции системы равен сумме моментов инерции
тел, входящих в состав системы, поэтому J2 = J1 + J2, где Jx —
момент инерции платформы, J2 — момент инерции человека.
С учетом этого равенство A) имеет вид:
(Jj + J2)& = const,
или
(Ji + J^co = (J{+ </>', B)
где нештрихованные значения величин относятся к начально-
начальному состоянию системы, штрихованные — к конечному состо-
состоянию.
Момент инерции платформы (сплошного диска) относи-
относительно оси Z при переходе человека не изменяется:
Jx = J{ = - m^R2.
Момент инерции человека относительно той же оси будет
изменяться. Если рассматривать человека как материальную
точку, то его момент инерции J2 в начальном положении (в
центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном
положении (на краю платформы) момент инерции человека
J'2 = m2R2.
Подставим в формулу B) найденные выражения моментов
инерции, а также выразим начальную угловую скорость со вра-
вращения платформы с человеком через частоту вращения п (со =
= 2кп) и конечную угловую скорость со' — через линейную ско-
скорость v человека относительно пола (со' = v/R):
0Jкп = (| т
После сокращения на R2 и простых преобразований нахо-
находим скорость:
v = 2тшД
т1 + 2т2
Учитывая, что п = 10 мин = - с, получим:
6
v = 2 • 3,14 • i • 1,5 ^ - 0,942 (м/с).
6 180 + 2-60
29

28* При выстреле из пружинного пистолета вертикально вверх пу-
пуля массой 20 г поднялась на высоту 5 м. Определить жесткость k
пружины пистолета, если она была сжата на 10 см. Массой пружины
пренебречь.
Дано: т = 20 г = 2 • 10~2 кг; h = 5 м; s = 10 см = 10 м.
Найти: k.
Решение. При зарядке пистолета сжимается пружина и со-
совершается работа Av в результате чего пружина приобретает
потенциальную энергию Пг. При выстреле потенциальная
энергия пружины переходит в кинетическую энергию Т2 пули,
а затем при подъеме ее на высоту h превращается в потенци-
потенциальную энергию П2 пули.
На основе закона сохранения энергии можно записать
А^П2. A)
Выразим работу Av Сила Fv сжимающая пружину, явля-
является переменной: в каждый момент она по направлению про-
противоположна силе упругости F и численно равна ей. Сила уп-
упругости, возникающая в пружине при ее деформации:
F = -kx,
где х — абсолютная деформация пружины.
Работа при сжатии пружины на dx выразится формулой
dAx = Fxdx,
или
dAx = kxdx.
Интегрируя в пределах от 0 до s, получим
Ах - k \ xdx = i kx2
\ks\ B)
Потенциальная энергия пули на высоте s определится по
формуле:
C)
где g — ускорение свободного падения.
Подставив в выражение A)А1 из B) и П2 из C), найдем
i ks2 = mgh,
откуда
30
ft - 2m^; k = 2'0*02-9 81-5 = 190
s2 0,l2

29» С какой скоростью должна быть выброшена с поверхности
Солнца частица, чтобы она могла удалиться в бесконечность?
Дано: R = 6,95 • 108 м; М = 1,98 • 1030 кг; G = 6,67 х
х10-пм3/(кг-с2).
Найти: V.
Решение. Скорость частицы v должна быть такой, чтобы
соответствующая ей кинетическая энергия Е была не мень-
меньше работы А, совершаемой против сил притяжения части-
частицы к Солнцу при удалении ее в бесконечность, т. е. Е > А, Е =
Работа А против силы притяжения F частицы к Солнцу бу-
будет работой переменной силы, так как F является функцией
расстояния г от Солнца. По закону всемирного тяготения
г* птМ
где т — масса частицы, М — масса Солнца, G — гравитацион-
гравитационная постоянная.
Элементарная работа dA силы F будет выражаться:
Работа по удалению частицы с поверхности Солнца в беско-
бесконечность:
А = J Fdr = J
где R — радиус Солнца.
Определим скорость частицы:
Ц
R Г
2
R
30» I Автомобиль на горизонтальном участке дороги развивает ско-
скорость 108 км/ч, мощность мотора 70 л. с. Определить тяговое уси-
усилие, считая его постоянным.
Дано: v = 108 км/ч = 30 м/с; N = 70 л. с. = 5,15 • 104 Вт.
Найти: F.
31

Решение. Мощность — это работа, совершаемая в единицу
времени:
где dA — элементарная работа, dA = Fds, F — сила, ds — эле-
элементарный путь.
ТогдаN = F^- = F• и, откудаF = - ;
at v
F = 5'15'10* » 1,72• 103(Н).
30
К катящемуся по горизонтальной поверхности шару массой
1 кг приложили силу 1 Н и остановили его. Путь торможения соста-
составил 1 м. Определить скорость шара до начала торможения.
Дано: т = 1 кг; F = 1 Н; s = 1 м.
Найти: v.
Решение. Кинетическая энергия катящегося шара складыва-
складывается из энергии поступательного и вращательного движений:
где т — масса шара, J — момент инерции, v и со — линейная и
угловая скорости, которые связаны соотношением v = cor, r —
радиус шара. Момент инерции шара J — 0,4/пг2. С учетом этого
Ек +
2 2 г
Работа А тормозящей силы F на пути s
A = Fs
будет равна изменению кинетической энергии шара, которое в
условии задачи равно Ек (кинетическая энергия останох*лвше-
гося шара равна 0).
А = Ек; Fs = 0,7mu2, откуда
32*1 Ракета установлена на поверхности Земли для запуска в вер-
вертикальном направлении. При какой минимальной скорое vv сооб-
сообщенной ракете при запуске, она удалится от поверхности ^ расстоя-
расстояние, равное радиусу Земли (R = 6,37-106 м)? Всеми си.т$-\*,, кроме
силы гравитационного взаимодействия ракеты и Земли, < ^бречь.
Решение. Минимальную скорость иг ракеты мо^ пре-
делить, зная ее минимальную кинетическую энергию Ек1.
32

Для определения JSKl воспользуемся законом сохранения меха-
механической энергии.
Будем считать систему «ракета — Земля» замкнутой. Един-
Единственная сила, действующая на систему, — гравитационная,
относится к разряду консервативных.
Согласно закону сохранения механической энергии можно
написать
Як1+Яп1 = Дк2 + Яп2> A)
где Ек1 и Еп1 — кинетическая и потенциальная энергии систе-
системы «ракета—Земля» в начальном состоянии (на поверхности
Земли); Ек2 и Еп2 — те же величины в конечном состоянии (на
расстоянии, равном радиусу Земли).
В выбранной системе отсчета кинетическая энергия Земли
равна 0. Поэтому Ек1 есть просто начальная кинетическая
энергия ракеты:
Потенциальная энергия системы в начальном состоянии
где G — гравитационная постоянная, т и М — масса ракеты и
масса Земли.
По мере удаления ракеты от поверхности Земли ее потен-
потенциальная энергия будет возрастать, а кинетическая — убы-
зать. В конечном состоянии кинетическая энергия Ек2 станет
равной 0, а потенциальная энергия Еп2 достигнет максималь-
максимального значения:
E»2~~G-2R-
П^' " авляя значения Ек1, Еп1, Ек2, Еп2 в выражение A),
получ
откуда после сокращения на т найдем:
Чая, что G— = g (g — ускорение свободного падения
у поверхности Земли), перепишем эту формулу в виде
2 - 9332 Гладской 33

что совпадает с выражением для первой космической скорос-
скорости. Подставим числовые значения величин и произведем вы-
вычисления:
иг = 79,81- 6,37 -106 * 7,9 • 103 (м/с).
33» Какую скорость нужно сообщить ракете, чтобы она не верну-
вернулась на Землю? Сопротивление атмосферы не учитывать.
Решение. С удалением ракеты от Земли будет увеличивать-
увеличиваться ее потенциальная энергия и уменьшаться кинетическая.
По закону сохранения энергии
__ mv2 = (QM _ GAfi
2 "ЧЯп RJf
где т — масса ракеты; М — масса Земли; G — гравитационная
постоянная; v0 — скорость ракеты относительно Земли в на-
начальный момент; v — скорость ракеты в рассматриваемый мо-
момент; Ro — расстояние до ракеты от центра Земли в начальный
момент; R — расстояние до ракеты от центра Земли в рассмат-
рассматриваемый момент; — потенциал поля тяготения Земли на
XV
расстоянии R от центра Земли.
Сокращая обе части равенства на т и преобразовывая, по-
получим:
Ракета не вернется на Землю, если ее скорость v = О при
R = оо. В этом случае
2ft A)
Из закона всемирного тяготения следует, что на поверхно-
поверхности Земли G^M. = mg9 откуда
R
где g = 9,81 м/с2 — ускорение свободного падения на поверх-
поверхности Земли. Подставляя значение GM в равенство A), найдем
34

Считая, что ракета набирает нужную скорость v0 уже вбли-
вблизи поверхности Земли, и полагая радиус Земли равным
6370 км, найдем
ио= 72-9,81-6,37-106 ^
« 11,2 • 103 (м/с) = 11,2 (км/с).
Скорость, необходимая для преодоления поля тяготения
Земли, называется второй космической скоростью или парабо-
параболической скоростью.
34» Сплошной цилиндр скатывается с наклонной плоскости, со-
составляющей с горизонтом угол 22°. Найти длину наклонной плос-
плоскости I, если его скорость в конце наклонной плоскости равна 7 м/с,
а коэффициент трения равен 0,2.
Дано: а = 22°; v = 7 м/с; / = 0,2.
Найти: I.
Решение. Увеличение скорости ци-
цилиндра происходит за счет перехода его
потенциальной энергии в кинетическую.
На высоте Л (рис. 10) цилиндр обладал
потенциальной энергией
„ , 7 . Рис. 10
Еи = mgh — mglsm a.
При скатывании цилиндра вниз потенциальная энергия
частично расходуется на работу по преодолению силы трения и
переходит в кинетическую энергию, которая складывается из
кинетической энергии поступательного движения и кинетиче-
кинетической энергии вращательного движения.
Работа по преодолению силы трения на пути I определяется
по формуле А = ^тр/, где FTp — сила трения.
Сила трения равна:
где N — сила нормального давления тела на плоскость. Тогда
А = mgflcos a.
Кинетическая энергия в конце пути
т? = тхJ а- ^ю2
к ~ 2~'
где J — момент инерции цилиндра, J = г^-; г — радиус ци-
линдра; со — угловая скорость вращения f со = -J .
35

Произведя подстановку, получим:
По закону сохранения энергии
следовательно, mglsin a = mgflcos а + - mv2.
4
Решая равенство относительно Z, получим:
Z- °^ = °'75'49 - 19,8 (м).
?(sina-/cosa) 9,81@,375-0,2-0,927)
35» Однородный шар скатывается без скольжения с плоскости, на-
наклоненной под углом 15° к горизонту. За какое время он пройдет
путь 2 м и какой будет его скорость в конце пути?
Дано: I = 2 м, a = 15°, g = 9,81 м/с2.
Найти: t, v.
Решение. Скорость шара v в конце пути I можно найти,
используя закон сохранения энергии. Потенциальная энер-
энергия Еп шара в начале его движения равна En = mgh, где т —
масса шара, g — ускорение свободного падения, h — высота,
Л = Zsin a. Значит, Еи = mglsin a. В конце пути потенциальная
энергия превращается в кинетическую ?к, которая складыва-
складывается из кинетической энергии поступательного Еи0СТ и Евр вра-
вращательного движений:
к пост вр' пост о ' ВР О~~ '
где J = - mr2 — момент инерции шара, г — радиус шара,
5
со = - — угловая скорость шара.
По закону сохранения энергии Еп = Ек, или mgh = 0,7/ni;2.
Отсюда
36

Путь Z, проходимый телом при равноускоренном движении
с ускорением а, имеющим начальную скорость vQ, определяет-
определяется по формуле I = vot + ~- . Так как v0 = О, ускорение
v-v0 _ v
~Г 7'
то *=§, откуда *=—;*= |^| «1,5(с).
4* Элементы механики жидкостей
36.
За 15 мин по трубе диаметром 2 см протекает 50 кг воды. Най-
Найти скорость течения.
Дано: t = 15 мин = 9*10с; d = 2*10~2м; р = 103 кг/м3;
т = 50 кг.
Найти: и.
Решение. За время t через поперечное сечение трубы S,
равное nd2/4, протекает объем воды, равный V = Svt, где v —
скорость течения.
Плотность р = m/V, откуда V = т/р.
Подставляя выражения для Vn S в формулу объема, полу-
получим
2 -*?„*, откуда u«-i2-.
р 4 nd2pt
V = i^§2 ^ 0,18 (М/С).
3,14-4-Ю-4-103-9-102 v ' '
Свинцовый шарик диаметром 2 мм падает с постоянной скоро-
скоростью 3,6 см/с в сосуде, наполненном глицерином. Найти коэффици-
коэффициент вязкости глицерина.
Дано: d = 0,2 см; рх = 11,3 г/см3; р2 = 1,2 г/см3; v = 3,6 см/с.
Найти: г|.
Решение. На тело массой т и объемом V, движущееся
в жидкости (газе), действуют три силы: FT = mg — сила тя-
тяжести; FA = p2Vg — выталкивающая сила Архимеда; Fc =
= 6л;г|Г1; — сила сопротивления (внутреннего трения), опреде-
определяемая по формуле Стокса. В случае, если тело движется рав-
равномерно, сила тяжести уравновешивается силой Архимеда и
силой сопротивления, т. е. -FT = jFa + Fc.
mg = p2Vg + 6гсг|ги.
37
37.

Учитывая, что
где рх и р2 — плотности шарика и глицерина, г и d — радиус и
диаметр шарика, v — скорость опускания шарика, получим:
3nr]dv
6 о
Отсюда коэффициент вязкости ц будет равен:
(Pi-P2)<*2g = 10,1 -4- 1Q-2- 9,81
38*
18-3,6
- 6,1 г/(см • с2) = 0,61 (Па • с).
Два свинцовых шарика диаметрами 2 и 1 мм опускают в сосуд
с глицерином высотой 0,5 м. Считая, что скорость шариков сразу
становится равномерной, определить, на сколько раньше и какой из
шариков достигнет дна сосуда.
Дано: dx = 2-10м; рг = 11,3 • 103 кг/м3; d2 = 1 • 10 м;
р2 = 1,2 *103 кг/м3; h = 0,5 м; г| = 0,61 Па*с.
Найти: tv t2.
Решение. На каждый из шариков, опускающийся в жид-
жидкости, действуют три силы — сила тяжести Fr; сила внутрен-
внутреннего трения (вязкость) Fc, определяемая по формуле Стокса,
и выталкивающая сила — сила Архимеда FA.
Если скорость v опускания шариков постоянна, то время
опускания t будет равно:
Для шариков, опускающихся в глицерине (см. решение
предыдущей задачи), выполняется условие
mg = p2Vg + 6тгг|Г1;.
Учитывая, что v = h/t, получим выражение для t:
mg-p2Vg'
Подставляя выражение для г, т, V (см. решение предыду
щей задачи), получим
38

U = 18-0,5-0,61 * 13,88 (с).
1 9,81A1,3 - 1,2) • 103 • 4 • К)
t8- 18>0'5>0-61 -55,52 (с); ^ - ** - 4.
2 9,81A1,3-1,2)-103 • 1 -Ю-6 *i d|
Шарик меньшего диаметра будет опускаться в 4 раза мед-
медленнее.
5* Элементы специальной теории относительности
39.
Протон движется со скоростью 0,7 скорости света. Найти им-
импульс и кинетическую энергию протона.
Дано:/п0= 1,67* 107 кг; Р = 0,7; с = 3*108м/с.
Найти: р, Т.
Решение. Импульс частицы в релятивистской механике
определяется по формуле
-- mv • A)
; B)
Подставив в формулу B) числовые значения, получим
р = 1,67 • КГ27 • 3 • 108 • , °'7 =* 4,91 • Ю-19 (кг • м/с).
Vl-0,72
В релятивистской механике кинетическая энергия части-
частицы Т определяется как разность между полной энергией Е и
энергией покоя Ео этой частицы: Т = Е - Ео, где
Тогда формула Т имеет вид:
Т = т
Подставляя в формулу числовые значения, получим
Т = 1,5 • 10-10( _Х -l) =* 6,02 • 10й (Дж).
39

40* Космическая ракета движется с большой относительной ско-
скоростью. Релятивистское сокращение ее длины составило 36%. Опре-
Определить скорость движения ракеты.
Дано: AZ/AZ0 = 0,36; с = 3 • 108 м/с.
Найти: v.
Решение. В системе координат, относительно которой ра-
ракета покоится, ее длина равна Zo. В системе координат, относи-
относительно которой ракета и связанная с ней система координат
движутся со скоростью и, — равна I. Эти длины связаны соот-
соотношением
10 = , откуда I = 1Оа
V с2
По условию задачи:
!*f± = 0,36; 1 - I = 0,36; f = /l - н! ; 1- Ь - Hf = 0,36;
Zo Zo Zo V с2 V с2
1 - H- = 0,642; и2 = с2A - 0,642); v = c»/l~0,642 ^ 2,3 • 108 (м/с).
с2
41»| Прямоугольный брусок со сторонами 3,3 и 6,9 см движется
параллельно большому ребру. При какой скорости движения прямо-
прямоугольный брусок превратится в куб? Как скажется движение на объ-
объеме тела?
Дано: а = 3,3 см, Zo= 6,9 см.
Найти: v,V0/Vv
Решение. Зависимость длины I бруска от скорости его дви-
движения v задается соотношением
Брусок превращается в куб, когда его длина I станет равна
малой стороне а. Из этого условия определяем скорость и:
v = с /Г- f2 = 3 • 108р. - |^ - 2,63 • 108 (м/с).
40

42» С момента образования до распада тх-мезон пролетел расстоя-
расстояние 1,35 км. Время жизни я-мезона в неподвижной системе коорди-
координат равно 5 мкс. Определить время жизни я-мезона по часам в систе-
системе координат, движущейся вместе с ним.
Дано: s = 1,35 • 103 м; Г = 5 • 10"в с; с = 3 • 108 м/с.
Найти: t.
Решение. Скорость движения я-мезона v в связанной с ним
системе координат будет равна
v = */*'»v = Wn1?8 = 2'7 •108
5 10 b
Продолжительность события V в неподвижной системе
координат и продолжительность событий t в системе коорди-
координат, движущейся относительно неподвижной системы отсчета
вместе с частицей со скоростью и, связаны соотношением:
t
откуда
t = r /1 - (^J = 5 • 10-6Vl-0,81 ^ 2,2 • К) (с).
43» При какой скорости движения кинетическая энергия электро-
электрона равна 5 МэВ?
Дано: т = 9,1 • 10~31 кг, Г = 5 МэВ, Ео = 0,511 МэВ.
Найти: v.
Решение. Кинетическая энергия Т электрона много боль-
больше его энергии покоя ?0, поэтому вычисление скорости v сле-
следует провести по формулам релятивистской механики. Кине-
Кинетическая энергия частицы равна:
с1
Выразим скорость из этого уравнения:
2Ео) - 3 • iqsV5E +1,022) в 2>99 .108 (м/с)
Т ¦+• ^о 5,511
41

44» Определить импульс электрона, обладающего кинетической
энергией 5 МэВ.
Дано: Т = 5 МэВ; Ео = 0,511 МэВ; с = 3 • 108 м/с.
Найти: р.
Решение. Полная энергия Е частицы равна
Е = Ео + Ек9
где EQ — энергия покоя, Ек — кинетическая энергия частицы.
Релятивистское соотношение между полной энергией и им-
импульсом имеет вид
?2 = ?§ +р2с2,
где с — скорость света в вакууме.
Импульс электрона будет равен:
«/5E + 2-0,511) = 5,5 = 5,5'1,6-Ю-13 _
с 3-Ю8 3-Ю8
45»| Протон движется со скоростью, равной 0,8 скорости света. На-
Навстречу ему движется электрон со скоростью 0,9 скорости света. Ка-
Каковы их скорости относительно друг друга? Определить полную и
кинетическую энергию электрона.
Дано: и = 0,8с; v = 0,9с; с = 3 • 108 м/с; ?0= 0,511 МэВ.
Найти: и',Е,Ек.
Решение. Скорость и1 относительного движения частиц в
релятивистской механике, когда частицы движутся навстречу
друг другу, определяется по теореме сложения скоростей:
Здесь и и v — скорости движения протона и электрона, с
скорость света в вакууме.
17310* (м/с)
V ' '
42
7/'
1 +
,8
0
»+
00
0,'
•0
с2
9)с
,9с2
1
Д-
1 +
3
0
•ю8 _
,72

Полная энергия электрона Е = тс , где т — масса
электрона.
Е = 9,1 - Ю-**- 9 . iQie ^ 18g # 10_13 (Дж) ^ 1
Vl-0,92
Кинетическая энергия частицы Ек = Е - Ео. Энергия покоя
электрона Ео = 0,511 МэВ.
?к = 1,173 - 0,511 = 0,662 (МэВ).
Задачи для самостоятельного решения
1 ¦ Движение точки описывается уравнением s = 2ts - 10t2 + 8.
Найти скорость и ускорение точек в момент ? = 4 с. Ответ: 16 м/с,
28 м/с2.
2* Уравнение вращения твердого тела ф = St2 + t. Определить
частоту вращения твердого тела, угловую скорость и ускорение че-
через 10 с после начала вращения. Ответ: 9,71 с; 61 рад/с; 6 с.
3* Материальная точка, находящаяся в покое, начала дви-
двигаться по окружности с постоянным тангенциальным ускорением
0,6 м/с2. Определить нормальное и полное ускорение точки в конце
пятой секунды после начала движения. Сколько оборотов сделает
точка за это время, если радиус окружности 5 см? Ответ: 180 м/с2;
180,001 м/с2; 24.
4* Диск, вращаясь вокруг оси, проходящей через его середи-
середину, делает 180 об/мин. Определить линейную скорость вращения
точек на внешней окружности диска и его радиус, если известно,
что точки, лежащие ближе к оси вращения на 8 см, имеют скорость
2,8 м/с. Ответ: 4,33 м/с; 0,23 м.
5* Снаряд массой 20 кг, летевший горизонтально, попадает в
платформу с песком массой 104 кг и застревает в песке. С какой ско-
скоростью летел снаряд, если платформа начала двигаться со скоро-
скоростью 1 м/с? Ответ: 501 м/с.
6» Частица массой 6 • 10~25 кг упруго соударяется с частицей
массой 1,1-10~23кг, находящейся в покое. После удара первая
частица движется в направлении, обратном первоначальному. Во
сколько раз изменилась энергия первой частицы? Ответ: в 0,8 раз.
7. Катящийся цилиндр массой 2 кг остановлен силой 9,81 Н
на пути 0,5 м. Вычислить скорость цилиндра до торможения.
Ответ: 2,21м/с.
43

8* Маховик и легкий шкив насажены на горизонтальную ось.
К шкиву с помощью нити привязан груз, который, опускаясь
равноускоренно, прошел 2 м за 4 с. Момент инерции маховика
0,05 кг"М2. Определить массу груза, если радиус шкива 6 см. Мас-
Массой шкива пренебречь. Ответ: 0,36 кг.
9* Во сколько раз кинетическая энергия, которую необходимо
сообщить телу для удаления его за пределы земного тяготения,
больше кинетической энергии, необходимой для того, чтобы это те-
тело вывести на орбиту искусственного спутника Земли, вращающе-
вращающегося на высоте 3000 км над ее поверхностью? Ответ: в 1,51 раза.
10* Определить период обращения искусственного спутника
Земли, если известно, что он вращается по круговой орбите ради-
радиусом 7800 км. Ответ: 1,9 ч.
11 ¦ Точка движется по окружности радиусом 15 см с постоян-
постоянным тангенциальным ускорением. К концу четвертого оборота
после начала движения линейная скорость точки достигла значе-
значения 15 см/с. Определить нормальное ускорение точки через 16 с.
Ответ: 1,5 см/с2.
12* Тело массой 5 кг падает с высоты 20 м. Определить сумму
его потенциальной и кинетической энергий в точке, находящейся
на высоте 5 м от поверхности Земли. Ответ: 981 Дж.
13* Материальная точка массой 20 г движется по окружности
радиусом 10 см с постоянным тангенциальным ускорением. К кон-
концу пятого оборота после начала движения ее кинетическая энергия
оказалась равной 6,3 мДж. Определить тангенциальное ускорение.
Ответ: 0,1 м/с2.
14* Полная кинетическая энергия диска, катящегося по
горизонтальной поверхности, равна 24 Дж. Определить кинетиче-
кинетическую энергию поступательного и вращательного движения диска.
Ответ: 16 Дж; 8 Дж.
15* Найти импульс, полную и кинетическую энергию элект-
электрона, движущегося со скоростью 0,9 с. Ответ: 5,6 • 10~22 кг* м/с;
1,87 • 103Дж; 1,05 • 103 Дж.

ЧАСТЬ 2
Основы молекулярной физики
и термодинамики
Основные формулы
¦ Количество вещества v = — ~ it
где N — число молекул, А
NA — постоянная Авогадро,
т — масса вещества,
М — молярная масса.
¦ Уравнение Клапейрона— pV = vRT
Менделеева
где р —давление газа,
V — его объем,
R — молярная газовая постоянная,
Т — термодинамическая температура.
¦ Уравнение молекулярно- р = - п0<ЕПОС1> = - n0m0<vKB>2
кинетической теории газов
где п0 — концентрация молекул,
<ЕП0СТ> — средняя кинетическая энергия поступательного
движения молекул,
т0 — масса молекулы,
<икв> — средняя квадратичная скорость.
¦ Средняя кинетическая <Е> = ^ kT
энергия молекулы
где i — число степеней свободы,
k — постоянная Больцмана.
¦ Внутренняя энергия
идеального газа
¦ Скорости молекул:
средняя квадратичная
средняя арифметическая
наиболее вероятная
¦ Средняя длина свободного
пробега молекулы
где d — эффективный диаметр молекулы.
45
и =
LvRT
^_ jSkf _ JSRT
а/ т0 V м
_ fSkT _ JSRT
^nmQ V кМ
fey by rri In ~n rfi
l&fil \LiS\l

¦ Среднее число столкновений <г> =¦ J2 nd2n0<v>
молекулы в единицу времени
¦ Уравнение диффузии dm = ~O^ dSdt
где D — коэффициент диффузии,
р — плотность,
dS — элементарная площадка, перпендикулярная оси X.
J/TT
¦ Уравнение теплопроводности dQ = ~~к*т- dSdt
где х — коэффициент теплопроводности.
¦ Сила внутреннего трения dF = -ц -^ dS
где г| — динамическая вязкость.
¦ Коэффициент диффузии D = - <и> • <Х>
3
¦ Вязкость (динамическая) г\ = ~ р<и> • <Х,> = Dp
3
¦ Теплопроводность X = cvP~ <v> * <^> = Л cv
3
где cv — удельная изохорная теплоемкость.
¦ Молярная теплоемкость идеального газа:
изохорная Cv= -R
изобарная Ср = (**2) R
¦ Первое начало термодинамики dQ = dU + dA
dU = vCydT
¦ Работа расширения газа
при процессе:
изобарном А = p(V2 - Vx) = vR(T2 - Тг)
V v
изотермическом А = vRTln — = vRTln ~
адиабатном А = vCy(Tx - Т2)
где у =
46

¦ Уравнение Пуассона (уравнение pVy = const
адиабатного процесса) TVy ~г = const
Тур1~у = const
Коэффициент полезного
действия цикла Карно
Q-Qo _ Т-То
где Q и Т — количество теплоты, полученное от нагревателя, и его
температура,
Qo и То — количество теплоты, переданное холодильнику, и его
температура. 2
¦ Изменение энтропии S2 - Sx = j ^
при переходе из состояния 1 1
в состояние 2
¦ Уравнение Ван-дер-Ваальса:
для 1 моль газа [р + -^-J (VM - b) = RT
для v моль газа (р + g • ^)(г- gb) = vRT
где аи& — постоянные Ван-дер-Ваальса,
8а
VM — объем 1 моль газа.
¦ Критические параметры ркр = ^—-^ ; Ткр =
¦ Собственный объем молекулы V
кР 27Ь2' кр 27bR
Ъ _ nd3
¦ Высота поднятия жидкости
в капилляре радиусом г
4NA 6
2gcos0
Примеры решения задач
1 ¦ Молекулярно-кинетичсская теория идеальных газов
1» Какое давление создают 2 г азота, занимающие объем 820 см3
при температуре 7 °С?
Дано: ш = 2 г = 2 • 10~3 кг; F= 820 см3 = 8,2 • 10'4 м3; Т = 7 °С =
= 280 К; М = 28 кг/кмоль; Д = 8,31 • 103 Дж/(кмоль • К).
Найти: р.
Решение. Идеальные газы подчиняются уравнению состоя-
состояния Менделеева—Клапейрона
где р — давление газа; V — объем газа; Т — абсолютная темпе-
температура газа; тп — масса газа; М — масса одного киломоля газа;
47

R — универсальная газовая постоянная; — — число киломо-
М
лей газа; R — молярная газовая постоянная; ~ — число
М
грамм-молекул или киломолей газа: в зависимости от того, в
каких единицах, г или кг, выражается масса газа.
Из уравнения состояния имеем:
Определить, сколько киломолей и молекул водорода содер-
содержится в объеме 50 м3 под давлением 767 мм рт. ст. при температуре
18 °С. Какова плотность и удельный объем газа?
Дано: V = 50 м3; р = 767 мм рт. ст. = 767* 133 Па; Т =
= 291 К; М = 2 кг/кмоль.
Найти: v, N, p, d.
Решение. На основании уравнения Менделеева—Клапей-
Менделеева—Клапейрона
pV=vRT
устанавливаем число киломолей v, содержащихся в заданном
объеме V. Знаяр — давление, V— объем, Т — температуру га-
газа, R — молярную газовую постоянную можно определить v:
Число молекул N9 содержащееся в данном объеме, нахо-
находим, используя число Авогадро NA (которое определяет, какое
количество молекул содержится в одном киломоле). Общее ко-
количество молекул, находящихся в массе m данного газа, мо-
может быть установлено, так как известно число киломолей v.
N = vNA.
Подставляя в формулу число киломолей, устанавливаем
число молекул, содержащихся в объеме V:
ЛГ-2,11- 6,02 • 10м = 12,7 • 1026.
Плотность газа р = m/V определяем из уравнения Менделе-
Менделеева—Клапейрона:
м
к RT
48

Подставляя числовые значения в единицах СИ в формулу,
определим плотность газа
Удельный объем газа d определяем из уравнения Менделе-
Менделеева—Клапейрона
т
3» В баллоне объемом 10 л находится гелий под давлением 1 МПа
при температуре 300 К. После того как из баллона было взято 10 г
гелия, температура в баллоне понизилась до 290 К. Определить дав-
давление гелия, оставшегося в баллоне.
Дано: V = 10 л = 10~2 м3; М = 4 кг/кмоль; рг = 106 Па;
Тг = 300 К; m = 10 г = 10 кг; Т2 = 290 К.
Найти: р2.
Решение» Для решения задачи воспользуемся уравнением
Менделеева—Клапейрона, применив его к конечному состо-
состоянию газа:
?RT29 A)
где пг2 — масса гелия в баллоне в конечном состоянии; М —
масса одного киломоля гелия; R — молярная газовая постоян-
постоянная.
Из уравнения A) выразим искомое давление р2\
Массу гелия тп2 выразим через массу тп19 соответствующую
начальному состоянию, и массу m гелия, взятого из баллона:
ТП2 — /TZj — ATI. C)
Массу гелия ml найдем также из уравнения Менделеева—
Клапейрона, применив его к начальному состоянию:
49

Подставляя в выражение C) массу тп1 по формуле D), а за-
затем полученное выражение гп2 в формулу B), найдем
RT2
или после преобразования и сокращения
p. = Ilp-2L.eIl. E)
У2 т/1 М V v '
'106 ~ ^г' 8>3io'-»103' 29°(Па)'64'1о5 (Па)#
4» I В сосуде емкостью 8,3 л находится воздух при нормальном
давлении и температуре 300 К. В сосуд вводят 3,6 г воды и закрыва-
закрывают крышкой. Определить давление в сосуде при 400 К, если вся вода
при этой температуре превращается в пар.
Дано: V = 8,3 л = 8,3-10~3м3; Го = 300 К; m = 3,6г =
Найти: р.
Решение. Давление в сосуде складывается из давления воз-
воздуха, нагретого до температуры Тг, и давления водяных паров
при той же температуре.
Из объединенного газового законаpQV/T0 ssp1V/T1 находим
давление воздуха:
d -
Pi
Из уравнения Менделеева—Клапейрона p2V/Tx = mR/M
найдем давление водяных паров
n = mTR
Р2 MV '
где М = 18 • 10~3 кг/моль — молярная масса водяного пара;
R = 8,31 Дж/(моль • К) — молярная газовая постоянная.
По закону Дальтона для смеси газов р = рг + р2 найдем дав-
давление газа в сосуде:
гдер0 = 1,013 • 105 Па. Тогда
= 1,018-10». 400 + 3,6.10-3-400 . g 31= 2Д5 .105 (Па).
у 300 18 • Ю-3 • 8,3 • 10
50

5» В баллоне содержится кислород тх = 80 г и аргон т2 = 320 г.
Давление смеси р = 1 МПа, температура Г = 300 К. Принимая дан-
данные газы за идеальные, определить емкость V баллона.
Дано: тх = 8*10~2кг; Мг = 32 кг/кмоль; т2 = 0,32 кг;
М2 = 40 кг/кмоль; р = 106 Па; Г = 300 К.
Найти: F.
Решение. По закону Дальтона давление смеси равно сумме
парциальных давлений газов, входящих в состав смеси.
По уравнению Менделеева—Клапейрона парциальные дав-
давления кислородарг и аргонар2 выражаются формулами:
m, RT то RT
Следовательно, по закону Дальтона давление смеси газов:
Откуда емкость баллона:
v=(m1 m?\RT
V=@M + 0ffl. (8,31.^.300) e 0>0262 (м3) м 2б?
6» В сосуде объемом 2 м3 находится смесь 4 кг гелия и 2 кг водо-
водорода при температуре 27 °С. Определить давление и молярную массу
смеси газов.
Дано: V = 2 м3; т1 = 4 кг; Мх = 4 • 10~3 кг/моль; тп2 = 2 кг;
М2 - 2 • 10~3 кг/моль; Г = 300 К.
Найти: р, М.
Решение. Воспользуемся уравнением Менделеева—Кла-
Менделеева—Клапейрона, применив его к гелию и водороду:
A)
B)
где рг — парциальное давление гелия; т1 — масса гелия;
М! — его молярная масса; V — объем сосуда; Т — температура
газа; Д = 8,31 Дж/(моль*К) — мояярная газовая постоянная;
р2 — парциальное давление водорода; ш2 — масса водорода;
М2 — его молярная масса.
51

По закону Дальтона:
C)
Из уравнений A) и B) выразим рг ир2 и подставим в уравнение
C):
m2RT = f™i , rn?\RT m
Р МгУ M2V Wj Mj V
Найдем молярную массу смеси газов по формуле
где vx и v2 — число молей гелия и водорода соответственно.
Число молей газов найдем по формулам:
1VJ. n
Подставляя выражения F) и G) в формулу E), найдем
j М2
(8)
+ 1 2,5
М = —л 4 + 2 о— = 3 • 1(Г3 (кг/моль).
4 • Ю-3 2 • Ю'3
7» В резервуаре объемом 1,2 м3 находится смесь 10 кг азота и 4 кг
водорода при температуре 300 К. Определить давление и молярную
массу смеси газов.
Дано: V = 1,2 м3; ml = 10 кг; Мг = 28 • 10~3 кг/моль; т2 =
= 4 кг; М2 = 2 • 10~3 кг/моль; Г = 300 К.
Найти: р, М.
Решение. Воспользуемся уравнением Менделеева—Кла-
Менделеева—Клапейрона, применив его к азоту и водороду:
.^ а)
52

B)
где рг — парциальное давление азота; тг — масса азота; Мг —
молярная масса азота; V — объем резервуара; Т — температу-
температура газа; R = 8,31 Дж/(моль*К) — молярная газовая постоян-
постоянная; р2 — парциальное давление водорода; тп2 — масса водоро-
водорода; М2 — молярная масса водорода.
По закону Дальтона:
C)
Из уравнений A) и B) выразим рг и р2 и подставим в урав-
уравнение C):
= mxRT m2RT =("h + m?\RT m
P MXV M2V VMj M2) V # K '
Найдем молярную массу смеси газов по формуле
М=^1±^, E)
где тп1 — масса азота; гп2 — масса, водорода; vx — количество
молей азота; v2 — количество молей водорода.
Количество молей азота и водорода vx и v2 найдем по фор-
формулам:
V.-U; F,
Подставляя формулы F) и G) в выражение E), найдем
М = 1 2 . (8)
т1/М1 + т2/М2
Вычислим:
М = ^10 + 4 л = 6 • Ю-3 (КГ/МОЛЬ).
10 , 4
28 • К) 2 • К)
53

I 8» I В закрытом сосуде емкостью 3 м3 находятся 1,4 кг азота и 2 кг
гелия. Определить температуру газовой смеси и парциальное давле-
давление гелия, если парциальное давление азота равно 1,3 • 105 Па.
Дано: V = 3 м3; т1 = 1,4 кг; Мг = 28 кг/кмоль; т2 = 2 кг;
М2 = 4кг/кмоль; р1 = 1,34 • 105 Па.
Найти: Т,р2.
Решение. Парциальное давление гелия и температура газо-
газовой смеси определяются из уравнения Менделеева—Клапей-
Менделеева—Клапейрона:
^ A)
B)
Из A) находим температуру
т_р1ум1^
и потом из B) можно определить парциальное давление гелия
_ m2Mlp1
М2 mxRV mlM2
V ;
Подставим все величины в формулы A) и C), проведем вы-
вычисления температуры и давления:
1,4 • 8,31 -103
I 9» I Какой объем занимает смесь 1 кг кислорода и 2 кг гелия при
нормальных условиях? Какова молярная масса смеси?
Дано: гп1 = 1 кг; пг2 = 2 кг; Мх = 32 кг/кмоль; М2 =
= 4 кг/кмоль; р = 1,01 • 105 Па; Т = 273 К.
Найти: F,MCM.
Решение. Обозначим через пг1 и Мх — массу и молярную
массу кислорода, через гп2 и М2 — массу и молярную массу
гелия.
54

Для смеси газов справедлив закон Дальтона:
гдерх ир2 — парциальные давления, определяемые из уравне-
уравнения Менделеева—Клапейрона:
= rriiRT m2RT
где Т — температура, V — объем сосуда, в котором смешаны
газы, R — молярная газовая постоянная.
Тогда
rn2\RT .Vz
Молекулярная масса смеси определяется по уравнению
Менделеева—Клапейрона:
поэтому
Мш
mi тщ
Мх М2
Производим вычисления
м = A + 2)-32-4 ^ 5 б5 (КГ/КМОЛЬ).
см 1-4 + 2-32
|10» Сосуд емкостью 2 л содержит азот при температуре 27 °С и
0
давлении 0,5 атм. Найти число молекул в сосуде, число столкнове-
столкновений между всеми молекулами за 1 с, среднюю длину свободного про-
пробега молекул.
Дано: V - 2 л - 2 • 10 м3; Т = 27 °С = 300 К; р = 0,5 атм =
- 5,065 • 104 Н/м2; М = 28 кг/кмоль; d - 3,1 • 1010 м.
Найти: л, 2, <А>.
Решение. Число молекул в сосуде найдем исходя из урав-
уравнения Менделеева—Клапейрона:
М
55

В газе массой т содержится п молекул газа, так что т = ш0,
где т0 — масса отдельной молекулы, а в одном киломоле ве-
вещества содержится число молекул, равное числу Авогадро
(NA = 6,01 • 1026 1/кмоль). Поэтому М = m0NA. Следовательно,
Число столкновений каждой молекулы с остальными за
1с:
где <v> = 2HL — средняя арифметическая скорость.
Ч пМ
Средняя длина свободного пробега молекул газа <Х> опре-
определяется формулой:
-тг^ ,
j2nd2nQ
где d — эффективный диаметр молекулы, п0 — число молекул
в единице объема.
Исходя из уравнения A),
П
0
0 V TR kT'
где k = --- = 1,38 • 10~23 Дж/К — постоянная Больцмана.
Поэтому для числа столкновений каждой молекулы за 1 с
получим:
Общее число столкновений за 1 с равно:
z=\n.<z>.
Согласно уравнениям A) и B) имеем:
C)
Длина свободного пробега:
kT
J2nd2p'
56

Производим вычисления в СИ:
п _ 5,065.10*. 2 -10-3. 6,02-10»
8,31-103-300
,- &¦ 3,14- зд-
1,38-10^-800
Л • 3,14 • 3 Д2 • 10'20 • 5,065 • 104
11» Найти число молекул азота в 1 м3, если давление равно
3,69 атм, а средняя квадратичная скорость молекул равна 2400 м/с.
Дано: V = 1 м3; р = 3,69 • 1,01 • 105 Па; <икв> = 2,4 • 103 м/с;
М — 28 кг/кмоль.
Найти: п0.
Решение. Основное уравнение молекулярно-кинетической
теории газов имеет вид
|>2, A)
где р — давление; п0 — количество молекул в единице объема
газа; т — масса одной молекулы; <vKB> — средняя квадратич-
квадратичная скорость молекул.
Масса одной молекулы равна
где М — масса 1 моля газа; NA — число Авогадро — 6,02 х
х Ю^кмоль.
Используя A) и B), получим
При каком давлении средняя длина свободного пробега моле-
молекул водорода <А> = 2,5 см при температуре 68 °С? Диаметр молекул
водорода принять равным d = 2,3 • 10~10 м.
Дано: <Х> = 2,5-10 м; Т = 341 К; d = 2,3-1010 м;
Найти: р.
57

Решение. Давление водорода при температуре Т можно
найти по уравнению Менделеева—Клапейрона, в котором
удобно ввести число молекул п в 1 м3. Это проводится следую-
следующим образом:
но R = NAk, где NA — число Авогадро и k — постоянная Больц-
N N
мана. Следовательно, р = -ф^Т. Так как -ф = п0, имеем
р = nokT.
Число молекул в 1 м3 выразим через среднюю длину сво-
свободного пробега. Из формулы <Х> = —-^ находим д0
J2d2
- . Таким образом,
*/2nd2<X>
f rkT 1>38>103'341 -0,8 (Па).
j2%d2<X> Л ' 3,14 • 2,32 • 10~20 • 2,5 • 10
113»[ Вакуумная система заполнена водородом при давлении
10~3 мм рт. ст. Рассчитать среднюю длину свободного пробега моле-
молекул водорода при таком давлении, если t = 50 °С.
Дано: р = 10 мм рт. ст. = 0,133 Па; d = 2,3 • 100 м; Т =
= 50 °С = 323 К.
Найти: <Х>.
Решение. Средняя длина свободного пробега молекул опре-
определяется по формуле:
где d — эффективный диаметр молекулы; п0 — число молекул
в единице объема.
Из молекулярно-кинетической теории газов известно, что
Произведем подстановку
где k— постоянная Больцмана; k = 1,38* 10~23 Дж/К; Т
температура; р — давление.
1,38-Ю3-323
Л • 3,14- 5,3 -Ю0- 0,133
58

14» Определить среднюю длину свободного пробега молекул и чис-
число соударений за 1 с, происходящих между всеми молекулами кис-
кислорода, находящегося в сосуде емкостью 2 л при температуре 27 °С
и давлении 100 кПа.
Дано: V = 2 л = 2-10м; М = 32 • 10~3 кг/моль; Т =
= 300 К; р = 100 кПа = 105 Па; d = 2,9 • 1010 м.
Найти: <А>, г.
Решение. Средняя длина свободного пробега молекул кис-
кислорода вычисляется по формуле
<Х>=_1 , A)
*J2nd2n0
где d — эффективный диаметр молекулы кислорода; п0 — чис-
число молекул в единице объема, которое можно определить из
уравнения
где k — постоянная Больцмана.
Подставляя B) в A), имеем
C)
Число соударений 2, происходящих между всеми молеку-
молекулами за 1 с, равно
<z>N, D)
где N — число молекул кислорода в сосуде объемом 2 • 10~3 м;
<z> — среднее число соударений одной молекулы за 1 с. Число
молекул в сосуде
N = nV. E)
Среднее число соударений молекулы за 1 с равно
где <v> — средняя арифметическая скорость молекулы
G)
Подставляя в D) выражения E), F) и G), находим
kT kT k2T2
59

Произведем вычисления:
2 - 3,14 - 2,92 • IP0 • 1010 ¦ 2 - 10'3 х
1,382-10-46-9-104
/ 8,31-ЗШГ
А/3,14-32-10
10
1>38-10-23-300 ^ 1и . 10_7 (м)
72-3,14-2,92-10-20-105
Найти плотность азота, если молекула за 1 с испытывает
2,05 • 108 с столкновений при температуре 280 К. Какова средняя
длина свободного пробега молекул?
Дано: <г> = 2,05 • 108 с; Т = 280 К; М = 28 • 10 кг/моль;
d = 3,1 • 10~10 м; NA = 6,02 • 1023 моль1.
Найти: ру <Х>.
Решение. Плотность азота определяется по формуле
Р=?' A)
где тп — масса азота; V — объем.
Массу азота можно выразить через число молекул в данном
объеме и массу одной молекулы:
m = mxN. B)
Массу тпг одной молекулы можно найти делением массы
одного моля на постоянную Авогадро:
1711 дТ" • v**J
Число молекул, содержащихся в газе некоторого объема V,
равно
N = n0V, D)
где п0 — концентрация молекул. Подставляя D) и C) в B),
имеем
далее, подставляя E) в A), получаем
60

Концентрацию молекул находим из формулы для числа
столкновений:
<z> = */2nd2n0<v&l>, откуда
где d = 3,1 • 10~10 м — эффективный диаметр молекулы азота;
<v&p> — средняя арифметическая скорость молекул;
где R — 8,31 Дж/(моль#К)— молярная газовая постоянная;
Т — термодинамическая температура. Подставляя величину
<иар> из (8) в G), получим
по--*?=. (9)
м
Подставляя величину п0 из (9) в F), имеем
р- М<2> ¦ A0)
Среднюю длину свободного пробега молекул азота находим
по формуле
Используя соотношение (9), получаем
ШТ . J
ЯМ
Произведем вычисления:
A1)
28 -10~3 . 2,05 -108
13 /ПТ
4.3Д2.10-^ЗД1
« 4,86 • 10 (кг/м3).
6,02-1023 2 0 /3,14-8,31 -280
1 . / 8-8,31-280 _ о 94 /„„„ч
2^5T1^ V8.14.28.10- " 2'24 (MKM>-
61

16» Определить среднюю длину свободного пробега молекул и чис-
число соударений за 1 с, происходящих между всеми молекулами азота,
в сосуде емкостью 4 л, содержащегося при нормальных условиях.
Дано: F= 4 л - 4-10'3м3; М - 28 кг/кмоль; Т = 273 К;
р = 1,01 • 105 Па; d = 3,1 • 100 м.
Найти: z, <\>.
Решение. Средняя длина свободного пробега молекул азота
<Х> может быть найдена, если известно число молекул в еди-
единице объема /10 и эффективный диаметр молекулы d:
A)
Число молекул в единице объема п0 определяется из фор-
формулы давления, полученной на основании уравнения молеку-
лярно-кинетической теории газов р = nokT. Отсюда следует,
что
где k — постоянная Больцмана. В окончательном виде форму-
формула A) имеет вид
диаметр d находим по таблицам.
Число соударений г, происходящих между всеми молеку-
молекулами за 1 с, можно вычислить по известному общему числу
молекул л, а также по числу соударений <z> каждой молеку-
молекулы с остальными за 1 с, т. е.
C)
Общее число молекул в сосуде п найдем по формуле
где NA — число Авогадро.
Среднее число соударений одной молекулы за 1 с получим,
если ее среднюю арифметическую скорость <v> разделим на
длину свободного пробега <Х>:
E)
62

Средняя арифметическая скорость молекул:
Подставляя в E) выражения F) и A, а), находим число со-
соударений каждой молекулы за 1 с:
^ G)
Общее число соударений за 1 с между всеми молекулами
вычисляем, используя соотношения C), D) и G):
1 pNA 4ndp [RT = 2nd2p2V [RT
2 RT kT VtxM k2T2 >JnM
Подставляя числовые значения, получим
2 - 3,14 « 3,12 • 1Q-20 •1,012 • 1010 • 4 * IP /8,31 -103-73
l,382-10~46-2732 V 3,14-28
^ 2,79-1032(c-1);
1QQ . 1 П-23 . 07Q
17» Определить плотность разреженного азота, если средняя дли-
длина свободного пробега молекул 10 см. Какова концентрация мо-
молекул?
Дано: <Х> = 10 см == 0,1 м.
Найти: р, тг0.
Решение, Средняя длина свободного пробега молекул опре-
определяется формулой
1, A)
где d — эффективный диаметр молекул (для азота d =
= 0,31 • 109 м).
Концентрацию молекул определим из равенства:
mNA NA
где NA — постоянная Авогадро; М = 28 • 10 кг/моль — мо-
молярная масса азота.
63

Решая совместно уравнения A) и B), находим
п = 1 = р^А. = М =
° J2d2\ М '
j2nd2<X>NA NA
п0 = — 1 - 2,34 • 1019 (м);
л/2-3,14-3,12-Ю0-0,1
р = 2,34 • 1019 ^—- = 1,09 • 10б (кг/м3).
к 6,02 • 1026
18»| Определить коэффициент внутреннего трения для водорода,
имеющего температуру 27 °С.
Дано: М = 2 кг/кмоль; Г = 27 °С = 300 К; d = 2,3 • 1010 м;
iVA - 6,02 • 1026 кмоль'1; JR = 8,31 • 103 ДжДкмоль • К).
Найти: г).
Решение. Из молекулярно-кинетической теории газов ко-
коэффициент внутреннего трения равен
л = |р<^><^>, A)
где р — плотность газа, <и> — средняя арифметическая ско-
скорость молекул; <Х> — средняя длина свободного пробега.
Плотность из уравнения Менделеева—Клапейрона равна
т=?М B)
где /п, V, р и Т — масса, объем, давление и температура газа,
М — молярная масса водорода, R — молярная газовая посто-
постоянная;
средняя арифметическая скорость молекул равна:
средняя длина свободного пробега равна:
* , D)
где d — эффективный диаметр молекулы водорода, п0 — число
молекул водорода в 1 м3.
Давление и температура газа связаны соотношением
Р = п0ЙТ, E)
64

откуда
*»-&• F)
a ft в свою очередь равно
где NA — число Авогадро.
Подставляя B), C) и (8) в уравнение A), получим
1 . РМ_ ISRT . RT
Л 3 RT
78-2-8,81-10»-800 . 8f 4 .10-б (кг/м
3 • л/2-3,143 • 2,3 • 100 • 6,02 • 1026
Вычислить коэффициент внутреннего трения и коэффициент
диффузии кислорода, находящегося при давлении 0,2 МПа и темпе-
температуре 280 К.
Дано: р = 2 • 105 Па; d = 2,9 • 10 10 м; М = 32 • 10 кг/моль;
Г = 280 К.
Найти: r|, jD.
Решение. На основании представлений молекулярно-кине-
тической теории газов коэффициент внутреннего трения иде-
идеального газа (динамическая вязкость) и коэффициент диффу-
диффузии определяются по формулам:
|>; A)
ap>, B)
где р — плотность газа; <Х> — средняя длина свободного про-
пробега молекул; <^ар> — средняя арифметическая скорость мо-
молекул.
Из A) и B) следует
Л = PD. C)
Среднюю арифметическую скорость и среднюю длину сво-
свободного пробега молекул находим по формулам:
3 - 9332 Гладской

E)
где R = 8,31 ДжДмоль • К)— молярная газовая постоянная;
T — термодинамическая температура; d = 2,9 • 10~10 м — эф-
эффективный диаметр молекулы кислорода; п0 — число молекул
в 1 м3 (концентрация).
Из основного уравнения молекулярно-кинетической те-
теории газов определяем п0:
где р — давление; k — 1,38 • 10~23 Дж/К — постоянная Больц-
мана.
Подставляя F) в уравнение E), получаем:
kT G)
Окончательный вид расчетной формулы для коэффициента
диффузии найдем, подставляя выражения D) и G) в B):
п = 1 /8ДУ . kT = 2kT [RT
О
J2nd2p Snd2p VtiM
Плотность кислорода определяется по формуле F), рас-
рассмотренной ранее в задаче 15: р = ——-. С учетом F) имеем:
Подставляя (9) и (8) в C), получаем расчетную формулу для
коэффициента внутреннего трения:
2
MRT.
Вычисляем:
D==2 1,38 -1Q-23- 280 . / 8,31 - 280 _
3 3,14 • 2,92 • 100 • 2 • 105 V3,14 • 32 • 10
2V32J Ю-з.8,31 > 280 ^ 2 .10-5 (кг/(м. с))
3 • ЗД473Д4 • 6,0 • 1023 • 2,92 • 100
66

20» Определить коэффициент диффузии и коэффициент внутрен-
внутреннего трения азота, находящегося при температуре 300 К и давлении
105 Па.
Дано: р0 = 1,25 кг/м3; М = 28 • 10 кг/моль; Т = 300 К;
Найти: D, г\.
Решение. Коэффициент диффузии определяется по фор-
формуле:
<v><X>, A)
3
где <v> — средняя арифметическая скорость молекул, равная
<v>= 1Щ; B)
<Х> — средняя длина свободного пробега молекул. Для на-
нахождения <Х> воспользуемся формулой, взятой из решения
примера 19:
= kT C)
J2nd*p
Подставляя B) и C) в выражение A), имеем
D- 1 . kT _ 2kT [RT ,4)
ШТ J2nd2p Зяс?2р '-"'*
пМ
Коэффициент внутреннего трения:
л = 1 <v><x>p9 E)
о
где р — плотность газа при температуре 300 К и давлении
105 Па. Для нахождения р воспользуемся уранением состоя-
состояния газа. Запишем его для двух состояний азота — при нор-
нормальных условиях (Го = 273 К, р0 = 1,01 • 105 Па) и при
условиях данной задачи:
о = (m/M)RT0; pV = (m/M)RT. F)
Учитывая, что р0 = ^ , р = ~ , имеем
к0 V
67

Коэффициент внутреннего трения ^аза может быть выра-
выражен через коэффициент диффузии (см. A) и E)):
(8,
„Bp.
Подставляя числовые значения в D) и (8), получим:
D = 2-1,38 - Ю-»- 300 . / 8,31 - 300 ^ 1М . 10_5 (м2/с);
3-3,14-3,12-10-20-105 а/3,14-28-10-3
= 1,54 - Ю-*-1,25 - 1Q5'273
1,01 -105- 300
^1,73-10-5(кг/(м-с)).
Наружная поверхность кирпичной стены площадью 25 м2 и
толщиной 37 см имеет температуру 259 К, а внутренняя поверх-
поверхность — 293 К. Помещение отапливается электроплитой. Опреде-
Определить ее мощность, если температура в помещении поддерживается
постоянной. Теплопроводность кирпича 0,4 Вт/(м • К).
Дано: S = 25 м2; d = 37 см = 0,37 м; Тг = 259 К; Т2 = 293 К;
Х = 0,4Вт/(м-К).
Найти: N.
Решение. Количество теплоты, прошедшее через наруж-
наружную стену, определим по закону Фурье:
Q = -xI±zbst, a)
где t — время протекания теплоты.
За время t электроплита должна выделить такое же коли-
количество теплоты
Q = Nt. B)
Приравнивая правые части уравнений A) и B), получаем
Nt = -1{Т1 - T2)St/d, откуда N = -%Tl^T2S;
N = _ол # 259-293 . 25 = 0>9
0,37
22» Вычислить количество льда, которое образуется в течение ча-
часа в бассейне, площадь которого 10 м2. Толщина льда 15 см, тем-
температура воздуха -10 °С, коэффициент теплопроводности льда
Х = 2,1Вт/(м-К).
Дано: S = 10 м2; Ах = 15 см = 0,15 м; ^ = -10 °С; t2 = 0 °С;
X = 2,1 Вт/(м • К); т = 1 ч = 3600 с; г = 3,35 • 105 Дж/кг.
Найти: т.
68

Решение. Считаем процесс установившимся, температуру
нижней поверхности льда равной О °С, а верхней — температу-
температуре воздуха. Через слой льда от воды отводится тепло. Количе-
Количество тепла Q, передаваемое через лед толщиной Ах, пропорци-
пропорционально градиенту температуры — , площади передающей по-
поверхности S и времени т и определяется уравнением теплопро-
теплопроводности Фурье:
Массу т образующегося льда определяем из уравнения для
теплоты плавления Q льда, численно равной теплоте, отводи-
отводимой от воды в процессе замораживания
Q = mr,
где г — удельная теплота плавления льда.
Тогда
^ Л-s.t;
Ах г
0,15-3,35.105
23.
2, Основы термодинамики
Давление газа 750 мм рт. ст., температура 27 °С. Определить
концентрацию молекул и среднюю кинетическую энергию поступа-
поступательного движения одной молекулы.
Дано: р = 750 мм рт. ст.; t = 27 °С.
Найти: n0, е.
Решение. По основному уравнению кинетической теории
газов
Вычисляем:
б = | • 1,38 • 103 • 300 = 6,21 • 101 (Дж).
Концентрацию молекул п0 найдем из уравнения р = nokT, где
р — давление газа (р = 750 • 133 Па). Находим п0:
69

24ч Чему равны средние кинетические энергии поступательного и
вращательного движения молекул, содержащихся в 2 кг водорода
при температуре 400 К?
Дано: т = 2 кг; Т = 400 К; М = 2 • 10 кг/моль.
Найти: <ЯПОСТ>, <Явр>.
Решение. Считаем водород идеальным газом. Молекула во-
водорода — двухатомная. Связь между атомами считаем жест-
жесткой, тогда число степеней свободы молекулы водорода равно 5.
В среднем на одну степень свободы приходится энергия
Поступательному движению приписывается три (i = 3), а
вращательному две (i = 2) степени свободы. Тогда энергия од-
одной молекулы
<Евр>=|/*Т.
Число молекул, содержащихся в массе газа т,
где v — число молей; ЛГА — постоянная Авогадро. Тогда сред-
средняя кинетическая энергия поступательного движения моле-
молекул водорода будет
где R = kNA — молярная газовая постоянная.
Средняя кинетическая энергия вращательного движения
молекул водорода
<Евр> = — Д7\ B)
Подставляя числовые значения и формулы A) и B), имеем
= 49,86 • 105 (Дж) = 4986 (кДж);
Р 2.i0^ (ДЖ) =
70

25* Газ, занимавший объем 20 л при нормальных условиях, был
изобарически нагрет до 80 °С. Определить работу расширения газа.
Дано: Vx = 20 л = 2 • 10 м3; рг = р2 = 1,01 • 105 Па; Тг =
= 273 К; Т2 = 353 К.
Найти: А.
Решение. Работа расширения газа А при изобарическом
процессе определяется по следующей формуле:
А=-^
М
Число молей газа — определим из уравнения Менделе-
М
ева—Клапейрона:
Тогда
26» Определить скорость вылета поршня массой 4 кг из цилиндра
при адиабатном расширении воздуха в 40 раз, если начальное давле-
давление воздуха 107 Па, а объем 0,3 л.
Дано: m = 4 кг; V2/Vx = 40;^ = 107 Па; ^ = 0,3 л = 3 • 10 м3.
Найти: и.
Решение. Работа А, совершаемая адиабатически расширя-
расширяющимся воздухом, в данном случае идет на увеличение кине-
кинетической энергии поршня, т. е.
где тли — масса и скорость поршня.
Для подсчета работы адиабатически расширяющегося газа
воспользуемся формулой:
где у — отношение теплоемкостей газа при постоянном давле-
давлении и постоянном объеме (для воздуха у = 1,4).
71
А = Ю7-0.3'Ю-* A _ 0>22) = 5>85.10з (ш)
U,4

Так как А = ~~ , то
Ща.
v = ^ШШ * 54 (м/с).
27» Азот массой 2 кг охлаждают при постоянном давлении от 400 до
300 К. Определить изменение внутренней энергии, внешнюю работу
и количество выделенной теплоты.
Дано: т = 2 кг; М = 28 • 10"8 кг/моль; Тг = 400 К; Т2 =
= 300 К.
Найти: Д1У, A, Q.
Решение. Изменение внутренней энергии газа (считаем
азот идеальным газом) найдем по формуле
AU__ mCv(T2-T1) ^
М
где m — масса газа; М — молярная масса; Cv — молярная теп-
теплоемкость при постоянном объеме; Тг — начальная темпера-
температура; Т2 — конечная температура. Для всех двухатомных
газов
5 D
с*
Тогда
М
Количество теплоты, выделяющееся при охлаждении газа
при постоянном давлении:
mC^T>\ B)
где Ср — молярная теплоемкость при постоянном давлении;
п
для всех двухатомных газов Ср = ^ R. Формулу B) запишем в
виде
72

Работа сжатия газа при изобарном процессе
A=pAV,
где AV =V2-V1 — изменение объема, которое найдем из урав-
уравнения Менделеева—Клапейрона. При изобарном процессе
р = const:
-^X D)
E)
Почленным вычитанием выражения D) из E) находим:
p{V2 - Vx) = mR(^~ Tl).
Следовательно,
A=mR(T2-T1)^
м
Подставляя числовые значения в формулы A), C) и F), по-
получим:
AU = | • 2-8'3218.C10003-400) - -148 (кДж);
Q= 7.2.8,31.C00-400) _207(кДж);
А _ 2-8,31-C00-400) ^ _,q , п v
гв^То1^ " 59 (кДж)>
Молекулярный пучок кислорода ударяется о неподвижную
стенку. После соударения молекулы отражаются от стенки с той же
по модулю скоростью. Определить давление пучка на стенку, если
скорость молекул 500 м/с и концентрация молекул в пучке
5 • 1024 м.
Дано: v = 500 м/с; л0 = 5 • 1024 м.
Найти: /7.
Решение. Давление определяется по формуле:
где f — сила давления, S — площадь.
Силу давления найдем из второго закона Ньютона:
Ft = mAv, B)
где т — масса кислорода, ударившегося о стенку за время t,
Av — изменение скорости молекул при ударе.
73

Массу одной молекулы кислорода найдем из закона Аво-
гадро:
где М = 32 • 10~3 кг/моль — молярная масса кислорода; NA =
= 6,02 • 1023 моль — постоянная Авогадро.
За время t о стенку ударяются молекулы, находящиеся в
объеме
масса которых т = /n1noufS. C)
Изменение скорости при соударении:
Аи = v - (-v) = 2v. D)
Подставляя выражения C), D) в B), находим:
F = MnovtS2v = 2MnQv2tS
откуда
F _ 2Mv2n0 m
P '
NA
105
29» Определить удельные теплоемкости с , cv для смеси 1 кг азота
и 1 кг гелия.
Дано: т1 = 1кг; Мг = 28 кг/кмоль; ix = 5; тп2 = 1кг;
М2 = 4 кг/кмоль; i2 = 3.
Найти: с , cF.
Решение. Удельной теплоемкостью какого-либо газа назы-
называется величина, равная количеству теплоты, которое нужно
сообщить единице массы тела, чтобы повысить его температу-
температуру на 1 градус. При этом величина теплоемкости зависит от
условий, при которых происходит нагревание газа.
Если нагревание происходит при постоянном объеме, то
где AQV = At/, т. е. все сообщаемое количество теплоты идет на
изменение внутренней энергии системы. Изменение внутрен-
внутренней энергии смеси газа определяется формулой:
rat +
Мх 2 М2 2
где ix и i2 — число степеней свободы первого и второго газов.
74

Окончательно получим
A)
v
/Tlj + TYI2
Если нагревание происходит при постоянном давлении, то
где AQp = AI7 + ДАХ, т. е. сообщаемое газу количество теплоты
идет не только на изменение внутренней энергии, но и на рабо-
работу по расширению газа. Работа при изобарическом расшире-
расширении для каждого газа равна
поэтому
Подставляя это значение в уравнение B), получим:
Q
р mlJr m2
Произведем вычисления:
- 1929 (ДжДкг-К)),
D -3,5 + 1.2,5). 8,31-103
ср= -3116(Дж/(кг-К)).
30» Аргон при давлении 0,8 атм изменил объем с 1 до 2 л. Как
изменяется величина внутренней энергии, если расширение газа
производилось при различных процессах: изобарическом, адиабати-
адиабатическом?
Дано: Vx = 1 л = 1(Г3 м3; V2 = 2 л = 2 • 10 м3; р = 0,8 атм =
= 0,8 • 1,01 • 105 Па; М = 40 кг/кмоль; i = 3.
Найти: АС/.
Решение. Для решения задачи необходимо применить пер-
первый закон термодинамики. Согласно этому закону, общее ко-
количество теплоты AQ, переданное системе, может расходовать-
75

ся как на увеличение внутренней энергии АС/, так и на совер-
совершение механической работы АА:
A)
Величину внутренней энергии AU можно определить, зная
массу газа т, удельную теплоемкость при постоянном объеме
cv и изменение температуры AT:
AU = тСуАТ. B)
Однако удобнее изменение внутренней энергии AU опреде-
определять через молярную теплоемкость Cv, которая может быть
выражена через число степеней свободы:
Су М 2 Мш ( }
Подставляя величину cv из формулы C) в B), получаем
При изобарическом расширении газа согласно первому за-
закону термодинамики часть тепла AQ идет на изменение внут-
внутренней энергии АС/, которая выражается формулой D). Опре-
Определить АС/ для аргона по формуле D) нельзя, так как масса
газа и температура не даны, поэтому необходимо провести пре-
преобразование формулы D).
Используем уравнение Менделеева—Клапейрона для на-
начального Vx и конечного V2 состояния газа. Получим:
или
Подставим выражение E) в формулу D)
*и=ЫУ2-Уг). F)
2
Полученное уравнение является расчетным для определе-
определения АС/ при изобарическом расширении
АС/ = | • 0,8 • 1,01 • 105 • 10~3 ^ 121 (Дж). G)
76

При адиабатическом расширении газа теплообмена с внеш-
внешней средой не происходит, поэтому AQ = 0. Уравнение A) запи-
запишется в виде
AU + АА = 0. (8)
Это соотношение устанавливает, что работа расширения га-
газа может быть произведена только за счет уменьшения внут-
внутренней энергии газа (знак «минус» перед AU):
AA = -AU. (9)
Формула работы для адиабатического процесса имеет вид:
где у — показатель степени адиабаты, который является отно-
отношением теплоемкостей:
Cv i
Определяем изменение внутренней энергии при адиабати-
адиабатическом процессе для аргона, учитывая формулы (9) и A0):
Для определения работы расширения аргона формулу A1)
следует преобразовать, учитывая при этом те параметры, кото-
которые даны в условии задачи. Уравнение Менделеева—Клапей-
Менделеева—Клапейрона PiVx = — RTX позволяет перейти к такому выражению для
подсчета изменения внутренней энергии:
Подставляя числовые значения, получим
31»
в 0,8» 1,01 • 105- 10~3|Y Ю У67
1,67-1 1Л2-10-3'
Газовая смесь состоит из азота массой 2 кг и аргона массой
1 кг. Принимая эти газы за идеальные, определить удельные тепло-
теплоемкости cv и ср газовой смеси.
Дано: т1 = 2 кг; т2 = 1кг; Мх = 28 • 10~3 кг/моль; М2 =
= 40 • 10~3 кг/моль.
Найти: cv, ср.
77

Решение» Выразим количество теплоты, необходимое для
нагревания смеси азота и аргона на AT, двумя способами:
Q = cF(mx + т2)АТ; A)
B)
где cv— удельная теплоемкость смеси газов при постоянном
объеме: су — азота; Су2 — аргона; т1 — масса азота; т2 —
масса аргона.
Приравняв правые части уравнений A) и B) и произведя
сокращения, получим:
Су{тх + т2) = Cyim1 + cvm2 ,
Су JTli Су П%2
откуда cv = * + 2- . C)
(т1 + т2) (т1 + т2)
Аналогичным образом найдем выражение и для ср:
Сп Тпл Сп 7Пп
cD = Pl ' + н 2 . D)
(тох + #n2) (m1 + rn2)
Удельные теплоемкости идеальных газов выражаются фор-
формулами:
Подставляя E) и F) в C) и D), получим расчетные формулы:
у f
2 Мх m1 + m2 2 М2 mj + m2
с + 8
p 2 M2 m1 + m2 2 M2 mj + /n2"
Для азота (двухатомный газ) i = 5, для аргона (одноатом-
(одноатомный газ) i = 3.
Подставляя числовые значения в формулы G) и (8), полу-
получим:
с = 5 .-Ml 2__ + 5 . 8,31 ._JL_ ^599(Дж/кг-К),
v 2 28-Ю 2 + 1 2 40-Ю 2 + 1
с = 5 + 2 . 8,31 2 + 3 + 2 . 8,31 # 1 _
р 2 28 • Ю-3 2 + 1 2 40 • 10 2 + 1
^866(Дж/кг-К).
78

32+ Кислород массой 160 г нагревают при постоянном давлении от
320 до 340 К. Определить количество теплоты, поглощенное газом,
изменение внутренней энергии и работу расширения газа.
Дано: т = 160 г = 1,6 • 10 кг; Тг = 320 К; Т2 = 340 К.
Найти: Q, AU,A.
Решение. Количество теплоты, необходимое для нагрева-
нагревания газа при постоянном давлении, равно:
Q = тср(Т2 - Тг) = g Ср(Т2 - TJ. A)
Здесь ср и Ср = Мср — удельная и молярная теплоемкости
газа при постоянном давлении; М = 3,2 • 10~2 кг/моль — мо-
молярная масса кислорода.
Для всех двухатомных газов
Ср = - R = 3,5 • 8,31 (ДжДмоль • К)) = 29,085 (ДжДмоль • К)).
Изменение внутренней энергии газа находим по формуле:
AU=^CV(T2-Tl), B)
где Cv — молярная теплоемкость газа при постоянном объеме.
Для всех двухатомных газов
5
2'
Cv = 5 R = 2,5 • 8,31 (ДжДмоль • К» = 20,775 (ДжДмоль • К)).
Работа расширения газа при изобарном процессе А = pAV,
где AV ==V2-V1 — изменение объема газа, которое можно най-
найти из уравнения Менделеева—Клапейрона. При изобарном
процессе
Почленным вычитанием выражения D) из C) находим
2 * м 2 1
следовательно,
" TJ. E)
79

Подставляя числовые значения в формулы A), B) и E),
получаем:
Q = 1>6'10 • 29,085C40 - 320) = 2908 (Дж);
3,2 -Ю
д[/ = 1>6'10^ . 20,775C40 - 320) = 2077,5 (Дж);
А = 1>6>10^ • 8,31C40 - 320) - 831 (Дж).
33» В цилиндре под поршнем находится водород, который имеет
массу 0,02 кг и начальную температуру 27 °С. Водород сначала рас-
расширился адиабатически, увеличив свой объем в 5 раз, а затем был
сжат изотермически, причем объем газа уменьшился в 5 раз. Найти
температуру в конце адиабатического расширения и работу, совер-
совершенную газом. Изобразить процесс графически.
Дано: т = 0,02 кг; Тг = 27 °С = 300 К; М = 2 кг/кмоль;
^-б;1-5.
Найти: Т2,А.
Решение, При адиабатном процессе температура и объем
газа связаны соотношением
где у = —2 — отношение теплоемкостей газа при постоянном
Cv
давлении и постоянном объеме. Для водорода у = 1,4.
Отсюда выражение для конечной температуры Т2 будет:
1 °'4
= тЩ)" 1 = 300(|)°'4 ~ 157 (К)-
Работу Ах газа при адиабатическом расширении можно оп-
определить по формуле
Ai = °'02 ' 5 • 8д31'103 C00 - 157) =* 2,97 • 104 (Дж).
U * Li
Работа А2 газа при изотермическом процессе может быть
выражена в виде:
80

Подставляя известные числовые значе-
ния величин, входящих в правую часть ра-
равенства, и выполняя арифметические дейст-
действия, находим:
А2 = 8,31 • 103 • 157 ^ ±
^ 1п± =* -2,10 • 104 (Дж).
с* О
адиабата
Знак «минус» показывает, что при ежа- о
тии газа работа совершается над газом внеш-
внешними силами. Полная работа, совершенная
газом при описанных процессах, равна:
А = 2,97 • 104 - 2,10 • 104 = 8,7 • 103 (Дж).
График процесса приведен на рис. 11.
i изотерма
V
Рис. 11
34» Кислород массой т = 2 кг занимает объем Vx = 1 м3 и находит-
находится под давлением рх = 0,2 МПа. Газ был нагрет сначала при постоян-
постоянном давлении до объема V2 = 3 м3, а затем при постоянном объеме до
давления рг = 0,5 МПа. Найти изменение AU внутренней энергии
газа, совершенную им работу А и количество теплоты Q, переданное
газу. Построить график процесса.
Дано: т = 2 кг; М = 32 кг/кмоль; Ул = 1
= р2
2 • 105 Па; V2
3 м3; р3
м3; рг
5 • 105 Па; R = 8,31 х
х Ю3 ДжДкмоль • К).
Найти: At/, A, Q.
Решение. Изменение внутренней энергии газа выражается
формулой
Аи=ШтАТ' A)
где i — число степеней свободы молекул газа (для двухатом-
двухатомных молекул кислорода i = 5); М — молярная масса; R — мо-
молярная газовая постоянная.
Начальную и конечную температуру найдем, используя
уравнение Менделеева—Клапейрона:
B)
^ М
Решая его относительно Т, получим
эУМ
Т =
mR
C)
п = 2-105-1-32 ^ оо. (К, т _ 2- 105- 3-32 ~лл*к гтп.
1 2.8,31-103 " 385 (К)' Т2 - 2-8,31.103 " П55 (К)'
5-105-3-32
2-8,31-103
= 2888 (К).
81

Подставляя в выражение A) числовые
значения входящих в него величин, нахо-
находим
AU = Л • 8'31'103 • 2B888 - 385) *
2 32
^3,25-106(Дж).
Работа расширения газа при постоян-
постоянном давлении выражается формулой
Р„с.12 A-R%AT.
Подставив числовые значения, получим
А = 8,31 • 103 • J- • A155 - 385) *= 0,4 • 106 (Дж).
32
Работа газа, нагреваемого при постоянном объеме, равна
нулю, т. е. А2 = 0. Следовательно, полная работа, совершенная
газом, равна
А = Аг + А2 = 0,4 • 106 (Дж).
Согласно первому началу термодинамики количество теп-
теплоты Q, переданное газу, равно сумме изменения внутренней
энергии АС/ и работы А:
следовательно,
Q = 0,4 • 106 (Дж) + 3,25 • 106 (Дж) = 3,65 (МДж).
График процесса приведен на рис. 12.
35» Идеальная тепловая машина, работающая по циклу Карно,
совершает за один цикл работу 1,5 • 105 Дж. Температура нагревате-
нагревателя 400 К, температура холодильника 260 К. Найти КПД машины,
количество теплоты, получаемое машиной за один цикл от нагрева-
нагревателя, и количество теплоты, отдаваемое за один цикл холодильнику.
Дано: А = 1,5 • 105 Дж; Тг = 400 К; Т2 = 260 К.
Найти: ц, Qv Q2.
Решение. КПД цикла Карно определяется формулой
4-2^=1. A)
С другой стороны, термический КПД выражается формулой
ч-«- <2)
где А — работа, совершенная рабочим телом тепловой маши-
машины; Qx — теплота, полученная от нагревателя.
82

Из A) и B) имеем
Работа, совершенная рабочим телом машины, определяет-
определяется разностью полученной от нагревателя теплоты Qx и отдан-
отданной холодильнику теплоты Q2:
A = QX-Q2.
Отсюда
или с учетом C)
q « Ji?i_-A=-^-. D)
2 тх-т2 тх-т2
Подставляя числовые значения в A), C) и D), находим:
400
36» Температура нагревателя тепловой машины 500 К. Темпера-
Температура холодильника 400 К. Определить КПД тепловой машины, рабо-
работающей по циклу Карно, и полезную мощность машины, если нагре-
нагреватель ежесекундно передает ей 1675 Дж теплоты.
Дано: Т = 500 К; То = 400 К; Q = 1675 Дж.
Найти: т|, N.
Решение. КПД машины определяется по формуле
Л = ^ A)
или г| = - . B)
Из выражений B) и A) находим
Т- То
Т
Произведем вычисления:
500 - 400 =0 2.
Л 500
А = 0,2 -1675 = 335 (Дж).
83

Эта работа совершается за 1 с, следовательно, полезная
мощность машины:
N = - = 335 (Дж/с) = 335 (Вт).
37»| Тепловая машина работает по обратимому циклу Карно. Тем-
Температура нагревателя 227 °С. Определить термический КПД цикла и
температуру охладителя тепловой машины, если за счет каждого
килоджоуля теплоты, полученной от нагревателя, машина соверша-
совершает работу 350 Дж.
Дано: Тх = 227 °С = 500 К; Qx = 103 Дж; А = 350 Дж.
Найти: т], Т2.
Решение. Термический КПД тепловой машины показыва-
показывает, какая доля теплоты, полученной от нагревателя, превра-
превращается в механическую работу. Термический КПД выражает-
выражается формулой
где Qx — теплота, полученная от нагревателя, А — работа, со-
совершенная рабочим телом тепловой машины.
Подставив числовые значения А и Qv получим:
Зная КПД цикла, можно по формуле
определить температуру охладителя Т2:
Т2 = 7^A - л).
Подставив сюда найденное значение КПД (г| = 0,35) и тем-
температуру нагревателя (Тг = 500 К), получим:
Т2 = 500A - 0,35) = 325 (К)
или
t2 = C25 - 273) = 52 (°С).
38»I Кислород массой 1 кг совершает цикл Карно. При изотермиче-
изотермическом расширении газа его объем увеличивается в 2 раза, а при после-
последующем адиабатическом расширении совершается работа 3000 Дж.
Определить работу, совершенную за цикл.
Дано: i = 5; V2 = 2VX; A2_3 = 3000 Дж.
Найти: А.
84

Решение. Идеальный цикл
Карно состоит из двух изотерм и
двух адиабат (рис. 13).
На рис. 13 участок 1—2 соот-
соответствует изотермическому расши-
расширению газа (Тг = Т2), участок 2—
3 — адиабатическому расширению
газа, участок 3—4 — изотермиче-
изотермическому сжатию (Т3 = Т) и участок
4—1 — адиабатическому сжатию.
При изотермическом расшире-
расширении внутренняя энергия идеального газа остается постоянной,
следовательно, все подводимое тепло Qx идет на работу по рас-
расширению газа на участке 1—2, т. е.
Рис. 13
тп
A)
При изотермическом сжатии на участке 3—4 тепло отдает-
отдается холодильнику (Q2), и это количество теплоты определяется
работой, затраченной на сжатие газа:
B)
Состояния 2 и 3 лежат на одной адиабате, поэтому можно
записать:
T2V\ - >А 3К3
-Y-1
C)
Для состояний 4 и 1, которые отвечают одной адиабате,
имеем:
т Vy~l = Т Vy~l
1 хУг - 1 4V4
Поделив выражение C) на D), получим
2 _
D)
E)
так как Тх = Т2 и Т3 = Г4.
Работа при адиабатическом расширении на участке 2—3
равна:
- Г3). F)
85

Работа при адиабатическом сжатии на участке 4—1 равна:
Так как Тх = Т2, аГ3 = Т4, то А2_3 = -А4_19 т. е. полная
работа по адиабатическому сжатию и расширению равна
нулю.
Следовательно, работа цикла:
А = А1_2-А3_4.
Из уравнений A), B) и E) получим:
g-T2)lnp. G)
Из уравнения F) выразим разность температур Т2 - Г3,
равную Тг - Т3, и подставим в уравнение G):
* v i
Произведем вычисления:
А = | • 3000 • 0,693 = 831,6 (Дж).
о
39» Тепловая машина работает по циклу Карно. При изотермиче-
изотермическом расширении двухатомного газа его объем увеличивается в
3 раза, а при последующем адиабатическом расширении — в 5 раз.
Определить КПД цикла. Какую работу совершает 1 кмоль газа за
один цикл, если температура нагревателя 300 К? Какое количество
теплоты получит от холодильника машина, если она будет совер-
совершать тот же цикл в обратном направлении, и какое количество теп-
теплоты будет передано нагревателю?
Дано: V2/V1 = k = 3; V3/V2 = п = 5; v = 1 кмоль = 103 моль;
Тг = 300 К.
Найти: y\,A,Q2,Q1.
Решение. КПД цикла Карно определяется формулой
где Тх — температура нагревателя; Т3 — холодильника.
86

При адиабатическом процессе 2—3 Р,
(рис. 14):
rY-1
B)
Рис. 14
где у — показатель степени адиабаты
(для двухатомного газа у = 1,4). Из ра-
равенства B) находим
Т = Т (vAy~l = т п1~у
i3 12[ТГ) 12П '
3
Так как Тг = Т2, то из равенства A)
получаем
То- Топ1 -у л
Л = -^—^ = 1 -/
Где /1i-y = 51-1>4 = 0,525.
Следовательно,
rj = 1 - 0,525 = 0,475; ц = 47,5%.
Работа в цикле Карно определяется разностью количества
теплоты Qv полученного в процессе 1—2, и Q2, отданного в
процессе 3—4:
А = Яг-Я2. C)
При изотермическом процессе
^=-v
jln ft, Q2 = vRT3\n^ = -vi?T3ln ft, D)
^3
V* Vo r,
так как — = —. Знак «минус» показывает, что теплота отда-
отдается холодильнику.
Следовательно,
А = vi?ln k(T1 - Т3) = vRln kAT, E)
где AT = Тх - Г3 = Тх - Т^-у^ ТгA - п1~у) = Тгг\; AT = 300 х
х 0,475 = 142,5 (К); тогда Г3 = 157,5 К.
Подставим числовые значения в равенство E):
А = 103 • 8,31 • 1,1 • 142,5 = 1,3 (МДж).
При обратном цикле Карно газ расширяется по адиабате
1—4, затем по изотерме 4—3, получая при этом от холодиль-
холодильника количество теплоты Q2; далее газ сжимается по адиабате
87

3—2, затем по изотерме 2—1, отдавая при этом количество
теплоты Qv По формуле D) находим:
Яг = 103 • 8,31 • 1,1 • 300 ^ 2,74 (МДж);
Q2 = 103 • 8,31 • 1,1 • 156 ^ 1,44 (МДж).
40» При давлении 105 Па 0,2 моля двухатомного газа занимает
объем 10 л. Газ изобарно сжимают до объема 4 л, затем сжимают
адиабатно, после чего газ изотермически расширяется до начального
объема и давления. Построить график процесса в координатах р, V.
Найти: работу, совершенную газом за один цикл; температуру, дав-
давление и объем в характерных точках процесса; количество теплоты,
полученное газом, от нагревателя и отданное газом холодильнику, а
также термический КПД цикла.
Дано: рг = 10 Па; v = 0,2 моль; Уг = 10 л = 10 м3; V2 =
= 4 л = 4 • 10 м3; Г3 = Тг; рг =р2; i = 5.
Найти: А, Тг, Т2, ps, F3, Q1$ Q2, r\.
Решение. Из уравнения Менделеева—Клапейрона pV1 =
vRTx находим Тг =
105 • 10~2
Из уравнения изобарного процесса — = —- находим
•«1 Т2
т _ TXV2 . _ 602 • 4 • Ю-3 _ 9Д1 (КЛ
Найдем координаты точки пересечения адиабаты и изотер-
изотермы. Из уравнения адиабатного процесса Т^у\х = T^V\X
(у = 1,4 — для двухатомного газа), откуда
Из уравнения изотермического процесса p3V3 ==jp1F1,
= 10». Ю-2 ^,
4,05-Ю-4 V '
88

Зная координаты точек пере-
пересечения изотермы и адиабаты
между собой и с изобарой, стро-
строим график процесса (рис. 15).
Количество теплоты, полу-
полученное газом от нагревателя, оп-
определим по первому закону тер-
термодинамики: dQ = vCydT + pdV.
При изотермическом процессе
dU = vCydT = 0 и dQ = pdV (рабо-
(работе расширения); следовательно,
105 Па,
25
20
15
10
5
0
2 4 6 8 у, 103м3
Рис. 15
Qx =
0,2 • 8,31 • 602 • 3,2 ^ 3,2 (кДж).
Количество теплоты, отданное газом холодильнику при
изобарном процессе, равно:
Q2 = vCp(T1-T2).
rt
Для двухатомного газа С = - R. Тогда
Q2 = 0,2 • I • 8,31 • F02 - 241) = 2,1 (кДж).
ел
Работа, совершенная газом,
A = Q1-Q2,A = 3,2 - 2,1 = 1,1 (кДж).
Находим КПД цикла:
Т1 =
1,1
3,2
= 0,344 = 34,4%.
41»| В результате изотермического расширения объем 8 г кислоро-
кислорода увеличился в 2 раза. Определить изменение энтропии газа.
Дано: т = 8 г = 8 • 10 кг; М = 32 кг/кмоль; V2 = 2VV
Найти: AS.
Решение. Изменение энтропии системы определяется по
формуле
AS = S2-S1=j^, A)
где dQ — количество тепла, сообщенное газу, Т — абсолютная
температура, Sx и S2 — значения энтропии в начальном и ко-
конечном состояниях системы.
При изотермическом расширении все подводимое коли-
количество теплоты идет на работу по расширению, т. е. dQ = dA =
= pdV.
89

Из уравнения Менделеева—Клапейрона:
Р~ М #~F'
поэтому
Подставляя выражение B) в A), получим:
Произведем вычисления:
AS = 8'10 • 8,31 • 103 • 0,693 * 1,44 (Дж/град).
32
42» Горячая вода некоторой массы отдает теплоту холодной воде
такой же массы, и температуры их становятся одинаковыми. Пока-
Показать, что энтропия при этом увеличивается.
Решение. Пусть температура горячей воды Tv холодной —
Т2, а температура смеси 0. Определим температуру смеси, ис-
исходя из уравнения теплового баланса:
тс(Тг - 0) = тпс(@ - Г2), или Тг - 0 = 0 - Г2,
откуда
Изменение энтропии, происходящее при охлаждении горя-
горячей воды:
Изменение энтропии, происходящее при нагревании холод-
холодной воды:
Т2 l i 2
Изменение энтропии системы равно
AS = ASX + AS2 = cmln— -f cmln— = cmln 02 ,
Tx T2 i i • T2
или с учетом соотношения A) имеем:
4Т,Т2
90

Так как Тг > Т2 > 273 К, то (Т^Т*) > 1 и \rSTl + T2) > 0.
4Т1Т2 47\Т2
Поэтому AS > 0, т. е. энтропия возросла.
43» Как изменится энтропия 2 г водорода, занимающего объем
40 л при температуре 270 К, если давление увеличить вдвое при по-
постоянной температуре и затем повысить температуру до 320 К?
Дано: m = 2 г = 2 • 10 кг; Vx = 40 л = 4 • 10 м3; М = 2 х
х 10~3 кг/моль; Гх = 270 К; Т2 = 320 К; р2 = 2рх.
Найти: AS.
Решение. Изменение энтропии определяется формулой
|^ A)
где dQ — изменение количества теплоты; Т — термодинамиче-
термодинамическая температура.
Изменение количества теплоты находим из первого закона
термодинамики для идеального газа:
B)
м
где m — масса газа; М — молярная масса; Cv — молярная изо-
хорная теплоемкость; dT — изменение температуры газа; р —
давление газа; dV — изменение объема; pdV — работа расши-
расширения газа.
Величину р найдем из уравнения Менделеева—Клапейро-
Менделеева—Клапейрона:
Для двухатомного газа
<^=§Д, D)
где Д = 8,31 ДжДмоль • К) — молярная газовая постоянная.
Подставляя C) и D) в B), находим:
Подставляя E) в A), получаем::
91

Для изотермического процесса
Тогда уравнение F) примет вид:
Произведем вычисления:
AS=hw* *8'31(ilnii ~ln2) * ~2'28 (Дж/К)-
44» При температуре 250 К и давлении 1,013 • 105 Па двухатом-
двухатомный газ занимает объем 80 л. Как изменится энтропия газа, если
давление увеличить вдвое, а температуру повысить до 300 К?
Дано: рг = 1,013 • 105 Па; Тг = 250 К; Vx = 80 л = 8 • 10~2 м3;
A)
Найти: AS.
Решение. Изменение энтропии определяется формулой
Изменение количества теплоты находим из первого закона
термодинамики:
dQ-^CydT + pdV. B)
м
Здесь пг — масса газа; М — молярная масса; Cv — моляр-
молярная изохорическая теплоемкость (для двухатомных газов Cv =
= - R, где R — молярная газовая постоянная); dV — изменение
Сл
объема газа при изменении температуры Т на dT; pdV — рабо-
работа при расширении газа.
Величины — и р найдем из уравнения Менделеева—Кла-
М
пейрона и объединенного газового закона:
M TXR9^ М V Тг V
Подставляя уравнение C) в B), находим:
1 1 1
92

Подставляя выражение D) в A), находим
тогда
AS = 1,013 • 105 • 8;,^ C,5 • 0,182 - 0,693) =* -1,82 (Дж/К).
45* Лед массой 2 кг, находящийся при температуре -13 °С, нагре-
нагрели до 0 °С и расплавили. Определить изменение энтропии.
Дано: m = 2 кг; tx = -13 °С; t2 = 0 °С; X = 3,35 • 105 Дж/кг;
с1 = 2,1-103Дж/(кг-К).
Найти: AS.
Решение. Изменение энтропии
где dQ — количество теплоты, сообщенное телу; Т — термоди-
термодинамическая температура тела; S1n S2 — соответственно значе-
значения энтропии в начальном и конечном состояниях системы.
Общее изменение энтропии равно:
AS = ? ASP
i = l
где ASj — изменение энтропии, происходящее на отдельных
этапах процесса.
Разделим этот процесс на два этапа. На первом — происхо-
происходит нагревание льда от начальной температуры Тх = 260 К до
температуры плавления льда Т2 = 273 К и
Так как dQx = mcxdT,
Т
то AS1 = /nc1ln—.
93

На втором этапе имеет место плавление льда. В этом случае
AQ2 = mX.
Тогда AS2 = ^ .
1 2
Общее изменение энтропии:
AS = ASa + AS2 =
Проведем вычисления в единицах СИ:
AS = 2B,1 • ЮЧпЦ! + 3'3257'3105) - 2,66 • 103 (Дж/К).
46»
273
Лед масой 2 кг, находящийся при температуре -10 °С, нагрели
и превратили в пар. Определить изменение энтропии.
Дано: т = 2 кг; Тг = 263 К; Т2 = 273 К; Т3 = 373 К;
сг = 2,1-103 Дж/(кг-К); X = 3,35 • 105 Дж/кг; с2 = 4,19 х
х 103 Дж/(кг • К); г = 2,26 • 106 Дж/кг.
Найти: AS.
Решение. Изменение энтропии определяется по формуле
Общее изменение энтропии равно сумме ZAS^, где AS^ — из-
изменения энтропии, происходящие на отдельных этапах про-
процесса:
1. Изменение энтропии ASX происходит при нагревании
льда от начальной температуры 7\ = 263 К до температуры
плавления Т2 = 273 К:
ASX = \ —-, так как dQ1 = mc^T, то
1 Т
Т
-* 1
где /п — масса льда; сх — удельная теплоемкость льда.
2. Изменение энтропии AS2 происходит при плавлении
льда. В этом случае dQ2 =
94

Тогда AS2 = ^ ,
1 2
где Т2 — температура плавления льда; X — удельная теплота
плавления.
3. Изменение энтропии AS3 происходит при нагревании во-
воды от температуры Т2 до температуры кипения Т3 = 373 К.
Величина AS3 вычисляется аналогично ASX:
AS3 = mc2\n-2,
1 2
где с2 — удельная теплоемкость воды.
4. Изменение энтропии AS4 происходит при испарении во-
воды; так как AQ = пгг, то
где г — удельная теплота парообразования.
Общее изменение энтропии
AS = AS, + AS2 + AS, + AS4 = m(Clh3 + ± + c2ln^ +
4 I 1 * 2 l
2 l 2
) = 1,73 • 104 (Дж/К).
47» Струя водяного пара при температуре 100 °С, направленная на
глыбу льда, масса которой 5 кг и температура 0 °С, растопила ее и
нагрела получившуюся воду до температуры 50 °С. Найти массу
израсходованного пара и изменение энтропии при описанных про-
процессах.
Дано: ш1 = 5 кг; Тг = 0 °С = 273 К; Т2 = 100 °С = 373 К; 9 =
= 50 °С = 323 К; X = 3,35 • 105 Дж/кг; г = 2,26 • 106 Дж/кг;
с = 4,19-103Дж/(кг-К).
Найти: m2, AS.
Решение. Количество теплоты, нужное для плавления льда
и для нагревания полученной холодной воды, равно количест-
количеству теплоты, выделившемуся при превращении пара в воду той
же температуры и последующем охлаждении полученной го-
горячей воды. Составим уравнение теплового баланса:
mxX + cm^Q - tj = m2r + cm2(t2 - 0),
где тп1 — масса льда; m2 — масса пара; X — удельная теплота
плавления льда; г — удельная теплота парообразования воды;
95

с — удельная теплоемкость воды; 6 — температура смеси; tx —
температура плавления льда; t2 — температура кипения воды.
Решая уравнение относительно т2, получим:
m - т Х + c(9~fi) - к 3,35 • 105 + 4,19 -103- E0-0) _
ГПп — #711 — D с— —
2 1 г + c(t2 - 9) 2,26 • 106 + 4,19 • 103 • A00 - 50)
- 1,1 (кг).
Изменение энтропии AS равно сумме изменений энтропии
при таянии льда (A«S1), при нагревании получившейся холод-
холодной воды (AS2), при превращении пара в воду той же темпера-
температуры (AS3) и, наконец, при охлаждении полученной из пара
горячей воды до окончательной температуры смеси (A*S4).
Изменение энтропии при переходе системы из состояния 1
в состояние 2 выражается следующей формулой:
AS=jf.
Найдем изменение энтропии при каждом из описанных
процессов.
1. При таянии льда температура Т сохраняет постоянное
значение, равное 273 К. Вынося постоянную температуру за
знак интеграла, получаем:
где AQ — количество теплоты, необходимое для таяния льда.
AQ = Хт1 = 3,35 • 105 • 5 = 1,675 • 10б (Дж).
Следовательно,
ASx = 1'6725731°6 - 6,14 • 103 (Дж/К).
2. При нагревании воды на dT требуется количество тепло-
теплоты, равное:
dQ = cm^T.
Следовательно, изменение энтропии при нагревании воды
выразится так:
АО )cmldT )dT i T2
96
AS2 = 4,19 • 103 • 5 • In^ ^ 3,52 . Ю3 (Дж/К).
273

3. При превращении пара в воду той же температуры изме-
изменение энтропии может быть найдено так же, как и в случае
таяния льда, т. е.
1
f = ^ ; AS3 - ~
ASa {dQ f ^ ; AS3
=-6,66-103 (Дж/К).
Изменению энтропии приписывается знак «минус», так
как в этом случае энергия выделяется.
4. Изменение энтропии при охлаждении полученной горя-
горячей воды получим путем рассуждений, аналогичных случаю
нагревания воды:
5
rcm2dT 5 dT л То
AS4 - 4,19 • 103 • l,lln|^ ^ -663 (Дж/К).
373
Полное изменение энтропии
AS = F,14 • 103 + 3,52 • 103 - 6,66 • 103 - 0,663 • 103)
= 2,337-103 (Дж/К).
3. Реальные газы и жидкости
48» В сосуде емкостью 10 л находится 360 г водяного пара при тем-
температуре 470 К. Вычислить давление пара на стенки сосуда. Какую
часть объема V составляет собственный объем V молекул пара? Ка-
Какую часть давленияр составляет внутреннее давление/?'?
Дано: V= 10 л = 0,01 м3; т = 360 г = 0,360 кг; Т = 470 К.
Найти: р, V/V,p'/p.
Решение. По уравнению Ван-дер-Ваальса
где -^ = —^—- = 0,02 • 103 (моль) — число молей газа;
М 18 • 10
а и Ъ — постоянные Ван-дер-Ваальса (для водяного пара
а = 55 • 10 Н • м4/моль2; Ь = 0,3 • 10 Н • м3/моль);
R = 8,31 Дж/(Моль • К) — молярная газовая постоянная.
Собственный объем V молекул связан с поправкой Ъ равен-
равенством
М
4 - 9332 Гладской 97

Тогда
YL = тЬ »
V 4MV'
Внутреннее давление определяется равенством
р' = @,02
П?]±;
м) v2
10-4 =
ю-4
Давление р находим из уравнения A):
„_ т RT _ (rnY .±.
р = 0,02 • 103 8'31'470 - 2,2 • 104
@,01-0,02-103-0,03-Ю)
= 8,29-106(Па).
Тогда
49» Даны постоянные а и Ь, входящие в уравнение Ван-дер-Вааль-
са. Определить значения критической температуры и критического
давления аргона.
Дано: а = 1,36 • 105 Н- м4/кмоль2; Ъ = 0,0322 м3/кмоль;
v=l.
Найти: Тк,рк.
Решение. Уравнение состояния реальных газов Ван-дер-
Ваальса для 1 кмоля имеет вид
A)
Из уравнения A) можно получить выражение для критиче-
критических величин Ткирк:
8а .
± к
Рк
к 27bR'
а
27Ь2
98

Определяем Ткирк:
Т = 8-1,36-105 _ ,<-л
к 27 -0,0322- 8,32 • 10*
= A,36) -10» ^ 4 8б . 10б
Рк 27-@,0322J 4'ЙЬ Ш
50* Углекислый газ массой 88 г находится в сосуде емкостью 10 л.
Определить внутреннее давление газа и собственный объем молекул.
Дано: m = 88 г = 8,8-КГ2 кг; V = 10 л = 10 м3;
М = 4,4 • 10~2 кг/моль; а = 0,361 Н • м4/моль2; Ъ = 4,28 х
х 10~5 м3/моль.
Найти: p',V.
Решение. По уравнению Ван-дер-Ваальса выражение доба-
добавочного давления р' имеет вид
где а — постоянная Ван-дер-Ваальса, V— объем.
,, Г8,8 ¦ 10-»у . 0,361 ^
4,4-10-2^ Ю-4
Постоянная Ван-дер-Ваальса Ъ учитывает поправку на соб-
собственный объем молекул V, и, как следует из уравнения
Ван-дер-Ваальса, произведение ~» Ь равно учетверенному объ-
объему молекул ~ Ъ = 4V7, откуда
М
. 4,28 -10-* =
|51»
М 4 4,4-10~2 4
В сосуде емкостью 25 л при температуре 300 К находится
40 моль кислорода. Определить давление газа, считая его идеальным;
реальным.
Дано: v = 40; Т = 300 К; V = 2,5 • 10 м3; а = 0,136 Н х
х м4/моль2; Ъ = 3,17 • 10~5 м3/моль.
Найти: pv р2-
Решение. Давление идеального газа определяем из уравне-
уравнения Менделеева—Клапейрона:
99

Давление газа, считая его реальным, определим из уравне-
уравнения Ван-дер-Ваальса:
где а и Ъ — постоянные Ван-дер-Ваальса.
Преобразуя это выражение, получим:
+ ?1я = vRT
откуда
= vRT - у2Д>
_ 4-101-8,31-3-102 , 16 -102-0,136 в з,85 • 10» (Па).
2 2,5-10-40-3,17-10 2,52-10
52» В сосуде под давлением 8 МПа содержится кислород, плот-
плотность которого 100 кг/м3. Считая газ реальным, определить его тем-
температуру и сравнить ее с температурой идеального газа при тех же
условиях.
Дано: р = 8 • 106 Па; р = 100 кг/м3; М = 32 • 10~3 кг/моль;
а = 0,136 Н • м4/моль2; Ъ = 3,17 • 10~5 м3/моль.
Найти: Т.
Решение. Температуру идеального газа найдем из уравне-
уравнения состояния идеального газа — уравнения Менделеева—
Клапейрона:
откуда
т 8- 1Q6.32.10-3 (К).
1 102-8,31 V '
Уравнение состояния реального газа — уравнение Ван-дер-
Ваальса для произвольного количества газа имеет вид:
pV= ZLRT; p= fxpM = рД7\
ж v
М2 F2A m
Преобразуем уравнение с учетом того, что р = — .
100

Отсюда
8,31
^ 324 (К).
53» Как изменится высота поднятия спирта между двумя пластин-
пластинками, погруженными в спирт, если расстояние между ними умень-
уменьшить с 1 мм до 0,5 мм? Смачивание пластинок считать полным.
Дано: а = 0,022Н/м; р = 0,8-103 кг/м3; гг = 1 мм = 10м;
г2 = 0,5 мм = 0,5 • 10 м.
Найти: ЛЛ.
Решение* Поверхность смачивающей жидкости между
пластинами принимает цилиндрический вид (рис. 16).
Лапласовское давление равно:
где Rx и R2 — радиусы кривизны двух взаимно-перпендику-
взаимно-перпендикулярных нормальных сечений поверхности жидкости. Для ци-
цилиндрической поверхности одно из нормальных сечений — се-
сечение, идущее вдоль образующей цилиндра. Для него R1 = оо.
Второе, перпендикулярное ему сечение, дает окружность ради-
радиусом R2 = 5 » гДе г — расстояние между плоскостями.
Поэтому добавочное давление
R2 r '
Это давление уравновешивает давле-
давление столба жидкости высотой Л, поэтому
Отсюда
pgr
Рис. 16
101

В нашем случае
P§r2
pg ^2 >
Производим вычисления:
ДЛ = 2-0,022 Г 1 . 1 ) « 5,61 • ЮЗ (м).
0,8-103-9,81 Ч),5-10 Ю^ V '
54» Из капиллярной трубки с радиусом канала 0,2 мм по капле
вытекает жидкость. Масса 100 капель равна 0,282 г. Определить ко-
коэффициент поверхностного натяжения жидкости.
Дано: г = 0,2 мм = 2 • 10~4 м; п = 100; т = 0,282 г =
= 2,82 • 10~4 кг.
Найти: а.
Решение. Капля отрывается в тот момент, когда ее сила
тяжести равна силе поверхностного натяжения. Считая ради-
радиус шейки капли равным радиусу капилляра, можно записать
2кго = — , откуда
п
2пгп'
а = 2,82-Ю-4-9,8 ~ 2 2 •10 (Н/м)
2-3,14-2-10~4-100 '
Найти добавочное давление внутри мыльного пузыря диа-
диаметром 10 см. Какую работу нужно совершить, чтобы выдуть этот
пузырь?
Дано: d = 10 см.
Найти: р9 А.
Решение. Пленка мыльного пузыря имеет две сферические
поверхности — внешнюю и внутреннюю. Обе поверхности ока-
оказывают давление на воздух, заключенный внутри пузыря. Так
как толщина пленки чрезвычайно мала, то диаметры обоих
поверхностей практически одинаковы. Поэтому добавочное
давление
55»
где г — радиус пузыря.
Так как г = ^,тор
2 а
102

Коэффициент поверхностного натяжения мыльной воды
а= 40 мН/м, диаметр пузыря d = 10 см = 0,1 м. Следова-
Следовательно,
,.8-40^ ,з,2 (Па).
Работа, которую нужно совершить, чтобы, растягивая
пленку, увеличить ее поверхность на AS, выражается форму-
формулой:
A = vAS, или А = o(S - So).
В данном случае S — общая площадь двух сферических по-
поверхностей пленки мыльного пузыря, So — общая площадь
двух поверхностей плоской пленки, затягивавшей отверстие
трубки до выдувания пузыря. Пренебрегая So, получим:
Сделав подстановку числовых значений величин, получим:
А = 2 • 3,14 • (ОДJ • 40 • 10~3 =* 2,5 • 10 (Дж).
Задачи для самостоятельного решения
1 ¦ В баллоне емкостью 30 л находится сжатый воздух при
температуре 17 °С. После того как часть воздуха израсходовали,
давление понизилось на 2 МПа. Какая масса воздуха была израсхо-
израсходована, если температура его оставалась постоянной? Ответ: 722 г.
2* Сколько молекул азота находится в сосуде емкостью 1 л,
если средняя квадратичная скорость движения молекул азота
500 м/с, а давление на стенки сосуда 1 кПа? Ответ: 2,58 • 1020.
3, Определить среднее число столкновений между молекула-
молекулами воздуха за 1 с в 1 см3 при температуре 7 °С, если плотность воз-
воздуха 0,05 кг/м3. Ответ: 9,7 • 1025 с.
4% Вычислить коэффициент диффузии воздуха при давлении
105 Па и температуре 17 °С. Ответ: 1,5 • 10~5 м2/с.
5* Определить молярную массу газа, если удельные теп-
теплоемкости равны: cv = 650 Дж/(кг-К), ср = 910 Дж/(кг-К).
Чему равны молярные теплоемкости Cv и Ср этого газа? Ответ:
32 • 10~3 кг/моль; 20,8 ДжДмоль • К); 29,1 ДжДмоль • К).
6ф Определить полную энергию молекул кислорода массой
64 кг, находящегося при температуре 47 °С. Какова энергия вра-
вращательного движения молекул кислорода? Ответ: 13,22 кДж;
5,32 кДж.
103

7* Азот массой 2 кг при температуре 17 °С и давлении 105 Па
сжимают до давления 1 МПа. Определить работу, затраченную на
сжатие, если газ сжимают: 1) изотермически, 2) адиабатно. Ответ:
396 кДж; 400 кДж.
8* При изобарном расширении воздуха массой 1 кг его объем
увеличился на 100 л. Найти температуру и работу воздуха при рас-
расширении, если начальное давление 105 Па, а начальная температу-
температура 15 °С. Ответ: 50 °С; 10,03 кДж.
9* Определить изменение энтропии при изотермическом рас-
расширении водорода массой 1 г, если объем газа увеличился в 3 раза.
Ответ: 4,56 Дж/К.
10* При изобарном расширении гелия массой 2 г его объем из-
изменился в 10 раз. Каково изменение энтропии? Ответ: 23,9 Дж/К.
11 ¦ Тепловая машина работает по циклу Карно. Температура
нагревателя 127 °С, холодильника 15 °С. На сколько надо изменить
температуру нагревателя (при неизменной температуре холодиль-
холодильника), чтобы увеличить КПД машины в 2 раза? Ответ: на 255 К.
12* В сосуде объемом 1 л под давлением 1 МПа находится
кислород. Какое количество теплоты необходимо сообщить газу
для увеличения его объема в 2 раза при изобарном расширении и
для увеличения его давления в 2 раза при изохорном процессе?
Ответ: 3,5 кДж; 2,5 кДж.
1 Зф Считая азот идеальным газом, определить его удельные
теплоемкости при изохорном и изобарном процессах. Ответ:
742 ДжДкг • К); 1,04 кДж/(кг • К).
14* Температуру смеси азота массой 28 г и кислорода массой
32 г, находящуюся в закрытом сосуде, изменили на 20 °С. Опреде-
Определить изменение внутренней энергии смеси. Ответ: 0,831 кДж.
15* Углекислый газ массой 6,6 кг занимает объем 3,75 м3 при
давлении 0,1 МПа. Определить температуру газа, считая его иде-
идеальным; реальным. Ответ: Гид = 301 К; Тр = 302 К.

ЧАСТЬ 3
Электричество и магнетизм
Основные законы и формулы
¦ Закон Кулона F =
¦ Напряженность электрического поля
¦ Напряженность поля:
точечного заряда
бесконечно длинной заряженной Е =
нити
4Я88ОГ2 Г
4Я88ОГ2
2Я88ОГ
равномерно заряженной плоскости Е =
между двумя равномерно
и разноименно заряженными
бесконечными параллельными
плоскостями
¦ Напряженность поля, создаваемого
металлической заряженной сферой
радиусом jR на расстоянии г от ее центра:
на поверхности сферы (г = К)
вне сферы (г > R)
2ее0
а
880
471880Л2
471880Г2
D = ??0Ё
¦ Смещение электрическое (индукция)
¦ Поток напряженности электрического Ф = J EndS
поля s
2
¦ Работа перемещения заряда А = Q jExdl\ A = Q((px - ф2)
в электрическом поле из точки 1 г
в точку 2
Q
¦ Потенциал поля, создаваемого
точечным зарядом
Ф:
105

¦ Потенциал электрического поля металлической полой
сферы радиусом R на расстоянии г от центра сферы:
О
на поверхности и внутри ср = -———-
сферы (г <Д) 47188°*
вне сферы (г > К) <р = §
471860Г
¦ Связь потенциала Ег = --2 ; ? = -grad ф
с напряженностью поля
¦ Сила притяжения между F = —±-— = -^-—
двумя разноименно 88°
заряженными обкладками
конденсатора
¦ Электроемкость:
уединенного проводника С == ^
Ф
плоского конденсатора С = ^ ; С =
U
слоистого конденсатора С =
; С Щ
U а
°
¦ Электроемкость батареи
конденсаторов, соединенных:
параллельно
последовательно
¦ Энергия поля:
заряженного проводника
заряженного конденсатора
поляризованного
диэлектрика
¦ Объемная плотность энергии
электрического поля
¦ Сила тока
¦ Закон Ома для замкнутой
(полной)цепи
С =
1
С "
wd
w3
w,
w =
i -
¦ cl + c
= 1.+
2
= ieeo
¦i<-
880E2
2
dQ
dt
R + r
2+... + Cn
1 + +i-
_ Q2 _ Qcg
~ 2C ~~ 2
E2V
_ ED __ D2
2 2ss0
¦ Закон Ома
в дифференциальной форме
106

Q =
д =
У =
p =
A =
F =
M =
TT2
s
1
p
Po(l + «0
IUt = I2Rt --
R+r
R
IBl sin a
= pmBsina
¦ Закон Джоуля—Ленца
¦ Сопротивление однородного
проводника
¦ Удельная проводимость
¦ Зависимость удельного
сопротивления от температуры
TJ2 +
¦ Работа тока А = IUt = I2Rt = *^J
R
¦ Полная мощность,
выделяющаяся в цепи
¦ КПД источника тока
¦ Закон Ампера
¦ Механический момент,
действующий на контур с током,
помещенный в магнитное поле
¦ Магнитный момент контура рт =
с током
¦ Связь магнитной индукции В =
с напряженностью магнитного
поля
¦ Закон Био—Савара—Лапласа dB =
¦ Магнитная индукция в центре В =
кругового тока
¦ Магнитная индукция поля:
созданного бесконечно _
длинным прямолинейным
проводником с током
созданного отрезком В = ^- (cos аг - cos a2)
проводника с током пг
поля бесконечно длинного В = ццоп/
соленоида
¦ Сила взаимодействия двух
прямолинейных длинных
параллельных проводников
с током, l^> d
107

¦ Напряженность магнитного поля,
создаваемого движущимся
зарядом Q
¦ Сила Лоренца
¦ Магнитный поток однородного
магнитного поля
¦ Работа по перемещению контура
с током в магнитном поле
¦ Основной закон электромагнитной
индукции
¦ Потокосцепление
¦ Потокосцепление соленоида
¦ Электродвижущая сила
самоиндукции
¦ Индуктивность соленоида
¦ Энергия магнитного поля
соленоида
¦ Объемная плотность энергии
магнитного поля
? using
4nr2
Н:
Qv xB
Ф = BScosa
dt
\\i = ЫФ
dI
L = [i[i0n2lS
w =
2
ВН
В2
Примеры решения задач
1 ¦ Электростатика
Два заряда находятся в керосине (е = 2) на расстоянии 1 см
друг от друга и взаимодействуют с силой 2,7 Н. Величина одно-
одного заряда в 3 раза больше другого. Определить величину каждого
заряда.
Дано: F = 2,7Н; г = 0,01 м; 8 = 2; qx = 3q; q2 = q.
Найти: ql9 q2.
Решение. Сила взаимодействия точечных зарядов опреде-
определяется по закону Кулона
4тиге0г2'
где ?! и д2 — заряды, е — диэлектрическая проницаемость
среды (в данной задаче — керосина), е0 — электрическая по-
108

стоянная б0 = 8,85 • 10 12 Ф/м, г — расстояние между заряда-
зарядами. По условию задачи qx = 3q; q2 = q»
Тогда
откуда
/2,7 - 4 - 3,14 - 2 - 8,85 - 10~12 - 10~4 „
Н 3
«1,4-10(Кл).
Следовательно, q1 = 4,2 • 10~7 Кл; q2 - 1,4 • 10 Кл.
2+ Два точечных заряда, находясь в воде (ех = 81) на расстоянии /
друг от друга, взаимодействуют с некоторой силой F. Во сколько раз
необходимо изменить расстояние между ними, чтобы они взаимо-
взаимодействовали с такой же силой в воздухе (s2 = 1)?
Дано: *\ = F2 = F; 1г; гг = 81; е2 = 1.
Найти: 12/1V
Решение. Заряды во всякой среде взаимодействуют с си-
силой, определяемой по закону Кулона. Выражения для сил 2*\ и
F2, с которыми заряды взаимодействуют в воде и в воздухе,
имеют вид:
где д2 и д2 — заряды, ех и е2 — диэлектрическая проница-
проницаемость воды и воздуха, е0 — электрическая постоянная, Zx и
Z2 — расстояние между зарядами в воде и воздухе соответ-
соответственно. Учитывая, что Fx= F2, получим:
3» Два шарика одинакового объема, обладающие массой 0,6 х
х 10~3 г каждый, подвешены на шелковых нитях длиной 0,4 м так,
что их поверхности соприкасаются. Угол, на который разошлись ни-
нити при сообщении шарикам одинаковых зарядов, равен 60°. Найти
величину зарядов и силу электрического отталкивания.
Дано: т = 0,6-Ю г = 0,6-10 7 кг; I = 0,4 м; а = 60°;
Найти: g,F3.
109

Решение. В результате электроста-
электростатического отталкивания с силой F3 за-
заряды разойдутся на расстояние г = I.
Как видно из рис. 17, сила F3 будет
уравновешена механической силой
Fuf равной
mg
Рис. 17
По закону Кулона
Э 4ТС88ОГ2 '
Учитывая, что F' = F', получим
= mgtg J,
2
откуда
g = V6 • 10 • 9,8 • 0,577 • 4 • 3,14 • 8,85 • 102 • 0,16 ^
^ 7,8 • 10"9 (Кл).
Тогда сила отталкивания будет равна
F ^ 7,82'10-18 -3 4*10"
э 4-3,14-8,85-Ю2-0,16
В элементарной теории атома водорода принимают, что элект-
электрон вращается вокруг протона по окружности. Какова скорость вра-
вращения электрона, если радиус орбиты 0,53 • 10~10 м?
Дано: q = 1,6 • 1019; г = 0,53 • 1010 м; те = 9,1 • 10~31 кг.
Найти: v.
Решение. Сила электрического взаимодействия электрона
с ядром (протоном) атома водорода определяется по закону Ку-
Кулона
2
где q — заряд электрона и протона, г — радиус орбиты — рас-
расстояние между электроном и протоном, е0 — электрическая
постоянная. Центростремительная сила -Рц, определяющая
вращение электрона по круговой орбите, имеет выражение
mv*
110

и численно равна силе электрического взаимодействия F3.
Приравнивая -Рц = F9, получим
mv2 _ а2
г 4яе0г2'
откуда
/
1,62>10-
38
12,56 • 8,85 • 102 • 0,53 • 10"
=* 2,2 • 106 (м/с).
Вычислить ускорение, сообщаемое одним электроном друго-
другому, находящемуся от первого в вакууме на расстоянии 1 мм.
Дано: q = 1,6 • 1019 Кл; г = 1 мм = 103 м.
Найти: а.
Решение. По закону Кулона электроны, находящиеся на
расстоянии г, взаимодействуют (отталкиваются) с силой:
4яг0г2 "
Под действием этой силы в соответствии со вторым законом
Ньютона электрон приобретает ускорение
т'
где т — масса электрона. Тогда
а== л q 2 ;
а= L6illO-?f -2,5-108
4 • 3,14 • 8,85 • 10~12 • Ю-6 • 9,1 • Ю'31
6» Два равных по величине заряда 3 • 10~9 Кл расположены в вер-
вершинах при острых углах равнобедренного прямоугольного треуголь-
треугольника на расстоянии 2//2 см. Определить, с какой силой эти два за-
заряда действуют на третий заряд 10~9 Кл, расположенный в вершине
при прямом угле треугольника. Рассмотреть случаи, когда первые
два заряда одно- и разноименные.
Дано: qx = q2 = 3 • 10"9 Кл; g3 e Ю"9 Кл; г = 2^2 см =
= 272 -10-2м.
Найти: F.
111

6) +qx r -q2
Q- -P
+Яг
^13
Рис. 18
Решение. Сила взаимодействия между двумя точечными
зарядами определяется по закону Кулона F = qtqk . По
4Я88Г2
принципу суперпозиции поле каждого заряда qx и д2 действу-
действует на заряд д3 независимо. Вследствие этого на заряд q3 дейст-
действуют независимо силы F13 и F23 (рис. 18, а). Векторная сумма
сил F = jF13 + F2S будет искомой величиной. Как видно из
рис. 18, сила F в обоих случаях будет одинаковой по абсолют-
абсолютной величине. Перейдем от векторного к скалярному выраже-
выражению сил. Введем обозначение jF13 = F2S = Fs. Тогда из геометри-
геометрических соображений
где r13 (или r12) — расстояние между зарядами qx и qz и (или)
Qi и q2y
= —
13 л'
Подставим числовые значения и определим F:
F = 72 - 3 -10'9 -1 - 1Q-9 _ 9 5 # 10_5 щч
4 • 3,14-1-8,85-102-22-Ю-4 V ;
7» Два равных отрицательных заряда по 9 нКл находятся в воде
на расстоянии 8 см друг от друга. Определить напряженность и по-
потенциал поля в точке, расположенной на расстоянии 5 см от зарядов.
Дано: Qx = Q2 = -9 • 10~9 Кл; с = 81; г0 = 0,08 м; гг = г2 =
= 0,05 м.
Найти: Еу ф.
112

Решение. Напряженность поля, со-
создаваемого в точке А (рис. 19) зарядами
Qx и Q2 по принципу суперпозиции по-
полей, равна векторной сумме напряжен-
ностей, создаваемых каждым из заря-
зарядов: _^ ^
Е = Ег + Е2. A)
Рис. 19
По теореме косинусов
/
(\.
Ей
Л
2
О
>Е2
h
-о
Е = jEf + Е% + 2ElE2cos2a . B)
Напряженность поля точечного заряда Q:
Е- Q
Заряды Qt и Q2 отрицательны, следовательно, векторы Ег и
Ё2 направлены по линиям напряженности к зарядам. По усло-
условию задачи заряды Q1 = Q2 расположены на одинаковом рас-
расстоянии от точки А, поэтому Ех = Е2. Следовательно, формула
B) имеет вид
Е = 2Егсой а,
где
h = VE-10J-D • 10J = 3 • 10~2 (м).
Тогда напряженность поля в точке А:
F_ 2Qih .
2 - 9 - 1Q-9 • 3 - Ю-2 Аяп m , v
" 48° (В/м)'
? 4-3,14-81-8,85-Ю--@,05K
Потенциал ф, создаваемый системой точечных зарядов в
данной точке поля, равен алгебраической сумме потенциалов,
создаваемых каждым из зарядов <р = ? Фг Потенциал ср резуль-
тирующего поля в точке А равен ср = фх + ф2. Потенциал поля,
создаваемого точечным зарядом:
113

Следовательно,
4лее0г2
-2 • 9 • 10"9
4- 3,14-81 -8,85- Ю-12- 5 • 10
** -40 (В).
В вершинах квадрата со стороной 0,1 м помещены заряды по
0,1 нКл. Определить напряженность и потенциал поля в центре
квадрата, если один из зарядов отличается по знаку от остальных.
Дано: qx = 0,1 нКл; q2 = g3 = ?4 = ~0>1 нКл; а = 0,1 м.
Найти: ?, ф.
Решение* Напряженность Е поля, создаваемого системой
зарядов, равна геометрической сумме напряженностей Et по-
полей, создаваемых каждым из i зарядов:
Е = ?23j- В данной задаче
Е
Е2
Рис. 20
Как видно из рис. 20,
а так как Ег = Е4, то Е = \
4Я??ОГ2
или
где е — диэлектрическая проницаемость (для воздуха 8 = 1),
г = — расстояние от центра квадрата до заряда
V2
2-10-10-2
4 • 3,14-1-8,85-Ю2-ОД2
« 360 (В).
Потенциал ф поля, создаваемого системой зарядов, равен
алгебраической сумме потенциалов ф{ полей, создаваемых
п
каждым из i зарядов: ф = X 4V В условиях данной задачи
Ф = Ф1 + Ф2 + ФЗ + Ф4-
Учитывая знаки зарядов, имеем
Ф = ф3 + ф4,
а так как ф3 = ф4, то ф = 2ф3.
4яег0г 4 • 3,14 • 8,85 • 102 • 0,1
- 25,4 (В).
114

9» Пространство между двумя параллельными плоскостями с по-
поверхностной плотностью зарядов +5 • 10~8 и -9 • 10~8 Кл/м2 заполне-
заполнено стеклом. Определить напряженность поля: между плоскостями;
вне плоскостей.
Дано: аг = +5 • 10"8 Кл/м2; ет2 = -9 • 10"8 Кл/м2; 8=7.
Найти: ?',?".
Решение. Напряженность поля, создаваемого плоскостью,
заряженной с поверхностной плотностью заряда а, равна
Е
2es0
где 8 — диэлектрическая проницаемость
среды (для стекла ег = 7, для воздуха е2 =
= 1). Направление векторов Е полей, со-
создаваемых заряженными плоскостями,
показано на рис. 21.
Очевидно, что в зазоре между плос-
плоскостями Е' = Ег Н- ?2, так как поля совпа-
совпадают по направлению:
82=1
8,-7
62=1
2вгЕ0 28^0
14 • 10"8
26x60
Рис. 21
2-7-8,85-102
В пространстве вне зазора между плоскостями напряжен-
напряженности Ег и Е2 имеют противоположные направления и
- °i =
- о.
4 • 10'8
2-1-8,85-102
28^0
^ 2260 (В/м).
10*1 На расстоянии 8 см друг от друга в воздухе находятся два за-
заряда по 1 нКл. Определить напряженность и потенциал поля в точ-
точке, находящейся на расстоянии 5 см от зарядов.
Дано: г = 0,08 м; qx = q2 = 10"9 Кл; гг = 0,05 м.
Найти: Е9 ф.
Решение. Напряженность Е и потенциал ф поля, созданно-
созданного точечным зарядом в точке А на расстоянии г от заряда, оп-
определяются по формулам:
Е
; ф=
4Я88ОГ
115

Из рис. 22 видно, что Е = Ех + Е2, Е1 = Е2 и значение Е
определяется по теореме косинусов
11.
cosa) =2?1cos ^
cos | определим из ААВС: cos ^ = | =0,6.
2 2 5
? 4- ,.1«.1.,^Г.м-2.«.. НИ-5
Потенциал поля ср в точке А равен
ф = 2'10'9 I 360 (В).
т 4-3,14-8,85-10-12-5-10-2
Заряды по 1 нКл помещены в вершинах равностороннего тре-
треугольника со стороной 0,2 м. Равнодействующая сил, действующих
на четвертый заряд, помещенный на середине одной из сторон тре-
треугольника, равна 0,6 мкН. Определить этот заряд, напряженность
и потенциал поля в точке его расположения.
Дано: qx = q2 = q3 = 109 Кл; а = 0,2 м; F = 6 • 10 ~7 H.
Найти: qv E, q>.
Решение. Напряженность Е поля точечного заряда q на
расстоянии г от него определяется по формуле:
471880Г2
Как видно из рис. 23, напряженность поля в точке А на рас-
расстоянии гх = 5Ьр^ равна:
* = Чг • г = 10~9'4 = 300 (В/м).
0г?
4 • 3,14 • 8,85 • Ю2 • 0,22-3
i 3 см • с а ' г
/2" /
а ' г
ч
\
Рис. 22 Рис. 23
116
\
4 ?з

Заряд q± определим из формулы F = q4E, откуда
F
Потенциал поля ф в точке А равен сумме потенциалов:
Ф = Фх + Ф2 + Фз-
При этом
Я>1 = Фз =
47Г??0|
4 • 3,14 • 8,85-Ю2-0,2
^ 90 (В)
ф2
2 - 1Q-9
4 • 3,14-8,85-Ю2-0,2-
Ф = 2 • 90 + 52 = 232 (В).
- 5J (В).
Два одинаковых заряда находятся в воздухе на расстоянии
0,1 м друг от друга. Напряженность поля в точке, удаленной на рас-
расстоянии 0,06 м от одного и 0,08 м от другого заряда, равна 10 кВ/м.
Определить потенциал поля в этой точке и значение заряда.
Дано: Е = 104 В/м; г3 = 0,1 м; г2 = 0,06 м; гх = 0,08 м;
Qi = Q2 = Я-
Найти: д, ф.
Решение. Напряженность Е и потен- Ч\ r3 q2
циал ф поля точечного заряда q опреде- ®"s ~^®
ляется по формулам: г2ч ч а ^ ^
Как видно из рис. 24,
Е=Щ+Щ,
Рис. 24
так как rf
r|, следовательно, а = -
Е
4т1??
4n??0rfr|
117

Откуда
Е
q
^i + Л
q = 10 ' 4 - 3,14 - 1 - 8,85 - 10~12 - 0,062 - 0,082 ^ 35 . 1Q-9 (Кл)
V0,064 + 0,084
Потенциал
1 2 4Я88ОГ2 4ЯЕ8Г 47188^Г Г/ '
13»
Y 4-3,14-8,85-102 Ч),06 0,08
Электрон движется по направлению силовых линий одно-
однородного поля напряженностью 2,4 В/м. Какое расстояние он проле-
пролетит в вакууме до полной остановки, если его начальная скорость
2 • 106 м/с? Сколько времени будет длиться полет?
Дано: Е = 2,4 В/м; v0 = 2 • 106 м/с; q = 1,6-1019Кл;
т = 9,1-1(Г31кг; i>K = 0.
Найти: s, t.
Решение. На электрон в электрическом поле действует си-
сила F = qE, направленная навстречу его движению. По второму
закону Ньютона ускорение электрона под действием силы F
равно:
т т
С другой стороны, ускорение а равно:
Приравнивая эти выражения, определим время t до полной
остановки электрона:
v0 = пЕ . = rnv0
За это время электрон пройдет путь s, равный
, = „ t _ at2 _ t_ v0t2 vot ф
118

14ч Две бесконечно длинные, равномерно за-
ряженные нити с линейной плотностью заря-
зарядов б • 10~5 Кл/м расположены на расстоянии
0,2 м друг от друга. Найти напряженность
электрического поля, созданного в точке, уда-
удаленной на 0,2 м от каждой нити.
Дано: т = 6 • 10~5 Кл/м; г = 0,2 м;
I = 0,2 м.
Найти: Е.
Решение. Напряженность поля Е, со- р 25
здаваемого длинной, равномерно заряжен-
заряженной нитью с линейной плотностью заряда т на расстоянии г от
нее, определяется по формуле:
—>
Вектор Е напряженности суммарного электрического поля
будет равен Е = Ег + Е2. Как видно из рис. 25, угол а между
векторами Ег и Е2 равен 60°. Величину вектора Е определим
по теореме косинусов:
Так как
то Е = Ел 72A + cos а) = —Ь_ ^2A + cosa);
2яе0г
15» Две параллельные металлические пластины, расположенные
в диэлектрике с диэлектрической проницаемостью 2,2, обладают по-
поверхностной плотностью заряда 3 и 2 мкКл/м2. Определить напря-
напряженность и индукцию электрического поля между пластинами и вне
пластин.
Дано: г = 2,2; аг = 3 • 10 Кл/м2; а2 = 2 • 10б Кл/м2.
Найти: EM,EB,DM,DB.
Решение. Напряженность поля, создаваемого каждой из
пластин с поверхностной плотностью зарядов а, определяется
по формуле:
Е
Направления векторов напряженности полей, создаваемых
пластинами, показаны на рис. 26. Учитывая направление век-
119

торов, получим, что напряженность поля Ем в зазоре между
пластинами равна:
ь
Ег
Е2
Е,
а в пространстве вне пластин —
*1 ~ °2)>
288П 288,
о
288П
Рис. 26
Е = C 2)-Ю-6 ^ 2 57 . 104 (в/м).
+ о2);
2
1 пб
10
+
2б?0 2бе0 2ее0
3 + 2)'10~6 _ , o
" 12
в 2.2,2-8,85.102
Индукция D и напряженность Е электрического поля свя-
связаны соотношением D = ее^. Тогда:
1-е
^2,5-10-6(Кл/м2).
16» Определить поток вектора напряженности электрического по-
поля сквозь замкнутую шаровую поверхность, внутри которой нахо-
находятся три точечных заряда +2, -3 и +5 нКл. Рассмотреть случаи,
когда система зарядов находится в вакууме и в воде.
Дано: Ql = +2 • 1<Г9 Кл; q2 = -3 • 10"9 Кл; д3 = +5 • 10~9 Кл;
ех = 1; е2 = 81.
Найти: Ф?.
Решение. В общем случае поток вектора напряженности
ФЕ сквозь поверхность S равен
ФЕ = $Ends,
s
где Еп — проекция вектора Е на нормаль п к поверхности,
Еп = ?cos a.
Для шаровой поверхности, в центре которой помещен то-
точечный заряд, а = 0, cos а = 1и?га = ?.В каждой точке шаро-
шаровой поверхности Е — величина постоянная и определяется по
формуле
Е
471880Г2
A)
120

Тогда поток вектора напряженности Ф^ сквозь шаровую
поверхность будет иметь вид
ФЕ = f EdS = E$dS = ?S = E • 4тгг2. B)
s s
Подставляя A) в B), после преобразований для одного то-
точечного заряда получаем Ф^ = -2- . На основании теоремы Ост-
880
роградского—Гаусса для системы зарядов полный поток век-
вектора напряженности сквозь замкнутую поверхность произ-
произвольной (в том числе шаровой) формы равен
ф = %
Подставим в C) числовые значения и получим:
а) в случае, когда заряды находятся в вакууме,
ж(,1 * ,*ж?^
б) в случае, когда заряды находятся в воде,
81 • 8,85-Ю2
17» Электрическое поле создается тонкой, бесконечно длинной
нитью, равномерно заряженной с линейной плотностью заряда
10~10 Кл/м. Определить поток вектора напряженности через ци-
цилиндрическую поверхность длиной 2 м, ось которой совпадает с
нитью.
Дано: т = 1(Г10 Кл/м; h = 2 м.
Найти: ФЕ.
Решение. Нить длиной h с линейной плотностью заряда т
содержит заряд q = xh. Линии напряженности направлены по
нормали к нити по всевозможным направлениям и будут про-
пронизывать только боковую поверхность цилиндра. В соответст-
соответствии с теоремой Остроградского—Гаусса поток ФЕ вектора на-
напряженности сквозь замкнутую поверхность равен
Следовательно,
ф = ih.; ф = —10~10 ' 2— ~ 22,6 (В/м).
Е ее0 1-8,85-Ю-12 v ' '
121

Заряд 1 • 10~9 Кл переносится из бесконечности в точку, нахо-
находящуюся на расстоянии 1 см от поверхности заряженного шара ра-
радиусом 9 см. Поверхностная плотность заряда шара 1 • 10~4 Кл/м2.
Определить совершаемую при этом работу. Какая работа совершает-
совершается на последних 10 см пути?
Дано: q = 10~9 Кл; а = 10~4 Кл/м2; R = 9 см = 0,09 м; гх =
= 1 см = 0,01 м ; г2 = 10 см = 0,1 м; е = 1.
Найти: AVA2.
Решение. Работа внешней силы Аг по перемещению заряда
q из точки поля с потенциалом фх в другую точку с потенциа-
потенциалом ф2 равна по абсолютной величине, но противоположна по
знаку работе А[ сил поля по перемещению заряда между эти-
этими точками поля, т. е. Аг = —А[. Работа сил электрического
поля определяется по формуле А[ = q((p1 - ф2).
Тогда
где фх — потенциал в начальной точке; ф2 — потенциал в ко-
конечной точке.
Потенциал, создаваемый заряженным шаром радиусом R
в точке на расстоянии г от его поверхности, определяется
по формуле
Ф--: ^тг—т> B)
где q0 = <j4nR2 — заряд шара.
Потенциал фх в бесконечно удаленной точке (при г = со)
будет равен нулю. Потенциал ф2 из B) подставим в A) и после
преобразований получим
А, = ?аД2 . C)
Подставляя числовые значения в C), получаем
А = 10-9. Ю-»-81-10-"
Al 92 10
Работу на последних 10 см пути можно определить по фор-
формуле
где ф{ = — — потенциал в точке на расстоянии
4я?еоG? + гх + г2)
(R -Ь гх 4- г2) от центра шара.
122

Подставляя выражение для ф^ и ф2 в D), после преобразова-
преобразований получаем:
А2 = 9°Д2 2?5! . E)
Первое слагаемое в E) численно равно Av
Подставим числовые значения и вычислим А2:
А2 = 9,2 • 10-4 _ 1- Ю-9' 1-ИИ-81 -И)-* ^ 4>6 .10-4 (Дж).
2 1-8,85-102-2-Ю-1
19» Заряд 1 нКл переносится в воздухе из точки, находящейся на
расстоянии 1 м от бесконечно длинной, равномерно заряженной нити,
в точку на расстоянии 10 см от нее. Определить работу, совершаемую
против сил поля, если линейная плотность заряда нити 1 мкКл/м.
Какая работа совершается на последних 20 см пути?
Дано: г0 = 0,1 м; гг = 1 м; г2 = 0,2 м; Q = 10~9 Кл; 8 = 1;
т = 1 • 10~6 Кл/м.
Найти: Аг,А2.
Решение. Работа внешней силы по перемещению заряда Q
из точки поля с потенциалом фг в точку с потенциалом ф0
равна:
-9l). A)
Бесконечная, равномерно заряженная нить с линейной
плотностью заряда т создает аксиально симметричное поле на-
напряженностью Е = —-— . Напряженность и потенциал этого
2Я8?ОГ
поля связаны соотношением
? = -<*?, откуда <2ф = - Edr.
dr
Разность потенциалов точек поля на расстоянии гх и г0 от
нити
е0 rJt г
Фо " 9i = T^~ ln" ; Фо " Ф2 =
2Я88 ''
О Го
Подставляя в формулу A) найденное выражение для раз-
разности потенциалов из B), определим работу, совершаемую
внешними силами по перемещению заряда из точки, находя-
123

щейся на расстоянии 1 м, до точки, расположенной на рас-
расстоянии 0,1 м от нити:
2Я?ЕО Го
А _ Ю-9-Ю-6-Ш Ю . 4 д . 10-5 (Дж).
1 2-3,14-8,85-Ю-12 1(Ч
Работа по перемещению заряда на последних 20 см пути
равна
20»
А = 10-«-10-б-1п2 ^ j 24. Ю Шж)
А2 2-3,14.8,85.10-" ' W ''
___ В поле бесконечной, равномерно заряженной плоскости с по-
поверхностной плотностью заряда 10 мкКл/м2 перемещается заряд из
точки, находящейся на расстоянии 0,1 м от плоскости, в точку на
расстоянии 0,5 м от нее. Определить заряд, если при этом соверша-
совершается работа 1 мДж.
Дано: а= 10~5Кл/м2; гг = 0,5м; г2 = 0,1 м;А= 10Дж.
Найти: q.
Решение. Напряженность поля Е, создаваемая заряженной
плоскостью с поверхностной плотностью заряда а, равна
Е = Q
2ее0'
а на заряд q со стороны поля действует сила
Работа этой силы на пути dr будет равна dA = Fdr, а на пути
от г, до Го
л. ?i r r
Отсюда
21» Какую работу надо совершить, чтобы заряды 1 и 2 нКл, нахо-
находящиеся в воздухе на расстоянии 0,5 м, сблизить до 0,1 м?
Дано: qx = 10~9 Кл; q2 = 2 • 10~9 Кл; гг = 0,5 м; г2 = 0,1 м.
Найти: А.
Решение. Работа А по перемещению заряда qx в поле, со-
созданном зарядом q2, определяется по формуле А = д1(ф2 —
124

где ф2 и фх — потенциал поля, созданного зарядом q2 в соответ-
соответствующих точках на расстоянии г2 и гх от него:
2 4яее0г2'
ф = —±1— .
4Я8Б0Г!
! 4Я88О
_ 10-». 2-10-» A
(
4-3,14.8,85-10-" 4
22* Заряд -1 нКл переместился в поле заряда +1,5 нКл из точки с
потенциалом 100 В в точку с потенциалом 600 В. Определить работу
сил поля и расстояние между точками.
Дано: qx = -1-10"9Кл; q2 = -М,5-10"9Кл; фх = 100 В;
Ф2 = 600 В.
Найти: А, Аг.
Решение. Потенциал ф поля, созданного точечным зарядом
д, равен:
Ф — -т-^— >
4Я88ОГ
где г — расстояние от заряда до данной точки поля.
откуда гг =
гх = 1-5>10"9 - 13,5 • Ю-* (м).
1 4 • 3,14 • 8,85 -Ю-12- 100 v '
_ q2
_
откуда г2 =
—%2— ;
4я880ф2
=
2
2 25 1
4-3,14-8,85-102-600
Аг= гх -г2 = 11,25- Ю-2 (м).
Работа сил поля:
х ~ ф2); А - 10"9 • A00 - 600) = 5 • 10~7 (Дж).
125

23+ Заряд -1 нКл притянулся к бесконечной плоскости с поверх-
поверхностной плотностью заряда 0,2 мкКл/м2. На каком расстоянии от
плоскости находился заряд, если работа сил поля по его перемеще-
перемещению равна 1 мкДж?
Дано: |д| = 1 • Ю"9 нКл; а = 2 • 10~7 Кл/м2; А - 1 • 10б Дж.
Найти: г.
Решение. Напряженность Е поля, создаваемого равномер-
равномерно заряженной бесконечной плоскостью, равна:
?= -2-.
2?80
Величина Е является величиной постоянной, а это значит,
что сила F = qEy действующая на заряд qy будет постоянной.
Работа dA силы F на пути dr равна dAr = Fdr. Работа Аг на пути
от г до 0 будет
А- \ Fdr= \qEdr- \ JS-dr=32L;
оо о 2s80 2ее0
отсюда
24» Конденсатор с парафиновым диэлектриком заряжен до раз-
разности потенциалов 150 В. Напряженность поля в нем 6-106В/м.
Площадь пластин 6 см2. Определить емкость конденсатора и поверх-
поверхностную плотность заряда на обкладках (е = 2).
Дано: U = 150 В; Е = 6 • 106 В/м; S = 6 • 10'4 м2; 8 = 2.
Найти: С, а.
Решение. В плоском конденсаторе напряженность поля
равна: Е = — . Отсюда
880
а = ?ее0 = 6 • 106 • 2 • 8,85 • 102 ^ 1,06 • 10~4 (Кл/м2).
Емкость С плоского конденсатора равна С = —— .
а
Учитывая, что в плоском конденсаторе разность потенциа-
потенциалов U и напряженность Е связаны соотношением Е = —, где
а
d — зазор между обкладками, выразим d = — . Теперь выраже-
Е
ние для емкости конденсатора запишем в виде
С - g^g . с _ 6 • 10» • 2 • 8,86 ¦ 10-» ¦ 6 • 1Q-* а 4>25 .10_10 (ф)
126

25* Вычислить емкость батареи, состоящей из трех конденсаторов
емкостью 1 мкФ каждый, при всех возможных случаях их соеди-
соединения.
Дано: Сг = С2 = С3 = 1 • 10~6 Ф; п = 3.
Найти: Сб.
Решение. Емкость батареи конденсаторов вычисляется по
формулам:
п
Сб = X С^ — при параллельном соединении,
1 ^1
— = 2- ПРИ последовательном.
При наличии трех конденсаторов одинаковой емкости воз-
возможны следующие схемы соединений:
1) параллельное соединение а) о—
(рис. 27, а): С
- С2 + С3 = 3 (мкФ);
Сб =
2) последовательное соединение
(рис. 27, б):
Сб = | (мкФ);
3) комбинированное соединение
по схеме (рис. 27, в):
С23 = С2 + С3 = 2 (мкФ).
^23
Сб=Л ^0,67(мкФ);
1,0
4) комбинированное соединение г)
по схеме (рис. 27, г):
^- = ~ + ?- = 2 (мкФ); С23 = 1 (мкФ).
^23 и2 ^3 ^
Сб - Сг + С23 = 1 + 0,5 = 1,5 (мкФ).
Рис. 27
127

26» Заряд на каждом из двух последовательно заряженных кон-
конденсаторов емкостью 18 и 10 пкФ равен 0,09 нКл. Определить на-
напряжение на батарее конденсаторов; на каждом конденсаторе.
Дано: Сг = 1,8 • 10 п Ф; С2 = 1 • 101 Ф; q = 9 • 1011 Кл.
Найти: Uv U2, U.
Решение. При последовательном соединении конденсато-
конденсаторов напряжение U на батарее равно U = Ux + U2. Напряжение
?7, заряд q и емкость С связаны соотношением U = 3. Тогда
27» Конденсатор емкостью 16 мкФ последовательно соединен с
конденсатором неизвестной емкости, и они подключены к источ-
источнику постоянного напряжения 12 В. Определить емкость второго
конденсатора, если заряд батареи 24 мкКл.
Дано: Сх = 16 мкФ = 1,6 • 10 Ф; U = 12 В; q = 24 • 10 Кл.
Найти: С2.
Решение. Напряжение U, заряд д, емкость конденсатора С
связаны соотношением U = 3..
Тогда
При последовательном соединении напряжение U на бата-
батарее равно
U = U1 + U2mU2 = U-U1- 10,5 (В),
а емкость С2 = -?•; С2 = 2>4'10 * 2,3 • 10 (Ф).
О 2 1U ,Э
28» Два конденсатора емкостью по 3 мкФ заряжены один до напря-
напряжения 100 В, а другой до 200 В. Определить напряжение между обклад-
обкладками конденсатора, если они соединены параллельно одноименно
заряженными обкладками; разноименно заряженными обкладками.
Дано: Сх = С2 = 3 мкФ; Ux = 100 В; U2 = 200 В.
Найти: С/', U".
128

Решение. Напряжение 17, заряд q и емкость С конденсато-
конденсаторов связаны соотношением q = CU; тогда qx = C^U^ q2 — C2U2.
При соединении конденсаторов одноименно заряженными об-
обкладками заряд батареи
9 = ?i + ?2>
емкость С = С1 + С2 = 2CV
л,
напряжение IT
1Г-100 + 200-150(В).
2 v
При соединении конденсаторов разноименно заряженными
обкладками заряд батареи
емкость С = Сг + С2 = 2С
и напряжение 17" =
Тогда: С/" = bZSl = Zs?i
[/" = 200-100 = 50 (В).
29» Со скоростью 2 • 107 м/с электрон влетает в пространство меж-
между обкладками плоского конденсатора в середине зазора в направле-
направлении, параллельном обкладкам. При какой минимальной разности
потенциалов на обкладках электрон не вылетит из конденсатора,
если длина конденсатора 10 см, а расстояние между его обкладками
1 см?
Дано: i; = 2 • 107 м/с; I = 0,1 м; d = 0,01 м.
Найти: U.
Решение. На электрон, влетающий в поле конденсатора, со
стороны поля будет действовать сила F = qEy где q — заряд,
Е = ^ — напряженность поля конденсатора, U — разность
а
потенциалов, d — зазор между обкладками конденсатора
(рис. 28). Под действием силы F элект-
электрон приобретает ускорение а, равное
F
а = —, и, двигаясь с этим ускорением,
т
пройдет луть
d _. at^_ н
2 2 '
Рис. 28
5 - 9332 Гладской
129

Чтобы электрон не «упал» на нижнюю пластину конденса-
конденсатора, время его полета t между обкладками должно быть t < - .
Учитывая это и второй закон Ньютона, получим:
1 = 9^1 = L . JL = QEl2 = <*ul2
2 2 т 2v2 2mv2 2dmv2'
отсюда
TT _ d2mv2. rr _ l-10-4'9,l-10-31-4-1014 _ 99 7
и--фГ'и 1,6-10-^.1.10-2 22,7
30» Батарею из двух конденсаторов емкостью 400 и 500 пФ соеди-
соединили последовательно и включили в сеть с напряжением 220 В. По-
Потом батарею отключили от сети, конденсаторы разъединили и соеди-
соединили параллельно обкладками, имеющими одноименные заряды.
Каким будет напряжение на зажимах полученной батареи?
Дано: иг = 220 В; Сг = 400 пФ; С2 = 500 пФ.
Найти: U2.
Решение. У последовательно соединенных конденсаторов
заряды на обкладках равны по модулю Qx = Q2 = Q и заряд
батареи равен заряду одного конденсатора. Емкость батареи
последовательно соединенных конденсаторов определяется по
формуле
С & Ct
Для батареи из двух конденсаторов
С С'
а их заряд Q = CU1 = °lC2*/l. A)
Сг + С2
При отключении конденсаторов их заряд сохраняется.
У параллельно соединенных конденсаторов заряд батареи ра-
равен сумме зарядов конденсаторов Qf = Qx + Q2, а емкость —
сумме емкостей С" = Сг + С2.
Напряжение на зажимах батареи из двух параллельно со-
соединенных конденсаторов
Подставляя A) в B), получаем
= _2С1С^ = 2-4.5.10-*°. 220
(С + СJ 2 92« Ю-2»
130

31»| Найти, как изменятся электроемкость и энергия плоского воз-
воздушного конденсатора, если параллельно его обкладкам ввести ме-
металлическую пластину толщиной 1 мм. Площадь обкладки конден-
конденсатора и пластины 150 см2, расстояние между обкладками 6 мм.
Конденсатор заряжен до 400 В и отключен от батареи.
Дано: ? = 1; d0 = 10 м; S = 1,5 • 10 м2; d = б-КИм;
U = 400 В.
Найти: AC, AW3.
Решение. Емкость и энергия конденсатора
при внесении в него металлической пластины
изменятся. Это вызвано тем, что при внесении
металлической пластины уменьшается рас-
расстояние между пластинами от d до (d - d0)
(рис. 29). Используем формулу электроемкое-
ти плоского конденсатора:
A)
Рис. 29
где S — площадь обкладки; d — расстояние
между обкладками. В данном случае получим,
что изменение электроемкости конденсатора
равно:
а/ч _ г1 — Г — ??0^ _ ??0^ _ 880^0
2 1 d-d0 d d(d-d0)
Подставив числовые значения, получим:
АС = 1-8,85-10-»-1,5-10-'-10-* . 4 43 .10-12 (ф) = 4?43 (пФ).
6 • 10~3 • 5 • Ю-3 v
Так как электрическое поле в плоском конденсаторе одно-
однородно, плотность энергии во всех его точках одинакова и равна:
B)
где Е — напряженность поля между обкладками конденсато-
конденсатора. При внесении металлической пластины параллельно
обкладкам напряженность поля осталась неизменной, а объ-
объем электрического поля уменьшился на
AV = S(d - d0) -Sd = -Sd0.
Следовательно, изменение энергии (конечное значение ее
меньше начального) произошло вследствие уменьшения объ-
объема поля конденсатора:
i C)
131

Напряженность поля Е определяется через градиент потен-
потенциала:
Д--77- D)
а
Формула C) с учетом D) принимает вид
d0. E)
Подставляя числовые значения в формулу E), получаем
= ,8,85 -10-» - 400* . 16 .10-2 . г . 10-з ^
2 • б2 • 10
** -2,95 • 10~7 (Дж) = -295 (нДж).
32» Расстояние между обкладками плоского воздушного конден-
конденсатора 4 мм. На помещенный между обкладками конденсатора заряд
Q = 4,9 нКл действует сила F = 98 мкН. Площадь обкладки 100 см2.
Определить напряженность поля и разность потенциалов между об-
обкладками, энергию поля конденсатора и объемную плотность энер-
энергии.
Дано: F = 9,8-10Н; Q = 4,9-10~9Кл; S = 10~2 м2;
d = 4 • 10~3 м; с = 1; е0 = 8,85 • 10~12 Ф/м.
Найти: jE, U, W9, w.
Решение. Поле между обкладками конденсатора считаем
однородным. Напряженность поля конденсатора определим из
выражения:
F- F
где F — сила, с которой поле действует на заряд Q, помещен-
помещенный между обкладками конденсатора.
Подставив числовые значения, найдем
Е = 9'8'10 = 2 • 104 = 20 (кВ/м).
4,9-Ю"9
Разность потенциалов между обкладками U = Ed. Подста-
Подставив числовые значения, получим:
Энергия поля конденсатора
w
2 Id '
Подставим числовые значения:
7'°8 * 10~8 (ДЖ)
132

Плотность энергии
w _ w3 _ w3
где V = Sd — объем поля конденсатора;
33» Заряд конденсатора 1 мкКл, площадь пластин 100 см2, зазор
между пластинками заполнен слюдой. Определить объемную плот-
плотность энергии поля конденсатора и силу притяжения пластин.
Дано: Q = 10 Кл; S = 10 м2; 8 = 6.
Найти: w, F.
Решение. Сила притяжения между двумя разноименно за-
заряженными обкладками конденсатора равна:
где Е — напряженность поля конденсатора; S — площадь об-
обкладок конденсатора.
Напряженность однородного поля плоского конденсатора
где а = ^ — поверхностная плотность заряда.
S
Подставляя B) в A), рассчитаем F:
2ee0S
Объемная плотность энергии электрического поля
»-!*f. C)
Подставляя B) в C), получим:
2.6.8,в5°То-.-1О-^94-2(ДЖ/)-
133

34+ К одной из обкладок плоского конденсатора прилегает стек-
стеклянная плоскопараллельная пластинка (ех = 7) толщиной 9 мм. Пос-
После того как конденсатор отключили от источника напряжением 220 В
и вынули стеклянную пластинку, между обкладками установилась
разность потенциалов 976 В. Определить расстояние между обклад-
обкладками и отношение конечной и начальной энергии конденсатора.
Дано: U1 = 220 В; U2 = 976 В; d = 9 • 10'3 м; ех = 7; е2 = 1.
Найти: do,W2/Wv
Решение. После отключения конденсатора и удаления
стеклянной пластинки заряд на его обкладках остается неиз-
неизменным, т. е. выполняется равенство
C1U1 = C2U2, A)
где Сх и С2 — электроемкости конденсатора в начальном и ко-
конечном случае.
По условию задачи конденсатор вначале является слоис-
слоистым и его электроемкость определяется по формуле
С = ?^
1
=
1 1
d1
81 82
где S — площадь обкладок; dQ — зазор между ними, dx — тол-
толщина стеклянной пластинки; zx и ?2 — диэлектрические про-
проницаемости стекла и воздуха соответственно.
После удаления стеклянной пластинки электроемкость
конденсатора
Подставляя B) и C) в A), получаем:
d± d0- dx
81 82
откуда
0
d 976-9.10-3 Л _|Л 1Q-2(M)
0 (976-220) ^7/
Начальная и конечная энергии конденсатора
w = С?1 = С?\
1 2 z 2
134

w с и
й 2 2 2
w с и2
Тогда отношение этих энергий —2 = 2 2. С учетом A) по-
лучим:
Es = 4l • Ei = 976(В) ~ 4 44
W*! С7Х' Wx 220(B)
35»| Плоский воздушный конденсатор заряжен до разности потен-
потенциалов 300 В. Площадь пластин 10 см2, напряженность поля в зазо-
зазоре между ними 300 кВ/м. Определить поверхностную плотность за-
заряда на пластинах, емкость и энергию конденсатора.
Дано: U = 300 В; S = 10"8 м2; Е = 3 • 105 В/м.
Найти: o,C,W.
Решение. Напряженность Е поля в зазоре между обкладка-
обкладками конденсатора
ее0 d '
Отсюда
d = Ч., а = Eze0 = 3 • 105 • 8,85 • 1012 ^ 2,7 • 10 (Кл/м2).
Емкость С конденсатора
с в 8,85 -10-»- 1-Ю-з. 3>10^ = 885 .10-12
300
Энергия W конденсатора
36» Найти объемную плотность энергии электрического поля, со-
создаваемого заряженной металлической сферой радиусом 5 см на рас-
расстоянии 5 см от ее поверхности, если поверхностная плотность заря-
заряда на ней 2 • 10'6 Кл/м2.
Дано: R = 5 • 10 м; г = 5 • 10 м; а = 2 • 10б Кл/м2.
Найти: iv.
Решение. Напряженность поля Е, создаваемого заряжен-
заряженной сферой с поверхностной плотностью заряда а и радиусом
i?, на расстоянии R + г от центра сферы определяется по фор-
формуле
4neeo(R + гJ 4яеео(Д + гJ
где S = 4тсД2 — площадь сферы.
135

Объемная плотность энергии w определяется по формуле
= ??оД2 = ев0 • а2 -
2 2
37»| Площадь пластин плоского слюдяного конденсатора 1,1 см2,
зазор между ними 3 мм. При разряде конденсатора выделилась энер
гия 1 мкДж. До какой разности потенциалов был заряжен конденса-
конденсатор?
Дано: е = 6; 5=1,1-10м2; d = 3 • 10~3 м; W = 10~6 Дж.
Найти: U.
Решение. Энергия поля конденсатора W, выделяемая при
его разрядке, равна
где С = — емкость плоского конденсатора. Отсюда
а
и= /?IL = [2Wd.
С
6 • 8,85 -lO2-1,1 -10~4
38»| Энергия плоского воздушного конденсатора 0,4 нДж, разность
потенциалов на обкладках 60 В, площадь пластин 1 см2. Определить
расстояние между обкладками, напряженность и объемную плот-
плотность энергии поля конденсатора.
Дано: W = 4 • 100 Дж; U = 60 В; S = 10~4 м2.
Найти: dj E, w.
Решение. Энергия конденсатора W = ^- , где С = ^~
емкость плоского конденсатора.
w
откуда
2W~'
d = 1-8,85-Ю-»-10-*. 60» м 0>004 (м)>
2-4-100
136

Напряженность Е поля равна
Объемная плотность w энергии рассчитаем следующим об-
образом:
V Sd'
= 4 • 10-" = 10_з (Дж/М3).
10-4-4-10-3 w '
39» Под действием силы притяжения 1 мН диэлектрик между об-
обкладками конденсатора находится под давлением 1 Па. Определить
энергию, объемную плотность энергии поля конденсатора, если рас-
расстояние между обкладками 1 мм.
Дано: F = 10 Н; р = 1 Па; d = 10 м.
Найти: W, w.
•р
Решение. Известно, что давление/? = - , где F — сила, S —
площадь. Сила F, с которой притягиваются обкладки конден-
конденсатора
F =
где ? =
Энергия
W-
2
2>
Учитывая, что и U = Ed — напряжение на обкладках, а
С = 5?<L_ f получим:
а
W = ^^ • E2d2 = ™os*2F'd = Fd.
d 2 d'2-??0S
W = 1(Г3 • 10~3 = 10 (Дж).
Объемная плотность энергии
137

40.
2, Постоянный электрический ток
Плотность тока в никелиновом проводнике длиной 25 м равна
1 МА/м2. Определить напряжение на концах проводника.
Дано: г = 25м;у = 10бА/м2; р = 4 • 10 Ом -м.
Найти: U.
Решение. По закону Ома в дифференциальной форме плот-
плотность тока j в проводнике пропорциональна напряженности Е
поля в проводнике j = уЕ, где у = удельная проводимость.
Р
С другой стороны,
где U — напряжение на концах проводника длиной /.
Тогда 7=-=^,
Р pl
откуда U = jpl;
41» Определить плотность тока в нихромовом проводнике длиной
5 м, если на концах его поддерживается разность потенциалов 2 В.
Дано: I = 5 м; U = 2 В; р = 1,1 • 10 Ом • м.
Найти: у.
Решение. По закону Ома в дифференциальной форме плот-
плотность тока / = уЕ, где у = - — удельная проводимость, р —
Р
удельное сопротивление проводника, Е = — — напряженность
поля в проводнике, где U — напряжение на концах проводни-
проводника длиной I.
Тогда j = уЕ = 1 Ц;
Р 1
j = = 3,6 • 105 (А/м2).
У 1,1 -К)- 5 i / /
42» Напряжение на концах проводника сопротивлением 5 Ом за
0,5 с равномерно возрастает от 0 до 20 В. Какой заряд проходит через
проводник за это время?
Дано: R = 5 Ом; t = 0,5 с; Ux = 0; U2 = 20 В.
Найти: q.
138

Решение. За время dt по проводнику переносится заряд
dq = Idt,
где / = ?& — ток в проводнике, R — сопротивление провод-
XV
ника; U(t) — напряжение на концах проводника. Напряжение
U линейно изменяется со временем, т. е. можно записать
U(t) = kt, где k = — — коэффициент пропорциональности,
At
k = Щг=? = 40 (В/с).
Заряд q, перенесенный по проводнику за 0,5 с, будет
, о 05
0,5 0,5 0,5 гт/ ч 0,5
о о
о
43» Температура вольфрамовой нити электролампы 2000 °С, диа-
диаметр 0,02 мм, сила тока в ней 4 А. Определить напряженность поля
в нити.
Дано: t = 2000 °С; d = 2 • 10~5 м; / = 4 А; р0 = 5,5 • 10"8 Ом • м;
ос = 5,2-Ю К1.
Найти: Е.
Решение. По определению плотность тока
. /
7 S'
где / — сила тока, S — поперечное сечение нити, S = -— .
4
По закону Ома в дифференциальной форме плотность тока
где Е — напряженность поля в нити, р — удельное сопротив-
сопротивление, р = роA Н- а?), р0 — удельное сопротивление вольфрама
при t = 0 °С, а — температурный коэффициент сопротивления.
Из уравнения
• _ 4 • 5,5 ¦10-«A + 5,2 • 10-* • 2 • 10») • 4 в 8000 (В/м)
139

44* На концах никелинового проводника длиной 5 м поддержива-
поддерживается разность потенциалов 12 В. Определить плотность тока в про-
проводнике, если его температура 540 °С.
Дано: I = 5 м; U = 12 В; t = 540 °С; р0 = 4-10Ом-м;
а=10К1.
Найти: у.
Решение. По закону Ома в дифференциальной форме ПЛОТ-
ПЛОТЕН
ность тока у = уЕ = ~ . Учитывая, что
Р
получим:
у = ^2 ^ 5,7 • 106 (А/м2).
5410-7A + 10-4540)
45.
Внутреннее сопротивление аккумулятора 1 Ом. При силе тока
2 А его КПД равен 0,8. Определить ЭДС аккумулятора.
Дано: г= 1 Ом; / = 2 А; ц = 0,8.
Найти: Е.
R
Решение. КПД источника тока г| = ——.
Отсюда
Закон Ома для замкнутой цепи
R + r
Выражая ?, получим:
46»
. Г) = j JL1L + г = -±L.; ?= -JLUL_ = 10 (В).
Ч-n ; 1-л 1-0,8
Определить ЭДС аккумуляторной батареи, ток замыкания в
которой 10 А, если при подключении к ней резистора сопротивлени-
сопротивлением 9 Ом сила тока в цепи равна 1 А.
Дано: /кз= 10 А; Д = 90м;/= 1 А.
Найти: ?.
Решение. По закону Ома
/ =
140

При коротком замыкании цепи внешнее сопротивление
R = 0 и / = - , откуда
Тогда
или
= ill = 10 (В).
1-1/1„ 1-0,1
ЭДС аккумулятора автомобиля 12 В. При силе тока 3 А его
КПД равен 0,8. Определить внутреннее сопротивление аккумуля-
аккумулятора.
Дано: ?= 12 В; / = 3 А; ц = 0,8.
Найти: г.
R
Решение. КПД г| = , откуда
R + г
R
1-Л
Из закона Ома
R+r
выразим 0:
Ir
Тогда
¦;г= 12'°>2 =0,8 (Ом).
3
48» К источнику тока подключают один раз резистор сопротивле-
сопротивлением 1 Ом, другой раз — 4 Ом. В обоих случаях на резисторах
за одно и то же время выделяется одинаковое количество теплоты.
Определить внутреннее сопротивление источника тока.
Дано: R1 = 1 Ом; R2 = 4 Ом; t1 = t2 = t, Qx = Q2.
Найти: г.
Решение. По закону Ома
141

По закону Джоуля—Ленца количество теплоты Q, выде-
выделяемое в проводнике при прохождении тока за время t> равно:
Q = I2Rt.
Так как Qx = Q2,
то /JJJ^-If Д2*,
тогда ~
р
(R, + гJ
Л,
№ +
#2^1 +
4A +
4 + 8г +
г2 =
гJ
гJ =
гJ =
4г2 =
Зг2 =
4; г
(Л2 + гJ 2>
R2
(Л2 + гJ'
= ДХ(Д2 + гJ;
1 • D + гJ;
= 16 + 8г + г2;
= 12;
= 2 (Ом).
49» Два одинаковых источника тока соединены в одном случае по-
последовательно, в другом — параллельно и замкнуты на внешнее со-
сопротивление 1 Ом. При каком внутреннем сопротивлении источника
сила тока во внешней цепи будет в обоих случаях одинаковой?
Дано: R = 1 Ом; 1г = 12; $г = ?2; гг = г2.
Найти: г.
Решение. По закону Ома
1Л = 912 = — .
При последовательном соединении (рис. 30, а) $ = ?х + ^2»
а внутреннее сопротивление г = 2rv
При параллельном соединении (рис. 30, б) внутреннее со-
сопротивление источников г> определяется по формуле
откуда г1 = 0,5гг
#2
Рис. 30
R
142

Из условия 1г = 12 получим
(R + 2гг) = 2(Д + 0,5^); Д -I- 2гх = 2R
Отсюда Д = гх = 1 Ом.
50» В медном проводнике сечением 6 мм2 и длиной 5 м течет ток.
За 1 мин в проводнике выделяется 18 Дж теплоты. Определить на-
напряженность поля, плотность и силу электрического тока в провод-
проводнике.
Дано: S = 6- 10 м2; I = 5 м; t = 60 с; Q = 18 Дж;
р = 1,7-10~8Ом*м.
Найти: EJ,I.
Решение. Для решения задачи используем законы Ома и
Джоуля—Ленца. Закон Ома в дифференциальной форме имеет
вид
; = у#, A)
а закон Джоуля—Ленца
Q = I2Rt. B)
Сопротивление равно:
Д=^. C)
Силу тока / находим из B) с учетом C):
4Rt 4 pit' A/1,7-10"8-5-60
По определению плотность тока равна); = - ;
Напряженность поля в проводнике определим из A), учиты-
учитывая, что у = 1: Е = ур; Е = 7,7 • 105 • 1,7 • 10~8 ^ 1,3 • 10 (В/м).
Р
51»| Внутреннее сопротивление аккумулятора 2 Ом. При замыка-
замыкании его одним резистором сила тока равна 4 А, при замыкании дру-
другим — 2 А. Во внешней цепи в обоих случаях выделяется одинако-
одинаковая мощность. Определить ЭДС аккумулятора и внешние сопротив-
сопротивления.
Дано: г=2Ом;/1 = 4А;/2 = 2 A;NX = N2.
Найти: &,RVR2.
143

Решение. Закон Ома для замкнутой (полной) цепи имеет
вид
/, = —?-, h = —?- • A)
1 R. + r 2 Д2 + г
Уравнения A) представим в виде
$ = I1(R1 + r),$ = I2(R2 + r). B)
Из равенств B) следует
Z^ + rW^ + r). C)
Мощность, выделяемая во внешней цепи в первом и втором
случаях, Nx = /f J?x, N2 = Jf^2-
Из условия равенства мощностей следует:
/?Л1 = /|Д2. D)
Решая совместно уравнения C) и D), получаем
Таким образом: Rx = ^-? = 1 (Ом); R2 = ^-? = 4 (Ом).
Подставляя E) в B), получаем
52» Сила тока в резисторе линейно возрастает за 4 с от 0 до 8 А.
Сопротивление резистора 10 Ом. Определить количество теплоты,
выделившееся в резисторе за первые 3 с.
Дано: *0 = 0; tx = 4 с; / = 0; 1Х = 8 A; t2 = 3 с; R = 10 Ом.
Найти: Q.
Решение. По закону Джоуля—Ленца
dQ = I2Rdt.
Так как сила тока является функцией времени, то
где k — коэффициент пропорциональности, численно равный
иращению тока в
Следовательно,
приращению тока в единицу времени: k = = - = 2 (А/с).
dQ = kH2Rdt.
144

За первые 3 с выделится количество теплоты, равное
Подставляя числовые значения, получим
Q = 4-100<27 = 360 (Дж).
53» Батарея состоит из пяти последовательно соединенных эле-
элементов. ЭДС каждого 1,4 В, внутреннее сопротивление 0,3 Ом. При
каком токе полезная мощность батареи равна 8 Вт? Определить на-
наибольшую полезную мощность батареи.
Дано: ^ = 1,4 В; rt = 0,3 Ом; Рп = 8 Вт; п = 5.
Найти:/,Рптах.
Решение. Полезная мощность батареи
Pn = I2R. A)
Сила тока определяется по закону Ома:
/=-??-. B)
nrt + R
Здесь п • ?. — ЭДС, а п • rt — внутреннее сопротивление п
последовательно соединенных элементов.
Выразим R из A):
и, подставив это выражение в B), получим
/=_и?у C)
(пгг + ^) = п$. D)
или
Преобразуя выражение D), получим квадратное уравнение
относительно /:
игр - n$J + Рп = 0.
Решая квадратное уравнение * найдем:
145

Подставляя числовые значения, получим:
- 5-1,4 + У52-1,42-4-5-0,3-8 _
2.5-0,3
т _ 5-1,4-У52-1,42-4-5-0,3»8 _
^ 2-5-0,3
Для того чтобы определить наибольшую полезную мощ-
мощность батареи, найдем зависимость ее от внешнего сопротивле-
сопротивления. Подставим в уравнение A) выражение B):
Из этой формулы следует, что при постоянных величинах
$ь и rt мощность является функцией одной переменной —
внешнего сопротивления R. Известно, что эта функция имеет
максимум, если --^ = 0, следовательно, имеем
dR
dP» _n*tf(R+nrt)-2n*e?R =()
dR (Д + nr,K
или n2&f (R + nrt) - 2n2$fR = 0. F)
Таким образом, задача сводится к отысканию сопротивле-
сопротивления внешней цепи. Из решения уравнения F) следует, что
R = пгг Подставляя найденное значение R в формулу E), имеем
Р - *2^
nmax 4r '
Производя вычисления, найдем
р = 5 * 1,42 =
54»
3. Магнитное поле. Индукция и напряженность
магнитного поля
По двум бесконечно длинным прямолинейным проводникам,
находящимся на расстоянии 50 см друг от друга, в одном направле-
направлении текут токи /х и /2 силой по 5 А. Между проводниками на рас-
расстоянии 30 см от первого расположен кольцевой проводник, сила
тока /3 в котором равна 5 А (рис. 31). Радиус кольца 20 см. Опреде-
Определить индукцию и напряженность магнитного поля, создаваемого то-
токами в центре кольцевого проводника.
Дано: 1г= 12 = 1г = I = 5 А; гг = 0,3 м; г2 = 0,2 м; г3 = 0,2 м.
146

Найти: В,Н.
Решение. В соответствии с прин-
принципом суперпозиции индукция резуль-
результирующего магнитного поля в точке А
равна:
В-Вг+В2 + Вв, A)
где Вг и В2 — индукции полей, создавав- ф- - -^
мых соответственно токами 1г и /2, на-
направленными за плоскость рисунка;
В3 — индукция поля, создаваемая коль-
кольцевым током. Как видно из рис. 31, век-
векторы Вг и В2 направлены по одной пря-
прямой в противоположные стороны, поэто-
му их сумма Вг+ В2 — В12 равна модулю
Рис. 31
B)
Индукция поля, создаваемого бесконечно длинным провод-
проводником с током,
D =
2пг9
C)
где jli0 — магнитная постоянная; ц — магнитная проница-
проницаемость среды (для воздуха \х = 1); rv r2 — расстояния от про-
проводников до центра кольца. Подставляя C) в B), получаем:
512~
2я
2тс
D)
Индукция поля, создаваемого кольцевым проводником с
током,
Б3--^Г-> E)
2г3
где г3 — радиус кольца.
Как видно из рис. 31, векторы В12 и В3 взаимно перпенди-
перпендикулярны, поэтому В = jBf2
и E),
В =
или» с Учетом выражений D)
n*r\rl
, 1.
= 1-12,56'10-7'5 / @,3 - 0,2J
2 а/з,142-0,32-0,
,22 0,22
^ 158 • К) (Тл) = 15,8 (мкТл).
147

Напряженность магнитного поля
Я--5-;.
15,8
1-12,56-10
- =1,26(А/м).
55» По двум бесконечно длинным прямолинейным проводникам,
находящимся на расстоянии 10 см друг от друга, текут токи силой
5 А в каждом. Определить индукцию магнитного поля, создаваемого
токами в точке, лежащей посередине между проводниками в случа-
случаях, когда: 1) проводники параллельны и токи текут в одном направ-
направлении (рис. 32, а); проводники перпендикулярны, направления то-
токов показаны на рис. 32, б.
Дано: d = 0,1 м; 1г = 12 = / = 5 А.
Найти: ВрВ±.
Решение. Результирующая индукция магнитного поля в
данной точке равна векторной сумме индукций полей, созда-
создаваемых каждым током в отдельности:
s = ?i + -B2. A)
где Вх и В2 — индукции полей, создаваемых соответственно
токами 11 и J2. Если токи текут по параллельным проводникам
в одном направлении, то^ применив правило правого винта,
определяем направления Вг и В2. Как видно из рис. 32, а, Вг и
В2 направлены в противоположные стороны, поэтому вектор-
векторная сумма A) в данном случае может быть заменена алгебраи-
алгебраической:
В1{ = (Вг-В2). B)
Индукции полей, создаваемых бесконечно длинными про-
проводниками, находим по формуле
C)
б)
с,
Рис. 32
148

где г1иг2 — соответственно расстояния от проводников до точ-
точки, в которой определяется индукция магнитного поля. Со-
Согласно условию задачи г1 = г2 = ги тогда
11 2nr 2nr ~
В случае, когда проводники перпендикулярны (рис. 32, б),
результирующая индукция в точке, лежащей посередине меж-
между проводниками, равна:
или В± -
Подставляя числовые значения, получаем
в = 10-7-12,56'5л/2 я 2g 28.10
1 2-3,14-5-Ю-2
(мкТл)
56» Изолированный проводник изогнут в виде прямого угла со сто-
сторонами 20 см каждая. В плоскости угла помещен кольцевой провод-
проводник радиусом 10 см так, что стороны угла являются касательными к
кольцу (рис. 33, а). Найти индукцию в центре кольца. Силы токов в
проводнике равны 2 А. Влияние подводящих проводов не учиты-
учитывать.
Дано: I = 0,2 м; г0 = 0,1 м; Рх = Р2 = 45°» А = h = I = 2 А-
Найти: В.
Решение. Индукция dB в точке поля от элемента проводни-
проводника dl с током / (проводник имеет произвольную конфигура-
конфигурацию) определяется по закону Био—Савара—Лапласа:
WD= V0Idlsina^ A)
где г — модуль радиуса-вектора, проведенного из элемента в
точку, где определяется индукция; а — угол, составленный
векторами dl и г; ju0 — магнитная постоянная.
а)
б)
В
Pi
_L ^
м
"О *2
Рис. 33
149

Направление вектора индукции перпендикулярно плоскос-
плоскости, содержащей dl и г, и определяется правилом правого вин-
винта. Например, в точке окружности (рис. 33, а) векторы индук-
индукции от всех элементов перпендикулярны плоскости окружнос-
окружности и направлены на нас. Интегрируя выражение A), получаем
индукцию в центре окружности радиуса г0:
Вх-$. B)
Индукция, создаваемая в точке М конечным отрезком АВ
прямого проводника на расстоянии г0 от него (рис. 33, б), рав-
равна Б2 = j^—(cos аг - cos a2). Эту же формулу в некоторых
случаях удобнее записать в виде
^ш$г + вш$2). C)
Вектор индукции в точке М перпендикулярен плоскости, в
которой лежат проводник АВ и г0, и совпадает по направлению
cBv
По условию задачи (Зх = р2 = 45°, и индукция от каждой
стороны угла составляет:
+
2 4яг0 • 2 4яг0
Так как направления векторов индукции полей, создавае-
создаваемых проводниками, совпадают, то результирующая индукция
в центре кольца равна сумме
B = BX + 2В3, или В = В1 + 2В3 = тг- {* + —) '
2rQ ^ к '
в = 12,56 -10-7' 2 Л + _72_^ _ 18>22 .10-6 (Тд) = 18>22 (мкТл)
2 • 0,1 ^ 3,14^
57»| Два бесконечно длинных прямых проводника, сила тока в ко-
которых 6 и 8 А, расположены перпендикулярно друг другу (рис. 34, а).
Определить индукцию и напряженность магнитного поля на середине
кратчайшего расстояния между проводниками, равного 2 см.
Дано: 1г = 6 А; 12 = 8 A; d = 0,02 м.
Найти: Н,В.
Решение. Из рис. 34, б видно, что направление векторов
взаимно перпендикулярно (а = 90°), следовательно, Н2 = Н\ +
+ iff. Напряженность магнитного поля Н, созданного беско-
150

а)
б)
Н
Рис. 34
нечно длинным проводником с током на расстоянии г от него
определяется по формуле
2яг#
По условию задачи г=-, следовательно,
2
я = Jh{ + #f =
v * 2
H
/36 + 64 ^ 159 (A/m).
2-3,14-0,01
Индукция В и напряженность Н связаны соотношением
В = Wotf.
В = 1 • 12,56 • 10 • 159 ^ 2 • 10'4 (Тл).
58» По двум бесконечно длинным прямым проводникам, расстоя-
расстояние между которыми 15 см, в одном направлении текут токи 4 и 6 А.
Определить расстояние от проводника с меньшей силой тока до гео-
геометрического места точек, в котором напряженность магнитного по-
поля равна нулю.
Дано: 1г = 4 А; 12 = 6 А; I = 0,15 м, Нг = Я2.
Найти: г.
Решение. Точка, где Нг = Я2, распо- g
ложена на прямой, соединяющей про-
проводники с током (рис. 35). Напряжен- j
ность Я поля, создаваемого прямым бес- $_
конечным проводником с током / на
расстоянии R от него, определяется по
формуле:
н
l
Я
2nR
Рис. 35
151

Тогда Я - А- =
JX(Z - г) = /2г; A2 + 1г)г =
<">•
59» По двум бесконечно длинным прямым проводникам, расстоя-
расстояние между которыми 15 см, в противоположных направлениях те-
текут токи 4 и 6 А. Определить расстояние от проводника с меньшей
силой тока до геометрического места точек, в котором напряжен-
напряженность магнитного поля равна нулю.
Дано: 1г = 4 А; 12 = 6 А; I = 0,15 м; Н1 = Я2.
Найти: г.
g Решение. Из рис. 36 видно, что точка,
1 где Нх = Н2, расположена на продолжении
прямой, соединяющей проводники с то-
током. Напряженность Н поля, создаваемого
прямым бесконечным проводником с то-
ком ^ на Расстоянии -й от него, определяет-
определяется по формуле:
j
о
Рис 36
Я
2nR
Тогда
=0,3 (м).
60»I В кольцевом проводнике радиусом 10 см сила тока 4 А. Парал-
Параллельно плоскости проводника на расстоянии 2 см над его центром
проходит бесконечно длинный проводник, сила тока в котором 2 А.
Определить напряженность и индукцию магнитного поля в центре
кольца. Рассмотреть все возможные случаи.
Дано: /1 = 4А;/2 = 2А;Д = 0Дм;г = 0,02 м.
Найти: Ну В.
Решение. Как видно из рис. 37, в каждом из четырех слу-
случаев вектора Ях поля кольцевого проводника и Я2 поля прямо-
прямолинейного проводника взаимно перпендикулярны, а значение
вектора Я суммарного поля будет равно:
я = Jhi
я-1С
2а/1
152

я
Рис. 37
Индукция поля В и напряженность if связаны соотноше-
соотношением
В - Wo#,
Б = 1 • 12,56 • КГ7 • 25,6 « 3,2 • 10 (Тл).
Два круговых витка с током лежат в одной плоскости и имеют
общий центр. Радиус большего витка 12 см, а меньшего 2 см. Напря-
Напряженность поля в центре витков равна 50 А/м, если токи текут в од-
одном направлении, и равна нулю, если в противоположных. Опреде-
Определить силу тока в витках.
Дано: гг = 0,12 м; г2 = 0,02 м; Н' = 50 А/м; Н" = 0.
Найти: Iv /2.
Решение. Напряженность Н магнитного поля, создаваемо-
создаваемого кольцевым проводником радиуса г с током /, в центре коль-
кольца (рис. 38) определяется по формуле Н = — .
2г
По условию #' = А + is-; Я" = А - А .
2rj 2r2 2гх 2г2
Рис. 38
153

Составляем систему уравнений и, решая их совместно, по-
получаем
2-0,12 2-0,02
2-0,12 2-0,02
1г - 6/2 = 0,
= 50,
= 0;
0,24 0,04
/l _ /
0,24 0,04
50,
2 .
= 0;
1г = 6 А; 12 = 1 А.
62» По квадратной рамке со стороной 0,2 м течет ток 4 А. Опреде-
Определить напряженность и индукцию магнитного поля в центре рамки.
Дано:/ = 4А;а = 0,2 м.
Найти: Я, В.
Решение* Магнитное поле в центре рамки (рис. 39) создает-
создается каждой из его сторон и направлено в одну сторону нормаль-
нормально к плоскости рамки. Следовательно,
где Нг — напряженность поля, создаваемого отрезком про-
проводника с током / длиной а, которая определяется по фор-
формуле
Я = -— (cos ax - cos а2),
где г = | — расстояние от проводника до точки поля. По усло-
условию данной задачи аг = 45°; а2 = 135°.
Тогда Я = 4 • ^ (cos 45° - cos 135°);
4яа
Индукция поля В и напряженность Н
связаны соотношением В
Рис. 39
= 1*12,56 «Ю-7* 18-
- 2,26 • Ю-5 (Тл).
154

63.
4, Законы электромагнетизма
Виток радиусом 5 см помещен в однородное магнитное поле
напряженностью 5000 А/м так, что нормаль к витку составляет угол
60° с направлением поля. Сила тока в витке 1 А. Какую работу совер-
совершат силы поля при повороте витка в устойчивое положение?
Дано: г = 0,05 м;/=1А;Я= 5000 А/м; а = 60°.
Найти: А.
Решение. Работа А при повороте витка с током / в магнит-
магнитном поле равна:
А = /ДФ. A)
Здесь АФ = Ф2 ~ Фх — изменение магнитного потока сквозь
площадь витка S = кг2; Фг = BScos a — магнитный поток, про-
пронизывающий виток в^ начальном положении, где а — угол
между векторами пи В.
Устойчивым положением витка в магнитном поле является
такое, при котором направление нормали к нему совпадает с
вектором индукции, т. е. cos а = 1. Следовательно,
Таким образом, АФ = Bnr2(l - cos a).
Учитывая, что В = ццо^> имеем
АФ = \i\x0Hr*(l - cos a) • тт. B)
Подставляя B) в A), получаем
А = 1\х\х0Нкг2A - cos a);
А = 1 • 1 • 12,56 • 10 • 5 • 103 • 3,14 • 25 • 10A - 0,5) ^
^ 2,46-10~5(Дж).
64» Пройдя ускоряющую разность потенциалов 3,52 кВ, электрон
влетает в однородное магнитное поле перпендикулярно линиям ин-
индукции. Индукция поля 0,01 Тл, радиус траектории г = 2 см. Опре-
Определить удельный заряд электрона.
Дано: U = 3,52 • 103 В; В = 0,01 Тл; г = 2 см.
Найти: е/т.
Решение. Удельным зарядом частицы называется величи-
величина, равная отношению заряда к массе, т. е. е/т.
В магнитном поле с индукцией Б на заряд, движущийся со
скоростью v перпендикулярно линиям индукции, действует
сила Лоренца
155

Под действием этой силы заряд перемещается по дуге ок-
окружности. Так как при этом сила Лоренца вызывает центро-
центростремительное ускорение, то, согласно второму закону Ньюто-
7J
на, можно записать: Bev = .
г
Кинетическую энергию, равную ^-, электрон приобрета-
ет за счет работы А сил электрического поля (А = eU), поэтому
имеем:
— =eU.
Преобразуя последние два соотношения и исключив из них
скорость, получим формулу для определения удельного заряда
электрона
т В2г2'
Подставив исходные данные, находим:
± = 2-3,52.103 = п
т 10-4-4.10-4
|65» Виток радиусом 2 см, сила тока в котором 10 А, свободно уста-
установился в однородном магнитном поле с индукцией 1,5 Тл. Линии
индукции перпендикулярны плоскости витка. Определить работу,
совершаемую внешними силами при повороте витка на угол 90° во-
вокруг оси, совпадающей с диаметром витка. Считать, что при поворо-
повороте витка сила тока в нем поддерживается неизменной.
Дано: /= Ю А; В = 1,5 Тл; г = 0,02 м; а = 90°.
Найти: А.
Решение. На виток с током, помещенный в магнитное по-
поле, действует вращающий момент
M=pmBsina9 A)
где рт = IS = 1кг2 — магнитный момент витка; В — индукция
магнитного поля, а — угол между векторамирт и В.
В начальном положении, согласно условию задачи, виток
свободно установился в магнитном поле, следовательно, векто-
векторы^ и В совпадают по направлению, т.е.а = 0,М = 0.
При действии внешних сил виток выходит из положения
равновесия, при этом возникает момент сил, определяемый
формулой A). Момент сил стремится возвратить виток в ис-
исходное положение. При повороте витка внешние силы совер-
156

шают работу против этого момента, который является пере-
переменным и зависит от угла поворота а:
dA = Mda или dA = /7ir2Bsin ada.
Взяв интеграл от этого выражения, найдем работу, совер-
совершаемую при повороте витка на конечный угол:
я/2 я/2
А = J /7ir2Bsin ada = Inr2B j sin ada =
о о
= /7ir2B(-cos - + cos о) = Inr2B.
Подставляя числовые значения, находим
А = 10 • 3,14 • 4 • Ю • 1,5 = 18,84 • 10 (Дж) ^ 0,02 (Дж).
66» Квадратная рамка со стороной 4 см содержит 100 витков и
помещена в однородное магнитное поле напряженностью 100 А/м.
Направление поля составляет с нормалью к рамке угол 30°. Какая
работа совершается при повороте рамки на 30° в одну и в другую
сторону, если сила тока в ней 1 А?
Дано: а = 0,04 м; N = 100; Я = 100 А/м; а0 = 30°; / = 1 А.
Найти: AVA2.
Решение. .При повороте рамки на 30° по часовой стрелке
угол между Б и Я будет ах = 0, т. е. рамка расположится
перпендикулярно полю. При повороте рамки на 30° в другую
сторону угол между В и Я будет а2 = 60°.
Работа при повороте рамки
А = 1АФЫ,
где / — сила тока; N — количество витков; АФ = Ф - Фо —
изменение магнитного потока, пронизывающего плоскость
рамки, Ф = BScos a, S = a2 — площадь рамки, В = jnoi/ — ин-
индукция магнитного поля, Н — напряженность.
Фо = BScos a0; Фг = BScos аг; Ф2 = BScos a2.
Тогда А = I\x0HSN(cos а - cos a0),
Аг = I^i0Ha2N(cos 0° - cos 30°);
Аг = 1 • 12,56 • 10~7 • 104 • 42 • 10(l - у) ^ 2>7 # 10~6 <ДЖ>-
А2 = /|Li0Ha2iV(cos 60° - cos 30°);
А2 = 1 • 12,56 • 10 • 104 • 42 • 10(l - ?Щ = -7,4 • 10 (Дж).
157

67* Под действием однородного магнитного поля перпендикуляр-
перпендикулярно линиям индукции начинает перемещаться прямой проводник
массой 2 кг, сила тока в котором 10 А. Какой магнитный поток пере-
пересечет этот проводник к моменту времени, когда его скорость станет
равна 31,6 м/с?
Дано: / = 10 А; т = 2 кг; v = 31,6 м/с.
Найти: АФ.
Решение. Работа перемещения проводника с током / под
действием магнитного поля равна А = /АФ. Эта работа будет
численно равна кинетической энергии, приобретаемой провод-
проводником:
г! _ mv2. л __ г? .
АФ = 22?Vo6> " 98 (Вб)>
68» Квадратная рамка со стороной 4 см содержит 100 витков и
помещена в однородное магнитное поле напряженностью 100 А/м.
Направление поля составляет угол 30° с нормалью к рамке. Какая
работа совершается при повороте рамки в положение, когда ее плос-
плоскость совпадает с направлением линий индукции поля (рис. 40)?
Дано: а = 0,04 м; N = 100; Я = 100 А/м; а0 = 30°; / = 1 А.
Найти: А.
Решение. Когда плоскость рамки совпадает с направлени-
направлением поля, угол аг между В и п равен 90°. Работа А поворота
рамки с током / равна
А = 1АФЫ,
где АФ = Ф - Фо — изменение магнитного потока Ф, пронизы-
пронизывающего плоскость рамки, Ф = BScos а, где В = щх0Н, S = а2 —
площадь рамки.
Поток Фо, пронизывающий рамку в исходном положении,
будет Фо = BScos a, a после поворота — Фг = BScos аг.
А = /АФ = 1(Фг - Фо) = IBSN(cos аг - cos а0) =
х - cos а0);
= 1-12,56-Ю-7-Ю2-16
Рис.40 --1,7-10-5(Дж).
158

69» Проводник, сила тока в котором 1 А, длиной 0,3 м равномерно
вращается вокруг оси, проходящей через его конец, в плоскости,
перпендикулярной линиям индукции магнитного поля напряжен-
напряженностью 1 кА/м. За 1 мин вращения совершается работа 0,1 Дж.
Определить угловую скорость вращения проводника.
Дано: I = 1 А; I = 0,3 м; Я = 103 А/м; t = 60 с; А = 0,1 Дж.
Найти: со.
Решение. Работа, совершаемая силами магнитного поля
при перемещении проводника с током /, равна:
А = /АФ,
где АФ = BS — изменение магнитного потока, т. е. магнитный
поток, пересекаемый проводником при его вращении.
S = nl2— t — площадь, которую пересечет проводник при
2я
вращении с угловой скоростью со за время t, I — длина провод-
проводника, В = ц0Я — индукция, Н — напряженность.
А = /АФ = IBS = IyL0Hnl2— t.
Отсюда
со = 2А = З'10 - 29,5 (с-1).
Н-1\хо1Ч 1 • 12,56 -10-7-103- 0,09 -60
70» На расстоянии 5 см параллельно прямолинейному длинному
проводнику движется электрон с кинетической энергией 1 кэВ. Ка-
Какая сила будет действовать на электрон, если по проводнику пустить
ток 1 А?
Дано: Е = 103 эВ = 1,6 • 1016 Дж; / = 1 А; г = 0,05 м.
Найти: F.
Решение. Электрон, обладающий кинетической энергией
Е = ^^-, движется со скоростью v = /— . Прямолинейный
2 V т
проводник с током J создает магнитное поле, индукция кото-
которого В на расстоянии г от него определяется по формуле
На движущийся электрон со стороны поля действует сила
Лоренца -Рл = qvB:
F = 1>6 * Ю~19 * 1 * 12,56 - 10-У2 -1,6 - IP6
Л 2-3,14-0,05л/9,1-10-31
159

71* Протон движется в магнитном поле напряженностью 105 А/м
по окружности радиусом 2 см. Найти кинетическую энергию прото-
протона.
Дано: Я= 105 А/м; г = 0,02 м.
Найти: Е.
Решение. Кинетическая энергия определяется по формуле:
На протон, движущийся в магнитном поле с индукцией
Б = [i\x0H со скоростью v, действует сила Лоренца
которая численно равна центростремительной силе F
Из равенства Fл = Fn выразим v и подставим в формулу для Е:
т т
72»
2 2т2
Е== 1,62 - 1Q-38 • 12,562 * 1Q-14 - 0,022 - 1030 _
2- 1,67-107
- 4,8 • 1017 (Дж) = 300 (эВ).
Электрон, пройдя ускоряющую разность потенциалов 88 кВ,
влетает в однородное магнитное поле перпендикулярно его линиям
индукции. Индукция поля равна 0,01 Тл. Определить радиус траек-
траектории электрона.
Дано: U = 88 кВ; Б = 0,01 Тл; е = 1,6 • 1019 Кл.
Найти: г.
Решение. В магнитном поле с индукцией Б на электрон,
движущийся со скоростью v перпендикулярно Б, действует си-
сила Лоренца
A)
которая обусловливает центростремительное ускорение элект-
электрона при его движении по окружности:
%f. B)
160

Пройдя ускоряющую разность потенциалов U, электрон
приобретает кинетическую энергию ^~-, равную работе А сил
электрического поля
Отсюда находим скорость электрона:
v- Щ. C)
Из уравнения B) с учетом C) найдем радиус траектории:
73.
• г- 1 /2 • 88-Ю3-9,1-Ю-31 _01(мч
¦' г" W4 1.6.Ю-» од(м)"
Момент импульса протона в однородном магнитном поле на-
напряженностью 20кА/м равен 6,6* 10~23 кг-м2/с. Найти кинетиче-
кинетическую энергию протона, если он движется перпендикулярно линиям
индукции магнитного поля.
Дано: Я = 2-104А/м; L = 6,6-10~23 кг-м2/с; т =
= 1,67 • 107 кг; q = 1,6 • 1019 Кл.
Найти: Е.
Решение. Кинетическая энергия равна Е = ^~-. Протон
движется по окружности радиуса г под действием силы Лорен-
Лоренца -Fjj = qvB, которая численно равна центростремительной си-
Домножив левую и правую части на - , получим
2
mv2 _ qvBr _ ^
— - 2 "Е>
Из уравнения для момента импульса
L = mvr
выразим vr==-.
m
Подставляя иг в уравнение, получим:
Е
2/n 2m '
?= 1,6 • 109 -1 • 12,56 - 1Q-7 '2'104' 6,6 -10'23 _
2-1,67-Ю7
« 8 • 107 (Дж) = 500 (эВ).
6 - 9332 Гладской 161

74» Два параллельных бесконечно длинных проводника с токами
10 А взаимодействуют с силой 1мН на 1 м их длины. На каком рас-
расстоянии находятся проводники?
Дано: 1Х = 12 = 10 A; F = 10~3 Н; I = 1 м.
Найти: г.
Решение. Сила взаимодействия двух бесконечно длинных
параллельных проводников длиной I с токами 1г и 12 определя-
определяется по формуле
р
Отсюда
г = ^ЬЫ; г = 12'56 '10'7'1Q2' Х = 0,02 (м).
271JF1 ' 2-3,14-Ю-3 V ;
75* Найти радиус траектории протона в магнитном поле с индук-
индукцией 0,5 Тл, если он движется перпендикулярно вектору индукции
и обладает кинетической энергией 3 МэВ.
Дано: В = 0,5 Тл; Е = 3 МэВ; т = 1,67 • 107 кг.
Найти: г.
Решение. Кинетическая энергия протона Е = ^- , откуда
2
его скорость и = /— . Со стороны магнитного поля с индукци-
ей В на движущийся со скоростью v протон действует сила
Лоренца FR = qvB, которая является центростремительной
^Ц = ^~ • Приравнивая ^л = -Рц, найдем радиус траектории г
движения протона:
г =
76»
mvl = -L Ms! ; г, V2- 4,8 - 10-»-1,67 -1О-21=о>5(м).
guB gBV m 1,6 -109- 0,5 v '
Электрон с энергией 300 эВ движется перпендикулярно лини-
линиям индукции магнитного поля напряженностью 465 А/м. Опреде-
Определить силу Лоренца, скорость и радиус траектории электрона.
Дано: Е = 300 эВ = 4,8-1017Дж; Я = 465 А/м; т =
= 9,1-101кг.
Найти: -Рд, и, г.
Решение. Кинетическая энергия электрона равна:
z^_ mv2
162

откуда
" т
Сила Лоренца Fn = qvB; В = щх0Н;
Fn = 1,6 • 109 • 1 • 107 • 1 • 12,56 • 10 • 465 = 9,3 • 1016 (H).
В магнитном поле электрон движется по окружности ради-
радиусом г под действием центростремительной силы
2
ц г
численно равной силе Лоренца:
77.
; 9,1 ¦ 10-» • 1.10"^ Qд (м)
9,3 -Ю6
5. Электромагнитная индукция. Самоиндукция.
Энергия магнитного поля
Соленоид длиной 20 см и диаметром 4 см имеет плотную трех-
трехслойную обмотку из провода диаметром 0,1 мм. По обмотке солено-
соленоида течет ток 0,1 А. Зависимость В = f(H) для материала сердечника
дана на рис. 41. Определить напряженность и индукцию поля в соле-
соленоиде, магнитную проницаемость сердечника, индуктивность соле-
соленоида, энергию и объемную плотность энергии поля соленоида.
Дано: I = 0,2 м; D = 0,04 м; k = 3; d = 10 м; / = 0,1 А.
Найти: Я, В, (a, L, W, w.
Решение. Поле внутри соленоида можно считать однород-
однородным. В этом случае напряженность поля равна:
Н = 1п9
где / — сила тока в обмотке, п = 1 • ^-k = \ — число витков,
Id a
приходящихся на единицу длины соленоида, k — число слоев
обмотки, d — диаметр провода. Тогда
Н=^;Н= ^J-^ = 3000 (А/м).
163

По графику В = f(H) (рис. 41) нахо-
находим, что напряженности 3000 А/м со-
соответствует индукция 1,7 Тл. Исполь-
Используя связь между индукцией и напря-
женностью, определим магнитную про-
1 2 3 4 5 я ^- ницаемость:
' м В =
Рис. 41 D
=* 451.
Р 12,56-Ю-3000
Индуктивность соленоида
L = |ijion2ZS,
где I — длина, S = -— — площадь поперечного сечения соле-
4
ной да. С учетом того, что п = - , получаем:
г _ 451»12,56 • 1Q-7 - З2 » 0,2 - 3,14 • 42 • 1Q-4 _ , 9Й
L 400=5 128
Объемная плотность энергии магнитного поля
и; = 1'7'3000 = 2,55 • 103 (Дж/м3).
Энергия магнитного поля соленоида
или
Подставляя числовые данные, получаем
W = 128 • 102 • 0,5 = 0,64 (Дж).
78» На соленоид (см. условие и решение задачи 77) надето изоли-
изолированное кольцо того же диаметра. Определить ЭДС индукции в
кольце и ЭДС самоиндукции в соленоиде, если за 0,01 с ток в его
обмотке равномерно снижается до нуля.
Дано: Б = 1,7 Тл; D = 0,04 м; 1г = 0,1 A; L = 128 Гн; Д? =
= 10~2 с; 12 = 0.
Найти: ?;, g8i.
164

Решение. По условию задачи за время At = 0,01 с сила то-
тока в обмотке соленоида равномерно уменьшается от 0,1 А до 0,
поэтому магнитный поток, пронизывающий площадь кольца
S = ^=L, уменьшается от Ф1 = BS до Ф2 = 0. ЭДС индукции,
возникающая в кольце,
g = -ДФ __Ф2-Ф1 = Ф± = ВпР2.
* At At At 4At '
ЭДС самоиндукции ?s/, возникающая в соленоиде при вы-
выключении тока в нем, $si = -L—. Так как при выключении
сила тока уменьшается до нуля равномерно, то
dl = A/ = /2~Л =_Л
d* At At At#
Тогда
g . = 128'°>1 = 1280 (В).
81 0,01
79» Сила тока в соленоиде равномерно возрастает от 0 до 10 А за
1 мин, при этом соленоид накапливает энергию 20 Дж. Какая ЭДС
индуцируется в соленоиде?
Дано: 10 = 0;11 = 10 A; t = 60 с; W = 20 Дж.
Найти: ?.
Решение. Энергия магнитного поля соленоида с индуктив-
индуктивностью L, по которому течет ток /, равна
2W
откуда L = ^— .
ЭДС самоиндукции, возникающая в соленоиде при изменении
тока в его обмотке на А/ = 1Х -10 за время At, будет:
?--?-,или?--1,- —jr—;
165

80» Однослойный соленоид без сердечника длиной 20 см и диа-
диаметром 4 см имеет плотную намотку медным проводом диаметром
0,1 мм. За 0,1 с сила тока в нем равномерно убывает с 5 А до 0. Опре-
Определить ЭДС самоиндукции в соленоиде.
Дано: I = 0,2 м; D = 0,04 м; d = 10 м; t = 0,1 с; /0 = 5 А;
/х = 0.
Найти: $8i.
Решение. ЭДС самоиндукции, возникающая при измене-
изменении тока А/ в соленоиде за время At,
Индуктивность соленоида равна:
L = |LljH07l2ZS,
где |i0 — магнитная постоянная; п — число витков на единице
длины соленоида (при плотной намотке п = - J, I — длина со-
соленоида, S = -— — площадь поперечного сечения соленоида,
4
D — диаметр соленоида, ц = 1.
__ 12,56 - 10~7 • 0,2 « 3,14 - 0,042 - 5
Ю-*-4-ОД
81»
Обмотка соленоида имеет сопротивление 10 Ом. Какова его ин-
индуктивность, если при прохождении тока за 0,05 с в нем выделяется
количество теплоты, эквивалентное энергии магнитного поля соле-
соленоида?
Дано: R = 10 Ом; t = 0,05 с; W = Q.
Найти: L.
Решение. Энергия магнитного поля соленоида равна:
а количество теплоты Q определяется по закону Джоуля—Лен-
Джоуля—Ленца:
q = i2m.
Так как W = Q, то Ц^ = I2Rt,
откуда L = 2Rt; L = 2 • 10 • 0,05 = 1 (Гн).
166

82» В плоскости, перпендикулярной магнитному полю напряжен-
напряженностью 2 • 105 А/м, вращается стержень длиной 0,4 м относительно
оси, проходящей через его сердцевину. В стержне индуцируется ЭДС
0,2 В. Определить угловую скорость стержня.
Дано: Я = 2 • 105 А/м; I = 0,4 м; $ = 0,2 В; jn = 1.
Найти: со.
Решение. ЭДС индукции равна скорости изменения маг-
магнитного потока Ф, пересекаемого стержнем при вращении:
^ It ~3Tf
где В = \i\\.QH — индукция поля, dS — площадь, пересекаемая
стержнем при вращении с угловой скоростью со.
Половина стержня, имея радиус г = -, при повороте на
С*
о
угол dep пересечет площадь dS' = — dep, а весь стержень пересе-
чет площадь dS = 2dS '= r2d<p.
Тогда ^ = "f = -^ = ИНоЯг2^ = WoHr^.
Откуда
со = -^- ; со = ^ =* -20 (с).
ц0Яг2 12,56*10-7«2-105-0,22
83» Соленоид без сердечника длиной 15 см и диаметром 4 см имеет
100 витков на 1 см длины и включен в цепь источника тока. За 1 мс
сила тока в нем изменилась на 10 мА. Определить ЭДС самоиндук-
самоиндукции, считая, что ток в цепи изменяется равномерно.
Дано: I = 0,15 см; D = 0,04 м; п = 104 м; ц = 1; М = 10 А;
А* = 10 с.
Найти: ?5i.
Решение. ЭДС самоиндукции {H$i = -L— или gsi = -L—.
Индуктивность соленоида L = jiX|io^2ZS; S = ^- . Тогда:
L = 12,56 • 10~7 • 10"8 • 0,15 • 3,14 • 0,042 • \ * 2,4 • 102 (Гн).
4
ft, = -L^; $л = -2,4 • 10-2 • Ijg - -0,24 (В).
167

84* Соленоид с сердечником (ц = 1000) длиной 15 см и диаметром
4 см имеет 100 витков на 1 см длины и включен в цепь источника
тока. За 1 мс сила тока в нем изменилась на 10 мА. Определить ЭДС
самоиндукции, считая, что ток в цепи изменяется равномерно.
Дано: I = 0,15 м; D = 0,04 м; п = Ю^м'1; ju = 1000;
М = 10 A; At = 10~3 с.
Найти: ?sr
Решение. ЭДС самоиндукции равна:
^-Lff или*,—Lg.
Индуктивность соленоида вычисляется по формуле:
L = 103 • 12,56 • 10 • 108 • 0,15 • 3,14 • 0,042 • 0,25 = 24 (Гн).
s _ TAI.
85» Однородное магнитное поле напряженностью 900 А/м дейст-
действует на помещенный в него проводник длиной 25 см с силой 1 мН.
Определить силу тока в проводнике, если угол между направлением
тока и индукции поля равен 45°.
Дано: Н = 900 А/м; I = 0,25 м; F = 10~3 Н; а = 45°.
Найти: /.
Решение. По закону Ампера на проводник длиной I с током
J, помещенный в магнитное поле с индукцией В = ЦЦо^\ со
стороны поля действует сила F = Bllsin а, где а — угол между
направлением тока и поля, ц0 — магнитная постоянная. Тогда
12,56-Ю-900-0,25-л/2
=5(A)
86» Перпендикулярно линиям индукции однородного магнитного
поля с индукцией 0,3 Тл движется проводник длиной 15 см со скоро-
скоростью 10 м/с. Направление нормали к проводнику и скорости совпа-
совпадают. Определить ЭДС, индуцируемую в проводнике.
Дано: В = 0,3 Тл; I = 0,15 м; v = 10 м/с.
Найти: ?;.
168

dS
dx\
Рис. 42
X
-~ Г\ dS
Рис. 43
Решение* ЭДС индукции равна скорости изменения маг-
магнитного потока Ф:
Магнитный поток Ф = BS, где S — площадь, которую про-
пронизывает магнитное поле с индукцией В (рис. 42). Элементар-
Элементарный магнитный поток <2Ф = BdS = Bldx. Тогда
ft = -Bl^x = -Blv; $t = -0,3 • 0,15 • 10 = -0,45 (В).
at
|87»| На концах крыльев самолета с размахом 20 м, летящего со
скоростью 900 км/ч, возникает ЭДС индукции 0,06 В. Определить
вертикальную составляющую напряженности магнитного поля Зем-
Земли.
Дано: I = 20 м; v = 250 м/с; $г = 0,06 В.
Найти: Я.
Решение. Летящий самолет пересекает магнитное поле
Земли, напряженность которого Н связана с индукцией В со-
соотношением В = \х]х0Н. ЭДС индукции, возникающая при этом,
равна ?? = -— скорости изменения магнитного потока Ф, пе-
пересекаемого крыльями самолета, Ф = BS.
За время dt самолет пересечет площадь
dS = Idx = Ivdt (рис. 43).
Следовательно,
откуда
йФ = Blvdt и $t = ^ =
0,06
1 • 12,56-Ю-20-250
- 9,6 (А/м).
169

88* По соленоиду течет ток силой 5 А. Длина соленоида 1 м, число
витков 500. В соленоид вставлен железный сердечник. Найти намаг-
намагниченность и объемную плотность энергии магнитного поля солено-
соленоида. Зависимость В = f(H) дана на рис. 41.
Дано: I = 5 А; I = 1 м; N = 500.
Найти: J, w.
Решение. Намагниченность определяется отношением маг-
магнитного момента к объему магнетика и связана с напряженно-
напряженностью магнитного поля соотношением
J = %H9 A)
где х — магнитная восприимчивость среды.
Поле соленоида можно считать однородным. В этом случае
напряженность поля вычисляется по формуле
где / — сила тока, текущего по обмотке соленоида.
Тогда
B)
C)
Связь между магнитной восприимчивостью % и магнитной
проницаемостью ц среды выражается формулой
X = H-1. D)
Определим напряженность магнитного поля соленоида по
формуле C)
я = 5 • 520 = 2500 (А/м).
По графику на рис. 39 находим, что напряженности
= 2500А/м соответствует индукция магнитного поля В =
1,6 Тл. Используя соотношение В = №0Н, определим \х:
' Ц ~~ 12,56-10-7- 2500
Согласно формуле D) имеем х = 509 - 1 = 508. Определим
намагниченность по формуле A):
J = 508 • 2500 = 12,7 (А/м).
Объемная плотность энергии магнитного поля соленоида
вычисляется по формуле:
и, = Щ ; w = *'в ' 2500 =2-103 (Дж/м»).
170

89* По обмотке соленоида с параметрами: число витков 1000, дли-
длина 0,5 м, диаметр 4 см течет ток 0,5 А. Определить потокосцепление,
энергию, объемную плотность энергии соленоида.
Дано: N = 1000; / = 0,5m;D = 0,04 м; / = 0,5 А; ц = 1.
Найти: у, W, w.
Решение. Напряженность магнитного поля соленоида Н =
= /—, индукция В = [1[10Н = цц0/— , объемная плотность энер-
W W ВН
гии w = — = — , а через характеристики поля w = —-.
V SI 2
... _ ВН
W~~2
0,25
в 0>63 (дж/м3).
Ж = wSl; W = 0,63 • ЗД4'42'10 -0,5^4-10 (Дж).
4
Потокосцепление у соленоида равно:
у = 1-12,56.10-^. 0.5^10'. 8,14. 4». 10-* в 16 .10-з (Вб).
90» Однородное магнитное поле, объемная плотность энергии ко-
которого 0,4 Дж/м3, действует на проводник с током, расположенный
перпендикулярно линиям индукции с силой 0,1 мН на 1 см его дли-
длины. Определить силу тока в проводнике.
Дано: w = 0,4 Дж/м3; F = 10~3 Н; I = 10 м; а = 90°.
Найти: /.
Решение. На проводник с током / длиной Z, помещенный в
магнитное поле с индукцией В, действует сила Ампера F:
F = Bllsin a,
откуда
В = L (sin 90° = 1),
объемная плотность энергии равна:
Б2 F2
' w = о ТШ ' 0ТКУДа
2ц/2/2
=1 1 . j = 10^ / 1 _
/ а/2шцц0' Ю а/2 -0,4 -12,56 • 10 • 1
171

91* Чему равна объемная плотность энергии магнитного поля в
соленоиде без сердечника, имеющего плотную однослойную намотку
проводом диаметром 0,2 мм, если сила тока в нем 0,1 А?
Дано: d = 2 • 10 м; / = 0,1 А.
Найти: w.
Решение. Энергия магнитного поля соленоида равна:
где L = \x\xon4S — индуктивность соленоида, / — ток, ц0 —
магнитная постоянная, п — число витков на 1 м соленоида
(при плотной намотке п = - 1, I — длина, S — площадь попе-
поперечного сечения соленоида.
Объемная плотность энергии
(Дж/м3).
V SI 2d2Sl
_ I» 12,66 ao^l. 10-» , 0i
92» Соленоид без сердечника имеет плотную однослойную намот-
намотку проводом диаметром 0,2 мм, и по нему течет ток 0,1 А. Длина
соленоида 20 см, диаметр 5 см. Найти энергию магнитного поля со-
соленоида.
Дано: d = 2*10M;/ = 0,l A; JD = 0,05 м; I = 0,2 м; ц = 1.
Найти: W.
Решение. Энергия магнитного поля соленоида равна: W =
= —- , где L = ix\ion4S — индуктивность соленоида, ц0 — маг-
нитная постоянная, п — число витков на 1 м соленоида [при
плотной намотке п = - ), I — длина, S = -— — площадь попе-
d' 4
речного сечения соленоида. Тогда
W = 12,56-Ю-*-0,2^3,14-0,05». 0,1» ^ %,2 - Ю"» (Дж).
172

93» По соленоиду длиной 0,25 м, имеющему 500 витков, течет ток
1 А. Площадь поперечного сечения соленоида 15 см2. Найти энергию
магнитного поля соленоида.
Дано: / = 1 А; I = 0,25 м; ц = 1; N = 500; S = 1,5 • 10 м2.
Найти: W.
Решение. Энергия магнитного поля соленоида равна
2 '
где L = jijio/i2ZS — индуктивность соленоида, п = у ;
94.
W = 12,56-10т-5'.10'.1,б.10--1 в м. 10_4 (Дж)
2 * 0,25
6. Основы теории Максвелла
для электромагнитного поля
Напряженность электрического поля в зазоре между обклад-
обкладками конденсатора площадью 1 см2, заполненного диэлектриком с
s = 1000, изменяется равномерно со скоростью 0,17 МВ/(м • с). Опре-
Определить силу тока смещения в таком электрическом поле.
Дано: S= 1см2; ^ = 0,17 МВ/(м-с); г = 103.
at
Найти: /см.
Решение. По теории Максвелла плотность тока смещения
усм равна скорости изменения электрического смещения D.
;см = —. Учитывая, что D = еео?, где 8 — диэлектрическая
проницаемость среды, е0 — электрическая постоянная, Е —
напряженность электрического поля, можно записать:
Уем еео df .
По определению плотность тока смещения в случае посто-
постоянного тока равна
1 = _±?2
¦'СМ о »
где S — площадь пластины конденсатора.
173

С учетом этого можно записать:
'см _ рр дЕ
Т ~88°э7
откуда
Подставляя числовые данные, получим
/см = 103 • 8,85 • 1012 • 1 • 104 • 1,7 • 105 - 1,5 • 10~7 (А).
95» При разрядке плоского конденсатора, площадь обкладок кото-
которого равна 10 см2, заполненного диэлектриком с 8 = 103, в подводя-
подводящих проводах течет ток 1 мкА.
Определить скорость изменения напряженности электрического
поля в конденсаторе.
Дано: I = 10 A; S = 10'3 м2; 8 = 103.
Найти: —.
dt
Решение. Сила тока проводимости в подводящих проводах
равна силе тока смещения в электрическом поле конденсатора
Плотность тока смещения усм по определению равна
/'см = -jf •
С другой стороны, по Максвеллу
/см = J[ >
где D — электрическое смещение, связанное с напряженно-
напряженностью поля Е соотношением D = гг0Е. С учетом этого запишем:
/см о ~Б 9
?e дЕ
dt ° dt
i = QD = ?e дЕ
7см dt ° dt
Приравнивая правые части этих выражений, получим:
- = 88П— , откуда — =
о ОХ ОТ
Подставим числовые данные:
дЕ _ Ю-6
dt 103-8,85-10-12-10-3
174

96» При разрядке длинного цилиндрического конденсатора дли-
длиной 5 см и внешним радиусом 0,5 см в подводящих проводах течет
ток проводимости силой 0,1 мкА. Определить плотность тока смеще-
смещения в диэлектрике между обкладками конденсатора.
Дано: I = 5 см; г = 0,5 см; /пр = 0,1 мкА.
Найти: /см.
Решение. Считаем заряд конденсатора равным Q. По теоре-
теореме Остррградского—Гаусса для вектора электрического сме-
смещения D поток вектора D сквозь замкнутую цилиндрическую
поверхность радиуса г равен заряду Q, охватываемому поверх-
поверхностью интегрирования S:
$>DdS = Q.
s
По условию задачи поток вектора D пронизывает боковую
цилиндрическую поверхность S = 2кг1 нормально к ней, так
как D = Dn.
%>DndS = D • 2nrl = Q, откуда D =
Плотность тока смещения ;см равна
Усм dt 2nrl dt 2nrl np*
2-8,14 ¦ 5.lO-.. 5-10-
Задачи для самостоятельного решения
1» Определить силу электрического взаимодействия электро-
электрона с ядром в атоме водорода. Среднее расстояние электрона от ядра
о
считать равным 0,5А. Ответ: 9,2 • 10~8 Н.
2* На каждом метре равномерно заряженной нити распреде-
распределен заряд 2 • 10~7 Кл. Около нити находится пылинка с зарядом
-1,65-10~16 Кл, которая притягивается нитью с силой 10~10 Н. На
каком расстоянии от нити находится пылинка? Ответ: 6 • 10~3 м.
3» Изолированный шарик радиусом 0,04 м заряжен отрица-
отрицательно до потенциала 400 В. Найти массу электронов, составляю-
составляющих заряд шарика. Ответ: 10~20 кг.
4* Расстояние между точечными зарядами -5 • 10~8 К л и
+8 • 10~8 Кл равно 40 см. Найти напряженность поля в точке, нахо-
находящейся посередине между зарядами. Ответ: 2,9*104 В/м.
175

5* Установить, на каком расстоянии от заряженного цилинд-
цилиндра напряженность поля равна 4 • 105 В/м. Диаметр цилиндра 4 см,
поверхностная плотность заряда 8,85 • 10~6 Кл/м2. Ответ; 0,03 м.
6* Какой силы ток возникает в электрической лампе, рабо-
работающей под напряжением 120 В, если ее вольфрамовая нить нагре-
нагревается до 2000 °С? Сопротивление нити при 18 °С равно 40 Ом.
Ответ: 0,29 А.
7* Во сколько раз сила электрического взаимодействия двух
электронов больше гравитационного взаимодействия этих электро-
электронов? Ответ: в 4,2 • 1042 раз.
8* Два проводящих шарика массой по 0,004 кг каждый подве-
подвешены в воздухе на непроводящих нитях длиной 205 см к одному
крючку. Шарикам сообщили равные одноименные заряды, вслед-
вследствие чего шарики разошлись на расстояние 90 см. Определить за-
заряд каждого шарика. Ответ: 0,9 мкКл.
9* Электрон движется вокруг ядра водорода по круговой орби-
орбите радиусом 5,29#10~9см. Определить скорость электрона на этой
орбите. Ответ: 2,2 • 106 м/с.
10* Определить потенциал поля, образованного диполем, в
точках плоскости, перпендикулярной его оси и проходящей через
середину отрезка, соединяющего заряды диполя. Ответ: 0.
11 ¦ В центре куба помещен заряд 10,6 нКл. Определить поток
напряженности электрического поля, проходящего через грань
куба. Ответ: 200 В *м.
12* Обкладки плоского конденсатора помещены в керосин
(е = 2). Какую работу надо совершить, чтобы раздвинуть обкладки
конденсатора на расстояние от 2 до 11 см, если они заряжены до
напряжения 600 В и отключены от источника? Площадь каждой об-
обкладки 628 см2. Ответ: 0,81 мкДж.
13* В центре квадрата расположен положительный заряд
0,25 мкКл. Какой заряд надо поместить в каждой вершине квадра-
квадрата, чтобы система зарядов находилась в равновесии? Что можно
сказать о знаке зарядов? Ответ: 0,26 мкКл; отрицательный.
14. Между плоскими горизонтальными пластинами, заря-
заряженными равномерно, помещена пылинка массой 10~15 кг с заря-
зарядом 4,8 • 10~19 Кл. Какова плотность зарядов пластин, если пылинка
находится в равновесии? Ответ: 1,8 • 10~7 Кл/м2.
15* Площадь каждой обкладки плоского воздушного конден-
конденсатора 314 см2, расстояние между ними 2 мм. Напряженность поля
между обкладками 60 кВ/м. Какую работу нужно совершить, чтобы
вдвинуть между обкладками конденсатора стеклянную пластинку,
176

если она полностью заполняет конденсатор и конденсатор после за-
зарядки отключен от источника напряжения? Ответ: -0,86 мкДж.
16* Расстояние между обкладками плоского конденсатора
равно 8 мм, площадь обкладок 62,8 см2. Какую работу нужно совер-
совершить, чтобы вдвинуть между обкладками конденсатора стеклянную
пластинку той же площади и толщиной 6 мм, если конденсатор
присоединен к источнику напряжения 600 В? Ответ: 2,25 мкДж.
17* Пластины плоского слюдяного (е = 6) конденсатора пло-
площадью 0,01 м2 притягиваются с силой 30 мН. Найти заряд пласти-
пластины, напряженность и объемную плотность энергии поля. Ответ:
178 нКл; 336 кВ/м; 3 Дж/м3.
18* Площадь пластин плоского воздушного конденсатора
0,01м2, расстояние между ними 2 см, разность потенциалов на об-
обкладках 3 кВ. Пластины раздвигают на расстояние 5 см, не отклю-
отключая от источника напряжения. Найти энергию конденсатора до и
после раздвижения пластин. Ответ: 20 мкДж; 8 мкДж.
19* Площадь пластин плоского воздушного конденсатора
0,01 м2, расстояние между ними 1 мм, разность потенциалов на
обкладках 100 В. Пластины раздвигаются до расстояния 25 мм.
Найти энергию конденсатора до и после раздвижения пластин, если
источник напряжения перед раз движением: а) не отключается;
б) отключается. Ответ: а) 442,5 нДж; 17,7 нДж; б) 442,5 нДж;
11,1 мкДж.
20* Найти объемную плотность энергии электрического поля
в точке, находящейся на расстоянии 2 см от поверхности шара ра-
радиусом 1 см, заряженного с поверхностной плотностью заряда
16,7 мкКл/м2. Ответ: 0,19 Дж/м3.
21 ¦ Сила тока в проводнике равномерно возрастает от 0 до 2 А
в течение 5 с. Определить заряд, прошедший по проводнику за это
время. Ответ: 5 Кл.
22* Определить плотность тока, если за 2 с через проводник
сечением 1,6 мм2 прошло 2 • 1019 электронов. Ответ: 106 А/м2.
23* Сила тока в проводнике сопротивлением 100 Ом равно-
равномерно убывает с 10 А до 0 за 30 с. Определить количество теплоты,
выделившееся в проводнике за это время. Ответ: 100 кДж.
24» Плотность тока в медном проводнике равна 0,1 МА/м2.
Определить удельную тепловую мощность тока. Ответ: 170 Вт/м3.
25* Плоский контур площадью 4 см2 расположен параллельно
однородному магнитному полю напряженностью 104 А/м. По кон-
контуру кратковременно пропустили ток силой 2 А, и контур начал
свободно вращаться. Считая условно в начале движения силу тока и
177

вращающий момент неизменными, определить угловое ускорение
контура, если его момент инерции 10~6 кг • м2. Ответ: 10 с.
26* Алюминиевый провод длиной 5 м и диаметром 1 мм по-
покрыт изоляцией толщиной 1 см. Провод согнут пополам, причем
обе половины прилегают друг к другу. С какой силой действует одна
половина провода на другую, если при пропускании тока на концах
провода создается разность потенциалов 1 В? Ответ: 7,9 • 10~4 Н.
27* В прямоугольной рамке со сторонами 4 и 6 см сила тока
5 А. Определить напряженность магнитного поля в центре рамки.
Ответ: 96 А/м.
28* Витки двухслойного длинного соленоида намотаны из
проволоки радиусом 0,2 мм. В первом слое сила тока 3 А, во
втором — 1 А. Определить напряженность магнитного поля внутри
соленоида. Рассмотреть два случая: токи текут в одном направле-
направлении и в противоположных направлениях. Ответ: 104А/м; 0,5 х
х 104А/м.
29* По кольцу радиусом 15 см течет ток силой 10 А. В одной
плоскости с кольцом находится длинный прямой изолированный
проводник, сила тока в котором 10 А. Проводник совпадает с каса-
касательной к окружности кольцевого тока. Найти напряженность маг-
магнитного поля в центре кольца при различных направлениях токов.
Ответ: 43,9 А/м, 22,7 А/м.
30* По прямому проводнику течет ток силой 50 А. В плос-
плоскости проводника расположена прямоугольная рамка, длинные
стороны которой параллельны проводнику. Площадь попереч-
поперечного сечения рамки 0,5 см2, расстояние от центра до проводни-
проводника 1 м. Определить магнитный поток, пронизывающий рамку.
Ответ: 5-100B6.
31 ¦ Соленоид имеет длину 1 м, площадь поперечного сечения
25 см2 и число витков 1000. Энергия поля соленоида при силе тока
1 А равна 1,9 Дж. Определить магнитную проницаемость сердечни-
сердечника. Ответ: 1200.
32* В плоскости, перпендикулярной магнитному полю напря-
напряженностью 100 А/м, вращается прямолинейный проводник длиной
1 м относительно оси, проходящей через конец проводника. По про-
проводнику пропускают ток силой 10 А, угловая скорость вращения
проводника 50 с. Определить работу вращения проводника за
10 мин. Ответ: 18,8 Дж.
33* С какой скоростью движется перпендикулярно однород-
однородному магнитному полю напряженностью 500 А/м прямой провод-
проводник длиной 30 см и сопротивлением 0,1 Ом? При замыкании про-
проводника по нему пошел бы ток силой 0,01 А. Влияние замыкающего
провода не учитывать. Ответ: 5,3 м/с.
178

34* В соленоиде сила тока равномерно возрастает от 0 до
100 А в течение 2 с и при этом индуцируется @t = 1 В. Какую энер-
энергию накопит поле соленоида в конце возрастания силы тока?
Ответ: 100 Дж.
35* Какой длины надо взять проволоку диаметром 0,1 мм,
чтобы изготовить однослойный соленоид с индуктивностью 1 мГн?
Площадь поперечного сечения соленоида 7,5 см2. Сердечник отсут-
отсутствует. Ответ: 10,3 м.
36* Вычислить максимальную напряженность магнитного по-
поля, создаваемого а-частицей в точке, отстоящей от прямолинейной
траектории частицы на расстоянии 10~8 см. Скорость а-частицы
5 • 106 см/с. Ответ: 1,27 • 105А/м.
37* Электрон влетает в однородное магнитное поле, индукция
которого 0,01 Тл, и начинает двигаться по окружности. Определить
период вращения электрона. Ответ: 3,57 не.
38, По двум параллельным проводникам текут токи силой 8 и
12 А. Расстояние между проводниками 20 см. Найти геометриче-
геометрическое место точек, в которых магнитная индукция поля токов равна
нулю. Направления токов выбрать самостоятельно. Ответ: 0,08 м,
0,12 м.
39* По изолированному проводнику, имеющему форму коль-
кольца радиусом 25 см, течет ток силой 15 А. Два прямых бесконечно
длинных проводника — один в плоскости кольцевого проводника,
другой перпендикулярно ей — касаются кольцевого проводника в
точках, лежащих на противоположных концах диаметра. Силы то-
токов в проводниках 10 и 20 А. Определить напряженность в центре
кольцевого проводника при разных направлениях токов. Решение
пояснить рисунком. Ответ: а) 38,54 А/м; 26,85 А/м; б) 43,21 А/м;
18,4 А/м.
40* Два проводника в виде полуколец лежат в одной плоскос-
плоскости и имеют общий центр. Определить напряженность в центре полу-
полуколец при следующих данных: радиус первого полукольца 10 см,
второго — 20 см, токи текут в одном направлении и сила тока соот-
соответственно равна 1 и 4 А. Поле от подводящих проводников не учи-
учитывать. Ответ: 7,5 А/м.
41 ¦ В средней части длинного соленоида находится отрезок
проводника, сила тока в котором 4 А и длина 2 см. Проводник рас-
расположен перпендикулярно оси соленоида. На этот отрезок провод-
проводника действует сила 10~5 Н. Определить силу тока в обмотке солено-
соленоида при условии, что на 1 см длины соленоида приходится 10 вит-
витков и сердечник отсутствует. Ответ: 0,1 А.
42* Квадратная рамка площадью 20 см2, состоящая из тысячи
витков, расположена в однородном поле перпендикулярно полю с
179

индукцией 10~3 Тл. В течение 0,02 с рамку удалили за пределы по-
поля. Какая ЭДС наводится в рамке? Ответ: 0,1 В.
43* В однородном магнитном поле с магнитной индукцией
4 Тл перпендикулярно магнитному полю движется прямолинейный
проводник длиной 1 м со скоростью 25 м/с. Вектор магнитной ин-
индукции перпендикулярен проводнику и вектору скорости. Концы
проводника соединены гибким проводом вне поля. Общее сопротив-
сопротивление цепи 5 Ом. Определить мощность, необходимую для движе-
движения проводника. Ответ: 2 кВт.
44* Напряженность магнитного поля замкнутого кольцеоб-
кольцеобразного соленоида равна 5600 А/м. Средний диаметр кольца 20 см,
площадь сечения магнитопровода 5 см2. Магнитная проницаемость
сердечника 800 Гн/м. Найти энергию магнитного поля соленоида.
Ответ: 4,9 Дж.
45. Однородное электрическое поле напряженностью 20 кВ/м
и однородное магнитное поле напряженностью 3200 А/м взаимно
перпендикулярны. В этих полях прямолинейно движется электрон.
Определить скорость электрона. Ответ: 5000 км/с.

ЧАСТЬ 4
Колебания и волны
Основные формулы
¦ Уравнение гармонического s = A sin (cot -f ср0)
колебания
где А — амплитуда колебания,
со — циклическая частота,
Фо — начальная фаза.
¦ Период колебания маятников: г—
пружинного Т = 2тс /~
физического Т = 2тс
где ш — масса маятника,
k — жесткость пружины,
J — момент инерции маятника,
g — ускорение свободного падения,
/ — расстояние от точки подвеса до центра масс.
¦ Период колебаний Т = 2nJbC
в электрическом
колебательном контуре
где L — индуктивность контура,
С — емкость конденсатора.
¦ Уравнение плоской волны, s =А sin cof t - -1 + cp0
распространяющейся v
в направлении оси ОХ
где v — скорость распространения волны.
¦ Длина волны X = vT
где Т — период волны.
¦ Скорость распространения v = ?
электромагнитной волны
где с — скорость света в вакууме,
е — диэлектрическая проницаемость среды,
ц — магнитная проницаемость среды.
I тонн
¦ Скорость распространения звука в газах v = у—
Ч М
где у — отношение теплоемкостей газа,
при постоянном давлении и объеме,
R — молярная газовая постоянная,
Т — термодинамическая температура,
М — молярная масса газа.
181

¦ Вектор Пойнтинга Р = Е х Н
где Е и Н — напряженности электрического
и магнитного полей электромагнитной волны.
¦ Оптическая длина пути L = ns
в однородной среде
где s — геометрическая длина пути световой волны,
п — показатель преломления среды.
¦ Оптическая разность хода А = L2 - Ьг
где ЬгиЬ2 — оптические пути двух световых волн.
¦ Условие интерференционного А = ±тХ0,
максимума т = 0, 1, 2, ...
¦ Условие интерференционного А = ±{2т ~^)-§
минимума т = 1, 2, ...
где Хо — длина световой волны в вакууме.
¦ Ширина интерференционных полос Ах = —
в опыте Юнга
где d — расстояние между когерентными источниками света,
/ — расстояние от источников до экрана.
¦ Оптическая разность хода в тонких пленках:
в проходящем свете А = 2djn2 -sin2i
в отраженном свете А = 2d Jn2 - sin2i + —
где d — толщина пленки,
п — показатель преломления пленки,
i — угол падения света.
¦ Радиусы светлых колец Ньютона
в проходящем свете
или темных в отраженном
темных колец в проходящем rm = JBm - l)XR/2
свете или светлых т = 1, 2, ...
в отраженном
где R — радиус кривизны линзы,
X — длина световой волны в среде.
Радиусы зон Френеля для
сферической волновой
поверхности т
182
¦

плоской волновой rm = JmXb
поверхности т = 1, 2, ...
где а — радиус волновой поверхности
Ъ — кратчайшее расстояние от волновой поверхности
до точки наблюдения.
¦ Направление дифракционных Фо = О
максимумов от одной щели asin (pm = ± ^ 1—
¦ Направление дифракционных asin cpm = ±mX
минимумов т = 1, 2, ...
где а — ширина щели.
¦ Направление главных csin cpm = ±mX
максимумов дифракционной т = 1, 2, ...
решетки
где с — постоянная дифракционной решетки.
¦ Разрешающая способность R = — = mN
дифракционной решетки
где АХ — минимальная разность длин волн
двух спектральных линий, разрешаемых решеткой,
т — порядок спектра,
дг — общее число щелей решетки.
¦ Формула Вульфа—Брэгга 2<2sin Qm = тХ
/и = 1,2,...
где d — расстояние между атомными плоскостями кристалла,
Qm — угол скольжения рентгеновских лучей.
¦ Степень поляризации Р = /тах ~ /пцп
•* max ¦" ¦* min
где /тах и /min — максимальная и минимальная интенсивность
поляризованного света.
¦ Закон Брюстера tgi0 = —
где i0 — угол Брюстера, г
пг и п2 — показатели преломления первой и второй сред.
¦ Закон Малюса / = /Ocos2 a
где /0 и / — интенсивность плоскополяризованного света,
падающего и прошедшего через поляризатор,
а — угол между плоскостью поляризации падающего света
и главной плоскостью поляризатора.
183

¦ Угол поворота плоскости поляризации света:
в кристаллах и чистых жидкостях ф = ф0/
растворах Ф = [фо]с/
где ф0 — постоянная вращения,
[ф0] — удельная постоянная вращения,
с — концентрация оптически активного вещества в растворе,
I — расстояние, пройденное светом в оптически активном
веществе.
¦ Фазовая скорость света v = -
где с — скорость света в вакууме, п
п — показатель преломления среды.
¦ Дисперсия вещества D = —
dX
¦ Групповая скорость света и = -A + -—)
¦ Направление излучения cos 0 = —
Вавилова—Черенкова nv
где v — скорость заряженной частицы.
Примеры решения задач
1 ¦ Механические колебания и волны
Написать уравнение гармонического колебания, если ампли-
амплитуда его 10 см, максимальная скорость 50 см/с, начальная фаза 15°.
Определить период колебания и смещение колеблющейся точки че-
через 0,2 с от начала колебания.
Дано: А = 10 см; итах = 50 см/с = 0,5 м/с; ф0 = 15°; t = 0,2 с.
Найти: x(t)9 T, х@,2).
Решение. Уравнение гармонического колебания с началь-
начальной фазой ф0 имеет вид
х =Asin (со* + ф0).
Циклическая частота со = 2п/Т. Скорость колеблющейся
точки находится как первая производная смещения от вре-
времени:
dx
v = — = Acocos (со? Н- ф0).
Максимальная скорость достигается при значении
cos (со* + ф0) = 1; vm&x = Асо,
184

откуда со = ^ = Ц;
Т = 2кА-
Umax'
Т= 2-3 14.0,1 ^1>2б
0,5
О = ?тах = 5 (С).
Выразим начальную фазу в радианах
Тогда уравнение гармонического колебания запишется
x(t)«0,lsinE*+J|).
В момент времени t = 0,2 с смещение дг(О будет равно:
х = 0,lsin(^ + JL) = ОД -sin я(| + i) - 0,095 (м).
2» Точка совершает гармонические колебания с частотой 10 Гц.
В момент, принятый за начальный, точка имела максимальное сме-
смещение 1 мм. Написать уравнение колебаний точки и начертить их
график.
Дано: v = 10 Гц; хт&х = 1 мм.
Решение. Уравнение колебаний точки можно записать в
виде
х = Asin (со* + фх), A)
или
х = Acos (со* + ф2), B)
где А — амплитуда колебаний; со — циклическая частота; t —
время; фх и ф2 — начальные фазы, соответствующие форме за-
записи A) или B).
По определению амплитуда колебаний
^ = *тах- C)
Циклическая частота со связана с частотой v соотношением
со = 2ttv. D)
185

X i
A
i
i
n
~2
X
0
к
2
max
\
A
_0
1 ^
571 0)^
Начальная фаза колебаний зависит
от формы записи. Если использовать
формулу A), то начальную фазу можно
определить из условия в момент време-
времени t = 0 хт&х = Asin фх,
откуда фх = arcsin —ess = arcsin 1,
Рис. 44
или фх = Bfe + 1)|, (ft = 0, 1, 2, ...).
Изменение фазы на 2тс не изменяет состояния колебатель-
колебательного движения, поэтому можно принять
Ф1-1- (б)
В случае второй формы записи получаем:
Ф2 = arccos -2S = arccos I,
или Ф2 = 2nk, (k = 0, 1, 2, 3, ...).
По тем же соображениям, что и в первом случае, находим
Ф2 = 0. F)
С учетом равенств C)—F) уравнения колебаний примут
вид:
х = *maxcos 2nvt,
где jcmax = 1 мм = 10 м; v = 10 Гц.
График соответствующего гармонического колебания при-
приведен на рис. 44.
I 3» Материальная точка массой 20 г совершает гармонические
колебания с периодом 9 с. Начальная фаза колебания 10°. Через
какое время от начала движения смещение точки достигнет полови-
половины амплитуды? Найти амплитуду, максимальные скорость и уско-
ускорение точки, если полная ее энергия равна 10~2 Дж.
Дано: т = 20 г = 0,02 кг; Т = 9 с; ф0 = 10° = —, х = 0,5 А;
Е = 10 Дж.
Найти:*, A, umax, amax.
Решение. Уравнение гармонического колебательного дви-
.•Кения * • / t i \ / л \
х=А sin (at + ф0). A)
186

Из уравнения A) можно определить время t:
(arcsin~-(po]Tr
" t ¦
Подставляя числовые значения в формулу B), получим
(arcsinO,5-—) H-JL
:1^19^^9 05@
Амплитуду колебания можно определить из формулы пол-
полной энергии Е колеблющейся точки:
Г. _ /пА2СО2 /оч
ЕC)
А=1 iH.f . Щ. D)
со V m 2я а/ /п
Подставляя в формулу D) числовые значения, получим
Зная амплитуду, можно вычислить максимальную ско-
скорость точки, которая определяется как первая производная от
смещения х по времени
v = 7Г ==
Полагая cos (cof + ф0) = 1, получаем значение максимальной
скорости:
Ускорение точки определяется как первая производная
скорости по времени, т. е.
=
а
187

Считая при максимальном ускорении sin (со* + ф0) = -1,
«max А<* А{т) Т 4т'
Подставляя числовые значения, получаем:
4» Материальная точка массой 1 г колеблется гармонически.
Амплитуда колебания равна 5 см, циклическая частота 2 с, на-
начальная фаза равна 0. Определить силу, действующую на точку в тот
момент, когда ее скорость равна 6 см/с.
Дано: v = 6 см/с = 6 • 10~2 м/с; А = 5 см = 5 • 10~2 м; т =
= 1 г = 10~3 кг; ш = 2 с.
Найти: F.
Решение. Скорость определяется первой производной от
смещения по времени:
Смещение х задано уравнением
х = Asin (со? + ф0).
Находим скорость:
v = Acocos (cot + ф0). A)
Ускорение равно производной от скорости по времени:
а = -Aco2sin (cot + (р0). B)
Возводим скорость и ускорение во вторую степень:
-i\JL == Л^лл^ллс" (fi\~t -4— сг\ \* (*W
Is ^^ хЛ. LU v^vJo l(JUt (^ Ц'П/? \*^у
а2 = A2co4sin2 (at + ф0). D)
Уравнение C) разделим на А2со2, а уравнение D) на А2со4 и
сложим их:
V*
Производим дальнейшие преобразования:
a2
188

Ускорение получается равным
а = Ш/Уа2со2 - и2 .
Следовательно, сила по второму закону Ньютона равна
F = та, F = пко*/А2(о2 - и2 ,
F = 10~3 -2VE-10-2J-22-F-10-2J = 16 • КГ5 (Н).
Найти закон изменения периода колебания математического
маятника с поднятием маятника над поверхностью Земли.
Решение. Период колебаний математического маятника
определяется формулой
T=2n[L. A)
Период колебаний физического маятника
B)
где J — момент инерции маятника относительно оси колеба-
колебаний, т — масса маятника, L — расстояние между центром тя-
тяжести маятника и осью колебаний.
Множитель I = — называется приведенной длиной маят-
ть
ника. Как видно из A) и B), период Т зависит от ускорения
свободного падения.
Тело массой m притягивается к Земле с силой, определяе-
определяемой законом всемирного тяготения:
f-mg-GSJlf, C)
где G — гравитационная постоянная, М — масса Земли, R —
расстояние от центра Земли до тела.
Из C) находим g:
g = GM±. D)
Подставляя выражение D) в A) или B), находим
Следовательно, период колебаний данного маятника прямо
пропорционален расстоянию от маятника до центра Земли.
189

6» I Однородный диск радиусом R = 0,49 м совершает малые коле-
колебания относительно оси, которой является гвоздь, вбитый перпенди-
перпендикулярно стенке. Колебания совершаются в плоскости, параллельной
стене. Найти частоту колебаний диска, если гвоздь находится на
расстоянии d = 2R/3 от центра диска.
Дано: R = 0,49 м; d = 2R/3.
Найти: v.
Решение. Частота колебаний v такого физического маятни-
маятника равна:
Период колебаний физического маятника, как известно,
равен
Т = 2л
где J — момент инерции маятника относительно оси, проходя-
проходящей через центр колебаний диска, m — масса диска, d — рас-
расстояние от оси колебаний до оси, параллельной данной и про-
проходящей через центр тяжести маятника, g — ускорение сво-
свободного падения.
В нашем случае ось колебаний не проходит через центр тя-
тяжести диска и момент инерции диска J может быть найден по
теореме Штейнера:
где Jo = ^ момент инерции однородного диска относи-
тельно оси, проходящей через центр тяжести перпендикуляр-
перпендикулярно плоскости диска.
Учитывая полученные соотношения, получим формулу для
частоты колебания:
mgd = JL_ /36g
2 +(|J
Подставляя численные значения Rug, получим
v=^_ /36-9,81 с Q,6 (Гц).
6,28 Л/51 - 0,49 V ;
190

7» Материальная точка массой 0,01 кг совершает гармонические
колебания, уравнения которых имеют вид: х = 0,2 sin Snt (м). Найти
возвращающую силу в момент времени 0,1 с и полную энергию
точки.
Дано: т = 0,01 кг, t = 0,1 с, х = 0,2sin 8nt (м), ф0 = 0.
Найти: FB, E.
Решение* Возвращающая сила при гармонических колеба-
колебаниях равна:
FB = та = -kx,
где а — ускорение колеблющейся точки, которое имеет вид
а = ^-| = -Aco2sin (со? + ф0).
Тогда FB = -AnAco2sin (cot + ф0).
Подставляем численные значения величин, входящих в
формулу для FB из условия задачи, а также из уравнения коле-
колебания: А = 0,2 м, со = 8л; с получаем:
FB = -0,01 • 0,2(8tiJ sin 8тт =* -0,74 (Н).
Согласно закону сохранения энергии, полная энергия при
колебательном движении будет равна максимальной кинети-
кинетической энергии при гармоническом колебательном движении:
Е = Ек max = ^^ = -А2®2> так как v = Acocos (cot + ф0),
2 2
V = Утах ПРИ C0S (®* + Фо> = !'
Найдем значение полной энергии, подставив в уравнение
для Е численные значения:
Е = 0,01@,2.8.8,14)» в 0Д26 (Дж)
Li
8» I Материальная точка массой 0,01 кг совершает гармонические
колебания с периодом 2 с. Полная энергия колеблющейся точки
10~4 Дж. Найти амплитуду колебаний, написать уравнение колеба-
колебаний, найти наибольшее значение силы, действующей на точку.
Дано: т = 0,01 кг; Т = 2 с; ?полн = 10 Дж.
Решение. Уравнение гармонических колебаний имеет вид
х = Asin (со? + ф0).
191

Скорость v колеблющейся точки — это первая производная
от смещения по времени
v = \t± = Acocos (cot + ф0).
Кинетическая энергия колеблющейся точки будет
Полная энергия точки равна максимальному значению ки-
л 2 2
нетической энергии ЕПОЛИ = Ек тах = t_ю (когда cos2 (cot +
+ Фо) = !)¦
Отсюда
2 '104^ 0,045 (м).
2-3,14 V 0,01 v '
Значение циклической частоты со = — = п = 3,14 (с).
Уравнение колебаний будет иметь вид х = 0,045 sin (nt + ф0).
Ускорение колеблющейся точки — это первая производная
от скорости по времени
а = — = -Aco2sin (со? + ф0).
Максимальное значение ускорения будет при условии, ког-
когда sin (cot 4- ф0) = -1, amax = Aco2, а наибольшее значение силы
будет
Fmax = mamax = ™Ас°2 = 0,01 • 0,045 • 3,142 ^ 4,4 • 10~3 (Н).
9» В упругой среде распространяется волна со скоростью 20 м/с.
Частота колебаний 2 с, амплитуда 0,02 м. Определить фазу колеба-
колебаний, смещение, скорость, ускорение точки, отстоящей на расстоя-
расстоянии 60 м от источника в момент времени t — 4 с, и длину волны.
Дано: v = 20 м/с, v = 2 с1, А = 2 • 10~2 м, t = 4 с, I = 60 м.
Найти: ф, х, и, а, X.
Решение. Фаза колебаний, смещение, скорость и уско-
ускорение точки определяются с помощью уравнения бегущей
волны:
х = Asin cot t - - ),
192

где х — смещение точки, А — амплитуда колебаний, ср =
= (o(t - -J — фаза колебаний. Фаза колебаний в момент време-
времени t будет равна:
Подставив численные значения величин, получим:
Смещение точки в этот момент равно:
х =Asin 47i = 0.
Скорость точки найдем как первую производную от смеще-
смещения по времени:
v = ^ =Ag>cos colt - - ) =A*27cvcos (o[t - -).
dt v VJ v VJ
Подставив численные значения величин, получим:
v = 0,02 • 6,28 • 2cos 4тс - 0,25 (м/с).
Ускорение точки найдем как первую производную от ско-
скорости по времени:
a
dt
Подставив численные значения, получим, что ускорение а,
как и смещение х, в данный момент равно нулю:
а = -0,02 • B7cvJsin 4тг = 0.
Длину волны, т. е. расстояние, которое проходит волна за
один период, найдем из соотношения
v = Хф v.
Отсюда ^=^;X=?i5=10 (M).
|10» Волна распространяется по прямой со скоростью 20 м/с. Две
й й 12 15
точки, находящиеся на этой прямой на расстоянии 12 и 15 м от ис-
источника колебаний, колеблются по закону синуса с амплитудами,
равными 0,1 м, и с разностью фаз 135°. Найти длину волны, напи-
написать ее уравнение и найти смещение указанных точек в момент вре-
времени t =1,2 с.
Дано: и = 20 м/с; 1г = 12 м; 12 = 15 м; А = 0,1 м; Дер = 135°;
*=1,2 с.
Найти: X, xv x2, x(t).
7-9332 Гладской
193

Решение. Уравнение бегущей волны имеет вид
х =Asin cof t - - ),
где х — смещение от положения равновесия точки, находя-
находящейся на расстоянии I от источника колебания в момент вре-
мени ?, А — амплитуда колебаний, со = -~ — циклическая час-
частота, Т — период колебаний, v — фазовая скорость волны.
Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном
длине волны X, колеблются с разностью фаз Аф = 2я; точки,
находящиеся на любом расстоянии AZ, колеблются с разностью
фаз Аф = — 2тс, откуда
Аф Аф
Подставляя численные значения, получим:
Скорость волны v связана с периодом колебаний Т и дли-
ной волны X соотношением X = и Г, откуда Т=- = — =0,4 (с).
v 20
9-_ о_
Циклическая частота со = — = —— = 5п (с).
Уравнение волны будет иметь вид
Смещение указанных точек будет равно
хг = 0,lsin 5tc(i,2 - У?) = 0,lsin Зя = 0,
х2 = 0,lsin 5;c(l,2 ~ ||) = 0,lsin 2,25л = 0,lsin О,25тг ^ 0,07 (м).
11» Колеблющиеся точки, находящиеся на одном луче, удалены
от источника колебания на 6 и 8,7 м и колеблются с разностью фаз
Зтг/4. Период колебания источника 10 с. Чему равна длина волны
и скорость распространения колебаний в данной среде? Составить
уравнение волны для первой и второй точек, считая амплитуды ко-
колебаний точек равными 0,5 м.
Дано: 1Х = 6 м; 12 = 8,7 м; Аф = Зтг/4, Г = 10~2 с; Аг = А2 =
= 0,5м.
Найти: X, и.
194

Решение. Длину волны А, определяем из уравнения волны
по разности фаз Аф и расстоянию точек от источника. Это урав-
уравнение может быть записано в таком виде:
х = Asin cof t - - ) , или A)
B)
В уравнении B) выражение 2n\Jz - -1 является фазой коле-
C)
Jz -
^ 1 к
бания. Запишем фазы для каждой из точек
Определим разность фаз
(^Ь) D)
Из уравнения D) определяем длину волны
Аф
Подставляя заданные значения, получим
X-8*<8-7-»'">-7,2 (м).
Ь
Скорость распространения волны находим из известной
формулы v = Х/Т. Определяем числовое значение скорости:
1А 720 (м/с).
v i >
v
10-2
Циклическая частота со определяется из соотношения:
ю=Ч = w>= 200к (с)>
Подставляя числовые значения в уравнение A), получаем
уравнения волны, отображающие колебания первой и второй
точек:
х2 = 0,5sin 200тг(^ - М) .
195

2* Электромагнитные колебания и волны
Напряжение на обкладках конденсатора в колебательном кон-
контуре изменяется по закону U = lOcos 104? (В). Емкость конденсатора
10 мкФ. Найти индуктивность контура и закон изменения силы то-
тока в нем.
Дано: U = lOcos ЮН (В); С = 10 Ф.
Найти: L,I(t).
Решение. Напряжение U на обкладках конденсатора в
колебательном контуре изменяется по гармоническому закону
U = [ZqCOs со?, где Uo — амплитудное значение напряжения,
со = — = —Щ— = --Ezz — циклическая частота (в условии за-
Т 2%jLC JLC
дачи со = 10~4 с), L — индуктивность, С — емкость конденса-
конденсатора.
Отсюда
Заряд на обкладках конденсатора Q равен
= CUOcos со*.
Сила тока по определению
/ = ^ = -coCC/osin со*.
Подставляя числовые значения, получим
/ = -104 • 10 • lOsin ЮН = -sin ЮН (А).
13» Сила тока в колебательном контуре изменяется по закону
/ = 0,lsin ЮН (А). Индуктивность контура 0,1 Гн. Найти закон из-
изменения напряжения на конденсаторе и его емкость.
Дано: / = 0,lsin 103* (A); L = 0,1 Гн.
Найти: С, U(t).
Решение. Выражение для силы тока в колебательном кон-
контуре имеет вид / = /osin cot, где со = циклическая часто-
та (по условию задачи со = 103 с), С — емкость, L — индук-
индуктивность контура. Отсюда
10 (Ф).
co2L 106-0,1
196

Напряжение на конденсаторе равно ЭДС самоиндукции,
возникающей в катушке с индуктивностью L, и будет иметь
вид:
U = -L • — = -L/qCqcos cot;
ctt
[/ = -0,l-0,l-103cosl03*.
U = -lOcos 103*.
14+ В колебательном контуре максимальная сила тока 0,2 А, мак-
максимальное напряжение на обкладках конденсатора 40 В. Найти
энергию колебательного контура, если период колебаний 15,7 мкс.
Дано: /0 = 0,2 A; Uo = 40 В; Т = 15,7 • 10~6 с.
Найти: W.
Решение. Энергия колебательного контура равна макси-
максимальной энергии магнитного поля или максимальной энергии
электрического поля контура
Отсюда W
2
Период колебаний в контуре Т =
Тогда W = ZLlMLo = 15,7 • НИ -0,2 -40 _ 1Q_5 (Дж)>
4тг 4 • 3,14
15» Конденсатору емкостью 0,4 мкФ сообщают заряд 10 мкКл,
после чего он замыкается на катушку с индуктивностью 1 мГн. Чему
равна максимальная сила тока в катушке?
Дано: С = 4 • 10 Ф; Qo = 10 Кл; L = 10~3 Гн.
Найти: /0.
Решение* В колебательном контуре происходит взаимо-
взаимопревращение энергии электрического W3 и магнитного полей
WM. Максимальные значения энергий W9 и WM равны Wd = ^ ;
Ы2 О2 LI2
WM = —^. Приравнивая эти выражения, получим — = —? ,
а 2С 2
откуда
197

16* Максимальная сила тока в колебательном контуре 0,1 А, мак-
максимальное напряжение на обкладках конденсатора 200 В. Найти
циклическую частоту колебаний, если энергия контура 0,2 мДж.
Дано: 10 = 0,1 A, Uo = 200 В, W = 2 • 10 Дж.
Найти: со.
Решение. В колебательном контуре максимальная энергия
магнитного поля равна максимальной энергии электрического
поля:
откуда
Циклическая частота
ш=2^ 2я =
JLC
Таким образом,
W = ^°^°
^7'
откуда со - 1ф ; со - ?±Ж = 5 .104 «г*).
17» Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью
444 пФ и катушки с индуктивностью 4 мГн. На какую длину волны
настроен контур?
Дано: С = 4,44 • 100 Ф; L = 4 • 10~3 Гн.
Найти: X.
Решение. Длина волны X, на которую настроен контур,
равна А, = сТ, где с — скорость распространения волны, Т —
период колебаний в контуре.
По формуле Томсона период колебаний равен
Т = 2п 4LC.
Тогда
X = 2 • 3,14 • 3 • 108V4,44-10-10 • 4 • 10 ^ 2511 (м).
198

Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью
37,5 нФ и катушки с индуктивностью 0,68 Гн. Максимальное значе-
значение заряда на обкладках конденсатора равно 2,5 мкКл.
Написать уравнения изменения напряжения и заряда на обклад-
обкладках конденсатора и тока в цепи и найти значения этих величин в
момент времени Г/2.
Дано: С = 3,75 • 10~8 Ф; L = 0,68 Гн; Q = 2,5-10~6Кл; t =
= Т/2.
Найти: U(t), I(t), Q(t),U,I,Q.
Решение. Напряжение U и заряд Q на обкладках конденса-
конденсатора связаны соотношением U = Q/C.
Изменение напряжения на обкладках конденсатора проис-
происходит по гармоническому закону, U = [/cos со?, где со = 2tcv =
= 2п/Т — циклическая (или круговая) частота, v — частота,
Т — период колебаний.
Период колебаний определяется по формуле Томсона
Т =
и равен Т = 6,28л/0,68 • 3,75 • 10"8 ^ 10 (с).
Циклическая частота равна со = 2п/Т = 2тс • 103 (с).
Выражение U = U(t) будет иметь вид
U = ^ cos (ot;
U = 2>5'108 cos 2л • 103* = 66,7 • cos Bя • ЮН).
Изменение заряда на обкладках конденсатора будет проис-
происходить в соответствии с выражением
Q = U-C = 66,7 • С• cos Bл • 103*) = 66,7• 3,75 х
х 10"8cos Bл • 1030 = 2,5 • Ю-6 • cos Bл • 103*) (Кл).
По определению сила тока / = =s. Тогда выражение для
at
силы тока будет
I = ^ = -2,5 • 106 • 2л • 103 sin Bл • 1030;
at
I = -15,7 • Ю-3 sin Bл • 103* ) (А).
Значения искомых величин в момент времени Т/2 равны:
/ = -15,7 • Ю-3 sin Bл • 103 • Г/2) = -15,7 • l(r3sin л = 0.
U = 66,7 • cos Bл • 103 • Т/2) = 66,7 • cos л = -66,7 (В).
Q = 2,5 • К) • cos Bл • 103 • Т/2) = 2,5 • КГ6 • cos л =
= -2,5-10-6(Кл).
199

19» Изменение разности потенциалов на обкладках конденсатора
в колебательном контуре происходит в соответствии с уравнением
U = 50 cos 104я*. Емкость конденсатора равна 0,1 мкФ. Найти пери-
период колебаний, индуктивность контура, закон изменения силы тока
со временем и длину волны.
Дано: U = 50cos 104я*; С = 10'7 Ф.
Найти: T9L9I(t),X.
Решение. Напряжение U и заряд Q на конденсаторе емко-
емкостью С связаны соотношением Q = UC. Следовательно,
Q = C- 50cos 1047rt = 50• 10~7• cos 104я* = 5• 10cos 104я* (Кл).
Сила тока по определению равна I = ~ь .
at
I = -5 • 10 • 1047isin 104ti* = -0,157sin 104тг* (А).
В условии задачи циклическая частота оз = 104тс и связана с
периодом колебаний соотношением со = 2тг/Т, откуда Т = 2я/со;
Т = -^2L = 2 • 10 (с).
1047С
По формуле Томсона период колебаний равен Т = 2nJbC,
откуда
Длина излучаемой контуром электромагнитной волны рав-
равна X = vT, где v — скорость волны, равная 3 • 108 м/с.
Тогда X = 3 • 108 • 2 • 10 = 6 • 104 (м).
20» I В однородной изотропной среде с диэлектрической проница-
проницаемостью, равной 2, и магнитной проницаемостью, равной 1, распро-
распространяется плоская электромагнитная волна. Амплитуда напряжен-
напряженности электрического поля волны 50 В/м. Найти амплитуду напря-
напряженности магнитного поля и фазовую скорость волны.
Дано: е = 2; ц = 1; Ео = 50 В/м.
Найти: ff0, v.
Решение. Фазовая скорость волны v равна
L - 3O0f ^ 2Д2 .108 (м/с)
Напряженности электрического и магнитного полей в элек-
электромагнитной волне колеблются в одной фазе, и для них вы-
выполняется соотношение его?§ = ЦЦо-^о • Откуда получаем
200
0 fe E»H*~ i 12,56.10-^

21 ¦ Уравнение плоской электромагнитной волны, распространяю-
распространяющейся в среде с магнитной проницаемостью, равной 1, имеет вид Е =
= lOsin F,28-108? - 4,19#). Определить диэлектрическую проница-
проницаемость среды и длину волны.
Дано: ц = 1; Е = lOsin F,28 • 108* - 4,19*); с = 3 • 108 м/с.
Найти: 8, X.
Решение. Уравнение плоской электромагнитной волны в
общем виде Е = ?osin (со* - kx), где Ео — амплитудное значение
напряженности электрического поля, k = 2п/Х — волновое
число, X - длина волны, со — циклическая частота, со = kv, v —
фазовая скорость. По условию задачи k = 4,19 м. Тогда
k 4,19
Фазовая скорость волны v = -~
1 с2
Отсюда е = - • -г
или с учетом того, что v = co/fe, а со по условию задачи равна
6,28 • 108 с, получим
^2. 9-1016-4Д92 =4
со ) ' 6,282-1016
22» В вакууме распространяется плоская электромагнитная вол-
волна, амплитуда напряженности электромагнитного поля которой
100 В/м.
Какую энергию переносит эта волна через площадку 50 см2, рас-
расположенную перпендикулярно направлению распространения вол-
волны, за 1 мин? Период волны Т <$С t.
Дано: Ео = 100 В/м; S = 50 см2 = 5-10м2; t = 1 мин =
= 60 с; Т « t.
Найти: W.
Решение. Энергия, переносимая через площадку S, пер-
перпендикулярную направлению распространения волны, в еди-
единицу времени равна
где w — объемная плотность энергии.
или с учетом того, что
201

Напряженность электрического поля волны Е = ?osin со*.
Таким образом, ^р = cSsQE% sin2 со*.
Энергия, переносимая волной за время *, будет определять-
определяться интегралом
t t
W = J cSzQE$ sin2 co*d* = cSe0E$ J sin2 co*d* =
f
По условию задачи Т <?t, поэтому
2 4со '
и тогда W = - cSe0E$ t;
W = - - 3 • 108 • 5 • 10"8 • 8,85 • 1012 • 104 • 60 =* 4 (Дж).
23» В вакууме распространяется плоская электромагнитная вол-
волна. Амплитуда напряженности магнитного поля волны 0,1 А/м. Оп-
Определить энергию, переносимую этой волной через поверхность пло-
площадью 1 м2, расположенную перпендикулярно направлению рас-
распространения волны, за время t = 1 с. Период волны Т <? t.
Дано: Нт = 0,1 А/м; S = 1 м2; t = 1 с; Т « t; 8 = 1; ц = 1.
Найти: W.
Решение. Плотность потока энергии электромагнитной
волны определяется вектором Пойнтинга
Р = Ё-Н. A)
Учитывая, что векторы Е и Н электромагнитной волны
взаимно-перпендикулярны, для модуля вектора Р получим
Р - ЕН. B)
Так как величины Е и Н в каждой точке волны меняются
со временем по гармоническому закону, находясь в одинако-
одинаковых фазах, то мгновенное значение Р равно
Р = Emsin со* • #wsin со* = ?m#msin2 со*. C)
Энергия, переносимая через площадку S, перпендикуляр-
перпендикулярную направлению распространения волны в единицу времени:
202
j^g ps SEmHmsin cot. D)
at s

Учитывая, что в электромагнитной волне
найдем Ея-Нт№±. F)
Ч ео?
Тогда выражение D) примет вид
t. G)
IHm
at ц 80е
Энергия, переносимая волной за время t, равна
По условию задачи Т <?С t> поэтому - ^> sin ^ , тогда
2 4со
^Z (9)
8q?
Подставляя числовые значения, получим
24.
3. Волновые свойства света
Какую наименьшую толщину должна иметь мыльная пленка,
чтобы отраженные лучи имели красную окраску (X = 0,63 мкм)?
Белый луч падает на пленку под углом 30° (п = 1,33).
Дано: X = 6,3 • 10~7 м; i = 30°; п = 1,33.
Найти: dmin.
Решение. Условие максимума при интерференции
где А — разность хода лучей, k — порядок интерференционно-
интерференционного максимума, X — длина волны.
При интерференции на тонкой пленке толщиной d, обла-
обладающей показателем преломления п, в отраженном свете раз-
разность хода лучей определяется выражением
203

Приравнивая выражения для А, получим:
2djn2-sm2i + \
откуда
27л2-sin2*
Очевидно, что d будет минимальной при k = 1:
d = 0,5-6,3-10-7_ _ 0ДЗ . 10-б (м) в одз (мкм).
2Vl,332-0,25
25» Для получения колец Ньютона используют плосковыпуклую
линзу. Освещая ее монохроматическим светом с длиной волны
0,6 мкм, установили, что расстояние между 5 и 6 светлыми кольца-
кольцами в отраженном свете равно 0,56 мм. Определить радиус кривизны
линзы.
Дано: X = 6 • 10~7 м; кг = 5; k2 = 6; Аг = 5,6 • 10 м.
Найти: JR.
Решение. Расстояние Аг между кольцами есть разность ра-
радиусов гб и г5 колец
Дг=гб-г5.
Радиус светлого кольца в отраженном свете определяется
по формуле:
rk-
где k — номер кольца.
Аг = JB • 6 - 1)|й - JB • 5 - 1)|Д = ^f GП - 79);
-3J,
откуда R = -^V = ''У';1^ - 10,4 (м).
(Л1-3JА, 0,322-6-10
26» Определить радиус 4-го темного кольца Ньютона в отражен-
отраженном свете, если между линзой с радиусом кривизны 5 м и плоской
поверхностью, к которой она прижата, находится вода. Свет с дли-
длиной волны 0,589 мкм падает нормально.
Дано: R = 5 м; k = 4; п = 1,3; X = 5,89 • 10 м; п = 1,3.
Найти: г4.
204

Решение. Радиус каждого темного кольца в отраженном
свете определяется по формуле
п
Тогда радиус 4-го кольца будет
/5
27» Монохроматический свет длиной волны 0,5 мкм падает на
мыльную пленку (п = 1,3) толщиной 0,1 мкм, находящуюся в возду-
воздухе. Найти наименьший угол падения, при котором пленка в прохо-
проходящем свете кажется темной.
Дано: X = 5 • 10 м; п = 1,3; d = 10~7 м.
Найти: imin.
Решение. Условие минимумов при интерференции:
где А — разность хода лучей, k — порядок минимума в интер-
интерференционной картине, X — длина волны.
Разность хода А при интерференции на тонкой пленке в
проходящем свете определяется по формуле
где d — толщина пленки, п — показатель преломления, i —
угол падения.
Приравнивая правые части выражений для А, получим
п2 __ Qir|2 j — (ои _ 1 \А
IV olll L \?лК II— •
2
Очевидно, что угол будет минимальным при k = 1:
2 «2 j X ,
" 2'
гг - sin'' 0 = ^-;
п2 - sin2 i ¦¦
16d2>
sin2 i = n*- V
16d2'
sin2 / = l,32-fflip- 0,13;
sin i = 0,36; imin - 21°.
205

На пленку из глицерина (п = 1,47) толщиной 0,1 мкм падает
белый свет. Каким будет казаться цвет пленки в отраженном свете,
если угол падения лучей 45°?
Дано: d = 0,1 мкм; п = 1,47; i = 45°.
Найти: X.
Решение. Условие максимума при интерференции А = kX.
Разность хода лучей А при интерференции на тонкой пленке
толщиной d:
А = 2djn2-sin2i + \ , 2djn2-sin2i + ? = /гХ.
Предполагая k = 1, получим:
X = 4djn2 - sin2 i; X = 4 • 1 • 10~77l ,472 - 0,5 ^0,52 (мкм).
Такая длина волны соответствует зеленому цвету.
29» Радиус кривизны плосковыпуклой линзы 12,1 м. Диаметр
второго светлого кольца Ньютона в отраженном свете равен 6,6 мм.
Найти длину волны падающего света, если он падает нормально.
Дано: Д= 12,1 м; d = 6,6 • 10~3 м; k = 2.
Найти: X.
Решение. Радиус светлых колец Ньютона в отраженном
свете определяется по формуле
Учитывая, что rk = - , получим:
2
2rf
30.
Bk-\)R ABk-1)R
Расстояние между двумя когерентными источниками (опыт
Юнга) 0,55 мм. Источники испускают свет длиной волны 550 нм.
Каково расстояние от щелей до экрана, если расстояние между со-
соседними темными полосами на нем 1 мм?
Дано: d = 5,5 • 10 м; X = 5,5 • 10~7 м; Ах = 10 м.
Найти: /.
Решение. Расстояние Ах между соседними светлыми или
темными полосами на экране в опыте Юнга определяется по
формуле Ад: = -- ;
а
X 5,5 -10
206

31 ¦ Найти длину волны света, падающего на установку в опыте
Юнга, если при помещении на пути одного из интерферирующих
лучей стеклянной пластинки (п = 1,52) толщиной 3 мкм картина
интерференции на экране смещается на 3 светлые полосы.
Дано: пх = 1; п2 = 1,52; / = 3 • 10~6 м; k = 3.
Найти: X.
Решение. При помещении пластинки с показателем пре-
преломления п2 на пути одного из лучей образуется дополнитель-
дополнительная разность хода лучей А = n2l - пх1, которая по условию мак-
максимумов будет равна Д = kX. Приравнивая правые части, полу-
получим (п2 - пгI = kX, откуда
X=1hZJlli. ^ 0,52-3.10-е =0>52,10-6(м)
k 3
32» Найти расстояние между третьим и пятым минимумами на
экране, если расстояние двух когерентных источников (X =
= 0,6 мкм) от экрана 1 м, расстояние между источниками 0,2 мм.
Дано: кг = 3; k2 = 5; I = 1 м; А, = 0,6 мкм; d = 2 • 10~4 м.
Найти: Ах5 3-
Решение. Расстояние xk от центра интерференционной
картины до минимума каждого порядка определяется по фор-
формуле 7 л
d 2
X ОГДо. ле """* ~^~~ , Хо ~~ —— И 1\Х ~~~ Ле "~ Хо
Ах « 2>1'6'140 - 6 (мм).
2 • 10 V ;
33» Два когерентных источника, расстояние между которыми
0,2 мм, расположены от экрана на расстоянии 1,5 м. Найти длину
световой волны, если 3-й интерференционный минимум расположен
на расстоянии 12,6 мм от центра картины.
Дано: d = 2 • 10 м; I = 1,5 м; k = 3; Ах3 = 12,6 • 10 м.
Найти: X.
Решение. Расстояние xk от центра интерференционной
картины до минимума каждого порядка определяется по фор-
формуле
Тогда длина волны X будет равна:
Bk-1I* 5-1,5
207

34ч Расстояние между двумя когерентными источниками d =
= 0,9 мм. Источники посылают монохроматический свет с длиной
о
волны 6400 А на экран, расположенный от них на расстоянии 3,5 м.
Определить число световых полос на 1 см длины.
Дано: d = 0,9 мм = 9 • 10~4 м; X = 6,400 А= 6,4 • 10~7 м;
L = 3,5 м; х = 10 м.
Найти: k/x.
Решение. В точке О на экране (рис. 45) будет максималь-
максимальная освещенность. Так как точка О равноудалена от источни-
источников S{ и Sg, то разность хода волн S[O и S2O равна нулю.
В произвольной точке экрана Ok макси-
максимум освещенности будет наблюдаться, ес-
если разность хода лучей равна целому чис-
числу длин волн:
А = S2 " si = kX- (!)
Разность хода лучей А = —.
L
Учитывая выражение A), получим
А_ xd _ ъу /q\
Рис. 45
Из выражения B) можно определить искомую величину
k/x — число светлых интерференционных полос на единицу
длины
х LX'
Подставляя в это выражение числовые значения, получим
k
X
9 • 10
3,5 • 6,4-Ю
401 (м1) =* 4 (см).
35» Найти угловое расстояние между соседними светлыми полоса-
полосами в опыте Юнга, если известно, что экран отстоит от когерентных
источников света на 1 м, а пятая светлая полоса на экране располо-
расположена на расстоянии 1,5 мм от центра интерференционной картины.
Дано: L = lM;fe = 5;Z = 1,5 мм = 1,5 • 10~3 м.
Найти: Аатах.
Решение. В точке О на экране (центр интерференционной
картины) (рис. 46) будет максимальная освещенность, так как
точка равноудалена от источников света Sx и S2 и разность
208

хода волн БгО и S2O равна нулю. В произ-
произвольной точке экрана Ok максимум осве-
освещенности будет наблюдаться, если раз-
разность хода волн SxOk - S2Ok равна целому
числу длин волн:
A = kX. A)
Разность хода лучей
л _ Id
Приравниваем формулы A) и B):
ld = kX
B)
Рис. 46
откуда
kLX
C)
Угловое положение интерференционной полосы на экране
определяется углом а. Из рис. 46 видно, что tg а = - , или вви-
1
ду малости а
а*г
D)
Решая C) и D), находим
amax d •
Угловое расстояние между соседними светлыми полосами
Да
«Л- -(*-1)? = ?.
а а а
E)
Определяя - из уравнения E) и подставляя это отношение
d
в C), получаем
Лаша
шах г. т *
= hY7T1 = 3' 10~4 (рад)-
36.
Для устранения отражения света от поверхности линзы на нее
наносится тонкая пленка вещества с показателем преломления 1,25,
меньшим, чем у стекла (просветление оптики). При какой наимень-
наименьшей толщине пленки отражение света с длиной волны 0,72 мкм не
будет наблюдаться, если угол падения лучей 60°?
Дано: п = 1,25; к = 0,72 мкм = 7,2 • 10 м; i = 60°.
Найти: dmin.
209

Решение. Оптическая разность хода лучей, отраженных от
нижней и верхней поверхностей пленки, равна
A = 2djn2-sin2i. A)
В выражении A) учтено, что отражение лучей на обоих по-
поверхностях происходит от оптически более плотной среды и
поэтому потери полуволны в обоих случаях компенсируют
друг друга. Условие интерференционного минимума имеет вид
А = ±B/п~1)А-, т = 1, 2,... B)
Подставляя A) в B) и учитывая, что выражение A) поло-
положительно, получим
2d*Jn2-sm4 =B"*-l)\ C)
А
Из C) найдем возможные значения толщины пленки:
d= Bm-l)X D)
4jn2 -sin2/
Наименьшее значение толщины пленки будет при т = 1:
dmin=—=L==. E)
4jn2 - sin2i
Подставляя в E) числовые значения, получим
dmin = 7'2 '10 = = 2 • 10^7 (м) - 0,2 (мкм).
4^,252-sin260°
37» Постоянная дифракционной решетки 2,5 мкм. Определить на-
наибольший порядок спектра, общее число главных максимумов в
дифракционной картине и угол дифракции в спектре 2-го порядка
при нормальном падении монохроматического света с длиной волны
0,62 мкм.
Дано: с = 2,5 • 10 м; k = 2; X = 6,2 • 10 м.
Найти: /гтах, iV, <p2.
Решение. Условие максимума при дифракции на решетке
csin ф = kX, фАтах = 90°; sin фАтах = 1.
? ; ft = f^^
, 10
максимумов
Тогда kmax = ? ; ft = f^'^' = 4,03, т. е. = 4. Общее число
210

Угол дифракции ф2 определяется по формуле csin ф2 = 2Х>
откуда
sin ф2 = — ;
38*
Ф2 = 30°.
Какую разность длин волн АХ может разрешить дифракци-
дифракционная решетка с периодом 2,5 мкм шириной 1,5 см в спектре 3-го
порядка для зеленых лучей (X = 0,5 мкм)?
Дано: с = 2,5 • 10~6 м; I = 1,5 • 10~2 м; k = 3; X = 0,5 х 10~6 м.
Найти: АХ.
Решение. Разрешающая способность R дифракционной
решетки — отношение длины волны X к разности АХ длин волн
R вычисляется по формуле
R = kN,
где k — порядок максимума в спектре, N — число щелей на
решет
Тогда
решетке N = - , где I — ширина решетки, с — период решетки.
с
A
АХ
откуда
39» На дифракционную решетку с периодом 2 мкм нормально па-
падает пучок света от разрядной трубки, наполненной гелием. Какую
разность длин волн может разрешить эта решетка в области красно-
красного света (Хг = 0,7 мкм) в спектре второго порядка, если ширина ре-
решетки 2,5 см? На какую длину волны в спектре второго порядка
накладывается синяя линия (Х2 = 0,447 мкм) спектра третьего по-
порядка?
Дано: k2 = 2; k3 = 3; Z = 2,5 см = 2,5 • 10~2 м; с = 2 мкм =
= 2-10m; Хг = 0,7 мкм = 7-10м; Х2 - 0,447 мкм =
= 4,47-10м.
Найти: АХ, Х3.
211

Решение. Разрешающая способность дифракционной ре-
решетки
R=±-=kN, A)
Ал
где N — общее число щелей решетки, k — порядок спектра.
Период решетки с = ~- , где No — число щелей на 1 м дли-
длины. Зная ширину I дифракционной решетки, находим общее
число щелей решетки:
N = Nol=1-. B)
С
Из формулы A) с учетом B) находим
Направления на главные максимумы дифракционной ре-
решетки определяются условием csin ф = kX, где k = 0, 1, 2,
3, ... — порядок спектра, ф— угол между направлением на
дифракционный максимум и нормалью к решетке. При нало-
наложении спектральных линий выполняется условие:
csin ф = k2Х2 , csin ф = кгХ3 или k2X2 = ^з^з» ОТКУД^
X, = *? ,Х3 = 2-4'4,7-10 = 2,98 • 10-^ (м).
К О
40» Дифракционная решетка содержит 200 штрихов на каждый
миллиметр. На решетку нормально падает монохроматический свет
о
с длиной волны 5750 А. Определить наибольший порядок спектра и
общее число главных максимумов в дифракционной картине.
Дано: N = 200; X = 5750 А = 5,75 • 10~7 м.
Найти: femax, п.
Решение. Число штрихов на единицу длины N и постоян-
постоянная дифракционной решетки с связаны обратной пропорци-
пропорциональной зависимостью:
Для дифракционных максимумов, полученных с помощью
дифракционной решетки, справедливо соотношение
с sin ф = kX.
212

Число главных максимумов, даваемых решеткой, femax вы-
вычислим, исходя из того, что максимальный угол отклонения
лучей не может превышать 90°. Из соотношения с sin ф = kX
получим:
Подставляя числовые значения, имеем
ь = 5 -1Q-6 -1 _R 7
тах 5,75-Ю-7 '
Число femax должно быть целым. Оно не может принять зна-
значение, равное 9, так как при этом значении sin ф должен быть
больше 1, что невозможно. Следовательно, ftmax = 8.
Определим общее число главных максимумов п. Учитывая,
что влево и вправо от центрального максимума будет наблю-
наблюдаться по одинаковому числу главных максимумов, равному
2йтах, а также центральный нулевой максимум, получим:
41» Дифракционная решетка шириной 12 мм содержит 4800
штрихов. Определить число главных максимумов, наблюдаемых в
спектре дифракционной решетки для длины волны 0,55 мкм.
Дано: h = 12 мм = 1,2 • 10 м; N = 4800; X = 0,55 мкм =
= 5,5-10м.
Найти: п.
Решение. Период решетки с определяется по формуле
Условие максимумов при дифракции на решетке
с sin ф = kX.
Максимальный угол отклонения ф = 90°, для которого
г = h > rtTvvirfl h = с • h = 2,5 • 10~6 ^ л к
С ^тах^' ОТКуда #тах - - , Ятах - ————^ - 4,0,
т. е. значение ftmax = 4, а общее число главных максимумов
42» На дифракционную решетку с периодом 4,8 мкм падает нор-
нормально естественный свет. Какие спектральные линии, соответст-
соответствующие длинам волн в видимой области спектра, будут совпадать в
направлении под углом 30°?
Дано: с = 4,8 мкм; ф = 30°.
Найти: Xt.
213

Решение* Условие максимумов при дифракции на решетке
выражается формулой
Отсюда
По оценке из видимой области спектра (X от 0,38 до
0,76 мкм) в направлении ср = 30° совпадут линии с длинами
волн:
Хг = ^ = 0,6 (мкм) при k = 4,
4
Х2 = ^ = 0,48 (мкм) при ft = 5,
5
Хг = ^ = 0,4 (мкм) при й = 6.
6
43»I Период дифракционной решетки 0,005 мм. Определить число
наблюдаемых главных максимумов в спектре для длины волны
0,445 мкм.
Дано: с = 5 • 10~6 м; X = 4,45 • 10 м.
Найти: N.
Решение. Условие максимумов при дифракции на решетке
с sin ф = kX. Предельный угол ф равен 90°, sin 90° = 1. Тогда
ftmax = С-^- = I; femax = ^^"^ ^ И, а общее число главных
максимумов N = 2ftmax + 1 = 23.
44» Экран, на котором наблюдается дифракционная картина, рас-
расположен на расстоянии 1 м от точечного источника монохроматиче-
монохроматического света (X = 0,5 мкм). Посередине между экраном и источником
помещена диафрагма с круглым отверстием. При каком наимень-
наименьшем диаметре отверстия центр дифракционной картины будет тем-
темным?
Дано: г0 = 1 м; а = ft = -^ = 0,5 м; X = 0,5 • 10~6 м.
Найти: dmin.
Решение. На экране (рис. 47) центр дифракционной карти-
картины в точке О будет темным, если на отверстии d уместится
минимальное четное число зон Френеля, т. е. т = 2. Радиус
зон Френеля определяется по формуле
^Ъ-.тХ.
214

s
о
J
Рис. 47
Радиус 2-й зоны Френеля будет
Рис. 48
r2 —
5L • 2 • 0,5 • 10 = 0,5 • 10 (m) - 0,5 (мм).
Значит, dmin = 2r2 = 1 (мм).
45» Свет от монохроматического источника (X = 0,6 мкм) падает
нормально на диафрагму с круглым отверстием г = 0,6 мм. Темным
или светлым будет центр дифракционной картины на экране, нахо-
находящемся на расстоянии Ъ = 0,3 м от диафрагмы?
Дано: X = 0,6 мкм = 6 • 10~7 м; г = 0,6 мм = 6 • 10~4 м; Ъ =
= 0,Зм.
Найти: т.
Решение. Радиусы зон Френеля, на которые следует раз-
разбить отверстие, чтобы определить их число, определяются по
формуле
rm = JmXb, где т — номер зоны, X — длина волны, Ь —
расстояние от диафрагмы до экрана. Из этой формулы
__*"?.__ 36 • Ю-8 _ о
ЬХ' 0,3-6-10
Число зон четное, следовательно, центр картины на экране
будет темным.
46* На узкую щель шириной 0,1 мм падает нормально плоская
монохроматическая волна (X = 0,585 мкм). Найти расстояние между
первыми дифракционными минимумами на экране, удаленном от
щели на 0,6 м.
Дано: а = 0,1 мм = 10~4 м; X = 0,585 мкм = 5,85 • 10~7 м; I ==
= 0,6м; й- 1.
Найти: х.
Решение. На рис. 48 искомая величина х = АВ, стрелками
О А и ОВ показаны направления на 1-й дифракционный мини-
минимум. Из рисунка видно, что
| = Itg ф, a tg ф = i .
215

Условие минимума при дифракции на щели:
a sin ф = kX,
а
откуда
Для малых углов tg ф - sin ф и тогда
2г ~ "о"'
откуда
Ш, 2*0,6*1-5,85'
а ' 10
47» На дифракционную решетку Д (рис. 49) нормально падает мо-
монохроматический свет с длиной волны 0,65 мкм. На экране Э, распо-
расположенном параллельно решетке и отстоящем от нее на расстояние
0,5 м, наблюдается дифракционная картина. Расстояние между диф-
дифракционными максимумами первого порядка равно 10 см. Опреде-
Определить постоянную дифракционной решетки и общее число главных
максимумов, получаемых с помощью этой решетки.
Дано: X = 6,5 • 10 м; L = 0,5 м; / = 0,1 м; k = 1.
Найти: с, п.
Решение. Запишем условие главных максимумов дифрак-
дифракционной решетки:
с sin ф = kX.
A)
По условию задачи k = 1. Учитывая, что - <?С L (см. рис. 49),
имеем
sin ф « tg ф = — .
Подставляя выражение B) в A), получим
>линза
B)
C)
Подставляя числовые значения вели-
величин, находим
2-6,5-lQ-7-0,5 =
0,1
Рис. 49
Для определения общего числа глав-
главных максимумов, даваемых дифракцион-
дифракционной решеткой, исходим из условия, что
максимальный угол отклонения лучей от
216

нормального направления распространения не может превы-
превышать 90°, т. е. sin 90° = 1, тогда формула A) примет вид
«max x •
Производим вычисления:
k = 6,5-10-^ = 10
тах б^Тог7 1и'
Общее число максимумов равно п = 2kmax + 1, т. е. влево и
вправо от центрального максимума будут наблюдаться по kmax
максимумов:
48» Постоянная дифракционной решетки 10 мкм, ее ширина 2 см.
В спектре какого порядка эта решетка может разрешить дублет Хг =
= 486 нм и Х2 = 486,1 нм?
Дано: с = 10 мкм = 10 м; I = 2 см = 2*10~2 м; Хг =
= 486 нм = 4,86 • 10'7 м; А,2 = 486,1 нм = 4,861 • 10 м.
Найти: т.
Решение. Разрешающая способность дифракционной ре-
решетки
i?=A=miv, A)
Да
где АХ — минимальная разность длин волн двух спектральных
линий X и X + АХ, разрешаемых решеткой, /п — порядок спект-
спектра, N — число щелей решетки.
Поскольку постоянная решетки с есть расстояние между
серединами соседних щелей, то общее число щелей можно най-
найти как
N=l-9 B)
с
где I — ширина решетки.
Из формулы A) с учетом B) находим
Дублет спектральных линий Хг и Х2 будет разрешен, если
Х<Х2-Хг. D)
Подставляя выражение C) в D) и учитывая, что X = Хг, полу-
получим
Sh<X2-Xv E)
217

Из выражения E) следует, что дублет Хг и Х2 будет разре-
разрешен во всех спектрах с порядком
. сХл
т > — .
1(Х2-Хг)
Подставляя числовые данные, получим
сХг = ю-» • 4,86^10-7 =2 43
1{Х2 -Хх) 2 • Ю-2 • D,861 - 4,86) • 10
Поскольку т — целое число, то, следовательно,
т > 3.
49» Определить расстояние между атомными плоскостями в крис-
кристалле каменной соли, если дифракционный максимум первого по-
порядка наблюдается при падении рентгеновских лучей с длиной вол-
волны 0,147 нм под углом 15°12' к поверхности кристалла.
Дано: X = 0,147 нм = 1,47 • 100 м; 0 = 15°12'; k = 1.
Найти: d.
Решение. Дифракция рентгеновских лучей на кристал-
кристаллах — это результат интерференции рентгеновского излу-
излучения, зеркально отражающегося от системы параллельных
плоскостей, которые проходят через уз-
узлы — атомы (например, А (рис. 50)) крис-
кристаллической решетки. Эти плоскости
называют атомными. Отражение наблю-
наблюдается лишь в тех направлениях, соот-
соответствующих дифракционным макси-
максимумам, которым удовлетворяет соотно-
соотношение
А = \ВС\ + \BD\ = 2<2 sin 9 или 2d sin 9 = kX, A)
где 4=1,2,3,... — порядок дифракционного максимума, 9 —
угол скольжения, т. е. угол между падающим лучом и плоско-
плоскостью кристалла, d — расстояние между соседними плоскостя-
плоскостями, называемое межплоскостным.
Исходя из условия A) и учитывая, что k = 1, имеем
d: d - i?i&F = 2'8 •100 <м) - °'2
50» Расстояние между атомными плоскостями кристалла кальция
равно 0,3 нм. Определить, при какой длине волны рентгеновского
излучения второй дифракционный максимум будет наблюдаться
при отражении лучей под углом 30° к поверхности кристалла.
Дано: d = 0,3 нм = 3 • 100 м; k = 2; 9 = 30°.
Найти: X.
218

Решение. Формула Вульфа—Брэгга определяет условие
максимума при дифракции на пространственной решетке.
2d sin 9 = kXy
откуда
х,
2-8
-0,5 =1>5.10-ю (м).
51» Естественный свет падает на кристалл алмаза под углом пол-
полной поляризации. Найти угол преломления света (п = 2,42).
Дано: п1 = 1; п2 = 2,42.
Найти: у.
Решение. При падении естественного света на поверхность
под углом iB полной поляризации отраженный луч будет пол-
полностью поляризован. По закону Брюстера tg iB = — равен от-
ношению показателей преломления алмаза и воздуха, и угол
между отраженным и преломленным лучами равен 90°. Поэто-
Поэтому tg iB = 2,42 И1Б = 67°30', а из рис. 51 видно, что угол пре-
преломления у = 180° - 90° - iB =22°30'.
52» Под каким углом к горизонту должно находиться Солнце, что-
чтобы свет, отраженный от поверхности воды, был максимально поля-
поляризован? (тгв = 1,33.)
Дано: дв = 1,33; пг = 1.
Найти: а.
Решение. По закону Брюстера
tg ^Б = — =пв=1,33;*Б=53°,
где пь и п1 — показатели преломления воды и воздуха. Тогда,
как следует из рис. 52, а = 90° - iB = 37°.
естественный
свет ¦
в
•г
Рис. 51
71
2

естественный
свет
П
Риг. 52
Г*
'я
2
219

53* Интенсивность естественного света, прошедшего через поля-
поляризатор, уменьшилась в 2,3 раза. Во сколько раз она уменьшится,
если за первым поставить второй такой же поляризатор так, чтобы
угол между их главными плоскостями был равен 60°?
Дано: 10/1г = 2,3; а = 60°.
Найти: /q/^2#
Решение. Естественный свет можно представить как нало-
наложение двух некогерентных волн, поляризованных во взаимно-
перпендикулярных плоскостях и имеющих одинаковую ин-
интенсивность. Идеальный поляризатор пропускает колебания,
параллельные его главной плоскости, и полностью задержива-
задерживает колебания, перпендикулярные этой плоскости. На выходе
из первого поляризатора получается плоскополяризованный
свет, интенсивность которого 1г с учетом потерь на отражение
и поглощение света поляризатором равна
После прохождения второго поляризатора интенсивность
света уменьшается как за счет отражения и поглощения света
поляризатором, так и из-за несовпадения плоскости поляриза-
поляризации света с главной плоскостью поляризатора. В соответствии
с законом Малюса и с учетом потерь на отражение и поглоще-
поглощение света эта интенсивность равна
12 = 1^1 - ft)cos2 a, B)
где а — угол между плоскостью поляризации света, которая
параллельна главной плоскости первого поляризатора, и глав-
главной плоскостью второго поляризатора.
Найдем, во сколько раз уменьшилась интенсивность света:
Выразим из A)
l-*-^i. D)
Подставляя D) в C), получим:
I, 2 сое» a
Проводя вычисления, найдем
^ J 2,32 * 10,6.
12 2 cos2 60°
220

54* Естественный свет падает на поверхность диэлектрика под уг-
углом полной поляризации. Степень поляризации преломленного лу-
луча составляет 0,124. Найти коэффициент пропускания света.
Дано: Р" = 0,124.
Найти: т.
Решение. Естественный свет можно представить как нало-
наложение двух некогерентных волн, поляризованных во взаимно-
перпендикулярных плоскостях и имеющих одинаковую ин-
интенсивность
Jh-Jl. (!)
где индексы || и J_ обозначают колебания, параллельные и пер-
перпендикулярные плоскости падения света на поверхность ди-
диэлектрика, причем интенсивность падающего света
/ = /ц+/±. B)
При падении света под углом полной поляризации отража-
отражаются только волны, поляризованные в плоскости, перпендику-
перпендикулярной к плоскости падения. В преломленной волне преобла-
преобладают колебания, параллельные плоскости падения. Интенсив-
Интенсивность преломленной волны можно записать как
/"= /,;' + I'l. C)
Составляющие Ц' и Г± интенсивности преломленной волны
равны
/{'-1|И/1'-/±-Л D)
где Г — интенсивность отраженного света.
Степень поляризации преломленного луча
/[,' + 71 7"
С учетом равенств D) и A) выражение E) можно предста-
представить в виде
P" = jr.. F)
Коэффициент пропускания света определяется как
т = :
или с учетом выражения F)
т =
Проведя вычисления, получим
т = L = -I— G)
I Г + Г
т = —^— . (8)
1 + Р"
± ^0,89.
1 + 0,124
221

55» Какой угол образуют плоскости поляризации двух николей,
если свет, вышедший из второго николя, был ослаблен в 5 раз?
Учесть, что поляризатор поглощает 10, а анализатор 8% падающего
на них света.
Дано: п = 5; kx = 0,1; k2 = 0,08.
Найти: ср.
Решение. Естественный луч света, падая на грань призмы
николя, претерпевает двойное лучепреломление. В результате
возникают два луча: обыкновенный и необыкновенный. Оба
луча поляризованы во взаимно-перпендикулярных плоскос-
плоскостях, интенсивность их одинакова и равна половине интенсив-
интенсивности естественного света. Интенсивность света, прошедшего
через первую призму (поляризатор) с учетом поглощения,
равна
где 10 — интенсивность естественного света, падающего на
первый николь, kx = 0,1 — относительная потеря интенсивнос-
интенсивности света в поляризаторе.
Поляризованный свет, попадая на вторую призму (анализа-
(анализатор), вновь испытывает поглощение, но, кроме этого, его ин-
интенсивность уменьшается из-за несовпадения плоскостей по-
поляризации поляризатора и анализатора. Уменьшение интен-
интенсивности определяется законом Малюса
ф.
Учитывая потери интенсивности света в анализаторе, имеем
§2p, B)
где k2 = 0,08 — относительная потеря интенсивности в анали-
анализаторе, ф — угол между плоскостями поляризации поляриза-
поляризатора и анализатора.
Так как по условию задачи известно, что относительное
уменьшение интенсивности света п = —, то, подставив выра-
жение B), получим
п=^= 2- . C)
I (lfe)(lfeJ
222

Из соотношения C) получим cos2 ф = = ,
пA-кг)A-к2)
Подставляя данные, проводим вычисления
следовательно, искомый угол ф = 46°.
56» Угол между плоскостями поляризации двух поляроидов 70°.
Как изменится интенсивность прошедшего через них света, если
этот угол уменьшить в 5 раз?
Дано: а1 = 70°;а2 = 14°.
Найти: 12/1\-
Решение. После прохождения света через оба поляроида
его интенсивность / будет / = i /0cos2 a. Тогда
г 1т 9 т 1 т 9 ^2 COS2 a2
1 Tin vUo *-*<i> ¦*¦ 9 — о 0 ^^"^ ^2* Т^ — ,
/г e cos214° = 0,942 ^g
/i cos270° 0,117
т. е. интенсивность возрастет в 8 раз.
57» Луч света, проходя слой льда, падает на алмазную пластинку,
частично отражается, частично преломляется. Определить, каким
должен быть угол падения, чтобы отраженный луч был максималь-
максимально поляризован.
Дано: пх = 1,31; п2 = 2,42.
Найти: i0.
Решение. Отраженный свет максимально поляризован при
угле падения i = г0, удовлетворяющем закону Брюстера:
где п21 — — — относительный показатель преломления отра-
п1
жающей среды.
Если i = iOy то отраженный и преломленный лучи взаимно-
перпендикулярны. Проходящий свет поляризован лишь час-
частично. Из выражения A) находим
i0 = arctg ^ ; *0 = arctg f|| = 61'5°'
223

58* Определить, во сколько раз уменьшится интенсивность естест-
естественного света, прошедшего через два николя, плоскости поляриза-
поляризации которых составляют угол 45°. Каждый николь поглощает 8%
света, падающего на него (рис. 53).
Дано: а = 45°; k = 0,08.
Найти: /0//2-
Решение. В результате двойного лучепреломления естест-
естественный луч света, попадая в призму П — поляризатор, раздва-
раздваивается на обыкновенный и необыкновенный лучи. Оба луча
поляризованы, но во взаимно-перпендикулярных плоскостях.
Обыкновенный луч, подчиняясь закону преломления, прело-
преломится и, подойдя к слою канадского бальзама в николе, испы-
испытает полное отражение и поглотится зачерненной боковой
гранью призмы. Необыкновенный луч проходит через призму
без отклонения, интенсивность его уменьшается из-за погло-
поглощения света призмой на величину klo.
Интенсивность света, прошедшего через поляризатор,
равна
1г = 0,5A - k)I0, A)
где k = 0,08 (т.е. 8%)— коэффициент поглощения света в
призме, /0 — интенсивность естественного света, падающего
на поляризатор.
Поляризованный свет, войдя во второй николь — анализа-
анализатор А, опять поглощается, и интенсивность его уменьшается
на величину Ik0; кроме того, интенсивность поляризованного
света из-за несовпадения плоскостей поляризации поляризато-
поляризатора и анализатора, согласно закону Малюса:
- &)cos2 a,
B)
где а — угол между плоскостями поляризации поляризатора и
анализатора, k — коэффициент поглощения, 1Х — интенсив-
естественный
свет
U
поляризованный
свет ' 45°
А'
Ж
\ГТ\7
обыкновенный необыкновенный
луч луч
Рис. 53
224

ность поляризованного света, падающего на анализатор, /2 —
интенсивность поляризованного света, прошедшего через ана-
анализатор.
Подставляя выражение A) в B), имеем
/2 = 0,5A-AJ/Ocos2a. C)
Из соотношения C) следует
^ =0,5A-/гJ cos2 a, а^ =
/о ""v' "' '" h 0,5A-*J cos* a
Подставляя числовые значения, получим
^ = 0,5A - 0,08J cos2 45° = 0,21; ^ = -±- ~ 4,7.
10 12 0,21
59» Раствор сахара с концентрацией 0,25 г/см3 толщиной 20 см
поворачивает плоскость поляризации монохроматического света на
30°20\ Другой раствор толщиной 15 см поворачивает плоскость по-
поляризации на 20°. Определить концентрацию сахара во втором рас-
растворе.
Дано: сг = 0,25 г/см3; 1г = 20 см; срх = 30,3°; /2 = 15 см;
Ф2 = 20°.
Найти: с2.
Решение. Угол поворота плоскости поляризации определя-
определяется по формуле
Ф = [сс]с/,
где [а] — удельное вращение. ф2 = [а] сг1г, отсюда [а] = -^-.
cl
Ф2 = №2*2» откуда
с =
2
[a]Z2
60» Измерение дисперсии показателя преломления оптического
стекла дало пг = 1,528 для Хх = 0,434 мкм и гс2 = 1,523 для >.2 =
= 0,486 мкм. Вычислить отношение групповой скорости к фазовой
для света с длиной волны 0,434 мкм.
Дано: А.х = 0,434 мкм = 4,34 • 10 м; пх = 1,528; к2 =
= 0,486 мкм = 4,86 • 10 м; п2 = 1,523.
Найти: иг/иг.
8 - 9332 Гладской 225

Решение. Зависимость групповой скорости и от показателя
преломления п и длины волны X, имеет вид
A)
B)
C)
Фазовая скорость v определяется как
71 "
Разделив выражение A) на B), получим
v n dX%
Для длины волны Хл и средней дисперсии (-—/=—? имеем
dX,/ AX,
D)
Подставляя в D) числовые значения, получим
Ji! = 1 + 4,34 >10'7'A,523-1,528) _ Q g73
Ui 1,528 -D,86- 4,34) • 10
61» Дисперсия показателя преломления кварца представлена таб-
таблицей:
1, нм
п
589,3
1,5442
486,1
1,5497
410,0
1,5565
Найти: отношение фазовой и групповой скоростей света
вблизи X = 486,1 нм.
Решение, Групповая скорость и связана с фазовой скоро-
скоростью v света в среде отношением
^ dv /л \
U = v-X^. A)
Учитывая, что v = - , из A) получаем
п
Или для средней дисперсии вещества
B)
226

где — — средняя дисперсия показателя преломления среды.
Ал
Из таблицы для X = 486,1 нм и п = 1,5497 находим относитель-
относительную дисперсию:
X An = 4861A,5565-1,5442) _ _Q 0215
пАХ 1,5497D100-5893)
Тогда из B) получим
и = v(l + - ^0 = i>(l - 0,0215) = 0,9785i>,
^ п АХ '
Н =0,9785.
v
62» Показатель преломления сероуглерода для света с длинами
волн 509, 534 и 589 нм равен соответственно 1,647, 1,640 и 1,630.
Вычислить фазовую и групповую скорости света вблизи длины вол-
волны 534 нм.
Решение. Групповая скорость и связана с фазовой скоро-
скоростью v света в среде соотношением
Учитывая, что v = - , из A) получаем и = v\l + -—ч . Для сред-
п L паХл
ней дисперсии вещества имеем
± &) B)
n ах
Для X = 534 нмил = 1,640 находим относительную дисперсию
ХАп^ 535A,647-1,630) _ __
п АХ 1,640E09-589)
Из соотношения B) определяем
+ b: *1Ь) = A- 0,069) = 0,931, и = 0,931и. C)
п АХ'
Учитывая, что фазовая скорость v = с//г, находим ее значение
вблизи X = 534 нм:
По формуле C) вычисляем групповую скорость
и = 0,931 • 1,83 • 108 (м/с) =* 1,70 • 108 (м/с).
227

63+ В черенковском счетчике из каменной соли релятивистские
протоны излучают в конусе с раствором 82°. Определить кинетиче-
кинетическую энергию протонов. Показатель преломления каменной соли
1,54.
Дано: 20 = 82°; п = 1,54.
Найти: Т.
Решение. Излучение Вавилова—Черенкова возникает, ког-
когда скорость движения v заряженной частицы в среде больше
фазовой скорости света с/п в этой среде (с — скорость света в
вакууме, п — показатель преломления среды). Излучение на-
направлено вдоль образующих конуса, ось которого совпадает с
направлением движения частицы. Угол 0 между направлени-
направлением излучения и направлением движения частицы определяет-
определяется формулой
cos 0 = -?- . A)
nv
Кинетическая энергия релятивистской частицы определя-
определяется как
T = E0(—J=-l\ B)
где ?0 = тс2 — энергия покоя частицы; т — масса.
Для протонов Ео = 938,28 МэВ. Отношение v/c определим
изA):
- = 1 • C)
с п cos Э
Подставляя C) в B), получим
Проводя вычисления, найдем
Т = 938,28f 1*54 cos 41° -l} = 902,9 (МэВ).
I V(l,54cos41°J-1
64» При каких значениях кинетической энергии протона будет на-
наблюдаться черенковское излучение, если протон движется с посто-
постоянной скоростью в среде с показателем преломления 1,6?
Дано: п = 1,6.
Найти: Гч.
Решение. Для возникновения черенковского излучения не-
необходимо, чтобы скорость движения заряженной частицы в
среде была больше фазовой скорости света в этой среде: v > -.
п
228

Выразим кинетическую энергию протона через показатель
преломления среды:
Т = Е - Ео = me2 J; - 1 =Е0( f n -ll
где ?0 = 938,28 МэВ — энергия покоя протона, т — масса про-
протона.
Черенковское излучение возникает при
Тогда
Тч = 938,2я( —1Л— - l) = 267,68 (МэВ).
Задачи для самостоятельного решения
1* На какую длину волны настроен колебательный контур,
состоящий из конденсатора емкостью 445 пФ и катушки с индук-
индуктивностью 1 мГн? Ответ: 1257 м.
2* На какой диапазон длин волн можно настроить колебатель-
колебательный контур с индуктивностью 1 мГн, если изменять емкость от 50
до 500 пФ? Ответ: от 421 до 1332 м.
3* Катушку с какой индуктивностью надо включить в колеба-
колебательный контур, чтобы при емкости 0,5 мкФ получить излучение
с частотой 1 мГц? Ответ: 0,05 Гн.
4% Катушка с индуктивностью 30 мкГн присоединена к пло-
плоскому конденсатору с площадью пластин 0,01 м2 и зазором между
ними 0,1 мм, заполненном диэлектриком. Контур настроен на дли-
длину волны 750 м. Определить диэлектрическую проницаемость ди-
диэлектрика. Ответ: 6.
5, Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью
25 нФ и катушки с индуктивностью 1,015 Гн. Заряд на обкладках
конденсатора 2,5 мкКл. Написать уравнение изменения разности
потенциалов на обкладках конденсатора и тока в катушке. Найти
их значения в момент времени, равный половине периода колеба-
колебаний. Ответ: U = 100 cosBk • ЮН) (В); / = -15,7 • 10~3 sinBrc • ЮН) (А);
Ux - -100 В; 1г = 0.
6* В точках А и By расположенных на расстояниях 3 и 2,4 м
от точки С, находятся два источника гармонических колебаний.
Амплитуды колебаний равны соответственно 16 и 12 см, начальные
229

фазы 30 и 90°, частота колебаний одинакова, длина волны равна
3,6 м. Найти амплитуду результирующего колебания точки С.
Ответ: 14,4 см.
7, Скорость распространения электромагнитных волн в среде
2,6-108м/с. Определить длину волны в этой среде, если частота
волн в вакууме равна 1 МГц. Ответ: 260 м.
8* Колебательный контур содержит конденсатор емкостью
100 пФ и катушку индуктивностью 1 мГн. Определить длину элек-
электромагнитной волны, излучаемой контуром. Ответ: 596 м.
9* В вакууме распространяется плоская электромагнитная
волна, амплитуда напряженности электрического поля которой
равна 20 В/м. Найти амплитудное значение напряженности маг-
магнитного поля волны. Ответ: 5,3 • 10~2 А/м.
10. Через площадку 30 см2 в направлении, ей перпендику-
перпендикулярном, распространяется плоская электромагнитная волна, амп-
амплитудные значения напряженности электрического и магнитного
полей которой 0,01 В/м и 1 мА/м. Какая энергия переносится вол-
волной через эту площадку за время 10 мин? Период волны Т « t.
Ответ: 9-10-6Дж.
11 ¦ На пути одного из интерферирующих лучей в опыте Юнга
помещают тонкую стеклянную (п = 1,52) пластинку толщиной
2,6 мкм. Луч света падает на пластинку перпендикулярно. На
сколько светлых полос смещается интерференционная картина на
экране, если длина световой волны 0,676 мкм? Ответ: на 2.
12* При какой наименьшей толщине тонкой пленки из бензо-
бензола (п * 1,5) при освещении белым светом под углом 30° пленка ка-
кажется желтой (к = 0,59 мкм) в отраженном свете? Ответ: 0,1 мкм.
13» На тонкий стеклянный клин (п = 1,5) нормально падает
монохроматический свет с длиной волны 668 нм. Определить пре-
преломляющий угол клина, если линейное расстояние между темными
полосами 1,4 мм. Ответ: 33".
14* На каком максимальном расстоянии от диафрагмы с
круглым отверстием радиусом 0,6 мм надо поместить экран, чтобы
при освещении отверстия плоской световой волной (X = 0,6 мкм) в
центре дифракционной картины на экране еще наблюдалось темное
пятно? Под каким углом при этом видно отверстие из точки наблю-
наблюдения? Ответ: 0,3 м; 13,7'.
15» На щель шириной 12Х падает нормально монохроматиче-
монохроматический свет. Найти угол между направлениями на второй и третий
максимумы интенсивности света. Ответ: 5°.
16. На дифракционную решетку с периодом 2 мкм нормально
падает пучок света от разрядной трубки, наполненной гелием. Най-
230

ти линейное расстояние между желтой (Хг = 0,588 мкм) и зеленой
(Х2 = 0,5 мкм) линиями в спектре второго порядка, если экран нахо-
находится на расстоянии 1 м от дифракционной решетки. Ответ: 15 см.
17'• Найти коэффициент поглощения света в поляроидах, ес-
если при угле 45° между их плоскостями поляризации через систему
проходит 16% падающего света. Ответ: 0,2.
18» Во сколько раз изменится интенсивность света, проходя-
проходящего через два николя, угол между главными направлениями кото-
которых составляет 60°, если между ними поместить пластинку лево-
вращающегося кварца толщиной 3 мм, вырезанную перпендику-
перпендикулярно оптической оси. Такая же пластинка, но толщиной 1,5 мм,
поворачивает плоскость поляризации на 25°. Потерями света в ни-
колях и кварце пренебречь. Ответ: уменьшится в 17,1 раза.
19* Какова наименьшая толщина мыльной пленки, если при
наблюдении под углом 30° к поверхности мыльной пленки в отра-
отраженном свете она окрашивается в фиолетовый цвет? Значение X =
= 0,4 мкм. Ответ: 83 нм.
20* На дифракционную решетку, имеющую 500 штрихов на
1 мм, падает свет с длиной волны 600 нм. Определить наибольший
порядок спектра, который можно получить данной решеткой.
Ответ: 3.
21 ¦ Угол между спектрами вторых порядков равен 36°. Опре-
Определить длину волны света, падающего на дифракционную решетку
с с = 4 мкм. Ответ: X = 618 нм.
22* Найти угол полной поляризации при отражении от черно-
черного зеркала. Показатель преломления его п = 1,327. Ответ: 53°.
23* Под каким углом к горизонту должно находиться Солнце,
чтобы поляризация солнечного света, отраженного от поверхности
воды, была максимальной? Ответ: а = 37°.
24* Определить показатель преломления стекла, если при от-
отражении света от этого стекла отраженный свет будет полностью
поляризован при угле преломления 30°. Ответ: п = 1,73.
25» Во сколько раз уменьшится интенсивность естественного
света при прохождении его через два николя, плоскости поляриза-
поляризации которых составляют 60°? Ответ: 8.

ЧАСТЬ 5
Квантовая природа излучения
Основные уравнения и формулы
¦ Закон Стефана—Больцмана R:
где R — энергетическая светимость черного тела,
Т — термодинамическая температура тела,
а — постоянная Стефана—Больцмана.
¦ Закон смещения Вина А,тах = —
где Хтах — длина волны, на которую приходится максимум энергии
излучения черного тела,
Ь — постоянная Вина.
¦ Энергия фотона Е = hv = —
где h — постоянная Планка,
v — частота света.
¦ Давление света при нормальном р = - A + р) = w(l + р)
падении на поверхность с
где Е — энергетическая освещенность (интенсивность света),
р — коэффициент отражения,
w — объемная плотность энергии излучения.
¦ Уравнение Эйнштейна Е = А + Ек тах
для внешнего фотоэффекта
где А — работа выхода электронов из металла,
?кшх — максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов.
¦ Комптоновская длина волны Хг = — = —
частицы °
где m — масса частицы,
Ео — энергия покоя частицы.
¦ Изменение длины волны АХ = X' - X = Л,сA - cos 9)
излучения при эффекте = 2>.csin2 @/2)
Комптона
где X и X' — длина волны падающего и рассеянного излучения,
9 — угол рассеяния.
232

Примеры решения задач
1 ¦ Тепловое излучение
Абсолютно черное тело было нагрето от температуры 100 до
300 °С. Найти, во сколько раз изменилась мощность суммарного из-
излучения при этом.
Дано: Тг = 100 °С = 373 К; Т2 = 300 °С = 573 К.
Найти: —.
Решение. Мощность N излучения тела определяется выра-
выражением N = RS, где R — энергетическая светимость тела, S —
площадь его поверхности. В соответствии с законом Стефана—
Больцмана R = gT4. Из этих выражений получаем
ГЧ о О1 2о iV 2 М 21 (О7о
Мощность излучения возрастет в 5,6 раза.
Максимум энергии излучения абсолютно черного тела прихо-
приходится на длину волны 450 нм. Определить температуру и энергети-
энергетическую светимость тела.
Дано: Хтах = 450 нм = 4,5 • 10 м; Ъ = 2,89 • 10 м-К;
ст = 5,67-10-8Вт/(м2-К4).
Найти: T,R.
Решение. Длина волны Хтах, на которую приходится мак-
максимум энергии излучения черного тела, по закону Вина равна
X = А
max m •
Отсюда
Т = — ; Т = 2'89'10'3 - 6422 (К).
Х^' 4,5-Ю-7 V ;
В соответствии с законом Стефана—Больцмана энергетиче-
энергетическая светимость R абсолютно черного тела равна
R = стГ4,
R = 5,67 • КГ8 • 6,4224 • 1012 - 9,6 ¦ 107 (Вт/м2).
3. Температура абсолютно черного тела понизилась с 1000 до
850 К. Определить, как и на сколько при этом изменилась длина
волны, отвечающая максимуму распределения энергии.
Дано: Тх = 1000 К; Т2 = 850 К; Ъ = 2,89 • 10~8 м • К.
Найти: ДА,тах.
233

Решение, В соответствии с законом смещения Вина длина
волны ^тах, на которую приходится максимум распределения
энергии, выражается формулой
'чпах гр •
Исходя из этого запишем
1 max m~ > 2 max л7~ '
1 1 l 2
^^max = 7F" "" /F" =
т2тх
= 2,89 • 10-*(±^ff) = 0,51 • 10- (м).
=2,89-10-(м);
1 = 2,89-Ю-3 = о 4 . Ю-6
Ч max 850 3'4 10
Следовательно, длина волны возросла на 0,51 мкм.
Во сколько раз увеличится мощность излучения черного тела,
если максимум энергии излучения сместится от красной границы
видимого спектра к его фиолетовой границе?
Дано: Хк = 0,76 мкм; Хф = 0,38 мкм.
N
Найти: -&.
NK
Решение. Длина волны А,тах, на которую приходится мак-
максимум энергии излучения черного тела, согласно закону сме-
смещения Вина равна
W=|- CD
Из формулы A) определяем температуру, при которой мак-
максимум энергии излучения приходится на красную Хк и фиоле-
фиолетовую ^ф границы видимого спектра
г=г= B)
Мощность излучения равна
N = RS. C)
В соответствии с законом Стефана—Больцмана
R = стГ4, D)
234

Для температур Тк и Гф имеем
ЛГк-аТ*5 и АГф-аГ$5. E)
Из формул E) находим
Или с учетом B) имеем
?* = (гL- G)
Подставляя в G) числовые значения, получим
16.
NK Vo,38^
2, Фотоны. Давление света. Фотоэффект.
Эффект Комптона
На зачерненную поверхность нормально падает монохромати-
монохроматический свет с длиной волны 0,65 мкм, производя давление 5 х
х Ю Па. Определить концентрацию фотонов вблизи поверхности и
число фотонов, падающих на площадь 1 м2 в 1 с.
Дано: X = 0,65 мкм = 6,5-10-7м;р = 5-10~6Па; р^О; S= 1 м2;
Найти: п0, п.
Решение. Давление света при нормальном падении на по-
поверхность с коэффициентом отражения р вычисляется по фор-
формуле
р = м;A + р) A)
или
р=^A + р), B)
с
где w — объемная плотность энергии, Ее — энергетическая ос-
освещенность, с — скорость света в вакууме, р — коэффициент
отражения поверхности, в данном случае р = 0.
Объемная плотность энергии равна произведению концент-
концентрации фотонов (числа фотонов в единицу объема) на энергию
одного фотона Е = ftv = — , т. е.
А,
w = n0^, C)
откуда no=ir- D)
ПС
235

Определяя объемную плотность энергии из A) и подстав-
подставляя в D), имеем
_ 5 - 10-е- 6,5 -10-7 ^ . 13 3).
Число фотонов, падающих на площадь 1м2 за 1 с, числен-
численно равно отношению энергетической освещенности к энергии
одного фотона:
Энергетическую освещенность определяем из выражения
B) и, подставляя в F), получаем
С учетом E) выражение G) примет вид п = пос. Подставляя
числовые значения, получаем
п = 1,6 • 1018 • 3 • 108 = 4,8 • 1021 (с1 • м).
6* Определить давление солнечных лучей, нормально падающих
на зеркальную поверхность. Интенсивность солнечного излучения
принять равной 1,37 кВт/м2.
Дано: Е = 1,37 • 103 Вт/м2; р = 1.
Найти: р.
Решение. Давление света на поверхность определяется по
формуле
f
где Е — энергетическая освещенность поверхности, с — ско-
скорость света в вакууме, р — коэффициент отражения. Для зер-
зеркальной поверхности р = 1.
1*
3 • 108
Свет с длиной волны 0,5 мкм нормально падает на зеркальную
поверхность и производит на нее давление 4 мкПа. Определить чис-
число фотонов, ежесекундно падающих на 1 см2 этой поверхности.
Дано: X = 0,5 мкм = 5*10~7м; р = 1; р = 4-10~6Па;
S = 1 СМ2 = 10-4 М2#
Найти: п.
236

Решение. Давление света
где Е = ^N— энергетическая освещенность поверхности,
л.
равная энергии фотона —, умноженной на число N фотонов,
л,
падающих на 1 м2 за 1 с.
Число п фотонов, падающих на S = 1 см2 поверхности, бу-
будет п = NS.
+ р)'П~ЛA + р) '
8» Пучок параллельных лучей света падает нормально на пло-
плоскую зеркальную поверхность. Определить силу давления, испыты-
испытываемую этой поверхностью, если ее площадь 2 м2, а энергетическая
освещенность поверхности 0,6 Вт/м2.
Дано: р = 1; S = 2 м2; Е = 0,6 Вт/м2.
Найти: F.
Решение. Давление света определяется по формуле р =
Е
= - A + р). Сила давления F будет равна
с
Z F=°'36;i20;2 =8-10-S(H).
9» Определить давление, оказываемое светом с длиной волны
0,4 мкм на черную поверхность, если ежесекундно на 1 см2 поверх-
поверхности нормально падает 6 • 1016 фотонов.
Дано: X = 0,4 мкм = 4-10~7м; S = 1см2 = 10 м2; п =
= 6-1016;р = 0.
Найти: р.
Решение. Давление светар на поверхность определяется по
формуле р = - A + р), где Е = ^N — энергетическая освещен-
С Л
ность поверхности. На 1 м2 поверхности падает
N = | = |li^ = 6 • 1020 фотонов.
Тогда />=|(l
237

10* Световое давление, испытываемое зеркальной поверхностью
площадью 1 см2, равно 10~6 Па. Найти длину волны света, если на
поверхность ежесекундно падает 5 • 1016 фотонов.
Дано: S = 1 см2 = 10 м2; р = 10 Па; п = 5 • 1016; р = 1.
Найти: X.
Решение. Если на S = 1 см2 падает п фотонов, то на 1 м2
N = - = 5 • 1020. Световое давление определяется по формуле
о
где Е = —N— энергетическая освещенность поверхности,
л
т. е. энергия всех фотонов, попадающих на 1 м2 поверхности за
1с.
откуда
X = М11±?); X = 6'63 '104' 5 * 102° • 2 = 6,63 • 10-т (м).
р 10~6
Давление света на зеркальную поверхность, расположенную
на расстоянии 2 м от лампочки, нормально падающим лучом, равно
10~8 Па. Определить мощность, расходуемую на излучение.
Дано: г=2м;р = 1;р = 10~8 Па.
Найти: N.
Решение. Давление света р на поверхность определяется
Е
по формуле р = -A + р). Искомая мощность N будет равна
с
N = ES, где S = 4тсг2 — площадь воображаемой сферы с ра-
радиусом г, на которую мысленно падает все излучение от лам-
лампочки.
1+р 1+р
2 '
Давление света с длиной волны 0,55 мкм, нормально падаю-
падающего на зеркальную поверхность, равно 9 мкПа. Определить кон-
концентрацию фотонов вблизи поверхности.
Дано: X = 0,55 мкм = 5,5 • 10~7 м; р = 9 мкПа = 9 • 10 Па;
р = 1.
Найти: п.
238

Решение. Давление света при нормальном падении на по-
поверхность с коэффициентом отражения р определяется по фор-
формуле
р=?A + р) = и;A + р), A)
с
F1
где w — объемная плотность энергии излучения, w = — .
с
Объемная плотность энергии w равна произведению кон-
концентрации фотонов п (числа фотонов в единице объема) на
энергию одного фотона е = ^ , т. е.
X
w = ^ . B)
А
Подставляя B) в A), получим
^ + р), C)
откуда п = —^2— . D)
/A + )
Проводя вычисления, найдем
п _ 5,5 - Ю-?- 9 - 10-е ^ #
6,63-10-34-3-108A + 1)
13» Красная граница фотоэффекта для никеля равна 0,257 мкм.
Найти длину волны света, падающего на никелевый электрод, если
фототок прекращается при задерживающей разности потенциалов,
равной 1,5 В.
Дано: Хк = 0,257 мкм = 2,57 • 10~7 м; U = 1,5 В.
Найти: X.
Решение. Согласно уравнению Эйнштейна для внешнего
фотоэффекта:
— =А + Ектах. A)
Красная граница фотоэффекта определяется из условия ра-
равенства энергии фотона 8 = — работе выхода электронов А,
А,
т. е.
^ =А. B)
239

Максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов мо-
может быть определена через задерживающую разность потен-
потенциалов U:
Яктах = ^. C)
где е — элементарный заряд (заряд электрона).
Подставляя выражения B) и C) в A), получим
Т"Г+ЙЛ D)
Из уравнения D) найдем длину волны света
Подставляя в E) числовые значения, получим
+ 1,6 -Ю-19 -1,5
663 К)84 3 10
14»
^2,57-107 6,63-10-34-3-108
=* 1,96 • 10 (m) = 0,196 (мкм).
Для фотокатода, выполненного из вольфрама, работа выхода
равна 4,5 эВ. Определить, при какой максимальной длине волны
происходит фотоэффект.
Дано: Авых = 4,5 эВ.
Найти: Хк.
Решение. Работа выхода электронов и длина волны Хк
красной границы фотоэффекта связаны соотношением
А =*?.
Отсюда
у -he л _ 6,63- 10-34-3«108 _ 9 7f
15»| Фотон с длиной волны 0,2 мкм вырывает с поверхности фото-
фотокатода электрон, кинетическая энергия которого 2 эВ. Определить
работу выхода и красную границу фотоэффекта.
Дано: X = 0,2 мкм = 2 • 10~7 м; Ек = 2 эВ = 3,2 • 109 Дж.
Найти: Аз, Хк.
Решение. Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта
А^= 6,63 ¦ 10-34^3 .108 _ 3>2 . Ю-™ - 6,7 • Ю-19 (Дж) * 4,2 (эВ).
240

Длину волны Хк красной границы фотоэффекта определим
из формулы Ав = ^ , откуда
К -X'
16+ Какую часть энергии фотона составляет энергия, которая по-
пошла на совершение работы выхода электронов из фотокатода, если
красная граница для материала фотокатода равна 0,54 мкм, кинети-
кинетическая энергия фотоэлектронов 0,5 эВ?
Дано: А,к = 0,54 мкм = 5,4 • 10~7 м; Ек = 0,5 эВ.
Найти: ^.
?
Решение. Формула Эйнштейна для фотоэффекта е = Ав +
+ Ек. Длина волны Хк красной границы
1 e he . Ав е-Ек 1 _ Ек
К Ав ? ? ?
Тогда
НС I iri
е = — ¦+¦ Ьк;
8+0t5lt610
5,4 • 10 '
* 4,48 • 109 (Дж) =* 2,8 (эВ).
^2=1-^=1-^- 0,82, т. е. составляет 82%.
? ? 2,8
Кинетическая энергия электронов, выбитых из цезиевого ка-
катода, равна 3 эВ. Определить, при какой максимальной длине волны
света выбиваются электроны. Работа выхода для цезия 1,8 эВ.
Дано: Ек = 3 эВ = 4,8• КГ19 Дж; Д, = 1,8 эВ = 2,88 • 1019 Дж.
Найти: X.
Решение. Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта
17.
Тогда
X = -*?- = 6-63 •104 • 3 • 10» а 2,6. Ю-? (м).
Ав + ?к D,8 + 2,88) • 109
241

18» Облучение литиевого фотокатода производится фиолетовыми
лучами, длина волны которых равна 0,4 мкм. Определить скорость
фотоэлектронов, если длина волны красной границы фотоэффекта
для лития равна 0,52 мкм.
Дано: X = 4 • 10~7 м; Хк = 5,2 • 10~7 м.
Найти: и.
Решение. Согласно уравнению Эйнштейна для фотоэффек-
hc
та энергия фотона е = — расходуется на работу вырывания
Л.
электрона Ав = --? и сообщение электрону кинетической энер-
энергии Ек.
h? = h? + к • Е = тхJ = — - —
А. ^ к к
Тогда
и= /I —-f^ - =
Л, XJ т
РГ9.
v= Г*>™ '10'3' 3 ' 1Q8E>2 " 4>'10 ^ 5 ¦ 1Q5 (м/с).
V 9,1-Ю-31-5,2.4. 10-^ l 7W
Определить максимальную скорость электрона, вырванного
с поверхности металла у-квантом с энергией 1,53 МэВ.
Дано: Е = 1,53 МэВ; Ео = 0,511 МэВ.
Найти: итах.
Решение. По формуле Эйнштейна для фотоэффекта Е =
= Авых •+¦ Ек. Энергия кванта излучения расходуется на работу
вырывания электрона Ад^ и сообщение ему кинетической
энергии Ек. Так как Авых <? Е, то электрон будет релятивист-
релятивистским и Е = Ек, а кинетическая энергия будет выражаться фор-
формулой
. Ео _
где Ео — энергия покоя электрона.
^ = 0,937; и = с • 0,937 =* 2,8 • 108 (м/с).
с2
242

20» На цинковую пластинку падает пучок ультрафиолетовых лу-
лучей с длиной волны 0,2 мкм. Определить максимальную кинетиче-
кинетическую энергию и максимальную скорость фотоэлектронов. Работа вы-
выхода для цинка 4 эВ.
Дано: X = 2 • 10 м; Ав = 6,4 • 1019 Дж.
Найти: Е, и.
Решение. По уравнению Эйнштейна для фотоэффекта
^=АВ + ?К, тогда ?К=^-АВ;
Ек = 6>63'g°1Q.73'108 " 6,4 • 109 = 3,545 • КГ19 (Дж) = 2,2 (эВ).
Кинетическая энергия
?_ mv2
Отсюда v= Ш. „- F*'™'1*-19 -8,8.10» (м/с).
w tfi A/ 9,1 • 10 6l
21» На пластинку падает монохроматический свет с длиной волны
0,42 мкм. Фототок прекращается при задерживающей разности по-
потенциалов 0,95 В. Определить работу выхода электронов с поверхно-
поверхности пластины.
Дано: X = 4,2 • 10 мкм; U3 = 0,95 В.
Найти: Ав.
Решение. Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта имеет
вид ^ = Ав + Ек. Если известна задерживающая разность по-
А,
тенциалов U3, то Ек = е • U3, где е — заряд электрона. Тогда
А =*? -Е =b? -eU ;
в X к X 3'
д = 6>63' Г^ 108 " 1>6'1Г19' °'95 " 3'2'109 (ДЖ) =
22,
0,42
Гамма-фотон с длиной волны 1,2 им в результате комптонов-
ского рассеяния на свободном электроне отклонился от первоначаль-
первоначального направления на угол 60°. Определить кинетическую энергию и
импульс электрона отдачи. До столкновения электрон покоился.
Дано: Хг = 1,2-1012 м; 6 = 60°; Хс = 2,43 • 1012 м; Ео =
= 0,511 МэВ ~ 0,818 • 1013 Дж.
Найти: Ек,р.
243

Решение. Изменение длины волны фотона при комптонов-
ском рассеянии на неподвижном свободном электроне равно
ДА, = Х2 - Хг = ХсA - cos 9), A)
где Хх и Х2 — длины волн падающего и рассеянного фотона,
0 — угол рассеяния фотона, Хс = — = тг — комптоновская
тс Ео
длина волны электрона.
Из выражения A) найдем
Х2 = Хг + А,сA - cos 9). B)
Выразим энергию падающего и рассеянного фотона через
его длину волны
е — hC _ hC _ НС /О\
1 хг 2 x2 Xi + XCicose)
Кинетическая энергия электрона отдачи согласно закону
сохранения энергии равна
Ек = гх-е2. D)
Подставляя выражения C) в D), найдем
Е = (hc\ k^1 " cos9^ =E fVl ^cC1 " cos6) .
к W^ + XClcosG) OWx + X(lcos0)"
Проводя вычисления, получим
Е -0 51lf2'43'1Q~12l 2,43>10-12A
vi,2-10~12^ 1,2-10-12 +2,43 •:
2(l-cos60°)
2A - cos60°)
* 0,521 (МэВ) = 0,833 • 1013 (Дж).
Зная кинетическую энергию электрона, найдем его им-
импульс. Поскольку кинетическая энергия электрона сравнима с
его энергией покоя, то импульс и кинетическая энергия связа-
связаны соотношением
jK(K 0) F)
Подставляя в F) числовые данные, получим
р= —^— л/0,833 • 10~13@,833 • 108 + 2 • 0,818 • 103) ^
3 • 108
^ 4,8-Ю2 (кг-м/с).
244

23» Угол рассеяния фотона с энергией 1,2 МэВ на свободном элект-
электроне 60°. Найти длину волны рассеянного фотона, энергию и им-
импульс электрона отдачи (кинетической энергией электрона до соуда-
соударения пренебречь).
Дано: 8 = 1,2 МэВ = 1,92 • 10 13 Дж; 0 = 60°.
Найти: А2, Ее,ре.
Решение. Изменение длины волны фотона при комптонов-
ском рассеянии
ДА, = А2 - Хг = — A - cos 0) = ХсA - cos 0). A)
Из формулы A) находим Х2 = Хг + АХ = Хг + ХсA - cos 0).
Выражая Хг через энергию фотона ех = -^ , получаем
хг
X2=b? + ХсA - cos 0). B)
?i
Энергия электрона отдачи по закону сохранения энергии
Ее = е1- е2.
Выразим изменение длины волны через изменение часто-
частоV2
ты: ДА, = — - — = -^-1 ^ . С учетом A) можно написать:
V V УУ
i2^(). C)
тс*
Умножая формулу C) на Л и учитывая, что hv1 = sv
hv2 = 82, тс2 = Ео, гг - е2 = ЕеУ получим
_?|(izcose)_j
Eo + ejCl -cos9)
где Ео = 0,511 МэВ = 0,82 • 10~13 Дж — энергия покоя электро-
электрона. Зная энергию электрона, найдем
ре = 1 jEe(Ee + 2E0). E)
Подставляя числовые значения в формулы B), D) и E), по-
получаем:
VTi108 + 2'43 • Ю-12A - 0,5) - 2,25 • 10-" (м);
Е> - (o,5u2/;,2°;so,5 -0-648 <мэВ) -1М ¦108 <дж);
ре = ^i^ 71,04 • 10-13A,04 • Ю-13 + 2 • 0,82 • Ю"3) =
= 5,56-Ю-22 (кг-м/с).
245

24+ Фотон с импульсом 5,44 • 10~22 кг • м/с был рассеян на свобод-
свободном электроне на угол 30° в результате эффекта Комптона. Опреде-
Определить импульс рассеянного фотона.
Дано: рг = 5,44 • 102 кг • м/с; 9 = 30°.
Найти: р2.
Решение. Импульс фотонарх =— ; р2 = — , откуда Хх = — ,
1 ^*2 Р1
Х2 = —. Изменение длины волны АХ при эффекте Комптона
равно
ДА = Х2 - Хг = — A - cos 9), или — - — = — A — cos 9).
тс р2 Р\ тс
Отсюда
1 _ Р\тс
—A - cosO) + — Р^1 " cos6) + тос
тс рх
= 0,544.10-«. 9,1.10-"-3.10» ^ % ^_22 #
5,44 • 10~22 • 0,134 + 9,1 • 101 • 3 • 108
25»| Фотон с энергией 0,51 МэВ в результате комптоновского рас-
рас180° О
сеяния отклонился на угол 180°. Определить долю энергии в процен-
процентах, оставшуюся у рассеянного фотона.
Дано: ег = 0,51 МэВ; 9 = 180°.
Найти: — .
Решение. По закону сохранения энергии
ех = е2 + Е9,
где 8Х — энергия налетающего фотона, ?2 — энергия рассеян-
рассеянного фотона, Еэ — энергия электрона.
e = he их =Ь?
где Хг — длина волны налетающего фотона, Л — постоянная
Планка, с — скорость света.
где Х2 — длина волны рассеянного фотона. Изменение длины
волны АХ = Х2 - Хг фотона при комптоновском рассеянии равно
АХ = ХсA - cos 9),
246

где Хс = 2,43 • 10~12 м — комптоновская длина волны электро-
электрона, 0 — угол рассеяния.
Тогда Х2 = Хг + АХ = Хг + 2ХС
и энергия е2 = ——— ,
а отношение -2 = с — с
°Ч
6,63-10-34-3-108
6,63 • 104 • 3 • 108 + 0,51 • 1,6 • 103 • 2 • 2,43 • 102
^0,33 = 33%.
26» В результате комптоновского эффекта электрон приобрел
энергию 0,5 МэВ. Определить энергию падающего фотона, если дли-
длина волны рассеянного фотона 2,5 • 10~12 м.
Дано: Е = 0,5 МэВ; X = 2,5 • 1012 м.
Найти: 6Г
Решение. По закону сохранения энергии ег = е2 + Е, где
гг — энергия бомбардирующего фотона, е2 = — — энергия рас-
Х2
сеянного фотона. Тогда
= 6,63-Ю-34-3-Ю8 + о,5 • 1,6 • 108 - 1,6 • 108 (Дж) = 1 (МэВ).
2,5 • 10~12
27» В результате комптоновского рассеяния на свободном покоя-
покоящемся электроне длина волны у-фотона Хх увеличилась вдвое. Найти
кинетическую энергию и импульс электрона отдачи, если угол рас-
рассеяния равен 60°.
Дано: Х2 = 2Хг; 9 = 60°.
Найти: Еур.
Решение. Изменение длины волны АХ при комптон-эффек-
те определяется по формуле
АХ = Х2 - Хг = ХсA - cos 0),
где Хг и Х2 — длина волны фотона до и после рассеяния,
Хс = 2,43 • 102 — комптоновская длина волны, 0 — угол рас-
рассеяния. По условию задачи Х2- Х1 = Х1и тогда
Хг = ХсA - cos 0), Х2 = 2?ic(l - cos 0).
247

Энергия электрона
Я_е-^-*?-*?- И? -fl-U
1 2 Хг Х2 А,сA-совв) V *J
Е = 6,63-10-"-0,5-3-10* ^ 0 8.10-13 (Дж) = 0 5 (МэВ)
2,43 -10-12A- 0,5)
Импульс электрона
pjEK(EK 2E0),
где Ео = 0,511 МэВ — энергия покоя электрона, с — скорость
света.
28»
р = —i— 70,8 • 103@,8 • 103 + 2 • 0,82 • 10~13) =
3 • 108
= 4,7 -Ю-22 (кг -м/с).
Первоначально покоившийся электрон приобрел кинетиче-
кинетическую энергию 0,06 МэВ в результате комптоновского рассеяния на
нем у-фотона с энергией 0,51 МэВ. Чему равен угол рассеяния фото-
фотона?
Дано: ее = 0,06 МэВ; ех = 0,51 МэВ.
Найти: 6.
Решение. Энергия рассеянного фотона
Длину волны Хг и Х2 фотонов выразим из формулы для
энергии фотонов:
^? — с. 1 -- h? . 1 _ he
А, Б| ?2
Изменение длины фотона АХ = Х2 - Хх выражается форму-
формулой ЛХ = — A - cos 0);
me
X2 - X - A(i - cos в); *?-*?= —A - cos 9);
тс ?2 ?1 me
i - i = -ЦA -cosB).
62 Е2 /ПС2'
е0 = тс2 = 0,511 МэВ — энергия покоя электрона,
0,45 0,51
1 - cos 0 = 0,261 • 0,511 - 0,133; cos 9 = 0,867; 6 = 30°.
248

Задачи для самостоятельного решения
1 ¦ Какую энергию теряет за 1 с раскаленная поверхность пло-
площадью 0,2 см2 при температуре 2000 К? Поглощательная способ-
способность поверхности 0,5. Ответ: 9,1 Дж.
2» Определить длину волны, отвечающую максимуму испус-
кательной способности черного тела при температуре 37 °С, и энер-
энергетическую светимость тела. Ответ: 7 • 10 м; 1602 Вт/м2.
3* Максимум испускательной способности Солнца приходит-
приходится на длину волны 0,5 мкм. Считая, что Солнце излучает как черное
тело, определить температуру его поверхности и мощность излуче-
излучения. Ответ: 5780 К; 3,84 • 1026 Вт.
4% Считая, что Солнце излучает как черное тело, определить
интенсивность солнечного излучения вблизи Земли. Температуру
поверхности Солнца принять равной 5780 К. Ответ: 1360 Вт/м2.
5* Красная граница для некоторого металла 0,6 мкм. Металл
освещается светом, длина волны которого 0,4 мкм. Определить мак-
максимальную скорость электронов, выбиваемых светом из металла.
Ответ: 6,04 • 105 м/с.
6* Найти частоту света, падающего на пластинку никеля, ес-
если скорость фотоэлектронов 2,8 • 106 м/с. Работа выхода электронов
из никеля 4,8 эВ. Ответ: 6,5 • 1015 с.
7* При освещении поверхности некоторого металла светом с
длиной волны 0,22 мкм задерживающий потенциал равен 1,14 В.
Найти работу выхода электронов из этого металла. Ответ: 4,5 эВ.
8* Давление монохроматического света длиной волны 0,5 мкм
на поверхность с коэффициентом отражения 0,8 равно 1,43 Па.
Определить концентрацию фотонов вблизи поверхности.
Ответ: 2-1018м~3.
9* Фотон с энергией 0,500 МэВ рассеялся на свободном элект-
электроне под углом 60°. Найти энергию рассеянного фотона, кинетиче-
кинетическую энергию и импульс отдачи. Считать, что кинетической энерги-
энергией электрона до соударения можно пренебречь. Ответ: 0,335 МэВ;
0,165 МэВ; 0,236 • 101 кг • м/с.
10* Определите импульс фотона, энергия которого равна
10 кэВ. Ответ: 5,33 • 10~24 кг • м/с.

ЧАСТЬ 6
Элементы квантовой механики,
атомной и ядерной физики
Основные уравнения и формулы
¦ Длина волны де Бройля X = -
где h — постоянная Планка, &
р — импульс частицы.
¦ Соотношение неопределенностей Гейзенберга:
для координаты и импульса Ajc • Арх
Ci
f
где Ajc — неопределенность координаты частицы, л
Арх — неопределенность проекции импульса
частицы на соответствующую координатную ось;
для энергии и времени АЕ • At > -^- = h
где АЕ — неопределенность энергии частицы в некотором состоянии,
At — время нахождения частицы в этом состоянии.
¦ Плотность вероятности нахождения w = |\|/|2
частицы в соответствующем месте
пространства
где у — волновая функция частицы.
¦ Волновая функция, описывающая \\tn = /у sin
состояние частицы в бесконечно ^
глубокой одномерной потенциальной яме
где I — ширина ямы,
х — координата частицы в яме @ < х < I),
п — квантовое число (п = 1, 2, 3, ...).
¦ Энергия частицы в бесконечно Еп = 2 п2
глубокой одномерной потенциальной яме
где т — масса частицы.
¦ Сериальные формулы спектра - = R'Z2[— - ~ J
водородоподобных атомов п
где X — длина волны спектральной линии,
R — постоянная Ридберга,
Z — порядковый номер элемента,
п = 1, 2, 3, ..., k = п + 1, п + 2, ...
250

¦ Спектральные линии - = R'(Z - aJl — - —
характеристического п
рентгеновского излучения
где а — постоянная экранирования.
¦ Дефект массы ядра Am = Zmp + (A - Z)mn - тя =
= ZmH + (A - Z)mn - гаа
где тпр — масса протона,
тп — масса нейтрона,
тн —масса атома XH,
т& и тя — масса атома и его ядра ZX,
Z и А — зарядовое и массовое числа.
¦ Энергия связи ядра Есв = с2Am
где с — скорость света в вакууме.
¦ Удельная энергия связи есв =
F
св = —~
¦ Закон радиоактивного распада iV = iVoexp (-Xt)
где No — начальное число радиоактивных ядер в момент времени
* = 0,
N — число нераспавшихся радиоактивных ядер в момент време-
времени ?,
X — постоянная радиоактивного распада.
¦ Активность радиоактивного а = - — = XN
вещества
¦ Энергия ядерной реакции Q = с2(тг + т2 - Е /п.')
где т1 и т2 — массы покоя частиц, вступающих в реакцию,
? ml — сумма масс покоя частиц, образовавшихся
в результате реакции.
¦ Закон поглощения излучения / = /оехр(-цх)
веществом
где /0 — интенсивность излучения на входе
в поглощающий слой вещества,
/ — интенсивность излучения после прохождения
поглощающего слоя вещества толщиной х,
ц — линейный коэффициент поглощения.

Примеры решения задач
1 ¦ Электронные оболочки атома. Теория Бора
1+ Атом водорода испустил фотон с длиной волны 4,86 -10 7 м.
На сколько изменилась энергия электрона в атоме?
Дано: X = 4,86 • 10 м.
Найти: АЕ.
Решение. По теории Бора при переходе электрона из
состояния с энергией Еп в состояние с энергией Ет излучает-
излучается фотон с энергией, равной hv = Еп - Ет = АЕ.
Учитывая, что v = с/Х, получаем
АЕ = ff ; АЕ = 6>634' зб'Гю^ ^ " 4'°9 '10~19 (Дж) " 2'56 (эВ)'
L I Определить первый боровский радиус орбиты в атоме водорода
и скорость движения электрона по этой орбите.
Дано: Z = 1; п = 1.
Найти: rv v.
Решение. Радиус п-& орбиты в водородоподобном атоме, за-
заряд ядра которого равен Ze, определяется по формуле
г = ^ • п2
п Z2
г ^
п mZe2
где п — номер орбиты, т — масса электрона.
При п = 1 и Z = 1
ri = —-о; ri =
iM^^,- 0,53- 10-ю (м).
г2 г 3,14- 9,1 -10-31-l,62-10-38
По второму постулату Бора момент импульса электрона на
/1-й орбите равен mvrn = л • А .
Тогда v = nh/2nmrn и при п = 1 значение v = h/2nmrv
v = б'63'1,04 - 2,2• 106(м/с).
2-3,14.9,l-10-31-0,53-10-10 K '
Определить длину волны спектральной линии, соответствую-
соответствующей переходу электрона в атоме водорода с шестой орбиты на вто-
вторую.
Дано: т = 2; п = 6; R = 1,097 • 107 м.
Найти: X.
252

Решение. Длина волны X фотона, испускаемого при пере-
переходе электрона в атоме водорода, определяется по обобщенной
формуле Бальмера
где R — постоянная Ридберга, тип — номера орбит, между
которыми происходит переход электрона. Из этой формулы
следует, что
4» Определить наибольшие и наименьшие длины волн фотонов,
излучаемых при переходе электронов в сериях Лаймана, Бальмера и
Пашена.
Дано: Д' = 1,097-107 м-1.
Найти: A,lmax, A,lmin, Х2тах, A,2min, А,3тах, A,3min.
Решение. Обобщенная формула Бальмера позволяет опре-
определять длину волны X при всевозможных переходах электрона
в атоме водорода:
A _ П
В серии Лаймана переход осуществляется на первую орби-
орбиту со всех остальных, т. е. т = 1, п = 2, 3, 4, ..., °о.
Следовательно,
=
1,097 • 107A- 0,25)
12 2?)
= } = б; " °'091
X, тях = = - 0,122 (мкм);
МП 1097 107A 025)
В серии Бальмера переход осуществляется на вторую орби-
орбиту со всех вышележащих , т. е. т = 2; п = 3, 4, 5, ..., °о.
Х2 тах = - = 1 ~ 0,656
r>(± - 11 х>097 • Ю7@25 - 0,11)
V92 О2У
1,097. iV-0,25
253

В серии Пашена переход осуществляется на третью орбиту
со всех вышележащих, т. е. т = 3; п = 4, 5, 6, ..., °°.
^ =1=1^ 1,88 (мкм);
1,097-107
** 0,82 (МКМ).
5» Сколько линий спектра атома водорода попадает в видимую
область (X = 0,4 -*• 0,76 мкм)? Вычислить длины волн этих линий.
Каким цветам они соответствуют?
Дано: 0,4 < X < 0,76 мкм; В! = 1,097 • 107 м1.
Найти: X.
Решение. Длины волн спектра атома водорода определяют-
определяются по формуле
l
где /г = 1,2 ,3, ..., k = п + 1; п + 2; ... .
В видимой области спектра находятся первые четыре ли-
линии серии Бальмера (п = 2, k = 3, 4, 5, 6). Длины волн этих
линий будут равны:
х =!f! _ 1 V1- 1 fi _ iV1^
1 tf'V22 32^ l,097-107U 9^
— 6,56 • 10 (м) — красная линия;
~ ГОЛубаЯ ЛИНИЯ;
1,097-10^
3 = 1 097-107 ( 22 "" б2 у ~ 4'34 # 10 7 ^М^ ~ Фиолетовая линия;
4 = 1,097 -107 (h ~ 6* ) ^ 4Д # 10 ? (М) ~ Фиолетовая линия-
2. Элементы квантовой механики
Кинетическая энергия протона в 4 раза меньше его энергии
покоя. Вычислить дебройлеровскую длину волны протона.
Дано: ЕК = ^ ; Ео = 1,5 • 100 Дж.
Найти: X.
Решение. Длина волны де Бройля X определяется по фор-
формуле
X-J. A)
254

Поскольку по условию задачи
SK = f. B)
кинетическая энергия Ек протона сравнима с его энергией по-
покоя ?0, то импульс р и кинетическая энергия связаны реляти-
релятивистским соотношением
р = 1 JEK(EK + 2Е0). C)
Подставляя в C) условие B), найдем
р-1т- D)
С учетом равенства D) выражение A) примет вид
Х=Ш- E)
Подставляя в E) числовые значения, получим
х _ 4 -6,63-10-34. 3-10* ^ 177 .10.15 (м)
3-1,5-Ю-10
7» Вычислить длину волны де Бройля электрона, движущегося
со скоростью v = 0,75с (с — скорость света в вакууме).
Дано: v = 0,75с; с = 3 • 108 м/с; т = 9,1 • 10~31 кг.
Найти: X.
Решение. Длина волны де Бройля X = - . Импульс частицы,
Р
= !L
Р
движущейся с релятивистской скоростью v, равен р = mv .
I ТГг
Тогда
( t Кинетическая энергия протона равна его энергии покоя. Вы-
Вычислить длину волны де Бройля для такого протона.
Дано: Ек = Ео; Ео = 1,5 • 100 Дж.
Найти: X.
Решение. Длина волны де Бройля вычисляется по формуле
А, = - . Импульс релятивистской частицы (каким является про-
Р
255

тон в условиях данной задачи, так как Ек = Ео) вычисляется по
формуле
Тогда
;X- 6'63 '104' 3 '108^ 7,7
1,5-10-10-7з
9» Определить кинетическую энергию протона и электрона, для
которых длина волны де Бройля равна 0,06 нм.
Дано: A, = 6*10um.
Найти: Ее, Ер.
Решение. Длина волны де Бройля X = - . Из уравнения ки-
Р
нетической энергии
Е = тхJ = т2хJ = Р2
к 2 2т 2т'
Найдем импульс:
р= j2EKm.
K
Подставив его в выражение для волны де Бройля, получим:
*
х-
J2EK • m
откуда
- 6,7 • Ю7 (Дж) = 419 (эВ).
10» Протон обладает кинетической энергией, равной энергии по-
покоя. Во сколько раз изменится длина волны де Бройля протона, если
его кинетическая энергия увеличится в 2 раза?
Найти: h..
Х2
Решение. Длина волны де Бройля X = - .
Р
Импульс р= i JEK(EK 4- 2?0).
256

Тогда
he
he
_ he .
2E0)
JEk2(Ek2 + 2E0)
Длина волны уменьшится в 1,63 раза.
he . >^i _ 2л/2 _ л ао
^ 7з
11» Какой кинетической энергией должен обладать протон, чтобы
длина волны де Бройля протона равнялась его комптоновской длине
волны?
Дано: Хд = Хс.
Найти: Ек.
Решение, Длина волны де Бройля Хд и комптоновская Хс
длина волны определяются по формулам:
1 _ h
тс
Импульс движущегося протона
«_ mv
Так как Хд = Хс, гор = тс и тс
mv
откуда
где?
полная энергия, Ео = тс2 — энергия покоя.
-1
к = ?0( 72 - 1) = 1,67 • 107 • 9 • 1016 • 0,41
= 6,23 • 101 (Дж) = 389 (МэВ).
9 - 9332 Гладском
257

|12» Электрон прошел ускоряющую разность потенциалов U. Най-
Найти длину волны де Бройля для случаев:
Дано: иг = 51 В; U2 = 5,1 • 105 В; Ео = 8,2 • 10~14 Дж.
Найти: Xv Х2.
Решение. Длина волны де Бройля равна X = -. Импульс
Р
выразим из условия, что кинетическая энергия электрона рав-
равна Ек = ?Щ- = ~-^- = ?— , откудар = j2EKm . С другой сторо-
ны, jEk1 = eI71, где е — заряд электрона. Тогда
V
Хг 6'63'10'34 - 1,72 • Ю-" (м).
72-1,6-10-19-51-9Д-101
Во втором случае импульс р определяем по формуле
Р2 = -
где ?0 — энергия покоя электрона, -Бк2 = et/2. Тогда
*]Ек2(Ек2 + 2i70)
6,63-lQ-34-3-108
л/1,6 • 10~19 • 5,1 • 105A,6 • 10~19 • 5,1 • 105 + 2 • 8,2 • 104)
13» Среднее время жизни возбужденных состояний атома состав-
составляет 10 не. Вычислить естественную ширину спектральной линии
(Х= 0,7 мкм), соответствующую переходу между возбужденными
уровнями атома.
Дано: х = 10~8 с; X = 7 • 10 м.
Найти: A?imin.
Решение. При переходе электрона из одного стационарного
состояния в другое излучается (или поглощается) энергия,
равная
Y=En~Ek- A)
258

Из A) следует, что неопределенность длины волны АХ излу-
излучения связана с неопределенностью энергии уровней АЕп и AEk
атома соотношением
— АХ = АЕ -\-АЕь. B)
Согласно соотношению неопределенностей Гейзенберга
AEAt > А , C)
где At — неопределенность времени перехода атома из одного
стационарного состояния в другое.
Поскольку At не превышает среднее время жизни т возбуж-
возбужденного состояния атома, то минимальная неопределенность
энергии возбужденных уровней, согласно C), равна
АЕ = ^ D)
mm 27гт' V '
Из B) с учетом D) найдем минимальную неопределенность
длины волны излучения, которая называется естественной
шириной спектральной линии
Если одно из состояний, между которыми совершается пе-
переход, является основным, то
АХ = -AL- F)
min 2ncx' K }
поскольку для основного состояния т = °°. Для возбужденных
состояний с одинаковым временем жизни хп = xk = т имеем
Подставляя в G) числовые значения, получим
Кинетическая энергия электрона в атоме водорода порядка
10 эВ. Используя соотношение неопределенностей, оценить мини-
минимальные линейные размеры атома.
Дано: Е = 10 эВ = 1,6 • 1018 Дж; т = 9,1 • 101 кг.
Найти: г.
Решение. Соотношение неопределенностей Гейзенберга
АхАрх > h,
где Ах — неопределенность координаты, Арх — неопределен-
неопределенность импульса, h — постоянная Планка.
259

Предполагая, что Ах — г — линейному размеру атома, полу-
чим г — — ¦ Импульс электрона, обладающего кинетической
Ар
энергией ?, равен
Предполагая, что по порядку величины Ар-р, оценим г:
h 105'Ю-34-0,62-10-10 м.
V2-9,l-10-31-l,6-108
15+| Среднее время жизни атома в возбужденном состоянии равно
12 не. Вычислить минимальную неопределенность длины волны X =
= 12 мкм излучения при переходе атома в основное состояние.
Дано: At = 1,2 • 10~8 с; X = 1,2 • 10 м.
Найти: АХ.
Решение. Энергия излучаемого фотона
Продифференцируем Е по X:
dE = -Лс^ , или АЕ = -5f AX.
Из соотношения неопределенностей Гейзенберга для энер-
энергии и времени Д?А? > ?- выразим АЕ.
^Е = ' п » здесь А^иА? — неопределенности времени и
2я
энергии.
Приравняем выражения для АЕ:
h
откуда ДЯ. = \ ;
hcAt2n
АХ = я1>22'10; - 6,4.10"" (м).
3 • 108 • 1,2 -Ю"8- 6,28 V ;
16»| Среднее время жизни 71°-мезона равно 1,9 • 10~16 с. Какова
должна быть энергетическая разрешающая способность прибора, с
помощью которого можно зарегистрировать я°-мезон?
Дано: * = 1,9-КГ16 с.
Найти: АЕ'.
Решение. Разрешающая способность АЕ' должна быть не
меньше неопределенности энергии АЕ в условиях поставлен-
260

ной задачи, т. е. АЕ' = АЕ. Предполагая, что время жизни ме-
мезона t примерно равно неопределенности времени At в соотно-
соотношении неопределенностей Гейзенберга для энергии и времени
AEAt > ~ , получим
' = ±- ; АЕ' = 6'63'10~34 А ~ 5,6 • 1019 (Дж).
2nt' 6,28- 1,9 -К)6
17» Атом испустил фотон с длиной волны 0,55 мкм. Продолжи-
Продолжительность излучения 10 не. Определить наименьшую погрешность, с
которой может быть измерена длина волны излучения.
Дано: X = 0,55 мкм; t = 10~8 с.
Найти: АХ.
Решение. Энергия фотонаЕ= -~ ,
л,
dE = -ЪсЩ или АЕ = -h?^L,
К К
откуда АХ = (ЬЕ)*Х .
h • с
Соотношение неопределенностей Гейзенберга для энергии
и времени
AEAt > —.
2л
Отсюда АЕ == -^- .
Подставляя АЕ в формулу для АХ, получим:
~t2n ТГс'
18» Электрон находится в одномерной потенциальной яме с беско-
бесконечно высокими стенками, ширина которой 1,4 • 10~9 м. Определить
энергию, излучаемую при переходе электрона с третьего энергетиче-
энергетического уровня на второй.
Дано: I = 1,4 • 10"9 м; п = 2; п + 1 = 3.
Найти: АЕ.
Решение. Энергия Еп электрона (масса = /п), находящегося
на п-м энергетическом уровне в потенциальной яме шириной Z,
261

определяется по формуле Еп = -^-^ . Энергия, излучаемая при
переходе электрона с (п + 1)-го уровня на n-й, равна
= F,63>10-з^5 ^ х 54 .10_19 (Дж) ^ х (эВ)
8-9,l-10-31-l,42-108
|19» Электрон находится в одномерной потенциальной яме с беско-
бесконечно высокими стенками. Ширина ямы I = 1 нм. Определить на-
наименьшую разность энергетических уровней электрона.
Дано: I = 10~9 м.
Найти: A?min.
Решение. Энергия электрона Еп, находящегося в потенци-
потенциальной яме шириной I, на м-м энергетическом уровне опреде-
определяется по формуле
S
Разность А?пд + х энергий электрона на соседних п и
(п + 1)-м уровнях равна
Очевидно, что Д2? будет минимальна при п = 1.
20» Частица находится в бесконечно глубокой одномерной потен-
потенциальной яме шириной I на втором энергетическом уровне. В каких
точках ямы плотность вероятности обнаружения частицы совпадает
с классической плотностью вероятности?
Дано: U wn = ^oo> n = 2.
Найти: х.
Решение. Волновая функция \|/, описывающая состояние
частицы в бесконечно глубокой одномерной потенциальной
яме шириной I, имеет вид
Согласно физическому смыслу волновой функции,
М2 = и>, B)
где w — плотность вероятности обнаружения частицы в точке
с координатой х,
262

Если частица находится на втором энергетическом уровне
(п = 2), то
и,2-| sin* (?**). C)
В соответствии с принципом соответствия Бора выраже-
выражение для классической плотности вероятности получается при
">оо = - • D)
Приравнивая по условию задачи выражения C) и D), по-
получим
sin* B25) = 1. E)
Решая уравнение E), найдем
, k = 0, ±1, ±2, ... F)
В пределах ямы @ < х < /) таких точек будет четыре:
|21» Определить ширину одномерной потенциальной ямы с беско-
бесконечно высокими стенками, если при переходе электрона с третьего
энергетического уровня на второй излучается энергия 1 эВ.
Дано: / = 3; п = 2; АЕ = 1 эВ = 1,6 • 10~19 Дж.
Найти: Z.
Решение, Энергия электрона, находящегося в потенциаль-
потенциальной яме шириной I на п-м энергетическом уровне, определяет-
¦т О
ся по формуле Е = —— • п2. Разность энергий электрона АЕ на
8ml2
п-м и ?-м уровнях АЕ = Ег = Еп = -^— (?2 - я2), откуда
8т1г
22» Определить, при какой ширине одномерной потенциальной
ямы дискретность энергии электрона становится сравнимой с энер-
энергией теплового движения при температуре 300 К.
Дано: Т = 300 К.
Найти: /.
263

Решение. Энергия электрона 22, находящегося в потенци-
потенциальной яме шириной I на п-м энергетическом уровне,
Дискретность (разность) АЕ энергии на n-м и (п + 1)-м уров-
уровнях равна
Энергия теплового движения электрона
W = 5 kT,
2
где ft — постоянная Больцмана, Г — температура.
Приравнивая W = АЕ, выразим ширину ямы I:
h2Bn + l) ==^kT.l = h /2n
kTl h
2 ' *Jl2mkT
Наименьшая ширина ямы будет при п = 1:
I = 6,63 • 104 / 3 ^ 5,4 • 10"9 (м).
V12- 9,1 -Ю1 -1,38 -Ю3 -300 v '
23» Определить, при какой температуре дискретность энергии
электрона, находящегося в одномерной потенциальной яме шири-
шириной 2 • 10~9 м, становится сравнимой с энергией теплового движе-
движения.
Дано: г = 2-1(Г9м.
Найти: Т.
Решение. Энергия электрона Е, находящегося в потенци-
альной яме на n-м энергетическом уровне, Еп = —— • п2, диск-
&7П1
ретность (разность) АЕ энергий на д-м и (п + 1)-м энергетиче-
ских уровнях АЕ = —— Bп + 1).
8mZ2
о
Энергия теплового движения электрона W = - ftT. Прирав-
нивая AJ5 = W, определим Т:
h2Bn + l) = 3
kT т
8mZ2 2 ' \2kml2
Очевидно, что АЕ будет минимальной при п = 1.
Т = 6'632-108'3 - 2188 (К).
264

24J Частица в потенциальной яме шириной / находится в возбуж-
возбужденном состоянии. Определить вероятность нахождения частицы в
интервале 0 < х < - на втором энергетическом уровне.
4
Дано: 0<х < \\ л = 2.
4
Найти: w.
Решение. Волновая функция \у(х) частицы в потенциаль-
потенциальной яме шириной I на n-м энергетическом уровне имеет вид
/2
\\f(x) = - sin ^^ . Вероятность нахождения частицы в задан-
^\ l i
ном интервале определяется интегралом квадрата модуля вол-
волновой функции
w = 7 М*)|2 dx - ? ( Щ sin 2E23E V djc = | ? sin2
Tf /|sin 55*
О О 4/V ^ «- у *- О
Известно, что -
sin2 а = - A - cos 2а).
Тогда sin* ™* = 1 f i - cos
= i У (l - cos ^^ W = 1 'f dx - 1 У cos 2nnZdx-lx
sin
- i - JL sin —^ = I - * Sin
^ 4 2
о
sin Sin ^
4 2ттп ^ 4 27in 2
25» Частица в потенциальной яме шириной / находится в возбуж-
возбужденном состоянии. Определить вероятность нахождения частицы в
интервале 0 < х < - на третьем энергетическом уровне.
Li
Дано: I; п = 3; интервал 0 < х < - .
Найти: w.
Решение. Волновая функция, описывающая поведение
частицы в одномерной потенциальной яме, имеет вид у(х) =
= /7 sin Щ?. Вероятность нахождения частицы в заданном
интервале определяется интегралом
1/2 1/2
w = J lvn(*)l2d* = J т #sin2 ^dx.
о о I I
265

Произведя замену
получим
w ¦¦
о I ? о I ?
— - х
о I
sin
1/2
(при п = 3);
о
2 2-3,14-3
26.
2 6-3,14
3. Рентгеновское излучение. Поглощение излучения
Длина волны линии L у вольфрама равна 0,148 нм. Найти
постоянную экранирования.
Дано: Х=1,48-1010м.
Найти: а.
Решение. В соответствии с законом Мозли
Для вольфрама Z = 74.
Для L-серии я = 2.
Для La-линии k = 3.
Из A) находим
A)
Подставляя числовые данные, получаем
a = 74 - [l,48 • 100 • 1,097 • 107(| - |I/2 ^ 7,4.
27» Определить минимальную длину волны тормозного рентгенов-
рентгеновского излучения, если к рентгеновской трубке приложены напряже-
напряжения 30 кВ, 75кВ.
Дано: иг = 3 • 104 В; U2 = 7,5 • 104 В.
Найти: Хх, Х,2.
266

Решение. Коротковолновая граница сплошного рентгенов-
рентгеновского спектра определяется по формуле X = — . Тогда
ей
28» Граничная длина волны fe-серии характеристического рентге-
рентгеновского излучения некоторого элемента равна 0,1284 нм. Опреде-
Определить этот элемент.
Дано: X = 1,284 • 100 м; а = 1; i = 1; п = оо.
Найти: Z.
Решение. Длина волны X рентгеновского излучения опре-
определяется законом Мозли: \ = R'(Z - аJ{ }- - -=-), где i и п —
энергетические уровни, между которыми осуществляется пе-
переход электрона. Фотон с граничной длиной волны в А-серии
излучается при переходе с уровня п = °° на уровень i = 1.
Тогда (Z-a)*= ,} _ - ^;
Z= / * 4-1^26,6 + 1^
V 1,097 -107-1,284 -Ю0
Этим элементом является кобальт (Со).
29» Найти граничную длину волны &-серии рентгеновского излу-
излучения от платинового антикатода.
Дано: Z= 78; a = 1; i= 1; я = оо.
Найти: >..
Решение. Граничную длину волны X в й-серии найдем по
формуле Мозли: i =R(Z-aJ(\ - -1\
1,097-107-G8-1J-1
267

30» При каком наименьшем напряжении на рентгеновской трубке
с железным антикатодом появляются линии /г-серии?
Дано: Z = 26; а = 1; /г = 1; й = 2.
Найти: U.
Решение, ft-линии появляются при переходе электрона со
2-го энергетического уровня на 1-й. Длину волны X этой линии
определим по формуле Мозли: i = R'(Z - аJ[ -=- - -=- ).
1
X = ^ =* 1,94 • 1010 (м).
1,097 • 10~7B6- l( i)
Линия с таким значением X может появиться, если энергия
бомбардирующего электрона Е = eU будет не меньше энергии
кванта Е = ^ . Приравнивая эти выражения, получим:
е*7= ^, откуда С/=^;
с/ =
= 6,63
1,6-Ю-19-1,94-Ю-
10
31»
Какую наименьшую разность потенциалов нужно приложить
к рентгеновской трубке с вольфрамовым антикатодом, чтобы в
спектре излучения были все линии &-серии?
Дано: Z=74.
Найти: U.
Решение. Коротковолновая граница X сплошного рентге-
рентгеновского спектра связана с разностью потенциалов U соотно-
соотношением
1 _ he
е — заряд электрона, h — постоянная Планка, с — скорость
света. Длина волны рентгеновского излучения X определяется
по формуле Мозли
Линии ft-серии образуются при переходе на 1-й энергетиче-
энергетический уровень, т. е. /г = 1,ай = оо>и тогда
i = R(Z - aJ.
X
268

С другой стороны,
1 _ eU . Tf,G _ , ч2 _ eU . тт _ R'(Z-lJ-hc .
— — у J\\?j 1) — —— , U ,
X he he e
U = 1>097 ' Ю7 ' 732 ' 6,63 ¦ Ю-34 - 3 • 108 _ 73 ,
32» На поверхность воды падает у-излучение с длиной волны
0,414 пм. На какой глубине интенсивность излучения уменьшится
в 2 раза? т
Дано: X = 4,14 • 103 м; -f = 2.
Найти: х. 1
Решение. Согласно закону поглощения ^-излучения веще-
СТВ0М' т т / ч /14
I = /оехр(-цх). A)
Решая уравнение относительно х, найдем
х = ± In 12 .
B)
Для определения коэффициента линейного ослабления вы-
вычислим энергию г фотонов:
?=т- C)
Подставляя в C) числовые значения, получим
? = 6,63. 10-34. 3.1Q8 ^ ф =
4Д4-103
ц, см
0,7
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0
-1
1 \
\ \
1 \
к
\
Ч
\
^^
¦
^—
^^^
l —-
ышнец^'
железо
алюминий
— -
2 3
Рис. 54
е, МэВ
269

По графику зависимости линейного коэффициента погло-
поглощения у-лучей ц от их энергии е (рис. 54) находим
\х = 0,03 (см).
Подставляя числовые значения в выражение B), получим
33»| Через кварцевую пластинку толщиной 5 см пропускаются
инфракрасные лучи. Угол падения равен нулю. Известно, что для
инфракрасных лучей с длиной волны Хг = 2,72 мкм коэффициент
линейного ослабления kx = 0,2 см, а для лучей с Х2 = 4,50 - k2 =
= 7,3 см. Определить слои половинного ослабления хг и х2 соответ-
соответственно для Хх и Х2 и относительное изменение интенсивности этих
лучей после прохождения ими кварцевой пластинки.
Дано: kx = 0,2 см; k2 = 7,3 см; Хг = 2,72 мкм; Х2 =
= 4,50 мкм; х = 5 см.
Найти: х19 х2> -^, у-.
Решение. Поглощение лучей света в среде определяется за-
законом Бугера, который строго выполняется только для моно-
монохроматических лучей: / = Ioe~kx, где /0 — сила света, входяще-
входящего в вещество, / — сила света, прошедшего слой вещества, х —
толщина слоя поглощающего вещества, k — коэффициент ли-
линейного ослабления.
При слое половинного ослабления / = - /0, формула закона
2
Бугера примет вид: i Io = Ioe~kx. Отсюда
e-kx — 2, или kx = In 2.
Для лучей с длиной волны Хх слой половинного ослабления
равен
для лучей с длиной волны Х2 слой половинного ослабления ра-
равен
х2 = 1й2 == ^^р ** 0,0949 (см) ^ 0,95 (мм).
k2 7,3
Таким образом, слой половинного ослабления с длиной
волны Х2 в 3,67 раза меньше, чем для Хг. Относительное изме-
270

нение силы света после прохождения слоя х для лучей Хг и Х2
получим из выражения — = ekx. Для лучей с Хг:
для лучей с А,2:
?о = ek2x _ g7,3»5 = g36,5 ~
Л
Таким образом, для лучей с длиной волны Х2 = 4,50 мкм
слой кварца толщиной 5 см практически непрозрачен, в то
время как лучи с длиной волны А,1 = 2,72 мкм, проходя слой
кварца в 5 см, ослабляются в 2,72 раза.
34» На железный экран падает пучок у-лучей, длина волны кото-
которых 0,124-10~2 нм. Найти толщину слоя половинного ослабления
у-излучения в железе.
Дано: Х= 1,24- 1012M;Fe.
Найти: х1/2.
Решение. Энергия у-квантов
По графику на рис. 54 находим значение коэффициента ли-
линейного поглощения ц = 0,5 см. Толщина х1/2 слоя половин-
половинного ослабления будет хл/2 = — = ' ^ - 1,4 (см).
1/z |n 0,5
35+ Определить, как изменится интенсивность узкого пучка лучей
при прохождении через экран, состоящий из двух плит: алюминие-
алюминиевой толщиной 10 см и железной — 5 см. Коэффициент линейного
ослабления для А1 цх = 0,1 см, для Fe ц2 = 0,3 см.
Дано: хг = 10 см, ju1 = 0,1 см, х2 = 5 см, \х2 = 0,3 см.
Найти: ^.
Решение. Интенсивность излучения 1г после прохождения
алюминиевой плиты /х = 10е~^хк После прохождения желез-
железной плиты интенсивность
12 = 1ге-»2*2 = Ioe-»ixi • е^2*2 = Ioe'^xi+ ^л)#
Отсюда ^ = ^л + ^л> = в0»1 • ю + о,з-б = е2,5 ^ 12>2. Интенсив-
ность уменьшается в 12 раз.
271

36* Какова энергия у-лучей, если при прохождении через слой
железа толщиной 3,15 см интенсивность излучения ослабляется в
4 раза?
Дано: у = 4; х = 3,15 см; Fe.
Найти: б.
Решение. Интенсивность излучения / после прохождения
слоя железа толщиной х определяется по формуле I = /0 • е~^х.
?~ 0,44 (см-1).
X о,10
По графику на рис. 52 находим е = 1,4 МэВ.
37+ Как изменится степень ослабления у-лучей при прохождении
через свинцовый экран, если длина волны этих лучей 4,1 • 103 м
и 8,2 • 10~13 м, толщина экрана 1 см?
Дано: Хг = 4,1 • 1013 м; Х2 = 8,2 • 10 13 м; х = 1 см.
Найти: ^.
Решение. Энергия у-квантов равна:
ех=g = 6>63;>11°140.?з' 108 -4'9 •103 (Дж> -3
?2=г - 6t68;o°Tn'»108 в 2'4 •103 (Дж) в 1«б (МэВ)-
По графику на рис. 54 находим коэффициент линейного ос-
ослабления \хг = 0,45 см, jli2 = 0,56 см.
Закон поглощения излучения в веществе I = /ов~^, где /0 и
/ — интенсивности падающего на слой толщиной х и прошед-
прошедшего излучений. Тогда
1г = Ioe~W; 12 = Ioe-W; ^ = ^ = в^-и^ = ео,и = хд2.
Интенсивность коротковолнового излучения после прохож-
прохождения свинцового экрана будет в 1,12 раза выше.
38.
Рассчитать толщину защитного водяного слоя, который ослаб-
ослабляет интенсивность излучения с энергией 1,6 МэВ в 5 раз.
Дано: 8 = 1,6 МэВ; у = 5.
Найти: х.
272

Решение. Закон ослабления излучения при прохождении
слоя толщиной х имеет вид / = 10е~^х. По графику на рис. 54
находим ц = 0,05 см.
Тогда Ц = е»* = 5; In 5 = \хх\ х = ^ = ^ ~ 32 (см).
/ \х 0,05
4. Дефект массы и энергия связи ядра. Радиоактивность.
Ядерные реакции
39.
Вычислить дефект массы, энергию связи и удельную энергию
связи ядра 8О.
Дано: miH = 1,00783 а. е. м.; тп = 1,00867 а. е. м.; m16Q =
= 15,99492 а. е. м.; Z = 8; А = 16.
Найти: Am, ECB, есв.
Решение. Дефект массы Am ядра определяется по формуле
Am = Zmp + (A - Z)mn - тя. A)
Формулу A) можно также записать в виде
Am = ZmlR + (A - Z)mn - ma, B)
где ma — масса атома, дефект массы ядра которого определя-
определяется.
Подставляя в B) числовые данные, получим
Am = 0,13708 а. е. м.
Энергия связи ядра Есв определяется по формуле
Есв = с2Ат. C)
Если дефект массы Am выражать в а. е. м., а энергию связи
Есв в МэВ, то формула C) примет вид
?св = 931Дт. D)
Подставляя в D) числовые значения, получим
Есв = 931 • 0,13708 ** 128 (МэВ).
Удельная энергия связи sCB вычисляется по формуле
Проводя вычисления, получим
Ес = 128 = 8 (МэВ).
16
273

40* Вычислить дефект массы, энергию связи ядра и удельную
108 А
энергию связи для элемента 47Ag .
Дано: miH = 1,00783 а. е. м.; тп = 1,00867 а. е. м.; mAg =
= 107,869 а. е. м.; Z = 47; А = 108.
Найти: Am, ECB, есв.
Решение. Дефект массы ядра Am равен
Am = Znii + (А — Z)mn — mAiy;
jH Лк
Am - 47 • 1,00783 + A08 - 47) • 1,00867 - 107,869 =
= 1,028 (a. e. м.).
Энергия связи
Есв = Amc2 = 1,028 • 1,66 • 107 • 9 • 1016 ^ 15,36 • 10~n (Дж) =*
^ 960 (МэВ).
^св = 960
A 108
Удельная энергия связи есв = -^ = ^^ - 8,9 (МэВ).
41»| Вычислить дефект массы, энергию связи и удельную энергию
связи для ядра элемента 12Mg .
Дано: Z = 12; А = 24; mllR = 1,00783 а. е. м.; тп =
= 1,00867 а. е. м.
Найти: Am, ?CB, есв.
Решение* Ядро магния содержит 12 протонов и 12 нейтро-
нейтронов. Дефект массы ядра определяется по формуле
Am = ZmiH + (A - Z)mn -
m
Mg.
Am = 12 • 1,00783 + 12 • 1,00867 - 23,98504 ^ 0,213 a. e. м.;
la. e. м. = 1,66-107(кг);
Am = 0,213 • 1,66 • 107 = 3,5 • 108 (кг).
Энергия связи ядра
Есв = Amc2 = 3,5 • 108 • 9 • 1016 ^ 3,2 • 1011 (Дж) = 197 (МэВ).
Удельная энергия связи есв = —р ; есв= =—•- =8,21 (МэВ).
197
А ' св 24
42» Ядро, состоящее из 92 протонов и 143 нейтронов, выбросило
а-частицу. Какое ядро образовалось при а-распаде? Определить де-
дефект массы и энергию связи образовавшегося ядра.
Дано: Z = 92; А = 92 + 143; N = 143.
Найти: X, Am, ECB.
274

Решение. Реакция а-распада имеет вид
235ТТ _^ 4„ 231Y
92и -> 2ие i- 90л,
231
т. е. образовалось ядро тория 90Th; mTh = 231,02944 а. е. м.
Дефект массы
Am = Zm,y + (A - Z)mn - mTh;
Am = 90-1,00783 + 141-1,00867 - 231,02944 ^ 1,898
(a. e. м.) — 3,15 • 10~27 (кг). Здесь тх , m — массы водорода
и нейтрона.
Энергия связи ядра тория Есв = Атс2 = 3,15 • 10~27 • 9 • 1016 —
^ 2,84 • 1010 (Дж) = 1775 (МэВ).
238
43» В какой элемент превращается *1%U после трех а-распадов
и двух р-распадов?
Дано: Z = 92;A=238.
Найти: Y.
Решение. Каждый а-распад сопровождается уменьшением
зарядового числа Z на 2 и уменьшением массового числа А на
4. Каждый Р-распад сопровождается увеличением зарядового
числа Z на 1, а массовое число А остается без изменения. Та-
Таким образом, зарядовое число Z' полученного элемента будет
равно Z' = Z-3»2 + 2el = 92-6 + 2 = 88, а массовое число
А = А - 3 • 4 = 238 - 12 = 226, т. е. получили элемент радий
226Ra
88па.
44» Период полураспада 2?Со равен примерно 5,3 года. Опреде-
Определить постоянную распада и среднюю продолжительность жизни ато-
атомов этого изотопа.
Дано: Г = 5,3 года.
Найти: X, т.
Решение. Постоянная радиоактивного распада X и период
полураспада Т связаны соотношением X = ^^ = ' )? ~
Т 5,3
- 0,13 (год).
Среднее время жизни радиоактивного изотопа х
время жизни радиоактивного изотопа х =
- 7,7 (лет).
275

45» За год распалось 60% некоторого исходного радиоактивного
элемента. Определить период полураспада этого элемента.
Дано: t = 1 год; —2-— = 0,6.
Найти: Т1/2.
Решение. Закон радиоактивного распада имеет вид
где No — исходное число радиоактивных ядер, N — число не-
распавшихся ядер к моменту времени t, X — постоянная ра-
радиоактивного распада, которая связана с полупериодом распа-
распада Т1/2 соотношением Т1/2 = -~- . По условию задачи —2-— =
- е-** - 0,6; е-** = 0,4; #* = ±- - 2,5;
0,4
= In 2,5; Х=
1огдаГ1/2 —
46.
Сколько ядер, содержащихся в 1 г трития ?Н, распадается за
среднее время жизни этого изотопа?
Дано: m = 10~3 кг; t = т.
Найти: N'.
Решение. Согласно закону радиоактивного распада
N = NQexp(-\t). A)
Среднее время жизни т радиоактивного изотопа есть вели-
величина, обратная постоянной распада
х-1. B)
По условию задачи t = т. Подставляя в A) вместо t значение
т из B), получим
N = ^ . C)
е
Число распавшихся атомов за время t = т равно
D)
276

Найдем число атомов iV0, содержащихся в массе т = 1 г
изотопа ХН:
о
где М = 3 • 10 кг/моль — молярная масса изотопа ХН , NA —
число Авогадро.
С учетом E) выражение D) примет вид
F)
е J
Подставляя в F) числовые значения, получим
47.
Период полураспада 2?Со равен 5,3 года. Определить, какая
доля первоначального количества ядер этого изотопа распадается
через 5 лет.
Дано: Т = 5,3 года; t = 5 лет.
Найти:
Решение. Закон радиоактивного распада
# = ЛГ0-в"*', где Я. = ^г-
Число распавшихся ядер будет No - N9 а их доля
JS2-5
5
- е5,з ^ i - 0,52 = 0,48 или 48% первоначального числа ядер
распадется через 5 лет.
48.
Период полураспада радиоактивного аргона ^Аг равен
110 мин. Определить время, в течение которого распадается 25%
начального количества ядер.
Дано: Т = 110 мин; N°~N = 0,25.
Найти: t.
277

Решение. Закон радиоактивного распада N = N0*e . Из
условия задачи —-- =0,75. Учитывая, что X = -~=, получаем:
Nq 1
No
rin?
откуда * = -—?2; t = -±±iillZ??°?2 - 46 (мин).
49» Определить постоянную распада и число атомов радона, рас-
распавшихся в течение суток, если первоначальная масса радона 10 г.
222
Период полураспада 86Rn равен 3,82 сут.
Дано: t = 1 сут; Т1/2 = 3,82 сут; m = 10 г = 10 кг.
Найти: X, Nv
Решение. Число атомов радона
где NA — число Авогадро, М — молярная масса радона,
М = 222 кг/кмоль, m — масса радона.
Закон радиоактивного распада N = No • e~Xt9 где N — число
ядер, не распавшихся к моменту времени t, X — постоянная
распада, X = -^— . Число атомов, распавшихся за t = 1 сут,
¦* 1/2
будет
N1 = N0-N = N0-N0* е'и = iV0(l - e'u) = NAx
— 4,3 • 1021 (атомов).
-0,181
50» Вычислить энергию ядерной реакции
4ТТ | 4ТТ . 7Т '
2х1е -г 2-"-е —> р ~г gJLl .
Выделяется или поглощается энергия при этой реакции?
Решение. Энергия ядерной реакции определяется по фор-
формуле
A)
где т1 и т2 — массы частиц, вступающих в реакцию
сумма масс частиц, образовавшихся в результате реакции.
278

Если массу частиц выражать в а. е. м., а энергию реакции
в МэВ, то формула A) примет вид
Q = 931G71! + т2 - Em/). B)
При вычислении энергии ядерной реакции можно исполь-
использовать массы атомов вместо масс их ядер. Из справочных дан-
данных находим:
т. =4,00260 а. е. м.,
2Не
mi = 1,00783 а. е. м.,
1
m7j. = 7,01601 а. е. м.
3Li
Дефект массы реакции равен
Bт714„ - ttii - га*.) = -0,01864 а. е. м.
2Не jH з^1
Подставляя значение дефекта массы реакции в B), полу-
получим
Q = 931(-0,01864) « -17,4 (МэВ).
Поскольку Q < 0, то энергия в результате реакции погло-
поглощается.
51*
Вычислить энергию термоядерной реакции
iH + ?Н -» *He + In.
Дано: тп2„ = 2,0141 а. е. м.; т3и = 3,01605 а. е. м.;
тп4не = 4,0026 а. е. м.; тп = 1,00867 а. е. м.
Найти: Е.
Решение. Энергия ядерной реакции определяется по фор-
формуле Е = Атс2;
Е = с2(т2хл + 77i3xi - т4„ - тп) = с2B,0141 + 3,01605 -
- 4,0026 - 1,00867) = с2 • 0,01888 = 9 • 1016 • 0,01888 х
х 1,66 • 10~27 ^ 28,2 • 103 (Дж) ^ 17,6 (МэВ).
52+| Вычислить энергию ядерной реакции
\Н + gLi -+ 2 • gHe + \п .
Дано: 77i2H = 2,0141; ти = 7,01605; тЯе = 4,0026;
тп^ = 1,00867 а. е. м.
Найти: Е.
279

Решение. Энергия Е ядерной реакции определяется по
формуле Е = Атпс2. Am равен разности масс продуктов, всту-
вступающих в реакцию и полученных в результате реакции:
Am = т2я + ти - 2тпНе - тп =
= 2,0141 + 7,01605 - 2 • 4,0026 - 1,00867 = 0,01628 (а. е. м.),
1а. е. м. = 1,66-Ю7 кг.
Энергия ядерной реакции Е = Атс2 = 0,01628*1,66 х
х 107 • 9 • 1016 = 2,4 • Ю-12 (Дж) = 15,2 (МэВ).
53»
Какое количество энергии освобождается при соединении од-
одного протона и двух нейтронов в одно ядро?
Решение. Результатом ядерной реакции синтеза
является образование ядра трития. Энергетический эффект
ядерной реакции Е = Атс2;
Am z= тп ~\~ 2т„ ~ т%
Р п iH
Масса протона т = 1,00728 а. е. м., масса нейтрона тп =
= 1,00867 а. е. м., масса трития т3 = 3,01605 а. е. м.
Тогда Е = Атс2 = A,00728 + 2 • 1,00867 - 3,01605) • 1,66 х
х 10~27 • 9 • 1016 =* 12,8 • 10~13 (Дж) ^ 8 (МэВ).
Задачи для самостоятельного решения
1 ¦ Определить частоту света, излучаемого двукратно ионизо-
ионизованным атомом лития при переходе электрона на уровень с главным
квантовым числом 2, если радиус орбиты электрона изменился в
9 раз. Ответ: 6,58 • 1015 Гц.
2* Какую минимальную энергию необходимо сообщить элект-
электрону в атоме водорода, чтобы перевести его из основного состояния
во второе возбужденное? Ответ: 12,1 эВ.
3* Определить длину волны кванта, излучаемого атомом водо-
водорода при переходе с одного энергетического уровня на другой, если
при этом энергия атома уменьшилась на 10,2 эВ. Ответ: 0,12 мкм.
4* Вычислить длину волны де Бройля для электрона, прошед-
прошедшего разность потенциалов 2 кВ. Ответ: 2,75 • 10~п м.
5. Вычислить длину волны де Бройля для пули массой
0,015 кг, движущейся со скоростью 500 м/с. Ответ: 8,8 • 10~35 м.
280

6* Вычислить дефект массы и энергию связи ядра 7N . О т в е т:
0,112 а. е. м.; 104,7 МэВ.
7* Вычислить энергию связи ядра 3Li. Ответ: 39,3 МэВ.
8ф Вычислить энергетический эффект реакции
гНе +п-> ?Н + р.
Ответ: 1,3 МэВ.
9* Вычислить энергетический эффект реакции
iH + 3Li -> !Ве + о" •
Ответ: 15,028 МэВ.
10* Неопределенность скорости электрона составила Av =
= 10 м/с. Определить неопределенность координаты электрона, ес-
если он движется со скоростью 100 м/с. Ответ: 5,8 • 10~6 м.
11 ¦ Элементарная частица в потенциальной яме находится в
возбужденном состоянии. Какова вероятность нахождения частицы
в середине потенциальной ямы? Ответ поясните рисунком. Ответ:
нуль.
12* Наибольшая длина волны ^Га-серии рентгеновского излу-
излучения 0,21 нм. Из какого материала сделан антикатод? Ответ: Мп.
13* Какую наименьшую разность потенциалов надо прило-
приложить к рентгеновской трубке с медным антикатодом, чтобы в спект-
спектре излучения меди были видны все линии 7?а-серии? Ответ:
10,7 кэВ.
14» Пластина толщиной 1 см ослабляет интенсивность у-излу-
чения в два раза. Во сколько раз уменьшится интенсивность у-излу-
чения при прохождении его через 10 пластин? Ответ: 1027 раз.
15* Период полураспада радиоактивного вещества равен
5,3 года. Определить, в течение какого времени масса этого вещест-
вещества уменьшится в 10 раз. Ответ: 17,6 года.
16* Постоянная распада радиоактивного элемента Ца\ равна
X = 2,97* 10~14 с. Определить продолжительность жизни и период
полураспада этого элемента. Ответ: 1,07 • 106 лет; 7,4 • 105 лет.

Приложение
1 ¦ Основные физические постоянные
(округленные значения)
Физическая
постоянная
Нормальное ускорение свобод-
свободного падения
Гравитационная постоянная
Молярная газовая постоянная
Постоянная Больцмана
Элементарный заряд
Масса покоя электрона
Скорость света в вакууме
Постоянная Стефана— Больц-
Больцмана
Постоянная Вина в первом за-
законе (смещения)
Постоянная Вина во втором за-
законе
Постоянная Планка
Постоянная Ридберга
Боровский радиус
Комптоновская длина волны
электрона
Энергия ионизации атома во-
водорода
Атомная единица массы
Энергия, соответствующая
1 а. е. м.
Электрическая постоянная
Магнитная постоянная
Постоянная Авогадро
Масса покоя протона
Объем 1 моля идеального газа
при нормальных условиях
(То = 273,15 К, ро =
= 101325 Па)
Магнетон Бора
Ядерный магнетон
Постоянная Фарадея
Обозна-
Обозначение
g
G
R
k
е
те
с
о
ь2
h
h
К
а
К
а. е. м.
?о
Vo
Ц
И
F
Числовое значение
9,81 м/с2
6,67-10-и м3/(кг-сJ
8,31 Дж/(К- моль)
1,38-103Дж/К
1,60-10-19Кл
9,1-10-31 кг
3 • 108 м/с
5,67-10"8Bt/(m2-K4)
2,89-Ю-3 м-К
1,3-10-5Вт/(м2-К5)
6,63 • Ю-34 дж. с
1,05-10-34Дж-с
1,097-107м-1
0,529-10-1° м
2,43 • Ю-22 м
2,18-10-18Дж =
= 13,6 эВ
1,66-Ю7 кг
931,50 МэВ
8,85 • 10~12 Ф/м
4я-10Гн/м
6,02 • 1023 моль-i
1,67-Ю7 кг
22,4 • Ю-3 м3/моль
9,27-10-24Дж/Тл
5,05-10~27Дж/Тл
9,65 Кл/моль
282

2* Некоторые астрономические величины
Радиус Земли (среднее значение)
Масса Земли
Радиус Солнца (среднее значение)
Масса Солнца
Радиус Луны (среднее значение)
Масса Луны
Среднее расстояние между центрами
Земли и Луны
Среднее расстояние между центрами Солнца
и Земли
Период обращения Луны вокруг Земли
6,38-106м
5,98-1024кг
6,95-108м
1,99-1030кг
1,74-106м
7,35-1022кг
3,84-108м
1,5-10пм
27 сут 7 ч и 43 мин
3* Удельное сопротивление, 108Ом»м
Вольфрам
Железо
Медь
5,5
9,8
1,75
Никелин
Нихром
Серебро
40,0
110,0
1,6
4. Диэлектрическая проницаемость
(относительная) вещества
Бакелит
Вода
Масло трансформа-
трансформаторное
4,0
81,0
2,2
Парафин
Слюда
Стекло
2,2
6,0
7,0
5* Показатель преломления
Алмаз
Вода
Глицерин
Каменная соль
2,42
1,33
1,47
1,54
Кварц
Сероуглерод
Скипидар
Стекло
1,55
1,63
1,48
1,52
6* Интервалы длин волн, соответствующие
различным цветам спектра, нм
Фиолетовый 400—450 Желтый 560—590
Синий 450—480 Оранжевый 590—620
Голубой 480—500 Красный 620—760
Зеленый 500—560
283

7* Масса т и энергия Ео покоя некоторых элементарных
частиц и легких ядер
Частицы
Электрон
Протон
Нейтрон
Дейтрон
а-частица
т
а. е. м.
5,486 • 10
1,00728
1,00867
2,01355
4,0015
1027, кг
0,00091
1,6726
1,675
3,3325
6,6444
1
МэВ
0,511
938,28
939,57
1876,5
3726,2
1010, Дж
0,00082
1,50
1,51
3,00
5,96
8. Работа выхода электронов из металла, эВ
Алюминий
Вольфрам
Литий
Медь
3,7
4,5
2,3
4,4
Никель 4,8
Платина 6,3
Цезий 1,8
Цинк 4,0
9* Периоды полураспада некоторых радиоактивных
элементов
45
90g
210-г»
84^0
28бИп
10.
Водород
Ртуть
11.
Вода(при
Глицерин
Керосин
164 сут
27 лет
138 сут
3,82 сут
Потенциал ионизации,
13,6
10,4
Плотность жидкостей,
4°С) 1
1,26
0,8
92^
92^
86Ra
эВ
Ю-3 кг/м3
Масло
Ртуть
Спирт
7,1-108лет
4,5 • 109 лет
1590 лет
12 лет
0,9
13,6
0,8
12. Плотность газов (при нормальных условиях), кг/м3
Азот 1,25 Воздух 1,29
Аргон 1,28 Гелий 0,18
Водород 0,09 Кислород 1,43
284

Плотность твердых тел, 103 кг/м3
Твердое тело
Алюминий
Вольфрам
Железо (сталь)
Константан
Лед
Медь
Никель
Нихром
Фарфор
10~3 кг/м3
2,7
19,75
7,85
8,9
0,92
8,8
8,8
8,4
2,3
14* Эффективный диаметр молекулы газов, 1010 м
Азот
Аргон
Водород
15.
Лед
Свинец
3,1
1,78
2,3
Удельная теплота
33,5
2,3
16. Удельная теплота
Вода
Эфир
17,
Вода
Лед
22,6
6,68
Воздух
Гелий
Кислород
3,0
1,9
2,9
плавления, 10 Дж/кг
парообразования,
Удельная теплоемкость, 10~2 Дж/(кг •
41,9
21,0
Нихром 2.
Свинец 1,
ю-5
К)
,20
,26
18. Температурный коэффициент сопротивления
проводников, 103 К
Вольфрам 5,2
Медь 4,2
Никелин 0,1
285

* Массы изотопов некоторых нейтральных атомов, а. е. м.
Элемент системы
Водород
Гелий
Литий
Бериллий
Бор
Азот
Кислород
Алюминий
Кремний
Фосфор
Сера
Железо
Медь
Вольфрам
Магний
Кальций
Серебро
Радий
Торий
Уран
Изотоп
{н
?н
?н
гНе
зНе
1и
I*
1в
147N
1о
^о
Sai
27Q.
14bi
ЗЗр
зз«
26^е
29Cu
184W
12Mg
48Га
28gRa
232T,
238TJ
92 U
Масса
1,00783
2,01410
3,01605
3,01605
4,00260
7,01601
7,01169
10,01294
11,00931
14,00307
15,99492
16,99913
26,98135
26,81535
32,97174
32,97146
55,94700
63,5400
183,8500
23,98504
26,98436
47,95236
107,869
226,0254
232,038
238,0508
286

Содержание
Предисловие 3
ЧАСТЬ 1
Физические основы механики
Основные формулы 4
Примеры решения задач 7
1. Кинематика и динамика поступательного движения 7
2. Кинематика и динамика вращательного движения. . 17
3. Импульс. Работа. Энергия. Законы сохранения .... 24
4. Элементы механики жидкостей 37
5. Элементы специальной теории относительности .... 39
Задачи для самостоятельного решения 43
Часть 2
Основы молекулярной физики и термодинамики
Основные формулы 45
Примеры решения задач 47
1. Молекулярно-кинетическая теория идеальных газов 47
2. Основы термодинамики 69
3. Реальные газы и жидкости 97
Задачи для самостоятельного решения 103
Часть 3
Электричество и магнетизм
Основные законы и формулы 105
Примеры решения задач 108
1. Электростатика 108
2. Постоянный электрический ток 138
3. Магнитное поле. Индукция и напряженность
магнитного поля 146
4. Законы электромагнетизма 155
5. Электромагнитная индукция. Самоиндукция. Энергия
магнитного поля 163
6. Основы теории Максвелла для электромагнитного поля 173
Задачи для самостоятельного решения 175
Часть 4
Колебания и волны
Основные формулы 181
Примеры решения задач 184
1. Механические колебания и волны 184
287

2. Электромагнитные колебания и волны 196
3. Волновые свойства света 203
Задачи для самостоятельного решения 229
Часть 5
Квантовая природа излучения
Основные уравнения и формулы 232
Примеры решения задач 233
1. Тепловое излучение 233
2. Фотоны. Давление света. Фотоэффект.
Эффект Комптона 235
Задачи для самостоятельного решения 249
Часть 6
Элементы квантовой механики, атомной и ядерной физики
Основные уравнения и формулы 250
Примеры решения задач 252
1. Электронные оболочки атома. Теория Бора 252
2. Элементы квантовой механики 254
3. Рентгеновское излучение. Поглощение излучения . . 266
4. Дефект массы и энергия связи ядра. Радиоактивность.
Ядерные реакции 273
Задачи для самостоятельного решения 280
Приложение 282