Автор: Зорин Н.И.
Теги: общее школьное образование общеобразовательная школа физика егэ по физике
ISBN: 978-5-699-32476-0
Год: 2009
Текст
ИНТЕНСИВНАЯ ПОДГОТОВКА
ЕДИНЫЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ЭКЗАМЕН
ФИЗИКА
Решение задач частей В и С
СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ!
ИНТЕНСИВНАЯ ПОДГОТОВКА
ЕДИНЫЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ЭКЗАМЕН
Н.И. Зорин
ФИЗИКА
Решение задач частей В и С
СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ!
МОСКВА ЭксмФ 2009
УДК 373.167.1: 53
ВБК22.3я721
3 86
Изготовлено на:
http://www. booksfiz. nm.ru
http://www. kniga-fm. narod. ru
Зорин H. И.
3-86 ЕГЭ 2009. Физика. Решение задач частей В и С.
Сдаем без проблем! / Н.И. Зорин. — М. : Эксмо,
2009. — 288 с. — (ЕГЭ. Сдаем без проблем!).
ISBN 978-5-699-32476-0
Книга адресована абитуриентам, поступающим в высшие учебные
-,, заведения, а также учащимся старших классов средних школ, гимназий,
лицеев, техникумов для подготовки к ЕГЭ по физ!усе.
Данное издание включает:
• решение задач с кратким и развернутым ответом;
• задачи для самостоятельного решения.
Книга окажет помощь учителям при организации систематической
подготовки учащихся к сдаче ЕГЭ по физике.
УДК 373.167.1:53
ББК 22.3я721
ISBN 978-5-699-32475-0
© Зорин Н.И., 2009
© ООО «Издательство «Эксмо*, 2009
ВВЕДЕНИЕ
Настоящее пособие предназначено для выпускников
школ и учителей, занимающихся подготовкой учащихся
к ЕГЭ.
Цель пособия — углубить и расширить понимание физи-
ки будущими абитуриентами и научить их активно приме-
нять физические законы к решению конкретных задач.
Данное пособие подготовлено на основе большого прак-
тического опыта, накопленного автором при работе с абиту-
риентами, при подготовке к выпускным экзаменам в форме
ЕГЭ, что позволило выявить наиболее сложные для понима-
ния школьниками вопросы физики.
Главное внимание уделено важнейшим физическим явле-
ниям и физическим законам. Нельзя дать рецепта для реше-
ния всех задач по физике, можно только научить грамотному
подходу к задаче, который позволит найтй ее решение.
Выполнение заданий группы В и С требует применение
знаний сразу из двух-трех разделов физики, т.е. высокого
уровня подготовки школьников. Эти задания отражают уро-
вень требований к вступительным экзаменам в вузы. Вклю-
чение во вторую и третью части работы сложных заданий раз-
ной трудности позволяет дифференцировать учащихся при
отборе в вузы с различными требованиями к уровню подго-
товки. Главная цель экзамена по физике — проверка знания
учащимся школьного курса физики, умения использовать
эти знания для решения задач и объяснения различных фи-
зических явлений. Рассмотрим основные рекомендации по
выполнению заданий и характерные ошибки.
Решение и анализ задач позволяют понять и запомнить
основные законы и формулы физики, создают представле-
ние об их характерных особенностях и границах примене-
ния. Задачи развивают навык в использовании общих зако-
3
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
нов материального мира для решения конкретных вопросов,
имеющих практическое значение. Таким образом, умение
решать задачи является одним из важных критериев оцен-
ки глубины усвоения программного материала.
Решение большинства физических задач можно разде-
лить на четыре этапа.
1. Анализ условия задачи и его наглядная интерпре-
тация схемой или чертежом.
На этом этапе следует уяснить физическое содержание
задачи, понять, какие процессы и явления включены в ее
условие.
Ознакомившись с условием задачи, не следует пытаться
сразу найти искомую величину. Необходимо помнить, что
ближайшая цель решения состоит в том, чтобы свести задачу
от физической к математической, записав ее условие при по-
мощи формул. Для этого нужно четко представить себе физи-
ческое явление, о котором говорится в условии задачи, уста-
новить, какие законы физики лежат в основе данного явле-
ния, вспомнить математическое выражение этих законов.
Чтобы хорошо понять условие задачи, необходимо сде-
лать схематический чертеж, где, хотя бы условно, указать
все величины, характеризующие данное явление. Если при
этом окажется, что для полного описания явления надо ис-
пользовать величины, не фигурирующие в условии задачи,
их нужно ввести в решение самим, так как в большинстве
случаев без них невозможно найти связь между искомыми и
заданными величинами.
Сделан чертеж, следует еще раз прочитать условие зада-
чи и отметить, какие из величин, указанных на чертеже,
даны и какие требуется найти. Все известные величины —
их числовые значение и наименования — выписываются
обычно в колонку.
2. Составление алгебраических уравнений, связываю-
щих физические величины, которые характеризуют рас-
сматриваемое явление с количественной стороны.
На втором этапе с помощью физических законов и фор-
мул необходимо установить математическую связь между
всеми величинами, введенными в решение при символиче-
4
ВВЕДЕНИЕ
ском описании рассматриваемого явления. В результате по-
лучится одно или несколько уравнений, включающих в себя
как заданные, так и неизвестные величины, — физическая
задача сводится к математической. При этом особое внима-
ние следует обратить на векторный характер ряда величин,
входящих в формулы физики. Для полного определения
этих величин необходимо учитывать не только их числовое
значение, но -и направление. При этом всегда нужно пом-
нить, что числовое значение и направление — это две неотъ-
емлемые характеристики любого вектора. Если происходит
изменение векторной величины, то это значит, что меняется
или ее числовое значение, или направление, или то и другое
вместе. Векторные величины равны только в том случае,
если их числовые значения и направления одинаковы.
3. Совместное решение полученных уравнений отно-
сительно искомой величины.
Прежде чем решать составленную систему уравнений,
полезно убедиться в том, что число неизвестных равно чис-
лу уравнений, иначе система не будет иметь определенного
решения. В том случае, если число неизвестных величин
превышает число уравнений, приходится искать дополни-
тельные уравнения. Дополнительные уравнения могут вы-
ражать такие условия, как: следствия, вытекающие из стан-
дартных упрощающих допущений (например, допущение о
невесомости нитей и блоков); связи между движениями, ко-
торые указаны в задаче; особые свойства отдельных видов
сил (упругости, трения, тяготения); разного рода геометри-
ческие соотношения, указанные в задаче. Третий этап за-
канчивается повторной проверкой полученной системы
уравнений и решением этой системы.
Решение системы уравнений нужно начинать с исключе-
ния тех неизвестных величин, которые не требуется нахо-
дить по условию задачи, и следить за тем, чтобы при каждом
алгебраическом действии число неизвестных уменьшалось.
4. Анализ полученного результата и числовой расчет.
Получив ответ в общем виде, следует проверить правиль-
ность расчетных формул по размерности. Для этого в рас-
четные формулы вместо входящих в них физических вели-
5
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
чин подставляют их единицы измерения и проводят с ними
действия, с тем чтобы убедиться, что результат получается в
единицах измерения искомой величины в принятой систе-
ме. Несоблюдение этого условия (оно необходимо, но недо-
статочно) свидетельствует об ошибке, допущенной в ходе
решения. Установив наименование искомой величины,
можно приступать к действиям с числами. Все расчеты не-
обходимо проводить в Международной системеединиц (СИ).
Проводя арифметические расчеты, следует пользоваться
правилами приближенных вычислений, позволяющими во
многих случаях сэкономить время, не нанося никакого
ущерба точности. Эти правила излагаются в руководствах
по элементарной математике.
5. Требования к оформлению работы.
О ваших знаниях будут судить по тому, ЧТО написано в
работе и КАК написано.
Работа должна быть аккуратной. Ответу на каждый пункт
задания должно быть выделено определенное место. Проверя-
ющему должно быть понятно, где заканчивается одна задача и
начинается другая. То есть между задачами должен быть не-
который интервал. Текст задания переписывать не нужно,
надо лишь кратко указать, что дано в условии задачи.
При решении многих задач необходимо сделать рисунок.
Рисунок первичен. Рисунок помогает понять, что рассма-
тривается в задании, и найти путь к решению задачи.
• В задачах по механике на рисунке необходимо показать
все данные в задании параметры: силы, скорости, уско-
рения, направления движения или вращения тел, реак-
ции связей, направления сил (силы трения скольже-
ния, например), возникающих в процессе движения тел,
ИТ.Д.
• В задачах по термодинамике необходимо указать на гра-
фиках процессов температуру в разных точках процес-
сов, выделить участки, на которых подводится и отво-
дится тепло, графически указать работу, совершаемую в
процессе (вы знаете, что это площадь под графиком в ко-
ординатах P-V).
6
ВВЕДЕНИЕ
• В задачах по электродинамике указать знаки зарядов,
направление силовых линий, знаки зарядов на обклад-
ках конденсаторов, направление токов в цепях и направ-
ление сторонних сил в источниках ЭДС.
• Если речь идет об оптике, то аккуратно изобразить ход
лучей в оптических системах, положение фокусов, при
необходимости построить изображение предмета.
Решение задач по физике требует пояснений. Оно сопро-
вождается неким текстом, в котором необходимо по ходу ре-
шения указать, какие явления рассматриваются в этой за-
даче, основываясь на каких законах строится ее решение.
После этого, например в задачах по механике, записывают-
ся уравнения движения тел (2-й закон Ньютона) в вектор-
ной форме. В случае необходимости выбирается система ко-
ординат и записываются уравнения движения в проекциях
на оси координат. В результате получается система уравне-
ний, решение которой приводит к ответу. Желательно про-
верить полученную формулу по размерности. Подставить
числовые значения, если необходимо, и получить числовой
ответ, указав размерность. Закончить решение задачи необ-
ходимо словом «ответ», привести его в виде конечной фор-
мулы и отдельно в виде числа с указанием размерности.
7
МЕХАНИКА
КИНЕМАТИКА
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Автомобиль двигался из пункта А в пункт В со скоростью
i>! = 40 км/ч, а обратно из В в А со скоростью и2 = 60 км/ч.
Определите среднюю путевую скорость автомобиля на
всем пути и скорость перемещения, если автомобиль в
пункте В: а) мгновенно развернулся и поехал назад;
б) простоял в течение времени, равного половине време-
ни движения из В в А.
Решение
а) Расстояние между А и В равно I. Пройденный автомо-
билем путь s — 21. Движение из А в В равномерное, поэтому
время движения tx = l/vv аналогично время движения из В
в A t2 = l/v2. Полное время движения t = tx + t2, средняя пу-
тевая скорость
з 21 21 21 2v1v2 .о ,
v=- =-----= -----j- = -7-1—7 = —— = 48 км/ч.
t ti+t2 J_ + JL
U1 V2
При возвращении в исходную точку вектор перемеще-
ния Дг = 0, поэтому средняя скорость перемещения иср =
= Дг /f = 0;
б) В этом случае полное время движения включает в себя
слагаемое
t —l-
3 2 2 2v2
8
МЕХАНИКА
Поэтому
у,
21
^2 ^3
21 _ 4v1v2
1 3tx + 2i)n
---1----1--- 1 л
= 40 км/ч.
vx v2 o3
Поскольку перемещение остается равным нулю, то и
v =0.
ср
2. Материальная точка совершает два последовательных
перемещения. Вектор первого перемещения направлен
под углом = 30° к оси ОХ, причем на этом участке точ-
ка движется прямолинейно и равномерно со скоростью
Pj = 10 м/с. Вектор второго перемещения направлен под
углом а2 = 90° к оси ОХ, и его модуль вдвое больше модуля
первого перемещения. Движение на втором участке —
прямолинейное равномерное со скоростью р2 = 20 м/с.
Найдите среднюю скорость перемещения и среднюю ско-
рость на всем пути.
Решение
На рисунке изображено движение точки. АС — первое
перемещение, СЁ — второе перемещение. Вектор полного
перемещения Дг = АВ. Найдем его модуль. ZACB — Р —
внешний угол Д А^С, поэтому он равен сумме двух внут-
ренних, с ним не смежных. Итак, Р = at + a2 = 120°. Пусть
модуль первого перемещения АС = S, тогда модуль второго
перемещения ВС = 2S. Из Д АС В по теореме косинусов
Дг = АВ = J АС2 + ВС2 - 2АС ВС cosP =
= y]s2 +(2S)2 -2S-2Scosl20° = SV7.
Так как движение на участке АС равномерное, то время,
за которое совершено перемещение АС , = S/vY. Время, за
которое совершено перемещение СЁ , равно t2 = 2S/v2. Пол-
ное время движения
8,2S S(2vl+v2)
t = + t2----I--= ""Л •
1Д v2 1Д1>2
9
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
ТТ -
По определению средняя скорость перемещения оср -—,
а ее модуль t
ит = — ---------------=------= 13,2 м/с.
р t S(2vl+v2)/v1v2 2ц+о2
Найдем направление вектора бср. Он образует угол у с
вектором АС . Из Д АВС по теореме синусов
2S Дг . 2SsinP 2S . ^ппо 13
sin у sinp Дг S^/7 v7
=> у = arcsin
Угол, который образует вектор средней скорости с
осью ОХ, равен у 4- = 55,4°.
Средняя скорость ив на всем пути есть весь пройден-
ный путь, отнесенный к полному времени движения, по-
этому
и8
S + 2S 3S 3S 3v, i>2 1
------= — =------------------=----= 15 м/с
t t S(2vr +v2)/v1v2 2v^+l>2
3. Тело движется равноускоренно. Его начальная скорость
Пр а конечная — и2. Найдите среднюю скорость тела.
В предположении, что начальная скорость равноуско-
ренного движения равна нулю, найдите отношение пу-
тей, проходимых телом за последовательные равные
промежутки времени.
Решение
При равноускоренном движении координата x(i) и прой-
денный путь S(t) совпадают, если положить начальную ко-
ординату равной нулю. Тогда S(t) = vj + at2/2, где a — уско-
рение тела; t — промежуток времени, за который пройден
путь S, при этом скорость изменилась от до v2 и и2 = 4- at =>
=> at =v2 - Vv Средняя путевая скорость
10
МЕХАНИКА
S at Vn-v, Vo+Vf
vs = — = Vi+— = vx+——L = ——-
* t 2 1
2
2
В рассматриваемом случае пройденный путь равен моду-
лю вектора перемещения, поэтому vcp = vs. Полученный ре-
зультат справедлив только тогда, когда движение является
равноускоренным или равнозамедленным.
При Vj = 0 путь, проходимый за промежуток времени At,
aAt2
равен Sj = S(At) =-. Путь, проходимый за время
2
2At, S(2At) = ^^-;
c/о л 9аAt2 (n-l)2aAt2
S(3At) = ———; ... S((n-l)At) =--;
n2abt2
Sn =—v—» rneneN.
Путь, проходимый за второй промежуток времени At:
4aAt2 aAt2 3aAt2
S2 = S(2At)-S(At) = —=
Путь, проходимый за третий промежуток времени At:
„ 9aAt2 4aAt2 5aAt2
S3 = S(3 At) - 8(2 At) = —-.
Путь, проходимый за n-й промежуток At:
Sn=S(nAt)-S((n-l)At) =
2 _ 2
2 2 2 2
<
Тогда
Sl- .S2-.S3-....Sn= — :^^-:^H^-:...:^-(2n + l) =
I 2 3 П 2 2 2 2
= 1:3:5:...(2n+l).
11
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Отношение путей, проходимых телом за равные последо-
вательные промежутки времени в равноускоренном движе-
нии с начальной скоростью, равной нулю, равно отношению
последовательных нечетных чисел натурального ряда.
4. Когда опоздавший пассажир вбежал на платформу, ми-
мо него за время tr прошел предпоследний вагон поезда.
Последний вагон прошел мимо пассажира за время t2.
На сколько опоздал пассажир к отходу поезда? Поезд
двигался равноускоренно, длина вагонов одинакова.
Решение
Так как поезд отходит от платформы, то его начальная
скорость о0 = 0. Пусть пассажир опоздал на время т, тогда в
момент, когда пассажир вбежал на платформу, скорость по-
езда v = ах. Отсчет времени начнем с момента появления
пассажира на платформе и проследим за положением точки А
(в координатной системе, изображенной на рисунке, I —
длина вагона). Закон движения поезда
, at2 at2 at2
x(t) = x0 + vt+-= vt+-— = atx+--.
2 2 2
at,2
npHt = t1 x(tl) = xA = l = atlx^—
\ 2
(1)
При t^=t1+t2 x(tx +t2) = xA = 21 = atCti +t2) + . (2)
Li
Разделив уравнение (2) на (1), получим
2=t(t1+t2)+g1+t2)2/2_
Titi+tf/2
^2 ^2
=> 2Tj + if = + x2 +-J-+tit2 +-J- =>
Li Li
=>x(t1-f2)=4+M2-4-=>T=f2X 12 ?
1 2 1 2 2 2(ti-t2)
Ответ: т = -«----———.
2(tt —t2)
12
о x
МЕХАНИКА
5. Тело начинает двигаться из точки О без начальной скоро-
сти по прямой с постоянным ускорением а. Через проме-
жуток времени т после начала движения тело оказывает-
ся в точке В, причем в ней происходит изменение направ-
ления ускорения на противоположное, а его модуль воз-
растает вдвое. Через какое время после начала движения
тело окажется в точке С, лежащей по другую сторону от
начальной точки движения О, такой, что ОВ = ОС?
-4
___
—,--------•————* >
С О В X
2а
Решение
Сделаем чертеж, иллюстрирующий условие задачи. Для
этого направим координатную ось X вдоль прямой, по кото-
рой движется тело, как показано на рисунке. Ее начало по-
местим в точку О, следовательно, начальная координата
х0 = 0. Запишем законы движения на участке ОВ. Так как
проекция ускорения ах = а и v0 = 0, то v(t) = at, x(t) = at2/2.
В момент времени t = т тело окажется в точке В, его скорость
vB = at, а его координата хв = ат2/2. Несмотря на то что в точ-
ке В ускорение изменяет направление, тело еще некоторое
время продолжит свое движение в прежнем направлении,
двигаясь равнозамедленно. После того как скорость обра-
тится в нуль, оно начнет двигаться в обратном направлении.
В точке В естественно начать новый отсчет времени. Про-
екция ускорения ах = -2а, начальная координата хв, началь-
ная скорость vB. Закон движения тела
х a,t2 ат2 х 2at2 ат2 ± ±2
x(t) = xB+vBt+-^— =—+art—— =—+art-at . (1)
Li Li Li Li
Когда тело окажется в точке С, его координата хс = -хв =
= -ат2/2. Формула (1) выражает координату тела в любой
момент времени при движении с ускорением ах = -2а, в том
числе и координату точки С. Поэтому можно составить урав-
нение ат2/2 + att - at2 = -ат2/2, где t — время движения на
13
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
участке от В к С. Перенося все члены в одну часть и сокра-
щая на а * 0, получаем квадратное уравнение относительно
t: t2 - Tt - т2 = 0. Его дискриминант D = т2 - 4(-т2) = 5т2, а его
корни 2 = (т ± т V5 ) / 2 = т(1 ± V5 )/2. Здесь t2 < 0, что не
удовлетворяет условию задачи. Значит, t = ft = т(1 + V5 )/2.
Тело окажется в точке С через время t2 = + т = т(1 + V5 )/2 +
+ т = т(3 + V5 )/2 = 2,6т после начала движения.
6. За последнюю секунду свободно падающее тело пролете-
ло 3/4 всего пути. Сколько времени падало тело и с ка-
кой высоты? Найти конечную скорость.
Решение
Для описания свободного падения воспользуемся форму-
лами. Тогда vx(t) = gt и. x(t) = -gt2/2. Пусть t — полное время
движения тела, следовательно, хА — Н = gt2/2.
Время движения до точки В t - At, где At = 1 с — время
движения на участке ВА. Так как хв = Н/4, то Н/4 =
= #(t-At)2/2.
Имеем систему уравнений
H-8t2
2
H = 2g(t-M)2,
gt2
Н = —,
2
.4 2
х2 j.
=> —— = 2g(t - At)2 =>-----5- = 4 =>-----= 2 =>
2 (t-At)2 (t-At)
=> t = 2(t - At) => t = 2At = 2 c.
Искомая высота H = gt2/2 = 19,6 м, а конечная скорость
vA = gt = 19,6 м/с.
7. Аэростат поднимается с Земли вертикально вверх с уско-
рением а = 2 м/с2. Через т = 5 с от начала движения аэро-
стата из него выпал предмет. Через сколько времени этот
предмет упадет на землю? Начальная скорость аэростата
равна нулю.
14
МЕХАНИКА
Решение
Так как аэростат движется равноускоренно, то его ско-
рость и координата выражаются формулами:
v(t) = v0 + at- at; x(t) = x0 + vot + at2/2 — at2/2.
Через время т = 5 с аэростат, а вместе с ним и
предмет будут иметь скорость иА = ах и коорди-
нату хА - ах2/2. Предмет далее движется в поле
тяжести с постоянным ускорением g, проекция
которого на ось Хах = -g. Время удобно отсчиты-
вать от момента, когда предмет выпал из аэро-
стата. Тогда vA и хА — это начальные скорость и
координата предмета. Используя формулу, за-
пишем закон движения предмета:
x(t) —xQ + vQt + gt2/2 - xA + vxt - gt2/2 = ax2/2 + axt - gt2/2.
В тот момент, когда предмет упал на Землю, его коорди-
ната х = 0, а время движения — t. Получаем уравнение
О = ах2/2 + axt — gt2/2 => gt2- 2axt - ax2 = 0,
D/4 = (ат)2 + agx2 = (at)2 (1 + g/a). Корни квадратного
уравнения:
t = (ax ± ax-jl+g/a/g = т(а / gty (Д+g/a).
Так как t > 0, то время движения предмета
t = T(a/^)/(l+,/l+g/a); t = 3,4c.
8. Два мяча брошены одновременно навстречу друг другу с
одинаковыми скоростями: один вертикально вверх с по-
верхности земли, другой вертикально вниз с высоты Н.
Найти эти скорости, если известно, что к моменту встре-
чи один из мячей пролетел путь Н/3.
Решение
Мяч, брошенный с поверхности земли, до точки встречи
движется равнозамедленно, поэтому он проходит путь Н/3.
Несмотря на то что другой мяч движется равноускоренно,
ускорения обоих мячей одинаковы и равны вектору g.
15
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Введем вертикальную координатную ось
X, ее начало поместим на поверхности земли.
Для мяча, находившегося на земле, ах = -g,
vox = vo’ xq ~ 0» поэтому его координата изменя-
ется по закону
x(t) = vot-gt2/2.
Для мяча, находившегося на высоте Н, в той же системе
координат, а = -gt vOx = -v0, х0 = Н. Его координата выража-
ется формулой
x(t) = Н - vgt - gt2/2.
В момент встречи пути, пройденные мячами, различны,
однако их координаты одинаковы и равны Н/3. По условию
задачи время движения мячей до точки встречи одинаково.
Получаем систему уравнений:
Складывая уравнения системы, получим 2Н/3 = Н - gt2.
Время движения до встречи t = -JH /3g. Из первого уравне-
ния системы находим
о0 = (Н/3+gt2/2)/t = j3gH/2.
9. С башни высотой Н = 25 м горизонтально брошен камень
со скоростью о0 = 10 м/с. На каком расстоянии от основа-
ния башни он упадет? Какова его конечная скорость?
Какой угол образует вектор конечной скорости с гори-
зонтом?
Решение
В любой точке траектории на камень действует сила тя-
жести, которая сообщает ему ускорение свободного падения
g. Движение камня раскладываем на два независимых пря-
молинейных движения, происходящих в горизонтальном
16
МЕХАНИКА
ОХ и вертикальном OY направлениях. Начало координат-
ной системы О находится на поверхности земли у основания
башни.
Проекция ускорения g на ось ОХ равна нулю, поэтому в
горизонтальном направлении камень движется прямоли-
нейно равномерно. Проекция ускорения g на ось OY gy = -g =
= const, поэтому движение в вертикальном направлении яв-
ляется равнопеременным (равноускоренным). В выбранной
координатной системе начальные координаты камня хОх = О,
у0 = Н, начальные скорости vOx = v0, vOj/ = 0. Законы равно-
мерного движения в горизонтальном направлении записы-
ваются в виде: vx{t) = vOx = v0; x(t) = x0 + vOxt = vot. Законы
движения в вертикальном направлении: v(t) = vOy + gt — -gt;
y(t) = Уо+»о* + gf/2 = H- gt2/2.
В точке падения камня его координата у обращается в
нуль; получаем уравнение Н - gt2/2 = 0, где t — время паде-
ния. Из последнего уравнения находим, что Н = gt2/2 =>
=> t = у]2Н /g. Из рисунка следует, что расстояние S от осно-
вания башни до точки падения равно координате х точки
падения: S = х = vot = v0y/2H/g = 22,6 м.
Вектор конечной скорости vk направлен по касательной
к траектории, его проекция на горизонтальное направление
vx = vQ. Проекция на вертикальное направление vy = -gt =
^-g^H7g = s/2gH.
Модуль vk = ^v2x + vy = ^v^+2gH = 24,3 м/с. Для опреде-
ления угла а из прямоугольного треугольника найдем:
cos а = vx /ик = а = arccosv0 /vk = arccos0,41 = 65,8°.
10. Ha горе с углом наклона а к горизонту бросают мяч с на-
чальной скоростью о0 перпендикулярно склону горы.
Найдите время полета мяча. На каком расстоянии от
точки бросания упадет мяч?
Решение
Для решения задачи можно сложное движение разло-
жить на движение в горизонтальном и вертикальном на-
правлениях и ввести систему координат, изображенную на
17
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
рисунке. Тогда ах=g sin а, ау = -g cos а,
т.е. движения вдоль X и Y оказывают-
ся равнопеременными. Законы движе-
ния запишутся в виде x(f) =“Xq + vgxt +
+ at2/2 = {g sin af2)/2(xe - 0 и vOx - 0),
У(0 =Уе + %* + °/72 = vot - (g cos at2)/2
(y0 = 0nv0y = v0).
В точке падения A yA = 0 => vgtn - (g cos at2n)/2 = 0, где
t — время полета мяча,
*n(yo -(gcosatn)/2) = 0 = tB = 2v0 /(geos a).
Расстояние от точки бросания до точки падения
s = АО = хА= (gsinaf2n)/2 = (2v20sina)/(gcos2a).
11. Дан график зависимости скорости тела от времени. Дви-
жение прямолинейное. Постройте графики зависимости
ускорения, координаты и пройденного пути от времени.
Начальная координата тела равна нулю.
При t е [0, t1] скорость изменяется по линейному закону
v(t) = и0 + att, где Уо = Оиа1 = tgo^ = const > 0. Следовательно,
движенце является равнопеременным. При t е [tx; t2]
Vj = const (равномерное движение) иа2 = 0. При t е [t2; tj за-
висимость скорости от времени линейная. Если за начало
отсчета времени принять момент времени #2, то эта зави-
симость может быть представлена в виде v(t) * + a3t, где
а3 = tga2 - const < 0 (так как a2 > тс/2). Зависимость a(t) пред-
ставлена на рисунке. Построим график зависимости x(t).
18
МЕХАНИКА
При t е [0, tj x(t) = х0 + vot + art2/2 - avt2/2 — парабола.
При t 6 [t1; t2] x(t) = Xj - v2t (время отсчитывается от it) —
прямая линия.
При t е [t2; tj x(t)« x2 + vj + a3t2/2 (время отсчитывается
от t2) — парабола, ветви которой направлены вниз, так как
°з < °*
По условию задачи p(t) — непрерывная функция во всех
точках, включая t, и t2. Так как v = х'(0» то функция x(t)
должна иметь производную в точках и t2, поэтому прямая
x(t) = Xj + Vjt является касательной к параболам в точках f,
и t2. Так как v = х7 и v(t3) = 0, то в точке t3 функция x(t) имеет
экстремум (максимум). Зависимость x(t) представлена на
рисунке.
Для построения графика пройденного пути от времени
надо учесть, что движение является прямолинейным, и
пока тело удаляется от начала координат, x(t) и S(t) совпа-
дают. При t 6 [t3; t4] координата уменьшается, но пройден-
ный путь продолжает возрастать (пройденный путь — неу-
бывающая функция времени). Так как ах = tga4 < |tga2| = |a2|,
то парабола на участке t е [t2; t4] проходит более круто, чем
на участке [0, tj. Зависимость S(t) представлена на ри-
сунке.
19
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
12. Движение материальной точки описывается уравнения-
ми x(t) = 5 cos2t см, y(t) = 5sin2t см. Определить скорость,
ускорение и траекторию уравнения точки.
Решение
Определим траекторию. Для этого необходимо получить
зависимость, содержащую х и у и не содержащую время t.
В каждой задаче этот вопрос решается с учетом конкретного
вида зависимостей x(t) и y(t). В данной задаче эффективнее
всего возвести каждое уравнение в квадрат и результаты
сложить:
x2 = 25cos22t
« „ =>х +уг = 25(cos2 2t+sin 2t) =>
у2 =25 sin2 2t
=> x2 +y2 25 = 52.
Сравнивая полученный результат с уравнением окруж-
ности
(х - а)г + (у - 5)2 = R2,
приходим к выводу, что траектория движения точки —
окружность с центром в начале координат 0(0; 0) и радиу-
сом R = 5 см. Проекция скорости на оси X и Y
vx = x'(t) = (5 cos 2t)' = -5 • 2 sin 2t = -10 sin 2t.
vy = y'(f) = (5sin2t)' = 5-2cos2f = 10cos2f.
Модуль скорости
v = ^v2 + v2 = V102 cos2 2t+102 sin2 2t = 10 см/с.
Проекции ускорения на оси X и Y
ах =vx =(-10sin2f)' = -10-2cos2t = -20cos2t.
ау =v'y =(10cos2t)' = -10-2sin2t = -20sin2t.
Модуль ускорения
а = yja2 + а2 = ^20 2 cos2 2t + 202 sin2 2t = 20 см/с2.
20
МЕХАНИКА
13. Капли дождя, падающие вертикально, падают на стекло
окна вагона, движущегося со скоростью и = 36 км/ч, и
оставляют на нем след под углом 60° к вертикали. Опре-
делите скорость падения капель v.
Решение
Рассмотрим движение капли в системе отсчета, связан-
ной с Движущимся вагоном. Пусть 1>отн — скорость капли в
этой подвижной системе отсчета. Используя закон сложе-
ния скоростей, получим
v = й + => ботн = v - й = v+(-й).
Посмотрим вектор ботн..
Итак, в системе отсчета с вагоном капля имеет скорость
ботн, направленную под углом а к вертикали. Модули век-
торов й и - й равны, поэтому из А АВС
и
v =---= 20,8 км/ч = 5,8 м/с.
tga
14. В точках А и В находятся моторная лодка и катер, дви-
жущиеся с заданными постоянными скоростями ил и vR .
Определить графически, каким будет наименьшее рас-
стояние между лодкой и катером.
Решение
Перейдем в систему отсчета,
связанную с лодкой. Скорость
этой системы отсчета й = ил , ско-
рость катера относительно этой
системы отсчета ботн., тогда из за-
кона сложения скоростей
21
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
V =V + £>___ => VmB = V-V=VK + (-бл).
На рисунке построен вектор vmg .
Итак, в системе отсчета, связанной с лодкой, лодка по-
коится, а катер движется относительно нее со скоростью
, направленной вдоль прямой ВМ.
Из точки А опускаем перпендикуляр АС на ВМ, длина
которого и есть кратчайшее расстояние между телами в си-
стеме отсчета, связанной с лодкой. В классической механи-
ке расстояние между точками не зависит от системы отсче-
та, поэтому длина АС есть минимальное расстояние между
лодкой и катером в любых системах отсчета.
Задачи для самостоятельного решения
1. Автомобиль, двигаясь прямолинейно, прошел 1,5 км,
затем свернул на дорогу, составляющую с первой угол
80°, и проехал по ней еще 1 км. Найдите перемещение
автомобиля.
Ответ: 1,9 км.
2. Тело совершает последовательно два одинаковых по ве-
личине перемещения по 10 м каждое под углом 30° и 60°
соответственно к направлению оси ОХ. Определите мо-
дуль и направление полного перемещения тела.
Ответ: 19,2 м; 45°.
3. Автомобиль проехал половину пути со скоростью 60 км/ч,
оставшуюся часть пути он половину времени проехал со
скоростью 15 км/ч, а последний участок — со скоростью
45 км/ч. Найдите среднюю скорость движения.
Ответ: 40 км/ч.
4. По движущемуся эскалатору вниз бегут два человека:
один со скоростью V, другой со скоростью 2V. Первый
насчитал пг ступенек, второй — п2 ступенек. Найдите
число ступенек и скорость эскалатора U.
Ответ: п =———.
22
МЕХАНИКА
5. По поверхности стола движется с постоянной скоростью
V черная доска. По доске движется кусок мела, пущен-
ный по ней так, что в начальный момент скорость мела
относительно стола перпендикулярна скорости доски и
равна U. Какой формы след оставит мел при своем дви-
жении?
Ответ: а = arctg U/V.
6. С высоты 73,5 м сбрасывают два одинаковых по массе
камня, связанных веревкой длиной I = 39,2 м. Первый
камень начинает падать на т = 2 с раньше второго. Через
какое время после начала падения камни упадут на зем-
лю? Падение происходит без начальной скорости. Рас-
смотреть два случая: а) веревка абсолютно упругая;
б) веревка абсолютно неупругая.
Ответ: а) 4,2 с и 4,3 с; б) 4,2 с и 4,3 с.
7. Упругий шар, падая с высоты 75,4 м, после удара о зем-
лю отскакивает вертикально вверх со скоростью, равной
8/4 скорости его падения. На какую высоту поднимется
шар? Сколько времени пройдет от начала движения
шара до второго его удара о землю?
Ответ: 42,4 м; 9,8с.
8. Тело брошено под углом а к горизонту с начальной ско-
ростью Vo. При этом на тело действует попутный гори-
зонтальный ветер, сообщая телу постоянное ускорение а.
Найдите наибольшую дальность полета.
_ К2 sin2 a L a,
Ответ: —у------ 1+—tga .
g I g J
9. С высоты 1 м на наклонную плоскость, образующую с го-
ризонтом угол 30°, свободно падает мяч. Он упруго отра-
жается и второй раз падает на ту же плоскость. Найдите
расстояние от места первого удара до второго. Сопротив-
ление не учитывать.
Ответ: 4м.
23
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
10. Камень, брошенный горизонтально с обрыва высотой 10 м,
упал на расстояние 14 м от точки бросания. Какова на-
чальная скорость камня? В какой момент времени у кам-
ня касательное ускорение равно нормальному? Сопро-
тивление не учитывать.
Ответ: 9,8 м/с; 0,6 с.
ОСНОВЫ ДИНАМИКИ
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Через неподвижный блок переброшена нерастяжимая
нить. На концах этой нити подвешены грузы равных
масс М. На один из грузов поставили груз массой т.
Определите ускорение движения грузов, силу натяже-
ния нити, силу давления груза т на М, а также силу дав-
ления на ось блока. Массой блока и нити можно пренеб-
речь.
Решение
1. Сделаем рисунок к данной задаче.
2. Укажем силы, приложенные к каждому телу системы.
К телу 1 приложены: сила тяжести Mg, сила натяжения
(упругости) нити К телу 2 приложены: сила тяжести Mg,
сила натяжения нити Т2 и сила давления Р со стороны тела т.
Поскольку система движется с
ускорением, то Р * mg. Так как Xv
массой блока и нити можно
пренебречь, то сила натяже-
ния одинакова по модулю во
всех точках нити, т.е. Т\ =
= Т2=Т.
К телу т (оно нарисовано
отдельно) приложены: сила тя-
жести mg и сила реакции N
со стороны тела 2. По третьему
24
МЕХАНИКА
закону Ньютона N = -P, а модули этих сил равны, т.е.
P = N.
3. Определяем направление движения каждого тела си-
стемы и выбираем соответствующие оси координат. В дан-
ной задаче очевидно, что тело 2 и тело т двигаются верти-
кально вниз с ускорением > а тело 1 поднимается вверх с
ускорением аг , так как нить нерастяжима, то модули этих
ускорений равны, т.е. а} = а2 = а. В некоторых задачах сразу
трудно указать, как направлены ускорения тел. Тогда дела-
ют предположение о направлении ускорений тел системы.
В ходе решения задачи это предположение либо подтверж-
дается, либо опровергается. Координатные оси, как прави-
ло, выбирают по направлению ускорений. В данной задаче
выбраны вертикальные оси и Х2
4. Для каждого тела системы записываем второй закон
Ньютона, проецируя силы и ускорения на соответствую-
щие оси:
для тела 1 Т - Mg = Ма, Т - Mg = Ма, (1)
для тела 2 -Т + Mg + Р = Ма, , т.к. Р = N => -Т + Mg + Р = Ма (2)
для тела т mg - N - ma. mg - N = ma. (3)
5. Из полученной системы уравнений (или одного урав-
нения) выражаем неизвестные физические величины.
Сложив все уравнения системы, найдем mg = а (2М + т) =>
т
=> а =-----g.
2М+т
т, m 2M(M + m)g
Из уравнения (1) Т = Mg+Ma =------
2М + т
Из уравнения (3) сила давления
„ mg 2Mmg
Р = mg - та = mg -т-=---
2М + т 2М + т
Как отмечалось выше, Р * mg, так как опора (тело 2) дви-
жется вниз с ускорением.
25
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Для нахождения силы давления на ось блока рассмотрим
силы, действующие на него. Взаимодействие блока с нитью
дает две силы натяжения Т/ и Т2, причем Т/= Т2 = ТХ~Т2=Т.
Кроме того, на блок действует сила реакции со стороны
оси. Запишем второй закон Ньютона для блока: проецируя
силы на ось Хр получим Nt - 2Т = 0 (так как у блока нет
ускорения, его массой можно пренебречь). Значит, JV = 2Т.
По третьему закону Ньютона с такой же по модулю силой
N\ блок давит на ось. Итак,
N'_2T--4M(M + m)8
1 2M+m
2. К пружине, коэффициент жесткости которой равен
k = 0,3 кН/м, подвешена гиря массой m — 0,6 кг. Найди-
те удлинение пружины в случае подъема гири с постоян-
ным ускорением а = 0,2 м/с2. Как изменится деформа-
ция пружины в случае опускания гири с тем же по моду-
лю ускорением?
Решение
Тело движется вверх с ускорением. На гирю действуют
сила тяжести mg и сила упругости возникающая вслед-
ствие удлинения пружины. • ,
Для проекций сил на ось X. по второму закону Ньютона
Fynp - mg = ma. По закону Гука Р^р = ЙД/, где Д/ удлинение
пружины. Тогда kid - mg = ma => id = m(g + a)/k = 0,02 m.
При движении гири вниз с ускорением пружина сжата на
ДГ > 0, и получаем уравнение
mg - к ДГ = та = ДГ = m(g - а)/к = 0,192 м.
3. На наклонную плоскость, образующую угол а с горизон-
том, положили тело массой т. Определите, с каким уско-
рением будет двигаться тело. Чему равна сила трения,
действующая на него? Коэффициент трения между те-
лом и плоскостью равен ц.
26
МЕХАНИКА
Решение
К телу приложены: сила тяжести mg, сила реакции опоры N
и сила трения Очевидно, что при небольших углах а тело на
наклонной плоскости покоится и его ускорение а = 0. В этом случае
на него действует сила трения покоя. По второму закону Ньютона,
записанному для оси X, получаем mg sina - = 0 => = wjsir. a.
При увеличении угла a тело начинает скользить вниз по наклонной
плоскости с ускорением а, причем на него действует сила зрения
скольжения'/4 * * 7^ =\lN. Силу реакции N легко найти, записав второй
закон Ньютона для оси У:
N-mg cosa = 0 => N= mgcosa => Fp = pmgcos a. Для осиXв этом
случае получим mgsina - F^ = та => wgsina - pmg cosa = та =>
=> a = g(sina - pcosa).
Тело будет покоиться на наклонной плоскости, если сила трения
покоя не достигла своего максимального значения рУ, т.е. mgsina <
< [img cosa => tga <ц. Если tga > ц, тело скользит ускоренно вниз по
наклонной плоскости. При tga = ц тело будет покоиться на наклон-
ной плоскости, если ему не сообщена начальная скорость. Если тело
обладает начальной скоростью, направленной вниз параллельно на-
клонной плоскости, то оно будет скользить равномерно.
4. Определите ускорение тел в системе, показанной на ри-
сунке. Коэффициент трения между телом тг и плоско-
стью ц — 0,1. Массой блока и нити можно пренебречь.
Нить нерастяжима. Масса грузов т} = 1,5 кг, т2 = 0,5 кг.
Сила Ё образует угол a = 30° к горизонту, а ее модуль
равен 10 Н. Начальная скорость грузов равна нулю.
Решение
При решении задач подобного
типа мы не можем сразу определить,
как направлена сила трения. Для ре-
шения этого вопроса поступают сле-
дующим образом. Предполагают, что
трения вообще нет, и решают более
простую задачу. Тогда силы, прило-
женные к грузам, будут соответство-
вать (Т' — модуль силы натяжения
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей в и С
нити). Так как трения нет, то можно сделать произвольное предпо-
ложение о направлении ускорении и а2, например, как показано
на рисунке. Учитывая, что of = = а', по второму закону Ньютона
для осей Xt и Х2 получаем систему
Т'-Feos а = 7^(1',
m2g-T' = т2а'
=>m2g-Fcosct = a'(nii+m2)=>
_ m2g-Fcosa
mi +т2
Подставив числовые значения, найдем а = -1,75 м/с2. Таким об-
разом, если трения нет, то ускорения на самом деле направлены
противоположно осям Хг и Х2. Появление трения может уменьшить
модуль ускорения или обратить ускорение в нуль, но не может из-
менить его на противоположное. Значит, грузы имеют одинаковые
по модулю ускорения а, направленные, как показано на рисунке. Те-
перь можно указать направление силы трения. По второму закону
Ньютона получаем систему:
Fcosa-T-FT = Fcosa-m2^-F„
=> а =----------—
T-m2g = m2a,
где Fp = jiV.
По оси Хг для груза т} получа-
ем N + Fsina - m2g = 0 =>
=> N = m2g - Fsina. Подставляя rto-
следнее выражение в уравнения
для F^ и а, находим
д _ Fcosa-m2g-\L(mig-Fsinct.) _
mi + m2
F(cosa+psina)-g(m2. . 2
— X* 4 M / C
mi +m2
28
МЕХАНИКА
5. Определить ускорение каждого из тел в системе, изоб-
раженной на рисунке. Нити нерастяжимы. Массой бло-
ков и нитей можно пренебречь. Трения нет. Масса грузов
т1 = 0,1 кг, т2 = 0,6 кг. Угол а ж 30°.
Решение
Силы, приложенные к телам т1 и т2, изображены на ри-
сунке. Модуль силы натяжения нити 1 равен Т2, а нити 2 —
Т2. Предполагая, что ускорения тел и направлены,
как показано на рисунке, введем оси координат X, и Х2 и за-
пишем второй закон Ньютона.
(1)
(2)
В этой, системе содержится 4 неизвестных: Tv Тг, av а2.
Запишем второй закон Ньютона для подвижного блока: Т2 -
- 2Tj = 0 (массой блока можно пренебречь), следовательно:
Т
* 2
= 27\.
(3)
Пусть xjt) — координата первого тела; хА = const — ко-
ордината точки А, в которой нить I начинает касаться блока;
Ы — длина нити между точками касания А и В; x2(t) — коор-
дината центра подвижного блока; Д/2 — длина нити между
точками касания С и D, — длина нити между точками М
nN;L- длина нити I. Тогда
L = (х. - х. (#)) + Д/. + 2x.(t) + Д/„ + Д/„ = const.
' А 1 1 ' А а
29
2Тг -Зтп^вша = 477^02,
т^-2Тг = т2а2,
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Производная
L'(t) = 0=> -х{(#) + 2х2(0 = 0.
Еще раз дифференцируя это равенство, получим
-x"(t) + 2x'2'(t) = 0.
Так как х" (t) = , а х2 (t) = а2 то
= 2а2. (4)
Это уравнение называют уравнением кинематической
связи. В разобранных ранее задачах уравнение кинематиче-
ской связи представляло собой простейшее равенство аг = а2.
Подставляя (4) в (1) и (3) в (2), получим систему с двумя
неизвестными:
7j - nijgsm а = 2/п1а2,
n^g-ZTi =m2a2,
, п ч тп2-2ттг, sina
=> ^(ттг2 - 2ТП, sin а) = а2 (4т, + пи) => а = —--1-g.
2 477^ + ТТ12
а2 = 4,9 м/с2, аг = 9,8 м/с2.
6. Клин с углом наклона а при основании движется в гори-
зонтальном направлении с ускорением а. С каким уско-
рением а0 относительно наклонной плоскости фудет дви-
гаться груз массой тп, помещенный на нее? Трения нет.
Найти силу давления груза на наклонную плоскость.
Решение
Ускорение груза Qj относительно си-
стемы отсчета, связанной с Землей,
ускорение клина й и ускорение груза
относительно клина а0 связаны соотно-
шением йг = а + Оо, причем а0 все время
направлено параллельно поверхности
клина.
Приложенные к грузу силы: сила тяжести mg и сила ре-
акции опоры N — сообщают грузу ускорение а? относи-
30
МЕХАНИКА
тельно Земли. Вводим координатные оси X и У и записыва-
ем второй закон Ньютона для проекций сил и ускорений на
эти оси:
mgsina = maTX,
N - mg cos а = та^,
где агу = + аОх, причем ах = асоза, аОх = а0; агу = ау + аОу, где
ау = asina, аОу = 0.
Тогда система приводится к виду
sin a = тп(а cos a+Oq), [a0 = £sina-acosa,
=>
N - mg cos a = ma sin a, N = m(g cos a+a sin a).
Сила давления груза на плоскость P = N. При достаточно
больших ускорениях клина aQ = gsina - асоза < 0, т.е. груз
относительно клина будет подниматься вверх.
7. При скоростном спуске лыжник скользил вниз по скло-
ну с углом наклона a = 45°, не отталкиваясь палками.
Коэффициент трения лыж о снег ц = 0,1. Сила сопро-
тивления воздуха пропорциональна квадрату скорости:
F = Av2, где k = 0,7 кг/м. Какова максимальная скорость
лыжника, если его масса т = 100 кг?
Решение
На лыжника действуют силы: сила тяжести mg и сила
реакции опоры N , сила трения скольжения Яр < и сила
сопротивления Fc = Ар2, направленная в сторону, противо-
положную скорости.
Для проекций на оси X и Y получаем систему:
m^sin а - Гтр - Fc = mg,
N-mgcosa = 0.
Так как Fc = kv2, то ускорение лыж-
ника при его разгоне не будет постоян-
ным, т.е. а = а(<). Так как ускорение есть
31
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
производная от скорости, то максимальное значение скоро-
сти соответствует тому, что ускорение а = и'(0 = 0. Тогда си-
стема приводится к виду:
N = mg cosa,
Tn^sina-p/n^cosa-fep^ = 0.
Из последнего уравнения
vmav = ^/m^sin a - рcos a)/ fe =29,8 м/с.
8. Поезд, подъезжая к станции со скоростью р0 = 72 км/ч,
начинает равномерно тормозить. Каково наименьшее
время торможения поезда до полной остановки, при ко-
тором предметы не падают с полок (ц = 0,1)?
Решение
На тело массой т действуют сила тяжести mg и сила ре-
акции N. Тело, не падающее с полки, имеет ускорение от-
носительно поезда, равное нулю. Ускорение предмета отно-
сительно системы отсчета, связанной с Землей, равно уско-
рению поезда а. Так как оно направлено горизонтально, то
его появление вызвано действием силы трения покоя между
полкой и телом. По второму закону Ньютона — = -та =>
=> а = F^/m. Скорость поезда изменяется по закону v (t) =
= v0 - at. В момент остановки 0 ?= v0 - atT, где tT — время тор-
р0 р0 mva
можения поезда. Выражаем tk= —= —52— = —-. Время
a F^/m F^
торможения минимально, если сила трения покоя макси-
мальна и равна F^ = рУ = ]img',
(Qmin = — =20,4 с.
Т тш ng
9. На подставке лежит тело, подвешенное к потолку с по-
мощью пружины. В начальный момент времени пружи-
на не деформирована. Подставку начинают опускать
вниз с ускорением а. Через какое время тело оторвется
от подставки? Коэффициент жесткости пружины равен
k, масса тела т.
32
МЕХАНИКА
Решение
В начальный момент времени пружи-
на не деформирована, поэтому сила упру-
гости равна нулю. На тело действуют сила
тяжести mg и сила реакции N. Введем
координатную ось X, начало которой со-
вместим с положением тела в начальный
момент времени. Когда подставка начнет двигаться вниз,
пружина удлинится и возникнет сила упругости, модуль ко-
торой Fynp = kx, где х — деформация пружины, равная коор-
динате тела. По второму закону Ньютона mg -N - = та.
В момент отрыва тела от подставки ^ = 0 = mg - kxt = mav
где х1 — координата тела в момент отрыва. Значит, xt = (mg -
- ma)/k. С другой стороны, координату подставки x(t) мож-
но выразить из законов равнопеременного движения x(t) =
= хо+ vot + atz/2 = atz/2. Получаем уравнение
о
mg-та at
—----=--=> t =
—
k la )’
k 2
10. Шайба, брошенная вдоль на-
клонной плоскости, сколь-
зит по ней, двигаясь вверх, а
затем возвращается к месту
броска. График зависимости
модуля скорости шайбы от
времени приведен на рисун-
ке. Найти угол наклона пло-
скости к горизонту и макси-
мальную высоту подъема
шайбы.
Решение
Из графика на рисунке следует, что
начальная скорость шайбы о0 = 6 м/с,
время подъема шайбы = 3 с, время спу-
ска t2 = 7,5 - 3 = 4,5 с, конечная скорость
шайбы vK = 4 м/с. Рассмотрим движение
33
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
шайбы вверх. Действующие на шайбу силы изображены на
рисунке. Здесь mg — сила тяжести; N — сила реакции опо-
ры; — сила трения скольжения. Эти силы определяют
ускорение шайбы а^. Найдем его, используя второй закон
Ньютона. Для этого введем стандартную в таких задачах ко-
ординатную систему, направив ось X вверх вдоль наклонной
плоскости, и спроецируем силы.
Получим систему уравнений:
-mg sin a-F^ = та1, N = mg cos а,
N - mg сова = Q, <=> F^ = pmg cos а,
FTp=pJV. -mg sin a-pmg cos a = zna1;
где p — коэффициент трения скольжения; — проекция
ускорения.
Из этой системы находим аг = -g(sina + pcosa). Знак ми-
нус указывает на то, что ускорение ах направлено противо-
положно выбранной оси. Так как ускорение шайбы по-
стоянно, то проекция скорости выражается формулой vx(t) =
= и0 + = vQ - g(sin a + р cosa)f. В момент времени t = tx = 3 с
vx = 0 и получаем уравнение
о0 - g(sina + pcosa)^ = 0.
Рассмотрим движение шайбы вниз.
На этом участке начало отсчета времени
соответствует моменту, когда шайба на-
чинает движение вниз. Силы, приложен-
ные к шайбе, не изменились, лишь сила
трения скольжения изменила направле-
ние. Координатные оси удобно напра-
вить, как показано на рисунке.
Получим систему уравнений:
mg sin a - FTp = ma2,
N - mgcosa = Q, =>a2-g(sina-pcosd),
где a2 — проекция ускорения при движении вниз.
34
МЕХАНИКА
Проекция скорости выражается формулой vx — vOx + a2t =
= g(sina - pcosa)t.B момент времени t = t2 = 4,5 c vx = vk. По-
лучаем уравнение g(sina - pcosa)Z2 = vr. Уравнения (1) и (2)
образуют систему с двумя неизвестными аир:
р0 - g(sin a+ц cos a)<x = 0,
g(sin a - p cos a)<2 = pk,
sin а+ц cos а = р0 /(gt\),
sin a-geos а = рк /(g<2)>
__ :1
2cosa = f —+—
k h 1
2sina = | ^-+^-
k 4 1
а = arcsin
£o+5JJ_)
^2 J J
1
I V0 Vk
ц = 1—2-4- —— ----->
t2/2gcosa’
h Jg’
=>a = 8,5°; p = 0,06.
Рассмотрим движение шайбы вниз. Получаем р2к =
= 2а2 (хк - х0), где хк - хо = I — расстояние, пройденное шай-
бой вдоль наклонной плоскости, 1= v2K/2a2, а максимальная
высота подъема
Н = Zsin a = PK9ina ___________Er____= 1 7 м.
2g(sina-pcosa) 2g(l-pctga)
11. Материальная точка массой т движется с постоянной
скоростью v по окружности. Определите изменение им-
пульса точки за х/4 периода обращения.
Решение
Начальный импульс точки А, его мо-
дуль = mvt = mv. За четверть периода ра-
диус, соединяющий материальную точку с
центром окружности, поворачивается на
90°. Конечный импульс р2, его модуль р2 =
= mv2 = mv (Pj = о2 = р). Изменение импульса
точки
Лр=р2-А*°-
Др — Рг ~Pi = Рг ~(~Pi)'
35
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
На рисунке показано построе-
ние вектора Др по правилу треу-
гольника. В образовавшемся пря-
моугольном треугольнике катеты
равны mv, а гипотенуза
-Pi
Др = yj(mv)2 +(mv)2 = J2mv.
Вектор Др направлен под углом 45° к вектору р2.
12. Две частицы, масса которых т и 2т, движутся во взаим-
но перпендикулярных направлениях с одинаковыми
скоростями, модуль которых равен v. На частицы в тече-
ние некоторого времени действуют одинаковые силы.
При этом частица т начинает двигаться в обратном на-
правлении со скоростью, модуль которой v. Как будет
двигать частица массой 2т?
Решение
Начальный импульс частицы т
равен р0, причем р0 = mv. Конечный
ее импульс р, причемр = mv. Измене-
ние импульса частицы массой т:
Лр = Р-Ро = Р + (-Ро1
Вектор Др построен на рисунке.
Его модуль Др = 2mv. По условию за-
дачи импульсы сил, действовавших
на частицы, равны, поэтому импульс
частицы 2т изменится также на Др.
Начальный импульс ее р'о(р'о = 2mv). Конечный импульс
р' -2ти, где и — конечная скорость. Так как р'-Ро = Др,
тор' = р'+Др.
Вектор р' построен на рисунке.
В ДАОВ(ХАОВ = 90°)АО = ВО = 2mv,
поэгому.ХОАВ - Z.OBA = 45° и АВ =р'=AO-J2 =
= 2mv-j2. Скорость частицы 2т направлена под
36
МЕХАНИКА
углом 45° к направлению первоначального движения. Модуль ско
роста находим из условия
. 2mvs/2 = 2ти =>и = i>V2.
13. Автомобиль массой т = 2* 108 кг, который двигался со
скоростью v0 — 72 км/ч, в момент времени t = 0 начинает
тормозиться силой F, модуль которой изменяется по ли-
нейному закону, как показано на рисунке (а). Через
сколько времени автомобиль остановится?
Решение
Из рисунка (а) следует, что
F(t) = kt, где k = =103 Н/с.
10 с
Проекция на горизонтальную ось
X рисунок (б) начального импуль-
са р0 =тпо0, конечный импульс
рк — 0. Изменение импульса
Ар = рк - р0 = -nw вызвано им-
пульсом действовавшей на автомо-
биль силы F(t). При этом модуль
импульса переменной силы числен-
но равен площади
АДОВ: S = -AOAB = — tx(ktx) = — kt2x,
2 • 2 2 ч
где tx — время торможения. Проекция импульса силы на
ось X равна -—kt2; из основного уравнения динамики
2
-mv0 = kt2 => = 8,9 с.
0 2 х х V k
Задачи для самостоятельного решения
1. От поезда, идущего по горизонтальному участку пути с
постоянной скоростью Uo, отцепляется х/3 состава. Счи-
тая, что сила тяги при разрыве состава не изменилась,
37
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
определите скорость головной части поезда в момент,
когда скорость отцепившихся вагонов уменьшилась в
два раза. Сила сопротивления пропорциональна силе тя-
жести и не зависит от скорости движения.
Ответ: (5/4)170
2. Парашютист массой т = 80 кг падает при открытом па-
рашюте с установившейся скоростью V = 5 м/с. Какой
будет установившаяся скорость, если на том же парашю-
те спускается мальчик массой т1 = 40 кг? Сила сопро-
тивления воздуха пропорциональна квадрату скорости.
Ответ: 3,5м/с.
3. Шар массой т объемом V падает в жидкость с плотно-
стью р с постоянной скоростью U. С какой силой нужно
тянуть вверх этот шар, чтобы он поднимался в той же
жидкости со скоростью U\ = 417? Сопротивление вязкой
жидкости движению шара пропорционально его ско-
рости.
Ответ: 5g(m - рУ).
4. Шайба, пущенная вверх по наклонной плоскости с углом
наклона а, со временем останавливается и соскальзыва-
ет вниз. Время спуска в 2 раза больше времени подъема.
Определите коэффициент трения.
3tga
Ответ: —=—.
5
5. . Чтобы сдвинуть с места ящик массой М, человек тянет
его к себе с силой F, направленной под углом а к гори-
зонту. Определите величину силы, если масса человека
т, коэффициент трения о пол человека и ящика одина-
ковы и равны ц. Считать М > т.
Ответ: -zn)2 +ц2(М + zn)2.
38
МЕХАНИКА
6. Нерастяжимая невесомая нить, перекину-
тая через блок с неподвижной осью, пропу-
щена через щель. При движении нити на нее
со стороны щели действует постоянная сила
трения F. На концах нити подвешены грузы
массой т1 и тг. Определите ускорение грузов.
Ответ: <”1-^-^.
ПЦ +ТП2
7. На сколько переместится конец нити (точ-
ка А), перекинутой через неподвижный не-
весомый блок, если к концу нити прило-
жить силу F? Жесткости пружин равны Кг
и К2. Нить нерастяжима.
Ответ: F(4K2 + KJ/K&.
8. К концам невесомой и нерастяжимой нити,
перекинутой через невесомый блок, подве-
шены два груза массой 100 г каждый. На
один из грузов положен перегрузок массой
10 г. Найдите силу, с которой перегрузок да-
вит на груз, а также силу давления на ось
блока.
Ответ: 0,1Н;2,1Н.
МШ/
9.
Брусок массой /п1 лежит на гладкой го-
ризонтальной плоскости. На бруске
лежит тело массой т2. Коэффициент
трения между телом и бруском равен k.
При каком значении силы F, приложенной к бруску в
горизонтальном направлении, тело начнет скользить по
бруску? Через сколько времени тело упадет с бруска?
Длина бруска I.
_ Г 21т. _ , .
Ответ: t = -------4-----; F > kg(m. +mz).
\F-kg(m1-m2)
39
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
10. Два одинаковых шарика связаны невесо-
мой нитью, перекинутой через невесомый
блок, причем один из шариков погружен
в сосуд с жидкостью. С какой установив-
шейся скоростью U будут двигаться ша-
рики, если известно, что установившаяся
скорость падения одиночного шарика в
той же жидкости равна UQ1 Сила сопро-
тивления пропорциональна скорости. Плотность жидко-
сти равна р0, плотность материала шарика равна р.
О т в е т: U =
Р-Ро
ЭЛЕМЕНТЫ СТАТИКИ
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Груз массой т, подвешенный на проволоке, отклоняется
на угол а от вертикального положения силой, действую-
щей в горизонтальном направлении. Определить эту си-
лу и силу натяжения проволоки.
Решение
К грузу приложены: сила тяжести
mg, сила натяжения проволоки Т и
сила F. По условию задачи под действи-
ем этих сил груз находится в равнове-
сии, поэтому сумма проекций этих сил
на любые направления равна нулю. Удобно выбрать верти-
кальную и горизонтальную оси Y и X. Спроецировав силы
на выбранные оси, получим систему двух уравнений:
F-Tsina = 0, [Tsina = F, Tsina F
T cos а - mg = 0, |Tcosa = /ng Tcosa mg
x F „ , „ mg
=> tga = — =ф F = mgtga; T =-
mg cos a
40
МЕХАНИКА
2. Ручка стоит вертикально на пружине в
закрытом пенале. При этом ручка давит
на крышку пенала с силой N = 1,96 Н.
Когда пенал перевернули, сила давления
ручки на крышку пенала возросла до
N2 = 2,36 Н. Какова масса ручки?
Решение
Прежде всего отметим, что по третьему
закону Ньютона сила давления ручки на
крышку пенала равна по модулю силе давле-
ния крышки на ручку.
На рисунках указаны силы, действующие на ручку в
первом случае и втором случае.
Здесь mg — сила тяжести, N — сила давления крышки
на ручку, Гущ, — сила упругости пружины. Проецируя силы
на вертикальное направление Y, получаем условие равнове-
сия ручки;
N1+mg-Fynp=0. (1)
Отметим, что длина пенала и ручки неизменна, а потому
неизменна и деформация пружины. Следовательно, модуль
силы упругости во втором случае таков же, как и в первом.
Условия равновесия запишутся в виде
mg+F^-N2=0. (2)
Складывая уравнения (1) и (2), получаем
2mg + N1~N2 = 0=^m- (N2 - N^)/2g = 0,02 кг.
3. Шар лежит в щели АВС, образо-
ванной двумя плоскими стенками,
причем ребро щели горизонталь-
но. Найти угол между плоскостя-
ми, если сила давления шара на
вертикальную стенку ВС вдвое
превышает силу тяжести, действу-
ющую на шар. Трением прене-
бречь.
41
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
В точке О (центр шара) на шар действует сила тяжести
mg, в точках М и К — силы реакции NM и NK, направлен-
ные по радиусам шара. Запишем первое условие равновесия
на горизонтальную и вертикальную оси X и Y:
NM-NKcosa = 0, \NM = NK cosa,
Nк sina - mg = О, mg = NK sin a.
Разделив второе уравнение на первое, найдем, что
mg/NM = tga. По условию задачи mg/NM = Y/2, поэтому
tga =1/2=> а = arctg0,5 = 26,6°.
4. Лестница длиной I = 3 м стоит, упираясь верхним кон-
цом в гладкую стену, а нижним — в пол. Лестница на-
клонена к полу под углом a = 60°; ее масса т = 15 кг. На
лестнице на расстоянии a = 1 м от ее верхнего конца сто-
ит человек массой М = 60 кг. Определить силы реакции
стен и пола, действующие на лестницу. При каких зна-
чениях коэффициента трения лестницы о пол лестница
не падает?
Решение
К лестнице приложены силы: в середине (точка С) —
сила тяжести лестницы mg; в точке D приложен вес челове-
ка, равный его силе тяжести Mg; в точке В — сила реакции
стенки NB; точке А — сила реакции пола NA и сила трения FTp.
Пока лестница не падает, FTp — сила трения покоя. Запишем
первое условие равновесия на осям:
по оси X NB - FTp = 0,
по оси Y NA - mg - Mg = 0.
Второе условие равновесия, записанное относительно
точки А:
NBl sin a - Mg(l - a) cos a - mg(l 12) cos a = 0.
42
МЕХАНИКА
Получаем систему уравнений
NB = FTp,
NA=(M+m)g,
NB sin a = gl cos a.(M(1 - a /1)+m / 2).
Из последнего уравнения находим
Ar (Af(l-a/Z)+m/2)gcosa
sina
M (l-y)+y)gctga = FTp = 275 H.
Na = (m + M)g = 750 H.
Пол действует на лестницу с силой Q = NA + F^.
По теореме Пифагора
Q = ^А+Р^ = >/(275)2 + (750)2 » 800 Н.
Сила Q образует с вертикалью угол Р, причем tg р = Frp/NA ~
« 0,37 => р « 20°. Лестница не падает, если сила трения покоя
не достигла своего, максимального значения F^ ск = ]1NA =
= p(m+Af)g, где р — коэффициент трения, т.е. F^ < ц(т + M)g.
Подставив -F , получим
М (1 Ijgctga < ц(тп+M)g =!>
\ I) 2 )
(М (1 - a/Q+zn72)ctga
т+М
В данном случае — = —, поэтому
(2Af/3+?n/2)ctga
43
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Лестница не будет падать при любом положении челове-
ка на ней (предельный случай а = 0),
(M+m/2)otga
т+М
5. Контейнер в виде прямоугольного параллелепипеда вы-
сотой h и длиной I стоит на опорах малых размеров. Ле-
вая опора, в отличие от правой, сделана на роликах, ко-
торые обеспечивают пренебрежимо малое трение. Чтобы
сдвинуть контейнер вправо, нужно толкать его с силой Д,
приложенной к середине левой стороны, а чтобы сдви-
нуть влево, нужно толкать с силой Р2, приложенной к
центру правой стороны. Найти массу контейнера.
Решение
Рассмотрим первый случай. Силы, действующие на кон-
тейнер, представлены на рисунке. Здесь N2 и Nx — силы ре-
акции опоры, F^ — сила трения. Запишем условия равен-
ства нулю суммы моментов сил относительно точки А:
F^/2 + mgl/2 - NJ = 0. (1)
Спроецировав силы на горизонтальное направление, по-
лучаем Fj - Р1тр = 0 => Fx = Fj . Учитывая, что скольжение
началось, F, = nN, = F, = ujV. = N. = F, /и.
Подставляя это выражение в уравнение (1), получим
Fjft/2 + mg}/2 — FJ/p = 0. (2)
Рассмотрим второй случай.
Здесь и N2 — силы реакции
опоры, F2tp — сила трения. Усло-
вие моментов относительно точ-
ки А запишется в виде:
mgl/2-F2h/2-NJ = Q.
Так как F2 = Р2тр = ]1N[, после подстановки получим урав
нение
mgl/2-F2h/2-F2l/}i = 0.
(3)
44
МЕХАНИКА
Уравнения (2) и (3) образуют систему:
Fih/2 + mgl/2-Fxl/\Ji = О,
mg/2-F2h/2-F2l/p = Q, =*
Г jFi 2^ Л / 2+F2mgl / 2 - F^Z / ц = О,
=^[F1mgl/2-F1F2h/2-F1F2l/ii = Q,^
=> 2RF2— = Fmg—F2mg— =$>m =-——.
122 1 *2 2 *2 gHFx-F2)
6. В однородном диске радиусом R проделаны два отвер-
стия радиусами R/2 и В/4, как показано на рисунке.
Определите положение центра тяжести диска.
Решение
Из соображений симметрии ясно,
что центр тяжести расположен на оси
симметрии диска левее точки О. Если
бы отверстий не было, то центр тяже-
сти диска располагался бы в точке О.
Диск можно представить состоящим
из трех частей: из диска с центром в
точке Oj радиусом R/2, диска радиу-
сом В/4 с центром в точке О2 и оставшейся части, центр тя-
жести которой отстоит от точки О на расстоянии х.
Масса первого диска
mi = pVi = р^Л = рте I — I h = pit—h,
\2 ) 4
где p — плотность диска, h — его толщина. Момент, созда'
ваемый первым диском относительно точки О:
,, R nR2, R . R3
= n^g- = p--hg— = pnhg—
Z 4 Z О
Масса второго диска
/ д\2
"h = Р^2 = Р52Л = Рл1 I
к
п = рк—п.
16
45
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Его момент относительно точки О
„ R nR2 lR . Ra
Масса оставшейся части
11Я2 .
IT*
R2
( „2 R2 Л I
m3=pV3 = p nR — л--л— gft = pn
4 16 J
16 ,
а момент этой части M3 = -m3gx = -рл
11В2
16
ghx.
При равновесии Мх + М2 + Ма = О,
В3 В3 11В2 . л
рл—-gh - рл—gh - рл-—- ghx = 0 =>
О 10
ор
=>4В-В = 22х=^х = ——•
22
7. В цилиндрический сосуд налиты равные массы ртути и
воды. Общая высота двух слоев жидкости Н = 29,2 см.
Определить давление жидкостей на дно сосуда. Плотность
ртути pt = 13,6-103 кг/м3, плотность воды р2 = 103 кг/м3.
Решение
Пусть ftj — высота столба ртути, а
Л2 — высота столба воды. По условию за-
дачи ht+ h2 = Н. Масса ртути в цилиндре 1ц
тп1 = p1V1 = PjSftp где S — площадь осно-
вания цилиндра. Масса воды т2 = р28Л2. По условию задачи
тх = т2 => p^Aj = p2SA2.
Получаем систему уравнений
Pi^i _ Рг^2»
Н
h^tpjpjhv
й1=(1+р1/р2)Я,
'Р2 Р1+Р2
46
МЕХАНИКА
Нр2Р1£.
Р1 + Р2 ’
„ , Hp,pig
Давление ртути рг = p^gh^ = —; давление воды
Pi +Рг
Рг =
жидкостей на дно сосуда
Pi = Pi + Рг = -~—i8 = 5,3 103 Па.
Р1+Р2
8. Ртуть находится в U-образ-
ной трубке, площадь сечения
левого колена которой в три
раза меньше, чем правого.
Уровень ртути в узком коле-
не расположен на расстоянии
I = 30 см от верхнего конца
трубки. На сколько подни-
мется уровень ртути в правом
колене, если левое колено до-
верху заполнить водой?
Решение
После доливания воды уровень ртути в левом колене опу-
стится на Лх; над границей раздела ртуть—вода (АС) будет
находиться столбик воды высотой I + hv В то же время уро-
вень ртути в правом колене поднимется на Л2. На любом
уровне давления должны быть одинаковы, и в-частности на
уровне АСВ.
В левом колене давление на этом уровне рх = pBg(l + hj,
где рВ = 103 кг/м3, а в правом — р2 = рр(Л2 + Л^, где
рр = 13,6’103 кг/м3 — плотность ртути. Тогда
Pi = Рг = Рвё(1+М = PPS(*2 + М-
Поскольку жидкости несжимаемы, то уменьшение объе-
ма ртути в левом колене равно его увеличению в правом, т.е.
8Д = 82Л2
47
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Получаем систему уравнений
рв£(/4Л) = Рр£(Л2+М,
=> йо =-----------------------= 0,06 см.
P,(1+(P,/PB-1)*W^)
9. В вертикально расположенном сосуде с сечениями 2S и
S находятся два невесомых поршня. Поршни соединены
тонкой проволокой длиной й. Найти силу натяжения
проволоки, если пространство между поршнями запол-
нено водой. Трением пренебречь. Концы сосуда открыты
в атмосферу. Плотность воды равна р.
VZZZZZZZZj
г S
2ро8
Т
(p+pgh)S
Решение
Силы, действующие на поршни, представлены на ри-
сунках.
На верхний поршень действуют: сила натяжений прово-
локи Г, сила атмосферного давления p02S = 2p0S и сила дав-
ления со стороны водыp2S = 2pS, где р — давление воды под
верхним поршнем. Условия равновесия этого поршня
2pS-2poS-T = O. (1)
Давление воды над нижним поршнем отличается от дав-
ления воды под верхним поршнем на величину pgh. Поэтому
сила давления воды на нижний поршень равна (р + pgh)S.
Кроме того, на этот поршень действует сила атмосферного
давления p0S и сила натяжения проволоки Т. Условия рав-
новесия
Т + p0S - (р + pgh)S - Q. (2)
48
МЕХАНИКА
Перепишем уравнения (1) и (2) в виде системы
2pS = 2p0S + T, \2pS = 2p0S+T,
pS + pghS = p0S + T, =* 2pS + 2phgS - 2p0S + 2Г.
После вычитания этих уравнений находим Т = 2pghS.
10. Однородное тело плавает в керосине так, что
объем погруженной части составляет 0,92 все-
го объема тела. Определить объем погружен-
ной части при плавании тела в воде. Плот-
ность керосина рк = 0,8-103 кг/м3, плотность
воды рв= 10® кг/м3.
Решение
На тело, плавающее в керосине, действуют сила тяжес-
ти mg и выталкивающая сила Fapx. Так как тело плавает, то
mg = F .
° арх
Пусть V — объем всего тела. Выразим выталкивающую
силу Рарх = m^g, где ms — масса керосина в объеме 0,92 V.
Поэтому Рарх = рк 0,92 Vg. Обозначим объем погруженной
части тела при плавании в воде Vx. В воде на тело действуют
сила тяжести mg и выталкивающая сила Дрх. Из условия
плавания получаем mg = F'^, где Fapx = m^ = piaVxg.
Получаем систему уравнений
mg = pR0,92Vg
mg = pBVg,
’^psVxg = pKgO,92V^
=> = 0,92VpK = 0 92 p* у = 0,74^
Pb Pb
11. Вес тела в воде в три раза меньше, чем в воздухе. Какова
плотность тела?
Решение
Вес тела в воздухе численно равен силе тяжести, дей-
ствующей на тело (выталкивающей силой воздуха мы здесь
пренебрегаем). Для определения веса в воде тело, подвешен-
49
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
ное, например, на динамометре, погружается в
воду. В воде на тело действуют сила тяжести mg,
выталкивающая сила Fapx и сила упругости (натя-
жения) f.
Из условия равновесия можно записать:
T + F -mg = 0=$ T=mg - F .
арх ° ° арх
По третьему закону Ньютона с такой же силой тело дей-
ствует на подвес (динамометр). По определению это и есть
вес тела. Значит, вес в жидкости есть разность между силой
тяжести и выталкивающей силой.
По условию задачи
mg=3(mg-Fxpx). (1)
Пусть р* — плотность тела, а V — его объем, тогда т =
= pxV. Выталкивающая сила Fapx = m^g = pBVg, где рв — плот-
ность воды. После подстановки значений Рл х в (1) получаем
pVg = 3(pVg ~ PBVg) => рх = 3(рх - рв) =i> Зрв = 2 рх =i> рх -
Зрв/2 = 1,5‘103 кг/м3.
12. Тонкая однородная палочка плотностью р = 0,64-103 кг/м3
закреплена шарнирно одним концом и опущена в воду.
Палочка находится в равновесии, отклонившись на не-
который угол от вертикали. Какая часть палочки нахо-
дится в воде?
Решение
В точке С (середина палочки) при-
ложена сила тяжести mg. В точке В
(середина погруженной части) прило-
жена выталкивающая сила Fapx. В точ-
ке О приложена сила N, действующая
на палочку со стороны шарнира. Пусть
О — точка вращения, тогда сумма мо-
ментов сил относительно этой точки равна нулю. Момент
силы N равен нулю. Момент силы тяжести Mmg —
= -mg— sina, где I — длина палочки. Момент выталкиваю-
50
МЕХАНИКА
щей силы Afapx = Fapx(Z - x/2)sina, где х — длина погружен-
ной части. Получаем уравнение
, хА . I . _
I— sina-m£—sma = 0.
2) ~ 2
(1)
Выталкивающая сила Fapx = mBg = pV^ = pJSxg, где S —
площадь поперечного сечения палочки. Массу палочки
представим в виде т = pSl. Подставим это в уравнение (1) и
получим
( х\ I*
pBSxgl I — Isin a - pgS—sin a = 0 =>
\ 2 / 2
x2 Z2
=> pBxZ -pB — -p— = 0 => pBx2 - 2pBxZ + pl2 = 0 =>
£ &
=>x2-2Zx+—= 0.
Ръ
Отсюда
Хц = Z±Z71-p/pB = Z(1±7M4)= Z(l±0,8); Xj = 1,8Z>I,
что противоречит условию задачи; х2 = 0,21, что и является
ответом задачи.
13. В цилиндрическом стакане с водой плавает брусок высо-
той I и сечением S. При помощи тонкой спицы брусок
медленно опускают на дно стакана. Какая работа при
этом была совершена? Сечение стакана 5S, начальная
высота воды в стакане I, плотность бруска р = О,5ро,
р0 — плотность воды.
51
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
Пусть брусок плавает в воде (левый рисунок). Вертикаль*
но вниз на него действует сила тяжести mg = pSlg, а верти-
кально вверх действует выталкивающая сила Fapx = p0Slng,
где 1в — высота погруженной части бруска. Из условия пла-
вания следует, что mg - Fapx => pSlg = р081^ =>la = (р/р0)/ =
= 0,51, что и отражено на левом рисунке.
Пусть на брусок подействовали силой F, направленной
вниз. Под действием этой силы брусок сместится на расстоя-
ние х от нулевого уровня (правый рисунок). При этом бру-
сок вытеснил объем воды, равный Sx. В результате уровень
воды в стакане повысится на у, причем у находим из уравне-
ния Sx - (5S - S)y = х/4. Следовательно, смещение бру-
ска на х приведет к тому, что длина погруженной части бру-
ска возрастет на у + х = 5х/4. Для того чтобы весь брусок
оказался под водой, надо выполнить условие 5х/4 = 1/2 =>
=> х - 21/5 = 0,4/. Уровень воды при этом поднимется на
у = х/4 = 0,1/, что и отображено на правом рисунке.
Как уже отмечалось, для погружения бруска к нему надо
приложить силу F, причем при медленном равномерном по-
гружении модуль этой силы равен разности между выталки-
вающей силой, действующей на брусок, и силой его тяжести:
F = ~ mg = Pos(f/2 + ~ PSlg =
= p0S(//2 + x)g - O,5poSlg = p0Sxg.
Как видно, эта сила линейнд зависит от х — смещения
бруска. При полном погружении бруска F = F(0,4/) =
= 0,4poSlg.
После того как брусок по-
гружен, дальнейшее погружение
бруска на 0,1/ не приводит к изме-
нению силы F. График зависимо-
сти силы F приведен на рисунке.
Как известно, работа пере-
менной силы равна площади
криволинейной трапеции, ог-
раниченной графиком F(x).
52
МЕХАНИКА
Окончательно получаем
. 0,U+0,5/_ . rtl2
А =---------O,4poSZg = O,12poSZ2g.
4Ы
14. Стальной кубик (плотность рх =
= 7,8-103 кг/м3) плавает в ртути
(плотность р2 = 13,640s кг/м3). По-
верх ртути наливается вода так, что
она покрывает кубик. Какова высо-
та h слоя воды? Длина ребра кубика
а = 10 см.
Решение
На кубик действуют сила тяжести mg и выталкиваю-
щая сила Fapx. Из условия плавания получаем mg = F , где
т =р1а3, Fapx = (тВ + mp)g, где тВ и тпр — соответственно масса
воды и ртути, содержащаяся в объеме, вытесненном кубиком;
= Рв^в = Рв А тр = P2sh = Рга2Н, Fapx = а2£(рвЛ + р2Н).
Заметим, что h + Н= а, поэтому получаем систему урав-
нений:
h+H = a, fh+H = a,
(рвЛ+p2H)a2g = p^g, [рвЛ+P2# = Pi“>
H-a-ti, Я(Р2“ Pl)
, / LX =>Л = -^—— — 4,6 см
Рв" + Рг (я - ") = Pia> Рг - Рв
Задачи для самостоятельного решения
1. Определите положение центра тяжести проволочной
рамки, имеющей форму равностороннего треугольника,
если две его стороны сделаны из алюминиевой проволо-
ки, а третья — из медной. Проволоки имеют одинаковое
сечение. Сторона треугольника 1 м. Плотность меди
8,9 г/см3, алюминия — 2,7 г/см3.
Ответ: 16 см от медной стороны.
53
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
2. Железный прут массой М изогнут так, что его части об-
разуют прямой угол. Прут подвешен за один край на
шарнире. Найдите угол а, который образует с вертика-
лью верхняя часть прута в положении равновесия.
л х 1
Ответ: arctg—.
3
3. Пять шаров, масса которых соответственно т, 2т, Зт,
4т, 5m, укреплены на стержне так, что их центры нахо-
дятся на расстоянии I друг от друга. Найдите положение
центра масс системы, массой стержня пренебречь.
8
Ответ: — I от центра шара массой т.
4. Шар висит на нити, опираясь на стенку. При каком ми-
нимальном коэффициенте трения между шаром и стен-
кой точка подвеса будет находиться на одной вертикали
с центром тяжести?
О т в е т: k — 1.
5. Кубик стоит у стены так, что одна из его граней образует
угол а с полом. При каком значении коэффициента тре-
ния кубика о пол это возможно, если трение о стенку
мало?
Ответ: k — (ctga- 1)/2.
6. В сосуд с водой опущена трубка сечение 2 см2. В трубку
налито 72 г масла плотностью 0,9 г/см3. Найдите раз-
ность уровней масла и воды.
Ответ: 4 см.
7. В двух сообщающихся трубках разного сечения налита
сначала ртуть, а потом в широкую трубку сечением 8 см2
налито 272 г воды. На сколько выше будет стоять ртуть в
узком колене? Плотность ртути 13,6 г/см3.
Ответ: 2,5 см.
54
МЕХАНИКА
8. Кусок льда массой 1,9 кг плавает в цилиндрической бан-
ке, наполненной жидкостью плотностью 950 кг/м3. Пло-
щадь дна банки 40 см1 2. На сколько изменится уровень
жидкости, когда лед растает?
Ответ: 2,5см.
9. В цилиндре высотой = 20 см с площадью основания
Sj = 100 см2 налита вода, объем которой V1 = 1 дм3. В ци-
линдр опускают стержень сечения S2 = 40 см2, высота
которого равна высоте цилиндра. Какую минимальную
массу должен иметь стержень, чтобы он опустился на
дно цилиндра?
Ответ: 667г.
10. Плотность раствора соли с глубиной h меняется по зако-
ну р = р0 -Ah, где р0 = 1 г/см3, А = 0,01 г/см4. В раствор
опущены два шарика, связанные нитью такой, что рас-
стояние между центрами шариков не может превышать
L = 5см. Объем каждого шарика V= 1 см3, массы тх =1,2 г
и т2 = 1,4 г. На какой глубине в равновесии находится
каждый шарик?
Ответ: 27,5см; 32,5 см.
ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ В МЕХАНИКЕ
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Снаряд, который летел в горизон-
тальном направлении со скоро-
стью v, разрывается на два оскол-
ка массой tUj и т2. Скорость ос-
колка массой тг равна и на-
правлена вертикально вверх. Оп-
ределите модуль и направление
скорости осколка массой т2 (см.
рисунок).
55
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
На систему, состоящую из двух осколков массой и т2,
в горизонтальном направлении X внешние силы не действу-
ют, поэтому импульс системы в горизонтальном направлении
сохраняется, т.е. Р1х = Р2х. В вертикальном направлении У на
систему действует внешняя сила — сила тяжести. Но по-
скольку время разрыва снаряда мало, сохраняется импульс
системы и в вертикальном направлении, т.е. Р = Р2у. На-
чальный импульс системы в направлении X: Р = (т1 + m2)v,
конечный импульс Р2х = zn2v2cosa. Начальный импульс си-
стемы в направлении У: Р=0, конечный Р2у=т1 - т2 v2sina.
Составим систему уравнений:
(??l1+?n2)v = 7n2V2CO8a, [z?l2u2cosa = (,nl+7Пг)и» (1)
О = - m2v2 sin a, zn2v2sina = т^. (2)
После деления уравнения (2) системы на (1) найдем, что
/
tg a = -— => а = arctg -—.
(т^+т^Уи (т1+т2)и
Возведя в квадрат уравнения (1) и (2) системы, а затем их
складывая, найдем, что
(тп2и2)2 cos2 a+(m2t>2)2 sin2 a = ((и^ -bzn^v)2 -г-О^л)2 =>
=> (m2v2)2 = ((znj +m2)v)2 +(m1v1)2 =>
=> v2 = +m2)2v2 + mfv2 /m^.
2. На гладкой горизонтальной поверхности лежит одно-
родная доска массой т т длиной L. Человек, масса кото-
рого 2т, переходит с одного конца
доски на ее середину. На сколько
при этом сместится доска?
Решение
В горизонтальном направлении на
систему человек—доска внешние си-
лы не действуют, поэтому центр масс
56
МЕХАНИКА
этой системы остается на месте. Введем горизонтальную
ось X, ее начало поместим в точку О. Тогда хч = 0, хс = L/2,
где хч — координата человека, хс — координата центра масс
(ЦМ) доски. Найдем положение ЦМ системы человек—
доска:
_ хч2т + хст _ (L/2)m _ L
Хцм Зт "
Зт 6
L
—а, где а — смещение
2
Во втором случае х' =—-а, х'
доски.
, _х'ч2т + х'ет _(L/2-a)2m+(L/2-a)m _
Хдм 3И 3^ '
3(L/2-a)m L
=----------=—а.
Зт 2
Так как центр масс системы остался на месте, то
, L L L L 1г
ХцМ-хцм=>----а^а------£.
3. Конькобежец, разогнавшись до скорости v0, въезжает на
ледяную гору. На какую высоту от начального уровня въе-
дет конькобежец, если склон горы составляет угол а с го-
ризонтом и коэффициент трения коньков о лед равен р?
Решение
В точке 1 (см. рисунок) начальная механическая энергия
конькобежца Wr — Wpl + = mv2/2. В точке 2 механиче-
ская энергия конькобежца W2 = Wp2+ Wk2 = mgh.
В процессе движения на конькобежца действуют силы:
сила тяжести mg (консервативная сила), сила реакции опо-
ры N (сразу отметим, что работа этой
силы An = NScos90° = 0), сила трения
скольжения F^ (неконсервативная
сила). Механическая энергия конько-
бежца изменяется, причем
W2-W=A. (1)
2 1 тр v '
57
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
FTp = ]iN, где N = mg cosa => Ртр = pmgcosa.
Определим работу силы трения
Атр = FpScosl80° = -F^S = -(pmgcosa)/t/sina = -pzngActga.
Подставив в (1), получим уравнение относительно й:
2 2
mgh------- = -\imgh ctg a => gh(l+ц ctg a) = — =>
2 2
= ^0
2g(l+pctga)
4. Из духового ружья стреляют в спичечный коробок, ле-
жащий на расстоянии I = 30 см от края стола. Пуля
массой т = 1 г, летящая с горизонтальной скоростью
и0 =150 м/с, пробивает коробок и вылетает из него со
скоростью и0/2. Масса коробка М = 50 г. При каких зна-
чениях коэффициента трения ц между коробком и сто-
лом коробок упадет со стола?
Решение
После попадания пули в коробок он приобретает ско-
рость й. Найдем эту скорость, используя сохранение им-
пульса системы коробок—пуля в горизонтальном направле-
нии. До попадания пули им-
пульс системы Р1х = mv0, сра-
зу после попадания Р2х =
^7711^2 + Ми-, Р1х=P2x=> mv0=
= mv0/2 + Ми =ьи — mvQ/(2M).
Рассмотрим отдельно дви-
жение коробка. В положении
1 его механическая энергия = Ми* 2 /2 (нулевое значение
потенциальной энергии здесь выбрано на поверхности сто-
ла). В положении 2: W2 = 0 (коробок остановился). Механи-
ческая энергия коробка изменилась на значение работы
силы трения
W-W=A .
£ 1 Тр
(1)
58
МЕХАНИКА
Вычислим работу силы трения при движении по гори-
зонтальной поверхности. В данном случае FTp = цУ = ]iMg =>
=> Атр = F^Scos 180 = -]iMgS, где S — путь, пройденный ко-
робком до остановки. Подставив в (1), получим
Ми2 и2 (mv0/2M)2 m2v„
0-----= -uMgS =>S =----= -—------— =----5^—
2 2pg 2pg 8М 2flg
Коробок упадет со стола, если
S>1
т2Ур
8M2^g
2 / \2
; |1^0,38.
И 8gl\MJ И
5.
Шарик массой т свободно
падает с высоты Н на гори-
зонтальную плоскость и от-
скакивает от нее. При ударе
о плоскость выделяется ко-
личество теплоты, равное Q.
Найти высоту, на которую
подпрыгнет шарик после
до первого хк
удара
mg
в момент
удара
после
удара
mi
Н
К
SQ i
h
удара, а также среднюю силу, с которой шарик действу
ет на плоскость, если время удара равно At.
Решение
На высоте Н механическая энергия шарика равна его по-
тенциальной энергии, = mgH. Пусть шарик подпрыгива-
ет после удара на высоту h, тогда его механическая энергия
в этой точке W2 — mgh. Закон сохранения энергии с учетом
выделившейся теплоты запишем в виде
Wj = W2 + Q => mgH= mgh + Q=>h = H — Q/(mg).
Пусть скорость шарика перед ударом равна тогда его
механическая энергия перед ударом = mv2/2. По закону
сохранения механической энергии =W/ => mgH *= тпи21/2 =>
=> Vj = y}2gH. Пусть иг — скорость шарика после удара, тог-
да его механическая энергия после удара W2 = mt?22/2. Так
как W2 = W2, то v2 = 'j'Zgh.
59
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Импульс шарика перед ударом = mvlt а его проекция
на вертикальное направление X равна р1х = -mvv Импульс
шарика после удара р2 = ти2, его проекция р2х = mv2. В соот-
ветствии с основным уравнением динамики изменение им-
пульса тела равно импульсу действующей силы. Во время
удара на шарик действуют: сила тяжести mg и сила реак-
ции со стороны плоскости F. Проекция этих сил F - mg, а ее
импульс
(F - mg)bt = р2х -plx=(F- mg)M = mv2 - (-тп^) =>
=> F = m{v1+v2)/&t+mg =
= m ^2gH + y]2g(H-Q/mg) / Af) + gj.
По третьему закону Ньютона с такой же по модулю сред-
ней силой шарик действует на плоскость.
6. Пуля, летевшая горизонтально со скоростью v0 = 400 м/с,
попадает в брусок, подвешенный на нити длиной I = 4 м,
и застревает в нем. Определить угол а, на который от-
клонится брусок, если масса пули т = 20 г, а бруска
М = 5 кг. Определите количество теплоты, выделившее-
ся при попадании пули в брусок.
Решение
Попадание пули в брусок — это
пример неупругого столкновения.
После попадания пули скорость бру-
ска и пули й. Найдем ее, используя
сохранение импульса системы пуля—
брусок в горизонтальном направле-
нии X. Получим mv0 = (т + М)и=$
=> и = mvQ/{m + М).
В состоянии 1 механическая энергия системы Wj =
= (М + т)и2/2, а в состоянии 2: W2 = (т + M)gh. После по-
падания пули на участке 1—2 механическая энергия сохра-
няется, т.е.
- W2=$(M + zn)u2/2 = (т + M)gh =>h = и2/{2g).
60
МЕХАНИКА
Проведем АВ ± ОС. В Д АОВ АО = l-h, OB = I, поэтому
АО l-h , h , и2
cosa =--=----= 1— = 1---=
OB I I 2gl
(\2 2
—1 ^- = 0,97=>a = 14°.
m+M) 2gl
До попадания пули в брусок механическая энергия си-
стемы W' = mv02 /2>W1 (так как столкновение неупругое).
Поэтому количество выделившейся теплоты
Q = W'-W ^mvp (M+m)u2 mv2 (М+т)( mv0 V
W 1 2 2 2 2 Im+thJ
_ тир/' М )_ mu2 ( 1 )
2 vM+znJ 2 [l-m/AfJ’
При m«M Q = 1600 Дж.
7. Пружина, массой которой можно пренебречь, стоит на
столе вертикально. Длина пружины I. С высоты Н над
столом (Н > 1) падает небольшой шарик массой т и по-
падает на пружину. Максимальная скорость шарика при
движении вниз равна ит. Найдите коэффициент жест-
кости пружины k.
Решение
До попадания на пружину шарик свободно падает с уско-
рением свободного падения g. Скорость шарика при этом
возрастает. Когда шарик оказался на пружине, на него дей-
ствуют сила тяжести mg и сила упругости Fy = &Дх, где
Дх — сжатие пружины. По второму закону Ньютона ускоре-
ние шарика а = (mg - Fy)/m = g~ (Fy/ m) < g, причем ускоре-
ние шарика непостоянно. Пока проекция ускорения на ось X
положительна, скорость шарика возрастает. Скорость до-
стигает максимального значения в тот момент, когда ее про-
изводная, т.е. ускорение, обращается в нуль. Из условия а =• 0
находим
61
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
mg-Fy = Q=$mg = Fy = k(l-h), (1)
где h — высота, на которой оказался шарик в момент, когда
его скорость максимальна.
В начальной точке движения механическая энергия ша-
рика равна его потенциальной энергии в поле тяжести зем-
ли Wj = mgH. На высоте h механическая энергия состоит из
потенциальной энергии в поле тяжести Земли, кинетиче-
ской энергии и потенциальной энергии упругой деформа-
ции: W2 = mgh + mv2m/2 + k(l - Л)2/2. По закону сохранения
механической энергии
Wj = W2 => mgH = mgh + mv2m/2 + fe(l - h)2/2. (2)
Выразим из уравнения (1) h = I - mg/k и подставим в
уравнение (2).
Получим
„ , mv2 (mg)2 , mg2
mgH = mgh+-—~+-—— =>k = —5-------.
2 2k ~v^+2g(H-l)
8. Два небольших упругих шарика подвешены на нитях
1г = 10 см и 12 = 5 см так, что они соприкасаются, линия
их центров горизонтальна, а нити вертикальны. Масса
шариков = 4 г и т2 = 20 г. Шарик массой т^ отклоня-
ют на угол а - 60° от вертикали и отпускают. На какие
углы отклонятся нити после абсолютно упругого соуда-
рения шариков?
. Решение
При отклонении нити с первым шариком на угол а он
поднимется на высоту h от начального уровня. Найдем связь
между а и Л. Из Д АОВ ОВ = ZjCosa,
BD = OD - ОВ =
= l1-l1 cosa = /Д1 - cosa) = h. (1)
Выберем нулевое значение потенци-
альной энергии на уровне DDV Механи-
ческая энергия шарика в точке А равна
его потенциальной энергии в этой точке:
62
А/ R
т1 т2 X
МЕХАНИКА
WA = m^gh. Механическая энергия ///<y//72Z
шарика в точке D равна его кине-
тической энергии в этой точке: WD =
= т^^/2, где v0 — скорость перед
столкновением со вторым шариком.
По закону сохранения механической
энергии WD = WA=> m^gh = mv2/2 =>
=>v0 = J2gh.
Скорости шариков после столкновения равны и и2 со-
ответственно. Рассмотрим систему, состоящую из двух ша-
риков. Механическая энергия этой системы перед столкно-
вением равна кинетической энергии шарика /п1: WQ =
= тп1и20/2; механическая энергия системы сразу после
столкновения равна сумме кинетических энергий шариков:
Wk .= т^и2 /2 + m2v2/2.
Импульс системы перед столкновением шариков равен
импульсу шарика тпр его проекция на горизонтальное на-
правление X: Ро = т^0. Импульс системы после столкнове-
ния Рк = m2v2 + (-/TijUj = m2v2 - m1vv Так как столкновение
абсолютно упругое, то механическая энергия и импульс со-
храняются, т.е. Wo = Wk и Ро = Рк. Получаем систему уравне-
ний относительно и v2.
m1VQ/2 = m1Vi /2+m2vl /2, zni(Do ~vi) = m2v2’
ti^Vq = m2v2-m1v1, тпДц, +14) = тп2и2.
После деления первого уравнения системы на второе на-
ходим v0 -= v2. Подставляя это выражение во второе урав-
нение, получим
/Th (уо + Vi) = m2 (^о “ и1) => (mi + "h )yi = (m2 - "h )уо =>
тп2 -тп. 2т,
=> и, = —---Lv0 и v2=-----4—v0.
ТЩ+ТПъ TT^+THg
Так как т2 >тпр то их > 0 и, следовательно, предположе-
ние о направлении скорости верно.
Далее рассматриваем движение каждого шарика отдель-
но. Используя закон сохранения механической энергии, по-
63
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
лучаем /2 = m^gh^, где h± — наибольшая высота подъема
шарика /Tij после столкновения. Находим /(2g). По
формуле (1) находим
cosax =1-—= 1—— = 1-
1 к 2gl
= 1-
Ч?П2 +nii /2gll
z x2 z \2
m,-m, | 2gh . то-пъ] z, x 7
—-——I = 1-1—-—-I (l-cosa) = -=>
чтп2 + /п1/ Vm2+/ni7 9
7
=> a, = arccos— = 38,9°.
1 9
Аналогично находим
i 2 / rt \2 о
< ^2 ч ^2 i I I Ц)
cosa = l—- = 1-----— = 1-1------I —— =
к 2gk {тг + гъ/ 2gk
= l-[ ..1 — 2gh = 1-4(1 -cosa)—
gk l2{m2+m1
/»! | 89
90
89 о «
=>a9 = arccos— = 8,5 .
2 90
9. Два идеально гладких шара одинаковых радиуса и мас-
сы покоятся, касаясь друг друга, на гладкой горизон-
тальной поверхности. Третий шар того же радиуса и мас-
сы налетает на них со скоростью v0, двигаясь по той же
поверхности вдоль прямой, касающейся обоих шаров.
Найти скорость шаров после столкновения.
Решение
Пусть v — скорость третьего шара, а и — модуль скоро-
сти первого и второго шаров после столкновения; ^ОО/О2 —
равносторонний, поэтому ZOO1O2 = 60°.
При абсолютно упругом
столкновении сохраняется ме-
ханическая энергия системы и
ее импульс. Механическая энер-
гия системы до столкновения
III
-о-
64
МЕХАНИКА
есть кинетическая энергия первого шара W1 = mv20/2. Меха-
ническая энергия системы после столкновения
2 2 2
mv п mu mv 2
W2 =----+2------=----+ти2
2 2 2 2
Импульс системы до столкновения в направлении X:
Р1х = mv0, после столкновения: Р2х =mv + 2mucos30° = mv +
+ 43ти. Так как = W2 и Р1х = Р2х, то получаем систему:
mvo _ mv2 2 2 _ 2 _ „2
-----—------1- mu , "о и — ““ »
- 2 2 <=>
mv0 = mv+л/Зтпи, lu° v ~
(u0-y)(u0 + u) = 2u2,
v0-v = j3u,
2
Uft + U = -7=U,
V3
v0-v = ^/3u,
2^/3v0
u--------«
5
v = -^.
5
Итак, третий шар после столкновения изменяет направ-
ление движения на противоположное.
10. Упругий шарик бросают с высоты h вниз на горизонталь-
ную плоскость со скоростью t>0 под углом а = 45° к верти-
кали. На какую максимальную высоту поднимется ша-
рик после абсолютно упругого удара о плоскость?
Решение
Падение шарика с высоты h проис-
ходит с постоянным ускорением g.
Движение шарика по параболе рас-
кладываем на два независимых пря-
молинейных движения: по горизонта-
ли (ось ОХ) движение равномерное
(ах = 0), и по вертикали (ось OY) —
равноускоренное {ау = -g = const).
65
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С j
Скорость движения по горизонтали ux(t) = const. При аб-'
солютно упругом ударе в точке А скорость по горизонтали не '
изменяется ни по величине, ни по направлению, а скорость
движения по вертикали сохраняется по модулю, но изменя-
ет знак. В итоге после удара в точке А шарик отскакивает с
такой же по модулю скоростью vA. Потери механической
энергии шарика не происходит. Его дальнейшее движение —
движение по параболе с сохранением проекции скорости на
ось X. Поэтому в точке В — точке наивысшего подъема —
полная скорость vB = v = u0cosa.
В точке С — начальной точке движения — полная меха-
ническая энергия Wc = mgh + mv20/2. В точке В: WB = mgH +
+ zn(i?0cosa)2/2, где Н — наибольшая высота подъема. По за-
кону сохранения механической энергии
ттг ттг ь mV0 гт тио cos2 a
Wc = Wg => mgh+—~L = mgH+—V—---------=>
2 2 2
=> H = h+—(1- cos2 a) = h+—sin2 a = h+—.
2g 2g 4g
11. На концах и в середине невесомого стержня длиной I рас-
положены одинаковые шарики. Стержень ставят верти-
кально и отпускают. Считая, что трение между плоско-
стью и нижним шариком отсутствует, найдите скорость
верхнего шарика в момент удара о горизонтальную по-
верхность.
Решение
Найдем положение центра масс си-
стемы. Вводим ось OY, координаты ша-
риков z/j = 0, у2 = 1/2, у3 = I. Координата
центра масс ус = (ту1 + ту2 + ту3)/(Зт) =
= 1/2, т.е. центр масс этой системы на-
ходится посередине стержня. Внешние
силы, приложенные к системе: сила тя-
жести 3mg и сила реакции опоры N —
направлены в любой момент времени
вертикально. По этой прйчине центр
66
МЕХАНИКА
масс системы двигается только по вертикали, по вертикали
направлена и скорость ис центра масс в момент падения. Тог-
да vcx = 0, где vcx — проекция скорости бс на горизонталь.
С другой стороны, Vcx = (mv3x + mv2x + mulx)/(3/n), где у1х,
v2x, v3x — проекции скоростей шариков на ось X, причем
о2х= vex = 0. Тогда 0 = (у3х + у1х)/3 => v3x = -vix. Так как длина
стержня неизменна, последнее равенство возможно лишь
при у3х = -у1х = 0. Следовательно, в момент падения скоро-
сти всех шариков направлены вертикально вниз, причем
Vly = У1 “ °’ %-У3» % = Vey = ~Vc' ТаК КаК % = + +
+ ти3у)/(Зт), то -ve = (-у3 - ос)/3 => у3 = 2ус.
Начальная механическая энергия системы есть потенци-
альная энергия центра масс системы W\ = mgl/2. Механиче-
ская энергия системы в момент падения есть сумма кинети-
ческих энергий второго и третьего шариков W2 = mo23/2 +
+ mv22/2 = т (2ус)/2 + mv2/2 = 5mv2/2.
По закону сохранения механической энергии
W\ = W2 => 3mgl/2 = 5moc2/2 => vc =
Искомая скорость верхнего шарика у3= 2vc = 2^/3^//5.
12. На гладкой горизонтальной поверхности около стенки сто-
ит симметричный брусок массой т1 с углублением полу-
сферической формы радиусом R. Из точки А без трения со-
скальзывает маленькая шайба массой т2. Найти макси-
мальную скорость бруска при его последующем движении.
Решение
При движении по дуге АВ на шайбу со стороны бруска
действует сила реакции N; по третьему закону Ньютона
шайба, действует на брусок с такой же по модулю силой Р,
которая прижимает брусок к стенке, и он остается нецод-
вижным. После прохождения
бруском точки В на участке ВС
сила Р имеет ненулевую проек-
цию на горизонтальное направ-
ление. В результате у бруска по-
является ускорение, направлец-
67
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
ное от стенки, и после первого прохождения точки В брусок
отрывается от стенки. При этом движение бруска является
ускоренным (но не равноускоренным), и такая ситуация со-
храняется до тех пор, пока шайба, спускаясь по дуге ВС,
второй раз не пройдет точку В. После этого движение бруска
становится замедленным. Таким образом, максимум скоро-
сти бруска соответствует второму прохождению шайбой че-
рез точку В. Нулевое значение потенциальной энергии вы-
бираем на горизонтальном уровне BD. В начале движения в
точке А шайба обладает механической энергией WA = m^gR.
При первом прохождении шайбы через точку В механиче-
ская энергия шайбы Wg = m2v20 /2, где п0 — скорость шайбы
в этот момент. Так как трения нет, а брусок еще неподвижен,
то механическая энергия шайбы сохраняется: WA = Wg =>
=> m^R = m2v20/2 => u0 = ^2gR. Рассмотрим теперь систему
движущихся тел шайба—брусок. Начальная механическая
энергия системы Wr = m2v20/2, а проекция импульса на го-
ризонтальное направление X: Plx =m2vQ. Когда шайба вто-
рой раз проходит точку В, механическая энергия системы
W2 = m1v21 + m2v22/2, а ее импульс Р2х = -т2 v2 + т^, где v2
и Uj — скорости шайбы и бруска. После отрыва бруска от
стенки в горизонтальном направлении внешние силы на си-
стему не действуют, поэтому проекция импульса системы на
горизонтальное направление сохраняется. Из-за отсутствия
трения сохраняется и механическая энергия системы:
гр _р m2v0 = *171^2+m1v1,
Их r2x>_KJ
w =w => m2v0 = m2v2 тгщ =>
1 2 2 2’
m2(t>0+ l>2) = m1t>], [u0-u2 = u1,
=> 9 =>
m2 (v0 - v2 )(v0 + v2) = m^ |m2 (v0 + v2) = m^j
„ x / x m.-m2
=> m2(v0 + v2) = mi(u0 -v2) => v2 = u0 —--
mj + m2
2m. u0 2m, \j2gR
=> v2 = v0 --------------------.
пц+тпъ +
Это и есть максимальная скорость бруска.
68
МЕХАНИКА
Задачи для самостоятельного решения
1. Тело массой т, брошенное под углом к горизонту, упало
на расстоянии S от места бросания. Зная, что максималь-
ная высота подъема Н, найдите работу бросания. Сопро-
тивление не учитывать.
Ответ: mg(H + S2/16H).
2. Небольшое тело массой т = 10 г соскальзывает с высоты
Н—1,2 м по наклонному желобу, переходящему в «мерт-
вую петлю» радиуса R = 0,4 м. Найдите величину работы
силы трения, если известно, что сила давления тела на
желоб в верхней точке петли равна нулю.
Ответ: 0,02Дж.
3. Однородная цепочка длиной 2 м лежит на столе. Когда
часть цепочки длиной 0,2 м опускают со стола, она на-
чинает скользить вниз. Масса цепочки 0,5 кг, сила тре-
ния между столом и цепочкой составляет 0,1 веса цепоч-
ки. Какая работа против силы трения совершается при
соскальзывании цепочки?
Ответ: 0,4Дж.
4. Колодец, имеющий глубину Н и площадь дна S, наполо-
вину заполнен водой. Насос выкачивает воду и подает ее
на поверхность земли через цилиндрическую трубу ра-
диуса R. Какова мощность насоса, если он выкачивает
всю воду за время t.
Ответ- 3Ро^Н2 , PoS3g3
’ 8 t 16n2K4t3’
5. На мяч с высоты 1 м падает кирпич, подскакивающий
затем почти на 1 м. На какую высоту подскакива-
ет мяч?
Ответ: 0,25м.
в. Гантель длиной I стоит в углу, образованном гладкими
плоскостями. Нижний конец гантели смещают на очень
69
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
маленькое расстояние, и гантель начинает двигаться.
Найдите скорость нижнего шарика в тот момент, когда
верхний шарик оторвется от вертикальной плоскости.
~ 2 [2gl
Ответ: umax=-J—.
О 1 о
7. С верхней точки сферического купола радиуса R вниз
скользит без трения небольшое тело. На какой высоте
тело оторвется от купола?
Ответ: 2Д/3.
8. Лягушка массой т сидит на конце доски массой М и
длиной I. Доска плавает на поверхности пруда. Лягушка
прыгает под углом а к горизонту вдоль доски. Какой
должна быть скорость лягушки V, чтобы после прыжка
лягушка оказалась на другом конце доски? Сопротивле-
нием воды пренебречь.
Ответ: ф- g/(1+т/ M)sin2a.
9. Между двумя шарами с массами т1 и тг находится сжатая
пружина. Если один из шаров (массой тп2) удержать на ме-
сте, а другой освободить, то он отлетает со скоростью Уо.
С какой скоростью будет двигаться шар массой тпр если
оба шара освободить одновременно? Деформации пружи-
ны в обоих случаях одинаковы.
Ответ: = К /-------—.
\т1+т2
10. На гладком столе покоятся два маленьких шарика мас-
сами 5т и Зт, скрепленных невесомым легким стерж-
нем длины L. На шарик массой Зт налетает и прилипает
к нему кусочек пластилина массой 2т, двигавшийся
вдоль стола со скоростью Vo перпендикулярно стержню.
Определите силу упругости, возникающую в стержне,
при дальнейшем движении шариков.
70
МЕХАНИКА
ВРАЩЕНИЕ ТВЕРДОГО ТЕЛА
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. На горизонтальном диске, который может вращаться
вокруг вертикальной оси, находится тело массой т. Рас-
стояние тела от оси вращения равно R. Коэффициент
трения тела о диск р. Диск начинают медленно раскру-
чивать вокруг горизонтальной оси. Построить график
зависимости силы трения, действующей на тело, от угло-
вой скорости вращения <о.
Решение
На тело действуют следующие си-
лы: сила тяжести mg, сила реакции со
стороны диска N, сила трения F^. По-
ка тело покоится относительно диска,
Ртр — сила трения покоя. В системе от-
счета, связанной с Землей, тело дви-
жется по окружности радиусом R и,
следовательно, обладает центростремительным ускорением
ап, направленным по радиусу к центру окружности. Введем
систему координат XOY, ось Y направлена вертикально, а
ось X — по радиусу окружности. Запишем второй закон
Ньютона для проекций на оси У иХ:
по оси У N-mg = Q, (1)
по оси X F = та , (2)
где ап = со2/R.
Как видно, в данном случае центростремительное ускоре-
ние сообщается телу силой трения покоя. Из уравнения (2)
находим
F = mo)2R.
тр
(3)
Отсюда видно, что с ростом угловой скорости вращения
® должна возрастать сила треяия покоя, сообщая телу цент-
71
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
ростремительное ускорение, необхо-
димое для движения по окружности
радиусом R. Известно, что сила тре-
ния покоя — ограниченная величи-
на, поэтому при определенных значе-
ниях угловой скорости тело не смо-
жет удерживаться на окружности
радиусом R и начнет скользить по
диску. При этом на него будет действовать сила трения
скольжения
FTp < pN = ymg. (4)
Формула (3) — это квадратичная зависимость от (О,
график этой зависимости — парабола. Формула (4) пред-
ставляет собой зависимость вида у = b = const, поэтому ее
график — прямая.
Угловая скорость <оо, при которой начинается скольже-
ние, может быть найдена из условия, что сила трения покоя
достигла своего максимального значения, равного силе тре-
ния скольжения
= [img => nuooR = => ®o = ^№/R-
2. С самолета, летящего горизонтально co скоростью vQ =
= 720 км/ч, отделяется тело. Найти центростремитель-
ное и тангенциальное ускорения тела, а также радиус
кривизны траектории движейия тела в точке, которую
оно достигнет через 5 с после начала движения; сопро-
тивлением воздуха можно
пренебречь.
Решение
После отделения от самолета
начальная скорость тела равна
р0. Движение происходит под
действием только одной силы —
силы тяжести mg, которая сооб-
щает телу полное ускорение g.
72
МЕХАНИКА
Траектория движения тела — парабола. Проекции полного
ускорения g на горизонтальную и вертикальную оси Хи У:
ах = 0 и = -g, поэтому скорость по оси X: vjt) = и0, а ско-
рость по оси Y: v (t) = ищ + at == -gt. Через t = 5 с полная
скорость тела v = ^v2 +t>2 = 7uo +(£tt)2• Разложим вектор
полного ускорения тела g на направление, перпендикуляр-
ное скорости v, и направление, совпадающее с направлени-
ем скорости. Получим соответственно центростремительное
ап и тангенциальное ат ускорения, причем ап + dT = g и ап ± ат.
Тогда ап = gsina, где sina = vx/v. Итак,
а„ = g(vx /и) = g[v0 / +(^)2) = 9» 5 м/с2.
Тангенциальное ускорение ат -а2 = 2,4 м/с2. Так
как центростремительное ускорение ап =v2/R, то
R- —
ап
«("о/7“о +(?о2) 81,0
м.
3. Найти высоту орбиты спутника,
висящего над одной точкой эква-
тора планеты. Продолжитель-
ность суток на планете Т, ее масса
М, а радиус R.
Решение
Радиус орбиты спутника RQ. Для того чтобы спутник все
время находился над одной точкой экватора, его период об-
ращения по орбите вокруг планеты должен равняться вре
мени оборота планеты вокруг своей оси, т.е. Т, Центростре-
мительное ускорение ап спутнику на орбите сообщает грави-
тационная сила Fr = GmM/R20, где m — масса спутника, 7?0 —
расстояние от центра планеты О (см. рисунок). По второму
закону Ньютона
Рг = man => Fr
„тМ-т(2п}2 р =3» -
Ло=>-Ко-
JGMT2
MJ
V 4л2
73
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Высота спутника над поверхностью планеты
h = R0-R =
GMT2
4лг
-R.
4. На экваторе некоторой планеты тела весят вдвое меньше,
чем на полюсе. Плотность вещества планеты равна р.
Определить, каков период обращения этой планеты во-
круг собственной оси.
Решение
На полюсе на тело массой т действуют силы: гравитаци-
онная сила Fr = G(MmzRz) (М — масса планеты, R — ее ради-
ус), — сила реакции, равная по модулю весу на полюсе.
Так как тело покоится, то F -N,=0=>
=>N1 = Fr. На экваторе гравитационная
сила и сила реакции опоры N2 сообща-
ют телу центростремительное ускоре-
ние ап = ш27? = (2л/Т)2, где Т — продол-
жительность суток на планете. По вто-
рому закону Ньютона FT - N2 = тап =>
=> N2 = Ft - тап.
Модуль N2 равен весу на экваторе.
По условию
Nr = 2N2 => Fr = 2(Fr-man) => Fr = 2man =>
Mm
\R=,GK-^
’ Rs~ T2 *
Учитывая, что M = pV, где V= (4/3)л7?3 — объем планеты,
после подстановки получаем
T = ^6n/(pG).
5. Две звезды движутся вокруг общего центра масс с посто-
янными по модулю скоростями р и v2 и периодом Т.
Найти массу звезд и расстояние между ними.
74
МЕХАНИКА
Решение
Определим положение цен-
тра масс двух тел массой тг и
т2, расположенных на расстоя-
нии L. Тогда
aZ2=^h£_
пц+тг т^+т^
Когда речь идет о вращении планеты вокруг звезды, то
масса звёзды много больше массы планеты,
т2 Л
тх » т2 <=> —- —» 0.
Поэтому
1 + (т2/т1)
т.е. центр масс такой системы совпадает со звездой, и вра-
щение планеты происходит вокруг звезды. В нашей задаче
массы звезд сравнимы, поэтому вращение происходит во-
круг точки С, удаленной от звезд на расстояния 1г и 12. Итак,
звезда массой т1 движется по окружности радиусом 1г с
центром в точке С. За период Т звезда совершает полный
оборот, проходя путь, равный длине окружности 2nZr Мо-
дуль ее скорости = 2nlJT — 1Х — v^T/iin). Аналогично на-
ходим радиус окружности, по которой движется звезда мас-
сой тп2:12 = р2Т/(2я). Расстояние между звездами
£ = /1-/2=(Т/27с)(У1-р2).
На звезду массой т1 действует гравитационная сила
_гт1т2
'r-G^r-
которая сообщает ей центростремительное
ускорение ап = pf По второму закону Ньютона
„ „ШлПи и; 2 Ь ViT , ,2
Fr = т,ап =>G <> =ml — =>m2 = Vi — = ——(р, + р2) •
г " I? п 2 1 Ifi 2nG 1 2
75
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
На звезду массой т2 действует такая же по модулю гра-
витационная сила G—12-£-, которая сообщает ей центростре-
У2 тт
мительное ускорение -f-. Получаем уравнение
ГТП1ТП2 _„2 L2 _ и2Т 2
в е
в. Груз массой ш, привязанный к нерастяжимой нити, вра-
щается в вертикальной плоскости. Найти разность сил
натяжения нити в нижней и верхней точках траектории
(см. рисунок).
Решение
В нижней точке окружности
(точка А) к грузу приложены сила
тяжести mg и сила натяжения
нити ТА, которые сообщают ему
центростремительное ускорение
a, = vza/R, где vA — скорость груза в
точке A; R — длина нити. По вто-
рому закону Ньютона ТА - mg =
= m(y2A /R) =>TA = mg + m(v2A/R).
В точке В к грузу приложены
силы: сила натяжения нити Тв и
сила тяжести mg, сообщающие
грузу центростремительное ускорение ап = и2в /В. По второ-
му закону Ньютона Тв + mg=тп(и2В /В) => Тв = rnl^B /R) - mg.
Поэтому
2 2
ТА~ТВ = 2mg+m^-m^ = 2mg+~(vA-v2B). (1)
В точке А механическая энергия груза равна его кинети-
ческой энергии: WA = тп(и2л/2). В точке В механическая
энергия есть сумма потенциальной и кинетической энергий:
76
МЕХАНИКА
WB = mg-2R + тп(и2в/2). В процессе движения на груз дей-
ствуют консервативная сила mg и сила натяжения нити Т.
Ее модуль изменяется от точки к точке, но на любом беско-
нечно малом перемещении вектор силы натяжения перпен-
дикулярен вектору перемещения. Работа силы натяжения
нити при перемещении по любой дуге окружности равна
нулю. Следовательно, механическая энергия груза сохраня-
ется:
v2 v2 v2 v2
WA = WB =>m~ = 2mgR+m—=>m—~m— = 2mgR<=>
2 2 2 2
^VA~VB =±gR-
Подставив последнее выражение в (1), найдем
ТА-Тв = 2mg+—-(vA-v2B) = 2mg+^(4gR) = Smg.
7. Какой минимальной скоростью должен обладать в ниж-
ней точке шарик, подвешенный на невесомой нерастя-
жимой нити длиной I, чтобы он мог совершить полный
оборот в вертикальной плоскости?
Решение
Шарик должен достигнуть точки В, имея при этом ско-
рость и, достаточную для движения по окружности радиуса I.
Механическая энергия шарика
_.2
в точке A: W, =——,
А О
„ mv2 п.
в точке В: WB =---+mg 21.
2
По закону сохранения механической
энергии
2 2
WA - WB =>= —+mg-21. (1)
77
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
В самом общем случае в точке В на шарик действуют
сила тяжести и сила натяжения нити Т. По второму закону
Ньютона для проекции на ось X находим, что
Т + mg = man = m(vz/l). (2)
Из уравнения (1) следует, что минимум скорости в точке
А соответствует минимуму скорости v в точке В. Из уравне-
ния (2) следует, что минимум v соответствует минимуму мо-
дуля силы натяжения, который равен нулю. Уравнение (2)
при этом приводится к виду mg = mvz/l => mvz - mgl.
Подстановка в (1) дает
= +mg'21 Umln =
£ А
. 8. На горизонтальной поверхности находится гладкая по-
лусфера радиусом R. С верхней ее точки без начальной
скорости соскальзывает тело. Определить время движе-
ния тела после отрыва от полусферы.
Решение
Во время скольжения тела по полусфере на него действу-
ют сила тяжести mg и сила реакции N, направленная вдоль
продолжения радиуса. Равнодействующая этих сил сообща-
ет телу центростремительное
ускорение ап = vz/R, направлен-
ное к центру полусферы (и —
скорость в какой-либо точке по-
лусферы). Спроецировав силы
на осьХ, по второму закону Нью-
тона получаем
mgcosa-N = m(v2/R) => N = mgcosa-m(v2 /R). (1)
Так как скорость тела возрастает, то в некоторой точке А
сила N обратится в нуль, т.е. тело оторвется от поверхности
полусферы.
Пусть высота, на которой происходит отрыв, равна h.
Механическая энергия тела в верхней точке движения
78
МЕХАНИКА
Wj = mgR. Механическая энергия в точке отрыва W2 = mgh +
+ mvz/2. Так как трения нет, то
W1=W2 =э mgR = mgh + mv2 /2 => v2 = 2g(R-h). (2)
В A OAB OA = R, a AB = h, поэтому
cosa = AB/OA - h/R.
(3)
Подставив значения и2 и cos a из уравнений (2) и (3) в
уравнение (1), получим: 0 = mg(h/R) - m(2g(R - h)/R) (в точ-
ке отрыва N = 0) => 2(7? - Л) = h => h = (2/3)7?.
В момент отрыва скорость тела
У = 72^(Я-Й) = J2g^R
N о
Л 2 . г----— Г 4
cosa = — = — =>smyl-cos a = 1—
R 3 V 9
После отрыва от полусфе-
ры движение происходит
только под действием силы
тяжести, причем скорость
тела v = vQ сначала направлена
под углом а к горизонту (см.
рисунок). Значит, тело дви-
жется по параболе.
Начальные координаты тела х0 = 0, у0 = 0. Начальные
скорости vOx = u0cosa, pOj/ = i>osina. Закон движения по оси Y:
y(t) = у0 + uOi/ + aytz/2 = uosina? + gtz/2.
В момент падения y(tn) = h=t> vosina?n + gtzJ2 = h, где tn —
искомое время. Получаем квадратное уравнение gtzn +
+ 2u0sinatn - 2h = 0, корни которого
tn = (~L>0 sina±^/(uosina)2 +2gh)/g.
79
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Берем положительный корень
-и0 sin а+у/(и0 sin а)2 + 2gh
vosina( L. 2gh ~Г| lR
g (v0sina)2 J ’ \g'
9. Тележка массой m совершает мертвую петлю, скатыва-
ясь с минимально необходимой для этого высоты. С ка-
кой силой тележка давит на рельсы в точке А, радиус-
вектор которой составляет угол а с вертикалью? Трени-
ем пренебречь.
Решение
Прежде всего выясним, какова минимальная высота, не-
обходимая для совершения тележкой мертвой петли. Для
этого должны выполняться следующие условия:
1. Тележка должна оказаться в точке В. Механическая
энергия в начальной точке движения Wc = mgH. В точке В
механическая энергия = mg2R + mv2B/2. Так как трения
нет, то
We = WB или mgH =mg-2R +mv2B/2. (1)
2. В точке В тележка должна обладать центростреми-
тельным ускорением, необходимым для движения по
окружности радиусом R. В точке В на тележку действуют
80
МЕХАНИКА
сила тяжести mg и сила реакции опоры N', которые сообща-
ют тележке центростремительное ускорение ап. По второму
закону Ньютона
mg + N' = тап = m(v2B/R). (2)
3. Как видно из уравнений (1) и (2), минимум высоты со-
ответствует N' = 0. Из уравнения (2) mv2B = mgR. После под-
становки в (1) получим
mgH = 2mgR + mgR/2 =>Н = 5R/2.
Из рисунка следует, что точка А находится на высоте
R + R cosa = .R(l + сова).
Механическая энергия тележки в точке А:
WA= mgR(l + сова) + mv2A/2,
а в точке С:
Wc = mgH = mg(6/2)R. Так как Wc = WA,
то
mg(s/2)R = mgR(l + сова) + mv2A/2 =>
=> v2a = gR(3 - 2cosa). (3)
В точке А на тележку действуют сила тяжести mg и сила
реакции опоры N, направленная по радиусу к центру. Эти
силы сообщают тележке центростремительное ускорение ап.
Спроецировав силы на ось, направленную по радиусу к цент-
ру, получаем
mgcosa+N = тап = m(vA/R) =>
И mgR(3 -2 cos a)
=> N = т—-mgcosa =----------------mg cos a =
R R
= 3mg(L - cos a) = 6mg sin2 .
Li
По третьему закону Ньютона с такой же по модулю си-
лой тележка давит на рельсы.
81
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
10. Спуск с горы представляет собой дугу АВ окружности
радиусом R = 10 м плавным выездом на горизонтальную
поверхность ВС. Поверхность горы гладкая, а горизон-
тальная поверхность шероховатая с коэффициентом тре-
ния р = 0,15. На каком расстоянии от конца горы остано-
вятся санки, если в точке А их полное ускорение равно
по модулю g? Радиус, проведенный в точку А, образует с
вертикалью угол а = 60°.
Решение
В точке А на санки действуют
сила тяжести mg и сила реакции V.
В направлении X (по радиусу к цент-
ру) эти силы сообщают санкам цент-
ростремительное ускорение ап (ап =
= v2A/R). В направлении Y (по каса-
тельной к окружности) эти силы сообщают санкам танген-
циальное ускорение ат, причем mg sin а = тах =$ах = gsina.
Так как модуль полного ускорения а2 =а2п + а2т, то
ап = д/а2 +а2 = yjg2-g2sin2a = gVl-sin2a = geos а.
С другой стороны, an = v2A/R => v2A/R = g cosa; находим
квадрат скорости в точке A: v2A = Bgcosa.
В точке А механическая энергия равна
сумме кинетической Wu = mv2A/2 й потен-
циальной = mgH. Определяем h ^А^В =
= ОВ - ОА} = R - 7?cosa = 7?(1 - cosa).
Итак, механическая энергия в точке А:
WA = mv2A/2 + mgR (1 - cos a) = (mgR cos a)/2 + tngR(l - cos a)=
==mgj?( (cosa)/2 +1 - cosa) = mgR(l - (cosa)/2).
В момент остановки конечная механическая энергия
W = 0. Изменение механической энергии равно работе силы
трения на горизонтальном участке ВС: AW — Атр, где Атр =
= -]imgx (х — расстояние, пройденное санками).
82
МЕХАНИКА
Получаем уравнение
-mgR (1 - (cos а)/2) = -p.mgx =>х =
= (R/p) (1 - (cos а)/2) = 3R/(4 р) = 50 м.
11. Резиновый жгут, длина которого I и масса т,'имеет ко-
эффициент жесткости k. Кольцо, изготовленное из этого
жгута, вращается с угловой скоростью со в горизонталь-
ной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей
через центр кольца. Определить радиус вращающегося
кольца.
Решение
Увеличение длины кольца Дх =
= 2nR -1, где R — радиус вращающего-
ся кольца. Модуль силы упругости,
возникающей в кольце, F = ЛДх =
= Л(2тгД - Г). Выберем элемент кольца,
соответствующий малому центрально-
му углу а и вращающийся с угловой
скоростью (О.
Центральному углу в 1 радиан соот-
ветствует масса жгута, равная т/(2л),
поэтому масса выделенного элемента
Д/n = та/(2л). Центростремительное ускорение этому эле-
менту сообщают силы упругости, приложенные со стороны
других частей кольца. Находим равнодействующую этих
сил F, проводя векторное сложение по правилу параллело-
грамма (см. рисунок). Построенный параллелограмм —
ромб, поэтому (72)Г = Fynpsin(a/2) => F - 2Fynpsin(a/2). При
малых углах, выраженных в радианах, выполняется равен-
ство sina = а. Поэтому F = 2Fynp(a/2) = F^a. По второму за-
кону НьютонаF = Лтап, где центростремительное ускорение
ап = O)2R. После подстановки имеем
Fvnna = Ат g)2R => k(2nR - l)a = — aa>2R =>
y ₽ 2л
_ 2лЛ/
R — 2" *
4л k-ma
83
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Задачи для самостоятельного решения
1. Каков должен быть коэффициент трения резины о вну-
треннюю поверхность конуса с углом у вершины 2а, что-
бы мотоциклист мог двигаться по окружности радиуса R
с угловой скоростью СО?
Ответ:
_ g+a^Rtga
a>2R-gtga
2. Полусферическая чаша радиусом 2 м вращается вокруг
вертикальной оси с угловой скоростью 3,13 с-1. В чаше
лежит маленький шарик, вращающийся вместе с ней.
В каком месте чаши он находится?
Ответ: 60°.
3. Круговой цилиндр радиуса R = 1 м, ось которого располо-
жена горизонтально, вращается вокруг своей оси с угло-
вой скоростью 1 с*1. На цилиндр положили небольшой
груз. При повороте груза на угол а = 30° от вертикали он
начинает соскальзывать с цилиндра. Определите коэффи-
циент трения груза о цилиндр, если угловая скорость ци-
линдра при наличии на нем груза не изменилась.
Ответ: 0,65.
4. В вагоне поезда, идущего равномерно по криволинейно-
му пути со скоростью 72 км/ч, производится взвешива-
ние груза на пружинных весах (динамометром). Масса
груза 5 кг, радиус закругления пути R = 200 м. Опреде-
лите показания динамометра.
Ответ: 51 Н.
б.
Надиске, вращающемся вокруг вертикальной оси, укре-
плен вертикальный стержень. К верхнему концу стерж-
ня привязана нить, а к ней —
металлический шарик. С ка-
кой угловой скоростью враща-
ется диск, если нить составля-
ет с вертикалью угол а = 45°?
84
МЕХАНИКА
Длина нити 6 см. Расстояние стержня от оси враще-
ния 10 см.
Ответ: 8,3рад/с.
6. На внутренней поверхности полого шара
радиуса R, вращающегося вокруг верти- /
кальной оси с постоянной угловой скоро-
стью (о, находится маленькая шайба А у
(см. рис,). Считая угол а известным, най-
дите минимальный коэффициент трения
k, при котором шайба не скользит вниз.
Ответ:
g-(»1 2Btga
gtga+(o2J?cosa
7. Стержень длиной I = 1 м закреплен
жестко на вертикальной оси под
углом a = 30° к ней и вращается вме-
сте с осью с угловой скоростью (О =
= 10 с-1. К нижнему концу стержня
прикреплен шарик массой 1 кг. Най-
дите силу, с которой стержень дей-
ствует на шарик.
Ответ: 50Н.
МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Грузик на пружине колеблется вдоль прямой с амплиту-
дой А = 2 см и периодом Т = 2 с. В начальный момент
времени грузик проходил положение равновесия. Опре-
делить скорость и ускорение грузика через = 0,25 с;
трения нет.
85
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
Так как трения нет, то грузик совершает гармонические
колебания, уравнение которых
f А
x(t) s= A sin(co0 + ф0) = A sin I — t + ф0 I,
где ф0 — начальная фаза колебаний. По условию задачи при
t = 0 х - 0. Тогда А з!пф0 = 0 => ф0 = 0. Окончательно уравне-
ние колебаний грузика записывается в виде
f 2тг А
х(Г) = Asinl — 1I.
Мгновенная скорость
v(t) = x'(t) =
Asin
2л .
= —A cos
T
В момент времени f = fp
2л (2л А о л о
у(*1) = —Acosl — fi 1 = 6,28-10 2cos— = 4,4-10~2 м/с.
Ускорение грузика в любой момент времени t = t-t
(2л V (2л /2л^2 л
a(t) = - — Asin — t. =- — Asin—=
1 \T) \T 1) \Т) 4
= -13,9-Ю"2 м/с2.
2. Точка совершает гармонические колебания вдоль некото-
рой прямой с периодом Т = 0,6 с и амплитудой А = 10 см.
Найти среднюю скорость точки за время, в течение кото-
рого она проходит путь А/2: 1) из положения равнове-
сия; 2) из крайнего положения.
Решение
Запишем уравнение гармонических колебаний точки:
(2л А
x(t) = A sin(cot + ф0) = A sin I — t+ф0 I,
где ф0 — начальная фаза колебаний.
86
МЕХАНИКА
Пусть в начальный момент времени t = 0 точка находит-
ся в начале координат х0 = 0. Тогда для определения началь-
ной фазы колебаний получаем уравнениеАзш(р0 = 0 => <р0 = 0.
Следовательно:
4 (2л \
x(f) = Asinl — 1I.
Пусть в момент времени t = после прохождения начала
координат точка имеет координату х(<х) = А/2. Определяем
время tx‘.
А л • (^) . f 2л А 1 2л, л Т
— = Asm —t =>sm —t = —=>—t = — =>£,= —
2 It у It у 2 т 1 6 1 12
Время движения из точки с координатой х0 = 0 до точки
с координатой х = А составляет Т/4, поэтому время движе-
ния из точки с координатой х = А/2 до точки с координатой
Т
х = A: t,= 1 =
2 4 1
Т_Т
4 12
Т
6’
Средняя скорость на первом участке пути
1>! =
А/2 6А
Т/12~ Т
= 0,1 м/с.
«1
Средняя скорость на втором участке пути
S2 А/2 ЗА __с .
и, = — = —-— =--= 0,05 м/с.
2 t2 Т/6 Т
3. Груз лежит на платформе, совершающей горизонталь-
ные колебания с частотой v = 2 Гц и амплитудой А = 1 см.
Будет ли груз скользить по платформе, если коэффици-
ент трения груза о платформу равен 0,2?
Решение
Пусть груз покоится относительно платформы, совершая
вместе с ней гармонические колебания, задаваемые формулой
x(t) =Asin2KVt.
87
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Скорость груза
v(t) = x'(t) = (A sin 2nvt)' = 2лмА cos 2яуГ .
Ускорение груза
a(t) = v'(t) = (27cvAcos2tuvZ)' = -(2tuv)2 Asin2nvt =
= (2nv)2 A sin(2nvt+я) = am sin(2nvf + я),
где am = (2яу)2А — амплитуда. Ясно, что эта величина есть
максимальное значение ускорения, которым обладает груз,
совершающий колебания вместе с платформой.
В вертикальном направлении на груз действуют сила тя-
жести mg и сила реакции V со стороны платформы, причем
N - mg = 0 => N = mg. Ускорение груза вызвано действием на
него в горизонтальном направлении силы трения покоя со
стороны платформы. По второму закону Ньютона =
= ma(t). Максимальное значение силы трения покоя соот-
ветствует максимальному значению ускорения Fm = тат.
Если груз относительно платформы покоится, то Fm< =*
=> тат < ]img => (2яу)2А < pg.
Подставив числовые значения, проверим справедливость
полученного неравенства:
2 (3,14 • 2)2-102 < 0,2 • 9,8 => 1,58 < 1,96.
Груз по платформе скользить не будет.
4. Определить период колебания тела массой т, подвешенного
вертикально на пружине с коэффициентом жесткости k.
Решение
Пусть груз находится в равновесии. К нему приложены
сила тяжести mg и сила упругости пружины Fynp, модуль ко-
торой равен kx0, где х0 > 0 — модуль деформации пружины.
Из условия равновесия получаем уравнение
mg-kx0 = Q=>x0 = mg/k. (1)
Поместим начало координат оси X в точку, соответству-
ющую положению равновесия груза, тогда при колебаниях
88
МЕХАНИКА
в любой момент времени деформация пружи-
ны равна х + х0 (где х — текущая координата)
и, следовательно, проекция силы упругости
на ось X: Fx = -k(x + х^). По второму закону
Ньютона получим mg+Fynp = та, а для проек-
ций на ось X: mg - k(x + х0) = тах. Учитывая,
'~х0-
0
х --
X'’
что ускорение есть вторая производная от коор-
динаты ах = г", получаем mg - k(x + х0) = тх =>
=> mg - kx0 == тх" + kx.
В соответствии с равенством (1) mg - kxQ = 0, поэтому
тх" + kx = O=$x" + (k/m)x = 0 => х" + №?х = 0, где <n2 = k/m.
Таким образом, получили уравнение гармонических ко-
лебаний. Следовательно, собственная частота колебаний
груза to = y]k/m, а период колебаний Т = 2iiy]m/k. Как вид-
но, частота и период колебаний груза на вертикальной пру-
жине оказываются такими же, как и при колебаниях на го-
ризонтальной плоскости. '
5. Чашка пружинных весов массой т} совершает верти-
кальные гармонические колебания с амплитудой А. Ког-
да чашка находилась в крайнем нижнем положении, на
нее положили груз массой т2. В результате колебания
прекратились. Определить первоначальный период ко-
лебаний чашки.
Решение
Первоначально колебания чашки происходят с периодом
Т = 2iiy]m/k, где k — коэффициент жесткости пружины.
При этом чашка колеблется около по-
ложения равновесия, в котором пружи-
на деформирована на х0 = myg/k.
При гармонических колебаниях
чашки в крайнем нижнем положении
ее скорость равна нулю, а модуль уско-
рения максимален. Однако когда на
чашку положили дополнительный груз
и колебания прекратились, ускорение
груза обратилось в нуль. По второму за-
89
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
кону Ньютона получаем уравнение Fy - (ml + m2)g = 0, где
модуль силы упругости Fy = k(x0 + А). После подстановки
имеем
k(xQ + А) - (/пг + m2)g = 0 => kx0 + kA - mxg - m^g = 0 =>
=> kA = m^g =>k = m^g/A.
Подставляя k в формулу для периода колебаний, на-
ходим
Т = 2пфп^/(т^).
6. На вертикально расположенной пружине с коэффициен-
том жесткости k подвешен груз массой т. Грузу сообща-
ют начальную скорость и, направленную вертикально
вниз. Определить период и амплитуду колебаний груза
(см. рис.).
Положение
равновесия
Недеформиро*
ванная
пружина
(Ml + m2)g
Решение
% задании 5 было показано, что
груз в вертикальном направлений со-
вершает гармонические колебания с
периодом Т = 2n^m/k. Колебания про-
исходят относительно нового равно-
весного положения х0 = mg/k. Найдем
амплитуду колебаний.
В положении равновесия груз об-,
ладает кинетической энергией Wkt =
= mv20/2 и потенциальной энергией
упругой деформации Wyl = kx20/2. Нулевое значение потен-
циальной энергии в поле тяжести выберем на уровне, соот-
ветствующем положению равновесия, т.е. W = 0. Полная
механическая энергия тела =Wk1 + W1 + W = mv20/2 +
+ Ax20/2. V ' '
Пусть тело отклонилось от положения равновесия вниз
на расстояние, равное амплитуде колебаний, тогда и = 0 и
кинетическая энергия тела Wk2 = 0. Потенциальная энер-,
гия упругой деформации Wy2 = k(x0 + А)2/2, а потенциальная^
90 !
МЕХАНИКА
энергия в поле тяжести Wp2 = -mgA. Полная механическая
энергия W2 = Wk2 + Wy2 + Wp2 = k(xQ + A)2/2 - mgA.
По закону сохранения энергии
W1 = W2 => mVq / 2+AXq / 2 = k(x0 + A)2 =>
=> mvQ + kx$ = kx% + 2kx0A + kA2 - 2mgA.
Учитывая, что xQ = mgfk, находим 2kx^X = 2mgA. В итоге
приходим к уравнению
kA2 - mvl = 0 => Av0 ^m/k.
7. К горизонтальной пружине прикреплено тело массой
М = 10 кг, лежащее на абсолютно гладком столе. В это
тело попадает и застревает в нем пуля массой т = 10 г,
летящая со скоростью v = 500 м/с, направленной вдоль
оси пружины. Амплитуда возникших при этом колеба-
ний А = 0,1 м. Найти период колебаний.
Решение * j?____
тт Я —I у m
Пусть и — скорость тела сразу после
попадания пули. В горизонтальном на-
правлении X начальный импульс систе-
мы тело—пуля равен mv, а конечный импульс (сразу после
попадания пули) — (М + т)и. По закону сохранения импуль-
са mv - (М+ т)й =>и = mv/ (т 4- М).
После попадания пули механическая энергия системы
w (М + т)и2
При отклонении тела на расстояние, равное амплитуде А,
скорость тела обращается в нуль, и механическая энергия
системы W2 равна потенциальной энергии упругой дефор-
мации, т.е. W2 = АА2/2, где k — коэффициент жесткости
пружины. Так как трения нет, то механическая энергия при
колебаниях сохраняется:
91
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
ттг ттг V 2 !. ,2 1. (М + т)и2
Wr = W2 =э(М+т)и = kA =>k~-—— =
_ (Af + m)(mv/(M+m))2 _
A2 ~ A2
_ (mv)2
~ A2(M + m)'
Период колебаний
„ n lM + m
T = 2л.-----
V k
2nf M+m
A \ mv
= 1,26 c.
8. На какую часть длины надо уменьшить длину математи-
ческого маятника, чтобы период колебаний маятника на
высоте 10 км был равен периоду его колебаний на по-
верхности Земли? Радиус Земли R3 = 6400 км.
Решение
Период колебаний математического маятника длиной I
на поверхности Земли равен Т = 2ityjl/g. Известно, что уско-
рение свободного падения на поверхности Земли g = GMJR2,
где G — гравитационная постоянная, а Ма — масса Земли.
С увеличением расстояния от поверхности Земли ускорение
свободного падения уменьшается, и на высоте h = Ю.км оно
составляет = GM/(Ra + Н)г. Чтобы период колебаний
остался неизменным, надо уменьшить длину маятника, сде-
лав ее lv Тогда период колебаний Тг = 2n-74/ft • Так как по
условию задачи Tr = Т, то l1/g1 = l/g =lr = Igjg. Уменьшение
длины нити l-l1 = l(l- gjg), и искомое отношение
IzA -1 -1 [
I 8
= 3 10’3.
9. Математический маятник длиной I совершает колебания
вблизи вертикальной стенки. Под точкой подвеса маятни-
ка, на расстоянии У2 от нее по вертикали, в стене забит
гвоздь. Найти период Т колебаний маятника (см. рис.).
92
МЕХАНИКА
Решение
На участке АО маятник совершает коле- //////
бания на нити длиной I. ___ Л
Период таких колебаний Т = 2п^1/g, а у
время, затрачиваемое на прохождение дуги / \'\2
АО, tj = TJ4. На участке ОВ маятник совер- о!
шает колебания на нити длиной 1/2 с перио-
дом Т2 = 2ny](l/2)/g = 2ity/l/2g, причем вре-
мя прохождения OB: t2 = Т2/4.
Пусть Т — искомый период колебаний маятника, тогда
Т Т, Т2 T,+Tz m Т,+Т2 ггт~( , 1
— = -± + -2 =-1 Т = -1----- = 1 + -7= .
2 4 4 4 2 V 1 V 42)
10. При какой скорости поезда маятник длиной I = 20 см,
подвешенный в вагоне, особенно сильно раскачивается,
если расстояние между стыками рельсов L = 20 м?
Решение
При прохождении колесами стыков на вагон и на маят-
ник действует внешняя сила. Ее период равен прохождению
вагоном расстояния между стыками, т.е. Т = L/v, где v —
скорость поезда. Частота колебаний этой внешней силы
to = 2п/Т = 2n(v/L). Собственная частота колебаний маятни-
ка ffl0 = yjg/l. Маятник особенно сильно раскачивается, ког-
да наступает резонанс:
со = соо
22,3 м/с « 80 км/ч.
Задачи для самостоятельного решения
1. Определите амплитуду и циклическую частоту гармони-
ческих колебаний тела, если на расстояниях xt и х2 от
положения равновесия скорость тела равна соответ-
ственно Vt и V2.
93
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение.задач частей В и С
2. В покоящейся на Земле ракете математический маятник
колеблется с периодом Т = 1 с. При движении ракеты
вертикально вверх период колебаний маятника умень-
шается на п = 2 раза. Определите ускорение ракеты.
Ответ: 29,4м/с2.
3. Тонкий абсолютно жесткий невесомый стержень, на
конце которого закреплен точечный шарик, отклонили
от положения равновесия на небольшой угол а и отпу-
стили. В момент, когда стержень составляет угол р < а с
вертикалью, произошло абсолютно упругое соударение
шарика с вертикальной стенкой. Определите отношение
периодов TJT колебаний такого маятника к периоду ма-
тематического маятника той же длины.
Ответ: TJT = 1 - (1/л)-агссоз(р/а).
4. Набухшее бревно длиной L, сечение которого одинаково
по всей длине, плавает в воде в вертикальном положе-
нии. Если выступающую из воды часть бревна немного
погрузить в воду, а затем отпустить, то бревно начнет со-
вершать колебания. Какую длину должен иметь матема-
тический маятник, чтобы периоды колебаний бревна и
маятника были одинаковы? Плотность воды р и набух-
шей древесины pj считать постоянными.
Ответ: (pj/pJL.
5.
Определите период колебаний
тела массой тп — 200 г, прикре-
пленного к стенкам двумя пру-
жинами с жесткостями = 80 Н/м
и k2 = 40 Н/м. В положении равновесия пружина не де-
формирована. Силу тяжести не учитывать.
Ответ: 2ityJm/(k1+k2) = 0,26 с.
6. На горизонтальной поверхности лежат два груза массой)
100 г и 200 г, соединенные невесомой пружиной с жест-i
костью 1000 Н/м. Трение отсутствует. Каков период ко-
лебания такой системы? ?
Ответ: 0,05 с. j
94
МЕХАНИКА
7. Два шара массами т1 и т2 могут /СЛ дншилгч
скользить без трения по тонкому
горизонтальному стержню. Ша-
рики связаны невесомой пружиной с жесткостью k. Пер-
воначально система неподвижна и пружины не напря-
жены, их отпускают без толчка. Определите период воз-
никших колебаний.
Ответ: 2лУ1т1т2/(Щт^ + /п2)).
8. Брусок массой М под действием пру- л
я iiiiiuaI I * wi
жины совершает на гладком столе
гармонические колебания с ампли-
тущжА и периодом Т. Вдоль оси дви-
жения летит пуля массой т. Попав в брусок, она застре-
вает в нем. В результате соударения колебания прекра-
тились. Определите скорость пули.
Ответ: (M/m)’2itA/T.
9. Жидкость объемом V налита в изогну-
тую трубку с площадью поперечного се-
чения канала S. Одно колено трубки вер-
тикально, а другое составляет угол а с
вертикалью. Пренебрегая вязкостью,
найдите период малых колебаний жид-
кости в трубке.
Ответ: 2ity/V / gS(l + cos а).
S
10. Невесомая штанга длиной L одним концом закреплена в
идеальном шарнире, а другим опирается на пружину с
жесткостью k. На расстоянии S от шарнира на штанге
закреплен груз массой т. Опре-
делите: 1) период малых колеба-
ний штанги; 2) циклическую
частоту малых колебаний штан-
ги; 3) жесткость пружины k,
если известны период колеба-
ний Т и расстояние равно S/2;
95
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
4) массу груза т, если период малых колебаний Т, рас
стояние равно S.
Ответ:
(2nS/L) yJm/k, L/S-y/k/m, k = n2m/T2, т =
11. Математический маятник длиной I и массой т раскачи
вается так, что каждый раз, когда маятник проходит по
ложение равновесия, на него в течение короткого промв'
жутка времени t действует сила F, направленная парал'
лельно скорости. Через сколько колебаний маятник от
клонится на 90”?
Ответ: mj2gl/(2Ft).
12. Пружина с жесткостью k присоединена к
оси колеса массой т, которое способно А ШАШ/с-п
катиться без проскальзывания. Какова
частота малых колебаний системы? Счи- 'яяяяяяЯяяг
тать массу колеса однородно распреде-
ленной по ободу.
Ответ: со = ^/А/2/n.
13. Пуля массой т, летящая горизон- -♦ fc
тально со скоростью V, попадает в сп>-Х-
брусок массой М и застревает в нем.
Брусок лежит на гладкой горизон-
тальной плоскости и соединен с вертикальной стенкой;
пружиной с жесткостью k. Найдите период Т колебаний
бруска и частоту колебаний бруска.
Ответ: Т = 2nyj(M+m)/k; со = y/k/(M + m).
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Баллон, содержащий азот N2 под давлениемр} = 15 104 Па
и при температуре = 27°С, имеет массу Мг = 97 кг. Ког-
да часть азота была израсходована, при температуре
t2 = -3°С давление в баллоне стало равным р2 = 64 О4 Па,
а масса баллона оказалась М2 = 93,5 кг. Сколько молей
азота осталось в баллоне?
Решение
В состоянии 1 азот в баллоне имел следующие параметры:
V, Tv где V — объем баллона. Масса азота в баллоне mv
Свяжем эти параметры уравнением Менделеева—Клапейро-
на: ру = m^RTJp. В состоянии 2 параметры газа: р2, V, Т2, а
масса газа т2, поэтому p2V = m2RT2/yi. Отметим, что объем
газа не изменился, однако переход из состояния 1 в состоя-
ние 2 нельзя назвать изохорным, так как изменяется масса
газа. Разделив первое уравнение на второе, найдем, что
А = = AZk.
р2 тпг Т2 тп2 р2 T['
Изменение общей массы баллона происходит за счет
уменьшения массы азота, поэтому Мг - М2 ~ тп1- тп2. Полу-
чаем систему уравнений, в которой задано отношение масс
и тп2 и их разность:
m2 р2 Т2 ’
пг1-пг2 = М1-М2,
=>т2 =
Мх-М2
Р1 ^2 |
Рг
97
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Отметим, что Т\ = (273 + 27) К = 300 К; Т2 = (273 - 3) К =»
= 270 К. Находим, что тп2 = 2,8 кг. Молярная масса азота
.У2ц = 284О3 кг/моль. Значит, в баллоне осталось v2 = тп2/р
= 100 молей азота.
2. В вертикально расположенном цилиндре находится газ
массой т. Газ отделен от атмосферы поршнем, соединен-
ным с дном цилиндра пружиной с жесткостью k. При
температуре Тг поршень расположен на расстоянии h от
дна цилиндра. До какой температуры Т2 надо нагреть,
газ-, чтобы поршень поднялся до высоты Н? В обоих слу-
чаях пружина растянута. Молярная масса газа равна ц. ;
Решение
Силы, действующие на поршень, пред-
ставлены на рисунке. На поршень действу-
ют: сила тяжести Mg, где М — масса порш-
ня; сила атмосферного давления p0S, где
р0 — атмосферное давление, S — площадь
поршня; сила упругости Fyap, причем ее мо-
дуль по закону Гука Fynp = k(l - х0), где х0 —
длина нерастянутой пружины, I — ее длина
в деформированном состоянии; сила давле-
ния газа под поршнем рЗ, где р — давление
газа.
При равновесии поршня pS -pQ S - Mg - = 0. Когда)
поршень расположен на высоте h, F = k(h - х0), p=pr, по-)
лучаем уравнение
piS-p0S-Mg-k(h-x0)-G. (1)|
Когда поршень находится на высоте Н, 2
p2S-pQS-Mg-k(H-h) = f). (2)
После вычитания уравнений (1) и (2) находим 1
(Р1-р2)-8-*(Я-Л) = 0. (3)1
Запишем уравнение Менделеева—Клапейрона в состоя-1
нии 1:
98
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
рхУ\ ~ PiSh ~ mRT^/n^ pr = mRT\ /(Shp).
Аналогично можно выразить давление р2 в состоянии 2:
p2=-^—RT2.
2 pSH 2
После подстановки значений давления в уравнение (3)
получим
—^-1 = k(H-h) => Т2 = Т[ — +
Sp\hH) 2 1 h
kh(H-h)p
mR
3. В цилиндре с площадью сечения S = 5 см2 под поршнем
массой М = 1 кг находится некоторый газ. При увеличе-
нии абсолютной температуры газа в п = 1,5 раза поршень
поднимается вверх и упирается в уступы. При этом объ-
ем газа по сравнению с первоначальным увеличивается в
k - 1,2 раза. Определить силу, с которой поршень давит
на уступы. Атмосферное давлениер0 =100 кПа.
Решение
Рассмотрим силы,' действующие на поршень в положе-
нии 2: Mg — сила тяжести; p2S — сила давления газа под
поршнем; p0S — сила атмосферного давления; F — резуль-
тирующая сила со стороны уступов (см. рисунок). Так как
поршень находится в равновесии, то, спроецировав силы на
вертикальное направление Y, получим
p2S-F-Mg-poS = O=> F = p2S-Mg-p0S. (1)
Для определения давления газа в состоянии 2 сравним
параметры состояний 1 и 2 газа: V\, Тг; р2, V2, Т2. Переход
газа из состояния 1 в состояние 2 происходит при m = const,
поэтому можно применить уравнение Клапейрона:
71 Т2 Рг P1 Т\ V2
1 п
~лпк~р'~к'
Для определения давления газа в состоянии 1 придется
еще раз рассмотреть равновесие поршня.
99
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
P1S - pQS - Mg = 0 => Pi = pQ - Mg I s.
Значит,
P2 =
Mg\n
Pn "I-1— I—
° S Jk
Подставив это в уравнение (1), найдем
F= Po+~J~ \-S-Mg-p0S = (p0S+Mg)--(p0S+Mg) =
\ Ъ Jr r
= f^-l)(p0S + Afg) = 15H.
J
4. На рисунке представлен график изменения состояния
идеального газа в осях V, р. Изобразить этот график в
осях Т, V.
Решение
Участки 1—2 и 3—4 — изобары. По закону Гей-Люссака
в изобарном процессе объем пропорционален абсолютной
температуре, V = сТ, где с = const. Поэтому графики участ-
ков 1—2 и 3—4 — прямые, продолжения которых проходят
через начало координат. Так какрг >р2, то изобара 1—2 рас-
полагается ниже, чем изобара 3—4. Участки 2—3 и 4—1 —
изохоры, V2 — const и V1 = const. Их графиками в осях Т, V
являются прямые, параллельные оси Т. Окончательный вид
графика представлен на рисунке.
100
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
5. Моль идеального газа участвует в процессе, изображен-
ном на рисунке. Продолжения отрезков прямых 1—2 и
3—4 проходят через начало координат, а кривые 1—4 и
2—3 являются изотермами. Изобразить этот процесс в
координатах Т, V (Т — ось ординат) и найти объем У3,
если известны объемы и V2 — V4.
Решение
На участке 1—2 давление линейно зависит от объема
р = a^V, где ах = const.
Кроме того, в любом состоянии на этом участке выполня-
ется уравнение Менделеева—Клапейрона pV = RT (по усло-
вию задан один моль). Подставляя в это уравнение р = at V,
получаем o^V2 = RT =s> T(V) = ax V2 /R. Графиком этого про-
цесса в осях V,T является парабола 1—2. Аналогично на
участке 3—4 р = a2 V, где а2 = const, причем 0 < а2 < ар поэ-
тому T(V) = а2 V^/R. График этого процесса — парабола,
изображенная на рисунке. По условию задачи участки 2—3
и 4—1 — изотермы, причем, как следует из рисунка, Тг > Tv
Графики этих процессов в осях V, Т — прямые. Окончатель-
ный вид процесса представлен на рисунке.
Так как точки 2 и 3 расположены на одной изотерме, то
по закону Бойля—Мариотта р2У2 = р3У3. Аналогично по-
лучаем, что pj\ - РУс После деления этих равенств на-
ходим
Pi ^2 _ Рз
A Vi
(1)
101
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Так как на участке 1—2 р = V, то р2 /рг = Анало-
гично находим, что_р3/р4 = Заменяя в равенстве (1) от-
ношение давлений отношением объемов, получаем
6. В запаянной с одного конца стеклянной трубке длиной
I = 0,9 м находится столбик воздуха, ограниченный
сверху столбиком ртути высотой h = 30 см. Ртуть дохо-
дит до верхнего края трубки. Трубку осторожно повора-
чивают открытым концом вниз, при этом часть ртути
выливается. Какова высота оставшегося столбика рту-
ти? Атмосферное давление р0 = 105 Па (см. рисунок).
Решение
Укажем параметры состояния воздуха: в состоянии 1:рр
Vt = S(l - h), Т; в состоянии 2: р2, V2 = S(l - х), Т. Здесь S —
площадь поперечного сечения трубки, Т — температура воз-
духа, которую во всех задачах данного типа считают одина-
ковой, равной температуре окружающей среды, х — высота
оставшегося столбика ртути. Так как масса воздуха в трубке
не изменяется, то переход из 1 в 2 является изотермическим,
и по закону Бойля—Мариотта
PiVi = p2V2=>p1(l-h) = p2(l-x). (1)
Выразими р2. В состоянии 1 на столбик ртути действу-
ют силы: mg — сила тяжести столбика ртути, р0 S — сила
атмосферного давления и pxS — сила давления воздуха. По-
102
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
лучаем, что ptS - p0S - mg = 0. Выразив т = pV~ pSh (р —
плотность ртути), находим
Л = Ро + mg/S = р0 + pgh.
В состоянии 2 условия равновесия столбика ртути запи-
шутся в виде:
Pos — P2S — mg = Q =>р2 =р0- mg/S = p^-pgx.
Подставив в(1), получим (р0 + pgh)(l ~h) = (p0~ pgx)(l - х).
Раскрыв скобки, приходим к квадратному уравнению
pgx2 - (р0 + pgl)x + h(pgh +р0- pgl) = 0.
Вынесем из последних двух членов этого уравнения мно-
житель pgl, получим
pgx2-pgZ -^-+1 |x + pg/ii| y+-^--lj = O=>
VpgZ ) {I pgl )
=> x2 -Zxf—+ll+wf—+——11 = 0.
Vpgz ) U pgi J
Заметим, что pgl — это давление столбика ртути высотой I,
поэтому, если его выражать в мм рт. ст., оно будет численно
равно I, выраженному в миллиметрах. В данном случае
pgl = 900 мм рт. ст. Давление р0 = 10® Па = 760 мм рт. ст.,
поэтому
Ро__Т6О = 38 Л = 1
pgZ = 900~45’ I 3’
Подставляя в последнее уравнение h = 30 см и I = 90 см,
получаем хг + 166х + 480 = 0, корни которого = 163 см и
х2 = 3 см. Первый корень явно противоречит условию зада-
чи, поэтому окончательно х — 3 см.
7. Два баллона соединены трубкой с краном. В первом на-
ходится газ при давлении рг = 10® Па, во втором — при
р2 = 0,6105 Па. Объем первого баллона Vt = 10'3 м3, а вто-
рого V2 = 310 s м3. Какое давление установится в балло-
нах, если открыть кран? Температура постоянна. Объе-
мом трубки можно пренебречь.
103
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
Газ, находившийся в сосуде объемом имел параметры
состояния Рр Тр а газ, находившийся в сосуде объемом
У2, —р2, V2, Tv После того как открыли кран, образовалась
смесь газов, причем каждая составляющая будет создавать
парциальное давление р[ и р2 соответственно. По закону
Дальтона давление смеси
Р = Р1+Рг- С1)
Для определения р{ рассмотрим конечное состояние газа,
находившегося в сосуде объемом V. Параметры его состоя-
ния р', Vх = (Vj + V2), Т. Так как масса газа и температура не
изменялись, то переход из начального в конечное состояние
является изотермическим. По закону Бойля—Мариотта
A Vi = X(Vi + Ъ) => Р'1 = Pi Vi /(*i + v2).
Аналогично можно определить парциальное давление газа,
находившегося во втором сосуде: р2 = p2V2 /(V^ + V2). Подстав-
ляя в (1), найдем давление, установившееся в сосуде:
p = PlVl = 0,7 10s Па.
V1 + V2 У1 + У2 V1 + V2
8. Сосуд объемом V = 30 дм3 разделен на три равные части
неподвижными полупроницаемыми перегородками. В ле-
вую часть вводят тх = 30 г водорода, в среднюю т2 = 160 г
кислорода и в правую т2 = 70 г азота. Через левую пере-
городку может диффундировать только водород, через
правую — водород и азот. Какое давление установится в
каждой части сосуда, если в нем поддерживается посто-
янная температура Т = 300 К?
Решение
На рисунке показано начальное
распределение газов в сосуде и направ-
ление диффузии газов. На втором ри-
сунке представлено окончательное
распределение газов в сосуде.
104
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
Как следует из второго рисунка, после установления рав-
новесия водород распределен по всему сосуду, поэтому
P1V = ^RT,
Hi
где рх -1- давление водорода, a pt = 210 3 кг/моль — его мо-
лярная масса. Находим
ft=£h.*£ = l>3.10e Па.
Ш V
Таким будет давление в левой ча-
сти сосуда.
После установления равновесия азот распределен в объе-
ме 2 V/3. Из уравнения состояния
Нг o' вг sf N2 Й2
2„ тя __
о Нз
находим давление азота
Рз =
3mg RT
где р8 = 28* 10-3 кг/моль — молярная масса азота. После под-
становки находимра = 0,31-Ю6 Па. Давление в правой части
сосуда есть сумма парциальных давлений водорода и азота:
Р2 =Pi +Рз= 1«61°6 Па.
Кислород распределен только в V/3. Из уравнения состо-
яния находим его давление
Р2 =
Зт2 RT
Ц2 ' V ’
где ц2 = 32-10 3 кг/моль. После подстановки находим рг =
— 1,3*10® Па. Давление в средней части сосуда равно сумме
парциальных давлений всех газов: ра —рх +р2 +ра = 2,9*10® Па.
105
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
9. На рисунке изображен замкнутый процесс, который со-
вершает некоторая масса кислорода. Известно, что мак-
симальный объем, который занимал газ в этом процессе,
= 16,4 дм3. Определите массу газа и его объем в точке 1.
Решение
Из условия задачи
— = 2,а—= —
Pi 713
р2 Т7,
т.е. — .
Pi 71
Значит, процесс 1—2 не яв-
ляется изохорным, продолже-
ние прямой 1—2 не проходит через начало координат. Из
уравнения Менделеева—Клапейрона
pV = —RT =$V = —R—.
Ц Ц Р
Следовательно, объем максимален в состоянии, где мак-
симально отношение Т/р, т.е. в точке 3. Итак, = Va. При-
менив уравнение Менделеева—Клапейрона к состоянию в
точке 3, получим
ц лтг
где ц = 32-Ю"3 кг/моль — молярная -масса кислорода. После
подстановки найдем тп = 16-10 3 кг. Так как 1—3 — изобара, то
по закону Гей—Люссака V\/Tx =V3/Ta=$ V\ = TJT = 12,3 дм3.
10. Вертикально расположенный цилиндр, закрытый с обе-
их сторон, разделен тяжелым теплонепроницаемым
поршнем на две части; обе части сосуда содержат одина-
ковое количество воздуха. При одинаковой температуре
воздуха в обеих частях Тг = 400 К давление р2 в нижней
части сосуда вдвое больше давления рг в верхней части.
До какой температуры Тг надо нагреть воздух в нижней
части сосуда, чтобы объемы верхней и нижней частей
стали одинаковыми (см. рисунок)?
106
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
Решение
Параметры состояния воздуха в нижней ча-
сти сосуда связаны уравнением p2V2 = vRT1 Для
верхней части сосуда получаем уравнение p}Vr =
= vRTt (здесь у — одинаковое количество веще-
ства в обеих частях сосуда; V2, V2 — объемы
нижней и верхней частей, р2 и рх — давления в
них). Приравнивая левые части уравнений, на-
ходим, что p2V2 = PjVj По условию рг - 2рх, по-
этому 2ppV2 = р.у\ => V = 2V2. Пусть V— объем всего сосуда,
тогда V1 + V2 = V=^V2 = V/3, V2 =2V/3. Из условия равнове-
сия поршня под действием сил давления p2S, pjS и силы тя-
жести поршня Mg находим
p2S-plS-Mg = 0=^ Р2~Р1 =Mg/S.
(1)
Отметим, что уравнение (1) будет выполняться для лю-
бых значений давлений.
Когда поршень делит объем цилиндра на две равные ча-
сти, параметры состояния воздуха под поршнемр'2; У*2 = V/2;
Т2 связаны с начальными параметрамир2, V2 = V/3; 7\ урав-
нением Клапейрона
Р2У2 _ Р2У2 . >
л
Т, V, 2 Г.
——— = — р9 —
7] V, 3 2ТХ
Так как поршень теплонепроницаем, а нагревают воздух
в нижней части сосуда, то температура в верхней части
, , , 1 , V 4
Л — const => Pi Vi = pjVp Vx = - V => P1 = P1 = -Pl.
Ci О
Подставляя в уравнение (1) р{ и р2, получим
2 ZL 4 Mg
3P2Tt 3P1 S *
(2)
107
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Приравнивая левые части уравнений (1) и (2), находим
2 Т2 4
Р2~Р1 = зР2тГзР1'
Подставляя р2 = 2рр получим
2 Т 4 7 4 Т 7
2а - Pi = -2р. -р, => - = => Т2 = —Т, = 700 К.
3 7] 3 3 3?! 2 4
11. Некоторая масса газа занимает объем Vt при давлении рг и
температуре Т\. Затем газ при постоянном объеме нагрева-
ют до температуры Т2 =2TV После этого происходит рас-
ширение газа при постоянном давлении до объема V2 = 4Vr
Из получившегося состояния газ возвращают в начальное
в ходе процессаpV" = const. Найти показатель степени п.
Решение
Наглядное представление
об этом замкнутом процессе
дает рисунок.
На участке 1—2 = const =>
=$р ~ Т =$р2 = 2pv Т2~2Тх.
На участке 2—3 р2 - const =*>
=> V~ Т => Та = 4Т2 = 8Т1( V2 = 4РГ
На участке 3—1
= РзК => PiK = 2р1(4Р1)" => V? = 2-22п V? =>
=>l = 22n+1 =>2п + 1 = 0=>п = --.
2
Задачи для самостоятельного решения
1. В комнате объема V = 60 м3 испарили капельку духов, со-
держащую m = Ю 4 г ароматического вещества. Сколько мо-
лекул ароматического вещества попадает в легкие человека
при каждом вздохе? Объем вдыхаемого воздуха VB =1 дм3.
Молярная масса ароматического вещества р= 1 кг/моль.
Ответ: 1012.
108
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
2. При взрыве атомной бомбы (М — 1 кг плутония242 Ри) по-
лучается одна радиоактивная частица на каждый атом
плутония. Предполагая, что ветры равномерно пере-
мешивают эти частицы во всей атмосфере, подсчитай-
те число радиоактивных частиц, попадающих в объем
V — 1 дм8 воздуха у поверхности Земли. Радиус Земли
принять равным Ra = 6’10® м.
Ответ: 700 —i-s-.
дм8
3. Спутник сечения S - 1 м2 движется с первой космиче-
ской скоростью V — 7,9 км/с по околоземной орби-
те. Давление воздуха на высоте орбиты (h = 200 км)
р = 1,37'Ю"4 Па, температура Т = 1226 К. Определите
число столкновений спутника с молекулами воздуха в
единицу времени.
Ответ: б’Ю19^1.
4. Некоторая масса водорода занимает объем 10 дм8 при
давлениир — 107 Па и температуре t = 20’С. Какая масса
водорода израсходована, если при сжигании оставшего-
ся водорода образовалось 0,5 дм8 воды?
Ответ:
5.
Теплоизолированная полость с
небольшими одинаковыми отвер-
стиями соединена с двумя объе-
мами, содержащими газообраз-
ный гелий. Давление гелия в этих
объемах поддерживается посто-
Не Не
р:Т р;2Т
янным и равным р, а температуры поддерживаются рав-
ными Т в одном из объемов и 2 Г — в другом. Найдите
установившееся давление и температуру внутри по-
лости.
Ответ: Тх = Т42 - 1,47Т. рх = р(\/2 + 1)/2>/2 «р.
109
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
6. Для приготовления газовой смеси с общим давлением
5 кПа к сосуду с объемом 10 дм8 присоединили баллон
объемом 1 дм8, в котором находится гелий под давлени-
ем 4 кПа, и баллон с неоном под давлением 1 кПа. Най-
дите объем баллона с неоном. Температура постоянна.
Ответ: 3 дм8.
7. Одинаковые по массе количества водорода и гелия нахо-
дятся в сосуде объемом Vt, который отделен от пустого
сосуда объемом V2 полупроницаемой перегородкой, сво-
бодно пропускающей молекулы водорода и не пропуска-
ющей гелий. После установления равновесия давление
в первом сосуде упало в 2 раза. Определите отношение
V /V. Температура постоянна. Молярная масса водоро-
да 2 г/моль, гелия — 4 г/моль.
Ответ: V\/Vt = 73.
8. Сосуд объемом 2 дм8 разделен на две равные части полу-
проницаемой перегородкой. В первую половину сосуда
введена смесь аргона массой 20 г и водорода массой 2 г,
во второй половине — вакуум. Через перегородку может
диффундировать только водород. Какое давление уста-
новится в первой половине сосуда после окончания про-
цесса диффузии? Во время процесса поддерживалась
температура 20°С. Перегородка неподвижна.
Ответ: 2,440еПа.
9. Моль аргона, имеющий темпе-
ратуру = 900 К в состоянии
1, последовательно переводят в
состояние 3. Считая аргон иде-
альным газом, определите сред-
нюю квадратичную скорость
его атомов в состоянии 3. ц =
= 40 г/моль.
Ответ: 249м/с.
ЗК
110
МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
10. На рТ-диаграмме изображен
замкнутый процесс, который
совершает некоторая масса
кислорода. Известно, что
максимальный объем, кото-
рый занимал газ в этом про-
цессе, У = 16,4 дм3. Опреде-
лите массу газа и его объем в
точке 1.
Ответ: 12,3 дм3; 0,016 кг.
11. В цилиндре под поршнем находится газ
при давлении р0 и температуре То. Пор-
шень удерживается упругой пружиной.
Во сколько раз нужно увеличить темпе-
ратуру газа, чтобы его объем увеличился
в 1,5 раза? Если газ полностью откачать
из-под поршня, поршень будет находить-
ся в равновесии у дна цилиндра.
Ответ: 2,25.
12. В баллоне находится некоторое количество газа при ат-
мосферном давлении р0 = 105 Па. При открытом вентиле
баллон был нагрет, после чего вентиль закрыли, и газ
остыл до начальной температуры t0 = 10°С, давление в
баллоне упало дор = 0,7’105 Па. Каково максимальное
изменение температуры баллона?
Ответ: ДТ-121,7К.
13. Некоторая масса газа занимает объем при давлении рх и
температуре Тр равный УР Затем газ при постоянном
объеме нагревают до температуры Т2 = 2Тр после чего
происходит расширение газа при постоянном давлении
до объема У2 — 4Ур Из получившегося состояния газ воз-
вращают в начальное (рр Ур Тг), причем так, что во вре-
мя этого процесса pVn = const. Определите показатель
степени п.
Ответ: п = -1/2.
ТЕРМОДИНАМИКА
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Идеальный газ, масса которого т и молярная масса ц,
расширяется изобарно при некотором давлении. На-
чальная температура газа Тр конечная Т2. Определить
работу, совершаемую газом.
Решение
Работа в изобарном процессе
А = рДУ = p(V2 - = pV2-р^.
Из уравнения Менделеева—Клапейрона
pVt = —RTX и pV2 = — RT2 =>А = —R(T2 -Тх) = —RAT.
м* м* м* ц
Оказалось, что работу в изобарном процессе можно вы-
разить не только через изменение объема по формуле
т
А = pAV, но и через изменение температуры: А = —RAT. По-
Ц
лученный результат следует иметь в виду, так как он часто
используется при решении более сложных задач.
2. Гелий (Не) нагревается при постоянном давлении. При
этом ему сообщено Q = 20 кДж теплоты. Определить изме-
нение внутренней энергии газа и совершенную им работу.
Решение
Так как по условию задачи р = const, то совершаемая га-
зом работаА = pAV = (m/p)RAT, где т — масса газа, ц — его
молярная масса, АТ — изменение температуры.
Гелий — одноатомный газ, поэтому его внутренняя энер-
гия U = ——RT, а ее изменение AU = ——RAT. Сравнивая
2 ц 2 ц
112
ТЕРМОДИНАМИКА
формулы для работы А и изменения внутренней энергии ДС7,
3
получаем, что ДС7 = —А. Запишем первый закон термо-
2
3 5
динамики для этого процесса: О = ДС7+ А = — А + А = — А.
2 2
Следовательно, работа А = (Z/S)Q = 8 кДж. Изменение
внутренней энергии ДСЛ= (3/2)А = 12 кДж.
3. Температура некоторой массы т идеального газа с моляр-
ной массой р меняется по закону Т = аУ2, где a = const > 0.
Найти работу, совершенную газом при увеличении объе-
ма от V1 до У2. Поглощается или выделяется теплота при
таком процессе?
Решение
Процесс Т = аУ2 не является ни
изобарным, ни изохорным, ни тем
более изотермическим. Запишем
для любого состояния в этом про-
цессе уравнение Менделеева—Кла-
пейрона: pV = (т/ц)ЙТ. Так как
Т = аУ2, то после подстановки полу-
чим зависимость давления от объема в виде р(У) = а(тп/р)
RT. График этой зависимости представлен на рисунке.
Совершенная газом работа
А ~ &ABCD - (Pi+ РгХ^г ~ ^1)/2 -
Для ответа на второй вопрос задачи воспользуемся пер-
вым законом термодинамики: Q = ДС7 + А. Так как газ рас-
ширяется, то его работа А > 0. Изменение внутренней энер-
гии идеального газа пропорционально изменению темпера-
туры: ДС7 ~ ДТ. Так как Т — аУ2 и объем возрастает, то возрас-
тает и температура, поэтому ДС7 > 0. Тогда и Q > 0, что
соответствует поглощению газом теплоты.
113
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
4. При адиабатном сжатии 1 моля одноатомного газа внеш-
ними силами была совершена работа А. Во сколько раз
увеличилась среднеквадратичная скорость молекул это-
го газа, если начальная температура газа равна Т^1
Решение
Первый закон термодинамики для адиабатного процесса
записывается в виде 0 = Д17 + А', где AI7 — изменение вну-
тренней энергии газа, А' — работа газа в этом процессе. Так
как газ сжимают, то А' < 0, в то же время внешние силы со-
вершают положительную работу А, причем А' = -А. Следо-
вательно, 0 = Д(7 - А => А - ДС7 = U2 - Uv Внутренняя энергия
1 моля идеального одноатомного газа U - 3RT/2, поэтому
А = ЗЯГ2/2 - 371^/2. Отсюда выражаем конечную темпера-
туру газа Т2 = Т\ + 2А/(37?).
Средняя кинетическая энергия молекул m0v2 / 2 = ЗА^Т/2,
где Т — температура. Тогда среднеквадратичная скорость
13/^Т _ L | 2
у m0 i>i у 3RTr
5. Какое количество теплоты получит 1 моль идеального
одноатомного газа при изобарном нагревании от некото-
рой начальной температуры и последующем адиабатном
расширении, если при адиабатном расширении газ со-
вершает работу А, а в конечном состоянии температура
равна начальной? 4
Решение
Построим график зависимости давления от объема в осях
р, V (рисунок): 1—2 — изобарное нагревание, сопровождав
мое увеличением объема; 2—3 — ади-
абатное расширение. Работа в адиа-
батном процессе
А = ДС7 = -(С73-С72) = С72-С73 =
= 3R(T2 - Т3)/2 = ЗЙ(Т2 -Тх)/2,
т.к. (Т8 = TJ.
114
ТЕРМОДИНАМИКА
Следовательно,
т^т^гддзя). (1)
Количество теплоты, полученное газом в изобарном про-
цессе:
Q = ДС7 + Ai,2 = (CZ2 - UJ + ДрУ =
= 3J?r2 - 3RT1 + B(T2 - 7\) = 3J?(T2 - TJ/2 + R(T2 - 7\) =
= 5й(Т2-Т1)/2,
Подставляя из формулы (1) разность температур Т2 - Т
находим, что
2 ЗЯ 3
6. Масса тп идеального газа, находящегося при температу-
ре Т, охлаждается изохорно так, что давление падает в
п раз. Затем газ расширяется при постоянном давлении.
В конечном состоянии его температура равна первона-
чальной. Молярная масса газа р. Определить совершен-
ную газом работу.
Решение
График указанного процесса при-
веден на рисунке. Здесь 1—2 — изохо-
ра, 2—3 — изобара. Искомая работа
А = А12 + А2.3, где А12 — работа на
участке 1—2, аЛ2 3 — работа на участ-
ке 2—3. На участке 1—2 V — const,
поэтому А12 = 0. На участке 2—3 р =
= const и А = А2 3 = р2(У3 - У2). Выраже-
ния подобного вида преобразовывают так, чтобы выделить
произведение давления на объем в состоянии, в котором за-
дана температура:
А-Р2(У3 - У2) =р3(У3 - У2) = р8У8(1 - У2/У3)
(здесь учтено, что р2 — р3).
115
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Из уравнения Менделеева—Клайперона для состояния
(3) находим, что
р3У8 = {тп/р)ЯТ; А = (т/ р))ЯГ(1 - У2/ У8 -
= (т/р))ЯТ{1-У1/У8), (1)
так как У = У2. Из состояния 1 в состояние 3 можно перехо-
дить по изотерме 1—3 (в этом случае говорят, что точки 1 и
3 расположены на одной изотерме). По закону Бойля—
у D 1
Мариотта р,У, = ряУ. => -1 = ^1 = ^- = —. После подстанов
''З Pl Pl п
ки в формулу (1) получим
А = —ВТ 1—
ц V п
1. Один моль идеального газа изменяет свое состояние по ци-
клу, изображенному на рисунке, где линии 4—1 и 2—3 —
изохоры, 3—4 — изобара, 1—2 — процесс с линейной за-
висимостью давления от объема. Температуры в состояни-
ях 1, 2, 3, 4 равны соответственно
Т2, Т3, Т4. Какую работу совер-
шает газ за один цикл?
Решение
В замкнутом процессе (цикле) ра-
бота равна площади фигуры, ограни-
ченной графиком цикла, т.е.
А = S1-2-3-4 = ..^з)(У8 - у4) =
так как р3« р4.
В полученном выражении вынесем за скобки р3 и У8, тог-
да формула для работы перепишется в виде
Рз*з|А|Р2 olL V4
2 \Рз Рз V3
(1)
116
ТЕРМОДИНАМИКА
Для состояния 3 уравнение Менделеева—Клапейрона
psV3 = RTS. По закону Шарля для участков 2—3 и 4—1 по-
р, То А А Д
лучаем = и — = —= -^. По закону Гей-Люссака
Рз Рз Pi -Ч
для участка 3—4 находим V4/V3 = Д4/Т3. Подставляя най-
денные отношения в формулу (1) для работы, получаем
a = RT1(T1 1Тг alfi VД<Га~Г<)ГГ1 ( Г2 21
2 ^Т4 Д3 Д Т3) 2 Та )'
8. Тепловая машина имеет КПД т| = 40%. Каким станет
КПД машины, если количество теплоты, потребляемое
за цикл, увеличится на 20%, а количество теплоты, от-
даваемое холодильнику, уменьшится на 10% ?
Решение
По определению
n=_A=^«_zfel=i_fed=o 4
Qh Qh Qh
где QH — теплота, полученная от нагревателя, a |QX| — те-
плота, отдаваемая холодильнику. Следовательно, отноше-
ние |QX|/QH = 0,6.
Во втором случае получаемая теплота Q'H=1,2QH (возрос-
ла на 20%), а отдаваемая теплота |Q'X| = 0,9| Qx| (уменьши-
лась на 10%). Новое значение КПД
п' = Ш1_М^1 = 1_1Шк1_3.06 = 055 или55%.
Q'H 1,2QH 4^я) 4
9. Найти коэффициент полезного действия тепловой ма-
шины, рабочим телом которой является 1 моль иде-
ального одноатомного газа. Машина работает по циклу,
изображенному на рисунке, где линии 1—2 — изохора,
3—1 — изобара.
117
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
Найдем температуру газа в со-
стоянии 1, используя уравнение
Менделеева—Клапейрона:
P.V^RT^T^p^/R.
Для состояния 2 получаем
2p0V0~RT2^T2~2p0V0/R.
В состоянии 3
2pQV0~RT3=>T3 = 2p0V0/R.
Тот факт, что Т2 = Т3, вовсе не означает, что 2—3 — изо-
термический процесс. Видно, что это — процесс, в котором
давление зависит от объема по линейному закону.
Работа газа за цикл численно равна площади прямоу-
гольного треугольника: А = (2р0 - р0)(2У0 - Уо)/2 = р0У0/2.
Рассмотрим участок 1—2, где Vo — const. Используя пер-
вый закон термодинамики, получаем, что количество тепло-
ты на этом участке
<5,-2 = W=и, - и, = | птг -|jhi=|к(Т2 -Т,)=
2 I R R ) 2 °
Газ на этом участке теплоту получает. Рассмотрим участок
2—3. Первый закон термодинамики записывается в виде
Q2-3 = + -Aj-з • (1)
Изменение внутренней энергии на этом участке
ДС7 = U3-U2 = Зад -Т2)/2 = 0.
Работа на участке 2—3 численно равна площади трапе-
ции, ограниченной графиком процесса и прямыми V = Уо и
У=2У0. Итак,
“^ar?!!-(2Vi-v(,)=|Povo.
А А
118
ТЕРМОДИНАМИКА
Подставляя это в формулу (1), находим, что Q23 — 3pQV0/2 > 0.
И на этом участке газ теплоту получает.
Рассмотрим участок 3—1, где р0 — const. Количество те-
плоты
Q3_i - ДС7 + АЗЧ.
Изменение внутренней энергии
ьи-и, ~U3 — Зй(Т1 - Т3)/2 = -Зр0У0/2.
Работа А31 = р0ДУ=р0 (Уо - 2У0) = ~pQV0. Таким образом,
Q31 - -5р0У0/2 < 0. На этом участке газ теплоту отдает. Те-
плота, полученная от нагревателя,
Ся - Qi-2 + Q2-3 - З.Р0У0 / 2+Зр0У0 / 2 - Зр0У0.
Коэффициент полезного действия ц = A/QH— 1/6 или
16,7%.
10. Найти КПД тепловой машины,
работающей с v молями одноатом-
ного идеального газа по циклу, со-
стоящему из адиабатного расши-
рения 1—2, изотермического сжа-
тия 2—3 и изохорного процесса
3—1 (рисунок). Работа, совершен-
ная над газом в изотермическом процессе, равна А. Раз-
ность максимальной и минимальной температур газа в
цикле равна АТ.
Решение
Проследим за изменением температуры в этом цикле.
При адиабатном расширении 1—2 температура газа умень-
шается, поэтому Т2< Тг При изотермическом сжатии 2—3
температура постоянна, поэтому Т3 = Т2 На изохоре 3—1
температура возрастает, поэтому > Т3. Таким образом,
максимальная температура в цикле 7\, а минимальная до-
стигается на изотерме. Разность между максимальной и ми-
нимальной температурами ДТ = 7\ - Т2 = Ч\ - Т3.
119
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
По определению КПД тепловой машины р = bAJQH, гце
Ао — работа за цикл, a QH — теплота, полученная от нагре-
вателя. Вычислить работу за цикл Ао как площадь фигуры
здесь не представляется возможным, так как в школе не
изучают уравнение адиабатного процесса. Работу за цикл
выразим как сумму работ на отдельных участках:
А> ~ “A-г + “А-з + А-г
В адиабатном процессе 1—2 работа
А_2=-ди=-(с/2 - nt)=|yRTx =
=|уад - т2)=|улдт.
Количество теплоты в этом процессе Q12 = 0.
При изотермическом сжатии 2—3 работа газа отрица-
тельна и равна работе внешних сил над газом, взятой со зна-
ком минус, т.е. Д23 = -А. Количество теплоты на этом участ-
ке Q2_8 = ДС7 + А2_3, причем ДС7 = 0. Поэтому Q2_8 = -А < 0.
Здесь газ теплоту отдает.
На изохоре 3-1 работа А31 = 0, а количество теплоты
Q3-1 =AU = U1-U3= IvRTi ~^VRT3 =
Л а
ч я •
=^уад-т3)=^гадт>о;
л а
на этом участке газ теплоту получает. Итак, работа за цикл
А = (3/2)УКДТ - А; теплота, полученная от нагревателя,
QH = Q31 = (3/2)УЙДТ. После этого легко находим
рЫТ-А 2 А
2
11. Теплоизолированный сосуд разделен на две части не про-
водящим тепло поршнем, который может перемещаться
в сосуде без трения. В левой части сосуда находится
120
ТЕРМОДИНАМИКА
1 моль идеального одноатомного газа,
а в правой — вакуум. Поршень соеди-
нен с правой стенкой сосуда пружин-
кой, длина которой в свободном состо-
янии равна длине сосуда. Определить
теплоемкость системы. Теплоемкостью сосуда, поршня
и пружины можно пренебречь (рисунок).
Решение
По определению теплоемкость с = Q/ДТ, где Q — количе-
ство теплоты, сообщенное газу, а ДТ — изменение его темпе-
ратуры. Выражая Q через изменение внутренней энергии
ДТ и термодинамическую работу А, получим
ДП + А_ АН А
с~ ДТ "Д7’ + ДТ‘
Д1//ДТ — с?, и поскольку дан 1 моль идеального одноатом-
ного газа, то cv= ЗВ/2.
В результате нагревания газа поршень смещается на не-
которое расстояние х. Пусть в этом состоянии давление газа
р, температура Т, а объем V = Sx, где S — площадь сечения
поршня. Эти параметры связаны уравнением Менделеева—
Клапейрона
pV~RT. (2)
При этом на поршень действуют сила давления газа, pS и
сила упругости пружины, модуль которой Тупр = fex, где k —
коэффициент жесткости пружины, х — ее деформация.
В любом равновесном состоянии выполняется равенство
pS-Fynp = 0^pS = kx. (3)
Разделив равенство (2) на (3), получим
v дт s*RT ^T_kx2 = k f
S kx^ S kx^ R jRIsJ'
Подставляя это в равенство (2), находим зависимость
давления от объема в этом процессе:
121
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
P(V)=
RT
V
Rk(V\l
V bIsJ
k
S2
Как видно, зависимость эта ли-
нейная, ее график представлен на
рисунке. Пусть газ расширяется от
объема Vj до объема V2. Тогда его
давление изменяется от pY — kVJS2
до р2 = kVJS2. Работа газа численно равна площади трапе'
ции с основаниями рг ир2 и высотой (V2 - VJ. Итак,
(A+ft)(y у} = If * у + * у \у _у) =
= 1_^_/у2 _y2\ = lf_^_y2_—
2S2( 2 г^з2*2 s2^1/
А о
Из равенства (4) следует, что —&V =RT, поэтому
О
RT — RT R
_ —2_—1 _ _ в равенстве (1) отношение А/ ДТ=R/ 2,
поэтому искомая теплоемкость с = ЗВ/2 + В/2 = 2R.
12. В длинной гладкой теплоизолированной трубе между дву-
мя поршнями с одинаковой массой т находится 1 моль
идеального одноатомного газа цри температуре То. В на-
чальный момент скорости поршней направлены в одну сто-
рону и равны 5о и V. До какой максимальной температуры
нагреется газ? Поршни тепло не проводят. Массой газа по
сравнению с массой поршней можно пренебречь.
Решение
Система, состоящая из двух поршней и 1 моля идеально-
го газа, в начальный момент времени обладает энергией,
равной сумме кинетических энергий
поршней и внутренней энергии газа,
т.е.
= /n(5o)2/2 + mv2/2+3BT0/2.
122
ТЕРМОДИНАМИКА
При этом начальный импульс системы направлен слева
направо и его модуль равен = 5zno + mv = 6znv.
Так как начальная скорость левого поршня больше, чем
правого, то газ между поршнями подвергается сжатию. При
этом скорость правого поршня возрастает, а скорость левого —
убывает. Так как система теплоизолирована, то сжатие газа
приводит к росту его температуры. Отсюда следует, что темпе-
ратура перестает расти и достигает максимума в тот момент,
когда прекращается сжатие, а это соответствует равенству ско-
ростей поршней. Пусть скорость поршней в этот момент и.
Энергия системы
„,„2 о
ти ти о __
W,=----+ -—+ ~ЯТтах,
2 2 2 2
а ее импульср2= ти + ти ~ 2ти.
Используя закон сохранения импульса и энергии, полу-
чаем систему
Р1=Р2>
w.=w2f
6nw = 2ти,
26mv2 3 __
—+2ЯТ«
2ти2 3 ПТ
2 2Л
и - Зо, 8mv2
, „ => Ттях = То ч--.
26mo2+3BT0=2/nu2 + 3BTmax, тах 0 3R
13. В калориметре плавает в воде кусок льда. В калориметр
опускают нагреватель постоянной мощности Р = 50 Вт и
начинают ежеминутно измерять температуру воды.
В течение первой и второй минут температура воды не
изменяется, к концу третьей минуты увеличивается на
Aij = 2°С, а к концу четвертой — еще на Д(2 = 5°С. Сколь-
ко граммов воды и льда было изначально в калориметре?
Удельная теплота плавления льда X = 330 Дж/г, удель-
ная теплоемкость воды с = 4,2 Дж/(г-°С).
Решение
Найдем зависимость температуры t от времени т. Из
условия задачи следует, что начальная температура воды и
льда в калориметре t = О’С. В течение Некоторого времени
123
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
температура в калориметре не изме-
няется, так как вся сообщаемая те-
плота идет на плавление льда. Лед
растает в момент времени хх > 2 мин,
после чего в калориметре образуется
вода, масса которой тл + /пв, где тл и
/пв — начальное количество льда и
воды в калориметре.
При х > хх время нагревания воды
равно х - хх, сообщенная нагревателем
теплота Q = Р(х - хх). Это количество
теплоты идет на нагревание воды от 0°С до некоторой темпе-
ратуры t °C, поэтому Q = с(/пл + mB)t. Получаем равенство
Р(т - тх) = с(тл + mB)t => t =
т Р т
с(тл+тв) с(тл+тв) х'
Таким образом, при х>хх температура воды в калориме-
тре есть линейная функция от времени t. График зависимо-
сти t(x) представлен на рисунке. Линейную зависимость на
этом графике можно представить в виде i(x) = kx + b.
Так как известны две точки, принадлежащие этой пря-
мой, то можно найти коэффициенты k и Ъ этой зависимости.
При х = 3£ = 2, при х = 4i — 7. Получаем систему уравнений
ЗЛ + й = 2, [А = 5,
л ь г, =Н1. =>f(x) = 5x-13.
4Л + & = 7, [& = -13,
Теперь легко определить момент времени хх, когда рас-
тает весь лед: 5хх - 13 = 0 => хх =2,6 мин.
Как уже отмечалось, при х = хх вся сообщаемая теплота
Рхх идет на плавление льда, поэтому Рхх — Хлгл => тл = РхлД =
= 2,36 10 2 кг = 23,6 г.
При х — 3 мин = 180 с имеем равенство
Р(х—т )
Р(Х-Хх)-с(7Пл+7Пв)Д*1=>/Пв=---—*—тл =
= 119,3 Ю"3 кг = 119,3 г.
(Напомним, что Д£х = 2 °C.)
124
ТЕРМОДИНАМИКА
14. В герметически закрытом сосуде в воде плавает кусок
льда массой М = 0,1 кг, в который вмерзла свинцовая
дробинка массой т = 5 г. Какое количество тепла нужно
затратить, чтобы дробинка начала тонуть? Теплота плав-
ления льда X = 3,3’10® Дж/кг. Температура воды в сосуде
0°С; плотность льда рл = 0,9’103 кг/м3, плотность свинца
ррь = 11,3’10® кг/м3, плотность воды рв - 10® кг/м3.
Решение
Дробинка начнет тонуть, если средняя плотность льда
вместе с дробинкой станет равной или больше плотности
воды: ррь > рв. Пусть Мл — масса оставшегося льда, тогда
объем оставшегося куска V = Мл/ рл + т/ ррь. Средняя плот-
ность куска льда вместе с дробинкой
М. + т М.+т
Рср = —Ь— = т: ; д---— = рв =>
V Мл/рл+т/рсв
=> Мл = ?п 1~Рв(?св = 41 г.
Рв/Рл-1
Таким образом, должна растаять масса льда М - Мя= 59 г.
Для этого необходимо сообщить количество теплоты Q =
= Х(М - Мл) = 19,5-103 Дж.
15. В комнате объемом V = 50 м® воздух имеет температуру
t = 27°С и относительную влажность <рх - 30%. Сколько
времени должен работать увлажнитель воздуха, распы-
ляющий воду с производительностью а = 2 кг/ч, чтобы
относительная влажность в комнате повысилась до <р2 =
70% ? Давление насыщенных паров при t = 20°С рп =
= 3565 Па, молярная масса воды ц = 18’10~® кг/моль.
Решение
Относительная влажность воздуха <рг = pJpH = 0,3. Здесь
Pi ~ — давление ненасыщенных водяных паров. Запи-
шем уравнение Менделеева—Клапейронару = (m/p.)RT, от-
куда масса водяных паров
1 RT RT '
125
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
После того как относительная влажность воздуха в ком-
нате стала равна <р2, давление водяных паров р2 = fypH. Мас-
са водяных паров увеличилась и стала равной
^2 =
ФгРя^И
RT
Следовательно, дополнительно испарилось (т2 - mJ
воды. Для этого потребовалось время
t = ——— = ^н^(<р2 ~Ф1) = 0,26 ч = 15,5 мин.
a aRT
Задачи для самостоятельного решения
1. В цилиндре под поршнем находится некоторая масса
воздуха. На его нагревание идет 5 кДж тепла при посто-
янном давлении. Найдите работу, произведенную при
этом газом, с — 103 Дж /(кг-К); р = 29 г/моль.
Ответ: 1,43 кДж.
2. В цилиндре сечением S = 250 см2 находится т = 10 г азо-
та, сжатого поршнем, на котором лежит гиря массой
М = 12,5 кг. Какую работу совершит газ при нагревании
его на АТ — 600 К. На сколько увеличится при этом объ-
ем газа? Атмосферное давление р0 = 105 Па.
Ответ: 1780 Дж; 1,7-1О 2 м3.
3. Двухатомный водород массой 2 кг при температуре 290 К
охлаждают изохорически так, что его давление падает в
2 раза. Затем газ расширяют при постоянном давлении.
Определите работу, совершенную газом, если в конеч-
ном состоянии его температура стала равной первона-
чальной.
Ответ: 1205 кДж.
4. Температура некоторой массы т идеального газа с моляр-
ной массой р меняется по закону Т — aV2. Найдите работу,
совершенную газом при увеличении объема от V1 до V2.
Поглощается или выделяется тепло при таком процессе?
Ответ: mRa(V22 - V21)/2p.
126
ТЕРМОДИНАМИКА
5. Газ меняет свое состояние по закону р — aV. Найдите ра-
боту, совершенную газом при изменении его давления от
ЛДОР2. ,
Ответ: а(Р2 - ^>/2.
6. Шарик массой 5 г и радиусом 15 мм погружен в воду на
глубину 30 см. Когда его отпустили, он выпрыгнул из
воды на высоту 10 см. Какая энергия перешла в тепло
вследствие трения шарика о воду?
Ответ: 2,2-10‘2Дж.
7. Два сосуда одинакового сечения S — 10 см2 заполнены до
высоты h = 1 м несмешивающимися жидкостями. Плот-
ности жидкостей в сосудах рх - 1 г/см3 и р2 — 2 г/см3.
В тонкой трубке, соединяющей сосуды, открывают кран.
Какое количество тепла выделится при переходе систе-
мы в положение равновесия?
Ответ: 1,25 Дж.
8. Два сообщающихся сосуда с сече-
ниями Sj = 100 см2 и S2 = 200 см2
заполнены водой и закрыты лег-
кими поршнями. Система нахо-
дится в равновесии. В этом поло-
жении на больший поршень по-
мещают гирю массой т = 1 кг.
Какое количество тепла выделит-
ся в системе при переходе в новое
положение равновесия?
Ответ: 0,08Дж.
9. Моль идеального одноатомного га-
за переводится из начального со-
стояния с температурой Т = 300 К
в состояние, в котором его темпе-
ратура увеличилась в три раза, а
объем уменьшился в два раза.
Найдите подведенное к газу ко-
127
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
личество тепла. Известно, что из всех путей перевода
газа из начального состояния в конечное, на которых
давление не падает ниже начального, был выбран путь,
на котором над газом совершена минимальная работа.
Ответ: 6225Дж.
10. Идеальный газ массой т, имеющий начальную темпера-
туру Гр участвует в процессе, для которого выполняется
условие: рх P’j = p2Vn2, где п — известный показатель сте-
пени. Определите количество теплоты, подведенное к
газу в таком процессе, если объем газа уменьшился в k
раз. Удельная теплоемкость газа в этом процессе С.
Ответ: C/nTj (Л”"1 - 1).
11. Идеальный одноатомный газ участвует в процессах, пе-
реводящих его из состояния 1 в 3. В каком из процессов
газу сообщается большее количество теплоты и насколь-
ко больше, если известны V. и V., р, и pq.
1 а л 1 о
Рк
о
О т в е т: {2р3 -pj — p3Va.
12. Закрытый с торцов теплоизолированный цилиндр пере-
горожен поршнем массой М. С обеих сторон от поршня
находится по 1 молю идеального газа, внутренняя энер-
гия которого U = сТ. Масса цилиндра с газом т. Корот-
ким ударом цилиндру сообщают скорость V, направлен-
ную вдоль оси цилиндра. На сколько изменится темпе-
ратура газа после затухания колеба-
ний поршня? Трением и теплоемко-
стью поршня пренебречь.
Ответ: ДТ = + т)).
т
V
128
ТЕРМОДИНАМИКА
13. В длинной закрытой трубке меж-
ду двумя поршнями массой М
каждый находится идеальный
газ, масса которого много меньше
массы поршней, в остальном про-
м м
странстве трубы — вакуум. В начальный момент правый
поршень имеет скорость 2и, левый — 4и. Найдите мак-
симальную температуру газа, если стенки трубки и
поршня теплонепроницаемы. Температура газа в на-
чальный момент То. Внутренняя энергия моля газа
U-cT.
Ответ: Т= T0 + (2Afu2/3B).
14. Поршень массой М, замыкающий объем
VQ, одноатомного газа при давлении р0 и
температуре То, движется со скоростью
V. Определите температуру газа при мак-
симальном сжатии. Масса газа много
меньше массы поршня. Система теплоизолирована, те-
плоемкостями поршня и сосуда пренебречь.
Ответ: То(1 + М^/Зр^).
15. Пуля массой /п, летящая горизон-
тально со скоростью V, попадает в
брусок массой М и застревает в нем.
Брусок лежит на гладкой горизон-
тальной плоскости и соединен с вертикальной стенкой
пружиной с жесткостью k. Найдите количество теплоты
Q, выделяющееся в данной системе. Считать, что время
проникновения пули в брусок много меньше времени де-
формации пружины.
Ответ: znMV2/(2(M +/и)).
16. Внутренняя энергия U некоторой массы одноатомного
газа при температуре t = 32°С равна 1,0 Дж. Сколько мо-
лекул содержит эта масса газа?
Ответ: 2UNA /3RT = 1,5102°.
129
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
17. Один моль идеального одноатомного газа расширяется
по политропическому закону: pV® — const от V1 до V2.
Определите изменение внутренней энергии газа, если
первоначальное давление его рг
Ответ: ли = ^&(V2-V2).
18. В трубе между двумя поршнями массой М каждый нахо
дится моль идеального одноатомного газа, масса которо-
го много меньше массы поршней.
В начальный момент значения
параметров тела равны р0, Vo, а
поршни имеют равные по величи-
не скорости о, направленные на-
встречу друг другу. Определите
максимальную температуру газа при дальнейшем дви-
жении поршней по инерции. Система теплоизолирова-
на; теплоемкостями поршней и трубы, внешним давле-
нием пренебречь.
Ответ: Ттах
p0V0 । 2MV2
R 3R
19. Над молем идеального газа соверша-
ют замкнутый цикл, состоящий из
двух изохор и двух изобар. Темпера-
туры в точках Ги 3 равны и Т3.
Определите работу, совершенную га-
зом за цикл, если известно, что точ-
ки 2 и 4 лежат на одной изотерме.
Ответ: А = R(T\ + Т3)-2^ТгТ3.
20. Одноатомный идеальный газ в количестве v молей нагре-
вают в цилиндре под поршнем так, что температура и дав-
ление связаны соотношением Т — ар2, где а > 0 — извест-
ная постоянная. Какое количество теплоты нужно подве-
сти к газу, чтобы его давление увеличилось от рг до р2?
Ответ: 2vRa(p22- р\).
130
ТЕРМОДИНАМИКА
21. Идеальный одноатомный газ в
количестве v молей участвует в
процессе 1—2—3, изображенном
на рисунке. Найдите количество
теплоты, подведенное к газу в
этом процессе, считая известны-
ми Vj и У2,рг ир2.
О тв ет: Q = (У2 - V1M4p1 +р2)/2.
22. В процессе расширения азота его объем увеличился на
2%, а давление уменьшилось на 1%. Какая часть теп-
лоты, полученная азотом, была превращена в работу?
с = 745 Дж/кг‘К.
Ответ: 44%.
23. КПД идеального теплового двигателя равен 30%. Чему
равна температура нагревателя, если температура холо-
дильника равна 7°С?
Ответ: 400К.
24. КПД теплового двигателя равен 40%. Во сколько раз ко-
личество теплоты, полученное двигателем от нагрева-
теля, больше количества теплоты, отданной холодиль-
нику?
Ответ: 1,67.
25. Двигатель работает как машина Карно и за цикл получа-
ет от нагревателя количество теплоты Q = 2,094 кДж.
Температура нагревателя Т2 = 600 К, температура охла-
дителя Т2 = 300 К. Найдите работу, совершенную двига-
телем за цикл.
Ответ: 1047 Дж.
26. КПД тепловой машины, работаю-
щей по циклу, состоящему из изо-
термы 1—2, изохоры 2—3 и адиа-
баты 3—1, равен г|, а разность
максимальной и минимальной
температур газа в цикле равна ДТ.
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Найдите работу, совершенную одним молем одноатом-
ного идеального газа в изотермическом процессе.
Ответ:
3 ДАТ
2 ’ 1-п
27. Найдите КПД тепловой машины,
работающей с v моль одноатомно-
го идеального газа по циклу, со-
стоящему из адиабатного расши-
рения 1—2, изотермического сжа-
тия 2—3 и изохорического процес-
са 3—1. Работа, совершенная над
газом в изотермическом процессе,
равна А. Разность максимальной и
минимальной температур газа в
цикле равна АТ.
Ответ:
П = 1-
2А
3vRAT'
28. На p-V-диаграмме изображен цикл,
проводимый с одноатомным идеаль-
ным газом. Определите КПД этого
цикла.
Ответ: Т| = 11,5%.
Рл
ч---1—►
Vo 2У0 V
29. На p-V диаграмме изображен
цикл, проводимый с одноатомным
идеальным газом. Определите
КПД этого цикла.
Ответ: ц = 11%.
132
ТЕРМОДИНАМИКА
30. На p-V-диаграмме изображен
цикл, проводимый с одноатом-
ным идеальным газом. Опреде-
лите коэффициент полезного
действия этого цикла.
ЯпЛТ
Ответ: т|= — -°-100% = 10%.
2 15uRT0
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ
И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ ПОЛЕ
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Четыре положительных заряда q, Q, q, Q связаны че-
тырьмя нитями одинаковой длины, как показано на ри-
сунке. Определить углы между нитями.
Решение
Так как нити имеют одинаковую длину I, то заряды рас-
положены в вершинах ромба, углы которого аир. По теоре-
ме косинусов меньшая диагональ ромба
df = 212 -212 cos а = 2l2 (1 - cos а) = 4Z2 sin2 (а / 2).
Аналогично выражаем большую диагональ
d$ = 212 -212 cos р = 4l2 sin2 (р / 2).
На заряд q действуют кулоновские силы Ft и F2 со сторо-
ны зарядов Q. Модули этих сил одинаковы, и по закону Ку-
лона
F1 = F2=Fk=k№- = k^-(\q\ = q, |Q| = Q),
134
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
так как по условию Q > 0 и q > 0. Кроме того, на заряд q дей-
ствует сила отталкивания Fs со стороны другого заряда q,
причем
3 2
F= kq. = h q
3 df 4Z2 sin2 (ос/2)
И наконец, к заряду q приложены силы натяжения ни-
тей Тг и Т2, модули которых равны Т, что является следстви-
ем симметрии рассматриваемой системы. Проецируя ука-
занные силы на меньшую диагональ и учитывая, что заряд q
находится в равновесии, получаем уравнение
' 2FAcos(p/2) + F3 - 271 cos(P / 2) = 0 =>
=>F3=2(T-F*)cos(P/2). (1)
К заряду Q со стороны зарядов q приложены: две одина-
ковые по модулю силы Fk — kqQ/l2, две силы натяжения
нити, модули которых равны Т, и сила отталкивания F4 со
стороны другого заряда Q, причем
Q2 Q2
V — - к____—______
4 d2 4Z2sin2(P/2)'
Проецируя эти силы на большую диагональ, получим
2Fk cos(a / 2)+F4 - 2Т cos(a / 2) = 0 =ф
=>F4 = 2(T-Ffc)cos(a/2).
Разделим уравнение (1) на уравнение (2), тогда
F3 = cos(p/2)
F4 cos(a/2)'
Подставляя значения Fs и F4, получаем
Q2sin2(P/2) _ cos(p/2)
Q2 sin2 (a /2) cos(a / 2) ’
135
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Так как
„ [Зла
В+а = л, - =-и
н 2 2 2
р (л а
cos—= cos----
2 12 2
. а
= sin—
2
. 2 В 2 ОС
a sin — = cos —
2 2
Тогда
cosa(a/2) , 31n(a/2) /gf =
Q2sin2(a/2) cos(a/2)
=> tg(a/ 2) = V(Q/Q)2 = (<7 / Q)% => a/2 = arctg(<? / Q)%
и p = л-а.
2. Тонкое проволочное кольцо радиусом R несет электриче-
ский заряд q. В центре кольца расположен одноименный
с q заряд Q, причем Q » q. Определить силу, растягива-
ющую кольцо.
Решение
Так как q « Q, то можно взаимодей-
ствием между отдельными элементами
кольца пренебречь и рассматривать взаи-
модействие только между элементами
кольца и зарядом Q. Выделим на кольце
точечный заряд Aq, расположенный на
дуге кольца, соответствующей малому
углу а, тогда
q
Aq = ^-a.
4 2л
На элемент кольца действуют со стороны заряда Q куло-
новская сила отталкивания FK:
* R2 2лЯ2
136
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
и силы Т, растягивающие кольцо (см. рису-
нок). Записав условие равновесия на ось X,
получим
=-2Tcos(rc/2-a/2) = 0=>
=> Fk = 2Tsin(a / 2) = 0.
Так как угол а мал, то sin(a/2) = a/2 и по-
следнее уравнение запишется в виде
k
|q||Ql
2jlR2
a-2T- = 0=>T = fe-®^-.
2 2jlR2
3. На вертикальной пластине больших размеров равномер-
но распределен электрический заряд с поверхностной
плотностью О = 3-10“6 Кл/м2. На прикрепленной к пла-
стине нити подвешен маленький шарик массой m = 2 г,
несущий заряд того же знака, что и пластина. Найти за-
ряд шарика, если нить образует с вертикалью угол a = 45°.
Решение
Пластина создает однородное поле,
напряженность которого Е — о/(2е0). По-
ле действует на заряд q с силой Fk = Fq =
= qg/(2e0). Кроме того, на заряд действу-
ют сила тяжести mg и сила натяжения
нити Т. Вводим оси X и У и записываем
условия равновесия:
Fft-Tsina = 0, Tsina = Fk, р
=>tga =—— =>
Tcosa-mg = Q, Т cosa-mg, mg
=>mgtga = 9G/(2eo)=>(2eomgtga)/G=l,21O 7 Кл.
4. По кольцу радиусом R равномерно распре-
делен заряд Q. Определить напряженность
и потенциал в центре кольца, а также в
точке, отстоящей на расстоянии h от цент-
ра кольца по перпендикуляру к его пло-
скости.
137
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
Будем считать, что Q > 0. Заряд, распределенный по коль-
цу, нельзя назвать точечным на небольших расстояниях от
кольца. Разобьем заряд Q на точечные заряды q = Q/N, где
N — число этих зарядов. Каждый точечный заряд создает в
центре кольца напряженность, модуль которой Е = kq/B?.
1. Два точечных заряда, расположенных на концах одного
диаметра, создают в центре кольца напряженность Е = Ех +
+ Е2 = 0. Применив аналогичный прием ко всем точечным
зарядам, находящимся на кольце, находим, что напряжен-
ность в центре кольца Ео = 0.
Каждый заряд q в центре кольца создает потенциал ф =
= kq/R, по принципу суперпозиции ф0 = 2Уф = Nkq/R = kQ/R.
2. Пусть АО = h. В точке А диаметрально D
противоположные точечные заряды созда- \
ют напряженности Er = Е2 = kq/(AB)2 = C&Cffi
= kq/(R* + h2),Ep=El+E2. 1
Четырехугольник ACDF — ромб, поэтому
ZCAD - ZDAF = ZBAO = ZKAO, т.е. вектор > \
направлен вдоль АО-, Е = 2АОХ = 2Ег co&ZCAD. --
Из ZBAO: cos ZBAO = cosZCAD =
= АО/АВ = h/^R2 + h2. ____
Поэтому Ер = 2E1h/y/R2 + h2. Следующая пара точечных
зарядов дает такой же вектор Ёр, и так далее. В точке А*по-
лучим 2V/2 векторов Ер
Следовательно:
А 2 р 2 'JtfTh2 R2 + h24R^
-h
(R2+h2)^
Каждый заряд q создает в точке А потенциал
^ = kq/^R2 + h2.
Потенциал точки А: фл = = kQ/*jR2 + h2.
138
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
5. Две плоские одинаковые
пластины, площадью S
каждая, находятся на рас-
стоянии d, малом по сравне-
нию с их размерами. На
одной из пластин находится
заряд +q, на другой +3д.
Определить: 1) силу взаимо-
действия между пластина-
ми; 2) напряженность электрического поля, создаваемо-
го этой системой; 3) разность потенциалов между пла-
стинами; 4) работу по перемещению заряда Q из точки А
в точку В, если АВ = I и задан угол а между АВ и норма-
лью к пластинам.
Решение
1. Пластина 1 создает по обе стороны однородное поле,
модуль напряженности которого Er = <зх/(2г^ = ?/(2e0S).
Пластина 2 создает поле с напряженностью Е2 = р2/(2е0) —
= 3?/(2e0S). Распределенный на пластине 2 заряд 3q нахо-
дится в однородном поле с напряженностью Ег Разобьем за-
ряд 3q на точечные заряды А(?г Сила, действующая на заряд
&qt, Ft = AqEv На заряд 3q действует сила
F. = =-Е, •3=-^-3«
По третьему закону Ньютона такая же по модулю сила
действует на пластину 1. Итак, между пластинами действу-
ет сила отталкивания Fk = 3g2 /(2e0S).
2. В соответствии с принципом суперпозиции напряжен-
ность поля в любой точке Ё = Ё1+Ё2.
В точке С (слева от пластины 1)
Ес = + Е2 = -£-+-§2- = -Я-.
с 1 2 2e0S 2e0S e0S
В точке D (между пластинами)
г -р _р __?2_____? - 9
D 2 1 2e0S 2e0S e0S
139
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
В точке F (справа от пластины 2) EF = Д + Ег = —
£os
Результирующее поле представлено на рисунке.
3. Так как поле между пластинами
однородно, то разность потенциалов
между пластинами
u = EDd = qd/(z0S).
4. Работа электростатических сил
при перемещении заряда Q из точки А
в точку В А = Q((pA - Фв )• Точки А и N
расположены на одной эквипотенци-
альной поверхности, т.е. фл = фв. Вместе с тем фл < фв, так
как потенциал электростатического поля убывает в направ-
лении силовых линий. Значит:
Фв = Фх = E(j(XN -Хв) = EcZcosa,
Фа “Фв = Ф^ ~Фв = ~(Фв ~Ф?/)= -Eclcosa.
А = -QEclcosa - —^-^cosa.
е0«
Если q и Q одного знака, то А < 0, т.е. при перемещении
заряда из А в В необходимо совершать работу против сил
электростатического поля.
в. Две заряженные частицы, массы которых равны т, а за-
ряды q, движутся из бесконечности навстречу друг дру-
гу со скоростями v и 2v. Найти минимальное расстояние,
на которое могут сблизиться частицы. Гравитационное
взаимодействие не учитывать.
Решение
В процессе сближения на частицы действуют кулонов-
ские силы отталкивания, что приводит к уменьшению ско-
ростей частиц. Так как модули начальных скоростей раз-
личны, то минимальное расстояние между частицами
будет в тот момент, когда их относительная скорость обра-
тится в нуль. Это соответствует тому, что частицы в этот мо-
140
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
мент имеют одинаковые скорости и * 0. Так как частицы об-
разуют замкнутую систему, то ее импульс сохраняется, т.е.
= Р2, где Рг = 2mv -mv = mv — начальный импульс систе-
мы, а Р2 = ти + ти = 2ти — конечный импульс. Так как на
частицы в процессе сближения действуют только кулонов-
ские силы отталкивания, являющиеся консервативными,
то механическая энергия системы сохраняется, т.е. W\ = W2.
Wj = nw2/2 + m(2v)2/2 = 5mv2/2 — начальная механиче-
ская энергия системы.
W2 = ти2/2 + тпи2/2 + kq2/r^ — конечная механическая
энергия системы. Получаем систему
mv = 2mu.
5mv2 о , q2 5mv2
-----= mu + к—— ------
2 rmin
9mv2 q2
=>—7- = *—
^inin
и = о/2,
2 2
mv , а
+А-2—
2 4--г •
° -X f min
г = 4kq2
min 9mv2'
7. На тонком закрепленном кольце радиусом R равномерно
распределен положительный заряд q > 0. Какую наи-
меньшую скорость нужно сообщить находящейся в цент-
ре кольца частице массой т с отрицательным зарядом
-q, чтобы она могла удалиться от кольца в бесконеч-
ность?
Решение
В центре кольца механическая энергия заряженной ча-
стицы складывается из ее кинетической энергии и потенци-
альной энергии, которой она обладает в электростатическом
поле, создаваемом зарядом, распределенным по кольцу, т.е.
Wj = mv2Q/2 + (-g)<p0, где vQ — скорость частицы в центре
кольца, <р0 — потенциал поля в этой точке. На очень боль-
шом расстоянии от кольца электростатическое поле практи-
чески не действует на частицу, т.е. ее потенциальная энер-
гия обращается в нуль. Минимальная начальная скорость
частицы соответствует тому, что, замедляясь под действием
притяжения к кольцу, частица на бесконечности будет
141
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
иметь скорость, равную нулю. Следовательно, на бесконеч-
ности механическая энергия частицы W2 = 0.
По закону сохранения механической энергии
wi = w2 9Фо = о => о0 = >/29Фо/т- (!)
Потенциал электростатического поля, создаваемого за-
рядом q, который распределен по кольцу, в центре этого
кольца составляет <р0 = kq/R. Подставляя это в формулу (1),
окончательно получаем v0 = q^k/lmR).
8. Электрический диполь из двух жестко связанных заря-
дов +q w.-q(q> 0), расположенных на расстоянии L друг
от друга, пролетает плоский конденсатор, пластины ко-
торого подключены к источнику с постоянной ЭДС
Определить скорость диполя в центре конденсатора,
если известно, что его скорость вдали от конденсатора
равна v0. Расстояние между пластинами конденсатора d,
масса диполя т.
Решение +1,-
Механическая энергия диполя вдали
от конденсатора, где электрическое поле
отсутствует, равна его кинетической
энергии: Wt = mvz0/2. В центре конденса-
тора, где электрическое поле однородно,
механическая энергия диполя складыва-
ется из его кинетической энергии и потенциальной энергии
в электрическом поле, т.е.
W2 = тпо2/2 + (~9)Ф1 + ?Ф2)-
Здесь v — искомая скорость, <рх и (р2 потенциалы точек
поля, в которых в рассматриваемый момент находятся за-
ряды -q и +q. Отметим, что - од 4- од = -«/((pj - <р2), причем
<р; ф2, ибо вектор напряженности Ё в любом электростати-
ческом поле указывает направление, в котором потенциал
поля убывает. Тогда <рг - <р2 = EL, где напряженность однород-
142
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
тми2 £
ного поля Е = £/d. Итак, W2 =-----------q—L. По закону
2 d
сохранения механической энергии
__ mvl mv2 Е г Г~2 2q^L
W,=WS =>—- =----q—L=>v = . Uo + ——
1 2 2 2 4 d \ 0 md
9. В плоский конденсатор длиной L = 5 см влетает электрон
под углом а = 15° к пластинам. Электрон обладает энер-
гией W = 2,4’10-16 Дж. Расстояние между пластинами
d = 1 см. Определить напряжение на пластинах конден-
сатора и, при котором электрон при выходе из пластин
будет двигаться параллельно им.
Решение
Пусть и0 — начальная скорость электрона. Его энергия
jy _ mvo
2 ’
где т — масса электрона. На электрон действует со стороны
поля сила Fk = |е|Е, где Е — напряженность поля.
В подобных задачах действием сил тяжести на элемен-
тарные частицы можно пренебречь. Разложим сложное дви-
жение электрона на два простых: вдоль оси X, параллельной
пластинам, и вдоль оси Y, перпендикулярной пластинам.
Начало системы координат 0 поместим в точке влета элект-
рона в конденсатор. Начальные координаты электрона
х0 = 0, у0 = 0; его начальные скорости
vox '* uocosa’ voy = uosin«- Ускорение
ах = 0, следовательно, в направлении
X движение является прямолиней-
ным равномерным. Ускорение ау —
= -Fk/m = |е|Е/тп = const. Следова-
тельно, движение по оси У является
равнопеременным.
143
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Законы движения по оси X:
vx (t) = у0 cos a, x(t) = x0 + v0xt = у0 cos а • t.
Законы движения по оси У:
|е|£
vy(t) = % + ayt - vo sin а - J-2—f,
. а/ , И**2
y(t) = y0 + vOyt+= Vo sin at -ix—
A aTTI
Исключив из второго уравнения время t = x/(yQcosa) и
подставив его в последнее, получим
х |е|Е хг
y = yosina-----------з---— =
y0cosa 2т ygCos a
|е|£ 2
= xtga--—у—5—х .
2тпУо cos a
Это уравнение параболы. Мы доказали, что заряженная
частица, влетевшая под углом к силовым линиям однород-
ного поля, будет двигаться в этом поле по параболе.
В точке вылета vy = 0, х = L, поэтому
у0 sin a - (|е| Е / m)t = О,
y0cosaf = L.
Выразим из последнего уравнения время пролета электро-
на через конденсатор: t = L/(y0cosa). Из первого уравнения
этой системы найдем напряженность поля в конденсаторе:
• • 2
„ 7nynsma тпуп81па mv0 п .
Е = —г------= —----у-------= — - 2 sin a cos а =
|e|t |e|L/(y0cosa) 2|e|L
mvo 1 n . n
= sin 2a = —— sm2a.
2 |e|L |e|L
Напряжение на пластинах и = Ed, т.е.
dW
и = ——sin 2a = 150 В.
144
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
10. Два конденсатора, емкости которых С1 и С2, соединены
последовательно и подключены к источнику с напряже-
нием и. Определить напряжение на конденсаторах.
Решение
Пусть и и2 — напряжения на конденсаторах, тогда за-
ряды на них равны С1и1 и С2и2. Используя свойства последо-
вательного соединения конденсаторов, получим систему
уравнений
— C2U2, U2 — (Cj I C2)Ui, Щ — C2u/(C1 +C2),
« —A «
Щ+02=14, u1+(C1/C2)u1 =u, u2=C1u/(Cl+C2).
11, Определить разность потенциалов между точками А и В
в схеме, изображенной на рисунке.
Решение
Проставим дополнительно точки
М и N на схеме. Конденсаторы Сх и
С2 соединены последовательно, на-
пряжение на них равно разности по-
тенциалов между точками М и N:
yM~<?N = нашей задаче
Фм _Фв
Фв-Ф№^2-
После сложения этих уравнений найдем, что <рм - <pv =
Напряжение на конденсаторе Сг фм_фА = и • Напряже-
ние на конденсаторе С2 = о2. Тогда по свойствам по-
следовательного соединения конденсаторов можно соста-
вить систему уравнений:
u1 + u2 = u = ^+^2,
CjUi = C2U2*
145
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Найдем
и. = + ^/(С. + С2) и и. = + ^2)С2/(С1 + С2).
Итак,
Фм _ Фв - ^1 >
Фм“Фа=“1
Фа Фв - ^1 “1 -
С! + С2
12. Конденсатор емкостью Сг при помощи переключателя К
присоединяют сначала к батарее с ЭДС а потом к неза-
ряженному конденсатору емкостью С2. Найти заряд, ко-
торый появится на конденсаторе С2.
Решение
Пусть ключ К находится в левом
положении, тогда конденсатор Сг
подсоединен к источнику ЭДС; кон-
денсатор С2 от источника отключен.
Конденсатор Сх заряжается до на-
пряжения его заряд q0 = С£.
Перебросив ключ в правое положение, мы отсоединяем
источник от конденсаторов, образуется замкнутая цепь из
двух конденсаторов Сх и С2. Конденсатор Сх будет разряжать-
ся, конденсатор С2 — заряжаться. Процесс перераспределе-
ния зарядов происходит до тех пор, пока потенциалы верх-
них и нижних пластин конденсаторов не станут равными.
Значит, и разности потенциалов (напряжения) на конденса-
торах равны: иг = и2 = и. На конденсаторе Сх останется заряд
Сги, а на конденсаторе С2 появится заряд С2и. После отклю-
чения источника конденсаторы образуют замкнутую систе-
му. По закону сохранения заряда
9о = С1“ + Сги => с& = <ci + С2>и =*и = ОДС1 + С2>-
На конденсаторе С2 появится заряд
146
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
13. Конденсатор емкостью Сх = 4 мкФ заряжен до разности
потенциалов uY = 10 В. Какой заряд будет на пластинах
этого конденсатора, если к нему подключить другой кон-
денсатор емкостью С2 = 6 мкФ, заряженный до разности
потенциалов и2 = 20 В? Соединены пластины, имеющие
заряды разных знаков.
До После
соединения соединения
Решение
До соединения заряд первого
конденсатора qY = C^uv а заряд вто-
рого g2 = С2и2. После соединения
пластин проводниками начинается
перераспределение зарядов пла-
стин. Этот процесс продолжается до
выравнивания потенциалов правых
и, соответственно, левых пластин. Значит, после перерас-
пределения зарядов разности потенциалов на конденсато-
рах равны и. Заряд первого конденсатора станет равным
Сги, а второго — С2и.
Правые пластины конденсаторов (как и левые) образуют
замкнутую систему, поэтому алгебраическая сумма их заря-
дов постоянна. До соединения сумма зарядов правых пла-
стин C„u„ - С. и. > 0, после соединения С.и + С,и = (С, + С,)и.
Получаем уравнение
C2U2 ~ C1U1 = (С1 + C2>U =>U = (С2и2 “ С1“1)/(С1 + С2>-
Заряд первого конденсатора
q\ = С.и - (\ (С2и2 - С1и1)/(С1 + С2) - 3,2'10-5 Кл.
Правые пластины зарядятся положительно, а левые —
отрицательно.
14. Плоский конденсатор заполнен диэлектриком, прони-
цаемость которого зависит от напряжения на конденса-
торе по закону е = аи, где а = 1 В-1. Параллельно этому
конденсатору, который вначале не заряжен, подключа-
ют такой же конденсатор, но без диэлектрика, который
заряжен до напряжения и0 — 156 В. Определить напря-
жение, которое установится на конденсаторах.
147
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение С I |е
С — емкость конденсатора без диэлектрика, • ’
Си0 — начальный заряд на нем, еС — емкость
конденсатора с диэлектриком. После соедине- С | I__
ния конденсаторов на них устанавливается оди- I |
наковое напряжение и, заряды конденсаторов
станут равными Си и еСи = аи2С. По закону сохранения за-
ряда получаем уравнение
Си0 = Си + аи2С => аи2 + и - и0 = 0.
Решая это квадратное уравнение и учитывая, что и > 0,
находим
ц=-1+#^.12в.
2а
15. Между пластинами плоского воздушного конденсатора
(расстояние между пластинами d, площадь каждой пла-
стины S) вводится параллельно пластинам металличе-
ская пластинка, толщина которой dt < d. Определить
емкость получившегося конденсатора.
Решение
Предположим, что на пластины конденсатора, в который
введена пластинка, подано напряжение. Так как электро-
статическое поле не проникает внутрь металлического про-
водника, то поле внутри конденсатора существует только в
пространстве, не занятом пластинкой (рисунок а).
На поверхности пластинки наводятся заряды разных
знаков, но вся пластинка при этом является поверхностью
равного потенциала (эквипотенциальной поверхностью).
а) б)
148
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
Поэтому конденсатор с введенной металлической пластин-
кой эквивалентен двум последовательно соединенным кон-
е S
денсаторам (рисунок б)). Емкость С1=-2—, а емкость
х
£ S
С2 =---2---. Искомая емкость С вычисляется по формуле
d-dj-x
для последовательного соединения:
1 1 1 х d-cL-x d-cL • _ E0S
С Сх С2 E0S e0S E0S d-dj
Как видно, емкость С не зависит от х, т.е. от того, в ка-
ком месте введена пластинка. Если толщина пластинки
мала (dt —> 0), то емкость конденсатора не изменяется.
16. В плоский воздушный конденсатор с расстоянием d меж-
ду пластинами вводится параллельно им диэлектриче-
ская пластинка, толщина которой dt < d. Определить
емкость конденсатора, если диэлектрическая проницае-
мость материала пластинки е, площадь пластин и пла-
стинки S.
Решение
Предположим, что на обкладки конденсатора с диэлект-
риком подано напряжение. Электрическое поле проникает в
диэлектрик, что приводит к возникновению связанных
зарядов на его поверхности. Если поверхность пластинки
покрыть очень тонким проводящим слоем, то на его поверх-
ностях появятся заряды противоположных знаков. Элект-
рическое поле в конденсаторе не изменится, как не изменит-
а) б)
149
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
ся и его емкость. В этом случае образуются три последова-
тельно соединенных конденсатора, емкости которых:
Cl = E0S/x, C2=E£0S/d1, Ca=E.0S/(d-d1-x).
Общую емкость С находим по формуле
1111 х <L d-tL-x
— =---+--+---=----+ _П_+----Zi---=
С С2 С3 e0S £e0S e0S
d-d, d, ed+Cl-eW, „ „ ...
=—с 2-=>C = ee0S/(ed+(l-e)dl).
E0S E£oS EEoS
Емкость конденсатора с диэлектрической пластинкой не
зависит от х, т.е. от того, где введена пластинка.
17. Между пластинами плоского воздушного конденсатора
параллельно им расположена пластинка из диэлектрика
с диэлектрической проницаемостью е = 2. Ее толщина
вдвое меньше расстояния между пластинами конденса-
тора. Конденсатор подключен к источнику постоянного
напряжения и. Пластинку извлекают из конденсатора
после отключения источника. Какую работу при этом
совершают силы электростатического поля конденсато-
ра? Емкость конденсатора без пластины равна Со.
Решение
S — площадь пластин, d — расстояние между ними, тог-
да Со = е0 S/d. Когда диэлектрическая пластинка находится
в конденсаторе, его емкость С = ее0 S/(ed + (1 - е)^). При е = 2
и = d/2 С = 4eoS/(3d) «(4/3)С0. Заряд конденсатора Q = Си =
= (4/3)Сои, а его энергия WT = Си2 /2 = (2/3)С0и2. Если источ-
ник отключен, то при извлечении пластинки заряд конден-
сатора останется постоянным, а его емкость уменьшится до
Со. Это приведет к увеличению энергии конденсатора, кото-
рая станет равной W2 = Q2/(2C0) = (8/e)C0u2. Изменение энер-
гии AW = W2 - Wj = (2/g)C0u2 > 0. Так как источник отклю-
чен, то работа консервативных сил электростатического
поля А = -AW= -(2/g)C0u2. Внешние силы при этом будут
производить равную по модулю положительную работу.
150
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
18. Определить заряды конденсаторов
в схеме, показанной на рисунке.
Решение
Проставим знаки зарядов пла-
стин. Обозначим напряжения на .
конденсаторах ut, и2, иа. Заряды каж- *
дого конденсатора: qx = Сгиг, q2 = C2u2, qa = Cgu3. Так как три
пластины сходятся в одной точке А, непосредственно не под-
ключенной к источникам, то их суммарный заряд равен
нулю. Получаем уравнение: Сгиг + С2и2 + Саиа = 0.
Обходя замкнутый контур MNAKM по часовой стрелке,
получаем уравнение = иа + Обходя замкнутый кон-
тур AFENA против часовой стрелки, получим уравнение
е2 = и3 + и2. Эти уравнения образуют систему
+ С^-С^и^ 0, Wi = ^i-u3«
^=1^ + 1^,
^=«8+1X2,
—Us)+C2(^2 ~из) CaUg — 0.
^2 ~ ^2 ^2 >
Из третьего уравнения находим
+^2^2
+ С2 + С8
S18 C,+C2+Cs 1 2 * 2 8 С.+С2+С3
1 Л о Л. 4 О
Заряды конденсаторов найдем, умножив напряжения на
соответствующие емкости.
Задачи для самостоятельного решения
1.
Четыре заряда q, Q, q и Q связаны друг с другом нитями
одинаковой длины (см. рис.). Определите силу натяжения
нити Т, которая соединяет заряды Q.
1 г 2
Ответ: Т =---------? Q2—
47t£0Z2l4 3V3
151
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
2. Заряженный шарик массой 10 г, подвешен-
ный на изолирующей нити, движется с по- А Q
СТОЯННОЙ угловой скоростью 10 С-1 ПО окруж- ‘
ности радиусом 5 см. Под точкой подвеса А I
находится другой неподвижный заряжен- ВО 9
ный шарик. Расстояния АО и ВО равны, угол а = 45°. За-
ряды обоих шаров одинаковы. Найдите эти заряды.
Ответ: 13,5*10~8Кл.
3. Шарики, имеющие каждый массу 1 г и заряд
2-107 Кл, соединены изолирующими невесо-
мыми стержнями и расположены симметрич-
но относительно центра. Система приводится
во вращение в горизонтальной плоскости со
скоростью 10 с-1. Найдите силу растяжения
стержней, если длина каждого равна 20 см.
Ответ: 2,51Q-2H.
4. Тонкое проволочное кольцо радиусом R несет на себе
электрический заряд q. В центре кольца располагается
одноименный с зарядом q заряд Q, причем Q » q. Опре-
делите силу, с которой растянуто кольцо.
Ответ: Т =
Qq
8л2е0-В2 *
5. В однородное электрическое поде напря-
женностью 100 В/м, линии которого на-
правлены вертикально, поместили систему kg
из двух одинаковых противоположно заря- г
женных шариков, соединенных тонким
изолирующим стержнем длины 10 см. Ша- у
рики могут вращаться в вертикальной пло- .©
скости вокруг оси, проходящей через сере-
дину стержня. Масса каждого шарика 2,5 г, абсолютная
величина заряда q = 10 мкКл. На какой угол повернется
эта система, если шарикам сообщить начальные скорости
0,1м/с?
Ответ: 45.
152
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
6. Какую работу нужно совершить, что- Р+д
бы в плоский заряженный конденса- . А
тор внести электрический диполь из .....у*
двух жестко связанных точечных за- % /
рядов ±q, расположенных на расстоя- ----2------
нии I друг от друга. Ориентация дипо-
ля в конденсаторе показана на рисунке. Поверхностная
плотность зарядов на пластинах конденсатора о.
Ответ: ga-Zsina/ee0.
7. Электрон влетает в однородное поле напряженностью
Е = 120 В/м и движется по направлению силовых линий.
Какое расстояние он пролетит до полной остановки, если
его начальная скорость равна 106 м/с? Сколько времени
электрон будет двигаться до остановки?
Ответ: 2,4 см; 47нс.
8. Два одинаковых плоских воздушных конденсатора сое-
динены последовательно и подключены к источнику
электрического тока с постоянной ЭДС £. Внутрь одного
из них вносят диэлектрик с е = 4, который заполняет все
пространство между обкладками. Во сколько раз изме-
нится напряженность электрического поля в этом кон-
денсаторе?
Ответ: 2,5.
9.
Два плоских конденсатора с емкостями Сх и С2, обладаю-
щих зарядами qY и q2, включают в цепь так, что положи-
тельно заряженная пластина одного конденсатора соеди-
няется с отрицательно заряженной пластиной другого.
Определите заряд каждого конденсатора в этом случае.
П„ВАГ1,. г (7i"72).r (7i"72)
Ответ: с, —------; с9 —----.
1(<4+с2) 2(С1+с2)
10. Плоский конденсатор заполнен диэлектриком, прони-
цаемость которого зависит от напряжения на конденса-
торе по закону е = aU, где a — 1 В-1. Параллельно этому
«нелинейному» конденсатору, который не заряжен, под-
153
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
ключают такой же конденсатор, но без диэлектрика, ко-
торый заряжен до напряжения Uo = 156 В. Определите
напряжение, которое установится на конденсаторах.
Ответ: 12 В.
11. Два одинаковых плоских конденсатора подключены к
источнику с напряжением U. Пространство между пла-
стинами конденсаторов заполнено слоями диэлектриков
одинаковой толщины с диэлектрическими проницаемо-
стями £х и е2. В одном конденсаторе слои располагаются
параллельно обкладкам, во втором — перпендикулярно.
'ттгггтгггр-
1) Во сколько раз отличаются электроемкости этих кон
денсаторов? 2) Во сколько раз отличаются напряженно'
сти полей в однородных диэлектриках?
Л О. 4Е,£о 2Ео 2Е.
Ответ: — = ——;--------------------1—.
С2 (£i+£2) (£i+e2) ,(£i + e2)
12. Рассчитать электроемкость си-
стемы, состоящей из трех ме-
таллических пластин толщиной
d и площадью S каждая и одной
диэлектрической пластины тол-
щиной d, площадью S/2 и ди-
электрической проницаемостью
е. Расположение пластин и спо-
собы подключения к источнику
ЭДС показаны на рисунке.
Ответ: e0S(e + t)(2d(e + 2)).
154
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
13. Рассчитать электроемкость си-
стемы, состоящей из трех метал-
лических пластин толщиной d и
площадью S каждая и двух диэ-
лектрических пластин толщи-
ной d каждая и площадью S/2.
Диэлектрическая проницаемость
первой пластины ер а второй -е2. Расположение пластин
и способ подключения их к источнику ЭДС показаны на
рисунке.
Ответ:
е05(ег+е2)
adfl+ei + Eg)’
14. Плоский конденсатор находится во внешнем электриче-
ском поле напряженностью Е = 103 В/м, перпенди-
кулярном пластинам. Площадь пластины конденсатора
S = 10~2 м2. Какие заряды окажутся на каждой из пла-
стин, если конденсатор замкнуть проводником накорот-
ко? Пластины конденсатора до замыкания не заряжены.
Влиянием силы тяжести пренебречь.
Ответ: 0,91010Кл.
15. В схеме емкость батареи кон-
денсаторов не изменится при
замыкании ключа К. Опреде-
лите емкость конденсатора Сх.
Ответ: С/2.
16. Три незаряженных конденсатора, емкости которых рав-
ны Ср С2 и С3, соединены, как показано на рисунке, и
подключены к точкам А, В, К, потенци
алы которых равны фА, (рв и (рк. Опреде-
лите потенциал точки О.
Ответ- ^Фл+СгФв+СзФх
Cj +С2 +са
155
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
17. В плоский конденсатор, подключенный к источнику с
постоянной помещена плоская пластина, имеющая за-
ряд q. Расстояние от пластины до обкладок dY и d2. Пло-
щадь пластины S. Определите силу, действующую на
пластину со стороны электрического поля.
Ответ: e0S^/2-(d\ + d\y(d\ - d22)).
18. Когда к батарее, изображен-
ной на рисунке, подвели на-
пряжение U, заряд среднего
конденсатора оказался рав-
ным нулю. Каков С?
Ответ: 6С.
19. В цепи известны емкости Ср
С2, С3 и £. Кроме того, извест-
но, что заряд первого конден-
сатора равен Найдите £2
второго элемента.
Л С2 к л С, 4" С2 4" Сд
Ответ: — &4-О,—---------
С3 1 С,СЯ
О 1 о
20. Найдите разность потенциалов меж-
ду точками а и Ъ.
Ответ:
£С(Сг-С2)
(С1+С)(С2+С)'
21. Найдите разность потенциалов меж
ду точками а и Ь в этой цепи.
Ответ: -21—i1
Ci +С2
156
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
22. Найдите разность потенциалов меж-
ду точками Ъ и k.
+ ^1 (С| + Со)
Ответ: 2 Д Д • *'•
Cj + С2 + С3
23. Найдите силу притяжения между
пластинами плоского конденсато-
ра С* в схеме, изображенной на ри-
сунке, если С! = Со, С2 = 2С0,
Jj2 = 2^, а расстояние между пла-
стинами конденсатора Ct равно d.
Ответ: F = 2C0^/d.
24. В схеме, изображенной на рисунке,
сила притяжения между пластинами
плоского конденсатора С2 равна F. Най-
дите расстояние между пластинами
этого конденсатора, если = 2С0, С2 = Со,
^ = 2^Л2 = ^0.
Ответ: d = -^
9 F
25. Найдите емкость батареи.
Емкость каждого конденса-
тора равна С.
Ответ: Св=2С.
157
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
ПОСТОЯННЫЙ ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ток
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. По медному проводу сечением S = 1 мм2 протекает ток
I = 10 мА. Найти среднюю скорость упорядоченного дви-
жения электронов вдоль проводника. Молярная масса
меди ц = 63,6'Ю-8 кг/моль, плотность р = 8,9’103 кг/м3.
На каждый атом меди приходится один электрон прово-
димости.
Решение
По формуле сила тока I — |e|nSy, где v — средняя ско-
рость движения электронов. Чтобы определить концентра-
цию свободных электронов п, рассмотрим массу т меди. Ее
объем V — т/р. В этом объеме содержится N = (m/p)NA ато-
мов меди и такое же количество свободных электронов
(Na = 6,02 10231/моль — число Авогадро). Концентрация
п = —= (—|/| — |=Рдг =0,84 1029 м'3.
Следовательно, v = —— = 7,4 10-5 см/с.
|e|nS
2. Плоский конденсатор с пластинами квадратной формы
размером аха = 0,2x0,2 м2 и расстоянием между пласти-
нами d — 2 мм присоединен к полюсам источника с ЭДС
£ = 750 В. В пространство между пластинами с постоян-
ной скоростью v = 0,08 м/с вводят стеклянную пластинку
158
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
толщиной d = 2 мм. Какой ток будет протекать при этом в
цепи? Диэлектрическая проницаемость стекла е = 7.
Решение
Пусть в конденсатор введена часть стеклянной пластин-
ки длиной х = vt. В этом случае к источнику подключены
параллельно два конденсатора, электроемкости которых Ct
и С2, причем Cj = E£oax/d, а С2 = еоа(а - x)/d. Их общая ем-
кость
Сх + С2 = -^-(ех+а - х) = ^-(а+yt(e -1)).
d d
Заряд этой системы изменяется в зависимости от х и вре-
мени t:
q(t) = +С2) = ^(a+yt(e-1)).
d
В цепи будет протекать электрический ток
i(t) = q'(t) = -1) = const.
d
После подстановки числовых значений получим i(t) =
= I = 3,2*10-7А.
3. Четыре одинаковых резистора соединены, как показано
на рисунке. Сопротивление каждого резистора равно R.
Определить сопротивление между точками А и В. Сопро-
тивлением соединительных проводов пренебречь.
Решение
При решении подобных задач надо найти точки, имею-
щие одинаковый потенциал, а затем их совместить. В рас-
сматриваемой задаче по проводу, соединяющему точки С
159
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
и D, протекает электрический ток,
но фс - = IRap = 0, так как сопро-
тивление провода Rap = 0 => (рс = (pD.
Совмещая точки С и D, получим эк-
вивалентную схему.
Сопротивление участка KCF этой цепи равно R + R/2 =
= ЗЯ/2. Общее сопротивление между точками А и В находим
по формуле параллельного соединения двух проводников
_ Я ЗЯ/2 3
Я+ЗЯ/2 5К
4. Амперметр рассчитан на максимальный ток 10. Его со-
противление равно Ra. Какое сопротивление надо вклю-
чить параллельно амперметру, чтобы им можно было из-
мерять ток в п раз больший?
Решение
'• Сопротивление, о котором идет
речь в условии задачи, называется
шунтом. Шунт включают параллель-
но амперметру. По условию задачи
общий ток равен п10, ток через ампер-
метр 10, следовательно, через шунт протекает ток п10 - /0 =
= (п - 1)/0. Так как напряжение на амперметре и шунте оди-
наково, то I0Ra — (п — !)• IgR^ => Rm =RA/(n - 1).
5. Вольтметром можно измерять максимальное напряже-
ние Uo. Его сопротивление равно Rv. Какое сопротивле-
ние надо включить последовательно с вольтметром, что-
бы можно было измерить напряжение в п раз больше?
Решение
Сопротивление, о котором идет речь
в условии задачи, называется добавоч-
ным. Его включают последовательно с
вольтметром. По условию задачи общее
напряжение nUQ, причем напряжение
на вольтметре С70. Следовательно, на до-
160
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
бавочном сопротивлении напряжение равно nl70 - Uo =
Так как ток через вольтметр и добавочное сопротивление
одинаковы, то UJRv = (п- 1)170/Вд => Вд = (п - 1)В0.
6. В схему включены два микро-
амперметра и два одинаковых
вольтметра. Показание ми-
кроамперметров = 100 мкА
и 12=99 мкА; показания вольт-
метра Uy = 10 В. Найти пока-
зания вольтметра U2.
Решение
Через первый вольтметр протекает ток I. Следователь-
но, его сопротивление Ro « По условию задачи таким
же сопротивлением обладает второй вольтметр. Сила тока
через второй вольтметр Iv = 1г - 1а, поэтому он показывает
напряжение U2 = IRv = (Ц - = (1 - = 0,1 В.
7.
Для регулирования напряжения на на-
грузке собрана схема, изображенная на
рисунке. Сопротивление нагрузки и
полное сопротивление реостата равны
R. Нагрузка подключена к половине ре-
raJ^]
остата. Входное напряжение, подаваемое на клеммыА и
В, неизменно. Определить, как изменится напряжение
на нагрузке, если ее сопротивление увеличить в 2 раза.
Решение
Пусть входное напряжение равно U и нагрузка подклю-
чена к половине реостата. Соответствующая эквивалентная
схема представлена на рисунке. Общее сопротивление па-
D(B/2)B R
раллельно соединенных резисторов R/ 2 и R --= —,
R/2-hJ? 3
общее сопротивление цепи между точками А и В
R R 5П
2 3 6
161
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Общий ток в цепи — U/(5R/&) =
= GU/(5R).
Напряжение между точками С и D
R 6UR 2
U,=11 — = — — =-и.
1 1 3 57? 3 5
Это и есть напряжение на нагрузоч-
ном резисторе R в первом случае.
Во втором случае сопротивление
между точками С и D равно
Г]Ж2Я)
(7?/2)27? 2д
R/2+2R Ь
Общее сопротивление цепи
2 5 10
Общий ток 12 = £7/(97?/10) = 1017/(92?). Напряжение на участ-
ке CD, равное напряжению на нагрузке во втором случае:
_ 2R10U2R 4
2 2 5 97? 5 9
Отношение напряжений на нагрузке U2/U = 10/9.
8. На клеммы АВ подается такое меняющееся во времени
напряжение, что напряжение на обкладках конденсато-
ра меняется по закону, представленному на рисунке. По-
строить график зависимости напряжения от времени на
клеммах MN.
Решение
Напряжение на клеммах АВ — это напряжение на после-
довательно соединенных конденсаторе С и резисторе R. На-
пряжение на клеммах MN — это напряжение на резисто-
ре R. Пусть напряжение на конденсаторе u(i), тогда его за-
ряд q(t) = CU(t). Следовательно, сила тока i(7), протекающе-
го через конденсатор и последовательно подключенный к
нему резистор, равна производной от заряда по времени:
162
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
Им
i(0 - g'(t) - (CU(t))' - CU'(t).
Напряжение на резисторе UMN — i(t)R = CRU'(f).
При t e [0, t0]U(t) = 0 => UMN = 0; при t e [t0, 2t0] u(t) явля-
ется линейной функцией времени, следовательно, произво-
дная от u(t) есть константа, численно равная tga. Значит,
UMN = U = CRtg a.
При t е [2t0, 3f0]{7(f) = const => I7'(t) => UMN = 0; при
t g [3f0, 5t0] u(t) — линейная функция времени, поэтому
I7'(t) = tgy = -tgp < 0. Значит, UMN= -CRtg p.
Из рисунка следует, что tgp = (tga)/2. График зависимо-
сти напряжения на клеммах MN представлен на рисунке.
Из графика видно, что в случае, когда напряжение на кон-
денсаторе постоянно (t е [210, 3t0]), ток i(t) = 0, т.е. постоян-
ный электрический ток через конденсатор не протекает.
9. Определить внутреннее сопротивление
аккумулятора, если известно, что при
замыкании его на внешнее сопротивле-
ние = 1 Ом напряжение на зажимах
аккумулятора = 2 В, а при замыка-
163
Ef3. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
нии на сопротивление R2 = 2 Ом напряжение на зажимах
17г = 2,4В.
Решение
Напряжение на зажимах аккумулятора U — это напря-
жение на внешнем сопротивлении R. По закону Ома для
замкнутой цепи £ = U + 1г, где сила тока в цепи I = U/R. Ис-
пользуя условия задачи, составляем систему уравнений
? = tZ,+(tZ,/B)r, V щ
_ +—r = tZa+—г=>
^ = U2+(U2/R)r, 1 Rl 2 R2
^^]r = U2^
=>r = (U2-UJ/tU,/Rl-U2/R2) = 0,5 Ом.
10. Определить заряд конденсатора в схеме, изображенной на
рисунке, где R} = R2 - R3 = R4 = 20 Ом; = 500 В; г = 10 Ом;
С = 10 мкФ.
Решение
При решении подобных задач надо учитывать, что посто-
янный электрический ток через конденсатор не протекает.
Стрелками на рисунке показано, как протекает ток в этой
цепи. Для того чтобы найти заряд конденсатора, надо знать
разность потенциалов фА - фв на его обкладках. Так как че-
рез резистор ток не протекает, то фв - фв = 0 =>фв = фв. Так
как точкиDnN соединены проводом, сопротивление кото-
рого Впр = 0, то фо - фу = 0 => фо = фу. Таким образом, разность
потенциалов на обкладках конден-
сатора С: фА - фв = фА - фх, а это есть
напряжение на резисторе R2. Пусть
Rx = R2 — R3 = R4 = R, тогда сопротив-
ление цепи между точками М и N:
Rmn = 2RR/(2R + R) = 27?/3.
Общий ток I = ^/(27?/3 + г) =
= 3^/(27? + Зг). Разность потенциа-
лов между точками М и Лг
164
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
-ГР 2„ 2^В
Фм mn 2R + 3r3R 2R + 3r’
Сила тока через последовательно соединенные резисто-
ры R2 и Ra:
j = Фм~Ф* _ £
Т?2 + Яз + Зг
Разность потенциалов между точками А и АГ:
_г р _
Фа _Флг _ Фа ~Фв ~-^Яг ~ 9Z? 9 •
2 л + or
Заряд конденсатора
д = С(фА-фв) = -^- = 1,4310-3 Кл.
ч VPA тВ2 2R + 3r
11. Определить заряд и энергию конденсатора в схеме на ри-
сунке. Внутренним сопротивлением батареи пренеб-
речь.
Решение
Участок цепи между точками А и В содержит конденса-
тор, поэтому ток на этом участке отсутствует. Так как вну-
тренним сопротивлением источника можно пренебречь, то
разность потенциалов фу - фм = £,. Сила тока через последо-
вательно соединенные резисторы 3R и 4R: I = ^/(7R). Тогда
разность потенциалов ф7^ - фв = I-3R = ЗЕ,/7.
Общее сопротивление двух па-
раллельно соединенных резисто-
ров 2R равно 2R/2 = R. Тогда меж-
ду точками F и Е последовательно
включены два резистора величи-
ной R, причем разность потенциа-
лов фу - ф£ = Из свойств после-
довательного соединения фА - ф£ =
= Фг - Фа = ^/2- Итак:
165
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Ф„-фв=3£/7,
Фг-Фа=£/2.
Учтем, что фу = фл., и вычтем из первого уравнения вто-
рое, тогда фА - фв = -£/14 => фБ - фА = £/14. Так как на участ-
ке между точками А и В тока нет, то фБ - фй = О-В = 0 => фБ - фБ.
Разность потенциалов на конденсаторе фй - фА = фБ - фА =
= £/14. Заряд конденсатораq = С(фй - фА) = С(фБ- фА) = С£/14.
Энергия конденсатора W = С(фБ - фА)2/2 = С£2/392.
12. Определить заряд конденсатора С в схеме, изображен-
ной на рисунке. Внутренним сопротивлением батареи
пренебречь.
Решение
Стрелками показано направление
тока I в цепи (постоянный ток через
конденсатор не протекает), причем
I=£/(ЗЯ). Разность потенциалов меж-
ду точками А и В: фА - фБ = R = £/3, а
разность потенциалов между точка-
ми В и D фБ - фБ = I-2R = - 2£/3.
Пусть <7Р q2, q3 — модули зарядов конденсаторов С, 2С,
ЗС соответственно. Предположим, что пластины конденса-
торов заряжены так, как показано на рисунке, где N —*об
щая точка трех пластин, которые не подключены к источни-
ку. Тогда их суммарный заряд равен нулю, т.е. - q2 + q3 = 0.
Пусть Up и2, и3 — напряжения на конденсаторах. Тогда
q1 = Cup q2 = 2Cu2, q3 = 3Cu3, и последнее уравнение приво-
дим к виду Зи3 ~и1~ 2и2 = 0.
Запишем очевидное алгебраическое равенство
(Фв - Ф«) + (Ф„ - Фд) = Фв “ Фл-
В этом равенстве фв - фо = 2£/3, фБ - фл, = их, и3,
поэтому ut + и3 = 2£/3.
Запишем еще одно равенство (фА - фу) - (фБ - фм) = фА - фБ.
В этом равенстве фА - фБ = £/3, фА - фм = и2, фБ - фл, = ир по-
этому и2 - Uj = £/3. Получаем систему трех уравнений:
166
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
Зи3 - и - 2и2 = О,
- «t+Ug =2^/3,
U2-U! = £/3,
14г =3Ug+2U2,
Ut = 2V9,
<=>• 4u3-2u2 = 2^/3, <=> и2 = 5^/9,
3u2 - 3Ug — ^ / 3,
u3=4V9.
Так как все напряжения положительны, то предположе-
ние о знаках зарядов на обкладках конденсатора С верно. Зная
напряжения, находим заряды конденсаторов: qy — 2С^/9,
д2 = 10С£/М,-4С£/9.
13. Дана электрическая цепь, содержащая
источник ЭДС. К источнику подключе-
но внешнее сопротивление R. Найти
полезную мощность и коэффициент по-
лезного действия цепи.
R
Решение
Полезная мощность — это мощность, которая выделяет-
ся на внешнем сопротивлении R. Во всей цепи выделяется
мощность, равная работе источника в единицу времени, т.е.
где I — сила тока в цепи. При этом на внутреннем сопро-
тивлении источника выделяется мощность 12г.
По закону сохранения энергии — 12г + Ра, где Рп — по-
лезная мощность. Эту формулу удобно использовать при ре-
шении ряда задач.
Сила тока в цепи I = ^/(R + г), поэтому полезная мощ-
ность
Рп = I2R-(^R+r))2R.
Исследуем полезную мощность как функцию внешнего
сопротивления R. Для этого найдем производную от полез-
ной мощности
( Я'(Я + г)2-Я((Я + г)2Г
ЦЯ+г)2 ) * (Я + г)4
_ „ 2 (Д + г)2 - 2Я(Я + г) _ „ 2 Г-Я
(Я + г)4 (R + r)3’
167
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Р'п = 0, если г = R. При г > R, Р'а > 0, поэтому Рп(Я) возрас-
тает, а при R > г Р'п < 0, поэтому Рп(В) убывает. График за-
висимости Рл (R) представлен на рисунке. Полезная мощ-
ность достигает максимального значения ^2/(4г) при R = г.
Коэффициент полезного действия электрической цепи
Т| = PJP, где Р — мощность, выделяющаяся во всей цепи.
Так как Рп = PR, аР = P(R + г), тоТ| = R /(R + г). График за-
висимости Т| от внешнего сопротивления R представлен на
рисунке.
14. Генератор мощностью Р вырабатывает электроэнергию,
которая передается потребителю по проводам, общее со-
противление которых равно R. Напряжение генератора
и. Определить отношение мощности, выделяемой на на-
грузке у потребителя, к мощности генератора. Сопро-
тивлением генератора пренебречь.
Решение
Провода и нагрузка подключены к генератору последо-
вательно. Поэтому в цепи по проводам и нагрузке протекает
одинаковый ток. Так как известны мощность генератора и
вырабатываемое им напряжение, то Р = ul, где I — сила тока
в цепи. Следовательно, I = P/и. Тепловая мощность, ко-
торая выделяется на проводах, Рлр = PR. Мощность, кото-
рая выделяется на нагрузке у потребителя, Рп= Р - Рлр =
= Р - PR.
Искомое отношение
Pn P-I2R P-(P/u)2R . PR
Р Р Р ~ и2
168
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
15. Конденсатор емкостью С, заряженный
до разности потенциалов подключа-
ется через большое сопротивление к
батарее с ЭДС 5£. Определить количе-
ство тепла, которое выделится при за-
рядке конденсатора до напряжения 5£. Подключение
конденсатора производится по схеме, изображенной на
рисунке.
Решение
Начальный заряд конденсатора q0 = С£. Когда конденса-
тор зарядится до напряжения 5£, его заряд = С5^. При
этом через источник пройдет заряд Д<? = qx - qQ = 4С£. Ис-
точник, зарядив конденсатор, совершит работу А = (5£) Д<? =
= (5£) 4С£ = 20С^2.
Эта работа идет на выделение тепла в цепи и на увеличе-
ние энергии конденсатора А = Q + AW, где Д1Г= Wj - 1Г0.
Начальная энергия конденсатора 1Г0 = С£,2/2. Конечное
значение энергии конденсатора W\ = С(5£)/2 - 25С^2/2. По-
этому ДРГ=И\ - 1У0 = 25С£2/2 - С£2/2 = 12С£2/2. Выделив-
шаяся в цепи теплота
Q = А - ДРГ= 20С£2 - 12С£2 = 8С£2.
16. В схеме на рисунке ключ К вначале ра-
зомкнут, а конденсатор емкостью С не
заряжен. Ключ замыкают на некоторое
время, в течение которого конденсатор
заряжается до напряжения и. Какое
количество теплоты выделится к этому
моменту времени на резисторе сопротивлением R? ЭДС
источника — внутреннее сопротивление — г.
Решение
Начальные заряд и энергия конденсатора q1 = 0, W\ = 0.
После замыкания ключа конденсатор заряжается и в мо-
мент, когда напряжение на нем равно и, его заряд q2 = Си, а
энергия W2 = Си2 /2. При этом на конденсатор через источ-
ник протекает заряд &q = q2 - qv = Си, а сторонние силы ис-
169
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
точника совершают работу Аст = = Cfyi. По закону сохра-
нения энергии эта работа идет на увеличение энергии кон-
денсатора и выделяется в виде теплоты на внутреннем со-
противлении и на резисторе R:
A =AW + Q=*Q=A ~AW=A ~(W9-WA =
= Cfyi - Си2,/2 = Си(^ - и/2).
Пока происходит зарядка конденсатора, по цепи проте-
кает изменяющийся во времени ток i(f). Однако в любой мо-
мент времени этот ток одинаков в сопротивлениях г и Я. По
закону Джоуля—Ленца при одинаковом токе количество
выделившейся теплоты пропорционально сопротивлению
резистора. Поэтому QR = kR и Qr= kr, где QR и Qr — количе-
ства теплоты, выделившиеся в сопротивлениях R и г соот-
ветственно, a k — коэффициент пропорциональности.
Так как Q = QR + Qr = kR + kr = k(R + r), to k = Q/(R + r) =>
=> Qr = kR = QR/(R + r) = Cu(£ - u/2)R/(R + r).
17. При никелировании изделия толщина слоя никеля рос-
ла со скоростью v = 9-10 9 м/с. Определить плотность
тока при электролизе. Электрохимический эквивалент
и плотность никеля равны соответственно k = 3-10"7 кг/Кл,
р = 8,9-10“3 кг/м3.
Решение
Масса выделившегося при электролизе никеля т = kq =
= kit = kjSt, где t — время протекания тока, j — его плот-
ность, S — площадь изделия. С другой стороны, т = pV =
= pSh, где h — толщина слоя никеля.
Итак, pSh = kjSt => ph/t = kj, где h/t = v — скорость роста
покрытия; pv=kj = pv/k = 267 А/м2.
18. В схеме, изображенной на рисунке, С2 = 10 мкФ, R = 2 кОм.
Площадь пластин конденсатора S = 100 см2, расстояние
между ними d = 5 мм. Мощность
рентгеновского излучателя, кото-
рый ионизирует воздух между пла-
стинами конденсатора Ср равна п = +
— 2*1012 пар носителей заряда за 1 с
в 1 м3. Заряд носителей равен эле-
170
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
ментарному заряду |е| = 1,6*10-19 Кл. Все образовавшиеся
носители заряда достигают пластин конденсатора С\. Опре-
делить заряд конденсатора С2.
Решение
В пространстве между пластинами конденсатора С\ обра-
зуются положительно заряженные ионы и электроны, кото-
рые под действием электрического поля движутся в проти-
воположных направлениях, создавая электрический ток,
через резистор R. За промежуток времени At под действием
рентгеновского излучения в объеме V образуется N = nVAt
пар носителей зарядов. Так как V = Sd и каждому положи-
тельно заряженному иону соответствует отрицательно заря-
женный ион, то переносимый за время At полный заряд
q = 2|epV = 2|e|nSdAt. Следовательно, через резистор R проте-
кает ток I = q/&t = 2|e|nSd. Напряжение на резисторе и = IR =
= 2|e|nSdB равно напряжению на конденсаторе С2. Поэтому
его заряд q2 = С2 и = 2|e|nSdC2 R = 6,4*10-13 Кл.
Задачи для самостоятельного решения
1. Ток в проводнике за равные
промежутки времени t меня-
ется (см. рис.). Какой заряд
прошел по проводнику за вре-
мя, равное 4t?
Ответ: 21 xt.
2. В цепи (см. рис.) Rx = 2 Ом, R2 = 4 Ом, R3 = 6 Ом. Найдите
сопротивление Я4, если на участке CD тока нет.
Ответ: 12 0м.
171
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
3. Определите общее сопротивление участка АВ, если каж-
дое сопротивление R.
Ответ: 2,7Я.
4. Какими должны быть сопротивления гр г2, г3 для того,
чтобы «звезду» можно было включить вместо «треуголь-
ника», составленного из сопротивлений Вр R2, R3.
зд г. ад г __ ад
(R1+R2+RaY 2 (Rl+R2+R3y 5 * * 8 (Rl+R2+R3)‘
5. Определите общее сопротивление
контура, если каждый элемент его
имеет сопротивление г. Контур
подключен к электрической цепи в
точкахАиВ.
Ответ: 0,8г.
в. Найдите общее сопротивление уча-
стка АВ, составленного из прово-
дников одинакового сопротивле-
ния г, если он подключен к элек-
трической цепи в точках А и В.
Ответ: (®/в)г.
172
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
7 • Присоединение к вольтметру некоторого добавочного со-
противления увеличивает предел измерения напряже-
ния в п раз. Другое добавочное сопротивление увеличи-
вает предел измерения в т раз. Во сколько раз увеличит-
ся предельно измеряемое вольтметром напряжение, если
включить последовательно с вольтметром эти два сопро-
тивления, соединенные параллельно?
Ответ: k = (тп - 1)/(т + п - 2).
8. Цепь собрана из одинаковых резисторов и одинаковых
вольтметров. Показания U\ = 10 В, Us = 8 В. Найдите по-
казания второго вольтметра.
Ответ: 8,7В.
9. Что покажет амперметр в схеме (см.
рис.), если = 15 Ом, Н2 = R3 - =
= 10 Ом, £ = 30 В. Сопротивлением
амперметра и источника тока прене-
бречь.
О т в е т: 3 А.
10. В цепи, показанной на ри-
сунке, = 14 В, внутреннее
сопротивление источника г
равно нулю, а каждое из со-
противлений равно по 1 Ом.
Найдите все токи этой цепи.
Ответ: 8 А; 6 А; 2 А; 4 А.
173
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
11. В цепи (см. рис.) £ = 22 В, вну-
треннее сопротивление элемента
равно нулю, -Rj = 1 Ом, а каждое
из остальных сопротивлений
равно 2 Ом. Найдите все токи
этой цепи.
Ответ: 8 А; 7А; 5 А; 6 А; 1 А.
12. Источники тока, имеющие оди-
наковые внутренние сопротивле-
ния г = 0,5 Ом, подключены к ре-
зисторам Rr и R2. Сопротивление
Rt = 1 Ом. ЭДС источников тока
£ = 12 В, £2 = 6 В. Определите величину сопротивления
Н2, при котором ток, протекающий через источник ^2,
равен нулю.
Ответ: Н2 = 1 Ом.
13. Конденсаторы емкостью
Ср С2 и С3 и резисторы, со-
противления которых Нр
R2 включены в электриче-
скую цепь, как показано
на рисунке. Найдите уста-
новившиеся заряды на
конденсаторах.
Ответ: 0^,0^/^ +
14. Конденсатор емкостью С и
резисторы, сопротивление
которых равны R, включе-
ны в электрическую цепь,
как показано на рисунке.
Найдите установившийся
заряд на конденсаторе.
Напряжение Uo известно.
Ответ: O,8UoC.
^(WW^ + RJ.
174
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
15. Какое количество тепла выделится
на резисторе сопротивлением R после
замыкания ключами цепи, показан-
ной на рисунке? Внутренним сопро-
тивлением батареи пренебречь.
СЕ2
Ответ: —2-.
6
16. Какое количество теплоты выделится
на резисторе сопротивлением R при
переключении ключа К из положения
(1) в положение (2) в цепи, показан-
ной на рисунке?
Ответ: 2С£2.
17. Конденсатор емкостью С, заряжен-
ный до напряжения 4£, разряжается
через резистор с большим сопротивле-
нием R и батарею с Найдите количе-
ство теплоты, выделившееся при раз-
рядке конденсатора.
Ответ: 4,5С£2.
18. При разомкнутом ключе К один кон-
денсатор в цепи был заряжен до на-
пряжения U, а второй — нет. Найдите
количество теплоты, выделившееся
на каждом из сопротивлений RA и R2
после замыкания ключа К.
Ответ: Qj =
CU2
4
Д1 .е ^cu2 r2
4 Я1 + Я2’
J
19. При электролизе воды через ванну прошел заряд 1000 Кл.
Какова температура выделившегося кислорода, если он
находился в объеме 0,25 л под давлением 970 мм рт. ст.?
k = 8,29-10-8 кг/Кл.
Ответ: 1485 К.
175
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
20. Какой заряд нужно пропустить через электролити-
ческую ванну с подкисленной водой, чтобы получить
V= 1 дм3 гремучего газа при 27°С и давлении р = 105 Па?
Ответ: 5,2-103Кл.
21. Найдите толщину слоя серебра, выделившегося за время
t = 20 мин на катоде при электролизе, если за это время
плотность тока увеличилась от значения д = 103 А/м2 до
значения j2 = 104 А/м2. Плотность серебра р = 10,5-Ю3 кг/м3,
k = 1,1-10-® кг/Кл.
Ответ: 0,69мм.
22. Определите толщину слоя меди, выделившегося на като-
де площадью S = 10 см2 при электролизе медного купо-
роса, если ток сначала равномерно возрастал за время
= 15 мин от нуля до Zo = 10 А, а затем равномерно убы-
вал до нуля за время t2 = 30 мин? Плотность меди
р = 8,9-Ю3 кг/м3, k = 3,3-Ю-7 кг/Кл.
Ответ: 0,5мм.
23. В электролитической ванне с раствором сульфата цинка
за время t = 10 мин сила тока линейно возрастала от
/j = 4 А до 12 = 6 А. Определите массу цинка, выделивше-
гося за это время на электроде. Валентность цинка п = 2,
его молярная масса ц = 65 -10-3 кг/моль.
Ответ: 1г. s
24. В растворе CuSO4 анодом служит медная пластинка, со-
держащая 10% примесей. При электролизе медь раство-
ряется и в чистом виде выделяется на катоде. Сколько
стоит очистка 1 кг такой меди, если напряжение на ван-
не 6 В, а стоимость 1 кВт-ч энергии 20 коп.?
Ответ: 90 коп.
26. Определите энергию, затраченную на производство 100 кг
рафинированной меди, если электролиз ведется при на-
пряжении 8 В, а КПД установки 80% ? k = 3,3-Ю-7 кг/Кл.
Ответ: 310еДяк.
176
ti-
4
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
МАГНИТНОЕ ПОЛЕ
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Прямолинейный однородный проводник, подвешенный
на двух гибких проволочках одинаковой длины, может
вращаться вокруг горизонтальной оси АС. Проводник
находится в однородном вертикальном магнитном поле.
Если по проводнику течет ток I{ = 1 А, проволочки от-
клоняются от вертикали на угол = 30°. При какой силе
тока они будут отклоняться на угол а2 = 60°? Массой про-
волочек можно пренебречь.
Решение
Предположим, что ток протекает, как показано на ри-
сунке. Вид сбоку представлен на втором рисунке. На провод-
ник действуют силы: сила тяжести mg (т — масса провод-
ника), равнодействующая сил натяжения проволочек Т,
сила Ампера FA, направленная горизонтально. Условия рав-
новесия проводника, записанные для горизонтальной и вер-
тикальной осей Хи У, дают систему уравнений:
по оси X: [F. - Tsina = 0, Tsina = F.,
=>tga = F./mg.
по оси У: [Tcosa - mg = 0, [Tcosa = mg,
В рассматриваемой задаче проводник перпендикулярен
магнитному полю, поэтому FA = B/Zsin90° = ВП.
т_ + ВП гг г * BIil
Итак, tga =---. При токе I, tga, =—при токе I.
В11 ™
tga2 =—
mg
177
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Отношение тангенсов
tga1 = 4=>/ tg^ = 3A.
tg^ Д tgaj
2. Частица массой т = 6,65-10"27 кг и зарядом q = 3,2-10“19Кл
сначала ускоряется в электростатическом поле, проходя
ускоряющую разность потенциалов и = 2500 В. Началь-
ная скорость частицы равна нулю. Затем частица влета-
ет в однородное магнитное поле с индукцией В = 2-10"5 Тл,
перпендикулярное вектору скорости. Найти изменение
импульса частицы за время t = (л/2)-1,039-10-3 с после
влета в магнитное поле. Определить модуль центростре-
мительного и тангенциального ускорения частицы в этот
и последующие моменты времени.
Решение
Пусть в начальный момент времени заряженная частица
находится в точке А электростатического поля, потенциал
которой равен <рА. Тогда энергия частицы — потенциальная
энергия в электростатическом поле WA = = дфл. В точке
В энергия частицы состоит из потенциальной W' = q<pB и
кинетической W = тпи2/2, т.е. WB = q<pB + mv2/2. По закону
сохранения энергии
Wa = Wb => Wa = + mv2/2 =* <№>а ~ Фд) “ °гу72.
Но фА - фв = и => qu = mv2/2, и скорость частицы при ее
влете в магнитное поле и = J2qu./m = 4,9 10б м/с. В магнит-
ном поле частица под действием силы Лоренца движется по
окружности с постоянной по модулю скоростью у. По второ-
му закону Ньютона Fn = тап, где сила Лоренца Рл = qvB, а
центростремительное ускорение частицы ап = v2/R. После
178
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
подстановки получаем <?фВ = mvz/R, откуда радиус окруж-
ности R = — = 510 м. Период обращения частицы по ок
ружности
2tlR 2пт я
Т = 2я-1,039-10-3 с.
v qB
Отношение времени движения t к периоду Т
t = (я/2)-1,039-10-8 = 1 _1
Т 2л 1,039 10"3 4 4 ’
т.е. за указанное время частица проходит х/4 окружности, а
ее вектор скорости поворачивается на 90°.
Изменение импульса Др = р2 - Д = р2 +(~Pi)> где рг = р2 =
= mv.
Модуль вектора Др = 42рх = 4,6 1021 кгм/с. Модуль цент-
ростремительного ускорения в любой точке окружности
ап = v2/R = 4,7-108 м/с2.
Так как сила Лоренца, действующая на частицу, направ-
лена по радиусу окружности к центру, то тангенциальное
ускорение в любой точке ах = 0.
3. В однородное магнитное поле с индукцией В влетает со
скоростью v частица массой m и зарядом q. Угол между
векторами скорости v и магнитной индукции В равен а.
Как будет двигаться частица в магнитном поле?
Решение
Будем для определенности считать заряд частицы поло-
жительным. Введем систему координат, ось X которой на-
179
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
правлена вдоль поля, а плоскость YOZ перпендикулярна
полю. Так как скорость v перпендикулярна силе Лоренца
F, действующей на частицу, то сила Лоренца работы не со-
вершает и, следовательно, скорость остается постоянной по
модулю. Так как F* ± В, то Fa ± ОХ. Проекция силы Лоренца
на ось ОХ равна нулю, значит, в направлении поля у части-
цы нет ускорения и она движется равномерно прямолиней-
но со скоростью vx = pcosa. Так как vx = const и v = const, то
угол а между векторами о и В будет оставаться постоянным.
Поэтому и сила Лоренца F* = gvBsina будет постоянной по
модулю, причем вектор F* параллелен плоскости YOZ. Пер-
пендикулярная вектору В проекция скорости = osina на-
ходится в плоскости, параллельной плоскости YOZ. Следо-
вательно, в плоскости, перпендикулярной вектору В, части-
ца движется по окружности, радиус которой можно найти
из второго закона Ньютона:
Вл = тап => gvBsina = т— =>
R
„ . (vsina)2 „ mvsina
=> gvBsma = т-----— =>R =-------.
4 R qB
Итак, в направлении поля частица движется прямоли-
нейно равномерно со скоростью vx = vcosa, а в плоскости,
перпендикулярной полю, она описывает окружность радиу-
сом R = (musina)/(gB). В итоге получаем сложное движение
по винтовой линии. Шаг винтовой линии Н — это расстоя-
ние, на которое смещается частица в направлении поля за
время одного оборота Т по окружности, т.е. расстояние меж-
ду точками С и В:
Н = илТ, Т = —
mu sin a А
и sin a qB
TT n m 2nmvcosa
H = i>cosa2n— =---------.
qB qB
180
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
4.
Электрон влетает в область пространства с
однородным электростатическим полем с
напряженностью Е = 6-104 В/м перпендику-
лярно линиям напряженности. Определить
значение и направление индукции магнит-
ного поля, которое надо создать в этой обла-
сти для того, чтобы электрон пролетел ее, не испытывая
отклонений. Энергия электрона W = 1,6-10~19 Дж.
Решение
Энергия электрона W mev2/2, где те - 9,1-10 31 кг — мас-
са электрона, v — его скорость. Следовательно, v = J2W /те.
Электростатическое поле действует на электрон с силой
Fk — |е|Е, где |е| — модуль заряда электрона. Для того чтобы
электрон не испытывал отклонений, необходимо скомпен-
сировать эту силу силой Лоренца Рл, действующей со сторо-
ны магнитного поля. Так как
Fk = Рл, |е|Е = |е|vB =*В = E/v = E^mJ(2W) = 0,1 Тл.
Вектор В1 v и В1Ё.
5. По металлической ленте толщиной h течет ток I. Лента
помещена в однородное магнитное поле с индукцией В,
направленной перпендикулярно поверхности ленты.
Определить разность потенциалов между точками А и С
ленты, если концентрация свободных электронов в ме-
талле равна п.
Решение
В металле электрический ток —
это направленное движение свобод-
ных электронов, причем
I = |e|nSp, (1)
где |е| — модуль заряда электрона,
v — скорость упорядоченного дви-
жения электронов, S = dh — пло-
щадь поперечного сечения ленты
181
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
(d — ее ширина). Магнитное поле действует на свободные
электроны с силой Лоренца, направленной перпендикуляр-
но току в ленте, как показано на рисунке. Поскольку на
одной из поверхностей ленты образуется избыток электро-
нов, между торцами ленты возникнет электрическое поле
Е, следовательно, между точками А и С будет существовать
разность потенциалов. Перемещение электронов будет про-
должаться до тех пор, пока сила Лоренца не будет уравнове-
шена силой со стороны электрического поля, т.е.
Fk -Рл =Ф|е|Е = |е|оВ=>Е = иВ. (2)
Скорость электронов выражаем из уравнения (1): v —
= I/(|e|nS). Напряженность поля связана с разностью потен-
циалов соотношением Е = (фА - ф^/d. Подставляя его в ра-
венство (2), получаем
Фа~ФС=
d |e|ndft А с \e\nh
6. Незаряженный металлический цилиндр вращается во-
круг своей оси в магнитном поле с угловой скоростью со.
Индукция магнитного поля направлена вдоль оси ци-
линдра. Каково должно быть значение индукции маг-
нитного поля”, чтобы в цилиндре не возникло электриче-
ское поле? Масса электрона те, его заряд е.
Решение
Предположим, что цилиндр вращается против часовой
стрелки, как показано на рисунке. Электрическое поле вну-
три цилиндра не возникает, если отсутствует смещение сво-
бодных электронов. Это соответствует тому, что каждый
свободный электрон движется по окружно-
сти с угловой скоростью со. Линейная ско-
рость электрона v = cor, где г — расстояние /у'' тд
электрона до оси вращения. Следователь-
но, на каждый электрон действует сила
Лоренца Ел - |е|иВ, которая сообщает ему К A J
центростремительное ускорение ап — со 2г,
182
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
достаточное для движения по окружности радиусом г. Для
того чтобы сила Лоренца была направлена к оси вращения,
необходимо, чтобы индукция магнитного поля В была на-
правлена вверх, если цилиндр вращается по часовой стрел-
ке, и вниз, если цилиндр вращается по часовой стрелке.
По второму закону Ньютона Ял = тап => |е|иВ = тю2г.
Подставляя v = юг, находим, что В = теюг/\е\.
7. В однородном магнитном поле с индукцией В - 0,1 Тл
расположен плоский проволочный виток, площадь ко-
торого S = 10-2 м2, а сопротивление R = 2 Ом. Первона-
чально плоскость витка перпендикулярна линиям маг-
нитной индукции. Виток замкнут на гальванометр. Пол-
ный заряд, протекший через гальванометр при повороте
витка, q = 7,5-10 4 Кл. На какой угол повернули виток?
Решение
Пусть нормаль п к плоскости витка
совпадает по направлению с вектором
магнитной индукции В. Начальный маг-
нитный поток через площадь, ограни-
ченную витком, Фх - BS cosO° = BS. При
повороте плоскости витка на угол а нормаль, связанная с
витком, также поворачивается на угол а, поэтому магнитный
поток становится равным Ф2 = BScos а. Так как магнитный
поток изменился, то в витке возникла ЭДС индукции. Одна-
ко закон изменения магнитного потока во времени не задан.
Нельзя утверждать также, что поток изменялся равномерно
во времени. Поэтому для вычисления ЭДС индукции вос-
пользуемся формулой = -Ф'(Г). По витку протекает индук-
ционный ток i(t) = £/Я = -Ф'(Г)/Я. Заряд, протекающий по
витку и регистрируемый гальванометром, q = SABCD =
= I i(t)dt. Здесь — начальный, a t2 — конечный моменты
h
времени. После подстановки i(t) получим
9 = 1 = -(Ф(*2)-Ф(*1))/Я = "(Ф2 -Ф1)/Я = -ДФ/Я-
ч R
183
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Итак, независимо от того, как поворачивали виток, про-
текающий через замкнутый контур заряд вычисляется по
формуле
q = -ДФ/Я. (1)
Формула выведена в предположении, что индуктивность
контура (витка) пренебрежимо мала (L =ф 0). Эта формула
будет использована при решении других задач, в которых
выполняется указанное условие.
В нашей задаче АФ = (Ф2 - Фх)=BScosa -BS=BS(cosa -1).
После подстановки в (1) находим q = -BS(cosa - 1)/Я =ф
=> 1 - cosa = qR/(BS) => cosa= 1 - qR/(BS) = -0,5. Следова-
тельно, a — arccos(-0,5) — 2л/3 — 120°.
8. Проводящий плоский контур площадью S — 200 смг, в
который включен конденсатор емкостью С = 10,0 мкФ,
расположен в однородном магнитном поле так, что век-
тор нормали к контуру образует с вектором магнитной
индукции угол a = 60°. Изменение магнитной индукции
во времени описывается уравнением В = 2-10-2 cos(n/4)i Тл.
Определить энергию конденсатора в момент времени
t = 2 с. Индуктивностью контура пренебречь.
-Решение
По определению магнитный поток, пронизывающий кон-
тур, Ф(Г) - B(t)Scosa. Как видно, здесь изменение магнитно-
го потока вызвано изменением магнитной индукции. ЭДС
индукции в этом контуре
= -Ф'(0 = -(B(t)S cos a)' = -B'(#)S cosa =
= -(210~2cos—t |Scosa = 210~2| sin—1— |Scosa =
V 4 ) k 4 Д4/
1 о •
= — Sn cos asm—t.
2 4
Поскольку в плоском конденсаторе расстояние между
пластинами мало, то ЭДС индукции, возникшая в контуре и
равномерно в нем распределенная, представляет собой на-
184
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
пряжение на конденсаторе. Энергия конденсатора в любой
момент времени
СЕ2 If it А2
W = —— = — С Sx cos a sin—11 .
2 2k 4 )
В момент времени t = 2csin(n/4)f = sin(n/2) = 1 и энергия
конденсатора W = (V^QSncosa)2 = l,23-10~9 Дж.
9. По двум медным шинам, установленным под углом а к
горизонту, скользит под действием силы тяжести прово-
дящая перемычка массой т и длиной I. Скольжение про-
исходит в однородном магнитном поле с индукцией В.
Поле перпендикулярно плоскости перемещения пере-
мычки. Вверху шины соединены резистором с сопротив-
лением R. Коэффициент трения сколь-
жения между поверхностями шин и
перемычки равен ц (ц < tga). Прене-
брегая сопротивлением шин и пере-
мычки, найти ее установившуюся ско-
рость. Перемычка перпендикулярна
шинам.
Решение
Пусть установившаяся скорость перемычки равна v, тог-
да в перемычке возникает ЭДС индукции = Blv. Так как
цепь замкнута, по ней протекает индукционный ток
I = ^/R = Blv/R.
Силы, действующие на перемычку: сила тяжести mg,
сила реакции со стороны шин #, сила трения скольжения
^тр ~ и сила Ампера, действующая со стороны маг-
нитного поля. Причем модуль силы Ампера
Fa = _B27sin90° = ВП = B(Blv/R)l - B42v/R.
(Здесь учтено, что угол между направлением тока и век-
тором магнитной индукции равен 90°.) Пусть индукция В
магнитного поля направлена так, как показано на рисунке.
Тогда при движении перемычки вниз по шинам поток внеш-
185
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
него магнитного поля через замкнутый кон-
тур AMNC возрастает. Следовательно, по
правилу Ленца индукционный ток в конту-
ре направлен так, чтобы созданное им маг-
нитное поле стремилось скомпенсировать
увеличение магнитного потока. Отсюда
можно сделать вывод, что индукция магнитного поля, соз-
данного индукционным током, направлена противополож-
но вектору В. Используя правило буравчика, находим, что
индукционный ток в контуре AMNC направлен по часовой
стрелке, если смотреть на этот контур сверху. На рисунке
индукционный ток направлен к нам, поэтому сила Ампера,
приложенная к перемычке, направлена вверх вдоль шин.
Введем оси координат X и Y и запишем второй закон
Ньютона:
mg sin а - FTp - FA = О,
N -mg cosa = 0.
Здесь учтено, что при постоянной скорости перемычки
ее ускорение а = 0. Из второго уравнения N = mgcosa, поэто-
му FTp = цУ =ц mgcosa. Подставив это в первое уравнение,
получим
B2l2v .
mg sin a -Т| mgcosa---= 0 => v =
R
mgR. .
—^-(sina-pcosa).
2> I
10. Металлический стержень AN, сопротивление единицы
длины которого равно р, движется с постоянной скоро-
стью v, перпендикулярной АУ, замыкая два проводника
ОС и OD с пренебрежимо малыми сопротивлениями,
образующими между собой угол а; ОС — I
и AN ± ОС. Вся система находится в одно-
родном магнитном поле, индукция В ко-
торого перпендикулярна плоскости систе-
мы. Найти полное количество теплоты,
которое выделится в цепи за время движе-
ния стержня АУ от точки О до точки С.
186
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
Решение
Пусть ОА = х, тогда длина части стержня AN, образую-
щего замкнутый контур, у = xtga. ЭДС индукции, которая
возникает в подвижном стержне и действует во всем зам-
кнутом контуре, £ =Byv. Индукционный ток в контуре
I = %,/R, где R — сопротивление контура, равное сопротивле-
нию участка стержня длиной у. Поэтому R = ру и
1 = Вуо/(ру) = Bv/p = const.
Таким образом, в контуре протекает постоянный ток.
Выделяющаяся в нем мощность
p = I2R = f—Ly = l®£Lxtga = ^^-(ot)tga = ^-tgat.
Ip; p p
Здесь учтено, что при равномерном дви-
жении стержня в любой момент времени х =
= vt. Таким образом, мощность, выделяю-
щаяся в контуре, не является постоянной, а
линейно возрастает с течением времени.
Для того чтобы найти полное количество
выделившейся теплоты, построим график зависимости P(t),
который представляет собой прямую линию (см. рис.).
Время движения стержня до точки С: tc = l/v. Количе-
ство теплоты численно равно площади &.OCN, причем его
катет
CN = Pc = P(tc) = -—tgaf—j = ^^tga.
p p
Итак,
л 1П 1(Ви)2/х Ш В2оГ
Q = _p .t =__i—1—tga — — tga.
2 2 p \vJ 2p
11. В магнитном поле с большой высоты падает кольцо, име-
ющее Диаметр d и сопротивление R. Плоскость кольца
все время горизонтальна. Найти установившуюся ско-
рость падения кольца, если вертикальная составляющая
187
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
индукции магнитного поля изменя-
ется с высотой Н по закону В — Во х
х (1 + аН), где а = const.
Решение
Пусть п — нормаль к плоскости коль-
ца, тогда магнитный поток, создан-
ный вертикальной составляющей маг-
нитного поля, Ф = BS = Во(1 + aH)S, где
S = nd2/4 — площадь контура. ЭДС ин-
дукции, возникающая в кольце,
В*
О
Я2
« -ф'(0 - -(Во(1 + aH)SY = -B0SaH'(t).
Производная H'(t) = vH — это проекция скорости кольца
на ось Н. Так как скорость кольца направлена против оси Н,
то рн = -v, где v — модуль скорости кольца и = BQSav. По
кольцу протекает индукционный ток I = ^/R = B0Sav/R.
В результате в кольце за промежуток времени At выделяет-
ся количество теплоты Q = I2BAt.
На высоте Н1 кольцо обладает механической энергией
_r mv2
= mgH1 +——,
тпр2
на высоте Н2 - W2 = mgH2 ч---------(р = const).
2
По закону сохранения энергии
Wr = W2 + Q => mgHt = mgH2 + I2R At =>
=> mgtH' - H2) = (B0Sa p/B)2BAt =>
=»7ngr(H1-H2) = ((B0Sap)2/B)Af. (1)
Разность (H' - H2) есть расстояние, пройденное кольцом
при равномерном движении, поэтому - Н2 = v&t и урав-
нение (1) примет вид
Аа (B0Sap)2 (BoSa)2p
mgvAt = ----— At =Ф mg = —2—-— =>
R R
_ mgR _ 16mgR
V ~ (B„Sa)2 “ (Bo7td2a)2 ’
188
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
12. Сверхпроводящее круглое кольцо радиусом г, имеющее
индуктивность L, находится в однородном магнитном
поле с индукцией В. Первоначально плоскость кольца
была параллельна вектору В, а ток в кольце равен нулю.
Какую работу нужно совершить, чтобы повернуть коль-
цо так, чтобы его плоскость стала перпендикулярна ли-
ниям индукции?
Решение
Кольцо пронизывается как внешним магнитным пото-
ком Фвн, так и собственным магнитным потоком Фс, создан-
ным током, протекающим по кольцу. Поэтому полный маг-
нитный поток Ф = Фщ + Фс, а ЭДС индукции в кольце
?=-Ф' = -ф' -ф' =-ф' -Li',
вн с вн ’
где i' — скорость изменения тока.
Сопротивление сверхпроводящего кольца R - 0, поэтому
по закону Ома = R = 0. Отсюда следует, что -Ф'вн - Ы' = 0 =
= -Ф'вн = Li'. Проинтегрировав это равенство от нуля до t,
где t — время поворота кольца, найдем, что
t t
-J 0'(t)dt = J Li'dt =ф -(Фвн (0 -Фвн (0)) = L(i(t) -i(0)).
0 0
В начальный момент времени i(0) = 0, Фщ(0) = Bscos90° = 0.
В момент времени t: Фвн(0 = BScosO° = BS, где S = nr2, а ток
i(t) = I. Таким образом, -BS = LI=^I- -BS/L.
Начальная энергия магнитного поля кольца ТУ(О) = 0,
конечное значение этой энергии VT(f) = LP/2. Увеличение
энергии произошло за счет работы внешних сил, поэтому
AW = W(t) - W(0) = А => А = — = = (Бяг2)2 .
' 2 2L 2L
13. В схеме, изображенной на рисунке, в начальный момент
времени ключ К разомкнут, конденсатор не заряжен.
Определить максимальное значение тока после замыка-
. ния ключа. Заданы L, С, Сопротивлением катушки и
источника пренебречь.
189
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
ЭДС самоиндукции в катушке =
= где i'(t) — производная от тока
по времени. Когда через катушку про-
текает максимальный ток, эта произво-
дная обращается в нуль. Следователь-
но, и = 0. Поэтому напряжение на
конденсаторе в этот момент равно напряжению источни-
ка ^0. При этом заряд конденсатора q = С£о. Именно этот за-
ряд протекает через источник, при этом работа сторонних
сил Аст = qt>0 — С^02. Эта работа идет на изменение энергии
конденсатора и катушки индуктивности, т.е. Аст == W3 + W ,
где W3 = С^)2/2 — энергия электрического поля конденсато-
ра, a WM = Ы2тят/2 •— энергия магнитного поля катушки.
Итак,
СЙ = С^/2+Ыг^/2^1^
14. Конденсатор емкостью С, заряженный до напряжения
и, разряжается через катушку с индуктивностью L и со-
противлением R. Какое количество теплоты выделится в
катушке к моменту времени, когда сила тока в ней до-
стигнет наибольшего значения I?
Решение
В этом задании катушка не является идеальной, ее со-
противление R * 0. В любой момент времени разность потен-
циалов между точками А и В есть + i(t)R, где — ЭДС
самоиндукции, возникающая в катушке и равная а
i(t)R — напряжение на катушке, когда по ней протекает ток
i(t). В момент, когда ток достигает максимума, производная
i'(t) = 0 и разность потенциалов между точками А и В стано-
вится равной IR.
Начальная энергия контура есть энергия
конденсатора W1 = Си2/2. В рассматривав- ---|С|---
мый момент времени энергия контура рас-
пределена между электрическим полем кон- R
денсатора и магнитным полем катушки:
190
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
W2 = с<Фл “ Фв)72 + LI2,/2 - C(IR)2/2 + LI2/2.
Энергия контура не сохраняется, так как катушка обла-
дает ненулевым сопротивлением и при протекании тока в
ней выделяется теплота. По закону сохранения энергии
= W2 + Q => - W2 = (Cu2 - C(IR)2 - LI2)/2.
Задачи для самостоятельного решения
1. Горизонтальные рельсы находятся на расстоянии 0,3 м
друг от друга. На них лежит стержень, перпендикуляр-
ный к рельсам. Какой должна быть индукция магнитно-
го поля для того, чтобы стержень начал двигаться, если
по нему пропускать ток 50 А? Коэффициент трения
стержня о рельсы 0,2. Масса стержня 0,5 кг.
Ответ: 0,067Тл.
2. Между полюсами магнита на двух тонких нитях подвешен
горизонтально линейный проводник массой 100 г, длиной
20 см, по которому протекает ток силой 20 А. На какой
угол от вертикали отклонятся нити, поддерживающие
проводник, если индукция магнитного поля 0,25 Тл?
Ответ: 45°.
3. Медный проводник сечением 2 мм2 согнут в виде трех
сторон квадрата и подвешен за концы к горизонтальной
оси в вертикальное магнитное поле. Когда по проводни-
ку пропускают ток 10 А, он отклоняется от вертикаль-
ной оси на угол 45°. Определите величину и направление
вектора магнитной индукции. Плотность меди 8,9 кг/дм3.
Ответ: 3,56'10_2Тл.
4. Жесткое тонкое проводящее кольцо лежит на горизон-
тальной непроводящей поверхности и находится в одно-
родном магнитном поле, линии индукции которого го-
ризонтальны. Масса кольца 2 г, радиус R = 4 см, индук-
ция В = 0,5 Тл. Какой ток нужно пропустить по кольцу,
чтобы оно начало подниматься?
Ответ: 0,3А.
191
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
5. Катушка, по виткам которой течет ток, вертикально сто-
ит на плоскости. Общий вес катушки Р, число витков п,
радиус R, ток в витках I. При какой индукции однород-
ного магнитного поля, направленного горизонтально,
катушка под действием этого поля опрокинется?
Ответ: P/nRnl.
6. По обмотке длинного цилиндрического
соленоида радиусом R протекает постоян-
ный ток, создающий внутри соленоида
однородное магнитное поле с индукцией
В. Между витками соленоида в него вле-
тает по радиусу (перпендикулярно оси со-
леноида) электрон со скоростью V. Откло-
няясь в магнитном поле, электрон спустя некоторое вре-
мя покинул соленоид. Определите время движения
электрона внутри соленоида.
П m т, „ 2?и , (BRe
Ответ: --arctg ---
Be Ч mV
7.
Электрон со скоростью V = 10е см/с
влетает в область однородного магнит-
ного поля с индукцией В = 10"3 Тл. На-
правление скорости перпендикулярно
индукции. Определите максимальную
глубину h проникновения электрона в область магнит-
ного поля; 1,7640й Кл/кг, угол а = 30°.
Ответ: 28 мм.
8. Поток проводящей жидкости (расплав-
ленный металл) течет по керамической
трубе. Для определения скорости тече-
ния жидкости трубу помещают в одно-
родное магнитно^, поле, перпендику-
лярное оси трубы, в трубе закрепляют
два электрода, образующие плоский
конденсатор, и измеряют разность потенциалов между
электродами. Найдите скорость потока, если индукция
192
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
магнитного поля В — 0,01 Тл, расстояние между элект-
родами d = 2 см, измеренная разность потенциалов
0,4 мВ.
Ответ: 2 м/с.
9. Незаряженный металлический брусок
представляет собой прямоугольный па-
раллелепипед со сторонами d, b, с. Бру-
сок движется в магнитном поле вдоль
стороны d со скоростью V. Индукция маг-
нитного поля В перпендикулярна осно-
ванию бруска со сторонами d, с (см. рис.).
Определите плотность электрических за-
рядов на боковой поверхности паралле-
лепипеда, образованной сторонами b, d.
Ответ: ВУе0.
10. Две параллельные шины, подключенные к аккумулятору
с ЭДС и внутренним сопротивлением г, находятся в од-
нородном магнитном поле с индукцией В. Шины замкну-
ты проводником длинной I и сопротивлением R, который
перемещается по шинам без нарушения контакта перпен-
дикулярно полю со скоростью V. Пренебрегая сопротивле-
нием шин, определите напряжение на зажимах источни-
ка, мощность тепловых потерь в проводнике, а также ме-
ханическую мощность, подводимую к проводнику.
Ответ:
и $0R+BlVr. р = &0-В1У)2 . N = (^-BIV)IVB
R + r ’ (Я + г)2 ’ R + r
11. Проводящий стержень длиной I = 10 см и сопротивлени-
ем R = 1 Ом может скользить по горизонтально располо-
женным параллельным шинам, которые соединены с ис-
точником постоянного тока с £ = 10 В и внутренним со-
противлением г = 1 Ом. К середине стержня прикреп-
лена невесомая пружина с коэффициентом жесткости
k = 0,1 Н/м, расположенная в горизонтальной плоско-
193
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
сти. Перпендикулярно плоскости
проводников действует однородное
магнитное поле с индукцией В ==
= 10 2 Тл. Пренебрегая сопротивле-
нием шин и проводов, определите
энергию деформации пружины.
Ответ; 2,5-10~2Дж.
12. В однородном магнитном поле, индукция
которого В, вращается с постоянной часто-
той v стержень длиной I (см. рис.). Опреде-
лите индукции, возникающую на концах
стержня.
Ответ: itvBl2.
13. Прородник массой т и длиной I подве-
шен к диэлектрику с помощью двух
одинаковых пружин общей жестко-
стью k. Однородное магнитное поле с
индукцией В перпендикулярно плоско-
сти. К верхним концам пружин при-
т,1
креплен конденсатор С. Определите период колебаний
системы в вертикальной плоскости. Сопротивлением,
индуктивностью и емкостью проводников пренебречь.
Ответ: 2л
1т + СВ2!2
k
14. По двум параллельным металлическим направляющим,
наклоненным под углом а к горизонту и расположенным
на расстоянии Ь друг от друга, может скользить без тре-
ния металлическая перемычка
массой т. Направляющие замкну-
ты снизу на незаряженную бата-
рею конденсаторов, емкость каж-
дого из которых равна С. Вся кон-
струкция находится в магнитном
поле, индукция которого В и на-
194
ЭЛЕКТРИЧЕСКОЕ И МАГНИТНОЕ ПОЛЯ
правлена вертикально. В начальный момент перемычку
удерживают на расстоянии L от основания «горки» (см.
рис.). Какую скорость будет иметь перемычка у основа-
ния «горки», после того как ее отпустят? Сопротивлени-
ем направляющих и перемычки пренебречь.
2L mg sin а
m + -b2B2 cos2 а
2
15. По двум параллельным металли-
ческим направляющим, наклонен-
ным под углом а к горизонту и рас-
положенным на расстоянии b друг
от друга, может скользить без тре-
ния металлическая перемычка
массой т. Направляющие замкну-
ты снизу и сверху незаряженными
конденсаторами емкости С каждый. Вся конструкция
находится в магнитном поле, индукция которого В на-
правлена вертикально. В начальный момент перемычку
удерживают на расстоянии L от основания «горки». Ка-
кую скорость будет иметь перемычка у основания «гор-
ки», после того как ее отпустят? Сопротивлением на-
правляющих и перемычки пренебречь.
Ответ:
2Lmgsina
m+2Cb2B2 cos2 a
16. Круговой виток радиусом 5 см с током
1 А находится в однородном магнит-
ном поле с индукцией В = 0,04 Тл. Ка-
кую работу нужно совершить, чтобы
повернуть виток на 90° вокруг оси, со-
впадающей с его диаметром?
Ответ: 3,14,10-4Дж.
195
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
17. Три гальванических элемента = 3 В,
= 2 В, £3 = 1В и внутренними сопротив-
лениями гх=2 Ом, г2 =1,5 Ом, г3 = 0,5 Ом
соединены так, что образуют замкну-
тый круг-контур радиусом 40 см. Кон-
тур пронизывается перпендикулярно
его плоскости магнитным полем, ин-
дукция которого изменяется по закону
„ Ю Тл „
В = at, где а =---. Определите силу
я с
тока в цепи.
Ответ: 0,1 А.
18. Из проволоки, единица длины которой имеет сопротив-
ление р, сделан плоский замкнутый контур, состоящий
из двух квадратов площадью S1nS2. Контур находится в
однородном магнитном поле с индукцией Во, направлен-
ной перпендикулярно плоскости контура. Какой заряд
протечет через поперечное сечение провода при равно-
мерном уменьшении индукции поля? Между пересекаю-
щимися на рисунке проводами контакта нет.
Д,«-Х)
Ответ: q =—-------
4р
19. В магнитном поле с большой высоты
падает с постоянной скоростью V ме-
таллическое кольцо, имеющее диа-
метр d и сопротивление R. Плоскость
кольца все время горизонтальна.
Найдите массу кольца, если модуль
индукции В магнитного поля изменяется с высотой Н по
закону |В| = Во(1 + аН). Сопротивлением воздуха прене-
бречь.
Ответ:
(B^aTtd2)2^
16Bg
ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ
КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Тонкое проволочное кольцо радиусом R имеет электриче-
ский заряд Q > 0. Как будет двигаться точечный заряд мас-
сой т, имеющий заряд -q(q > 0), если в начальный момент
времени он покоился в некоторой точке на оси кольца на
расстоянии d « R от его центра? Кольцо неподвижно.
Решение
Кольцо притягивает к себе заряд -q. Пусть в некоторый
момент времени заряд находится на расстоянии х < d « R
от центра кольца и его скорость при этом v = х'. Кинетиче-
ская энергия заряда mv2/2 = ?и(х')2/2. Его потенциальная
энергия — это потенциальная энергия в электростатическом
поле кольца, равная (-д)ф(х), где <р(х) — потенциал, созда-
ваемый кольцом в точке расположения заряда. Потенциал,
создаваемый заряженным кольцом, ф(х) = AQ/a/j?2 + x2, где
k = 1/(4те0) — -9-10® (Н’м2)/Кл2. Следовательно, потенциаль-
ная энергия заряда равна -kqQ/^R2 +х2.
Полная энергия заряда складывается из его кинетиче-
ской и потенциальной энергий:
W = т(х')2 / 2 - kqQ / V-R2 + х2.
Отметим, что эта энергия в процессе движения заряда не
изменяется, т.е. W — const.
Найдем производную от полной энергии заряда по вре-
мени:
= _ m =
I 2 2
= )(Я2 + х2 )^22хх' = (тх"+kqQx / 7(-R2 + х2 )3) х'.
197
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Так как W — const, то W' = 0, и после сокращения на х'.
получаем
mx" + kqQx/yl(R2+x2)3 =0. (1)
Отметим, что y](R2+x2)3 = >/(Я2(1 + х2/Я2))3. Так как
х « R, то отношение (x/R)2 -> 0, и в этом приближении
уравнение (1) приводится к виду
тх"+kqQ-^ => х"+х = 0 => х" + (йаХ = О,
R3 mR3 °
2 k<iQ п
©О = -^-5- > 0.
° mR3
Мы получили уравнение гармонических колебаний за-
ряда, происходящих с частотой
соо = yjkqQ/fmR3) и периодом Т = 2n^mR3 /(kqQ).
2. Проводник массой т и длиной I подвешен к диэлектрику
с помощью двух одинаковых проводящих пружин с об-
щей жесткостью k. Однородное магнитное поле с индук-
цией В направлено перпендикулярно плоскости чертежа.'
К верхним концам пружин присоединен конденсатор ем-
костью С. Пренебрегая сопротивлением, собственной ин-
дуктивностью и емкостью проводников, определить пе-
риод колебаний системы в вертикальной плоскости.
Решение
При равновесии проводника mg - kx0 = 0, где х0 = mg/k —
начальная деформация пружин. Выберем ось координат X,
направленную вертикально вниз. Ее начало поместим в точ-
ке, соответствующей положению равновесия, тогда в любой
момент времени деформация пру-
жин равна х + х0, где х — коорди-
ната проводника. При колебаниях
полная энергия системы складыва-
ется из:
198
ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
1) кинетической энергии проводника W = mv2/2 -
= т(х')2/2; .
2) потенциальной энергии проводника в поле тяжести
Земли W — -mgx (нулевое значение потенциальной энергии
соответствует положению равновесия проводника, т.е. ког-
да проводник находится в начале координат);
3) потенциальной энергии упругой деформации пружин
Wy = Л(х + х0)2/2;
4) электростатической энергии конденсатора Wa = Си2/2,
где и — напряжение на конденсаторе.
Так как проводник движется в магнитном поле, то на его
концах возникает ЭДС индукции Е,( = Blv ~ В1х'. Поскольку
сопротивлением проводника и пружин можно пренебречь,
то в любой момент времени напряжение на конденсаторе
равно ЭДС индукции, т.е. и = £(. Следовательно, Wa =
С(В1х')2/2.
Полная энергия системы W — WK + Wp + W? + Wa =
= m(x')2/2 - mgx + k(x + x0)2/2 + C(Blx")2/2. Вычислим про-
изводную от полной энергии по времени:
W, = ~2x'x"-mgx'+-2(x + x0)x'+^^-2x,x" =
2 2 2
= mx'x"-mgx'+k(x + x0)x'+C(Bl)2x'x" =
= ((т+C(Bl)2 )х" + kx~ (mg - kx0 ))х'.
Напомним, что mg - kxQ = 0, поэтому
W' - (т + С(В1)2х" + kx)x'.
Полная энергия системы сохраняется, т.е. W = const,
следовательно, W' = 0. Подставляя и сокращая на х', полу-
чаем уравнение
(т + С(В1)')х" + kx = 0 => х + kx/(m + С(В1)2) = 0 =>
=> х" + а?Ох = 0,
где G>o =k/y/(m + C(Bl)2).
Итак, проводник совершает гармонические колебания с ча-
стотой <о0 = y]k/(m + C(Bl)2) и периодом Т = 2пу](т + С(В1)2) / А.
199
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
3. Конденсатор емкостью С = 50 пФ сначала подключили к
источнику тока с ЭДС S, = 3 В, а затем к катушке с ин-
дуктивностью L = 5,1 мкГн. Найти частоту колебаний,
возникших в контуре, максимальное значение силы
тока в контуре и его действующее значение.
Решение
На рисунке К — ключ, при помо- J
щи которого конденсатор С подклю- — — —*~с X
чают к источнику ЭДС. При этом “Т" >
конденсатор заряжается до напря- /
жения и = £ и его заряд qm = С£. За-
тем при помощи ключа заряженный конденсатор подключа-
ют к катушке. В колебательном контуре возникают колеба-
ния заряда, тока и напряжения на конденсаторе. Собствен-
ная частота колебаний ет0 = 1/7ЁС = 6,3-107 Гц. Определить
максимальное значение тока можно двумя способами^
1. Так как в контуре возникают гармонические колеба-
ния, то q(t) = gmcos(<»0+ ф0), где ф0 — начальная фаза колеба-
ний. В момент времени t = 0 q(t) = g(0) - qm = дтсозф0 =>
=> cos ф0 = 1 => ф0 = 0. Итак, колебания заряда конденсато-
ра описываются формулой q(t) = gmcosco0t. Ток в контуре
i(i) = q'(t) = (gmcosd)00/ = -qmaosinaot = gmo0cos(<»0K + тг/2). От-
сюда следует, что амплитуда тока
Л» =д.А =9,410-* А.
2. Начальная энергия контура W\ = Ct2/2 сосредоточена
в электростатическом поле конденсатора. В тот момент, ког-
да ток максимален, заряд конденсатора равен нулю, вся
энергия контура сосредоточена в катушке: W2 = LI2m/2.
По закону сохранения энергии W\ = W2 => С^2/2 =
= LI„/2=$Im -^С/L. Действующее значение тока 7Д =
= Im /V2 = ^./С/ЙЁ) = 8,610 s А.
4. Заряженный конденсатор замкнули на катушку индук-
тивности. Через какую часть периода после подключе-
ния энергия в конденсаторе будет равна энергии в ка-
тушке индуктивности?
200
ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
Решение
Пусть С — емкость, L — индуктивность, а соо — собствен-
ная частота контура. Заряд на конденсаторе изменяется по
закону q(t) =qmcosto0t, поэтому его энергия в любой момент
времени
W3 = (g(t))2 /(2С) = (g2 cos2 ®оО/(2С).
Ток в контуре i(f) = -gznsincoof, а энергия, сосредоточен-
ная в магнитном поле катушки,
Wm = Li2 /2 = (Lg2 со2 sin2 coot)/2.
По условию задачи
w = w dcos2ca0f = Lg2caosin2 co0t
3 м 2C 2
=> cos2 coof = LC®o sin2 coof.
__ 2 1
Учитывая, что ©о =—, получим
LC
LC®o = 1 => cos2 coof = sin2 coot =$
=> (1+cos 2co0t) / 2 = (1 - cos 2®ot) / 2 =>
=> 2cos2co0T = 0 => 2coof = л/2 => (4л/T)t = n/2=>t = T/8.
5. Колебательный контур через ключ К подключен к источ-
нику ЭДС с некоторым внутренним сопротивлением г.
Первоначально ключ К замкнут. После установления
стационарного режима ключ размыкают и в контуре воз-
никают колебания с периодом Т. При этом амплитуда
напряжения на конденсаторе в п раз больше ЭДС бата-
реи. Найти индуктивность катушки и емкость конденса-
тора. Сопротивлением катушки можно пренебречь.
Решение
1. Ключ замкнут. Пусть ЭДС источника равна %. В ста-
ционарном режиме постоянный ток I протекает по контуру
NMBA и его значение I - £г.
2. Ключ разомкнут. В колебательном контуре возникают
колебания с периодом Т = 2л4ЬС-
201
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
В момент размыкания конденсатор N М
не заряжен, а через катушку протекает л
ток Z, равный амплитудному значению j —1—
тока при колебаниях: Im = I. При этом —р-
вся энергия контура сосредоточена в Э
магнитном поле катушки: =Ыт2/ 2. д
В тот момент, когда напряжение на
конденсаторе максимально, ток через катушку равен нулю,
и вся энергия контура сосредоточена в конденсаторе, т.е.
Wa = Си2 /2. Так как
Wm = W , то ZJ2 /2 = Си2 /2 =* ит = Im JL/C.
По условию задачи
Последнее уравнение и уравнение для Т образуют сис-
тему
Т = 2лТЬС, fLC = (Г/(2л))2, Г(Спг)2 = (Г/(2л))2,
nr = JETc,[L/C = (nr)2, [L = C(nr)2.
=ь С = Т /(2лпг), a L = Тпг /(2л).
*
6. Электрический паяльник мощностью 50 Вт рассчитан
на включение в сеть переменного тока с напряжением
127 В. Какая мощность будет выделяться в паяльнике,
если его включить в сеть переменного тока с напряжени-
ем 220 В последовательно с идеальным диодом? Сопро-
тивление диода при прямом направлении тока считать
равным нулю, при обратном — бесконечности. Сопро-
тивление паяльника постоянно.
Решение
В задаче речь идет о нахождении средней мощности. За-
данные напряжения есть действующие значения напря-
жений.
202
ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
Средняя мощность Рх = 50 Вт, на которую рассчитан па-
яльник, Рг = uf /R, где = 127 В — действующее значение
напряжения. Из последней формулы находим сопротивле-
ние паяльника R = uf /Pv
При работе паяльника по схеме на рисунке действующее
значение напряжения и2 = 220 В. При этом в течение первой
половины периода через паяльник течет ток, и в нем выде-
лится теплота Q = Р2Т / 2 = (uf / 7?)(Т /2).
В течение второй половины периода ток через паяльник
не течет и теплота не выделяется. Следовательно, средняя
мощность За период
- Q (u22/P)(P/2)^ и22
Т Т 2R‘
Подставляя R, находим
р = ЛдР- =75 Вт.
2
7.
Участок цепи переменного тока состоит из сопротивле-
ния R, соединенного последовательно с нагревательной
спиралью, обладающей некоторой индуктивностью и
активным сопротивлени-
ем. Действующие значения
напряжений на всем участ-
ке, сопротивлений и спира-
ли равны соответственно и0
и За сколько времени с помощью этой спирали темпе-
ратуру воды массой тп можно повысить на ДТ, если
удельная теплоемкость воды равна с? Потерями теплоты
пренебречь.
Решение
На представленном участке цепи Rc — сопротивление
спирали, L — ее индуктивность, заданы действующие на-
пряжения. Так как соединение последовательное, то во всех
элементах этого участка в любой момент времени ток одина-
203
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛ ЕМ. Решение задач частей В и С
ков. Колебания тока опишем векто-
ром I, модуль которого I. Направим
этот вектор вдоль оси X. Колебания
напряжения на сопротивлениях Rc и
R по фазе совпадают с колебаниями
тока, их амплитуды равны ис = IRe и
и = IR w. на векторной диаграмме так-
же направлены вдоль оси X. Колеба-
ния напряжения uL на индуктивности опережают колеба-
ния тока на л/2, их амплитуда равна IXL - Id)L = uL, и на
векторной диаграмме вектор uL направлен вдоль оси У. На-
пряжение на спирали й1=йь-йс, напряжение во всей цепи
й0 = й1 -й (соответствующие построения приведены на ри-
сунке).
По теореме косинусов
Uq = uf + U2 - 2UyU сов(л - ф) = uf + и + 2и^и cos ф,
где ф — сдвиг фаз между током и напряжением на участке,
где включена спираль. Из последнего уравнения совф =
= (u20 - u2j - и2)/(2и1и). Действующее значение тока I = u/R.
Мощность, выделяемая на участке со спиралью:
Р = cos У = [^-к $ - - < = $ -
Y {RJ1 2щи 2R
Для нагревания воды на ДТей понадобится сообщить ко-
личество теплоты Q = стпДГ = Рт, где т — время работы спи-
рали. После подстановки получаем
стЛТ =
-и?-и2 2cmRAT
---т => т = ~г-5—2
2R uX-uZ-u2
Задачи для самостоятельного решения
1. В цепи = 0,02 Гн и £2=
0,005 Гн. В некоторый
момент ток = 0,1 Аи
возрастает со скоростью
204
ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
10 А/с, а ток 1г = 0,2 А и возрастает со скоростью 20 А/с.
Найдите сопротивление R.
Ответ: 1 Ом.
2. В цепи, показанной на ри- L R с.
сунке, протекает синусои- |-g-| |-j-
дальный ток. Зная, что
эффективное напряжение
UAB = 30 В, эффективное напряжение 17од = 15 В, эффек-
тивное напряжение J7BO=10B, найдите эффективное на-
пряжение на участке Л).
Ответ: 18 В.
3. Напряжение на конденсаторе емкостью С = 3 мкФ изме-
няется по закону 17 = 100cos(300f 4- л/2) В. Определите,
как изменяется сила тока на участке цепи, содержащей
этот конденсатор?
Ответ: -0,09cos300t.
4. Рамка вращается в магнитном поле и содержит 100 вит-
ков медного провода сечением 0,5 мм2. Длина одного
витка 40 см. Определите действующее значение тока в
проводнике сопротивлением 5,6 Ом, который присоеди-
нен к концам рамки, если максимальная ЭДС в обмотке
рамки 2 В. рм =1,7*10~5 6 * 8 Ом/м.
Ответ: 0,2А.
5. Два конденсатора емкостью Сх =0,4 мкФ и С2 =0,2 мкФ
включены последовательно в цепь переменного тока на-
пряжением 220 В и частотой 50 Гц. Найдите силу тока в
цепи и падение напряжения на каждом
конденсаторе. т1
Ответ: 9,21-Ю'3 А; 461 В; 920 В. ДлбУХ
\Х
6. Какая мощность выделится на резисторе I—7
= 10 кОм в цепи переменного тока,
изображенной на рисунке? К клеммам 1 Д
и 2 приложено напряжение 127 В, сопро- |2
205
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
тивление резисторов R2 = R3 = 5 кОм. Диод Д считать
идеальным.
Ответ: 1 Вт.
7. Какое количество теплоты выделя-
ется за 1 с в цепи, изображенной на
рисунке, если к клеммам 1 и 2 при-
ложено переменное напряжение ча-
стотой 50 Гц с амплитудным значе-
нием Uo = 311 В. Сопротивления
резисторов R1 = R2 = R3 = 200 Ом.
Диод Д считать идеальным.
Ответ: 322,4Дж.
8. Электромотор имеет сопротивление R = 2 Ом и приводится
в движение от сети напряжением U = 110 В. Величина тока
Z = 10 А. Какую мощность потребляет этот мотор? Какая
часть этой мощности превращается в механическую?
Ответ: 1100Вт; 82%.
9. Чему равен КПД электромотора, если
в момент включения его в сеть посто-
янного тока ток, протекающий по его
обмотке, 10 — 15 А, а в установившем-
ся режиме ток снижается до I—9 А?
Ответ: 40%.
10. Колебательный контур, состоящий
из конденсатора емкости С и катуш-
ки с индуктивностью L и сопротивле-
нием R, через ключ К подключен к
источнику постоянного ЭДС £,. Через
некоторое время после замыкания
ключа К установится стационарный
режим: токи во всех элементах цепи
будут постоянны. После этого ключ
К снова размыкают. Какое количе-
ство теплоты Q выделится в контуре
206
ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
после размыкания ключа? Внутренним сопротивлением
батареи пренебречь.
Ответ: t,2(CR2 + L)/2R2.
11. Конденсатор емкостью С, заряжен- Г----L
ный до разности потенциалов U, че- -<? -2
рез ключ К подключен к двум па- С \Ll <£2
раллельно соединенным катушкам "S S
с индуктивностями Lj и L2. Если -------L----Г
замкнуть ключ К, то через некото-
рое время конденсатор полностью перезарядится (на-
пряжение на конденсаторе поменяет знак). Какие заря-
ды gj и q2 протекут через катушки за это время? Сопро-
тивлением катушек пренебречь.
Ответ: -2071^/(1^ +I2); q2 = 2CULl/(Li + LJ.
12. Колебательный контур с двумя параллельно соединен-
ными катушками с индуктивностью Lr и L2 имеет круго-
вую частоту незатухающих колебаний, равную со. При
колебаниях максимальное значение напряжения на кон-
денсаторе равно UQ. Определите энергию конденсатора
через 7в и г/12 периода колебаний после начала заряда
конденсатора.
Ответ: W2 =
Т2(Ь1+£2)П02
32л%£2
13. Какова должна быть емкость конденсатора, чтобы с ка-
тушкой индуктивностью L - 25-10 6 Гн обеспечить на-
стройку в резонанс на длину волны X = 100 м?
Ответ: 100 пФ.
14. Колебательный контур состоит из катушки индуктивно-
стью 10-а Гн и двух последовательно соединенных кон-
денсаторов емкостью 500 пФ и 200 пФ. На какую длину
волны настроен этот колебательный контур?
Ответ: Х= 700 м.
207
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
15. При изменении тока в катушке индуктивности на 1 А
за 0,6 с в ней индуцируется = 0,2 мВ. Какую длину
волны излучает генератор, колебательный контур кото-
рого состоит из этой катушки и конденсатора емкостью
С = 14,1 нФ?
Ответ: 280м.
16. Чему равно расстояние до самолета, если посланный на-
земным радиолокатором сигнал после отражения от са-
молета возвратился к радиолокатору спустя 2-10 4 с?
Ответ: 30 км.
17. Радиосигнал, посланный на Венеру, был принят на Зем-
ле через 2,5 мин после его посылки. Определите расстоя-
ние от Земли до Венеры в момент локации.
Ответ: 22,5*10вкм.
18. Катушки 1 и 2 одинаковой ин- к * к
дуктивности подключены через • i г
ключи Kj и К2 к конденсатору s | >
емкости С. В начальный момент С у2
времени оба ключа разомкнуты, л | *s
а конденсатор заряжен до разно- 1-----1----Г
сти потенциалов Uo. Сначала за-
мыкают ключ Kj и когда напряжение на конденсаторе
станет равным нулю, замыкают ключ К2. Определите
максимальное напряжение на конденсаторе после замы-
кания ключа К2. Сопротивлениями катушек прене-
бречь.
Ответ: 17O/V2.
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Два плоских зеркала образуют дву-
гранный угол а = 60°. На одно из зер-
кал падает луч, расположенный в пло-
скости, перпендикулярной линии пе-
ресечения зеркал. Найти угол откло-
нения этого луча от первоначального
направления после отражения от обо-
их зеркал (см. рис.).
Решение
MN и ML — плоские зеркала; АВ — падающий на зерка-
ло MN луч; BBj ± MN; ВС — падающий на зеркало ML луч;
CBj 1 ML; AC — отраженный от двух зеркал луч; б — иско-
мый угол отклонения луча после двух отражений от зеркал.
В четырехугольнике ВМСВг ZMBBt = АМСВг = 90°, поэто-
му ZBMC + ZBBjC = 180° => ZBBfi = 180° - ZBMC = 180° - а.
В треугольнике ВСВ1 ZBJ3C 4- ZBjCB = 180° - ZBBjC =
= 180° - (180° - а) = а.
Из закона отражения следует, что ZABC = 2ZB: ВС и
ZACB = 2ZBjC В. Поэтому ZABC 4- ZACB = 2(ZBABC +
+ ZBjCB) = 2а. Искомый угол отклонения 9 является внеш-
ним по отношению к Л ВАС, поэтому б = ZABC 4- ZACB =
= 2а =120°.
2. Ha стене, плоскость которой откло-
нена от вертикали на 4,87°, укрепле-
но плоское зеркало (см. рис.). С како-
го максимального расстояния чело-
век, рост которого h = 170 см, сможет
увидеть в зеркале хотя бы часть свое-
го изображения?
209
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Ма
Решение
Пусть АВ — человек, стоящий у зеркала, тогда AjBj —
его изображение в зеркале МО (см. рис.). AtBx и АВ симмет-
ричны относительно зеркала МО. Ясно, что в этом случае
человек видит свое изображение. Предельный случай по-
лучается, когда прямая ААг проходит через точку О (см.
рис.). В А АОВ ZAOB = а, поэтому искомое расстояние ОВ =
= AB/tga = Л/tg а.
Отметим, что угол а мал, поэтому tg а= а при условии,
что а выражен в радианах: а = 4,87° = (4,87/180),3,14 рад =
= 0,085 рад.
Следовательно, ОВ = Л/ а = 20 м.
3. Определить смещение луча после прохождения через
плоскопараллельную стеклянную пластинку толщиной
d = 6 см, имеющую показатель преломления п = 1,6.
Угол падения луча на пластинку а = 60° (см. рис.).
Решение
АВ — падающий на пластинку луч, BN — перпендику-
ляр в точке падения, а — угол падения, ВС — преломлен
ный луч, Р — угол преломления, СМ — перпендикуляр в
точке падения луча на нижнюю грань пластинки. Так как
СМ || B2V, то луч падает на нижнюю грань
пластинки под углом 0. На основании об-
ратимости хода световых лучей можно
утверждать, что он выходит из пластинки
под углом а. Итак, АВ || CD, однако проис-
ходит смещение луча на расстояние CF
(CF1AB). Запишем закон преломления в
точке В: sina/sin0 в п => sin0 = (sina)/n ==
210
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
= sinp = 0,54 => р = 32,8°; Z.KBF = ZABN - а (вертикальные
углы), поэтому Z.CBF = а - р. Из Д СВК: ВС = BK/cosp =
= d/cosp. Из Д CBF смещение луча CF = BCsinZCBF =
= d sin(a - P)/cos p = 3,3 см.
4. Предмет находится на расстоя-
нии I = 15 см от плоскопарал-
лельной стеклянной пластины.
Наблюдатель рассматривает пред-
мет через пластину, причем луч
зрения нормален к ней. Опреде-
лить расстояние х от изображе-
ния предмета до ближайшей к
наблюдателю грани, если толщи-
на пластины d = 4,5 см, показа-
тель преломления стекла п = 1,5.
Решение
Построим изображение предмета (см. рис.): S — пред-
мет, SA — луч, падающий перпендикулярно пластине, SB —
луч, падающий под углом а к пластине. Отметим, что лучи
SA w SB должны попасть в глаз, поэтому угол а мал; BD —
нормаль к пластине; ZDBC = р = ABCN.
После прохождения пластины лучи SA и СК расходятся.
Их продолжения пересекаются в точке Sp которая является
мнимым изображением точки S. Искомое расстояние А^ = х.
Из Д SAB: АВ = SA-tga = Ztga.
Из Д CBD: CD = BD-tg ZDBC = dtgp.
Отсюда AjC = AjP + CD - AB + CD = Ztga + dtgp.
В Д AjSjC: ZAjSjC = a (так как SXK || SB), поэтому
AjSjC = x = Aj C ctga =
AC = Ztga+dtgp = l+d tgp
tga tga tga"
Изображение получается при допущении, что угол a
мал, значит, мал и угол преломления р. Следовательно,
tgp/tga = sinP/sina =1/п. Итак, х = 1 + d/n = 18 см.
211
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
5. На дне сосуда, наполненного водой
до высоты h, находится точечный
источник света. На поверхности
воды плавает круглый диск так, что
центр диска находится над источни-
ком света. При каком минимальном
радиусе диска ни один луч не выйдет
через поверхность воды? Показатель
преломления воды равен п.
Решение
Лучи, исходящие от источника S и попадающие на диск,
отражаются от него и через поверхность воды не выходят
(см. рис.). Если угол падения луча SA равен предельному
углу полного отражения, то этот луч также не выходит че-
рез поверхность воды. Лучи, падающие на поверхность воды
левее точки А, имеют угол падения больше а0 и также не вы-
ходят через поверхность воды. Таким образом, для луча SA
должно выполняться условие: sina0 = 1/п.
AAOS: tga0 = АО/SO = R/h. С другой стороны,
tga _8inao UM) . UM) _ 1
cosa0 д/1-sin2 a0 Vn2 -1
Приравнивая выражения для тангенсов, получаем
1/Vn2-1 = R/h => R = Л/Vn2-!.
в. На половину шара радиусом
г == 2 см, изготовленного из
стекла с показателем прелом-
ления п — >/2, падает парал-
лельный пучок лучей. Опре-
делить радиус светлого пятна
на экране, расположенном на
расстоянии L=4,82 см от цент-
ра шара.
212
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
Решение
Рассмотрим луч ВС, падающий на плоскую поверхность.
Он проникает в шар и, не отклоняясь, попадает на сфериче-
скую поверхность в точке A. ОА — радиус шара; ZOAC —
угол падения луча на сферическую поверхность, причем
sin а = ОС/ОА = ОС/г. Следовательно, по мере удаления па-
дающего луча от оси симметрии OOt увеличивается угол па-
дения а. В некоторой точке он становится равным предель-
ному углу полного отражения: sina0 = 1/п = 1/42 => а0 = 45°.
При этом угол преломления £ равен 90°. Из шара выйдут
лишь те лучи пучка, которые падают на плоскую поверх-
ность между точками СиСг Они-то и образуют после пре-
ломления на сферической поверхности светлое пятно на экра-
не, радиус которого равен ОгЕ = OXL. При a = 45° AOAJ? —
квадрат и
OF = ОАл/2 = с => ОгР = ООг - OF = L - гЛ.
В ДО/Е: ZO/E = a - 45°, поэтому ОХЕ = O1F = L-r42 =
= 2 см.
7. В воду опущен прямоугольный сте-
клянный клин. Показатель прелом-
ления стекла п = 1,5. При каких зна-
чениях угла а луч света, падающий
нормально на грань АВ, целиком до-
стигнет грани АС? Показатель пре-
ломления воды пв = 1,33.
Решение
Луч, падающий перпендикулярно грани АВ, не прелом-
ляется. Пусть О — точка падения его на грань ВС. DO —
перпендикуляр, восстановленный в точке падения, тогда
ZDON — угол падения, причем Z.DON = ZCBA = а. Луч це-
ликом достигнет грани АС, если от грани ВС он будет полно-
стью отражаться. Для этого необходимо, чтобы a > а(), где
а0 — угол полного отражения на границе стекло—вода.
Отсюда sina0 = пв/ п = 0,89 => а0 = 62,5°. При а > 62,5° луч
света целиком достигнет грани АС.
213
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
8. Луч света падает на трехгранную
стеклянную призму под углом а.
Показатель преломления стекла
п. Преломляющий угол призмы
<р. Под каким углом луч выйдет
из призмы и каков угол его от-
клонения от-первоначального на-
правления?
Решение
NA — падающий луч; ABUPQ', АС — преломленный
в призме луч; Z.BAC - Р — угол преломления; BC1QR;
ZACB = у; V — искомый угол выхода луча из призмы;
Z.CDM = 0 — угол отклонения луча. Проведенное построе-
ние показывает, что призма отклоняет падающий на нее луч
к основанию. Запишем закон преломления в точках А и С:
sina/sinp = n, (1)
siny/simp = 1 /п. (2)
Так как AB1PQ и BC1QR, то ZCBL = Z.PQR = ср; Z.CBL —
внешний угол ДАВС, поэтому он равен сумме двух внутрен-
них углов, с ним не смежных:
ZCBL = ZBAC + ZACB или ф = ф + у. (3)
Из (1): sinp = (sina)/n => р = arcsin((sina)/n). Из (3):
у=ф-р = ф-arcsin((sina)/n). Из(2): siny = nsiny = пзт(ф-
- arcsin((sma)/n)) = n(sin0‘cos(arcsin((sina)/n)) - созф(8та)/п).
Из тригонометрии известно, что cos(arcsinx) =
поэтому
sin у = п
' I 2 ' •
L sin a sin а
sin ф J1-----§-----cos ф-------
V п п
= sin уп2 - sin2 а - cos ф sin а.
Следовательно,
V = агсэпнзтфл/п2 -sin2 а -созфзша
(4)
214
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
Отметим, что ZDAB = а (вертикальные углы) и Z.DCB = у.
Поэтому ZDAC= ZjDAB - р = а - ₽, a ZA.CD - ZPCB - у =
= у - у; 9 — внешний угол ЛАОС, поэтому 0 = ZDAC + ZACO =
= (а - р) + (у - у) = (а + у) - (р + у).
Но, как уже доказывалось, р + у = <р, следовательно, 0 =
(а + у)-<р.
Отметим, что угол у вычисляется по формуле (4).
При малых преломляющих углах у и малых углах паде-
ния а формулу для 0 можно существенно упростить. Из (1):
sina = nsinp. Так как аир малы, то a = пр. Из (2): siny =
= n sin у. При малых а и у углы у и у также малы, поэтому
у - пу. Формула принимает вид
0 = (пр + пу) - у = п(р + у) - у = пу - у - (п - 1)у.
9. Равнобедренная стеклянная
призма с малыми углами пре-
ломления у (бипризма) поме-
щена в параллельный пучок
лучей, падающих нормально
к ее основанию. Показатель
преломления стекла п = 1,57,
основание призмы а - 5 см.
Найти угол у, если в середине
экрана, расположенного на
расстоянии L = 100 см от при-
змы, образуется темная поло-
са шириной d = 1 см.
Решение
Указанную равнобедренную призму можно считать со-
ставленной из. двух призм с общим основанием АВ и малым
преломляющим углом у (Ом. рис.).
В задании 8 было показано, что если преломляющей угол
мал, то угол отклонения любого луча от первоначального
направления 0 = (п - 1)у. Так как на верхнюю призму падает
параллельный пучок, то после преломления в призме он
остается параллельным (крайние лучи этого пучка — СО
и BN). Совершенно аналогично параллельный пучок, пада-
ющий на нижнюю призму, остается параллельным (его
?2*5
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
крайние лучи — BF и МК). Как видно из рисунка, на экране
образуется темная полоса KD.
Из АКРЕ: РЕ = —~
tge
----. ИзДАРМ: АР =
2tg0
AM а
tge ~2tge’
По условию задачи
a d
AP + PE = L=>----+-----= L=>(a + d) = 2Ltg0.
2tg0 2tg0
Так как угол 0 мал, то tg0 = 0. Подставляя 0 = (п - 1)ф,
получаем уравнение
(а+d) = 2Е(п - 1)ф => ф = —— = 5,26 • 10~2 рад = 3°.
2Е(п-1)
10. Дана рассеивающая линза, у ко-
торой задано положение главной
оптической оси (положение фо-
кусов не задано); АВ — луч, па-
дающий на линзу, ВК — этот же
луч после преломления в линзе.
Построить ход луча CD после
преломления в линзе.
Решение
Построим луч MN, идущий вдоль оптической оси линзы
и параллельный лучу АВ. В точке Р пересекаются продол-
жения лучей ВК и MN, причем точка Р расположена в фо-
кальной плоскости линзы. Плоскость, перпендикулярная
главной оптической оси и проходящая через точку Р, явля-
ется фокальной плоскостью.
Проведем луч KXL, идущий вдоль оптической оси и па-
раллельный лучу CD. Луч CD после преломления в линзе
идет так, что его продолжение пересекается с лучом KVL в
точке Q, принадлежащей фокальной плоскости линзы. Та-
ким образом, DQ — продолжение искомого луча, a DT— ис-
комый луч.
216
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
11. Дана собирающая линза с фокусным расстоянием F. По-
строить график зависимости f (расстояние от изображе-
ния до линзы) от d (расстояние от предмета до линзы).
Решение
Из формулы тонкой линзы 1 /F = 1/d + 1/f выражаем
f(d) ~ F(d)/(d - F). Таким образом, /(d) является рациональ-
ной функцией. Для построения графика преобразуем по-
следнее выражение следующим образом:
f(d) =
Fd (d-F+F\ F A
d-F k d-F ) V d-F)
Как видно, для построения графика /(d) сначала необхо-
димо построить график 1/d, сдвинуть его на F вправо по оси
абсцисс, умножить на F, сдвинуть на 1 по оси ординат и
умножить на F.
Окончательный вид графика функции /(d) приведен на
рисунке. График представляет собой две ветви гиперболы и
иллюстрирует важнейшие свойства изображений, получае-
мых в собирающих линзах.
1. Если предмет находится
между линзой и фокусом, т.е.
О < d < F, то его изображение —
мнимое: / < 0.
2. Если предмет находится в
фокусе линзы, изображения пред-
мета не существует. При прибли-
жении предмета к фокусу, т.е.
d -» F, изображение стремится к
бесконечности: / —> ±<».
3. Если предмет находится за фокусом линзы, т.е. d > F,
его изображение действительное: /> 0. При увеличении рас-
стояния от предмета до линзы его изображение приближа-
ется к фокусу линзы: f-^F.
4. Если предмет находится на двойном фокусном расстоянии
от линзы, т.е. d = 2F, то изображение получается по другую сто-
рону от линзы также на двойном фокусном расстоянии: / = 2F.
217
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
12. Дана собирающая линза с
фокусным расстоянием, рав-
ным F. Построить график за-
висимости увеличения лин-
зы Г от d (расстояние от пред-
мета до линзы).
Решение
В задании 11 было показано,
что расстояние от изображения
до линзы выражается формулой
f(d) = Fd/(d-F).
Увеличение линзы Г =
F
d-F
Для построения это
d
го графика сначала необходимо построить график F/(d - F)
по методике, изложенной в задании 13. Затем часть графи-
ка, расположенную под осью абсцисс, необходимо отобра-
зить симметрично относительно этой оси. Окончательный
вид графика зависимости T(d) представлен на рисунке.
Этот график иллюстрирует важнейшие свойства увели-
чения, получаемого при помощи собирающей линзы.
1. Если предмет расположен между линзой и фокусом, т.е.
О < d < F, получается мнимое увеличенное изображение: Г > 1.
2. Если предмет находится на расстоянии F < d < 2Р*от
линзы, то изображение действительное и увеличенное: Г > 1.
3. Если предмет находится на двойном фокусном рассто-
янии от линзы, т.е. d = 2F, то изображение действительное,
расположено также на двойном фокусном расстоянии от
линзы: f = 2F и размер изображения равен размеру предме-
та: Г = 1.
4. Если предмет находится на расстоянии d > 2F, то изо-
бражение действительное уменьшенное: Г < 1.
Преобразуем формулу для увеличения, разделив числи-
тель и знаменатель на F, тогда
Г =
F
d-F
1
d/F-1
218
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
Из полученной формулы видно, что увеличение линзы
возрастает с увеличением ее фокусного расстояния.
13. На экране, находящемся
на расстоянии f = 60 см
от собирающей линзы,
получено изображение
точечного источника, рас-
положенного на главной
оптической оси линзы.
На какое расстояние пе-
реместится изображение
на экране, если при не-
подвижном источнике
переместить линзу в плоскости, перпендикулярной глав-
ной оптической оси, на Ь = 2 см? Фокусное расстояние
линзы F = 20 см.
Решение
По условию задачи изображение уЦ точки А получено на
экране, следовательно, это изображение действительное и
d > F, где d — расстояние от точки А до линзы (рисунок а).
Из формулы тонкой линзы
1-1 1
F~ d + f
находим d = Ff/(f — F) — 30 см.
Когда линзу перемещают перпендикулярно ее оси, то
вместе с ней смещаются и главная оптическая ось, и фокус
линзы. На рисунке б\ ОгО2 -1- новое положение главной опти-
ческой оси линзы, А2 — новое изображение точки А на экра-
не, АтА2 — смещение изображения. Из подобия Д АОО'
и AAAjAa получаем AO'/AAj = ОО'/АгА2, где АО' = d =30 см,
ААХ = АО' + O'Aj = d + f = 90 см, ОО' = Ъ = 2 см. Из пропорции
находим AjAj = АА/ ОО'/АО' = 6 см.
14. Расстояние от освещенного предмета до экрана L = 100 см.
Линза, помещенная между ними, дает четкое изображе-
ние предмета на экране при двух положениях, расстоя-
219
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
ние между которыми I = 20 см.
Найти фокусное расстояние X. А
линзы (см. рис.). д—1'
Решение v '
m в;
Так как изображение полу- 4
чено на экране, то оно является действительным, следова-
тельно, линза является собирающей; АВ — предмет, А1В1 —
его изображение, тогда АО = d и
AjO = f, причем по условию зада- f‘ ‘
чи/ + d = L. Поэтому /(d) — L- d.
График этой зависимости — пря-
мая линия. Кроме того, из фор-
мулы тонкой линзы
График этой зависимости был построен в задании 12.
Графики обеих зависимостей представлены на рисунке.
Прямая f(d) = L - d может не иметь ни одной общей точ-
ки с гиперболой (прямая АВ), может иметь одну общую точ-
ку (прямая СР), две общие точки, соответствующие двум
разным расстояниям от предмета до линзы (прямая MN).
Найдем эти точки из уравнения Fd/(d - F) = L - d => d2 - Ld +
+ LF = 0. Дискриминант этого уравнения P = L2 - 4LF =
== L2 (1 - 4F/L). Уравнение будет иметь решения, если Р > 0 =>
=> L2 (1 - 4F/L) > 0 => 4F < L, что в нашей задаче выполняется.
Решения запишутся в виде
d = |(L±7L2(l-4F/L)) = ^(1±V1-4F/Z,),
а ' J а
причем оба корня положительны. Разность этих корней
dj - d2, по условию задачи, равна I, отсюда
L (1 + 71-4F/L)/2 - L (1 - 71-4F/L)/ 2 = I => LVT=4F = I =>
220
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
15. Расстояние между двумя точечными источниками света
L = 36 см. Где между ними надо поместить собирающую
линзу с фокусным расстоянием F = 10 см, чтобы изобра-
жения обоих источников получились в одной точке?
Решение
Так как линза расположена между источниками, то их
действительные изображения совпадать не могут. Не могут
совпадать и их мнимые изображения. Остается только одна
возможность, когда изображение одного источника — дей-
ствительное, другого — мнимое.
Пусть dl и d2 — расстояния от источников до линзы.
Предположим для определенности, что изображение перво-
го источника — действительное, а изображение второго —
мнимое, расстояния от изображений до линзы соответствен-
но -Д и /2, причем fx > 0, /2 < 0. Применяя формулу линзы,
выражаем Д = d^F/id^ ~F)nf2 = d2F/(d2 - F).
По условию задачи
fl = =* Л = FM1 - V = ~d2 F/(d2 " *) =*
=* d, (F - d2) = d2 (dt - F) =* F(dx +d2) = 2dxd2.
Из условия следует, что d, + d2 = L. После подстановки
получаем систему
2d1d2 = FL,
dj + d% = L,
2d1(L-d1) = FL,
da —L—d^,
=*2df-2Ldi+FL = 0=*
=^(di)1>2=(L±>/L2-2FL)/2 = L(l±Vl-2F/L)/2.
X = 30 см, [(<21 )2 = 6 cm,
(d2)1 = 6cM, ИЛИ (da)2-30cM.
16. На экране с помощью тонкой линзы получили изображе-
ние предмета с увеличением Г, = 2. Предмет передвину-
ли на 1 см. Для того чтобы получить резкое изображе-
ние, пришлось передвинуть экран. При этом увеличение
оказалось равным Г2 = 4. На какое расстояние пришлось
передвинуть экран?
221
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
В обоих случаях изображения получаются на экране,
следовательно, изображения — действительные, линза яв-
ляется собирающей. В первом случае по формуле линзы по-
лучаем: 1/F - 1/dj 4- 1//р где dx — расстояние от предмета до
линзы, Д — расстояние от изображения до линзы, F — фо-
кусное расстояние; = 1/j/dJ = fjdv
Аналогично для второго случая получаем 1 /F = 1 /d2 -I-1 /f2
*V2 = \fM = f2/dv
При d>F увеличение F(d) является убывающей функци-
ей, поэтому из условия Г2 > Fj следует, что d2 < dp следова-
тельно, dx - d2 = 1 см.
При d > F функция /(d) (расстояние от изображения до
линзы) является убывающей, поэтому f2 > fv Расстояние, на
которое необходимо сместить экран, /2 - /Р
Приравняв правые части выражений для 1 /F, получим
i|i=i|i_i i^i 1 «yd,, =
di ft d% fi fz dz dl f2fi d^dz
= = (V<W2 /W -<*2) = ГгГ2(<^-dj = 8 CM.
®1«2
17. Вдоль главной оптической оси тонкой собирающей лин-
зы с фокусным расстоянием F = 12 см расположен пред-
мет, один конец которого находится на расстоянии
dj = 17,9 см от линзы, а другой — на расстоянии d2 = 18,1 см.
Определить увеличение k изображения.
Решение
Оба конца предмета расположены на расстояниях d > F
от линзы, поэтому изображение всего предмета в собираю-
щий линзе будет действительным. Так как предмет распо-
ложен вдоль главной оптической оси, то и его изображе-
ние будет получено вдоль этой оси. Изображения концов
предмета находятся на расстояниях = Fdr /{dr - F) и
f2 = Fd2(d2 - F) от линзы, причем из-за убывания функции
/(d) при d > F получаем, что /2 < fv Размер предмета равен
(d2 - dj), а размер изображения составляет (Д - /2).
222
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
В данной задаче речь идет не о поперечном увеличении
линзы, а о продольном. Очевидно, что оно равно
Fd^ 1 F2
<^-<4 U-F dz-F)da-dl (d1-F)(d2-F)
18. Стальной шарик свободно падает с высоты
h =“ 0,8 м на собирающую линзу и разбивает
ее. В начальный момент времени расстоя-
ние от шарика до линзы равнялось расстоя-
нию от линзы до действительного изобра-
жения шарика. Сколько времени суще-
ствовало мнимое изображение шарика?
Решение
Пусть F — фокусное расстояние линзы, тогда 1/F = 1/h +
+ 1/Л По условию задачи Л - f, следовательно, 1/F = 2/й =>
=> F =* h/2 (шарик в начальный момент времени находился
на двойном фокусном расстоянии).. Мнимое изображение
существует, когда шарик находится между фокусом и лин-
зой. Свободное падение шарика (см. рис.) описывается фор-
мулой x(t) = х0 + vot + gt2/2 = gt2/2.
В момент удара о линзу х - h - gt2J2, где tn = yj2h/g —
время падения шарика. В точке F: х = h/2 = gt2F/2,
tF = y]h/g — время движения на участке OF. Шарик нахо-
дится между фокусом и линзой в течение
tk = - h = yj2h/g ~ 4h/g = фг/g (V2 -1)= 0,1 с.
19. На рисунке изображен отрезок АВ, расположенный на
главной оптической оси тонкой собирающей линзы с фо-
кусным расстоянием F. Построить изображение этого
отрезка в линзе.
223
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
Так как точка А расположена за фокусом линзы, то ее
изображение действительное. Для построения изображения
точки А строим произвольный луч АС, проводим параллель-
но ему побочную оптическую ось MN, которая пересекает
фокальную плоскость в точке К; СК — ход луча АС после
преломления в линзе; Ах — изображение точки А. Анало-
гично можно построить действительные изображения всех
точек, принадлежащих участку [AF). При приближении к
фокусу F изображение точек участка [AF) устремляется к
бесконечности (см. рис.). Таким образом, участок [AF) изо-
бражается в линзе в виде луча AJ).
Точка В расположена между линзой и фокусом, поэтому
ее изображение будет мнимым. Проведем луч BE || MN;
КЕ — ход луча BE после преломления в линзе, Вг — мнимое
изображение точки В. Аналогично строятся мнимые изо-
бражения всех точек, принадлежащих участку [BF). По
мере приближения к фокусу изображения точек этого участ-
ка устремляются к бесконечности, и участок [BF) изобража-
ется в виде луча BJP.
Итак, отрезок АВ изображается в линзе в виде Двух лу-
чей: действительного луча AJ) и мнимого BJ?.
20. Источник света находится на расстоянии а = 35 см от со-
бирающей линзы с фокусным расстоянием Fx = 20 см. По
другую сторону линзы на расстоянии Ъ = 38 см распо-
ложена рассеивающая линза с фокусным расстоянием
F2 =12 см. Где будет находиться изображение источ-
ника?
224
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
Решение
Изображение источника S можно построить на основа-
нии методики, изложенной в предыдущих задачах. Рассмо-
трим ход луча SA. Проводим 7VOJISA, проходящий через
оптический центр линзы Лг Он пересекает фокальную пло-
скость этой линзы в точке В. АВ — ход луча SA после пре-
ломления в линзе Лр Этот луч попадает на рассеивающую
линзу Л2 в точке С. Через оптический центр О2 линзы Л2 про-
водим луч О2М||ВС. Он пересекает фокальную плоскость
линзы Л2 в точке К; КС — продолжение луча после прелом-
ления в линзе, CD — его ход после линзы Л2. Продолжение
луча CD пересекает оптическую ось системы линз в точке S2;
S2 — мнимое изображение источника S в системе, состоя-
щей из собирающей и рассеивающей линз.
Найдем положение точки (изображение предмета в со-
бирающей линзе). Пусть = f .(расстояние от изображе-
ния Sj до линзы Л^. По формуле тонкой линзы 1/Ft = 1/а +
+ 1/^ => Д = Fj а/(а - FJ = 46,6 см.
Расстояние O2St = f1~b = 46,6 - 38 = 8,6 см = d2, причем
Sj играет роль мнимого источника для рассеивающей лин-
зы. Поэтому 1/F2 = 1/ d2 + l/f2 => f2 = F2 d2 /(d2 - F2).
Так как линза рассеивающая, а источник мнимый, то
F2 = -12 см, d2 = -8,6 см. После подстановки находим, что
f2 = 30,3 см.
Итак, мнимое изображение источника будет находиться
на расстоянии f2 = 30,3 см влево от линзы Л2.
21. Оптическая система состоит из собирающей линзы с фо-
кусным расстоянием F и зеркального шара радиусом R,
центр которого находится на
оптической оси линзы на рассто-
янии d > F от нее. На каком рас-
стоянии от линзы нужно распо-
ложить источник света S на
оптической оси системы, чтобы
его изображение совпало с са-
мим источником?
225
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
Рассмотрим случай, изобра-
женный на рисунке, где d < R+F.
Если после преломления в лин-
зе луч будет падать на зеркаль-
ный шар по направлению его
радиуса, то, отразившись от
шара, он пройдет тем же путем,
но в обратном направлении. Изображение источника света 8
в системе, состоящей из линзы и шара, совпадет с источни-
ком. Итак, в этом случае изображение источника света в
линзе будет находиться в точке О. Применяя формулу
тонкой линзы, получаем 1/F= 1/х 4- l/f, где f = d. Отсюда
x = Ff/(f-F) = Fd/(d-F).
Пусть d > R +.F. На рисунке изображен случай, ана-
логичный разобранному выше, из которого следует, что
х = Fd/(d - F). Однако при d > R 4- F возможен и другой вари-
ант. В случае, представленном на
рисунке, изображение источни-
ка света S в линзе получается в
точке А. В силу симметрии луч,
который первоначально шел по
пути SDA, после отражения от
шара пойдет по пути ACS, а луч,
который проходил путь SCA, от-
разившись от шара в точке А,
пройдет путем ADS. Таким образом, в этом случае изобра'
жение источника света 8 в системе, состоящей из линзы и
шара, совпадает с источником.
Изображение источника 8 в линзе будет находиться
в точке А, если выполняется уравнение 1/F = 1/х 4- l/f, где
f = d-R. Отсюда находим, что
х = Ff/(f -F) = F(d -R)/(d -R-F).
22. При аэрофотосъемках используется фотоаппарат, объ-
ектив которого имеет фокусное расстояние F = 8 см. Раз-
решающая способность пленки Д = 10 2 мм. На какой вы-
226
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
соте должен лететь самолет, чтобы
на фотографии можно было раз-
личить листья деревьев размером
I = 5 см? При какой скорости са-
молета изображение не будет раз-
мытым, если время экспозиции
т=103 с?
Решение
Н — высота, на которой летит самолет, f — расстояние
от пленки до объектива. По формуле линзы получаем 1/Н +
+ l/f= 1/F. Так как « Я, то 1/Я « 1/f => 1/f = l/F => f = F,
т.е. изображение получается в фокальной плоскости. Рас-
стояние между двумя соседними листьями можно взять рав-
ным I. На пленке это расстояние должно получиться не
меньше Д. Из подобия треугольников АОВ иА1ОВ1 получаем
Д// = F/Н ^Н = Fl/к = 400 м.
Изображение считается неразмытым, если за время экс-
позиции оно смещается не больше чем на Д.
За время экспозиции смещение любой точки листьев
равно от, где v — скорость самолета, тогда и смещение изо-
F
бражения равно —(от).
Я
Из условия неразмытости изображения получаем нера-
венство
< Д => v < = 100 м/с = 360 км/ч.
Задачи для самостоятельного решения
1. В кювете с жидкостью на глубине 3 см находится точеч-
ный источник света, который начинает смещаться вдоль
вертикали со скоростью 10“3 м/с. На дне кюветы нахо-
дится плоское зеркало. Слой жидкости в кювете 4 см, а
на поверхности над источником света плавает черный
диск радиусом 6 см. Через какое время источник света
227
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
станет видим для внешнего наблюдателя? Показатель
преломления жидкости п = л/2.
Ответ: 10с.
2. В стеклянном блоке с показателем п = 1,5 имеется сфе-
рическая воздушная полость диаметром 1 см. На полость
из воздуха направлен широкий параллельный пучок лу-
чей света. Определите диаметр части пучка света, про-
шедшего в полость.
Ответ: 0,67см.
3. На торец стеклянного стержня па-
дает свет под углом а. Каким дол-
жен быть наименьший показатель
преломления стекла, чтобы свет,
вошедший в стержень, не мог вый-
ти через его боковую стенку неза-
висимо от угла а ?
Ответ: 71+sin2а.
4. Светящуюся точку, находящуюся в
среде с показателем преломления
рассматривают невооруженным глазом
из среды с показателем преломления
п2, причем Tij < п2. Каково будет кажу-
щееся расстояние точки до границы
раздела сред, если точка находится от
этой границы на расстоянии Ло, а глаз находится так, что
в него'попадают лучи, падающие на границу раздела под
небольшими углами.
5. Наблюдатель рассматривает горошину через толстое
стекло, нижняя грань которого расположена на расстоя-
нии I = 5 см от горошины. Толщина стекла Н = 3 см, ко-
эффициент его преломления 1,5. Определите, на каком
расстоянии от нижней грани стекла находится видимое
изображение горошины.
Ответ: 4ом.
228
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
6. На грань стеклянной призмы с преломляющим углом
60° падает луч света под углом 45°. Найдите угол прелом-
ления луча при выходе его из призмы и угол отклонения
луча от первоначального направления, если показатель
преломления стекла призмы п = 1,5.
Ответ: 53°; 38°.
7. Для обращения изображения
часто используют призму, пред-
ставляющую собой усеченную N.
прямоугольную равнобедренную / рк Х'ч*
призму. Определите минималь-
ную длину основания призмы,
при которой пучок света, целиком заполняющий боко-
вую грань, полностью пройдет через призму. Высота
призмы h = 2,1 см. Показатель преломления стекла
я = 1,41.
Ответ: 10 см.
8. Сечение полости в стеклянном брусе
имеет форму равностороннего треу-
гольника. Показатель стекла V3. Пер-
пендикулярно грани падает луч света.
Определите угол выхода луча из другой
грани призмы.
Ответ: 30°.
9. На рисунке показан симметричный ход
луча в равнобедренной призме с углом
при вершине а = 30° (внутри призмы луч
распространяется параллельно основа-
нию). Найдите угол отклонения луча р.
Показатель преломления призмы п = 2.
Ответ: 32°.
10. Плоско-параллельная пластина толщи-
ной d с показателем преломления п2 на-
ходится в среде с показателем преломле-
229
, ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
ния rij < nz. Луч света из точки S падает на пластинку
под углом а,. На сколько ближе будет казаться точка S,
если ее рассматривать через пластинку под малым углом
к нормали?
Ответ: Y = d( 1 - njnj.
11. Собирающая линза дает изображение некоторого пред-
мета на экране. Высота изображения при этом равна а.
Оставляя неподвижным экран и предмет, начинают дви-
гать линзу и находят, что при втором четком изображе-
нии предмета на экране высота изображения равна Ъ.
Определите высоту предмета.
Ответ: h = -Jab.
12. Предмет в виде отрезка длины L расположен на главной
оптической оси собирающей линзы с фокусным расстоя-
нием F. Середина отрезка расположена на расстоянии а
от линзы так, что линза дает действительное изображе-
ние всех точек предмета. Определите, во сколько раз
длина изображения больше длины предмета?
13. Вдоль оптической оси собирающей линзы с фокусным
расстоянием F = 12 см расположен предмет, один конец
которого находится на расстояний dx = 17,9 см от линзы,
а другой конец — на расстоянии d2 = 18,1 см. Определите
продольное увеличение изображения предмета.
Ответ: К = 4.
14. Чему равно наименьшее возможное расстояние So между
предметом и его действительным изображением, созда-
ваемым с помощью собирающей линзы с фокусным рас-
стоянием F?
Ответ: So = 4F.
15. На каком расстоянии от собирающей линзы надо поме-
стить предмет, чтобы расстояние между предметом и его
230
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
действительным изображением было минимальным?
Фокусное расстояние линзы равно F.
Ответ: 2F.
16. Расстояние между точечным источником света и экра-
ном L. Между ними помещается собирающая линза, ко-
торая дает на экране резкое изображение точечного ис-
точника при двух положениях линзы. Определите фо-
кусное расстояние F линзы, если расстояние между ука-
занными положениями линзы I.
Ответ: F = (L2 - l2)/4L.
17. С помощью линзы с фокусным расстоянием F на экране
получают уменьшенное и увеличенное изображение пред-
мета, находящегося на расстоянии L от экрана. Найдите
отношение размеров изображений в обоих случаях.
Ответ: Ях/Я2 =16L2F2/(l+^L2-4Lf)4.
18. Плоскую поверхность плосковыпуклой линзы посере-
брили (фокусное расстояние линзы Гл). Найдите фокус-
ное расстояние получившегося зеркала. Свет падает со
стороны стекла.
Ответ: F = FJ2.
19. Выпуклая сторона плосковыпуклой линзы с радиусом
кривизны R посеребрена. Свет падает на плоскую по-
верхность линзы. Фокусное расстояние такой оптиче-
ской системы равно F. Определите показатель преломле-
ния материала линзы.
Ответ: п = ——.
2F
20. Вогнутая сторона плосковогнутой линзы с радиусом
кривизны R посеребрена. Свет падает на плоскую по-
верхность линзы. Определите оптическую силу такой
системы, если показатель преломления стекла линзы п.
Ответ: D = -2n/R.
231
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
21. Вогнутое зеркало с радиусом кривизны Л = 40 см заполне-
но водой (п = 4/3). Найдите оптическую силу этой системы.
Ответ: D = 7дптр.
22. Источник света расположен на двойном фокусном рас-
стоянии от собирающей линзы на ее оси. За линзой пер-
пендикулярно к оптической оси помещено плоское зер-
кало. На каком расстоянии от линзы нужно поместить
зеркало, чтобы лучи, отраженные от зеркала, пройдя
вторично через линзу, стали параллельными.
Ответ: 3F/2.
23. Слева от собирающей линзы с фокусным расстоянием
F = 40 см расположен точечный источник света на рас-
стоянии d = 60 см. Справа от линзы на расстоянии I = 70 см
расположено перпендикулярно главной оптической оси
плоское зеркало. Определите расстояние по отношению
к линзе до действительного и мнимого изображения ис-
точника света.
Ответ: 20 см; 120 см.
24. Оптическая система состоит из собирающей линзы с фо-
кусным расстоянием F = 30 см и плоского зеркала, на-
ходящегося за линзой на расстоянии Ь = 15 см от нее.
Найдите положение изображения в этой системе, е<уш
предмет находится перед линзой на расстоянии dx = 15 см
от нее. Постройте ход лучей.
Ответ: 60см.
25. Светящаяся точка S с помощью линзы с фокусным рас
стоянием F = 10 см и вращающегося зеркала LL' проек
тируется на круглый экран
АА'. Определите линейную
скорость V, с которой пере-
мещается изображение точ-
ки по экрану, если зеркало
вращается вокруг оси О с
УГЛОВОЙ СКОРОСТЬЮ (0=1
рад/с. Расстояние от центра
232
ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ОПТИКА
линзы до оси зеркала L = 300 см, расстояние от светя-
щейся точки до центра линзы d = 10,2 см.
Ответ: 7=4,2м/с.
26. Расположите две линзы так, чтобы параллельные лучи,
пройдя сквозь обе линзы, оставались параллельными:
а) в случае двух собирающих линз; б) в случае одной рас-
сеивающей и одной собирающей линзы.
27. Две одинаковые тонкие собирающие линзы сложены
вплотную так, что главные оптические оси их совпада-
ют. Эта система линз дает увеличение в k = 4 раза дей-
ствительного изображения предмета, помещенного на
расстоянии d = 25 см перед системой линз. Найдите
оптическую силу одной линзы.
Ответ: Ол = 2,5дптр.
28. Две равнофокусные линзы: выпуклая и вогнутая с
F = 80 см — находятся одна от другой на расстоянии
80 см. Где нужно поместить светящуюся точку перед вы-
пуклой линзой, чтобы лучи, пройдя через обе линзы,
вышли параллельным пучком.
Ответ: 160 см.
29. Точечный источник света помещен на оптической оси
собирающей линзы с фокусным расстоянием F = 0,2 м на
расстоянии 0,5 м от нее. По другую сторону линзы в ее
фокальной плоскости помещена рассеивающая линза.
Каким должно быть фокусное расстояние рассеивающей
линзы, чтобы мнимое изображение в ней источника со-
впало с самим источником?
Ответ: 0,1 м.
30. Две тонкие линзы с фокусными расстояниями F^ = 7 см и
F2 = -6 см расположены на расстоянии I = 3 см друг от
друга. На каком расстоянии от второй линзы находится
фокус системы?
Ответ: 2,4см.
233
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
31. Две тонкие выпуклые линзы с оптической силой D каж-
дая расположены так, что центр одной лежит в фокусе
другой линзы. На расстоянии 2F от первой линзы рас-
положен предмет. Где находится изображение?
Ответ: F/2.
32. При пользовании лупой человек с нормальным зрением
помещает предмет на расстоянии 3,8 см от ее центра. Ка-
кое увеличение дает лупа? Какова ее оптическая сила?
Ответ: 5,5;22дптр.
33. Для топографической съемки с самолета, летящего на
высоте 2 км, необходимо получить снимок в масштабе
1:4000. Каково должно быть фокусное расстояние объ-
ектива фотоаппарата?
Ответ: 50см.
34. Бегун был сфотографирован с расстояния I = 10 м фото-
аппаратом, имеющим объектив с фокусным расстояни-
ем F = 50 мм. Размытие деталей изображения на пленке
оказалось равным d = 1 мм. Время экспозиции t = 0,02 с.
Определите скорость бегуна.
Ответ: 10 м/с.
35. В течение какого времени может быть открыт затвор фо-
тоаппарата при съемке прыжка в воду с вышки высотой
5 м? Фотографируется момент погружения в воду. Фото-
граф находится на расстоянии 10 м от прыгуна. Фокус-
ное расстояние объектива фотоаппарата 10 мм. На нега-
тиве допустимо размытие изображения 0,5 мм.
Ответ: 540-2 с.
36. Изображение предмета на матовом стекле фотоаппарата
при фотографировании с расстояния 15 м получилось
высотой 30 мм, а с расстояния 9 м — 51 мм. Найдите фо-
кусное расстояние объектива.
Ответ: 3/7М-
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Радиолокатор работает на длине волны А, = 15 см и испу-
скает импульсы с частотой v = 4 кГц. Длительность каж-
дого импульса т = 2 мкс. Какова наибольшая дальность
обнаружения цели?
Решение
Зависимость напряженности поля Е электромагнитного
излучения от времени приведена на рисунке. Радиолокатор
излучает электромагнитные волны с частотой
f =
с
X
ЗЮ8 м/с
15 10'2 м/с
= 2109 Гц
и периодом Т = l/f= 0,5-105 с = 0,510 3 мкс.
Число колебаний в одном импульсе
т
Т
2 мкс
0,510-3 мкс
= 4000.
Период следования импульсов
Т=- =---------= 0,25 10'3 с = 250 мкс.
и v 4 103 Гц
Пусть цель находится на расстоянии L от радиолокато-
ра. Электромагнитный импульс проходит до цели и обратно
235
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
расстояние 2L, распространяясь со скоростью света с, за-
трачивая на это время t = 2L/c. При этом обратно на радио-
локатор электромагнитный импульс должен вернуться до
того, как будет излучен следующий импульс, т.е; t < Ти =>
=> 2L/c <T^L< cTJ2 = 37,5 км.
2. Самолет летит горизонтально
на высоте Н = 4 км со сверх-
звуковой скоростью. Звук до-
шел до наблюдателя через I =
= 10 с после того, как над ним
пролетел самолет. Определить
скорость самолета, если ско-
рость звука и0 = 340 м/с.
Решение
В — точка, в которой находится наблюдатель, А — точ-
ка, в которой находится самолет в момент времени t. Из
каждой точки, которую пролетает самолет, распространяет-
ся сферическая звуковая волна. Если сложить все звуковые
волны для момента, когда самолет находится в точке А, то
получится волновая поверхность в виде конуса. По мере
движения самолета эта поверхность (фронт волны) распро-
страняется со скоростью звука и0. Это и есть ударная зву-
ковая волна. На рисунке OD1AB, причем OD = vQt, АО = vt,
ОВ = Нтл
BD = y/OB2-OD2 = 7н2 (иоО2; ^BOD = ZBAO
как углы с взаимно перпендикулярными сторонами. Поэто-
му прямоугольные треугольники BOD и ВОА подобны. Из
подобия следует, что
ОА
OD
OB vt Н Hv0
---=> = - => у = :
BD vot jH2 _(poO2 7n2 -(vof)2
= 648 м/с.
3. Колебательный контур приемника состоит из катушки и
конденсатора с площадью пластин S = 800 см2 и расстоя-
нием d = 1 мм между ними; пространство между пласти-
236
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
нами заполнено слюдой (диэлектрическая проницае-
мость е = 7). На какую длину волны настроен контур,
если известно отношение максимального напряже-
ния на конденсаторе к максимальному току в катушке
п = 100 В/А? Активным сопротивлением можно пренеб-
речь.
Решение
Частота свободных колебаний в контуре v0 = 1 /(2nVLC),
где С = ee0S/d — емкость конденсатора, a L — индуктивность
катушки, которую можно определить из условия сохране-
ния энергии в контуре. Когда напряжение на конденсаторе
максимально, т.е. и = ит, вся энергия сосредоточена в элек-
трическом поле конденсатора: W3 = Си2/2.
Если ток через катушку максимален, т.е. I = 1т, то вся
энергия контура сосредоточена в магнитном поле катушки:
Wx = LP/2.
По закону сохранения энергии
% = WM Си2т /2 = Ы2т /2 L = С(ип/1т)2 = Си2.
Таким образом, собственная частота контура
v0 = l/(2nVLC)= У 1(2лСп).
Контур настроен на длину волны X электромагнитного
излучения, частота которого v = v0 (условие резонанса). Так
как v = с/Х, где с = 3*104 * * * 8 м/с — скорость света, то получаем
с/Х =1/(2лСп) => X = 2псСп = 2ncn££0S/d = 933 м.
4. Наблюдатель удаляется со скоростью v от источника зву-
ка с частотой V. Какой частоты звук он будет восприни-
мать, если скорость звука и0?
Решение
Пусть в некоторый момент времени наблюдатель прини-
мает звуковую волну в определенной фазе колебаний (на-
пример, ее максимум). Если бы наблюдатель был неподви-
жен, то следующий максимум колебаний он принял бы че-
рез время, равное периоду звуковых колебаний Т. Но так
237
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
как наблюдатель удаляется от источника, то он принимает
следующий максимум колебаний через время т > Т на проме-
жуток времени, необходимый для того, чтобы волна прошла
расстояние vr, на которое смещается наблюдатель. Этот про-
межуток времени равен от/и0, где и0 — скорость звука. Итак,
т- T = tv/v0 = t = T + xv/v0. (1)
Таким образом, период звуковых колебаний, воспри-
нимаемых наблюдателем, равен т, а их частота v', причем
т = 1 /v'. Период излучаемых источником колебаний Т = 1/v.
Подставляя это в формулу (1), получаем
£
v'
1 1 и Ilf, и"!
-+---=>-=—- 1---.
V V и0 V V f v0)
В итоге
v' = v(l - v/vQ). (2)
Из формулы (2) видно, что наблюдатель принимает звук
более низкой частоты. Если наблюдатель движется к источ-
нику, то он будет принимать звук более высокой частоты.
Рассмотренное выше справедливо и в том случае, когда не-
подвижен наблюдатель, а движется источник.
Это явление называется эффектом Доплера. Эффект Доп-
лера можно наблюдать и для волн другой физической при-
роды, например для волн оптического диапазона.
5. Вдоль оси X распространяются в противоположных на-
правлениях две плоские волны с одинаковой частотой со
и амплитудой А. Что получится в результате сложения
этих волн?
Решение
Уравнение одной из волн можно
записать в виде sjx, t) = Acos(cot -
- kx), тогда уравнение волны,
распространяющейся навстречу:
s2(x, t) = Acos(cot + kx), где k = 2л/Х —
волновое число. В результате сло-
жения получаем
238
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
S(X, t) = Sj + s2 = A COS((Dt - fex) = A cos(cot + fex) =
= A(cos(coi - fex)+cos(co£ + fex)) =
f(<of-fcx)+((ot+fcx)\ A(art-fex)+(art+fex)
V 2 2
= 24 cosoM cos fex.
Как видно, после сложения образуется волна s(x, t)
с амплитудой колебаний, равной 24. Отметим также, что
cos kx = 0 при
_ ТС тс. _ .
kx = —+лп = — (2п + 1),
2 2
где п = 0,1, 2,... (п < 0 не подходит по смыслу задачи). Сле
довательно, в точках волны
ТС
хп = ^г(2п + 1)
отклонение
s(x, О = 0. Подставляя k=~—, получаем хп=—(2п+1).
1 4
Расстояние между любыми двумя соседними точками вол-
ны, в которых отклонение обращается в нуль:
^п+1-^п=7(2(п+1) + 1)--(2п + 1) = -. .
4 4 2
Волну, задаваемую уравнением s(x, t) = 24cosorcosfex,
называют стоячей волной, а ее неподвижные точки хп назы-
вают узлами волны. Все точки волны, расположенные меж-
ду двумя узлами, колеблются в одинаковых фазах; при пе-
реходе через узел фаза колебаний точек изменяется на л.
Стоячая волна не переносит энергию.
На рисунке представлена стоячая волна для трех различ-
ных моментов времени tp t2> ta.
6. Приемник радиосигналов, следящий за появлением
спутника Земли из-за горизонта, расположен на берегу
озера на высоте Н = 3 м над поверхностью воды. По мере
поднятия спутника над горизонтом наблюдаются перио-
дические изменения интенсивности принимаемого сиг-
239
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
нала. Определить частоту радио-
сигнала спутника, если максимумы
интенсивности наблюдались при
углах возвышения спутника над
горизонтом ctT = 3° и а2 = 6°.
Решение
Так как спутник находится на большом расстоянии от
приемника, то принимаемый от него радиосигнал можно
считать плоской волной (ВС — волновая поверхность).
В приемник Р попадает луч 1, идущий непосредственно от
спутника, и луч 2, отразившийся от поверхности озера, при-
чем в точке С выполняется закон отражения. Поэтому ZACP =
= Z.MCK = а (а — угол возвышения спутника над гори-
зонтом).
Проводим PF || АС, тогда Z.CPF = ZACP = а и Z.BPF —
= ZMCK~ а как углы с соответственно параллельными сто-
ронами. Итак, Z.BPC = 2а.
Разность хода лучей равна СР - ВР. Из ДАСР: СР =
= H/sina, а из Д ВСР'. BP = СР cos2a = (H/sina) cos2a. Следо-
вательно:
СР - ВР = —----—cos 2a = -^-(1 - cos 2a) =
sin a sin a sin a
H
= ---2 sin2 a = 2H sin a.
sin a
Поскольку угол a мал, sina = a, тогда CP - BP = 2Ha.
Максимум интенсивности принимаемого сигнала наблю-
дается, если разность хода равна целому числу волны, сле-
довательно, для углов ttj и а2 получаем уравнения: 2На1 =
= feX, 2На2 = (k + 1 )Х, где k — целое число. После вычитания
первого уравнения из второго получим (k + 1)Х - k’k =
= 2H(a2 - Oj) => X - 2H(a2 - a,).
Частота радиосигнала v = с/Х = c/(2H(a2. - aj), где
с = 3-108 м/с — скорость света, = 3° = л/60 рад, а а2 = 6° =
= л/30 рад. После подстановки получим v = 10® Гц.
240
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
7. Два точечных когерентных источни-
ка света Sj и S2 расположены на рас-
стоянии d друг от друга. На расстоя-
нии L » d от источников помещен
экран. Найти расстояние между со-
седними интерференционными поло-
сами вблизи середины экрана, если
источники излучают свет с длиной
волны X.
Решение
Пусть А — точка, в которой наблюдается интерференци-
онный максимум, расположена на расстоянии h от середи-
ны экрана О. Разность хода световых волн, излучаемых ис-
точниками, равна SjA - SjA. Из прямоугольного AS1AB:
.^А2 =S1B2+AB2 =L2+(ft-d/2)2 =L2(l+(ft-d/2)2/L2);
Si А = L^l+((h-d/2)/L)2.
По условию задачи d « L til h « L, поэтому (Л - d^jL «
« 1. Известно, что при |x|« 1
>/l+x = l+(l/2)x,
поэтому
о Л rf-, lfh-d/2}2) _
S,A = L 1+- ----— =L+
( 2l L J )
l(h-d/2)z
2 L
Из прямоугольного A SjAC: S/l2 = S2C2 4- AC2 = L2 + (h +
4- d/2)2 или
SjA2 -L2 (I + «Л 4- d/2)/L)2) => S2A = Ly/l + ((h+d/2)/L)z.
Так как (h 4- d^/L «I, to
2l L J J
Lil(h+d/2)2
2 L
241
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Следовательно, разность хода
чл_1(й+^/2)2 l(ft-d/2)2_
2 1 2 L 2 L
__ (h+d/2)2-(h-d/2)2 _ hd
2L ~ L'
С другой стороны, так как A— точка интерференционно-
го максимума, то - S^A - ltk, где k = 0,1, 2. Следователь-
но, XX = hd/L. Отсюда получаем, что интерференционные
максимумы располагаются на экране симметрично относи-
тельно линии ОХО на расстояниях h = hk = kKL/d. Максимум,
соответствующий целому числу А, называется максимумом
порядка k. Максимум порядка (k + 1) будет находиться на
расстоянии hk+1 = (k + l^kL/d от середины экрана. Расстояние
между максимумами hM -hk = (k + l)KL/d - k^L/d = 'KL/d.
Из последней формулы следует, что расстояние между
максимумами тем больше, чем больше отношение L/d.
8. Два плоских зеркала образуют между собой угол, близ-
кий к 180°. На равных расстояниях I от зеркал располо-
жен источник света S. Определить расстояние между со-
седними интерференционными полосами на экране, на-
ходящимися на расстоянии L »1 от линии пересечения
зеркал. Длина световой волны X. Непрозрачный экран Эх
препятствует прямому попаданию света на экран* Э
(см. рис.). Угол а задан.
Решение
После отражение света от плоских зеркал образуются ко-
герентные волны, которые на экране Э создают интерферен-
ционную картину. Можно считать, что источниками этих
когерентных волн являются мни-
мые изображения Sx и S2 источника
8 в плоских зеркалах. В равно-
бедренном A = S2S = 2Z и
ZSJSO = ZS2SO = а, причем угол a
мал, так как угол между зеркалами
близок к 180°. Расстояние меж-
242
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
ду мнимыми источниками d = SXS2 = 2SXF = 2SX S sin a =
= 2*2Zsina = 4/a.
Так как L » l, то можно считать, что расстояние от ис-
точников Sx и S2 до экрана Э равно L. Тогда найдем, что
расстояние между интерференционными полосами равно
kL/d = U/(4aZ).
9. Собирающая линза с
фокусным расстоянием
F = 10 см разрезана по-
полам вдоль главной
оптической оси, и поло-
винки раздвинуты на
расстояние I = 0,5 мм.
Оценить число интер-
ференционных полос
на экране, расположенном за линзой на расстоянии
b = 60 см, если перед линзой находится точечный источ-
ник монохроматического света с длиной волны X = 500 нм,
удаленный от нее на a = 15 см. Участок ОХО2 закрыт непро-
зрачным экраном.
Решение
После того как линзу разрезали, образовалось две линзы
Л, и Л2 с оптическими центрами иО2и фокусами Fx и F2.
Так как радиусы кривизны поверхностей не изменились, то
фокусные расстояния образовавшихся линз равны фокусно-
му расстоянию неразрезанной линзы F. Свет от источника S
разделяется на два когерентных пучка: через линзу Лх про-
ходит пучок, ограниченный лучами SOX и SD, а через линзу
Л2 проходит световой пучок, ограниченный лучами SO2 и
SM. Все лучи верхнего пучка пересекаются в точке яв-
ляющейся изображением источника S в линзе Лг Световой,
пучок, прошедший через линзу Лр падает на экран между
точками А и С.
Все лучи нижнего пучка пересекаются в точке S2, являю-
щейся изображением источника S в линзе Л2. На экран этот
световой пучок попадает между точками В и Р. Таким обра-
243
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
зом, на экране когерентные пучки перекрываются между
точками А и В. На этой части экрана можно наблюдать ин-
терференционную картину. Можно также считать, что ин-
терферирующие пучки созданы источниками Sx и S2.
Пусть f — расстояние от линз до изображений и S2. По
формуле тонкой линзы 1/F = 1/а 4- 1/f => f=Fa/(a - F) = 30 см.
Расстояние между изображениями и S2 обозначим че-
рез d, тогда из подобия Д SOXO2 и Д SSXS2 получим
О& SO I a l(a+f) / М _1К
1 2 =--=> —=--=>d = ———=Ц 1+—1 = 0,15 см.
S1S2 SN d a+f а \ а)
Расстояние от Sx и S2 до экрана Э: L = Ь - f = 30 см. Следо-
вательно, можно определить расстояние между интерферен-
ционными максимумами:
XL/d = 30Х/0,15 = 200Х = Ю4 см = Ю2 см.
Размер АВ интерференционной картины на экране мож-
но найти из подобия Д SOXO2 и Д SAB:
АВ = = «£±« = /1Л V 0,25 см.
АВ SK SO а ( а)
Число интерференционных полос на экране равно разме-
ру интерференционной картины АВ, деленной на расстоя-
ние между максимумами, т.е. N — 0,25 см/10-2 см = 25. •
10. Точечный источник света S расположен в фокусе линзы,
за которой находится бипризма с углом а = 0,01 рад. На
каком расстоянии L от бипризмы можно наблюдать наи-
большее число интерференционных полос? Сколько по-
лос в этом случае можно увидеть на экране? Чему равна
ширина полос? Ко-
эффициент прелом-
ления стекла би-
призмы п = 1,5,
длина волны света
X = 0,5 мкм, диаметр
линзы D = 6 см.
244
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
Решение
Поскольку источник света находится в фокусе линзы, на
бипризму падает параллельный пучок света. Параллельный
пучок света разбивается бипризмой на два параллельных
пучка, которые отклонены от первоначального направления
на угол Р = (и - 1)а. Наибольшее число интерференционных
полос можно наблюдать в том месте, где самая большая пло-
щадь пересечения интерферирующих пучков (как видно из
построения, это будет между точками А и В). На экране Э,
проходящем через точки А и В, можно наблюдать интерфе-
ренционную картину.
Из АСЕМ: СЕ = ME/(tgP) = D/(2tgp).
Отметим, что СЕ = КЕ + СК = СК, так как КЕ « СК. Че-
тырехугольник АСВК — ромб, поэтому СО = КО = СК =
= 2КО = СЕ => КО = СК/2 = СЕ/2 = D/(4tg0) = L. Учитывая,
что угол р мал и tgp = Р, находим L = О/(4Р) = В/(4а(п - 1)) =
= 300 см = 3 м.
Пренебрегая КЕ, получим АО = ME/2 => АВ = MN/2 =
= D/2 = 3 см. Это и есть размер интерференционной карти-
ны. При этом максимальная разность хода лучей двух пуч-
ков равна МА - КА. Выразим эту разность.
Из А АРМ: МА = L/cosp.
Из А КЕМ: КЕ = (D/2)tga; KO = EO-KE = L- D/2)tga.
Из A AOK: КА = KO/cosP = (L - (D/2)tga)/cos p.
Итак,
cosp cosp
(D/2)tga _ Btga _ Da
---------=-----— =---= U,Uo CM.
cosp 2cosp 2
(При малых углах a и ptga = a, cosp = 1.)
Разность хода, соответствующая двум соседним макси-
мумам, равна длине волны X. Таким образом, число интер-
ференционных полос, образующихся на экране,
ма-ка=2401м=6 2
X 0,510‘6 м
245
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Так как вся интерференционная картина занимает 3 см,
то ширина одной полосы 3 см/(6-102) = 0,5-10“2 см =
= 0,5*10'4 м = 50 мкм.
11. От точечного монохроматического
источника А отодвигают точечный
монохроматический источник В
(источники когерентны и синфаз-
ны) до тех пор, пока в точке О, где
наблюдается интерференция, не на-
ступает потемнение. При этом рас-
стояние между А и Bd = 2 мм. Рас-
стояние между источником и экраном L = 9 м. На сколь-
ко нужно передвинуть экран, чтобы в точке О возникло
потемнение?
Решение
При удалении источника В первое потемнение в точке О
возникает при условии, что разность хода волн от источников
В и А равна половине длины волны, т.е. ВО -АО = Х/2 или
Jlf+d2 -L = X/2 =>ylL2(l+d2/L2)-L = k/2^
=> L^l-Kd/L)2 -1) = Х/2.
Известно, что при
|x|«1+у/Т+х = 1+Х-/ 2.
В нашей задаче d/L « 1, поэтому
yjl+(d/L)2 =l + (d/L)2/2
и, следовательно, уравнение (1) приводится к виду:
d2/2L = X/2 => d2
Если экран приблизить к источникам на расстояние х, то
минимум в точке Ог будет соответствовать разности хода
ЗХ/2, т.е. ВОг -AOt = ЗХ/2 или
V(L-x)2+d2 -(L-х) = 31/2.
246
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
Следовательно,
(L- x)^l+(d/(L-x))2 -1} = ЗХ/2.
Учитывая, что и в этом случае d/ (L - х) « 1, приходим
к уравнению
d2/(2(L - х)) = ЗХ/2 => d2 = 3(L - х)Х.
Приравнивая выражения для d2, получаем
LX = 3(L - х)Х = х = 2L/3 = 6 м.
12. Период дифракционной ре-
шетки d = 4 мкм. Дифракци-
онная картина наблюдается
с помощью линзы Л с фокус-
ным расстоянием F = 40 см.
Определить длину X световой
волны падающего нормально на
решетку света, если первый
максимум получается на рас-
стоянии Ь = 5 см от центрального
Решение
Пусть направление на первый максимум характеризу-
ется углом <р, тогда по формуле дифракционной решетки
dsnup = АХ = X, так как k - 1.
Из A OAF: tg ф = AF/OF = b/F. При малых фtgф =*= эшф =
= b/F, поэтому X = db/F = 0,5 мкм.
13. Дифракционная решетка содержит 400 штрихов на 1 мм.
. Нормально на решетку падает монохроматический крас-
ный свет с длиной волны X = 650 нм. Под каким углом ви-
ден первый максимум? Сколько всего максимумов дает эта
решетка? Каков максимальный угол отклонения лучей, со-
ответствующих последнему дифракционному максимуму?
Решение
На 1 м решетки приходится N = 400403 = 4-10® штрихов.
Период дифракционной решетки d = Х/N = 2,540 е м. Из
247
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
формулы дифракционной решетки d sin<p = k"k при k = 1 на-
ходим угол <рр под которым виден первый максимум: sin фй =
= Х/й = 0,26=>ф1 = 15’.
При помощи дифракционной решетки можно наблюдать
максимумы порядка k < d/X = 3,8. Учитывая, что h — целое
число, получаем = 3. Итак, данная дифракционная ре-
шетка будет давать центральный максимум, соответствую-
щий k = 0, и по два симметрично расположенных максимума
первого, второго и третьего порядков. Всего получаем 7 мак-
симумов.
Максимальный угол отклонения лучей соответствует
максимуму третьего порядка:
dsin<Pmax = ЗХ => sin<pmax = 3X/d = 0,78 = фтах = 51,3’.
14. Красная граница фотоэффек-
таулитияХкр = 5,2-10’7м. Ка-
кую задерживающую раз-
ность потенциалов нужно
приложить к фотоэлементу,
чтобы задержать электроны,
излучаемые литием под дейст-
вием ультрафиолетовых лучей
с длиной волны X=2,10г7 м.
Решение
По заданной красной границе фотоэффекта легко опре-
делить работу выхода лития
Ликр = АВ => Лс/Хкр = АВ. (1)
В случае, когда литий освещается ультрафиолетовым
светом, кванты которого обладают большей энергией, вы-
рвавшиеся фотоэлектроны обладают скоростью и, а значит,
и кинетической энергией, равной mv2/2, где те — масса
электрона.
Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта запишется в
виде
Лс/Х = А + тпеи2/2-
(2)
248
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
Для того чтобы задержать электроны, прикладывают за-
держивающую разность потенциалов из, причем
тпе1?2/2 = |е| |и |, (3)
где |е| — модуль заряда электрона.
После подстановки значений работы выхода из (1) и мак-
симальной кинетической энергии из (3) в уравнение (2) по-
лучим
Лс/Х = Лс/Хкр + |e||uj =* luj =рс(Хкр - Х)/(|е|ХХкр) = 3,8 В.
15. На рисунке представлена вольтамперная характеристик
ка вакуумного фотоэлемента. Катод освещается светом с
длиной волны X = 3,3-10-7 м.
Найти количество электронов У, вырываемых светом в
единицу времени, а также работу выхода из катода.
Решение
Как следует из графика, ток насыщения IH — 200 мА, и
он соответствует тому, что все N электронов, вырываемые
из катода за At = 1 с, достигают анода. Заряд всех электро-
нов q = N\e\, где |е| = 1,6-10“19 Кл — заряд электрона.
Тогда IH = g/At = N\e\ = N = IH/\e\ = l,25-1018.
Из рисунка также следует, что фототок прекращается
при и = -2 В, следовательно, это и есть задерживающая раз-
ность потенциалов, которая связана с максимальной кине-
тической энергией электрона равенством mevz/2 = |e||ua|. Из
уравнения Эйнштейна
hv = mev212+Ав => he / X = |e||u31 =>
=> Ав = he IX - |e||u31 = 2,8 • IO-19 Дж = 1,75 эВ.
16. Излучение аргонового лазера с длиной волны X = 500 нм
сфокусировано на плоском фотокатоде в пятно диамет-
ром d = 0,1 мм. Работа выхода фотокатода Ав = 2 эВ. На
плоский анод, расположенный на расстоянии L = 30 мм
от катода, подано ускоряющее напряжение и = 4 кВ.
Найти диаметр пятна фотоэлектронов на аноде. Анод А
расположен параллельно поверхности катода К.
249
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
Используя уравнение Эйнштейна
для фотоэффекта, можно определить
п0 — скорость фотоэлектронов, выле-
тевших из катода:
hc/“k = AB + meVQ /2 =>
А
+
+
+
+
=> у0 = ^2(hc/'k-AB)/me,
причем вектор скорости электрона vQ направлен произволь-
но в пространстве.
Между анодом и катодом существует однородное элек-
трическое поле с напряженностью Е = u/L, направленное от
анода к катоду. Это поле действует на электрон с силой, рав-
ной по модулю |е|Е и направленной в сторону, противопо-
ложную вектору Е (|е| — модуль заряда электрона). Введем
оси координат X и Y, направленные, как показано на рисун-
ке. В направлении оси X электрон приобретает постоянное
ускорение ах = \е\Е/тпе (те — масса электрона) и совершает
равноускоренное движение.
В направлении оси У на электрон не действуют силы, его
ускорение в этом направлении равно нулю, а движение яв-
ляется прямолинейным равномерным.
Диаметр пятна на аноде определяется электронами, вы-
летевшими из крайних точек катода. Кроме того, диаметр
пятна тем больше, чем больше смещение электронов в на-
правлении оси У. В свою очередь, это смещение максималь-
но, когда проекция скорости электрона на ось У максималь-
на и когда время пролета электрона максимально. Это соот-
ветствует тому, что скорость электронов направлена вдоль
оси К (см. рис.).
Поместив начало координат в
центре катода, запишем уравне-
ния движения Электрона по осям
координат:
x(t) = х0 + и01 + axt2/2 =
= le[Et2/(2me);
250
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
y(t) = Уо + V = d/2 + vot.
При попадании электрона на анод x(t) = L = |e|Et2n /(2 те).
Отсюда следует, что tB = %/2тп(;£/(|е|Е), где tn — врейя про-
лета. В точке В, в которой электрон попадает на анод, ув =
= d/2 + votn. Диаметр пятна на аноде . f
п , _ „ /2(Лс/Х-Ан) l2m.L
D = 2yB =d+2votn =d+2- —rb- =
У me \ |e|E
, .T lhc/k-AB
\ lelu
17. Мощность точечного источника монохроматического
света Ро = 10 Вт. Длина волны X = 500 нм. На каком мак-
симальном расстоянии этот источник будет замечен че-
ловеком, если глаз реагирует на световой поток п = 60
фотонов в секунду? Диаметр зрачка d = 0,5 см.
Решение
За промежуток времени At точечный источник излучает
энергию P0At, причем в любой момент времени эта энергия
распределяется равномерно по поверхности сферы радиусом
R. На единицу поверхности приходится энергия излучения
Ро At/(47LRZ), и, следовательно, в зрачок, находящийся на
расстоянии R, попадает энергия Ро A tS / (4 tlR2), где S = тп/2/4.
Пусть за время At в зрачок попадает^ фотонов, тогда свето-
вую энергию можно выразить как Nhv « Nhc/X. Приравни-
вая значения энергий, получаем
P0At ( nd2'
4лй2|< 4 ,
X 16Я2 At X
тт N
Но — = п, поэтому
At
-^-5-d2 = nh— =>R = -J&- = 106 м = 10s km.
16Я2 X 4\nhc
251
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
18. Свет от солнца падает на плоское зеркало площадью
S = 1 м2 под углом а = 60°. Найти силу светового давле-
ния, считая, что зеркало полностью отражает весь падаю-
щий на него свет. Известно, что средняя мощность солнеч-
ного излучения, приходящаяся на 1 м2 перпендикулярной
к излучению земной поверхности, Р = 1,4-103 Вт/м2.
Решение
Падающие на зеркало фотоны упру- х,
го отражаются от него, причем их ско- jt
рость остается равной скорости света с.
После отражения импульс фотонов на- J
правлен вдоль отраженного луча. Из- >
менение импульса фотонов обусловлено Y
импульсом силы, действующей со сто-
роны зеркала на фотоны. По третьему закону Ньютона точ-
но такая же по модулю сила будет действовать на зеркало со
стороны фотонов. За промежуток времени At на площадку
S, расположенную перпендикулярно направлению распро-
странения света, падает световая энергия, равная P&tS.
Если же площадка расположена (как в нашем случае) под
углом, то энергия, которая на нее падает, W — PAtScosa.
На площадку падает белый свет, содержащий фотоны
разных частот, поэтому падающая энергия W = ^Ni(hvi),
где Nt — количество фотонов частоты v, прошедших черЪз
площадку за время At. >
Рассмотрим фотон частоты упруго отражающийся от
площадки. Модули его импульса до и после отражения рав-
ны, т.е. р(1=р1 = hvjc. Введем оси X и Y, направленные, как
показано на рисунке. Проекции начального и конечного им-
пульсов выражаются формулами:
рох=-pocosa*’ роУ=posina;
Pix=Pocosa;
Отсюда следует, что изменение импульсов по осям X и Y
равны: Дрх =р1х-рОх = 2р0 сова, Ару = 0. Изменение импульса
фотона
Ар = ^Ар* + Ар2 = 2р0 cos а.
252
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
м от источника
Изменение импульса Nt фотонов равно (2p0cosa)M, а из-
менение импульса всех фотонов — ЕУ4р0соза. Из основного
уравнения динамики изменение импульса равно импульсу
действующей силы:
^(jV,2p0 cosa) = Fbt => ^^27^2—cos a
2 ж-,
=>-cosa ^(Nlhvl) = FM.
Как уже отмечалось, сумма ^27,/iv, =W — энергия из-
лучения, равная, в свою очередь, PAiScosa. После подста-
новки в последнее уравнение получаем (2/с) cos aPAtScosa =
= PAt = F = (2Pcos2a)/c = 2,310® H.
19. На оси длинной тонкостенной
трубки радиусом г = 1 см с зер-
кально отражающими внутрен-
ними стенками расположен то-
чечный источник S мощностью
Р = 1 Вт, дающий излучение
с длиной волны X = 0,5 мкм.
У торца трубки на расстоянии L ~ 1
положен фотоэлемент ФЭ. Найти число фотонов, попа-
дающих на фотоэлемент в одну секунду после двукрат-
ного отражения на стенках трубки.
Решение
Прежде чем решать эту задачу, надо определить телесный
угол как пространственный угол с вершиной в центре сфери-
ческой поверхности радиусом R. Если этот угол опирается на
сферической поверхности на площадку S, то a = S/R2.
На рисунке приведен ход луча SA, который испытывает
два отражения на стенках трубки. Если луч выходит из точ-
ки S под большим углом к оси трубки, то он испытывает бо-
лее двух отражений. Ход такого луча изображен пунктир-
ной линией на рисунке.
АВ и DF — перпендикуляры, восстановленные в точках
падения луча. Так как ZSAB = ABAC, то A SAB - А ВАС.
253
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Аналогично Д CDF = Д KDF; Z.BCA =
= ADCF как вертикальные, поэтому
ABAC = ACDF. Аналогично доказы-
ваем, что Д KDF = Д KMN. В итоге
получаем, что Д SAB = Д ВАС=Д CDF=
= AKDF = AKMN.
Следовательно, SB = ВС = CF = FK = KN = L/5.
Из точки S выходит также луч, распространяющийся
симметрично относительно оси трубки, — это луч SA{. Теле-
сный угол ар соответствующий лучам SA и SAp имеет вер-
шину в точке S. Так как г « L, то радиус сферы с центром в
точке SSA = SAr = SB = L/5, а площадь сферической поверх-
ности, на которую опирается угол ар равен площади сече-
ния трубки яг2. Таким образом, аг = лт^/СЬ/б)2 = 25кг2/L2.
Если уменьшить угол выхода луча с осью трубки, то при
некотором значении этого угла количество отражений от
стенок станет равным одному. Ход такого луча SE представ-
лен на рисунке.
Используя закон отражения, доказываем, что AS ТЕ =
= ATEQ = AQZY => ST = TQ = QY= L/3. Телесный угол, соот-
ветствующий лучам SE и 8Ег:
a2 = nr2/(L/3)2 = ^r2/L2.
Итак, все лучи, испытывающие два отражения, находят-
ся в пределах а2 < а < аг Точечный источник S излучает рав-
номерно по всем направлениям, поэтому мощность, прихо-
дящаяся на единичный телесный угол, равна Р/(4л). (Теле-
сный угол, опирающийся на всю сферу, равен 4л.) Следова-
тельно, мощность излучения в телесном угле (ах - а2) равна
Р . . Р (25лг2 9лг
—(а1-(х2) = — —5-------w
41t 4 7t I Zj L
г2
— лр~~
I?
С другой стороны, мощность излучения можно выра-
зить, умножив энергию фотона на число фотонов в 1 с, т.е.
hvN = hcNfk. Получаем уравнение
4р(—Y = h—N => N =—f-f = 1017.
\L) X he
254
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
Задачи для самостоятельного решения
1. Фронт волны зеленого света прошел в стекле путь, рав-
ный 4 см. Какой путь пройдет свет за то же время в воде?
Показатель преломления воды 4/3, а стекла 3/2.
Ответ: 4,5см.
2. При какой минимальной оптической разности хода две
когерентные световые волны с длиной волны X = 0,6 мкм
будут ослаблять друг друга при интерференции?
Ответ: 3-10~7м.
3. Равнобедренная стеклянная призма с
малыми углами преломления помеще- а
на в параллельный пучок лучей, пада- \
ющих нормально к ее основанию. По- *1\\
казатель преломления стекла призмы
п = 1,57, размер основания 2а - 5 см. -1—*///
Найдите угол преломления а, если в се- а 'у
редине экрана, расположенного на рас- -*—
стоянии L = 100 см от призмы, образу-
ется темная полоса ширины 2d = 1 см.
Ответ: 3°.
4. Найдите наибольший порядок спектра для желтой ли-
нии натрия с длиной волны 589 нм, если период дифрак-
ционной решетки равен 2 мкм.
Ответ: k = 3.
5. Дифракционная решетка содержит 120 штрихов на 1 мм.
Найдите длину волны монохроматического света, пада-
ющего нормально на решетку, если угол между двумя
спектрами первого порядка равен 8°.
Ответ: 580нм.
6. При помощи дифракционной решетки с периодом 0,02 мм
получено первое дифракционное изображение на рас-
стоянии 3,6 см от центрального и на расстоянии 1,8 м от
решетки. Найдите длину световой волны.
Ответ: 400нм.
255
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
7. Определите угол отклонения лучей зеленого света
к = 0,55 мкм в спектре первого порядка, полученном
с помощью дифракционной решетки, период которой
d = 0,02 мм.
Ответ: 1,57°.
8. При нормальном падении на дифракционную решетку
света паров натрия (1 = 589 нм) оказалось, что на экра-
не спектр третьего порядка расположен на расстоянии
Lj = 6,5 см от центра дифракционной картины. Опреде-
лите период решетки, если она расположена на расстоя-
нии L2 =1,5 м от экрана.
Ответ: 4,1,10-8м.
9. На стеклянный клин с углом а = 2° перпендикулярно
грани клина падает луч белого света. На какой угол р ра-
зойдутся после выхода из клина красный и фиолетовый
лучи вследствие дисперсии? Показатель преломления
стекла для красных лучей пкр = 1,74,а для фиолетовых
пф =1,8. Считать sin а «а.
Ответ: 0,12°.
10. В спектре излучения аргонового лазера наиболее интен-
сивными являются линии с длинами волн = 488 нм
и Х2 = 515 нм. При каких углах преломления а призмы,
поставленной на пути лучей, из призмы выйдет пучок,
содержащий компоненту 12 и не содержащий компонен-
ту Хх? На первую грань призмы лучи падают нормально.
Зависимость показателя преломления призмы от длины
волны имеет вид п = 1+—g-,
Л
где а = 2,38*109 см2.
Ответ: 30°<а<31°45’.
11. На плоскопараллельную стеклянную
пластинку под углом а падает пучок
света шириной а, содержащий две
спектральные компоненты с длинами
волн и к2. Показатели преломления
256
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
стекла для этих длин волн различны: (для \) и п2
(для Х2). Определите минимальную толщину пластинки,
при которой свет, пройдя через нее, будет распростра-
няться в виде двух отдельных пучков, каждый из кото-
рых содержит только одну спектральную компоненту.
sh^a^n^-sn^a ^n2 -sin a J
12. Найдите массу, импульс и энергию фотона красных лу-
чей света, для которых X = 7405 см.
Ответ: 3,210“86 кг; 9,640~28 кг-м/с; 28,840"20 Дж.
13. Максимальная энергия электронов, вырываемых светом
с,поверхности металла, равна 2,9-1019 Дж. Определите
длину волны света, если работа выхода электрона из это-
го металла равна 2 эВ.
Ответ: Х=3,240~7м.
14. Определите максимальную кинетическую энергия элек-
тронов, вырываемых с поверхности металла при облуче-
нии его ультрафиолетовым излучением с длиной волны
200 нм, если работа выхода электрона из этого металла
равна 440~19 Дж.
Ответ: 5,940'19Дж.
15. Определите энергию у -кванта, если соответствующая
ему длина волны X = 1,64 О-12 м.
Ответ: 12,440"14Дж.
16. Энергия скольких фотонов с длиной волны 1 = 0,5 мкм
равна энергии неподвижного электрона?
Ответ: 20540s.
17. Энергия скольких фотонов с длиной волны X = 0,5 мкм
равна полной энергии электрона, прошедшего ускоряю-
щую разность потенцйалов 100 В?
Ответ: 4403.
257
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
18. Сколько квантов излучает за одну секунду гелий-
неоновый лазер мощностью Р = 10 мВт? Длина волны,
излучаемая лазером, X = 0,6 мкм.
Ответ: 3*1О16Ф/с.
19. Фотон рентгеновского излучения с длиной волны
X = 2,4‘10-11 м при рассеянии на электроне передал ему
20% своей энергии. Определите частоту рассеянного из-
лучения.
Ответ: у = 101вГц.
20. Вольфрамовый шарик радиусом 10 см, находящийся в
о
вакууме, облучается светом с X = 2000 А. Определите
установившийся заряд шарика, если работа выхода для
о
вольфрамаА = 4,5 эВ. (1 А = 10~10 м)
Ответ: </= 1,02,1010Кл.
21. Определите наибольшую длину волны света, облучение
которым поверхности меди еще может вызвать фотоэф-
фект. Работа выхода электрона из меди А - 4эВ.
Ответ: 3,1’10"7м.
22. Катод фотоэлемента освещается монохроматическим
светом с длиной волны X. При отрицательном потенциа-
ле на аноде = -1,6 В ток в цепи прекращается. При
изменении длины волны света в 1,5 раза для прекраще-
ния тока потребовалось подать на анод отрицательный
потенциал иг = -1,8 В. Определите работу выхода мате-
риала катода.
Ответ: 1,9-10~19Дж.
23. Какую задерживающую разность потенциалов надо при-
ложить к фотоэлементу, чтобы «остановить» электроны,
испускаемые вольфрамом под действием ультрафиоле-
товых лучей с длиной волны 130 нм? Работа выхода
электрона из вольфрама 4,5 эВ.
Ответ: 5В.
258
ВОЛНОВАЯ ОПТИКА
24. При исследовании вакуумного JT
фотоэлемента оказалось, что 1/3 “Г"
при освещении катода светом IrJ (m2)
частотой v0 = 1015 Гц фототок с ----------Г
поверхности катода прекраща-
ется при задерживающей разности потенциалов U3 = 2 В
между катодом и анодом. Определите работу выхода ма-
териала катода.
Ответ: 2,1 эВ.
25. Свет с длиной волны X = 0,66 мкм падает нормально на
поверхность. Какой импульс передает этой поверхности
световой фотон, если поверхность:
а) полностью отражает свет;
б) полностью поглощает свет.
Ответ: а) 2-10"26 27 кг*м/с; б) 10 27 кг-м/с.
26. Пучок света с длиной волны X = 4900 А, падая перпенди-
кулярно поверхности, производит давление 5-10 6 Па.
Коэффициент отражения поверхности р = 0,25. Сколько
фотонов падает ежесекундно на единицу площади этой
поверхности?
Ответ: 3‘1021.
ОСНОВЫ СПЕЦИАЛЬНОМ ТЕОРИИ
ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ.
КВАНТОВАЯ ФИЗИКА.
ФИЗИКА АТОМА И АТОМНОГО ЯДРА.
СОСТАВ АТОМНЫХ ЯДЕР.
РАДИОАКТИВНОСТЬ
Примеры решения задач с кратким
или развернутым ответом
1. Масса тела, движущегося с определенной скоростью,
увеличилась на 20%. Во сколько раз при этом уменьши-
лась его длина?
Решение
Пусть масса покоя тела равна тп0, а его длина, когда оно
покоится, —10. Из формул теории относительности следует,
что при движении тела со скоростью v его масса тп и длина I
будут:
m = тп0 /71-(и/с)2,1 = Iqy/l-(v/c)2.
По условию задачи m = 1,2тп0, поэтому из первого урав-
нения следует, что ^/1-(р/с)2 = т0 /тп =1/1,2. Подставляя
это во второе уравнение, находим, что I = Z0l,2, т.е. длина
уменьшится в 1,2 раза.
2. Доказать, что энергия частицы W и модуль ее импульса
р связаны соотношением W2 - р2с2 = лг20с4, где с — ско-
рость света, т0 — масса покоя частицы.
Решение
Энергия частицы
W = тс2 = лг0с2д/1_(р/с)2,
260
ОСНОВЫ СПЕЦИАЛЬНОЙ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА...
а ее импульс
р = mov /ф.-(и/с)2.
Поэтому
W2 -р2с2 = (тос2 />/l-(v/с)2 -^iou/71-(v/c)2 с2 =
wipe4 УПрС2(с2 -и2) _ т2с2(с2 - и2)
1-(и/с)2 1—(и/с)2 1—(и/с)2
= m02c4=W02.
3. Во сколько раз увеличится масса движущегося электро-
на по сравнению с массой покоя, если электрон, пройдя
ускоряющую разность потенциалов, приобрел кинети-
ческую энергию W = 0,76 МэВ?
Решение
Кинетическая энергия электрона есть разность между
полной энергией W = тс2 и энергией покоя Wo = тес2 =
== 0,511 МэВ.
Итак, Wk = W - Wo = тс2 - тес2. После деления обеих ча-
стей уравнения на тес2 получаем
Wk т л т , Wh . 0,76 о
—— =-----1=> — = 1 + —=- = 1+— -= 2,49.
тес2 те те Wo 0,511
Масса электрона увеличивается примерно в 2,5 раза.
4. Определить скорость электрона, разогнанного из состоя-
ния покоя электрическим полем с ускоряющей разно-
стью потенциалов |и| = 106 В.
Решение
Под действием ускоряющей разности потенциалов элек-
трон приобретает кинетическую энергию W = |е||и| = 106 эВ =
= 1 МэВ (пройдя разность потенциалов 1 В, электрон приоб-
ретает энергию 1 эВ, при прохождении разности потенциа-
лов 106 В электрон приобретает энергию 10е эВ).
261
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Как и в задании 3, кинетическую энергию выразим как
разность между полной энергией W и энергией покоя элект-
рона Wo - тс2 - 0,511 МэВ.
Итак:
Wk = тс2 - тс2 => — = +1.
те тес
Подставляя т = те /-Д-(п/с)2 и учитывая, что тс2 =
= Wo, получим уравнение
f_-1—- = ^-+1 => 1 - (о/ с)2 =------2 =>
71-(v/c)2 on/w0+D2
=> (v/c)2 = 1--------2 = —.
(Wft/W0+l)2 9
Следовательно,
у = 2^?с = 2,83 108 м/с.
5. Электрон обладает кинетической энергией Wk = 2 МэВ.
Определить модуль импульса электрона.
Решение
Как и в предыдущем заданий, получаем
W. - W - W. = тс2 -тс2=$ т/т = W./(т с2) + 1 =>
=>1 + 2/0,5 = 5.
Но
т , , Д——777 г- 2>/б
— = 1/д/1-(и/с)2 = 5=>1> = ——с.
те 5
Модуль импульса электрона вычисляется по формуле
р = mev / yll-(v/c)2 = 5те с = 2у/втес = 1,33 • 10-21 кг м • с.
. 5
262
ОСНОВЫ СПЕЦИАЛЬНОЙ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА...
в. Рентгеновское тормозное излучение возникает при бом-
бардировке быстрыми электронами металлического ан-
тикатода рентгеновской трубки. Определить длину вол-
ны коротковолновой границы спектра тормозного излу-
чения, если скорость электронов составляет 40% от ско-
рости света.
Решение
Так как электрон движется со скоростью v = 0,4 с, срав-
нимой со скоростью света, то его кинетическую энергию вы-
разим, как и в предыдущих заданиях:
Wk = тс2 - тес2 = тес2 / ^/1-(р/с)2 - тес2 =
= тес2(1 />/1-(и/с)2 -1).
Коротковолновая граница спектра излучения соответ-
ствует случаю, когда вся кинетическая энергия электрона
переходит в энергию кванта рентгеновского излучения, рав-
ную hv - Лс/Х.
Итак, получаем уравнение
тесг(1 /71-(у/с)2 -1) = he/X.
Откуда
Х = — (1/71-(у/с)2 -1Г =2,710’п м.
тес\ )
7. Радиус первой орбиты в атоме водорода - 5,3-10~п м.
Найти напряженность электрического поля ядра на этом
расстоянии и кинетическую энергию электрона на этой
орбите.
Решение
Напряженность электрического поля найдем по формуле
E = k\e\/r2,
где k - 1/(4ле0) = 9-107 * 9 Н-м2/Кл2, |е| = 1,6-Н)-19 Кл.
263
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей^ и С
После подстановки числовых значений получим Е -
= 5,1-Ю11 В/м.
Чтобы найти второй параметр, запишем второй закон
Ньютона, принимая во внимание тот факт, что на электрон
действует кулоновская сила притяжения Fk =fee2/r21, кото-
рая сообщает ему центростремительное ускорение а = v2/г,
где v— скорость движения электрона. Итак, получаем урав-
нение Fk = лгеап <=> fee2//12 = mv2 /т\ => mev2 = ke2/rv
Следовательно, кинетическая энергия электрона Wk =
= mv2/2= ke2/(2rj = 2,17-Ю'18 Дж = 13,6 эВ.
8. Во сколько раз увеличится радиус орбиты электрона у
атома водорода, находящегося в основном энергетиче-
ском состоянии, при поглощении атомом фотона с энер-
гией 12,09 эВ?
Решение
Согласно теории Бора, полная энергия атома водорода
равна сумме кинетической энергии электрона и потенци-
альной энергии электростатического взаимодействия меж-
ду электроном и протоном ядра, причем в любом энергети-
ческом состоянии
В основном состоянии Wt = -13,6 эВ = -е2/(8ле0г1). При
поглощении фотона атом водорода переходит в состояние с
большей энергией Wn = (Wt -I-12,09) эВ = -(13,6 -I-12,09) эВ =
= -1,51 эВ. С другой стороны, Wn = -е2/((8ле0гп), где гп — ра-
диус орбиты электрона.
Тогда
И^ г^ -13,6 эВ _
Wn Г1 -1,51 эВ
Радиус орбиты электрона увеличится в 9 раз.
264
ОСНОВЫ СПЕЦИАЛЬНОЙ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА...
9. Первоначально невозбужденный водород начнет излу-
чать фотоны, если через него пропустить пучок электро-
нов, прошедших разность потенциалов и0 - 10,2 В. Ка-
кую минимальную ускоряющую разность потенциалов
должен пройти пучок протонов, чтобы при йропускании
их через первоначально невозбужденный водород по-
следний начал излучать фотоны? Считать, что масса
электрона много меньше массы протона, а атом водорода
перед столкновением покоился.
Решение
Пусть масса налетающей частицы т, ее скорость р0, мас-
са атома водорода М, скорости частиц после столкновения
vt и v2. По закону сохранения импульса mv0 = mvt + Mv2.
При столкновении атом водорода поглощает энергию WnJk,
поэтому'по закону сохранения энергии
_ mvf Mvl
~2~~~2~+ 2
+wn,k.
Получаем систему уравнений:
mv0 = mvx + Mv2
2
mv? Mv? ..r
—L+-----2-+wk.
2 2 ’
Докажем, что энергия налетающей частицы Wo = mv20 /2
будет минимальна, если после, столкновения частица и атом
водорода движутся с одинаковыми скоростями (абсолютно
неупругое столкновение). Выразим из первого уравнения
системы и2 - (mv0 - muJ/M и подставим во второе уравне-
ние, тогда получим:
тур __ mvf М f mv0
~2~’~П2~+~2Д
-mv
М
mv0 _ туг т v0 т т,
2 2 2М М 2М п’к
265
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
2 I м) 2 { mJ м п’к
mvl( М-т\ mv,2 (т+М'Х m2vn
, —и --- _ L. --- =---о у + w =>
2 I М ) 2 I М ) М 1
Т mvo mv? f М + т \ m2vn М
° 2 2 \М-т) (М-т) 1 (М-т) п'к
Таким образом, энергия налетающей частицы Wo выра-
жена как квадратичная функция от vt с первым положи-
тельным коэффициентом
т ( М + т'Х п
а =— ------- I > 0.
2 \М-т)
Такая функция имеет минимум в точке их - -Ъ/2а, где
b = m2v0/ (М - т). Итак, скорость, соответствующая мини-
муму Wo:
v (m2v0/(М-т)) mv0
1 2(m/2)((M+m)/(M-m)) (Af+m)’
При этом v2 - (mv0 - mvJ/M = m(v0 - mv0/(M + m))/M ==
“ mvJ(M + m).
Итак, доказано, что энергия налетающей частицы мини-
мальна, если после столкновения частицы движутся с оди-
наковыми скоростями, т.е. vx - v2. Минимальное значение
энергии налетающей частицы
Wo = Wmm = mv2/2+Mv2/2+W;iA =(m+M)v2/2+WM =
(m+M)(mv0/(M+m))2 [ mv2 f m |
2 n,k 2 Im+AfJ
=w^n-^—+wntfl =>
m-M m~M
В случае, когда через водород пропускают электроны,
т/М -> 0, поэтому - Wnh, т.е. вся энергия электронов
поглощается водородом, который переходит в возбужденное
266
ОСНОВЫ СПЕЦИАЛЬНОЙ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА...
состояние. Электроны приобретают энергию, пройдя уско-
ряющую разность потенциалов и0, т.е.
= W = 10,2эВ.
min > 1 О п,к 7
В случае, когда через водород пропускают протоны, от-
ношение т/М = 1, поэтому минимальная энергия налетаю-
щих протонов
W^=WM(l+l) = 2W;,k = 20,4 3B.
Таким образом, минимальная ускоряющая разность по-
тенциалов для протонов равна 20,4 В.
10. Какие спектральные линии появятся при возбуждении
атомарного водорода электронами с энергией W = 12,1 эВ?
Решение
Вся энергия электронов поглощается водородом, кото-
рый возбуждается и переходит из основного энергетическо-
го состояния с п = 1 в некоторое состояние, характеризуемое
натуральным числом k. По закону сохранения энергии
W = Wk - Wn. С другой стороны: Wk - Wn = Whoh (l/nz - 1/fe2),
где « 13,6 эВ. Получаем уравнение
W^WBMa-l/k2)^l-l/k2 = W/WmB^l/k2 =1W/wnoa =
= 1_12ДэВ= ^fe2=l= 9=>fe = g fe6jV
13,6 эВ 0,11
Иэ состояния c k = 3 возможен прямой переход в состоя-
ние с п = 1 или п = 2, а также переход со второго энергетиче-
ского уровня на первый. Таким образом, получится три
спектральных линии. Рассчитываем соответствующие дли-
ны волн, используя формулу
ч
( 1 1 Л W ( 1 1 А
К 7 П \П К )
. ______ch________
n'*~vnA ~W (l/n2-l/fe2)'
HfK nUu > '
267
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Переходу из состояния cJ? = 3 в состояние с п = 1 соответ-
ствует спектральная линия с длиной волны
ch
Х31 =-----—-----5- = 1,0310~7 м.
зд 1Гион(1-1/32)
Переходу из состояния с к = 3 в состояние с п = 2 соответ-
ствует спектральная линия с длиной волны
ch
Х2 з =-------------й- = 6,6 • 10 7 м.
2>3 и;ов(1/22-1/з2)
Переходу из состояния с А = 2 в состояние с п = 1 соответ-
ствует спектральная линия с длиной волны
ch
Х21 =-----—-----5- = 1,2210"7 м.
11. Напряженность электрического поля в электромагнит-
ной волне с частотой со = 2-1016 с-1, модулированной по
амплитуде с частотой £2 = 2-10ls с-1, меняется со време-
нем по закону: Е = А(1 + cos£2t)cos(of, где А — постоян-
ная. Определить энергию электронов, выбиваемых этой
волной из атомов газообразного водорода с энергией ио-
низации TFhoh = 13,6 эВ.
Решение
Преобразуем выражение для напряженности электриче-
ского поля:
Е = А(1 + соей#) -coscor = Acoscor + AcosQr-cosatf =
=Acosatf + l/2cos((o - Sl)t -I- 1/2А-соз(ю + Sl)t.
Таким образом, модулированная по амплитуде волна
представляет собой сумму трех монохроматических волн с
частотами со, Wj = (со - £2) и ю2 = (ю + £2). В соответствии с по-
стулатами Бора атом водорода может излучать и поглощать
электромагнитную энергию только определенными порция-
ми (квантами). Вычислим кванты энергии, соответствую-
щие найденным монохроматическим волнам.
268
ОСНОВЫ СПЕЦИАЛЬНОЙ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА...
Для волны с частотой со: W = hv = Лсо/(2л) = 2,1*10~18 Дж.
Для волны с частотой сох - (со - Й):
= Л—= 1,89-10-18 Дж.
Для волны с частотой со2 = (со + Й):
W2 = hv2 = h^ = 2,31-lCF18 Дж.
Энергия ионизации атома водорода ТГиои = 13,6 эВ =
= 2,168-10~18 Дж, и, как видно, она больше, чем W и Wv По-
этому кванты с частотами со и (со - Й) не могут ионизировать
атом водорода. Ионизацию вызывает только квант с часто-
той (со -I- Й), и по закону сохранения энергии энергия выби-
тых этим квантом электронов
W-W-W = 0,142-Ю"18 Дж = 0,88 эВ.
е 2 ион ’ г-ч » 12 13 * *
12. В периодической таблице рядом расположены три эле-
мента X, Y, S. Радиоактивный изотоп элемента X пре-
вращается в элемент Y, а тот, в свою очередь, — в эле-
мент S. Последний превращается в изотоп исходного
элемента X. Какими процессами обусловлены переходы
X-*Y,Y S, SX?
Решение
Заряд ядра элемента Y на 1 элементарный заряд больше,
чем заряд ядра элемента X (по условию задачи в периодиче-
ской таблице эти элементы расположены рядом). Следова-
тельно, переход X Y есть p-распад. По аналогии переход
Y -> S — также p-распад. В процессе S -* X заряд ядра
уменьшается на 2 элементарных заряда, следовательно, это
а-распад.
13. Ядро нептуния 2|зЫр после а- и p-распадов превращает-
ся в ядро висмута 2™Bi. Какое число а- и p-распадов про-
исходит при этом?
269
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
Решение
В результате распадов массовое число изменяется на
237 - 209 = 28 атомных единиц. Как известно, при р-распаде
масса ядра не изменяется, следовательно, изменение массо-
вого числа происходит только за счет а-распадов. При одном
а-распаде массовое число изменяется на 4 атомные едини-
цы, значит, должно произойти 28/4 = 7 а-распадов. При
этом заряд ядра должен уменьшиться на 7-2 = 14 элементар-
ных зарядов. В нашем случае уменьшение заряда ядра равно
93 - 83 = 10. Следовательно, в результате p-распадов заряд
увеличился на 14 - 10 = 4 элементарных заряда. Так как
при одном p-распаде заряд ядра увеличивается на 1 элемен-
тарный заряд, то должно произойти 4/1 = 4 р-распада.
14. Активность радиоактивного препарата за = 24 ч умень-
шилась в 8 раз. Найти период полураспада Т этого пре-
парата. Определить, какая часть радиоактивных ядер
этого препарата распадется за время, равное четвертой
части периода полураспада.
Решение
Как известно, активность радиоактивного препарата
есть число распадов в единицу времени. Очевидно, что чис-
ло распадов пропорционально количеству нераспавшихся
ядер в данный момент времени. Поэтому из условия умень-
шения активности в 8 раз следует, что во столько же раз
уменьшилось число нераспавшихся ядер: N(fx). Итак,
N0/N(tl) = 8.
Из закона радиоактивного распада #(^) = N0-2 /т, где
Т — период полураспада. Следовательно,
N0/N0-2 % =8=>2% =8=^^/р = 3=^Т = —= 8ч.
3
Для ответа на второй вопрос задачи рассмотрим момент
времени t2 = Т/4. от начала наблюдения за препаратом. Ко-
личество нераспавшихся ядер в этот момент
270
ОСНОВЫ СПЕЦИАЛЬНОЙ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА'..
N(t2) = N0-2~% =N0-2~^=N0/i/2.
Следовательно, к этому моменту распалось
AN = No - N(t2) = No - No IV2 = N0(l -1/3/2) ядер.
Отношение к начальному числу ядер
AN/N0 = 1-1/3/2 =0,16.
15. Радон 2|вКп — это а-радиоактивный газ с атомной мас-
сой А = 222. Какую долю полной энергии, освобождае-
мой при распаде радона, уносит а-частица? Считать, что
до распада ядро радона покоится.
Решение
Радон распадается на а-частицу и неизвестный элемент
так:
2^Rn-^He+£X.
По законам сохранения заряда и массового числа поряд-
ковый номер элемента Z = 86 - 2 = 84 и его атомная масса
А = 222 - 4 « 218. В периодической таблице находим, что
этим элементом является полоний 2здРо, и окончательно
распад радона записывается в виде
222Rn-42Не+ ™Ро.
Пусть т — масса а-частицы, а М — масса ядра полония,
иа и о?0 — соответственно их скорости после распада. На-
чальный импульс системы по условию задачи равен нулю,
конечный импульс равен пиа - MvPo (очевидно, что а-частица
и ядро 2||Ро разлетаются в противоположные стороны, от-
сюда и появляется знак «-»).
По закону сохранения импульса: 0 - mva - МоРо => vPg/va =
= 7П/М.
Энергия, которой обладает система, складывается из ки-
нетических энергий а-частицы и полония, т.е. W “ znu2a/2 +
+ Mv2Po/2. Следовательно, а -частица уносит долю энергии
271
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
1
mv2a/2 _____________________
mv2/2+MvPo/2 l+(M/m)(vPo/va)2
---------------5- =-------= 1/(1+4/218) = 0,98, или 98%.
l+(M/m)(m/M)2 (1+т/М)
16. В калориметр с теплоемкостью с = 100 Дж/К помещен
образец радиоактивного кобальта с молярной массой
(р = 6110 3 кг/моль. Масса образца т = 10 мг. При
распаде одного ядра кобальта выделяется энергия
W = 2-10"19 Дж. Через время т = 50 мин температура ка-
лориметра повысилась на AJ = 0,06°С. Каков период по-
лураспада кобальта?
Решение
Повышение температуры калориметра обусловлено вы-
делением энергии Q при распаде атома кобальта. Эту энер-
гию можно рассчитать как Q = cAf, а с другой стороны, как
ДУЖ, где АУ — число распавшихся за время т ядер, которое
определяется из закона радиоактивного распада
АУ - Уо - У(0 = Уо - Уо -2"^ = Уо(1 - 2’4
здесь Уо — первоначальное количество радиоактивных ато-
мов. Найдем его, определив количество вещества и = тп/р.
Следовательно, Уо = УАи = УАт/р, где УА — число Аво-
гадро.
Итак, имеем уравнение
cAf = &NW => cAf = Na - 2 )W =>
1 2~% — — cAtp. 2”^ — 1 cAfp.
N mW KAmW ~ NAmW
A U
т , cAtp
=> — = log, 1---—
T 21 N.mW
T = -T/log2 fl—j” 5700 c =95 мин.
NAmW J
272
ОСНОВЫ СПЕЦИАЛЬНОЙ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА...
17. Написать недостающие обозначения в ядерной реакции
19К + ... —> |оСа+|Н.
Решение
При протекании ядерных реакций выполняется закон
сохранения заряда и массовых чисел. Следовательно, за-
ряд неизвестного ядра в левой части ядерной реакции
Z — (20 + 1) - 18 = 2, а массовое число А = (44 + 1) = 4. Отсю-
да следует, что неизвестно ядро — ядро атома гелия 2Не
(а-частица). Ядерная реакция записывается в виде
"K+iHe->£Ca+lH.
18. Вычислить энергию связи ядра атома алюминия.
Решение
Напомним, что в атомной физике масса выражается в
атомных единицах массы, причем 1 а.е.м. = 1,6606’Ю-87 кг,
соответствующая ей энергия: W = тс2 = 1,66О6-1О 27 кг
(310е м/с) = 14,9454-Ю-0 Дж = 931 МэВ.
Ядро А1 содержит Z = 13 протонов hA=A-Z = 14 ней-
тронов. Масса протона составляет 1,0078 а.е.м., а масса ней-
трона — 1,0087 а.е.м. Масса всех нуклонов ядра равна
(131,0078 + 13-1,0087) а.е.м. = 27,2232 а.е.м.
Масса ядра |дА1 - 26,9815 а.е.м. Дефект масс Azn =
(27,2232 - 26,9815) = 0,2417 а.е.м.
Энергия связи = AznW= 0,2417-931 = 225 МэВ.
19. Какое количество 2||и расходуется в сутки на атомной
электростанции мощностью Р = 5-103 кВт? Коэффици-
ент полезного действия т| = 17%. При распаде одного
ядра 2g|U выделяется энергия Wo = 200 МэВ.
Решение
За сутки электростанция вырабатывает полезную энер-
гию Wn = Pt, где t = 24 ч = 86 400 с. Затраченная энергия
W3 — это энергия, выделившаяся в результате управляемой
цепной реакции, при которой происходит распад ядер урана
2||U. Пусть за сутки расходуется масса т урана.
273
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
В ней содержится N = — NA атомов; здесь р=235-Ю3 кг/моль—
Ц
молярная масса, NA = 6,02-1023 1/моль — число Авогадро.
Следовательно, за сутки выделяется энергия
W3=NW0=^NaW0.
ц
Из определения КПД
Wn
= Pt/
П =
rm .r Ptp n
—N.Wa => m =----— = 0,031 кг.
In A °)
20. Термоядерная реакция 1Н+|Н->зНе+1Р иДет с выде-
лением энергии Qj == 18,4 МэВ. Какая энергия выделяет-
ся в реакции |Н+|Н->2Не + 2|р, если дефект масс ядра
|Не на Дт. = 0,006 а.е.м. больше, чем у ядра ®H? Какая
энергия выделится во второй реакции при синтезе 1 кг
гелия?
Решение
Пусть тр — масса протона, тп — масса нейтрона, т1 —
масса ядра |Не, т2 — масса ядра $Н. Дефект масс у ядра
|Не, содержащего 2 протона и 1 нейтрон, Amt == (2тр + тп) -
Дефект масс у ядра ^Н, содержащего 1 протон и 1 нейтрон,
Дт2 - (тр + тп) - т2. По условию задачи Дт - A/rij - Дт2*-=
= (2mp + mn) - (тр + та) + т2 = тр- - m2).
Следовательно, т1 - т2 — тр - Дт.
Пусть т3 — масса ядра гелия 2Не, тогда энергетический
выход первой ядерной реакции = ((т1 + т2) - (т3 + тр)сг.
Энергетический выход второй ядерной реакции Q2 = (2mt -
- (тп3 + 2тпр) с2. Следовательно, Q2 - = ((т1 - тп2) - znp)c2.
Учитывая, что т1 - т2 - тр - Дт, получаем, что Q2 - =
== -Дтс2. Отсюда Q2 - - Дтс2. Так как 1 а.е.м. соответству-
ет энергия 931 МэВ, то Дтс2 = 0,006*931 = 5,6 МэВ.
Итак, во второй реакции при синтезе одного ядра гелия
гНе выделяется энергия Q2 = 18,4 - 5,6 = 12,8 МэВ. 1 кг ге-
лия содержит v » 1кг/(4-10~3 кг/моль) = 0,25*103 молей и,
следовательно, содержит N = vNA = 0,25*103*6,02*1023 =
274
ОСНОВЫ СПЕЦИАЛЬНОЙ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА...
= 1,5-1026 атомов гелия. Поэтому при синтезе 1 кг гелия во
второй реакции выделится энергия
W = Q?N = 19,2-1026 Мэв = 19,2-Ю32 эВ = 3,1-Ю14 Дж.
21. При распаде нейтральной частицы
образовалось два фотона, летящих
под углами а и р к направлению
движения частицы. Определить
скорость распавшейся частицы.
Решение
Пусть Wg — энергия частицы, a W\ и W2 — энергии об-
разовавшихся фотонов. По закону сохранения энергии ТУ0=
= + W2. Пусть масса покоя частицы тп0, тогда
Wo = тос2 /71-(и/с)2,
где v — скорость частицы.
При распаде частицы выполняется также закон сохране-
ния импульса. Если р0 — импульс частицы, a pt и р2 — им-
пульсы фотонов, то выполняется векторное равенство
р0 = Pi ~р2- Введем координатные оси X и У, как показано
на рисунке, и спроецируем векторное равенство на эти оси.
Получим два уравнения: по оси У: PjSina -p2sinp = 0, по оси
X:Рд =т PjCosa+p2cosp = 0. Отметим,что р0 = mov/yjl-(v/c)2,
а импульсы фотонов равны pt = Wt/c и р2- W2/c. После под-
становок получаем систему из трех уравнений:
W1+W2=Wo,
(Vasina)/с = (W2 sin р)/с, =>
(Wi cosa)/c+(W2cosp)/c = p0,
W1+W2 = moc2/yjl-(v/c)2,
Wi sin a = W2 sin P,
cosa+W2 cosp = mQVc/yJl-^/c)2.
Из второго уравнения W2 = W^sina/sinp. Подставляя это
в третье уравнение, получаем
275
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
sin а п mavc sin В cos а+sin а cos В
W. cos а+W,----- cos В = , У ----- => W.-------------------
sinp н /1-(У/с)2 sinp
_ sin(g + Р) _ тоис
<Jl-(v/c)2 1 sinp ^-(v/c)2
тгг mQvc sin а тгг mavc sin В
=> w. = , д- ----------— =>Ж = . ------с—.
71 - (V / С)2 sin<a + р) V1 - (и / с)2 sin(a + Р)
Подставляя найденные значения в первое уравнение си
стемы, находим
,..-----------(sin a+sin Р) = -==^==
71-(у/с)2 sin(a+p) yjl-(v/c)2
csin(a + P)
sin a+sin P)
Задачи для самостоятельного решения
1. Пользуясь теорией Бора, определите для атома водорода
радиус первой орбиты электрона и его скорость на ней.
Ответ: 0,5340"10м; 2,2-10вм/с.
2. Определите напряженность и потенциал поля ядра атЪ-
ма водорода на первой воровской орбите.
Ответ: 5,1310йВ/м; 27,2 В.
3. Определите кинетическую, потенциальную и полную
энергию электрона, находящегося на первой орбите в
о
атоме водорода rt = 0,53 А.
Ответ: 13,6 эВ;-27,2 эВ;-13,6 эВ.
4. Определите, возможна ли ионизация невозбужденного
атома водорода внешним электрическим полем напря-
женностью Е = 108 В/м.
Ответ: нет.
276
ОСНОВЫ СПЕЦИАЛЬНОЙ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА...
5. Определите потенциал ионизации атома водорода и пер-
о
вый потенциал возбуждения атома водорода, = 0,53 А.
Ответ: 13,6 В; 10,2 В.
6. Резерфорд и Бор предложили модель атома водорода, в
которой электрон вращается по круговой орбите вокруг
небольшого положительно заряженного ядра. При пере-
ходе с одной орбиты на другую, расположенную ближе
к ядру, атом испускает фотон. Какова энергия фотона,
испущенного атомом водорода при переходе электрона
с орбиты радиуса г2 =2,1-10~8 см на орбиту радиуса
= 5,3-Ю"9 см? Заряд электрона е = 1,6-1019 Кл.
Ответ: 1.63-1018 Дж.
7. При переходе электрона в атоме водорода с третьей ста-
ционарной орбиты на вторую излучаются фотоны, соот-
ветствующие длине волны X = 0,625 мкм (красная линия
водородного спектра). Какую энергию теряет при этом
атом водорода?
Ответ: ДЕ = 3-1019 Дж.
8. При переходе электрона в атоме водорода с одной стаци-
онарной орбиты на другую его энергия уменьшалась на
/\Е = 3-10-19 Дж. Какова длина волны света, испущен-
ного при этом атомом?
Ответ: 6,6-10 7м.
9. Полная энергия ионизации атома водорода =13,6 эВ.
Определите минимальную энергию фотона, излученного
атомом водорода в области видимого света, при переходе
с третьей орбиты на вторую.
Ответ: 1,89 эВ.
10. Атом водорода в основном состоянии поглотил квант
света с X = 1215 А. Определите круговую частоту обраще-
ния электрона в возбужденном атоме водорода и энергию
этого стационарного состояния.
Ответ: 1,55-1016 рад/с; 5,4-1019Дж.
277
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
11. Определите энергию и импульс фотона, испускаемого
при переходе электрона в атоме водорода с третьей орби-
ты на первую.
Ответ: 1,77*10-18 Дж; 6,47,10-27 кг-м/с.
12. Сколько происходит а- и 0-распадов при радиоактивном
распаде ^U, если он превращается в ^РЬ?
Ответ: 10.
13. Активность радиоактивного элемента уменьшилась в 4
раза за 8 дней. Найдите период полураспада.
Ответ: 4дня.
14. Вычислите дефект массы ядра азота ^N, если: тр =
= 1,00728 а.е.м., то = 1,00866 а.е.м., Мя = 14,0007 а.е.м.
Ответ: 1,82234840"28кг.
15. Вычислить энергию связи ядра азота.
Ответ: 102,3 МэВ.
16. Ядро какого элемента получается при взаимодействии
нейтрона с протоном, сопровождающемся выделением
у-кванта? Напишите реакцию.
17. При бомбардировке нейтронами атома азота испу-
скается протон. В ядро какого изотопа превращается
ядро азота? Напишите реакцию.
18. Ядро тория аадТЬ превратилось в ядро радия 2g|Ra. Ка-
кую частицу выбросило ядро тория? Напишите реак-
цию.
19. При взаимодействии атома дейтерия с ядром бериллия
4 Be испускается нейтрон. Напишите ядерную реакцию.
20. Допишите реакцию: ^Вч- Jn -> ?+ gLi.
278
ОСНОВЫ СПЕЦИАЛЬНОЙ ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ. КВАНТОВАЯ ФИЗИКА...
21. При взаимодействии ядра изотопа лития 3L1 и протона
образуются две одинаковые частицы и выделяется 17,3
МэВ энергии. Определите полную энергию, которая вы-
делится, если с протонами прореагируют ядра, содержа-
щиеся в 1 г изотопа лития.
Ответ: 26,4*1010Дж.
22. При захвате нейтрона ядром изотопа лития 3L1 образу-
ется ядро трития ®Н, неизвестная частица и выделяется
&Е ж 4,8 МэВ энергии. Определите энергию продуктов
реакции. Кинетической энергией исходных частиц пре-
небречь.
Ответ: Е -2,74МэВ,Е -2,06МэВ.
23. При слиянии ядер дейтерия и лития выделяется энергия
ДЕ — 3,37 МэВ, образуется ядро берилия 4Be и неизвест-
ная частица. Считая кинетическую энергию исходных
частиц пренебрежимо малой, найдите распределение
энергии между продуктами реакции.
О т в е т: Еп “2,95 МэВ, “ 0,42 МэВ.
24. При бомбардировке лития (Li) протонами он превраща-
ется в гелий (Не). Определите объем гелия, образовавше-
гося из т - 1 г лития, если гелий в конце опыта имеет
температуру t - 30‘С и давление Р - 9,3*104 Па.
Ответ: V= 7,7*10"® м®.
25. Известно, что М = 1 г радия за время t — 1 с дает 3,7*1010
ядер гелия. Каково будет давление гелия, образующего-
ся в герметичной ампуле объема V = 1 см®, в которой в
течение года находилось т 100 мг радия? Температура
ампулы t — 15’С.
Ответ: Р = 4,67*10® Па.
279
ЕГЭ. ФИЗИКА. СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ. Решение задач частей В и С
26. В микрокалориметр с теплоемкостью С = 100 Дж/К по-
мещен т = 1 мг изотопа кремния (атомная масса А = 31).
При распаде ядра aiSi выделяется энергия Q = 4,4,Ю-1в Дж.
Период полураспада изотопа кремния t’/2 = 2 часа
36 мин. На сколько повысится температура калоримет-
ра через 52 минуты после начала опыта?
Ответ: 0,017К.
Рекомендуемая литература
1. Дмитриев СЛ., Васюков ВЛ., Струков ЮЛ. Физика:
Сборник задач для поступающих в вузы. Изд. 6-е, доп. —
М.: Ориентир, 2004.
2. Буховцев Б.Б., Кривченко ВД., Мякишев ГЛ., Сарае-
ва И.М. Сборник задач по элементарной физике. — М.: Нау-
ка, 1987.
3. Конкурсные задачи по математике и физике: Пособие
для поступающих в Ml'Г У им. Н.Э. Баумана / Андреев А.Г.,
Гладков Н.А., Струков Ю.А. / Под ред. С.В. Белова. — М:
Машиностроение, 1993.
4. Сборник задач по физике / Под ред. С.М. Козела. —
М.: Наука, 1983.
5. Справочное пособие для абитуриента: Программы и
содержание заданий вступительных экзаменов по физике,
математике, русскому языку и литературе / Под ред. С.В. Бе-
лова.— М.: Изд. Ml'Г У им. Н.Э. Баумана, 1999.
6. Задачи вступительных испытаний и олимпиад по фи-
зике в МГУ. — М., 2005.
7. Билеты вступительных экзаменов в МФТИ. — М.,
2005.
8. Варианты письменных профильных тестирований по
физике. — М.: МИЭТ, 2004.
10. Горбунов А.К., Панаиотти ЭД. Сборник задач по фи-
зике для поступающих в вуз. — М.: Изд. МГТУ им. Н.Э. Ба-
умана, 2007.
11. Колесников В А. Пособие для поступающих в вузы. —
М.: Изд. НЦЭНАС, 2005.
Содержание
Введение................................... 3
Механика........................................8
Кинематика......................................8
Основы динамики................................24
Элементы статики ............................. 40
Законы созранения в механике ..................55
Вращение твердого тела ....................... 71
Механические колебания и волны ................85
Молекулярная физика............................97
Термодинамика ............................ 112
Электрическое и магнитное поля.............. 134
Электрическое поле .......................... 134
Постоянный электрический ток .................158
Магнитное поле............................ 177
Электромагнитные колебания и волны ...........197
Геометрическая оптика ........................209
Волновая оптика........................... 235
Основы специальной теории относительности.
Квантовая физика. Физика атома и атомного ядра.
Состав атомных ядер. Радиоактивность ........ 260
Рекомендуемая литература..................... 281
Учебное издание
Зорин Николай Иванович
ЕГЭ 2009
ФИЗИКА
РЕШЕНИЕ «АПАЧ ЧАСТЕЙ Я И С
Сдаем без проблем!
Директор редакции И.Е Федосова
Ответственный редактор А.В. Жалинская
Редактор Т.А. Судакова
Художественный редактор £ В. Брынчик
Технический редактор Н.П. Тростнская
Компьютерная верстка А. И. Попов
Корректор Е.А. Сырцова
ООО «Издательство «Эксмо»
127299, Москва, ул. Клары Цеткин, д. 18/5. Тел. 411-68-86,956-38-21.
Home раде: www.ekBmo.ru E-mail: 1п!оФекзто.ги
Подписано в печать 30.01.2009.
зрмат 60x90Via. Гарнитура «Школьная». Печать офсетная. Бумага тип. Усл. печ. л. 11
Доп. тираж 3000 эка. Заказ Nt 72.
Отпечатано в ГП ПО «Псковская областная типография».
180004, г. Псков, ул. Ротная, 34.
Оптовая торговля книгами •Эксмо»:
ООО «ТД «Эксмо». 142700, Московская обл., Ленинский р-н, г. Видное,
Белокаменное ш., д. 1, многоканальный тел. 411-50-74.
E-mail: receptloneeksmo-sale.ru
По вопросам приобретения книг •Эксмо»
зарубежными оптовыми покупателями обращаться в ООО «Дип покет*
E-mail: foreignseiierOeksmo-saia.ru
International Sales:
International wholesale customers should contact «Deep Pocket» Pvt. Ltd. for their orders.
foreignseiierOeksmo-saie.ru
По вопросам заказа книг корпоративным клиентам,.
а том числе а специальном оформлении,
обращаться потел. 411-68-59доб. 2115, 2117, 2118.
E-mail: vipzakazOeksmo.ru
Оптовая торговля бумажно-белоаыми
и канцелярскими товарами для школы и офиса •Канц-Эксмо»:
Компания «Канц-Эксмо»: 142702, Московская обл., Ленинский р-н, г. Видное-2,
Белокаменное ш., д. 1, а/я 5. Тел./факс +7 (495) 745-28-87 (многоканальный),
e-mail: kancOeksmo-eaie.ru, сайт: www.kanc-eksmo.ru
Полный ассортимент книг издательства •Эксмо* для оптовых покупателей:
В Санкт-Петербурге: ООО СЗКО, пр-т Обуховской Обороны, д. 84Е.
Тел. (812) 365-46-03/04.
В Нижнем Новгороде: ООО ТД «Эксмо НН», ул. Маршала Воронова, д. 3.
Тел. (8312)72-36-70.
В Казани: ООО «НКП Казань», ул. Фрезерная, д. 5. Тел. (843) 570-40-45/46.-
В Ростове-на-Дону: ООО «РДЦ-Ростов», пр. Стачки, 243А.
Тел. (863) 220-19-34.
В Самаре: ООО «РДЦ-Самара», пр-т Кирова, д. 75/1, литера «Е».
Тел. (846) 269-66-70.
В Екатеринбурге: ООО «РДЦ-Екатеринбург», ул. Прибалтийская, д. 24а.
Тел. (343) 378-49-45.
В Киеае: ООО «РДЦ Эксмо-Украина», ул. Луговая, д. 9.
Тел./факс: (044) 501-91-19.
Во Львове: ТП ООО «Эксмо-Запад», ул. Бузкова, д. 2.
Тел./факс (032) 245-00-19,
В Симферополе: ООО «Эксмо-Крым», ул. киевская, д. 153.
Тел./факс (0652) 22-90-03, 54-32-99.
В Казахстане: ТОО «РДЦ'-Алматы», ул. Домбровского, д. За.
Тел./факс (727) 251-59-90/91. gm.eksmo_almaty@arna.kz
Полный ассортимент продукции издательства •Эксмо»:
В Москве в сети магазинов «Новый книжный»:
Центральный магазин — Москва, Сухаревская пл., 12. Тел. 937-85-81.
Волгоградский пр-т, д. 78, тел. 177-22-11; ул. Братиславская, д. 12. Тел. 346-99-95.
Информация о магазинах «Новый книжный» потел. 780-58-81.
В Санкт-Петербурге в сети магазинов «Буквоед»:
«Магазин на Нёвском», д. 13. Тел. (812) 310-22-44.
По вопросам размещения рекламы в книгах издательства •Эксмо*
обращаться в рекламный отдел. Тел. 411-68-74.
ИНТЕНСИВНАЯ ПОДГОТОВКА
ЕДИНЫЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ЭКЗАМЕН
ВЫПУСКНИКАМ ШКОЛ,
АБИТУРИЕНТАМ И ПЕДАГОГАМ
Для повышения качестве падппоаки к ЕГЭ-2009издательство сЭксмох
предаагаетучеб1вш«)яжкиеи»вти1яыгюяойгопх»
я евиному государственному акземеиупо всем предметам:
русское тему, литературе, ивпмвтике, истории, обществознанию;
информатике, биепегии, географии, химии, физике, wwOoauf.
немафюмуифрвмузситму языкам
В КАЖДЫЙ flMVHINN* MMMMV МОДИ!
ФЕДЕРАЛЬНЫЙ банк
ЭКЗАМЕНАЦИОННЫХ МАТЕРИАЛОВ
СПРАВОЧНИК
издательство Эксмо® ИРЩАШТ
2008
4ПСГ0041‘4гг.<т;
ГОСУДАРСТВЕННАЯ Q
ИТОГОВАЯ АТТЕСТАЦИЯ О
класс
В новой серии «Государственная итоговая аттестация
(по новой форме): 9 класс» издательство «ЭКСМО»
представляет учебные комплекты -
«Тренировочные задания» и «Сборник заданий»:
Русский язык • Математика • Биология • География
ГИА проводятся в 9»м класс* толы» по четырем грвдметеы. Этот имин пока не обязательный, * ферме
исперименте. Бланксе, как в ЕГЭ. нет. ответы млисымются в тексте авАвииЙ или обводятся кружочком
Государственная (итоговая) аттестация выпускников S-х классов
• новой форма проводится поем завершения учебного годе в виде письменных
экзаменов по контрольно-измерительным материалам,
разработанным федеральным государственным научным учреждением
"Федеральный институт педагогячесжмх измерений".
Основной целью новой системы государственной (итоговой) аттестации является вве-
дение открытой и овъекпюиой процедуры оценивания учебных достижений умащмкЫ?
результаты которой способствуют осознанному выбору дальнейшего пути получения
образования, а также могут учитываться формировании профильных классов
на старшей ступами общего образования.
Пособия содержат материалы, полностью соответствующие по содер-
жанию и структуре экзаменационным заданиям 2008 г. Каждое издание
включает: инструкцию по выполнению, критерии оценивания.
Сборники заданий:
Задания Всех уровней сложности (мести А, 0, С), сгруппированные по темам
Основной теоретический материал
Тренировочные задания:
10 экзаменационных вариантов
Ответы и решения
www.education.eksmo.ru
издательство Эксмбв яндмгап
сепия (НОВЕЙШИЕ СПРАВОЧНИКИ ШКОЛЬНИКА
новейший полный
емвочш
пинит
5-11
классы
Новейший полный справочник школьника
Готовлен в полном соответствии современ-
' ным требованиям школьной программы
МК и содержит все необходимые материалы
для учащихся, выпускников и абитуриентов.
________________ Йиетвм школьного курса
• Структура текстов, удобная для «поминания
• Дополнительные материалы по проблемным вопросам .,
• Задания для самоконтроля
• Иллюстративные материалы, таблицы, схемы
Том I
Биология • География
Математика • Физика • Хим
Том II
Русский ЯЗЫК
Английский ЯЗЫК 3
Литература * Истор
Обществознание
Мультимедийный диск
содержит интенсивный
тренинг-курс
по воем предметам
www.education.eksmo.ru
издательств» Эксмо» ЛИДВИЛЛ
Серия .НОВЕЙШИЕ СПРАВОЧНИКИ ШКОЛЬНИКА..
НОВЕЙШИЙ ПОЛНЫЙ
ММКНКА
5-11
КЛАССЫ
ОБЩЕСТВОЗНАНИЕ
АНГЛИЙСКИЙ ЯЗЫК
НЕМЕЦКИЙ ЯЗЫК
РУССКИЙ ЯЗЫК ХИМИЯ
ЛИТЕРАТУРА ФИЗИКА
ИСТОРИЯ ГЕОГРАФИЯ
МАТЕМАТИКА БИОЛОГИЯ
Филиалы издательства
Заказ книг по телефону: (495) 5Ю .. Санкт-Петербург. 365-46 04
Издательство «-.Эксмо»: Самара 269-66-70. Казань: 70-40-45
(495)411-68-99 Екатеринбург. 378-49-45. 378-49-46
Ростов-на-Дону: 220-19-34. Н Новгород. 72-36-70
www.education.eksmo.ru
ИНТЕНСИВНАЯ ПОДГОТОВКА
ЕДИНЫЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ЭКЗАМЕН
J 2009
СДАЕМ БЕЗ ПРОБЛЕМ!
Физика
Решение задач частей В и С
Выпускникам школ, абитуриентам и педагогам для повышения качества
подготовки к ЕГЭ издательство «Эксмо» предлагает учебно-методические комп-
лекты по подготовке к единому государственному экзамену по всем предметам:
русскому языку, литературе, математике, истории, обществознанию, биологии,
географии, химии, физике, информатике, ангпийскому, немецкому и французско-
му языкам.
В каждый предметный комплект входят:
Федеральный банк экзаменационных материалов
Тематические тренировочные задания
Сдаем без проблем! (теоретический материал, анализ типичных ошибок
Репетитор
Тренировочные задания
Сборник заданий
Методические материалы
Справочник
Содержание настоящего издания:
Эффективная подготовка к ЕГЭ по физике
я Задания частей В и С с подробными решениями
Задания для самостоятельного решения
3 ШКОЛА. ПЕДАГОГИКА. ОБРАЗОВАНИЕ
Зорин Н.И. 89.00 л
ЕГЭ-2009. Физика Сдаем без пробке 5
Сеть мегазииов-МЛГИСТР" т 266295 а