Е.М.Елькина Подготовка школьников к олимпиаде по физике. I. КИНЕМАТИКА.

Е.М.Елькина
Подготовка школьников к олимпиаде по физике.
I. КИНЕМАТИКА.
ВОПРОСЫ:
1.По какой траектории и как должна двигаться точка, чтобы пройденный ею путь
равнялся модулю перемещения?
Ответ. Точка должна двигаться прямолинейно и только в одном направлении.
2.Точка А движется со скоростью 1 м/с, а точка В – со скоростью 2 м/с, причем
скорость т. В все время направлена так же, как т. А. Может ли расстояние АВ
оставаться постоянным?
Ответ.
Может. В случае, когда т. А и В движутся по двум концентрическим
окружностям.
3. Во время езды на автомобиле снимали показания скорости по спидометру каждый
раз, когда она изменялась. Можно ли по этим данным определить среднюю скорость
автомобиля?
Ответ. Нельзя, поскольку в общем случае величина средней скорости не равна среднему
арифметическому значению величин мгновенных скоростей.
4. Какова (относительно земли) траектория колеблющегося на пружине грузика,
помещенного в равномерно движущийся вагон?
Ответ. Синусоида или косинусоида.
5. По какой траектории движется частица в бегущей продольной волне?
Ответ. По отрезку прямой на линии , совпадающей с направлением распространения
волны.
6.
Существуют ли такие точки движущегося вагона, которые перемещаются не
вперед, а назад? Каковы траектории этих точек?
Ответ. Такие точки есть на реборде колеса. Траектория таких точек называется
циклоидой.
7.
Две материальные точки движутся по окружностям одинакового радиуса с
одинаковыми по модулю ускорениями. Ускорение первой точки направлено под
углом к касательной, а второй - по радиусу. У какой из этих точек модуль скорости
больше?
Ответ. У второй точки центростремительное ускорение больше, значит, больше и модуль
скорости.
8. Два шарика начали одновременно и с одинаковой скоростью двигаться по
поверхностям, имеющим форму, изображенную на рисунке. Как будут отличаться
скорости и
времена движения шариков
к моменту
их прибытия в точку В?
В
В
Трением
пренебречь.
Ответ. Скорости будут одинаковы. Время движения второго шарика меньше. Примерные
графики
скорости
движения
шариков приведены на
v
t2
t1 t
рисунке. Так как пути, пройденные шариками равны, то, как видно из графика (пути
численно равны площадям заштрихованных фигур), t2 <t1 .
9. Материальная точка движется по окружности радиусом 3 м. Найти путь и модуль
перемещения точки за время, в течение которого радиус-вектор повернулся на 60о
относительно своего первоначального положения. Начало радиус-вектора совпадает
с центром окружности.
Ответ. Длина пути L = 2πR(60/360) = π ≈ 3.14 м. Модуль перемещения | s | = R = 3 м.
10. Движение материальной точки описывается уравнениями x = 10cos3t см , y =
10sin3t см. Определить вид траектории и скорость точки. Ответ. Траектория –
окружность, скорость точки v = 30 см/с.
11.
Движение материальной точки в данной системе отсчета описывается
уравнениями x = 2 + t, y = 1 + 2t. Найти уравнение траектории. Построить
траекторию на плоскости xOy. Указать положение точки при t = 0, направление и
скорость движения.
Ответ. y = 2x – 3, траектория – прямая линия, скорость точки v = √5 м/с.
12. Шарик с высоты H падает на пол, отскакивает без потери скорости и
поднимается на ту же высоту. Построить график зависимости ускорения, скорости и
перемещения от времени. Начало системы координат расположить на полу, ось х
направить вверх.
Решение.
a
0
-g
В момент удара о пол при t = τ = ( 2H/g)1/2 в течение
короткого
промежутка
времени
возникает
значительное ускорение направленное вверх ( на
рисунке показано условно). АВ и ВС параболы, А и С
вершины парабол.
v
vo
0
-vo
x A
H
C
B
0
τ
2τ
t
13. Круг радиусом R катится по неподвижному кругу (обкатывает) радиуса 2R.
Сколько оборотов совершит малый круг по возвращении в первоначальное
положение? Сколько оборотов совершит малый круг при обкатывании
внутренней поверхности большого круга?
Ответ: n1 = 3, n2 = 1.
Угловая скорость малого круга
ω = vo/R,
где vo – скорость центра малого круга. Угловая скорость центра малого круга при его
движении вокруг центра большого круга равна
Ω = vo/(3R).
Значит, когда центр малого круга совершит один оборот вокруг центра большого, сам
малый круг совершит три оборота. Аналогично можно показать, что во втором случае
малый круг совершит один оборот.
14. Тонкая нерастяжимая нить переброшена через блок, и к концу ее привязан груз.
Под действием груза цилиндр катится по горизонтальной
поверхности без скольжения. Какой путь S пройдет груз, когда
цилиндр сделает один полный оборот, если длина окружности
цилиндра L?
Ответ: S = 2L.
Нить размотается на длину, равную L. В свою очередь, цилиндр пройдет путь, также
равный L. Поэтому расстояние, которое пройдет груз, равно 2L.
15. С башни по всевозможным направлениям с начальной скоростью vo , брошены
камни. Оказалось, что камень, подлетевший к земле по наиболее пологой
траектории, имел при подлете к ней скорость, составляющую с горизонтом угол φ.
Определить высоту башни.
Ответ: H = [vo2/(2g)]tg2φ.
Решение.
Скорость любого камня при подлете к земле
v = (vo2 + 2gH)1/2 .
Камень, подлетевший по наиболее пологой траектории, имеет наибольшую
горизонтальную скорость (vг)max. Но
(vг)max = vo .
Поэтому
cos φ = vo/(vo2 + 2gH)1/2 .
Отсюда
H = [vo2/(2g)]tg2φ.
16. Два камня брошены с земли под различными углами к горизонту со скоростями
v1 и v2 так, как показано на рисунках. Какой из камней улетит дальше?
Сопротивлением воздуха пренебречь.
Ответ. В случае а) горизонтальные
начальные скорости у обоих тел
v1
v1
одинаковы, а начальная вертикальная
скорость
больше
у
первого;
v2
v2
следовательно у первого время полета
больше – оно улетит дальше. В случае
б)
a)
б) вертикальные начальные скорости у
обоих тел одинаковы;
следовательно , одинаковы времена полета, но
горизонтальная скорость больше у первого – оно улетит дальше.
17. Осколки снаряда, взорвавшегося на вершине башни, разлетаются с одинаковой
начальной скоростью vo. Как будут располагаться в пространстве осколки после
взрыва? По какой траектории движется каждый осколок?
Ответ. Осколки окажутся на поверхности раздувающейся со скоростью vo сферы, центр
которой опускается с ускорением g. При этом каждый осколок движется по своей
параболе.
18. Камень брошен с поверхности земли под углом α = 60о к горизонту с начальной
скоростью vo = 10 м/с. Чему равен радиус кривизны траектории камня в точке
наивысшего подъема в системе отсчета, связанной с землей? Сопротивлением
воздуха пренебречь.
Ответ.
В точке наивысшего подъема скорость камня направлена горизонтально и равна
v = vocosα.
Ускорение свободного падения в данном случае является центростремительным
(нормальным) ускорением
g = v2/R,
где R – радиус кривизны траектории. Отсюда
R = v2/g = (vocosα)2/g = 2.5 м
19. Две автомашины тянут третью с помощью привязанного к ней блока (см. рис.).
Ускорения машин а1 и а2 . Определить ускорение буксируемой машины а3.
Ответ: а3 = ½( а1 + а2)
а3
а1
а2
Решение
а1,отн = а1 – а3 ;
а2,отн = а2 – а3 ,
а1,отн = - а2,отн
→
а3 = ½( а1 + а2).
а1 – а3 = - ( а2 – а3) →
20. На клин, плоскость которого составляет угол α с горизонтом, положили тел А
(см. рис.). Какое ускорение необходимо сообщить клину в
А
горизонтальном направлении, чтобы тело А свободно
падало вертикально вниз?
Ответ: a > gctgα.
Решение.
При свободном падении тело А за время t пройдет по вертикали путь
S1 = ½ gt2.
За это же время клин должен сместится по горизонтали на расстояние
S2 = ½ аt2.
Если тело все время соприкасается с клином, то
S2/S1 =ctgα.
Следовательно, искомое ускорение
a = gctgα.
Если ускорение клина в горизонтальном направлении будет больше gctgα, то тело будет
свободно падать.
С помощью графика скорости равноускоренного движения безначальной
скорости покажите, что пути, пройденныетелом за
последовательные
равные
промежуткивремени,
пропорциональны ряду нечетных чисел.
21.
v
Ответ.
Пути, проходимые
равныепромежутки
времени,
заштрихованым площадям (см. рис.) и относятсякак 1 : 3 : 5 …
ЗАДАЧИ:
0
1
2
3
за последовательные
численно
равны
t
1.1. Равномерное движение.
16. Скорость течения реки с параллельными берегами всюду одинакова и равна
v1. Ширина реки h . Катер может плыть со скоростью v2 относительно воды
(v2 < v1). Как следует направить нос катера при переправе, чтобы снос
получился минимальным? На какое расстояние smin при этом снесет катер?
Ответ: под углом α к нормали линии берега sin α = v2/v1, smin = h[(v1/v2)2 – 1]1/2.
Решение.
Полная скорость v катера относительно берегов определяется законом сложения
скоростей
v = v1 + v2.
B
s
C
v
h
α
A/
v1
A
v2
vv
Удобно выполнить сложение векторов v1 и v2 по
правилу треугольника (см. рис.): первым изображаем
вектор
v1, для которого известны и модуль и
направление, затем к его концу приставляем начало
вектора v2, для которого известен только модуль, а
направление еще предстоит выбрать. Этот выбор
нужно сделать так, чтобы вектор результирующей скорости
v
как можно меньше
отклонялся от направления АВ поперек реки.
Конец вектора v2 при любом его направлении должен лежать на окружности радиуса v 2 ,
центр которой совпадает с концом вектора v1. Так как по условию задачи v2 < v1, то
точка А/, соответствующая началу вектора v1, лежит вне этой окружности. Из рисунка
видно, что вектор v образует с прямой АВ наименьший угол тогда, когда он направлен
по касательной к окружности. Следовательно, вектор v2 перпендикулярен вектору v, а
треугольник скоростей – прямоугольный.
Таким образом, для переправы с минимальным сносом нос катера следует направлять
вверх по течению к линии АВ. Синус этого угла дается выражением
sin α = v2/v1.
Траектория катера направлена вдоль вектора v, т.е. она перпендикулярна направлению, в
котором смотрит нос катера. Это означает, что по своей траектории катер движется боком.
На другом берегу катер причалит в точке С, расстояние
до которой можно найти из
подобия треугольников
smin/h = v/v2.
Для модуля скорости можно получить
v = ( v12 – v22)1/2.
В результате получаем
smin = h [(v1/v2)2 – 1]1/2.
2. Два автомобиля двигались с постоянными скоростями v1
v1
и v2 по дорогам, пересекающимся под прямым углом (см.
A
v2
B
рис.). Когда первый из них достиг перекрестка, второму
s
оставалось проехать до этого места расстояние s. Спустя
какое время t расстояние между автомобилями будет
наименьшим? Чему равно это расстояние dmin?
Ответ: t = v2/(v12 + v22); dmin = sv1`/(v12 + v22)1/2.
Решение.
1-й способ.
Определим расстояние между автомобилями через время
t
после
прохождения первым автомобилем перекрестка. Это расстояние (см. рис.) составит
d (t) = [(v1t)2 + (s – v2t)2]1/2.
Минимальное значение функции d(t) можно определить, вычислив производную d /(t) и
приравняв ее нулю.
2-й способ.
s
v2
A
-v1
dmin
D
u2
Задачу несколько усложняет
одновременное движение обоих автомобилей.
B Поэтому можно упростить решение, связав
систему отсчета с одним из них. Свяжем
систему отсчета с первым автомобилем. В
ней
C
u1 = 0,
u2 = v2 – v1.
(см. рис.) Очевидно, траектория движения второго автомобиля в этой системе отсчета
представляет собой прямую ВС, а минимальное расстояние dmin – длину перпендикуляра
AD к этой прямой. Из подобия треугольника скоростей и треугольника ABD следует:
dmin/s = v1/u2,
BD/s = v2/u2.
Отсюда
dmin = sv1/u2 = sv1`/(v12 + v22)1/2 ;
t = BD/u2 = sv2/u2 = v2/(v12 + v22).
3. Самолет летит горизонтально со скоростью v = 470 м/с. Человек услышал звук
самолета через время t = 21 с после того, как самолет пролетел над ним. На какой
высоте летит самолет? Скорость звука с = 330 м/с.
Ответ: Н = 10 км.
Решение.
Фронт
α
B
A
R
v
ударной
огибающую
самолетом
волны
сферических
в
каждый
представляет
волн,
из
собой
испущенных
предшествующих
моментов времени. При v > c самолет обгоняет
испущенный им звук, так что фронт ударной волны может охватывать лишь область
позади самолета.
Докажем, что фронт ударной волны представляет собой коническую поверхность. Пусть
самолет находится в данный момент в точке А. Рассмотрим звуковую волну, испущенную
самолетом в точке В (см. рис.). Эта волна имеет к данному моменту “возраст” Δt = AB/v.
Значит, ее волновая поверхность – сфера радиуса R = cΔt = ABc/v. Построим конус с
вершиной в точке А, касающийся этой сферы. Угол α между образующей конуса и его
осью (направлением полета самолета) находим из соотношения
Оказывается, этот угол не зависит от отрезка
sin α = R/AB = c/v.
АВ. Значит, этот конус касается всех
волновых поверхностей, ранее испущенных звуковых волн, т.е. является для них
огибающей поверхностью. Это – так называемый звуковой конус.
D
C
B
α
h
Наблюдатель в точке
А
услышит звук, когда этой
точки достигнет поверхность звукового конуса, который
самолет “тащит” за собой. К этому моменту самолет
A
окажется в точке В (см. рис.). Очевидно,
h = CBtgα = vt tgα,
где
sinα = DA/DB = c/v.
Отсюда
h = ct/ [(1 – (ct)2]1/2 = 10 км.
Обратить внимание, что дошедший до наблюдателя звук самолета “родился” не в точке
С, а в точке D.
4. Идет град и автомобиль едет со скоростью u = 29 км/ч по
горизонтальной дороге. Одна из градин ударяется о стекло
u
заднего окна автомобиля, наклоненное под углом α = 30о к
горизонту, и отскакивает горизонтально в направлении
противоположном движению автомобиля (см. рис.). Считая, что
удар градины о стекло абсолютно упругий и что ее скорость
непосредственно перед ударом вертикальна, найти скорость градины: 1) до удара,
2) после удара. (МФТИ-2001)
Ответ: V1 = 52.2км/ч, V2 = 29 км/ч
α
Решение.
Перейдем в систему отсчета связанную с
Y
V1
движущимся автомобилем, тогда скорости
v1
градины до удара v1 и после удара v2 в
v2
этой
-u
α
X
системе
соответствующими
будут
связаны
скоростями
неподвижной системе отсчета
с
в
V1 и V2
соотношениями
v1 = V1 – u,
v2 = V2 – u.
Выберем систему координат, связанную с наклонной плоскостью (см. рис). Поскольку
удар градины можно считать абсолютно упругим, то
v1,x = v2,x ,
v1,y = -v2,y .
Или
V1sinα + ucosα = V2cosα + ucosα,
-V1cosα + usinα = -V2sinα – usinα.
Отсюда
V2 = V1tgα,
-V1cosα + V2sinα = - 2usinα.
Окончательно
V1 = u tg2α = 50.2 км/ч,
V2 = u tgα tg2α = 29 км/ч.
5. Человек бежит по эскалатору. В первый раз он насчитал n1 = 50 ступенек, во
второй раз, двигаясь в ту же сторону со скоростью втрое большей, он насчитал n 2 =
75 ступенек. Сколько ступенек он насчитал бы на неподвижном эскалаторе?
Ответ: n = 100.
Решение
Пусть
v – скорость эскалатора,
s – его длина и
n – число ступенек на эскалаторе.
Если скорость человека направлена противоположно направлению движения эскалатора,
то он насчитает тем меньше ступенек, чем быстрее идет. Поэтому в нашем случае
направления движения и эскалатора совпадают.
Число ступенек, приходящихся на единицу длины эскалатора, равно n/s. Поэтому, если
человек идет со скоростью u относительно эскалатора, то время его пребывания на
эскалаторе
t = s/ (v + u),
путь, пройденный по эскалатору
S = us/ (v + u).
При этом в первом случае человек насчитывает число ступенек
n1 = [us/ (v + u)] (n/s).
Аналогично, во втором случае он насчитывает
n2 = [3us/ (v + 3u)] (n/s).
Таким образом, мы получаем систему уравнений
n1 = nu/ (v + u)
,
n2 = 3nu/ (v + 3u)
или
1 + (v/u) = n/n1
,
1 + 1/3(v/u) = n2/n.
Отсюда, исключая (v/u), найдем n = 2n1 n2/(3n1 – n2) = 100.
6. По гладкой горизонтальной поверхности стола скользят вдоль одной прямой
навстречу друг другу массивный брусок со скоростью u = 1 м/с и небольшой шарик
со скоростью v = 2 м/с. В некоторый момент времени шарик оказался в точке А на
расстоянии S = 1.5 м от бруска. Через какое время, считая от этого момента, шарик
снова окажется в точке А? Столкновение шарика с бруском упругое. Скорость
шарика перпендикулярна грани бруска, о которую он ударяется. Масса шарика
намного меньше массы бруска. (МФТИ,1994)
Ответ: t = 2S/(v + 2u).
Решение.
Решим задачу в неподвижной системе координат. Скорость сближения шарика и плиты
v + u,
время до столкновения
t1 = S/ (v + u),
за это время шарик удалится от точки А на расстояние
S1 = Sv/ (v+ u).
После столкновения шарика с массивной, двигающейся навстречу ему, плитой его
скорость в неподвижной системе координат равна
v + 2u,
поэтому после отскока он пройдет расстояние S1 до точки А за время
t2 = S1/ (v + 2u) = Sv/ [(v + u) (v + 2u)].
Таким образом, время, за которое шарик вернется в точку А, равно
t1 + t2 = 2S/ (v + 2u).
7. Человек находится на берегу озера в точке А. Ему
необходимо в кратчайшее время попасть в точку
В,
d
находящуюся на озере (см. рис.). Расстояние от точки В до
берега ВС = d, а расстояние АС = S. Скорость движения
A
C
человека в воде v1, а по берегу v2 > v1. Каким путем должен
двигаться человек: плыть из точки А по прямой АВ или
S
пробежать по берегу некоторое расстояние и после этого
плыть по направлению к точке В?
Ответ: надо пробежать по берегу отрезок AD = S - dv1/ (v22 – v12)1/2 .
B
Решение.
Предположим, что траектория движения человека
B
– ломанная линия ADB (см. рис.). Необходимо
определить при каком значении х время будет
α
минимальным. Время движения
d
t = (d2 + x2)1/2 /v1 + (S – x)/v2 =
[v2(d2 + x2)1/2 – v1x + v1S] / (v1v2).
A
D
C
Это время будет минимальным, если
x
y = v2(d2 + x2)1/2 – v1x
будет иметь наименьшее значение. Очевидно, что х, соответствующее минимальному
времени t , не зависит от расстояния S.
Для нахождения х, соответствующего минимальному значению y, выразим х через y и
получим квадратное уравнение
x2 - 2xyv1/ (v22 – v12) + (v22d2 – y2) / (v22 – v12) = 0.
Решение его приводит к следующему выражению:
x = { v1y ± v2 [y2 + d2v12 – v22d2]1.2 / (v22 – v12).
Так как х не может быть комплексным, то
y2 + d2v12 – v22d2 ≥ 0.
Минимальное значение y равно
ymin = d (v22 – v12)1/2.
Этому значению y соответствует
x = dv1/ (v22 – v12).
Если S ≤ dv1/ (v22 – v12), то следует сразу плыть по прямой АВ к точке В. В противном
случае надо пробежать по берегу отрезок AD = S - dv1/ (v22 – v12), а потом плыть к В.
Отметим, что для пути, соответствующего кратчайшему времени, sinα = v1/v2.
8. Автомобиль, движущийся по прямолинейному отрезку шоссе со скоростью
u = 120 км/ч, приближаясь к стоящему у шоссе человеку, издает звуковой сигнал
длительностью τ = 5 с. В течение какого времени Δt будет слышать этот сигнал
человек? Скорость звука в воздухе считать равной v = 340 м/с.
Ответ: Δt ~ 4.5 c.
Решение.
Пусть автомобиль начал издавать звуковой сигнал в момент времени t = 0, находясь от
человека на расстоянии L. Поскольку скорость звука определяется характеристиками
воздуха, которые не зависят от скорости движения автомобиля, то до человека передний
фронт звуковой волны дойдет в момент
t1 = L/v.
Если считать, что к моменту окончания звукового сигнала автомобиль еще не доехал до
человека, т.е. L > uτ, и человек стоит практически на прямой, вдоль которой движется
автомобиль, то расстояние между человеком и автомобилем в этот момент времени будет
равно L – uτ , а задний фронт звуковой волны достигнет человека в момент времени
t2 = τ + (L – uτ)/v.
Таким образом, человек будет слышать звуковой сигнал в течение времени
Δt = t2 – t1 = τ(1 – u/v) ~ 4.5 c.
Если же автомобиль во время подачи звукового сигнала проехал мимо человека в момент
времени t3 , т.е. L = ut3 < uτ, то в момент окончания звукового сигнала автомобиль будет
находиться на расстоянии (τ – t3)u , удаляясь от человека. Следовательно, задний фронт
звуковой волны достигнет человека в момент времени t2 = τ + (τ – t3)u/v, и длительность
звукового сигнала услышанного человеком, стоящим вблизи от прямой, по которой
движется автомобиль, равна
Δt = t2 – t1 = τ(1 + u/v) – 2ut3/v ~ 5.5 c – 0.196t3,
где t3 должно быть выражено в секундах и удовлетворять неравенству 0 < t3 < τ.
9. Круглое ядро радиуса R , движущееся со скоростью v пролетает сквозь рой мух,
движущихся со скоростью u перпендикулярно направлению полета ядра. Толщина
роя равна d , в единице объема находится n мух. Сколько мух убьет ядро? Влиянием
силы тяжести пренебречь.
Ответ: N = ndπR2[1 + (u/v)2]1/2.
Решение.
В системе отсчета, связанной с мухами, ядро подлетает к рою под углом α, причем
cos α = v/(v2 + u2)1/2,
и поэтому проходит в рое путь, равный
d/cos α = d [1 + (u/v)2]1/2.
Окончательно
N = ndπR2/ cos α = ndπR2/ [1 + (u/v)2]1/2.
10. Шарик движется между двумя массивными вертикальными стенками,
соударяясь с ними. Одна из стенок закреплена, другая удаляется от нее с постоянной
скоростью u = 50 см/с. Считая движение шарика все время горизонтальным, а
удары о стенки – абсолютно упругими, найти его окончательную скорость, если
начальная скорость равна vo = 1967 cм/с.
Ответ: v = 33 см/с
Решение.
После удара о неподвижную стенку скорость шарика меняет лишь направление. Чтобы
вычислить скорость шарика после одного удара об удаляющуюся со скоростью u стенку,
надо перейти в систему отсчета, в которой стенка покоится. В этой системе отсчета
скорость шарика до удара равна
vo – u.
После упругого удара проекция скорости изменит знак: станет равной
-(vo – u).
Если затем вернуться в первоначальную (лабораторную) систему отсчета, где стенка
движется со скоростью u , то здесь скорость шарика
v = vo – 2u.
Слагаемое
-2u будет добавляться после каждого удара о движущуюся стенку.
Следовательно,
v = vo – 2nu,
где n – число ударов о движущуюся стенку. Таким образом, при количестве ударов n =
20 шарика упадет до v = 33 см/с и он больше не догонит движущуюся стенку.
11. Некто, находясь в степи, видит на расстоянии S = 300 м от себя автомобиль,
движущий равномерно со скоростью v1 = 40 км/ч по горизонтальной прямой
дороге. В момент времени, когда наблюдатель увидел автомобиль, машина
находилась на кратчайшем расстоянии от наблюдателя. На какое максимально
близкое расстояние сможет наблюдатель подбежать к автомобилю? Считать, что
наблюдатель сразу же начинает бежать со скоростью v2 = 10 км/ч, как только он
увидел машину. (МАИ,1999)
Ответ: Smin = h(v1 – v2)1/2/v1.
Решение.
Рассмотрим систему отсчета, связанную
с автомобилем. Скорость наблюдателя
относительно автомобиля, равная
v1
vотн = v2 – v1,
α
может
Smin
направлена
в
любую
сторону. При этом конец вектора vотн
h
будет
находиться
на
окружности
радиусом v2 с центром в точке О (см.
vотн
α
- v1
vvv
2
быть
рис.). Для того чтобы наблюдатель
приблизился к автомобилю как можно
ближе, вектор
vотн
должен быть
направлен по касательной к этой окружности. Следовательно
sinα = v2/v1,
Smin = h cosα ,
Smin = h(v1 – v2)1/2/v1.
12. Корабль выходит из пункта А и идет со скоростью v , составляющей угол α с
линией АВ (см. рис.). Под каким углом β к линии АВ следовало
бы выпустить из пункта В торпеду, чтобы она поразила корабль?
v
u
α
Торпеду нужно выпустить в тот момент, когда корабль находился
β
A
B
в пункте А. Скорость торпеды равна u.
Ответ: β = arcsin (vsinα/u).
C
v
u
α
A
β
B
Решение.
Точка С (см. рис.) – место встречи корабля и торпеды.
АС = vt, CB = ut,
где t – время движения торпеды. Согласно теореме синусов
АС/sinβ = BC/sinα
или
vt/sinβ = ut/sinα .
Отсюда
β = arcsin(vsinα/u)
13. Вертикальная гладкая плита движется горизонтально со
скоростью u . летящий в горизонтальной плоскости со скоростью vo
vo
шарик соударяется с плитой. Направление полета шарика
α
составляет угол α с перпендикуляром к плите (см. рис.). Найти
скорость v шарика после соударения с плитой. Плита, обладая
очень большой массой, не изменяет своей скорости в результате соударения с
шариком. Считать соударение абсолютно упругим. Силой тяжести пренебречь.
Ответ: v = [(vocosα +2u)2 + (vosinα)2]1/2.
u
Решение.
Разложим скорость шарика vo на тангенциальную (вдоль плиты) и нормальную
(перпендикулярно к плите) составляющие:
voτ = vosinα и
von = vo cosα .
Тангенциальная составляющая, благодаря гладкости стенки, после соударения шарика
не изменяется. Нормальная составляющая относительно движущейся плиты
won = von + u = vo cosα + u
после соударения изменит знак, сохранив свой модуль:
wn = - won.
Относительно неподвижной системы
составляющая vn изменится на величину u:
отсчета
составляющая
нормальная
vn = wn – u = -(vo cosα + 2u).
Полная скорость шарика относительно неподвижной системы отсчета после
соударения с плитой будет
v = (vn2 + voτ2)1/2 = [(vocosα +2u)2 + (vosinα)2]1/2.
.
14. По прямому шоссе со скорость v1 = 16 м/с движется автобус. На расстоянии d =
60 м от шоссе и s = 400 м от автобуса находится человек. Человек может бежать со
скоростью v2 = 4 м/с. В каком направлении он должен бежать, чтобы “перехватить”
автобус, который к нему приближается? При какой наименьшей скорости человека
vmin это вообще возможно? В каком направлении следует при этом бежать?
Ответ: 37о ≤ β ≤ 143o, где β – угол, отсчитываемый от направления на автобус;
vmin = 2.4 м/с, следует бежать перпендикулярно направлению на автобус.
Решение.
A
A
β1
V
v2
v2
-v1
v2
B
V
-v
-v1
β2
α
B
v2
Решение задачи становится проще и
-v1
B
нагляднее, если перейти в систему
отсчета, связанную с автобусом. В
этой системе отсчета скорость
человека V = v2 – v1. Величина
скорости V роли не играет, а направление должно быть таким, чтобы человек пересек
шоссе правее “стоящего” автобуса или, в крайнем случае, вышел точно на автобус (см.
рис.). Конец вектора V лежит на окружности радиуса v2 (см. рис.). Очевидно, угол β
между отрезком АВ и направлением v2 должен лежать в пределах β1 ≤ β ≤ β2 , где β1
и β2 – два решения уравнения
sin β = (v1/v2 )sinα
(уравнение следует из теоремы синусов), удовлетворяющие условию 0 < β < π. Здесь
sinα = d/s.
Таким образом
arcsin(v1d/v2s) ≤ β ≤ 180o – arcsin(v1d/v2s) ; 37о ≤ β ≤ 143o.
Поскольку область решений соответствует условию
sin β ≥ (v1/v2 )sinα = dv1/sv2 ,
то
dv1/sv2 ≤ 1
или
v2 ≥ dv1/s.
Значит
vmin = dv1/s = 2.4 м/с.
При такой скорости sin β = 1, β = 90о – т. Е бежать нужно под прямым углом к
направлению на автобус (а не к дороге).
15. Небольшое тело падает с высоты h на горизонтальную поверхность. При каждом
соударении с поверхностью модуль скорости тела уменьшается в k раз. Найти
полный путь, пройденный телом до остановки.
Ответ: S = h(1 + k2)/(1 – k2).
Решение
Путь, пройденный телом после i-го соударения, равен
Si = vi2/g = k2(vi-12/g) = k2Si-1.
Таким образом, последовательность путей, пройденных телом после каждого соударения,
представляет собой убывающую геометрическую прогрессию со знаменателем q = k 2 < 1.
Первый член этой прогрессии равен S1 = k2(vo2/g) = 2hk2.
Полный путь, пройденный телом равен
S = h + Sпрогр
где Sпрогр – сумма членов геометрической прогрессии
Sпрогр = S1(1 – qn)/(1 –q).
При n → ∞
Sпрогр = S1/(1 –q) = 2hk2/(1 – k2).
Тогда для полного пути, пройденного телом до остановки, получим
S = h(1 + k2)/(1 – k2).
16. По реке из т. А в т. В вдоль прямой АВ, образующей угол с линией берега α,
плывет катер. Под прямым углом к берегу дует ветер со
B
скоростью u. Флаг на мачте катера образует угол β с
направлением движения катера. Определить скорость катера
u
относительно берега.
α
Ответ: v = - ucos(α + β)/sinβ.
A
Решение
Направление флага совпадает с направлением скорости ветра относительно катера uo. Из
закона сложения скоростей u = v + uo получим
uo = v + u.
B
F
Из треугольника DFC
ε
v
δ = π – β,
β
u
γ = ½ π – α,
C
δ
uo
D
ε=π–δ–γ=
γ
α
= π – (π – β) – (½ π – α) = α + β - ½ π.
По теореме синусов
A
v/sinε = u/sinδ →
v = u sinε /sinδ = u sin(α + β - ½ π) /sin(π – β) →
v = - u cos(α + β)/sinβ
1.2. Равноускоренное движение.
1. Из точки А, лежащей на верхнем конце вертикального диаметра некоторой
окружности радиуса R, по желобам, установленным вдоль различных
A
хорд этой окружности (см. рис.), одновременно начинают скользить
грузы. Через какое время грузы достигнут окружности? Как это время
αα
зависит от угла α наклона хорды к вертикали? Трением пренебречь.
Ответ: t = 2(R/g)1/2.
Решение.
Время движения t груза вдоль хорды определяется из соотношения
t2 = 2L/a,
где а – ускорение груза, L – длина хорды. Если хорда составляет с вертикалью угол α,
то
a = gcosα,
L = 2Rcosα,
где R – радиус окружности. Таким образом,
t2 = 4R/g.
Время движения грузов вдоль любой из хорд будет одинаковым.
2. Тело начинает двигаться из состояния покоя прямолинейно с постоянным по
величине ускорением. Через некоторое время ускорение меняет свой знак, оставаясь
прежним по величине. Найти отношение величины максимальной скорости v 1,
которая была у тела при удалении от точки старта, к величине скорости v 2, с
которой оно вернулась в точку старта.
Ответ: v1/v2 = 1/√2.
Решение.
При движении “туда” максимальная скорость тела определяется из соотношения:
v12 = 2aS,
где а – ускорение тела, S – пройденный им путь.
При движении обратно максимальная скорость тела определяется из равенства
v22 – v12 = 2aS.
Отсюда получаем искомое соотношение
v1/v2 = 1/√2.
3. Лифт начинает подниматься с ускорением а = 2.2 м/с2. Когда его скорость
достигла v = 2.4 м/с, с потолка кабины лифта начал падать болт. Чему равны время
t падения болта и перемещение болта при падении относительно земли? Высота
кабины лифта Н = 2.5 м.
Ответ: t = 0.645c , s = 0.49 м.
Решение.
Болт падает с ускорением g = 9.8 м/с2 относительно земли и с ускорением g + a
относительно лифта. Его начальная скорость относительно лифта равна нулю. Поэтому
время падения определяется из уравнения
H = ½ (g + a) t2
и составляет
t = 0.645 с.
Чтобы определить перемещение болта относительно земли, надо просто учесть, что в
начальный момент времени падения болта его скорость направлена вверх и равна v.
Поэтому за время падения болт переместится относительно земли на
s = vt – ½ gt2 = - 0.49м.
Поскольку s < 0, перемещение направлено вниз.
4. С высокой башни одно за другим бросают два тела с одинаковыми по модулю
скоростями vo. Первое тело бросают вертикально вверх; спустя время Δt бросают
второе – вертикально вниз. Определить скорость тел относительно друг друга и
расстояние между ними в момент времени t > Δt.
Ответ: u = 2vo - g Δt, s =(2vo - g Δt)t – vo Δt + ½ g Δt2.
Решение.
Обозначая через x1 и v1 координату и скорость первого тела относительно башни, а
через x2 и v2 – второго, можно записать следующие уравнения:
x1 = vot - ½ gt2 ,
v1 = vo – gt,
x2 = - vo (t – Δt) – ½ g(t – Δt)2 ,
v2 = - vo– g(t – Δt).
(Направление вверх считается положительным.) Скорость первого тела относительно
второго
u = v1 – v2 = 2vo - g Δt
и не меняется с течением времени. Расстояние между телами равно
s = x1 – x2 = (2vo - g Δt)t – vo Δt + ½ g Δt2.
Относительно друг друга тела движутся равномерно, и, следовательно, расстояние между
ними изменяется линейно со временем.
5. Зависимости проекций вектора v точки, движущейся по плоскости z = 0, на оси
0X и 0Y от времени t показаны на рисунке. В момент
v, м/с
времени t = 0 точка находилась в начале координат. Найти
2
vx
зависимость от времени удаления ρ этой точки от начала
1
координат.
Ответ: ρ =
t[4 – 2t + ½ t2]1/2 при 0 < t ≤ 2,
0
1 2
3 4 5 t, c
ρ=
[16 – 32t + 24t2 – 6t3 + ½ t4]1/2 при 2 < t ≤ 3,
-1
vy
ρ = [145 – 16t + 84t2 – 16t3 + ½ t4]1/2 при 3 < t ≤ 4, ρ = [36.25 –
9t + t2]1/2 при 4 < t ≤ 4.5.
Решение.
Аналитически заданные зависимости проекций скорости точки от времени можно
представить в виде:
t
при 0 < t ≤ 2,
vx(t) = 4 – t при 2 < t ≤ 4,
0 при 4 < t ≤ 4.5;
vy(t) = 2 – t при 0 < t ≤ 3,
-1
при 3 < t ≤ 4.5,
если время измерять в секундах, а скорость – в м/с. Поскольку при 0 < t < 2c точка вдоль
оси 0X движется равноускоренно с ускорением 1 м/с2 и в начальный момент времени
точка находилась в начале координат, закон движения проекции на ось 0X имеет вид:
x = ½ t2. В течение следующего интервала времени (2c < t < 4c) проекция ускорения
точки на ось 0X равна - 1 м/с2 и т.к. в начале этого промежутка времени проекция
скорости точки на ось 0X равна 2 м/с и х(2с) = 2м, то x(t) = 2 + 2(t – 2) – ½ (t – 2)2.
Объединяя полученные результаты и учитывая, что скорость точки вдоль оси 0X на
последнем временном интервале равна нулю, получим закон изменения координаты х
этой точки:
x(t) =
½ t2
при 0 < t ≤ 2,
2
4t - 4 – ½ t при 2 < t ≤ 4,
4
при 4 < t ≤ 4.5.
Поступая аналогично, можно показать, что закон движения точки вдоль оси 0Y на
заданном интервале времени имеет вид:
y(t) = 2t – ½ t2 при 0 < t ≤ 3,
4.5 - t
при 3 < t ≤ 4.5.
Учитывая, что ρ = [x2(t) + y2(t)]1/2, после алгебраических преобразований получим, что
искомая зависимость аналитически описывается выражением:
t[4 – 2t + ½ t2]1/2
при 0 < t ≤ 2,
ρ = [16 – 32t + 24t2 – 6t3 + ½ t4]1/2
при 2 < t ≤ 3,
2
3
4 1/2
[145 – 16t + 84t – 16t + ½ t ]
при 3 < t ≤ 4,
[36.25 – 9t + t2]1/2
при 4 < t ≤ 4.5.
6. Пункты А и В расположены на расстоянии S = 4 км друг от друга. Из пункта А
по направлению к пункту В выехал автомобиль, который двигался все время
равномерно. Одновременно навстречу ему из пункта В с начальной скоростью vo =
32 м/с выехал другой автомобиль, движущийся с постоянным ускорением а = 0.2
м/с2, направленным все время так же, как скорость первого автомобиля. Известно,
что в пути автомобили два раза обгоняли друг друга. В каких пределах лежит
скорость первого автомобиля?
Ответ: 8 м/с < v1 < 9 м/с.
Решение.
График движения второго автомобиля представляет собой
X
S
B
параболу, изображенную на рисунке. Очевидно, что
скорость первого автомобиля не может быть слишком
большой, иначе обгон совершится всего один раз (точка В
A
C
0
vo/a
t
на рисунке, тогда как точка
А
соответствует встрече
машин). Скорость не может и слишком малой (прямая ОС на рис.) т.к. в противном
случае автомобили вообще не могут оказаться рядом. Таким образом, уравнение,
выражающее равенство координат автомобилей:
v1t = S – vot + ½ at2,
должно иметь два действительных решения (D ≥ 0), причем оба они соответствуют более
поздним моментам времени, чем момент остановки (мгновенной) второго автомобиля,
определенный равенством
- vo + at = 0.
Оба условия дают
(2aS)1/2 – vo < v1 < aS/vo – ½ vo,
или
8 м/с < v1 < 9 м/с.
1.3. Криволинейное движение.
1. Тело бросают с поверхности земли, сообщив ему начальную скорость vo,
направленную под углом α к горизонту. Пренебрегая сопротивлением воздуха,
найти нормальную и тангенциальную составляющие ускорения тела на
высоте h , когда тело еще не достигло наивысшей точки траектории. Найти,
также, время τ подъема тела на высоту h и горизонтальную проекцию s
перемещения тела в этот момент времени.
Ответ:
an = gcosβ,
aτ = - gsinβ, β = arcos[vocosα/(vo2 – 2gh)1/2],
τ = [vosinα – (vo2sinα2 – 2gh)1/2]/g , s = vocosα/g[vosinα – (vo2sinα2 – 2gh)1/2] .
Решение.
β
Y
v
aτ
β
vo
g
an
h
voy
α
0
vox
s
x
Направим
оси
декартовой
прямоугольной системы координат
так, как показано на рисунке. Начало
отсчета поместим в точку бросания.
Кинематические
уравнения
равнопеременного движения в нашем
случае принимают вид
x = vo cosα t,
y = vosinα t – ½ gt2,
vx = vo cosα,
vy = vosinα – gt.
Пусть при t = τ тело достигло
высоты h, тогда y = h, x = s. В этом
случае
s = vo cosα τ,
h = vosinα τ – ½ g τ2.
Из последнего уравнения находим
τ = [vosinα – (vo2sinα2 – 2gh)1/2]/g.
Второе значение со знаком “+” перед квадратным корнем соответствует случаю, когда
тело “перевалило” за наивысшую точку траектории и вновь оказалось на высоте h над
землей. Этот случай по условию задачи нас не интересует.
В момент времени t = τ проекция s перемещения тела равна
s = vo cosα τ = vocosα/g[vosinα – (vo2sinα2 – 2gh)1/2].
Модули нормальной и тангенциальной составляющих ускорения тела будут равны
an = gcosβ, aτ = - gsinβ,
где β – угол, который составляет с горизонтом (осью Ох) вектор v скорости тела в
момент времени t = τ . Угол β легко определить, записав уравнения системы при t = τ ,
а именно
vcosβ = vo cosα, vsinβ = vosinα – g τ.
Действительно ,
v = (vx2 + vy2)1/2 = (vo2 – 2gh)1/2
и cosβ = vo cosα/v.
Отсюда
β = arcos[vocosα/ (vo2 – 2gh)1/2].
Вычислив β, мы определили и направления составляющих an и
aτ. Таким образом,
задача полностью решена.
Y
vo
α2
vo
α1
X
2. Из точки x = y = 0 одновременно брошены два тела с
начальной скоростью vo под разными углами α1 и α2 к
горизонту (см. рис.). Чему равна скорость движения тел
относительно друг друга? Чему равно расстояние между
телами по прошествии времени t.
Ответ: u = 2vocos[(α1 + α2)/2], s = 2vo tcos[(α1 + α2)/2].
Решение.
Составляющие скорости тел вдоль осей x и y в любой момент времени определяются
так:
v1y = vosinα1 – gt,
v1x = vocosα1
v2y = vosinα2 – gt,
v2x = vocosα2.
Пусть u – скорость первого тела относительно второго. Тогда
uy = vosinα1 – gt - vosinα2 + gt = vo(sinα1 - sinα2),
ux = vo (cosα1 - cosα2).
Следовательно,
u = (ux2 + uy2) = 2vocos[(α1 + α2)/2].
Тела движутся относительно друг друга с постоянной скоростью. По прошествию
времени t расстояние между ними
s = 2vo tcos[(α1 + α2)/2].
3. За телом, брошенным под углом α к горизонту, наблюдают в оптическую трубу,
установленную в точке бросания. При каких углах α в движении тела будут
наблюдаться моменты, когда его скорость перпендикулярна оси трубы?
Ответ: cosα ≤ 1/3 .
Решение.
В любой момент времени труба составляет с горизонтом угол β такой, что
tgβ = y/x,
где координаты тела равны
y = (vosinα) t – ½ gt2 ,
x = (vocosα) t.
Скорость тела составляет с горизонтом угол φ, причем
tgφ = (vosinα–gt )/ (vocosα) t.
По условию
β – φ = ½ π.
Воспользовавшись формулой
tg (β – φ) = (tg β - tg φ)/(1 + tgβ tg φ),
придем к уравнению
g2 t2 - 3(vosinα)gt + 2vo2 = 0.
Отсюда
t = (vo/2g) [3sinα ± (1 - 9cos2α)1/2].
Это выражение имеет смысл (дает два разных или одинаковых действительных значениях
t) лишь при cosα ≤ 1/3 .
4. Скорость течения реки возрастает пропорционально расстоянию от берега,
достигая своего максимального значения vo на середине реки. У берегов скорость
течения равна нулю. Лодка движется по реке таким образом, что ее скорость u
относительно воды постоянна и перпендикулярна течению. Найти расстояние, на
которое будет снесена лодка при переправе, если ширина реки равна d. Определить
также траекторию лодки. (Буховцев, 1987, № 38)
Ответ: S = vod/ (2u).
Решение.
Y
Точку А отправления лодки примем за начало
B
отсчета системы координат. Направление осей
S
показано
d
vo
D
A
на
рисунке.
перпендикулярно
Движение
течению
лодки
происходит
с
постоянной скоростью u. Поэтому лодка будет
x
находиться на расстоянии
y
от берега через
время t = y/u после отправления. Рассмотрим движение лодки до середины реки (y ≤
1/2d). На расстоянии y от берега скорость течения реки равна
v = (2vo/d)y.
Отсюда получим
v = 2vout/d.
Из последнего соотношения следует, что движение лодки в направлении, параллельном
берегам, происходит с постоянным ускорением
a = 2vou/d.
Лодка достигает середины реки за время Т = d/(2u). За это же время она будет снесена
вниз по течению на расстояние
S1/2 = ½ aT2 = vod/ (4u).
При движении от середины реки до противоположного берега лодка будет снесена
дополнительно еще на расстояние S1/2 . Таким образом, искомое расстояние равно
S = vod/ (2u).
При движении лодки до середины реки
x = ½ at2 = (vou/d)t2 , а y = ut. Из этих соотношений определим траекторию лодки от А
до D:
y2 = (du/vo) x (парабола).
Вторая половина траектории имеет тот же характер, что и первая.
5. Из точки А вертикально вверх брошен камень со скоростью v = 10 м/с. Через
какое время следует бросить с той же по модулю скоростью второй камень из точки
В под углом α = 45о к горизонту, чтобы он попал в первый камень? Точки А и В
расположены на одной горизонтали. Расстояние между ними L = 4 м.
Ответ: τ = 1.2 c.
Решение.
По горизонтали второй камень движется равномерно. По вертикали оба камня движутся с
ускорением g . Таким образом
L = vcosα(t – τ),
где τ – искомое время между бросками,
vt – ½ gt2 = vsinα(t – τ) – ½ g(t – τ)2;
отсюда
t = v/g + {(v/g)2 – 2Ltgα/g + [L/(vcosα)]2}1/2, где (vsinα)2 > gL.
Знак “+” в решении квадратного уравнения выбран из условия, что соударение должно
произойти лишь после того, как первый камень начнет двигаться вниз (t > v/g). С учетом
этого имеем
τ = t – L/vcosα = 1.2 c
g
A
B
α
4. В конической лунке с вертикальной осью симметрии и
углом раствора 2α =90о прыгает шарик, ударяясь через одно и
то же время τ = 1 с о противоположные точки А и В,
расположенные на одной горизонтали. Найти максимальную и
минимальную скорости шарика.
Ответ: vmax = 7 м/с, vmin = 5 м/с.
Решение.
Скорость шарика максимальна в момент удара о стенку. Из симметрии задачи и с учетом
того, что скорость шарика у стенки перпендикулярна касательной плоскости, имеем
vmax = gτ/(2sinα) = 7 м/с.
Скорость шарика при пересечении оси лунки (она же горизонтальная скорость)
минимальна:
vmin = vmax cosα;
отсюда
vmin = ½ gτ ctgα = 5 м/с.
Vo
β
α
5. У подножия горы расположено орудие, обстреливающее
склон горы, с углом наклона α к горизонту. Скорость вылета
снарядов из ствола Vo . При каком угле стрельбы β дальность
полета снаряда вдоль склона окажется наибольшей?
Сопротивлением воздуха пренебречь.
Ответ: β = arctg[(1 + sinα)/cosα]
Решение.
Если дальность полета максимальна, то и координата x точки попадания снарядов тоже
максимальна. Решая совместно систему уравнений
x = Vo cosβ t
xtgα = Vo sinβ t – ½ gt2 ,
получим:
x = 2Vo2 cos2β (tgβ - tgα )/g,
c учетом того, что cos2β = 1/(1 + tg2β)
x = 2 Vo2 (tgβ - tgα )/[g(1 + tg2β)].
Из условия экстремума для x:
dx/d(tgβ) = (2Vo2/g){ 1 + tg2β - 2tgβ ( tgβ - tgα )}/(1 + tg2β ) = 0
следует, что
tgβ = tgα + 1/cosα = (1 + sin α)/cosα,
откуда
β = arctg[( 1 + sinα)/cosα ]
Например, при α = 0 , β = 45o , как и должно быть.
6. Мальчик находится на расстоянии S = 5 м от забора высотой Н = 2.5 м. С какой
минимальной скоростью мальчик должен бросить теннисный мяч, чтобы тот
перелетел через забор? Считать, что бросок производится с уровня h = 1.5 м от
поверхности земли. Сопротивлением воздуха пренебречь. (МАИ,1999)
Ответ: vmin = 7.7 м/с.
Решение.
Выберем систему координат
XOY так, как показано на рисунке. Тогда уравнения
движения мяча в проекциях на оси системы координат примут вид
x = vocosα t,
y = h + vo sinα t – ½ gt2.
Поскольку мяч должен быть переброшен через забор с минимальной скоростью, то,
очевидно, нужно рассмотреть бросок, при котором траектория мяча пройдет через точку
А. Используя полученные уравнения, получим уравнение траектории мяча
y = h + xtgα – ½ gx2(1 + tgα2)/vo2.
В точке А координаты мяча x = S, y = H. Следовательно
H = h + Stgα – ½ gS2(1 + tgα2)/vo2.
Отсюда получим зависимость начальной скорости v0 мяча от угла α:
vo2 = ½ gS2(1 + tgα2)/( Stgα +h – H).
Исследуем эту зависимость на экстремум d(vo2)/d(tgα) = 0.
S tgα2 – 2(H – h) tgα – S = 0,
tgα = {H – h + [(H – h)2 + S2]1/2}/S . (α = 50.6o)
Следовательно, минимальная скорость, с которой надо бросить мяч, равна
vo = {½ gS2(1 + tgα2)/( Stgα +h – H)}1/2 или
vo2 = g(H – h){1 + [1 +s2/(H – h)2]1/2}
7. Два автомобиля движутся друг за другом по дороге с одинаковой скоростью
v = 72км/ч. При каком минимальном расстоянии l между ними камешек,
застрявший между сдвоенными шинами переднего грузового автомобиля, не может
попасть в задний автомобиль?
Решение
Перейдем в систему отсчета, связанную с движущимися автомобилями. Тогда можно
считать, что сами автомобили неподвижны, а колеса равномерно вращаются. Наиболее
удаленные от оси колеса точки имеют скорость v. Такую же начальную скорость имеет в
момент отрыва от колеса и камешек. Наибольшее расстояние он пролетит, если его
начальная скорость образует с горизонтальной плоскостью угол α = 45 о. Это расстояние
составит
v2sin2α/g = v2/g.
2
Итак, l = v /g = 41м.
8. Под каким наименьшим углом к горизонту следует бросать мяч, чтобы он
пролетел сквозь баскетбольное кольцо сверху, не ударившись об него? Радиус мяча
равен r, радиус кольца R = 2r, высота его над полом Н = 3 м. Баскетболист бросает
мяч с высоты h = 2 м, находясь на расстоянии L = 5 м от кольца, считая по
горизонтали. Изменением скорости мяча за время пролета через кольцо пренебречь.
Ответ: α ≈ 45о.
Решение
β
За условие минимальности угла бросания α примем
касание мячом передней и задней точек дужки кольца (см.
рис.). Тогда sinβ = r/R. Если время полета мяча равно t, а
его скорость при броске равна vo, то
L = vocosα t,
H – h = vosinα t – ½ gt2.
Горизонтальная составляющая скорости мяча при касании передней точки дужки vx =
vocosα, а вертикальная vy = vosinα – gt. Тогда
tgβ = -(vy/vx) = -(Ltgα – gt2)/L,
где
gt2 = 2Ltgα – 2(H – h).
Окончательно
tgα = 2(H – h)/L + tgβ = 2(H – h)/L + r/(R2 – r2)1/2 ≈ 1.
α ≈ 45о.
9. На высоте h параллельно поверхности земли летит шар со скоростью v Ш.
Мальчик бросил камень со скоростью vK , прицелившись прямо в шар под углом α
к горизонту. Найти на какой высоте летел шар, если камень все же попал в него.
Ответ: h = 2vш(vKcosα – vШ)tg2α/g.
Y
Решение
Движение камня:
h
yk = vosinα t – ½ gt2,
xk = vocosα t.
vo
Движение шара:
уш = h,
α
hctgα
xш = xoш + vшt = hctgα + vшt.
X
Встреча:
yk = уш = h,
xk = xш
vocosα t = hctgα + vшt
→
t = hctgα/(vocosα - vш) →
h = vosinα hctgα/(vocosα - vш) – ½ g [hctgα/(vocosα - vш)] →
h = 2vш(vKcosα – vШ)tg2α/g.
1.4. Комбинированное движение.
1. С плоскости, образующей с горизонтом угол α, скатывается без проскальзывания
тонкостенная труба. Найти ускорение центра масс трубы, пренебрегая влиянием
воздуха. (МГУ, физ. фак.,1995г.) Ответ: a = ½ gsinα.
Решение.
Скатывание трубы можно представить как результат ее поступательного движения и
вращения вокруг собственной оси. В соответствии с этим скорость i –ой точки трубы
равна
vi = vП + vi вр .
поскольку кинетическая энергия системы материальных точек равна сумме кинетических
энергий этих точек, то кинетическая энергия трубы будет равна
W = ½ ∑mivi2,
где mi – масса ее i –ой точки. Поскольку трубу следует рассматривать как твердое тело,
угловые скорости всех ее точек должны быть одинаковы и равны ω = vП /R , т.к. труба
движется без проскальзывания. Здесь R – радиус трубы. Пренебрегая толщиной трубы,
получим, что vi вр = vП. Отсюда
W = ½ ∑mi(vП + vi вр)2 = ½ m(vП2 + vi вр2),
где m = ∑mi– масса трубы. Здесь учтено, что ∑mivПvi вр = 0, т.к. диаметрально
противоположные точки трубы в силу ее однородности имеют одинаковые массы и
одинаковые по величине, но противоположные по направлению скорости
vi вр.
Следовательно
W = mvП2.
С другой стороны, на основании закона сохранения механической энергии можно
утверждать, что
mvП2 = mgh = mgLsinα,
где h – высота, на которую опустился центр трубы к моменту t, когда труба, начав
двигаться из состояния покоя, приобрела скорость vП, а L – расстояние вдоль наклонной
плоскости, на которое переместилась ось трубы к указанному моменту, g – ускорение
свободного падения. Поскольку движение центра масс трубы является равнопеременным,
то
vП = аt
и L = ½ at2 ,
где а – искомое ускорение. Отсюда
a = ½ vП2/ L = ½ gsinα.
2. На тонкостенный обод заторможенного велосипедного колеса, ось которого
расположена горизонтально и закреплена, намотана тонкая нерастяжимая нить.
Один конец нити прикреплен к ободу, а на другом конце висит груз массой m.
Радиус колеса равен R , масса обода равна М. Пренебрегая трением, массой спиц,
втулки и нити, найти величину ускорения а точек обода колеса через промежуток
времени t после отпускания колеса, если в течение этого промежутка времени груз
двигался поступательно. (МГУ, физ. фак.,2000)
Ответ: a = mg{R2 + [mgt2/(M + m)]2}/[(M + m)R].
Решение.
В момент времени t, когда скорость груза становится равной v(t) , точно такую же по
величине линейную скорость должна иметь и любая точка тонкого обода. Следовательно,
кинетическая энергия системы “колесо-груз” должна стать равной
Wk = ½ (M + m)v2.
На основании закона сохранения механической энергии можно записать
½ (M + m)v(t)2 = mgh(t).
Величину тангенциальной составляющей ускорения обода можно считать равной
ускорению груза
v(t) = aτ t ;
h(t) = ½ aτ t2.
Подставляя эти соотношения в предыдущие уравнение, получим:
aτ = mg/(m + M).
Учитывая, что нормальная составляющая ускорения равна
an = v2/R,
определим полное ускорение точек обода в момент времени t:
a = (an2 + aτ2)1/2 = mg{R2 + [mgt2/(M + m)]2}/[(M + m)R].
3.
Шарикоподшипник
поддерживает
конец
оси
вала,
вращающегося с угловой скоростью ω. Диаметр оси вала равен d ,
D
d
диаметр обоймы шарикоподшипника равен D (см. рис.). Найти линейную скорость
движения центра одного из шариков, если обойма неподвижна и если обойма
вращается с угловой скоростью Ω. Считать, что в обоих случаях шарики катятся по
валу и обойме без проскальзывания.
Ответ: vo = ½ (v1 + v2) = (ωd + Ω D)/4.
Решение.
Линейная скорость точек на окружности вала
v1 = ½ ωd.
Линейная скорость точек обоймы
v2 = ½ Ω D.
Так как шарики катятся без проскальзывания, такими же будут и мгновенные скорости тех
точек шарика, которые в данный момент соприкасаются с валом и обоймой. Но
мгновенную скорость любой точки шарика можно рассматривать как сумму двух
скоростей – скорости движения его центра vo и линейной скорости вращательного
движения вокруг центра. Вращение шарика будет происходить с некоторой угловой
скоростью ωо. Поэтому
v1 = vo - ωоr , v2 = vo + ωоr.
Отсюда
vo = ½ (v1 + v2) = (ωd + Ω D)/4.
В этом выражении каждая из угловых скоростей может быть как положительной, так и
отрицательной. При Ω = 0
vo = ωd/4.
4. Стержень длиной l = 0.85 м движется в горизонтальной
плоскости. В некоторый момент времени скорости концов стержня
равны
v1 = 1 м/с и v2 = 1.5 м/с, причем скорость первого из них направлена под углом α =
30о к стержню. Какова угловая скорость ω вращения стержня вокруг его центра?
(МГУ, фак. ВМК, 2001)
Ответ: ω = 2 рад/с.
α
Решение.
Поскольку скорости концов стержня в неподвижной системе отсчета различны, он
совершает относительно этой системы сложное движение, представляющее собой сумму
поступательного и вращательного движений. При этом скорости разных точек стержня
различны. Для определения угловой скорости вращения стержня, удобно перейти в
систему отсчета, поступательно движущуюся вместе с его центром масс. С этой целью
определим скорость центра масс стержня относительно неподвижной системы отсчета.
Если стержень однороден, то центр его масс совпадает с геометрическим центром,
радиус- вектор которого определяется как полусумма радиус- векторов его концов:
rc = ½ (r1 + r2).
Дифференцирование этого равенства по времени дает аналогичное соотношение для
скорости центра
vc = ½ (v1 + v2).
Согласно закону сложения скоростей скорости концов стержня в системе отсчета,
связанной с его центром, выражаются следующим образом
u1 = v1 – vc = ½ (v1 - v2);
u2 = v2 – vc = ½ (v2 – v1).
Из постоянства длины стержня вытекает, что проекции скоростей его концов на
направление стержня в каждый момент времени совпадают:
v1 cosα = v2 cosβ.
Поэтому u1 и u2 перпендикулярны стержню, причем
u1 = u2 = ½ ωl.
Следовательно,
ω = |u2 – u1|/l = (v1 sinα + v2 sinβ) /l.
Учитывая, что
cosβ = (v1/v2) cosα,
получаем ответ
ω = [v1 sinα + (v22 – v12 cos2α )1/2]/l = 2 рад/с.
5. При взрыве покоящейся цилиндрической бомбы радиуса
R
осколки,
разлетающиеся в радиальном направлении, за время t удаляются от оси цилиндра
на расстояние L1. На какое расстояние L2 от оси цилиндра удаляются осколки за
то же время t , если в момент взрыва бомба будет вращаться вокруг своей оси с
угловой скоростью ω? Влиянем силы тяжести пренебречь.
Ответ: L2 = [(ωRt)2 + L12]1/2.
Решение.
Каждый осколок вращавшейся в момент взрыва бомбы за время t удаляется от оси
цилиндра в радиальном направлении на расстояние L1 , в другом, перпендикулярном ему,
- на расстояние ωRt. Таким образом, искомое расстояние
L2 = [(ωRt)2 + L12]1/2.
6. Гладкая доска, лежащая на цилиндре, может свободно
вращаться вокруг проходящей через ее конец оси, прикрепленной к
столу. Ось цилиндра и ось вращения доски параллельны. Найти
α
угловую скорость вращения доски в тот момент, когда цилиндр катится по столу без проскальзывания
с угловой скоростью ω, удаляясь от закрепленного конца доски, а доска образует со столом угол α.
(МГУ,физ. фак.,2001)
Ответ: Ω = - 2 ω sin2 α /2 .
Решение.
Очевидно, что расстояние x между осью вращения
доски и точкой касания цилиндра и стола связано с
α
радиусом цилиндра и углом α соотношением:
r / x(t) = tg (α(t) /2).
(1)
Дифференцирование этого уравнения по времени
x
приводит к следующему соотношению
-(r/x2)x′ = (1 + tg2 α /2) α′/2.
Учитывая, что x′ = v = ωr, а α′ = Ω, где v –скорость цилиндра, а Ω – угловая скорость
доски, получим
Ω = -2 ω sin2 α /2.
Знак минус показывает, что угол α уменьшается со временем.
Задачу можно решить и, не используя понятие о производной.
По прошествии небольшого промежутка времени Δt
ось цилиндра переместится на
расстояние Δх = rωΔt , а доска повернется на некоторый угол
Δα. Учитывая, что
выбранный промежуток времени достаточно мал, можно считать, что угол Δα много
меньше одного радиана и вращение доски в течение этого промежутка времени
неотличимо от равномерного. Поэтому угловая скорость доски будет равна Ω = Δα/Δt.
Уравнение (1) для момента времени t + Δt запишется в виде
[x(t) + Δх]/ r =ctg[(α(t) + Δα)/2].
(2)
Вычитая из уравнения (2) уравнение (1), приведенное к виду (2), получим
ΩrΔt = r{ctg[(α(t) + Δα )/2] - ctg[(α(t)/2}.
Поскольку ctgα – ctgβ = sin(α – β)/(sinα sinβ), а синус малого угла равен самому углу,
выраженному в радианах, искомая угловая скорость равна
Ω = -2 ω sin2 α /2.
А
О1
7. Рельсы игрушечной железной дороги образуют кольцо радиуса R
(см. рис.). Вагончик перемещается по ним, подталкиваемый стержнем
О1А, который поворачивается с постоянной угловой скоростью ω1 вокруг точки
О1, лежащей внутри кольца почти у самых рельсов. Как изменяется скорость
вагончика при его движении?
Ответ: v = 2Rω1.
Решение.
Угол φ1, образуемый стержнем О1А с некоторым направлением,
A
О1
φ1
φ
О
О
изменяется со временем по закону:
φ1 = ω1t.
В качестве направления, от которого отсчитывается угол
φ 1,
удобно взять диаметр окружности, проходящей через точку
О 1.
Точка О – центр окружности. Очевидно, что центральный угол
φ, определяющий
положение вагончика на окружности, в два раза больше вписанного угла
φ 1,
опирающегося на ту же дугу:
φ = 2 φ1 .
Поэтому угловая скорость вагончика ω при движении по рельсам вдвое больше угловой
скорости ω1, с которой поворачивается стержень:
ω = 2 ω1 .
Таким образом, угловая скорость ω вагончика оказалась постоянной. Значит, вагончик
движется по рельсам равномерно. Его линейная скорость неизменна и равна
v = 2Rω1.
Ускорение вагончика при таком движении всегда направлено к центру О, а его модуль
равен
a = ω2R = 4 ω12 R.
8. Муфта А движется с постоянной скоростью vo по
кольцу радиуса R , а муфта В может двигаться только по
L
O
прямой, проходящей через центр кольца (см. рис.). Муфты
B
шарнирно соединены жестким стержнем длины L. Найти
R
ускорение муфты В в тот момент, когда муфта A
находится в верхней точке траектории.
Ответ: а = vo2/(L2 – R2)1/2.
A
Решение.
В указанный момент скорости муфт равны, а угловая скорость стержня L равна нулю.
Следовательно, проекции ускорений муфт на стержень равны между собой:
acosα = vo2sinα/R,
где а – ускорение муфты В, α – угол между стержнем и прямой ОВ. Отсюда
а = vo2tgα/R = vo2/(L2 – R2)1/2.
II. Законы Ньютона.
ВОПРОСЫ:
Горизонтальная прямая штанга
ОА
вращается с постоянной угловой
скоростью ω вокруг вертикальной оси. По штанге может без
m
трения скользить тело массы
m.
Первоначально тело
О
удерживается в состоянии равновесия пружиной (см. рис.). Что
ω
А произойдет с телом, если сообщить ему толчком начальную
скорость вдоль штанги? Длиной пружины в нерастянутом
состоянии пренебречь.
В состоянии равновесия тела
mω2x = kx ,
где х – расстояние от тела до оси. Отсюда ясно, что при любом х пружина
сообщает необходимое для вращения центростремительное ускорение. Поэтому после
толчка тело будет двигаться с постоянной скоростью до упора А или до тех пока для
пружины выполняется закон прямой пропорциональности между силой и деформацией.
Железная дорога идет так, как показано на рисунке.
Какой участок пути подвергается наибольшему
разрушению при движении поездов?
Наибольшему разрушению подвергается сопряжение
дуг,
образуемых
дорогой.
В
этом
месте
центростремительное ускорение, сообщаемое вагону равнодействующей приложенных к
нему сил, испытывает скачок равный v2 (1/R1 +1/R2). Из-за зазора между щеками колес
и рельсами происходит удар. Несколько менее сильный удар происходит и в местах
сопряжения прямых участков дороги с дугами.
Сопряжение различных участков, а также повороты дороги из-за этого никогда не
делают с помощью дуг окружностей. Они устраиваются так, чтобы радиус кривизны
менялся плавно.
На очень тонкой нити подвешен шарик. Нить приводят в горизонтальное положение
и отпускают. В каких точках траектории ускорение шарика направлено
вертикально вниз, в каких вертикально вверх, и в каких горизонтально? В
начальный момент нить не растянута.
Направление ускорения совпадает с направлением результирующей силы. Вниз
ускорение направлено при крайних верхних
положениях шарика. Вверх ускорение направлено при
крайнем нижнем положении и горизонтально – при
α
положениях определяемых углом α. Найдем α.
T
Mv2 /L= T – mgcosα ,
c другой стороны
mg
T = mg/cosα.
На основании закона сохранения энергии имеем
½ mv2 = mgLcosα.
Из этих уравнений находим, что cosα = 1/√3 и, следовательно, α ~ 54o45/.
В центре платформы, свободно вращающейся вокруг вертикальной оси, стоит
пушка. Ось вращения походит через ее казенную часть. В горизонтальном
направлении вдоль радиуса платформы сделан выстрел. Изменится ли при этом
скорость вращения платформы?
Скорость вращения замедлится. Платформа сообщает дополнительный импульс в
направлении по касательной к траектории конца ствола пушки. По третьему закону
Ньютона вылетающий из ствола снаряд будет оказывать давление на внутреннюю часть
ствола, направленное против вращения.
Вопрос. Чем отличаются вес тела и сила тяжести?
Ответ. Сила, с которой тела, вследствие его притяжения к Земле, действует на опору
или подвес, называется весом тела. Силой тяжести называют силу притяжения тела к
Земле. Вес тела приложен к опоре или подвесу. Сила тяжести приложена к телу.
Вопрос. По второму закону Ньютона ускорение тела обратно
пропорционально его массе. Почему же при свободном падении ускорение всех тел
одинаково?
Ответ. Ускорение свободного падения всех тел одинаково, поскольку сила тяжести
прямо пропорциональна массе тела.
Вопрос.
Ускорение ракеты возрастает даже в том случае, когда
равнодействующая приложенных к ней сил остается неизменной. Почему?
Ответ. Ускорение растет из-за уменьшения массы ракеты.
Вопрос. Автомобиль движется прямолинейно по горизонтальному участку
шоссе с ускорением а = 1 м/с2. С какой силой F человек массы m = 70 кг давит на
вертикальную спинку сидения?
Ответ. F = ma = 70 H.
Вопрос. Почему нагруженный автомобиль на булыжной мостовой движется
более плавно, чем такой же автомобиль без груза?
Ответ. Нагруженный автомобиль имеет значительно большую массу, чем пустой.
Увеличение массы автомобиля уменьшает ускорения, сообщаемые ему толчками камней
булыжной мостовой.
Вопрос. Открытый сосуд частично заполнен водой, не смачивающей его
стенки. Можно ли в условиях невесомости перелить воду из этого сосуда в другой
такой же сосуд?
Ответ. Можно, соединив сосуды отверстиями и сместив их в сторону заполненного
сосуда.
Вопрос. Как сравнить массы двух тел в условиях невесомости.
Ответ. По периодам свободных колебаний тел на пружине.
Вопрос. Два шара, соединенные невесомой нерастяжимой нитью, лежат на гладкой
горизонтальной плоскости. У правого шара масса больше. С одной и той же силой
тянут сначала правый шар вправо, затем левый шар – влево. Одинаково ли
натяжение нити в двух случаях?
Ответ. В обоих случаях система (два шара и нить) движется с одним и тем же
ускорением, но в первом случае нить сообщает его телу меньшей массы. Поэтому и
натяжение нити в первом случае меньше.
К концам нити, переброшенной через два гвоздя, прикреплены движущиеся
по окружности грузы (см. рис.). Слева висят два груза массы m каждый, справа –
один груз массы 2m . Будет ли система находиться в равновесии?
Рассмотрим силы, действующие на нить, перекинутую через
левый гвоздь. Вертикальные составляющие сил натяжения Т,
действующих на тела, равны mg, если нить закреплена на гвозде. На
узел, по третьему закону Ньютона, действуют те же силы Т. Их сумма направлена
вертикально вниз и равна 2mg. В случае одного вращающегося тела вертикальная
составляющая силы натяжения нити Т1 равна 2mg (если тело не опускается вниз). Но
сама сила натяжения нити T1 > 2mg. Следовательно, система не будет находиться в
равновесии. Правый груз перетянет.
Материальная точка движется прямолинейно вдоль оси Ох. Ее координата
изменяется со временем по закону
x = 2 +
5t + 4t2
(величины измерены в СИ) Модуль равнодействующей силы, действующей на
материальную
точку
вдоль
оси
Ох,
равен
F = 40 Н. Чему равна масса материальной точки?
Ответ. Ускорение материальной точки а = 8 м/с2. Масса материальной точки m = F/a = 5
кг.
Небольшое тело массой m = 1 кг, брошенное под углом к горизонту, имеет в
верхней точке траектории полное ускорение
а = 12 м/с2. Чему равна сила сопротивления воздуха, действующая на тело в этой
точке?
Ответ. Равнодействующая сила F, действующая на тело, является векторной суммой
силы сопротивления воздуха Fc и силы тяжести mg:
F = Fc + mg.
В верхней точке траектории сила сопротивления воздуха направлена горизонтально,
т.к. ее направление противоположно направлению скорости и лежит на той же
прямой, а сила тяжести всегда направлена вертикально. Поэтому
F = ma = [(mg)2 + (Fc)2]1/2.
Отсюда
Fc = m(a2 – g2)1/2 = 6.9 H.
Вопрос. Два тела, массы которых М и m (M > m), подняты на одинаковую
высоту над землей и одновременно отпущены. Одновременно ли они приземлятся,
если средняя сила сопротивления воздуха для обоих тел одинакова?
Ответ. Ускорение тела, например, массой, М равно а = g – F/M, где F – сила
сопротивления. Следовательно, скорее упадет тело с большей массой.
Вопрос. На доске стоит человек. Внезапно он приседает. Что произойдет в первый
момент: увеличится или уменьшится прогиб доски? Что произойдет, если человек
сидел на корточках и внезапно выпрямился?
При приседании уменьшится, при выпрямлении - увеличится. При приседании ускорение
центра масс человека направлено вниз, а при выпрямлении вверх.
Вопрос. Определить ускорение грузов в системе блоков с грузами,
изображенной на рисунке. Массой блоков и нитей пренебречь.
Нити считать нерастяжимыми. В какую сторону будут вращаться
B
блоки при движении грузов?
Так как массой блоков и нитей можно пренебречь, силу
A
C
натяжения можно считать постоянной по всей длине нити. Поэтому
m1g – T = m1a1 ;
m1
m2
m2g – 2T = m2a2
;
2T – T = 0 (т. К масса блока А равна нулю).
Отсюда
и
T=0
a1 = a2 = g.
Оба груза свободно падают с ускорением g. Блоки В и С вращаются против часовой
стрелки, блок А – по часовой стрелке.
2.1. Поступательное движение.
1. Шайба, скользившая по гладкому горизонтальному льду, попадает на участок,
неравномерно посыпанный мелким песком. Коэффициент шайбы по мере ее
удаления x от границы участка возрастает по закону μ = kx. Через какое время
шайба остановится после ее попадания на указанный участок? Размеры шайбы
значительно меньше пройденного ею пути. (МГУ, физ. фак. , 2000)
Ответ: τ =π /2 gk .
Решение.
Для нахождения времени движения шайбы до остановки воспользуемся вторым законом
Ньютона
m a ( t ) = F( t ) ,
где F(t) - сила трения скольжения, тормозящая движение шайбы, a (t) – ускорение шайбы
в момент времени t . Для силы трения, согласно условию задачи, можно записать
F( t ) = - m g k x( t ) .
Здесь знак минус отражает тот факт, что направления силы и перемещения
противоположны. Ускорение шайбы запишем как вторую производную от смещения по
времени a = x"( t ) . Тогда второй закон Ньютона запишется в виде
x"(t) = - m g k x (t),
или
x"( t ) + m g k x( t ) = 0 .
Полученное уравнение представляет собой уравнение гармонических колебаний с
частотой ω =
1/2
gk и периодом Т = 2π /ω = 2π /(gk) .
Время движения шайбы до остановки равно четверти периода колебаний, то есть
τ =π /2(gk)1/2.
m1
m3
m2
2. Определить ускорения грузов массы m1, m2, m3, а также силу
натяжения нитей в системе блоков с грузами, изображенной на рисунке,
если m1 = m2 + m3. Массой нитей и блоков пренебречь.
Ответ: a1 = (m2 – m3)2g/(m22 + m32 + 6m2m3),
a2 = (m12 – 4m22)2g/ (m12 + 4m2m3),
a3 = (m12 – 4m32)2g/ (m12 + 4m2m3),
T =8 m1m2m3g/ (m12 + 4m2m3).
Решение.
Уравнения движения грузов имеют вид
m1a1 = m1g – T1,
A
m2a2 = m2g – T2,
m3a3 = m3g – T3,
T1
где a1 , a2 , a3 – относительно неподвижного верхнего блока
А. Будем считать ускорение положительным, если оно
T1
направлено вниз. Так как массы нитей ничтожно малы по
сравнению массами m1 , m2 и m3, то силы натяжения нитей
m1g
B
одинаковы по всей их длине. Отсюда следует, что
Т2 = Т3,
T3
и сила, с которой нить, перекинутая через верхний блок,
T2
действует на нижний блок В, равна Т1. Поскольку массы
блоков ничтожно малы, то
m2g
m3 g
Т1 = Т2 + Т3.
По прошествии некоторого времени (весьма малого) после
начала движения грузов растяжение нитей прекращается, и их длина после этого с
течением времени не изменяется. Это означает, что ускорение блока В будет равно - а1,
а ускорения грузов массы m2 и m3 относительно блока В равны по модулю и
противоположны по направлению. Обозначив
аВ
ускорение груза массы
m2
относительно блока В, получим a2 = - a1 + aВ,
a3 = - a1 - aВ,
откуда
a2 + a3 = - 2a1.
Таким образом, окончательно имеем следующую систему уравнений:
m1a1 = m1g – T,
m2a2 = m2g – T/2,
m3a3 = m3g – T/2,
a2 + a3 = - 2a1.
Решая эту систему уравнений, получим (при условии m1 = m2 + m3)
a1 = (m2 – m3)2g/ (m22 + m32 + 6m2m3),
a2 = (m12 – 4m22)2g/ (m12 + 4m2m3),
a3 = (m12 – 4m32)2g/ (m12 + 4m2m3),
T = 8 m1m2m3g/ (m12 + 4m2m3).
В общем случае
T = 8 m1m2m3g/ [m1(m1 + m2) + 4m2m3].
3. На бруске массы М, движущемся поступательно по
горизонтальной плоскости, находится кубик массы mk,
M
легкой нитью, перекинутой через
F
mг скрепленный
невесомый блок, с грузом массы mг.
На брусок
действует направленная горизонтально сила, параллельная одному из линейных
отрезков нити, как показано на рисунке. Другой прямолинейный отрезок нити
вертикален, причем груз касается вертикальной грани бруска. Пренебрегая
сопротивлением движению тел, найти величину ускорения кубика.
Ответ: акх = [F + (M + mг)g]mг / [(M + mг)mг +(M + 2mг)mk], F ≥ mгmkg/(mг + mк).
mk
Решение.
Поскольку сопротивлением движению
тел можно пренебречь, то реакции
T
N
T1
опор имеют только нормальные к
T2 T3
границам
соприкосновения
тел
F
N1
составляющие. С учетом этого на
mkg
Nг
рисунке показаны силы, действующие
на кубик (сила тяжести mкg, сила
Nк
Mg
mгg
давления бруска N2 и сила со стороны
0
X
нити Т), груз (сила тяжести mгg, сила
давления бруска N1 и сила со стороны нити Т3) и брусок (сила тяжести Мg, силы
давления кубика Nк и груза Nг, сила реакции плоскости N, внешняя сила F и силы со
стороны нити Т1 и Т2). Пренебрегая массой нити, можно утверждать, что Т = - Т1 и
Т2 = - Т3 , причем |Т1| = |T2|. Последнее вытекает из условия невесомости блока и
отсутствия трения в его оси. Таким образом, Т = Т1 = Т2 =Т3.
Учитывая, что кубик и брусок могут двигаться только параллельно силе F , а груз еще и
по вертикали, уравнения движения этих тел в проекциях на оси показанной на рисунке
неподвижной относительно плоскости инерциальной системе X0Y можно представить в
виде:
mкакх = Т,
Мабх = F – T1 – Nг,
mгабх = N1,
mгагy = T3 – mгg,
где акх и абх – проекции ускорений кубика и бруска на ось 0Х, агy – проекция ускорения
груза на ось 0Y, причем в силу третьего закона Ньютона Nг = N1 ≥ 0, т.к. груз и брусок
должны по условию соприкасаться.
Однако приведенная система уравнений не является полной. Условие нерастяжимости
нити дает уравнение кинематической связи абх = акх + агy.
Решения полной системы уравнений можно записать в виде
акх = [F + (M + mг)g]mг / [(M + mг)mг +(M + 2mг)mk],
Y
N2
N1 = [F(mг + mк ) - mг mkg]mг / [(M + mг)mг +(M + 2mг)mk ].
Из последнего выражения следует, что задача имеет решение, если
F ≥ mгmkg/(mг + mк ),
т.к. в противном случае брусок будет иметь ускорение, направленное против силы F ,
груз не будет касаться бруска, а нижний отрезок нити не может быть расположен
вертикально, что противоречит условию задачи.
4. В механической системе, изображенной на рисунке,
брусок массой
М
может скользить без трения. В
α
начальный момент, подвешенный на нити, груз отводят
на угол α от вертикали и отпускают. Какова масса m
m этого груза, если угол, образуемый нитью с вертикалью, не
меняется при движении системы? ( I Всес. Олимп., 1967г.)
Ответ: m = Msin2α/(2cosα - sin2α).
M
Решение.
Обозначим через Т модуль силы натяжения нити и через а модуль ускорения бруска.
Т.к. угол α при движении системы не меняется, то горизонтальная проекция ускорения
тоже равна а. Очевидно, что и проекция ускорения груза на направление нити также равна
а ( изменение длины отрезка нити, находящегося за блоком, всегда равна модулю
перемещения бруска). Поэтому
mgcosα – T = mа
и
Tsinα = mа,
где m – масса груза. На брусок с блоком в точке А действуют две силы натяжения нити.
Поэтому для бруска можно записать следующее уравнение (в проекциях на
горизонтальное направление):
T - Tsinα = Mа .
Решая систему полученных уравнений, получаем:
m = Msin2α/ (2cosα - sin2α).
5. По плоскости с углом наклона к горизонту α (sinα = 1/7)
соскальзывает брусок. Коэффициент трения скольжения μ
между бруском и плоскостью меняется вдоль плоскости. График
зависимости скорости бруска от времени представлен на
рисунке. Найти максимальное значение μ. Ответ: μ ~ 0.3.
V,м/с
5
4
3
2
1
0
1
2
3
t,c
Решение.
Запишем второй закон Ньютона для движения бруска вдоль наклонной плоскости:
m a = mgsinα – μmgcosα ;
где μ – коэффициент трения. Отсюда:
μ =(gsinα – a)/gcosα.
Максимальное значение коэффициент трения будет иметь на участке 2-3, где ускорение
отрицательно:
а = -2.
μmax = (10/7 + 2) / [10(48)1/2 / 7] ~ 0.3.
V,м/с
6
4
2
0
1 2 3 4 5 6 7 t,c
6. Шайба, брошенная вдоль наклонной плоскости, скользит по
ней, двигаясь вверх, а затем возвращается к месту броска.
График зависимости модуля скорости шайбы от времени дан на
рисунке. Найти угол наклона плоскости к горизонту.
Ответ: sinα ~ 0.147. (МФТИ,1992)
Решение.
Запишем второй закон Ньютона для движения шайбы вдоль наклонной плоскости вверх и
вниз:
m aU = mgsinα – kmgcosα ;
m aD = mgsinα + kmgcosα ,
где k – коэффициент трения. Отсюда:
sinα = ½ (aU + aD) / g.
Определяя по графику aU и aD , получим sinα ~ 0.147, α ~ 9o.
7. К неподвижному бруску, расположенному на гладкой
горизонтальной поверхности, прикреплены две невесомые
пружины с жесткостями k1 и k2 (см. рис.). Второй конец
пружины с жесткостью k1 прикреплен к вертикальной стенке. Свободный конец
пружины с жесткостью k2 начинают горизонтально перемещать с постоянной
скоростью vo . Через некоторое время t = τ ускорение бруска оказалось равным
нулю. Чему равны удлинения пружин в этот момент?
Ответ: Δx1 = k2 voτ /(k1 + k2), Δx2 = k1 voτ /(k1 + k2).
k1
k2
vo
Решение.
Поскольку ускорение бруска в момент времени t = τ равно нулю, то результирующая
сила, действующая на брусок должна быть равна нулю, т. е
k1 Δx1 = k2 Δx2.
Обозначим удлинения пружин в момент t = τ через Δx1 и Δx2. очевидно, что суммарное
удлинение равно перемещению свободного конца второй пружины:
Δx1 + Δx2 = vo τ.
Из совместного решения двух уравнений получим
Δx1 = k2 voτ /(k1 + k2),
Δx2 = k1 voτ /(k1 + k2).
8. На наклонной плоскости с углом наклона
α
Коэффициент трения между телом и плоскостью равен
неподвижно лежит тело.
k. Наклонная плоскость
начинает двигаться по столу с ускорением ао в направлении, указанном стрелкой.
При каком значении этого ускорения тело начнет проскальзывать?
Ответ: ао > g(k – tgα)/(k tgα + 1).
Решение
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на
N
оси X и Y:
Y
F ТР
Fтр – mgsinα = maocosα,
X
α
N – mgcosα = - maosinα.
ao
mg
Отсюда
Fтр = mgsinα + maocosα,
N = mgcosα - maosinα.
Для того чтобы проскальзывание отсутствовало, необходимо
Fтр ≤ kN,
или
gsinα + aocosα ≤ k(gcosα - aosinα).
Отсюда :
ао ≤ g(k – tgα)/(k tgα + 1).
Таким образом, проскальзывание начнется при
ао > g(k – tgα)/(k tgα + 1).
m
F
M
9. Брусок массы
M
находится на гладком
горизонтальном столе, по которому он может двигаться
без трения. На бруске стоит куб массой m , упирающийся
в небольшой выступ. При каком максимальном значении
модуля силы F, приложенной к бруску, не произойдет
опрокидывания куба?
Ответ: F = ( M+m)g.
Решение.
При максимально возможном ускорении а бруска кубик опирается на него в точке О. В
этой точке на кубик действует сила реакции N бруска и горизонтальная сила F 1,
сообщающая бруску ускорение а. Очевидно, что
F1 = ma; N + mg = 0.
Для того чтобы кубик не вращался равнодействующая всех сил, действующих на него,
должна проходить через центр масс кубика. Это означает, что α = ¼ π, т.е. F1 = N, или
ma = mg.
Отсюда, а = g. Для того чтобы брусок и кубик двигались с таким ускорением, на брусок
должна действовать сила
F = (M + m)a = (M + m)g.
10. Определить ускорения каждого из тел в системе,
изображенной на рисунке. Нити нерастяжимы. Массой
блоков и нитей пренебречь. Трения нет. Массы грузов m1 =
m1
0.1кг, m2 = 0.6кг. Угол α =30о.
α
Ответ: а1 = 9.8м/с2, а2 = 4.9м/с2.
m2
Решение.
x1
Введем оси координат х1 и х2. Второй закон
N
Ньютона в проекциях на эти оси запишется в
T1
виде
T1
T1
Т1 – m1gsinα = m1a1,
m2g – T2 = m2a2.
x2
T2
m1 g
Из условия невесомости блока следует
Т2 = 2Т1.
m2 g
Далее,
запишем
уравнение
кинематической связи – за равные промежутки времени модуль перемещения тела m2
вдвое меньше модуля перемещения тела m1.
а1 = 2а2.
С учетом этого, для ускорений тел получим
a2 = g(m2 – 2m1sinα)/(4m1 + m2) = 0.5 g.
a2 = 2a1 = g.
11. Ледяная горка составляет с горизонтом угол α = 30о, по ней пускают снизу вверх
камень, который в течение времени t1 = 2c проходит расстояние S = 16м, после чего
соскальзывает вниз. Какой промежуток времени t2 длится проскальзывание камня
вниз? Каков коэффициент трения между горой и камнем?
Ответ: t2 = 4.2c, k = 0.37.
Решение
N
Y
X
Fтр
α
mg
X:
Направим оси координат, как показано на рисунке
(такой выбор удобен, как правило, всегда, когда речь
идет о наклонной плоскости). Второй закон Ньютона
в проекциях на оси координат запишется в виде:
- Fтр – mgsinα = maxu - при движении вверх,
Fтр – mgsinα = maxd - при движении вниз,
Y:
N - mgcosα = 0.
Fтр = kN = kmgcosα.
С другой стороны, кинематические уравнения кинематические движения камня можно
записать в виде
S = ½ axu t12,
- S = ½ axd t22.
Решая эти уравнения, получим
t2 = t1[S/(gt12sinα – S)] = 4.2 c.
k = {[2S/ t12 – gsinα]/gcosα} = 0.37.
2.2. Вращательное движение.
1. На горизонтальном диске, на расстоянии R от оси лежит маленькая шайба. Диск
медленно раскручивают так, что его угловая скорость равномерно возрастает со
временем. Через время τ после начала раскручивания шайба начала скользить по
диску. Найти коэффициент трения шайбы о диск, если за время τ диск сделал n
оборотов. (МГУ, физ. фак. , 2000)
Ответ:
Решение.
  4nR 16 2 n 2  1 / g 2
При раскручивании диска сила трения сообщает шайбе ускорение. По второму
закону Ньютона


 
m  a  Fтр ,

где a  a n  a - полное ускорение шайбы;

a n  нормальное (центростремительное) ускорение, связанное с изменением направления
вектора скорости;

a  тангенциальное ускорение, связанное с изменением модуля скорости. Поскольку


2
2
a n  a , то a  a n  a .
В момент, когда шайба начала скользить по диску
  a/g 
a
g
Fтр  mg . Следовательно
2
2
1  a n / a .
Из кинематических соотношений
an 
S  0.5  a  2 ;
v2
;
R
v  a  ,
S  2Rn  путь, пройденный шайбой по окружности,
v  модуль скорости шайбы по истечению времени  . Получим
где
an 
16 2 n 2 R

2
,
a 
4nR
2
.
Отсюда искомый коэффициент трения будет равен
  4nR 16 2 n 2  1 / g 2 .
2. Спутник вращается по круговой орбите вокруг Земли на высоте h = 3200 км. В
какой пропорции сообщенная ему при запуске энергия поделилась между
потенциальной и кинетической энергиями?
Ответ: WП/WK = 1.
Решение.
Кинетическую энергию спутника WK = ½ mv2 несложно найти, используя второй
закон Ньютона и закон всемирного тяготения
mv2/(R + h) = GmM/(R + h)2 → v2 = (GM/R2)R2 /(R + h) → v2 = gR2 /(R + h).
WK = ½ mv2 = ½ mgR2 /(R + h).
Здесь
m, M – массы спутника и Земли, R – радиус Земли,
G – гравитационная
постоянная, g = GM/R2 – ускорение свободного падения.
Находясь на поверхности Земли, спутник уже обладает потенциальной энергией. Если,
как обычно, выбрать начало отсчета потенциальной энергии на бесконечности, то для
потенциальной энергии тела, находящегося на расстоянии r от Земли, можно записать
W = - GMm/r = - mgR2/r.
Потенциальная энергия на поверхности Земли будет
WП(1) = - mgR,
а потенциальная энергия на орбите
WП(2) = - mgR2/(R + h).
Следовательно, при выводе спутника на орбиту ему была сообщена потенциальная
энергия
WП = WП(2) - WП(1) = mghR/(R + h).
Тогда
WП/WK = 2h/R = 1.
3. На бруске, находящемся на горизонтальной плоскости, вертикально установлен
легкий стержень, к которому привязана нить с грузом массы m = 100 г на конце (см.
рис.). Нить с грузом отклоняют до горизонтального положения и отпускают.
Определить массу бруска, если он сдвинулся, когда угол между нитью и стержнем
был равен α = 45о. Коэффициент трения бруска о плоскость k = 0.8. (МАИ,1999)
Ответ: M = 37.5 г.
Решение.
При движении груза нить будет натянутой и на стержень будет действовать сила
натяжения нити Т, которая способна сдвинуть брусок. Для того чтобы брусок сдвинулся с
места сила трения покоя Fтр.пок, действующая между бруском и плоскостью, должна стать
максимальной:
Fтр.пок = kN.
Запишем второй закон Ньютона для груза в момент времени, когда нить составила угол α
с вертикалью, в проекции на нормаль к траектории (на касательную к окружности):
mv2/L = T – mgcosα,
где v – скорость груза в этот момент, которую найдем из закона сохранения энергии
mgLcosα = ½ mv2.
Тогда
Т = 3mgcosα.
Из уравнений движения бруска
0 = Tsinα - Fтр.пок,
0 = N – Tcosα – Mg
находим
M = 3m cosα(sinα - kcosα)/k = 37.5 г.
4. Спутник движется по круговой орбите на высоте h1 = 3RЗ от поверхности Земли
(RЗ - радиус Земли). Как перевести его на круговую орбиту на высоту h2 = RЗ при
минимальном времени работы двигателя? Изобразить траекторию спуска.
(МАИ,1996)
Решение.
2RЗ
4RЗ
Рассчитаем скорость спутника при движении по
круговой орбите радиусом r. Из уравнения движения
получим
mv2o = GMm/r2.
Отсюда
vo2r =GM.
Здесь G – гравитационная постоянная,
М – масса Земли. При уменьшении радиуса
круговой орбиты скорость должна возрасти нашем случае в
(4R З/2RЗ)1/2 = √2
раза.
Однако если попытаться увеличить скорость спутника, то он с круговой орбиты на
эллиптическую орбиту, причем с большим средним расстоянием до Земли (т.е. точка, в
которой произойдет увеличение скорости, будет перигеем). Для эллиптической орбиты
скорости в апогее и перигее можно найти, используя тот факт, что радиус кривизны
эллипса R в этих точках одинаков. Поэтому
mvп2/R = GMm/rп2, mvа2/R = GMm/rа2.
Отсюда
vа rа = vп rп.
Кроме того, должен выполняться закон сохранения энергии
½ mvп2 - GMm/rп = ½ mva2 - GMm/ra.
Отсюда
va = [2GM(rп/ra)/ (rп + ra)]1/2.
Нам известно расстояние до центра Земли в апогее и перигее: rп = 2RЗ и rа = 4RЗ. Если
на исходной орбите уменьшить скорость до v = vo(2/3)1/2 , то спутник будет иметь в
перигее нужное расстояние до Земли (h = RЗ). В этой точке орбиты следует увеличить
скорость до величины
радиусом.
vk = vo√2 .
После этого орбита станет круговой с нужным
5. По гладкому столу движутся два тела массы m1 и m2 , соединенные невесомой
нерастяжимой нитью длины L. В некоторый момент времени скорость тела массы
m1 оказалась равной нулю, а скорость тела массы m2 – равной v и направленной
перпендикулярно нити. Найти силу натяжения нити. (НГУ, до 1999г)
Ответ: T = v2m1m2/[(m1 + m2)L].
Решение.
Можно считать, что тела участвуют в двух движениях: во вращении вокруг центра масс
системы и в поступательном движении вместе с центром масс. Положение центра масс
относительно тела массы m1 находим из уравнения
x1(m1 + m2) = Lm2;
отсюда
x1 = Lm2/ (m1 + m2).
Второе тело находится на расстоянии
x2 = L – x1
от центра масс. Т.к. суммарная скорость тела массы m1 равна нулю, а скорость тела
массы m2 – равной v , то имеем систему уравнений
vц.м + ωx1 = 0,
vц.м + ωx2 = v,
x2m2 = x1m1 ,
где ω – угловая скорость вращения, а vц.м – скорость центра масс, отсюда
vц.м = vm2/ (m1 + m2),
ω = - vц.м /x1.
Тогда для силы натяжения имеем
T = m1 (ω x1)2/x1 = v2m1m2/ [(m1 + m2) L].
6. Известно, что спутник, находящийся на орбите, высота которой над поверхностью
Земли h = 3.6.104 км, совершает оборот вокруг Земли за сутки и может “висеть” над
одной и той же точкой экватора. Допустим, что спутник запустили на такую же
высоту и он “завис” над Москвой. Какую силу тяги должен развивать двигатель
спутника, чтобы удерживать его на заданной орбите? Масса спутника m =1 т,
широта Москвы – около 60о, радиус Земли RЗ = 6.4.103 км. (НГУ, до 1999г)
Ответ: F ≈ 200 H.
Решение.
Разложим силу тяги
F
двигателя на составляющую
F|| , лежащую в плоскости
окружности, описываемой при движении спутником, и составляющую
F⊥ ,
перпендикулярную
этой
плоскости.
Сила
гравитационного
притяжения
Земли,
действующая на спутник на расстоянии r = h + RЗ ,
Fгр = mg (RЗ/r)2.
Второй закон Ньютона для спутника в проекциях на выбранные направления дает
F⊥- Fгр sinα = 0,
Fгр cosα - F|| = mv2/ (rcosα).
Из условия, что период обращения
T = 2πrcosα/v = 1 сут,
поэтому
F|| = Fгр cosα - mv2/(rcosα) = m( g(RЗ/r)2 - 4π2r/T2) cosα = 0.
Таким образом,
F⊥ = mg sinα RЗ2 / (RЗ + h)2 ≈ 0.02 mg ≈ 200 H.
7. Космический корабль вращается вокруг Луны по круговой орбите радиуса R =
3.4.106 м. С какой скоростью нужно выбросить из корабля вымпел по касательной к
траектории корабля, чтобы он упал на противоположной стороне Луны? Через
какое время вымпел упадет на Луну? Принять, что ускорение свободного падения
тел вблизи поверхности Луны в 6 раз меньше, чем на Земле. (Всес. Олимп., 1975г, №
232)
Ответ: τ = ½ T ≈ 100 мин.
vo
vA
v
A
RЛ
B
vB
Решение.
Вымпел, выброшенный из корабля, должен двигаться по
эллиптической орбите, касающейся поверхности Луны (см.
рис.). Большая ось этой орбиты равна R + RЛ (RЛ – радиус
Луны). Потенциальная энергия вымпела в точках А и В равна
WA = - GMЛm/R,
WB = - GMЛm/RЛ,
где MЛ – масса Луны, m – масса вымпела. Согласно закону
сохранения энергии
½ mvA2 - GMЛm/R = ½ mvB2 - GMЛm/RЛ,
где vA ,vB – скорости вымпела в точках А и В, соответственно.
Учитывая, что
GMЛ/RЛ2 = gЛ,
получим
½ vA2 - gЛ RЛ2 /R = ½ vB2 - gЛ RЛ.
Из второго закона Кеплера радиус-вектор планеты описывает равные площади за
одинаковые промежутки времени. Поэтому
½ vARΔt = ½ vBRЛΔt, или
vAR = vBRЛ.
Учитывая, что R = 2 RЛ, находим
vA = RЛ{2gЛ RЛ/[R(RЛ + R)]}1/2 = (2gЛ RЛ/3)1/2.
Для того чтобы определить скорость, с которой нужно выбросить вымпел, еще нужно
найти скорость корабля на его круговой орбите:
GMЛmK/RЛ2 = mK vo2/R,
где mK – масса корабля. Отсюда
vo = (GMЛ/R)1/2 = ( ½ gЛRЛ)1/2
Очевидно, что vА < vo . Следовательно,
u = vo – vА = gЛRЛ(1/√2 – 1/√3) ≈ 200 м/с.
С такой скоростью и нужно выбросить вымпел назад, чтобы он упал на противоположную
сторону Луны. Для нахождения времени падения вымпела воспользуемся третьим
законом Кеплера, согласно которому квадраты периодов обращения относятся как кубы
больших полуосей их орбит. Период То обращения корабля (или вымпела) по круговой
орбите определяется так:
То = 2π/vo = 4π(2RЛ/gЛ)1/2.
Зная То, можно определить период Т обращения вымпела по эллиптической орбите,
касающейся поверхности Луны, из третьего закона Кеплера
(Т/То)2 = [(R + RЛ)/(2RЛ)]3,
откуда
T = To[(R + RЛ)/(2RЛ)]3/2 ≈ (3/8) √3 To ≈ 11,8.103 c ≈ 200 мин.
Следовательно, время падения вымпела τ = ½ T ≈ 100 мин.
8. Космический корабль движется по круговой орбите вокруг Земли в плоскости
орбиты Луны с угловой скоростью, равной угловой скорости вращения Луны вокруг
Земли. Во время движения корабль находится на прямой, соединяющей центры
Луны и Земли. Расстояние от корабля до Земли таково, что силы притяжения,
действующие на корабль со стороны Земли и Луны, равны друг другу. Работают ли
двигатели корабля? Каков вес космонавта, находящегося на корабле? Масса
космонавта m = 70кг, период обращения Луны вокруг Земли Т = 27.3 сут. Масса
Земли в 81 раз больше массы Луны, а расстояние L от Земли до Луны примерно
равно 60 земным радиусам. Радиус Земли RЗ принять равным 6400км.
Ответ: Р = 1.8 Н.
Решение.
Так как силы притяжения корабля к Земле и Луне по модулю равны друг другу, то
центростремительное ускорение кораблю
a = ω2 R
должно сообщаться силой тяги двигателя. Следовательно, двигатель корабля работает.
Космонавту же это ускорение сообщается силой N реакции пола. Согласно второму
закону Ньютона эта сила равна по модулю
ma = m ω2 R,
где R – радиус орбиты. Так как вес космонавта – это сила, с которой космонавт действует
на корабль, то по третьему закону Ньютона вес Р космонавта равен -N. Следовательно,
Р = m ω2 R = m(2π/T)2R.
Радиус орбиты корабля R можно найти из условия равенства (по модулю) сил его
притяжения к Земле и Луне:
GMЗМK/R2 = GMЗМK/(L – R)2, откуда
R = LMЗ1/2 /(MЗ1/2 + MЛ1/2 ) = 60RЗ (81MЛ)1/2 / [(81MЛ )1/2 + MЛ1/2 ] = 54RЗ.
Поэтому
P = 54m(2π/T)2RЗ = 1.8 Н
9. Катушку тянут за нитку по полу, как показано на рисунке,
причем ускорение катушки постоянно и равно а. При каком
значении коэффициента трения между ободами катушки и полом
Fтр
катушка будет скользить не вращаясь? Радиус вала катушки r ,
ободьев R.
Ответ: k = ra/ g(R-r) .
F
Решение.
Катушка не будет вращаться, если момент сил трения относительно центра тяжести
катушки будет равен моменту силы F , приводящей катушку в движение:
RFтр = rF.
Т.к.
Fтр = mgk ,
F = kmg+ ma , находим
k = ra/ g(R-r) .
10. Однородный стержень, длина которого равняется l , а масса m , вращается с
угловой скоростью ω в горизонтальной плоскости вокруг оси, проходящей через
его конец. Найти силу натяжения стержня на расстоянии x от оси вращения.
Ответ: Tx = ½ (m/l) ω2(l2 – x2).
Разобьем стержень на
n
участков
одинаковой длины
(n → ∞)
и
рассмотрим произвольный участок с
i
Ti+1
Ti
номером i. На этот участок действует
упругая сила
Ti+1
со стороны
ri
деформированного участка i+1 и сила
Ti со стороны участка i-1. Так как масса i-го участка равна
(m/l)(ri+1 – ri),
а его ускорение
½ ω2(ri+1 + ri),
то на основании второго закона Ньютона можно записать
Ti - Ti+1 = (m/l)(ri+1 – ri) ½ ω2(ri+1 + ri)
или
Ti - Ti+1 = ½ (m/l )ω2(ri+12 – ri2).
ri
ω
Запишем уравнение движения для участков от n до k включительно, считая, что
rn+1 = l, а rk = x:
-Tn = -½ (m/l )ω2(l2 – rn2),
Tn – Tn-1 = -½ (m/l )ω2(rn2 – rn-12),
..........................,
Tk+2 – Tk+1 = -½ (m/l )ω2(rk+22 – rk+12),
Tk+1 – Tx = -½ (m/l )ω2(rk+12 – x2).
В первом уравнении этой системы учтено, что упругая сила на конец стержня не
действует, т.е. Tn+1 = 0. Сложив уравнения системы, получим искомую силу натяжения
Tx = ½ m ω2(l2 – x2).
11. Тонкая трубка с петлей в форме окружности радиусом R закреплена на
наклонной плоскости с углом наклона к горизонту α.
В верхний конец трубки, находящийся на расстоянии
2R
2R от горизонтального диаметра петли, опускают без
A
начальной скорости маленький шарик массой
α
m .
Шарик скользит внутри трубки без трения. С какой
силой (по модулю) действует шарик на трубку в т. А, находящейся на
горизонтальном диаметре петли?
Ответ: |F| = mg(1+15sin2α)1/2.
Решение
Сила реакции со стороны трубки имеет две составляющие – NR и Nn. Составляющая NR
сообщает шарику центростремительное ускорение и направлена к центру петли.
Составляющая Nn
направлена по нормали к наклонной плоскости и компенсирует
соответствующую составляющую силы тяжести.
NR = mv2/R,
Nn = mgcosα.
Здесь v – скорость шарика в т. А может быть найдена из закона сохранения энергии
mg2Rsinα = ½ mv2.
Сила, с которой шарик действует на трубку
F = - (NR + Nn).
Поскольку силы NR и Nn взаимно перпендикулярны, то для модуля силы F получим
F = (NR2 + Nn2) = mg(cosα2 + 16sinα2)1/2 = mg(1 + 15sinα2)1/2
12. Обруч радиуса
A
R
B
α
ω
вращается в горизонтальной плоскости вокруг
горизонтальной оси, проходящей через его центр, с
угловой скоростью
ω. Небольшой кусочек обруча
массой m вырезан так, как показано на рисунке. К
точкам А и В прикреплены концы пружинного
динамометра массой
m . Каковы показания
динамометра?
Угол
α
считать
малым.
2
Ответ: F = m R/ α.
Решение
Силы,
F
F
действующие
динамометр
со
стороны обруча, показаны на рисунке. Эти
силы
½α
на
обусловлены
возникающими
при
вращении деформациями. Их составляющие
R
направлены к центру обруча, и вызывают
центростремительное ускорение динамометра
α
(такие же силы действуют на каждый элемент
обруча и сообщают ему центростремительное
ускорение). Уравнение движения динамометра
Fsin( ½ α) + Fsin( ½ α) = mω2R.
Учитывая, что sin(½ α) ≈ ½ α, имеем
2F( ½ α) = mω2R.
Отсюда получаем силу, которую показывает динамометр
F = mω2R/α.
2.3. Статика.
α
1. На цилиндр массы m намотана невесомая нерастяжимая
нить (см. рис.). С какой наименьшей силой, и под каким углом
к горизонту нужно тянуть эту нить, чтобы цилиндр, вращаясь,
оставался на месте? Коэффициент трения между цилиндром и
F
m
полом равен k.
Ответ: Fmin = kmg/ (1 + k2)1/2,
tgα = k.
Решение.
Силы, действующие на цилиндр, изображены на рисунке. Т.к.
N
цилиндр не движется поступательно, то
F
α
f – Fcosα = 0,
Fsinα – mg +N = 0.
f
mg
Сила трения f = kN. Отсюда
F = kmg/ (cosα + ksinα ).
Знаменатель этого выражения можно представить в виде
Asin (α + φ), где A = (1 + k2)1/2.
Следовательно, минимальная сила, с которой нужно тянуть нить,
Fmin = kmg/ (1 + k2)1/2.
Угол α найдется из уравнения
cosα + ksinα = (1 + k2)1/2.
Откуда
tgα = k.
g
k1
k2
L
L
2. Опорами однородного бруска массы m являются
два полуцилиндра, левый из которых имеет
d
коэффициент трения о стол равный k1 , а правый – k2
(см. рис.). Какую горизонтальную силу F надо
d F
приложить к бруску, чтобы он двигался равномерно?
Размерами опор пренебречь. Параметры L и d ,
указанные на рисунке, считать известными. (НГУ)
Ответ: F = [mg (k1 + k2)]/ {2[1 + d (k1 - k2)/L]}.
Решение.
Имеем
N1 + N2 = mg,
f1 + f2 = F,
f1 = k1N1, f2 = k2N2 ,
где N1 и N2 – силы, действующие на опоры, f1 и f2 – силы трения опор о поверхность
стола. Уравнение моментов относительно центра тяжести:
(f1 + f2) d + ½ (N1 + N2) L = 0.
Система уравнений дает
F = [mg (k1 + k2)]/ {2[1 + d (k1 - k2)/L]}.
Уравнение моментов относительно любой из опор естественно дает тот же результат.
3. На краю стола лежит однородный брусок массы M и длины L, выступающий за
край на расстояние d . Брусок закреплен на шарнире и может вращаться вокруг
края стола. К концу бруска подвешен на нити длины s груз массы m. Груз
отклонили на некоторый угол α и затем отпустили. При каком угле α брусок
начнет поворачиваться? 0о < α < 90o. (НГУ)
Ответ: 1 ≥ cosα ≥ 3/2 – ½ (M/m)[½ (L/d) –1].
Решение.
Условие поворота
Мg(L – d)2/(2L) ≤ Мgd2/(2L) + Td,
где сила Т определяется из второго закона Ньютона для вращательного движения: mv2/s
= T – mg,
mgs (1 – cosα) = ½ mv2.
Таким образом,
1 ≥ cosα ≥ 3/2 – ½ (M/m) [½ (L/d) –1].
4. Полушар и цилиндр, изготовленные из одного материала, соединены, как
показано на рисунке, и располагаются на горизонтальной плоскости,
имея с ней одну точку касания. При какой высоте цилиндра h эта
h
система тел будет находиться в состоянии безразличного равновесия,
R
если радиусы оснований цилиндра и полушара одинаковы и равны
R?. Указание: центр масс полушара находится на оси симметрии на
расстоянии (3/8)R от центра окружности, лежащей в основании полушара.
Ответ: h = R/√2.
Решение.
Следует знать, что если при выводе тела из состояния равновесия положение его центра
масс не изменяется, и значит, потенциальная энергия остается прежней, то такое
равновесие называется безразличным.
Если же при выводе из состояния равновесия центр масс располагается выше, чем был, и,
как следствие, потенциальная энергия возрастает, то такое равновесие называется
устойчивым. В этом случае тело само вернется в исходное положение, как только на него
перестанет действовать внешняя сила, выведшая его из этого положения. Если же по
выводе тела из положения равновесия его центр масс понижается, то потенциальная
энергия тела уменьшается и тело принимает новое положение (опрокидывается). Такое
равновесие называется неустойчивым.
Очевидно, что центр круга О, лежащего в основании шара и цилиндра, не будет изменять
своего положения относительно горизонтальной поверхности при любом наклоне этой
системы тел. Значит, если центр тяжести этой системы окажется в точке О, система будет
находиться в состоянии безразличного равновесия.
Таким образом, задача сводится к определению плеча силы тяжести m2g, действующей на
цилиндр. Это плечо равно половине длины цилиндра h. Таким образом, из равенства
моментов сил тяжести, действующих на цилиндр и полушар, найдем высоту цилиндра:
m1g(3/8)R = m2g(h/2).
Для масс цилиндра и полушара можно записать
m1 = ½ ρ(4/3)πR3 , m2 = ρπR2h.
После несложных вычислений получим
h = R/√2 ≈ 0.7R.
5. Опирающаяся на доску тяжелая балка может поворачиваться
A
в шарнире А вокруг горизонтальной оси (см. рис.). Какую
m
горизонтальную силу Т нужно приложить к доске, чтобы
α
μ
m1
μ1
выдернуть ее вправо? Влево? Известны все величины,
указанные на рисунке.
Ответ: T = μ1Mg + ½ mg (μ1 + μ) / (1 ± μctgα), если μctgα < 1.
Решение.
Условие равновесия моментов относительно оси А действующих на балку сил имеет вид
½ mgsinα – Nsinα ± Fтрcosα,
где N – нормальная сила реакции доски на балку, Fтр – сила трения со стороны доски, m –
масса балки. Знак плюс соответствует движению доски влево, знак минус – вправо. На
основании второго закона Ньютона в этом случае имеем
T – Fтр – Fтр1 = 0,
N1 – Mg – N = 0,
где Fтр1 – сила трения доски о пол, М – масса доски, N1 – сила нормальной реакции со
стороны пола на доску. Вид последних двух уравнений не зависит от того, в какую
сторону движется доска. На основании закона Кулона – Амонтона
Fтр = μN,
Fтр1 = μ1N1.
Отсюда получаем
N = ½ mgsinα/ ( sinα ± μcosα).
Тогда для силы Т получим
T = μ1Mg + ½ mg (μ1 + μ) / (1 ± μctgα), если μctgα < 1.
При μctgα ≥ 1 доску вытащить вправо не удается. Попробуем объяснить “на пальцах”
почему во втором случае происходит “заклинивание”, т.е. неограниченное возрастание
силы трения при стремлении μctgα к единице со стороны меньших значений. Сравним
значения силы Т, необходимой для вытягивания доски в первом и во втором случаях. Во
втором случае, как видно из формулы, нужна большая сила. Почему? Момент силы
трения Fтр относительно оси в этом случае направлен так, что приводит к увеличению
силы N и, как следствие из этого, к увеличению самой трения Fтр. Сила трения как бы
увеличивает сама себя.
6. Два одинаковых шара радиусом r и массой m каждый положены в
вертикальный открытый с обеих сторон полый цилиндр радиусом R
(r > ½ R). Вся система находится на горизонтальной плоскости.
Какой должна быть минимальная масса полого цилиндра, чтобы
шары не могли его опрокинуть? (Гольдфарб, № 8.39)
Ответ: M ≥ 2m (1 – r/R).
Решение:
Цилиндр не опрокинется, если момент его силы
тяжести относительно точки
N1
О (см. рис.)
не
меньше опрокидывающего момента сил F1/ и F2/
F1/
F1
давления шаров на цилиндр:
F1/ АО – F2/ В1О ≤ MgR
Эти силы в соответствии с третьим законом
F2
/
F2
B
B1
mg
O
α
Ньютона равны по величине силам
mg
Mg
и F2 ,
действующим на шары. На верхний шар, кроме
силы
N2
F1
F1 , действует сила тяжести и сила реакции
нижнего шара
N1, направленная вдоль линии
центров. Силы, действующие на нижний шар,
показаны на рисунке. Из условия равновесия находим, что
F1 = F2 = mgtgα.
Учитывая, что
АО – В1О = 2 (R – r)ctgα ,
находим, что
M ≥ 2m(1 – r/R).
В
7. Тяжелый брусок удерживается силой трения между двумя
α
А
L
горизонтальными стержнями А и В (см. рис.). Каково должно
быть расстояние от центра тяжести бруска до точки
соприкосновения со стержнем А, чтобы он не мог
выскользнуть из своих опор? Расстояние L и коэффициент трения k заданы.
(Гольдфарб , №8.44)
Ответ: x ≥ ½ L(tgα /k –1).
Решение.
Брусок не будет соскальзывать, если составляющая силы тяжести вдоль бруска не будет
превышать максимальную силу трения
Mgsinα ≤ Fтр.макс = NAk + NBk.
Силы давления NA и NB стержней на брусок находятся из условия равенства нулю суммы
моментов сил относительно точек А и В соответственно:
Mgxcosα – NBL = 0;
Mg (L + x)cosα – NAL = 0.
С учетом этого найдем, что брусок не будет проскальзывать, если
x ≥ ½ L ( tgα /k –1).
III. Законы Сохранения.
3.1. Импульс.
1. В каких случаях можно пользоваться законом сохранения импульса?
Ответ. Законом сохранения импульса можно пользоваться: 1) в случаях, когда векторная
сумма внешних сил, действующих на систему равна нулю и 2) при быстрых воздействиях
(взрывах, ударах), если внешние силы ограничены по величине.
2. За счет какой энергии поднимаются вверх стратостаты шар – зонды?
Ответ. За счет потенциальной энергии воздуха. При подъеме шара его потенциальная
энергия увеличивается, однако на занимаемое им место опускается воздух, плотность
которого больше средней плотности шара.
3. Как объяснить тот факт, что при падении камня на Землю изменение импульса
Земли равно изменению импульса камня, а изменение кинетической энергии Земли
настолько мало, что его можно не учитывать.
Ответ.
Изменение импульса тела равно импульсу силы тяжести. Так как силы,
действующие на камень и Землю, равны и действуют одинаковое время, то равны и
изменения импульсов этих тел. Изменение кинетической энергии тела равно работе сил
тяготения. Силы равны, но пути, пройденные камнем и Землей, обратно пропорциональны
их массам. Поэтому закон сохранения энергии можно записать в форме, не учитывающей
изменения кинетической энергии Земли.
4. Как должна измениться мощность насоса, чтобы он стал перегонять через узкое
отверстие вдвое большее количество воды в единицу времени?
Ответ. Для того чтобы прогнать за единицу времени вдвое большее количество воды,
нужно сообщить вдвое большей массе вдвое большую скорость (работа насоса идет на
сообщение воде кинетической энергии ½ mv2). Поэтому мощность насоса должна быть
увеличена в восемь раз.
5.
Несколько одинаковых упругих шаров подвешены рядом на нитях
равной длины таким образом, что расстояние между соседними шарами
очень малы (см. рис.). Как будут вести себя шары, если отклонить крайний
шар и отпустить, отклонить одновременно два шара, три шара и т.д.?
Ответ.
Если отклонить один правый шар, то после удара отскочит
крайний левый шар на угол, равный углу отклонения правого шара. Если отклонить
одновременно два шара и отпустить их, то после удара отскочат два крайних шара и т.д.
Произойдет обмен скоростями при каждом соударении. При одновременном отклонении
нескольких шаров они передают свой импульс цепочки не одновременно, а по очереди
через очень малый (неуловимый на глаз) промежуток времени.
6.
На плоскости лежат в ряд (с небольшими
промежутками) шарики одинакового размера (см. рис.).
Один из средних шаров сделан из стали, а остальные – из слоновой кости (стальной
шар тяжелее костяного). На шарики справа вдоль линии центров налетает костяной
шар. Как будут двигаться шары после удара?
Ответ.
Ударяющий шар отскочит назад, шары, находящиеся между стальным и
ударяющим, останутся неподвижными. Стальной шарик и все последующие начнут
двигаться влево, причем скорости их будут различны. Наиболее быстро будет двигаться
крайний левый шар. Следующий будет двигаться медленнее и т.д. Шарики разойдутся.
7. На какую высоту подпрыгнул бы космонавт на сферическом астероиде радиуса R
= 5.5 км со средней плотностью вещества ρ = 5.5 г/см3, если бы при отталкивании он
получил ту же самую начальную скорость, которая необходима для подпрыгивания
на Земле на высоту h = 2 см? Ответ: Н = 23 м.
Ответ. Поскольку масса космонавта во много раз меньше массы астероида, пренебрегая
влиянием всех тел на движение астероида и Земли, системы отсчета связанные с
астероидом и Землей, можно считать инерциальными. Тогда, учитывая, что в обоих
случаях космонавт при отталкивании должен получить одинаковые скорости,
соотношение между максимальными высотами h и H, на которые подпрыгнет космонавт
на Земле и астероиде, найдем, сравнивая работы космонавта против сил тяжести в
указанных случаях. Полагая, что и на астероиде космонавт подпрыгнет на высоту
значительно меньшую радиуса астероида, можно считать, что и здесь космонавт движется
в однородном поле силы тяжести, причем ускорение свободного падения равно
gA = 4πGRρ/3,
где G = 6.67.10-11 Нм2/кг2 – гравитационная постоянная. Поэтому
mgh = mgAH.
Следовательно,
H = 3gh/(4πGRρ) ~ 23 м.
Полученное значение H << R, что и оправдывает сделанное выше предположение.
ЗАДАЧИ:
3.1. Импульс.
1. В начальный момент времени ракета массы М имела скорость vo . В конце
каждой секунды из ракеты выбрасывается порция газа массы m. Скорость порции
газа отличается от скорости ракеты до сгорания этой порции газа на постоянную
величину u, т.е. скорость истечения газа относительно ракеты постоянна.
Пренебрегая действием силы тяжести, определить скорость ракеты через n секунд.
Будет ли увеличиваться скорость ракеты, если скорость истечения газа
относительно ракеты меньше скорости самой ракеты, т.е. вытекающий из сопла
ракеты газ летит вслед за ракетой?
Ответ: vn = vo + u[m/(M – m) + m/(M – 2m) +… + m/(M – nm)].
Решение.
Обозначим через vk скорость ракеты в конце k-ой секунды. В конце (k + 1)-й секунды из
ракеты выбрасывается порция газа массы m , который уносит с собой импульс, равный
m(-u + vk).
Из закона сохранения импульса следует, что
( M – km)vk = [M – (k +1)m]vk+1 + m(-u + vk).
Изменение скорости ракеты за одну секунду
vk+1 - vk = mu/ [M – (k + 1)m].
Зная изменение скорости за одну секунду, можно написать выражение для скорости в
конце n-ой секунды:
vn = vo + u[m/(M – m) + m/(M – 2m) +… + m/(M – nm)].
Скорость ракеты будет увеличиваться. Это становится очевидным, если перейти в систему
отсчета, относительно которой ракета в данный момент покоится. Давление вытекающих
газов будет толкать ракету вперед.
2. С концов неподвижной платформы длины L = 9.2 м бегут навстречу друг другу
взрослый и ребенок. Определить, на сколько откатится платформа, когда взрослый
добежит с одного конца платформы до другого. Известно, что взрослый бежит в два
раза быстрее, чем ребенок. Масса платформы m1 = 600 кг, масса взрослого m2 = 60
кг, масса ребенка m3 = 30 кг.
Ответ: s = 0.6 м.
Решение.
Примем за начало координат ту точку, откуда начал двигаться взрослый. Тогда начальная
координата центра масс
x1 = ( ½ m1L + m3L)/(m1 + m2 + m3) .
Обозначим через x2 координату центра масс в момент, когда взрослый добегает до края
платформы. Тогда
x2 = [m1( ½L – s) + m2 (L – s) + m3( ½L – s)]/(m1 + m2 + m3) ,
где
s – перемещение платформы. Так как в горизонтальном направлении система
взрослый- ребенок-платформа замкнута, то x1 = x2. Из этого равенства находим s:
s = ½ L (2m2 – m3)/ (m1 + m2 + m3).
При заданных числовых значениях это дает s = 0.6 м.
3. Две лодки одинаковой массы идут параллельными курсами навстречу друг другу
с одинаковыми скоростями vо. Когда лодки встречаются, с одной лодки на другую
перебрасывают груз, а затем со второй лодки на первую перебрасывают такой же
груз. В другой раз грузы перекидывают из лодки в лодку одновременно. В каком
случае скорость лодок после перебрасывания грузов будет больше? (Буховцев,
1987,№ 110)
Ответ: Δv = 2m2vo/[(M + m)(M = 2m)]- конечная скорость лодок в первом случае будет
больше
Решение.
Пусть масса лодки равна М, масса груза – m, начальная скорость лодок – vo. При
выбрасывании груза с лодки на лодку действует некоторая сила в направлении
перпендикулярном
vo. Однако изменения импульса лодки не происходит, т.к. сила
сопротивления воды препятствует поперечному движению лодок. Импульс лодки
изменяется только при попадании в нее груза. Применяя закон сохранения импульса к
системе ‘груз-лодка’, в первом случае можно записать
(M + m)vo – mvo = (M + 2m)v1, (для первой лодки)
-Mvo + mv1 = (M + m)v2 (для второй).
Здесь v1 и v2 – конечные скорости лодок. Из данной системы уравнений имеем
v1 = - v2 = voM/ (M + 2m).
В случае, когда грузы перебрасываются одновременно, конечные скорости определяются
из уравнений
Mvo – mvo = (M + m)v1 ,
- Mvo + mvo = (M + m)v2.
Отсюда
v1 = - v2 = vo (M – m)/(M + m).
Таким образом, конечная скорость лодок в первом случае будет больше.
Δv1 = 2m2vo/[(M + m)(M = 2m)].
4. Человек массы m прыгает с берега в лодку, стоящую в неподвижной воде. Его
скорость горизонтальна, равна по модулю vo и направлена вдоль лодки. На какое
расстояние переместится лодка? Сила трения лодки о воду пропорциональна
скорости лодки, коэффициент пропорциональности равен k. (МФТИ-79)
Ответ: s = mvo/k.
Решение.
Обозначим через М массу лодки, а через uo – начальную скорость лодки с человеком. По
закону сохранения импульса имеем:
mvo = (m + M)uo.
При дальнейшем движении лодки с человеком удобно все время движения вплоть до
остановки разбить на множество сколь угодно малых промежутков Δt. Тогда в течение
произвольного i- го промежутка времени изменение Δui скорости лодки с человеком и
сила сопротивления Fi со стороны воды связаны в направлении движения соотношением
(m + M)Δui = Fi Δt.
Учитывая, что
Fi = -k ui ,
имеем
(m + M)Δui = - k ui Δt.
Но ui Δt = Δsi - расстояние, проплываемое лодкой за время Δt. Таким образом,
(m + M)Δui = - kΔsi .
Проведя суммирование этих уравнений по всем значениям i , получим
∑{(m + M)Δui} = ∑{- kΔsi }.
Но ∑Δsi = s – искомое расстояние, а ∑Δui = uk – uo , где uk = 0 – конечное значение
скорости. Отсюда приходим к соотношению
(m + M)uo = - ks.
И в результате
s = (m + M)uo/k = mvo/k.
5. Три лодки одинаковой массы М идут в кильватер (друг за другом) с одинаковой
скоростью v. Из средней лодки одновременно в переднюю и заднюю бросают со
скоростью u относительно лодки грузы массой m. Каковы будут скорости лодок
после переброски грузов? Сопротивлением воды пренебречь.
Ответ: v1 = [m(v + u) + Mv]/(M +m) , v2 =v , v3 =[m(v - u) + Mv]/(M +m).
Решение
Решим задачу в системе отсчета, движущейся со скоростью v относительно берега.
Очевидно, в этой системе отсчета лодки до переброски грузов неподвижны. Из закона
сохранения импульсов следует:
Mu = (M + m)v1/ ,
0 = (M + m)v2/ ,
-mu = (M + m)v3/.
Отсюда скорость передней лодки
v1/ = mu/ (M + m ),
скорость средней лодки
v2/ = 0,
скорость задней лодки
v3/ = -mu/ (M + m).
Скорость v1 первой лодки относительно земли получим из формулы
v1 = v1/ + v,
аналогично найдем скорости 2-й и 3-й лодок.
v1 = [m (v + u) + Mv]/ (M +m), v2 =v, v3 = [m (v - u) + Mv]/ (M +m).
6. Стальной шарик скользит без трения по гладкому полу и налетает на стальную
стенку. Каким должен быть угол φ, чтобы шарик отскочил
перпендикулярно плоскости стены? Коэффициент трения между
шариком и стеной μ.
φ
Ответ:
tg φ ≤ 2 μ .
Решение.
Соударение шарика со стенкой предполагается упругим и, поэтому, скорость шарика в
направлении, перпендикулярном стене (в
Y
направлении у) не изменится по величине,
изменив направление на противоположное. При
N
vocosφ ударе на шарик со стороны стены действуют
сила реакции N и сила трения Fтр (см. рис.).
Пусть vo – начальная скорость шарика, а Δt –
Fтр
время удара. Запишем для шарика закон
изменения импульса в проекциях на оси х и у:
X
Fx Δt = Δpx,
Fy Δt = Δpy.
В нашем случае Fx = Fтр, Fy = N,
Δpx = 0 – (-mvosinφ) = mvosinφ,
Δpy = mvocosφ – (-mvocosφ) = 2mvocosφ.
Таким образом, приходим к уравнениям
Fтр Δt = mvosinφ,
N Δt = 2mvocosφ.
Учитывая, что Fтр ≤ μN, и решая систему, получим
tgφ ≤ μ или φ ≤ arctg(2μ).
7. Два шарика падают в облаке пыли. Во сколько раз отличаются скорости шариков,
если диаметр одного из них вдвое больше другого.
Ответ: v1/v2 = √2.
Решение.
За время Δt на шарик упадет n(SvΔt) пылинок, где n – концентрация пыли
vΔt
в воздухе, S = πR2 – площадь поперечного сечения шарика, R – его
радиус, v – скорость шарика. Тогда масса упавшей пыли
Δm = μn(SvΔt),
где μ – масса одной пылинки. Соответствующее изменение импульса
Δp = Δmv = μnSv2Δt.
Согласно второму закону Ньютона
FΔt = Δp .
Со стороны пыли на шарик действует сила сопротивления Fc , равная по модулю силе F,
действующей на пыль со стороны шарика
Fc = μnSv2.
При движении шарика с постоянной скоростью
Fc = Mg
или
μnSv2 = ρg4πR3/3.
Отсюда для соотношения скоростей двух шариков получим
v1/v2 = [(R1ρ1)/(R2ρ2)]1/2.
При ρ1 = ρ2 и R1/R2 = 2 получим v1/v2 = √2.
3.2. Работа, мощность.
1. Двигатель подводной лодки развивает мощность Р. При этом ее скорость равна u.
Определить, на каком расстоянии S от точки выключения двигателя остановится
лодка, если сила сопротивления движению лодки пропорциональна ее скорости.
Масса лодки равна М. Глубина погружения лодки не меняется на протяжении всего
пути. (Обл. Олимп.,2000,11.1, ВОШФ-4)
Ответ: S = mu3/P.
Решение.
Перед выключением двигателя справедливы соотношения
F = ku,
P = Fu = ku2, → k = P/u2.
После выключения двигателя согласно второму закону Ньютона
m (dv/dt) = -kv,
или с учетом того, что vdt = ds
получим:
mdv = -kds.
Перейдем к конечным приращениям:
mΔv = -kΔS.
Максимальному пути ΔS = S соответствует Δv = -u.
Окончательно находим: S = mu/k = mu3/P.
2. Автомобиль массы m = 600 кг трогается с места. Двигатель автомобиля работает с
постоянной мощностью N = 50 кВт, коэффициент трения скольжения колес о дорогу
μ = 0.6. Оценить, за какое минимальное время автомобиль наберет скорость v = 100
км/час. Сопротивлением воздуха и трением в механизмах пренебречь. (Слободецкий,
№ 40)
Ответ: t ≈ 6.5 c.
Решение.
Пренебрежем трением качения и сопротивлением воздуха. Вначале максимальное
ускорение, с которым может двигаться автомобиль, определяется максимальным
значением силы трения колес о дорогу:
a = Fтр/m = μg.
При этом автомобиль движется с мощностью меньшей максимальной (чтобы не было
проскальзывания), а его скорость пропорциональна времени
v = at = μgt.
В момент времени t = t1 скорость станет равной
v1 = μgt1 ,
а мощность двигателя достигнет величины N , причем
N = Fтрv1 = μmg μgt1 = μ2g2 mt1.
Отсюда
t1 = N/μ2g2 m ≈ 2.8 c,
а
v1 = μgt1 ≈ 16.8 м/с.
Начиная с этого момента сила трения становится меньше максимальной, и изменение
кинетической энергии автомобиля равно N(t – t1).
Отсюда
t = t1 + ½ m (v2 – v12)/N ≈ 6.5 c.
кубической формы, заполненной до краев водой, находится
металлическая отливка в форме параллелепипеда, высота которого
равна высоте лунки, а площадь основания в два раза меньше
площади дна лунки. Чтобы вытащить отливку из лунки, заполненной
водой, поднимая ее вертикально вверх, нужно совершить работу А1 не менее 19.6
Дж, а чтобы вытащить ее из воды, поднимая вверх, нужно совершить работу A 2 не
меньше 8.8 Дж. Чему равна плотность материала отливки и глубина лунки?
Ответ: ρ = 2.7 г/ см3, h = 0.2 м.
3.
В
лунке
Решение.
Пусть высота лунки равна d . тогда объем воды в лунке ½ d 3, объем отливки ½ d3.
Толщина слоя воды после вынимания отливки
½ d. Центр тяжести воды опустится
на ¼ d. Центр отливки при вынимании ее из воды поднимется на ½ d. Следовательно
А2 = (ρo ½ d3)g ½ d - (ρB ½ d3)g ¼ d.
При поднятии над лункой
А2 = (ρo ½ d3)gd - (ρB ½ d3)g ¼ d.
Тогда
А1 – А2 = ¼ ρo d4g,
А1 – 2А2 = 1/8ρB d4g,
(А1 – А2)/(А1 – 2А2) = 2 ρo/ρB,
откуда
ρo = ½ ρB(А1 – А2 )/ (А1 – 2А2) = 2.7 г/см3,
d = [8(А1 – 2А2)/g ρB]1/4 = 0.2 м.
4. В сосуде имеются две несмешивающиеся жидкости с плотностями ρ 1 и ρ2;
толщины слоев этих жидкостей равны h1 и h2 соответственно. С поверхности
жидкости в сосуд опускают маленькое тело, которое достигает дна как раз в тот
момент, когда его скорость становится равной нулю. Какова плотность материала,
из которого сделано это тело?
Ответ: ρ = (ρ1h1 + ρ2h2)/(h1 + h2).
Решение.
Изменение потенциальной энергии тела равно работе сил сопротивления:
- mg(h1 + h2) = A1 + A2 ,
где А1 и А2 – работы сил сопротивления в верхней и нижней жидкостях,
соответственно. Так как тело обтекаемо, то основной силой сопротивления является
Архимедова выталкивающая сила:
F1 = ρ1Vg
F2 = ρ2Vg
где V – объем тела. Поэтому
- в верхней жидкости,
- в нижней жидкости,
А1 = - ρ1Vgh1,
А2 = - ρ2Vgh2.
Подставляя эти выражения для А1 и А2 в первое уравнение и учитывая, что
m = ρV,
получим:
ρ(h1 + h2) = ρ1h1 + ρ2h2 ,
откуда
ρ = (ρ1h1 + ρ2h2)/(h1 + h2).
5. На горизонтальной плоскости лежат два
связанных нитью бруска массы m , между которыми
m
m
зажата пружина, нескрепленная с брусками (см. рис.).
Длина свободной пружины
ℓ0 , коэффициент
жесткости
k . Нить пережигают и бруски
разъезжаются. Какой длины ℓ должна быть нитка, чтобы к моменту остановки
брусков пружина оказалась в недеформированном состоянии, если коэффициент
трения между брусками и плоскостью μ?
Ответ: ℓ = ℓ0 - 2 μvg/k .
Решение.
ℓ
Потенциальная энергия сжатой пружины
W = ½ k(Δl)2 ( где Δl = lo – l)
должна быть не меньше, чем работа против сил трения, совершенная к моменту
возвращения пружины в недеформированное состояние.
½ k(Δl)2 ≥ μmg Δl
→
Δl ≥ 2μmg/k,
l ≤ lo - 2μmg/k
6. Из колодца, на ¾ наполненного водой, насосом откачали воду. Глубина колодца
h = 20м, площадь поперечного сечения S = 1м2. Продолжительность откачки
t =30мин, площадь поперечного сечения трубы s = 25см2. Определить мощность
насоса. Плотность воды ρв =1г/см3.
Ответ: Р = 571Вт.
Решение.
В предположении, что трение отсутствует работа, совершенная насосом равна изменению
механической энергии системы
A = ΔW.
Условимся отсчитывать потенциальную энергию относительно дна колодца, тогда
ΔW = ½ mv2 + mgh – ½ [mg(3/4)h.
Масса, выкаченной воды
m = ρвS(3h/4),
ее скорость на поверхности определяется из условия, что за время t вся вода из колодца
выкачена
S(3h/4) = svt,
Отсюда
v = S(3h/4)/st.
Решая полученные уравнения, для работы насоса получим
A = ρв [(3Sh/4)3/(ts)2 + 15Sgh2/32].
Тогда для мощности насоса получим
P = A/t = ρв [(3Sh/4)3/(ts)2 + 15Sgh2/32]/t = 571 Вт.
3.3. Сохранение энергии, импульса.
1. В лежащий на горизонтальной плоскости кубик массой M  1 кг попадает
летевшая со скоростью v  200 м/с пуля массой m  20 г. Скорость пули была
направлена вдоль горизонтальной прямой, проходящей через центр кубика,
перпендикулярно одной из его боковых граней. Сколько тепла выделилось бы, если
пуля вылетела из кубика со скоростью в n  2 раза меньшей v , а изменением
собственной потенциальной энергии кубика и пули можно было бы пренебречь?
МГУ, физ. фак. ,2000
2
mv 2 
1
m  1 
Ответ: Q 
 1     298 Дж
1 
2  n 2 M  n  
Решение
Поскольку на систему кубик-пуля в горизонтальной плоскости не действуют внешние
силы, то закон сохранения импульса будет выполняться для любого направления,
лежащего в этой плоскости. Условия задачи позволяют рассматривать взаимодействие
кубика и пули как центральное неупругое соударение . Закон сохранения импульса , в
этом случае , в проекции на исходное направление полета пули запишется в виде
m v = m w + M u,
где u , w = v / n – скорости кубика и пули после соударения. Отсюда
u= (m / M) (1 – 1 / n).
Закон сохранения энергии для неупругого соударения запишется в виде
mv² / 2 = mw² / 2 + M u² / 2 + Q,
где Q – теплота, выделившаяся при соударении. Отсюда
Q = ( m v² / 2 ) { 1 – 1 / n² – ( 1 – 1 / n ) ² } = 298 Дж .
2. С высоты h = 73.5 м сбрасывают два одинаковых по массе камня, связанных
веревкой, длина которой L = 39.2 м. Первый камень начинает падать на to = 2 с
раньше второго. Через какое время после начала падения камни упадут на землю?
Падение происходит без начальной скорости. Рассмотреть два случая: 1) веревка
абсолютно упругая; 2) веревка абсолютно неупругая.
Ответ: 1) τ1 = 4.6 с, τ2 = 2.8 с; 2) τ1 = 4.2 с, τ2 = 4.3 с.
Решение.
До момента, когда веревка натянется, камни падают свободно:
S1 = ½ gt2 , S2 = ½ g(t – to)2.
Момент натяжения веревки определяется из условия
L = S1 – S2. Отсюда t = 3 c, S1 = 44.1 м , S2 = 4.9 м. Время отсчитывается с момента
падения первого камня. При натяжении веревки происходит абсолютно упругий удар, и
камни обмениваются скоростями. В момент удара
v1 = gt = 29.4 м/c,
v2 = g (t – to) = 9.8 м/с.
Время t1 (после того как веревка натянется) находится из условия
h – S1 = v2t1 + ½ gt12.
Время t2 падения второго камня – из условия
h – S2 = v1t2 + ½ gt22.
Отсюда t1 ~ 1.6 c, t2 ~ 1.8 c. Первый камень падает 4.6 с, второй 2.8 с.
В случае
неупругой веревки скорости камней после ее натяжения выравниваются
(неупругий удар):
v = ½ (v1 + v2) = 19.6 м/с.
Время падения камней после того, как веревка натянется, определяется уравнениями
h – S1 = vt1/ + ½ gt1/ 2 ,
h – S2 = vt2/ + ½ gt2/ 2 .
Пути S1 и S2 те же, что и в первом случае. Отсюда t1/ ~ 1.2 c , t2/ ~ 3.3 c. Первый камень
падает 4.2 с, второй 4.3 с.
3. Гантелька длины L стоит в углу, образованном гладкими плоскостями
(см. рис.). Нижний шарик гантельки смещают горизонтально на очень
маленькое расстояние, и гантелька начинает двигаться. Найти скорость
нижнего шарика в тот момент, когда верхний шарик оторвется от
вертикальной плоскости. (Слободецкий,№ 22)
Ответ: umax = (2/3)[(2/3)gL]1/2.
Решение.
Пусть в момент отрыва верхнего шарика от вертикальной стенки гантелька составляет
угол α c вертикалью, скорость верхнего шарика равна v нижнего u. Согласно закону
сохранения энергии
½ mv2 + ½ mu2 = mgΔh = mgL(1 – cosα),
где m – масса каждого шарика и Δh = L(1 – cosα). Отсюда
v2 + u2 = 2L (1 – cosα).
Поскольку стержень жесткий, проекции v и u на направление стержня равны:
vcosα = usinα.
Тогда
u2 = 2gL (cos2α – cos3α) = 2gL(x2 – x3),
где x = cosα.
До момента отрыва центр масс гантельки имел горизонтальную составляющую ускорения
(это ускорение сообщалось силой реакции вертикальной стенки). Поэтому к моменту
отрыва верхнего шарика от вертикальной стенки скорость u
максимальна. Найдем
значение cosα , при котором выражение y = x2 – x3 максимально. Так как y/ = 2x – 3x2
при х = 2/3, то u2 максимально при cosα = 2/3 и равно
umax = (2/3) [(2/3)gL]1/2.
4. По гладкой горизонтальной поверхности стола равномерно со скоростью
v
скользит доска массы m1 вместе с расположенной на ней
m2
m1
v
небольшой шайбой массы m2 (см. рис.). После абсолютно
упругого
столкновения
доски
с
вертикальной
неподвижной стеной шайба перемещается по доске на расстояние
L
и
останавливается. Определить коэффициент трения скольжения μ между шайбой и
доской. Смещением шайбы за время столкновения со стеной пренебречь.
Ответ: μ = 2m1v2/[Lg(m1 + m2)].
Решение.
Запишем закон сохранения импульса для состояний сразу после удара и после остановки
шайбы
m1v – m2v = (m1 + m2)u
и теорему об изменении кинетической энергии
½ (m1 + m2)u2 – ½ (m1 + m2)v2 = - μm2gL.
Отсюда находим
μ = 2m1v2/[Lg(m1 + m2)].
5. На сортировочной горке сталкиваются два медленно движущихся в одну сторону
железнодорожных вагона. Пружины буферов смягчили удар и потом “растолкали”
вагоны, так что удар можно считать упругим. Какова была максимальная энергия
W упругой деформации пружин? Вагоны имеют массы m1 и m2, их скорости до
столкновения равны v1 и v2.
Ответ: W = ½ m1m2(v1 – v2)2/(m1 + m2).
Решение.
В какой момент энергия упругой деформации пружины максимальна? Очевидно, когда
вагоны на мгновение оказались неподвижными один относительно другого. Т.е. в тот
момент, когда они движутся с одинаковой скоростью u относительно земли. Тогда
законы сохранения импульса и энергии принимают вид:
m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)u,
½ m1v12 + ½ m2v22 = ½ (m1 + m2)u2 + W.
выражая u из первой формулы и подставляя это значение во вторую, получаем
W = ½ m1m2(v1 – v2)2/ (m1 + m2).
Если бы вагоны двигались навстречу друг другу, то скорость v2 следует заменить на -v2.
Интересно, что при абсолютно неупругом ударе тех же вагонов переход кинетической
энергии в другие формы измеряется той же величиной W.
6. Две пластинки, масса каждой из которых равна m , скреплены
пружиной жесткости k (см. рис.). Верхнюю пластинку опустили
m
настолько, что деформация пружины стала равной xo, и затем
отпустили. На какую наибольшую высоту поднимется центр масс
системы после того, как отпустили верхнюю пластинку?
Ответ: H = 1/8[kxo2/(mg) – 2xo – 3mg/k).
m
Решение.
До тех пор пока нижняя пластинка лежит на столе, из закона сохранения механической
энергии следует, что
½ kxo2 – mgxo = ½ kx2 – mgx + ½ mv2,
где x – удлинение пружины, v – скорость верхней пластинки. В момент отрыва
нижней пластинки от стола
kx = mg , x = mg/k,
причем v > 0. Учитывая эти соотношения, получим
½ mv2 = ½ kxo2– mgxo – 3/4m2g2/k > 0.
Для того чтобы это соотношение выполнялось, должно быть
xo > 3mg/k.
Скорость центра масс в момент отрыва нижней пластинки от стола равна vc = ½ v.
После отрыва нижней пластинки от стола центр масс будет двигаться
вверх
равнозамедленно с ускорением
g
и начальной скоростью
максимальная высота подъема центра масс
v. Следовательно,
Hc = ½ v2/g = v2/8g = 1/8[kxo2/(mg) – 2xo – 3mg/k),
где центр масс отсчитывается от положения центра масс в момент отрыва нижней
пластинки от стола. (Эта задача дает представление о процессах, происходящих при
прыжках в высоту).
7. На концах и в середине невесомого стержня длины L расположены одинаковые
шарики. Стержень ставят вертикально и отпускают. Считая, что трение между
плоскостью и нижним шариком отсутствует, найти скорость верхнего шарика в
момент удара о горизонтальную поверхность. Что изменится, если нижний шарик
шарнирно закреплен?
Ответ: v = 2[3gL/5]1/2.
Т.к. в горизонтальном направлении на систему не действуют никакие внешние силы, то
центр масс системы (средний шарик) движется вертикально. Это означает, что в момент,
когда верхний шарик касается плоскости, скорость нижнего шарика равна нулю, а
скорость верхнего направлена вертикально и по модулю вдвое больше скорости среднего
шарика. Заметим, что хотя движение в случае шарнирного закрепления нижнего шарика
отличается от этого случая, вывод о соотношении скоростей справедлив.
По закону сохранения энергии
Mg( ½ L) + MgL = ½ Mv2 + ½ M( ½ v),
где М – масса одного шарика. Отсюда
v = 2[3gL/5]1/2.
8. Из бункера с высоты Н = 1 м высыпалась порция песка массой m = 1 кг и попала в
пустую вагонетку массой 2m, движущуюся горизонтально со скоростью v = 3 м/с.
Пренебрегая сопротивлением движению вагонетки со стороны рельсов. Определить:
1) скорость вагонетки с песком, 2) на сколько увеличилась суммарная внутренняя
энергия вагонетки, песка и окружающих тел? (МФТИ, 1996)
Ответ: u = 2 м/с, W = 13 Дж.
Решение.
Будем считать взаимодействие порции песка и вагонетки абсолютно неупругим. На
систему вдоль направления движения вагонетки никакие внешние силы не действуют и,
следовательно, проекция импульса вдоль этого направления должна сохраняться
(2m)v = mu + (2m)u,
где u – скорость системы песок+вагонетка после взаимодействия. Отсюда
u = 2v/3 = 2 м/с.
Закон сохранения энергии для этого случая можно записать в виде
½ (2m)v2 + mgH = ½ (3m)u2 + W,
где W – суммарная внутренняя энергия вагонетки, песка и окружающих тел. Отсюда
W = ½ (2m)v2 + mgH - ½ (3m)u2 = 13 Дж.
3.4. Механические колебания.
1. Закрепленная на концах струна растянута с силой f. К
середине струны прикреплен точечный груз массы m (см. рис.).
Определить период малых колебаний прикрепленного груза.
Массой струны пренебречь; силу тяжести не учитывать.
Ответ: T = 2π[mL/ (4f)]1/2 = π[mL/f]1/2.
Решение.
Сила, действующая на отклоненный от
f
F
положения равновесия груз, равна
x
α
F = 2fsinα
L
(см. Рис.). Так как угол α мал, то можно
считать, что
F = 4fx/L,
или
F = kx,
где k = 4f/L.
По второму закону Ньютона
mx// = - kx,
или
mx// + kx = 0.
Отсюда
T = 2π[mL/ (4f)]1/2 = π[mL/f]1/2.
2. На внутренней поверхности тонкого обода велосипедного колеса, которое может
свободно вращаться вокруг своей горизонтальной оси, закреплен небольшой по
размерам грузик массы m. Радиус обода равен R, а масса колеса равна М.
Пренебрегая массой спиц и втулки колеса, найти период малых колебаний колеса с
грузиком.
Ответ: T = 2π[(m + M) R/ (mg)]1/2.
Решение.
Если колесо повернуть на небольшой угол α от положения равновесия, а затем
отпустить, то груз пройдет положение равновесия со скоростью vo . Такую же скорость
будут иметь и все остальные точки обода. Поскольку массой спиц и втулки колеса можно
пренебречь и колесо может свободно вращаться вокруг своей оси, кинетическая энергия
колеса с грузом в этот момент времени
Wк = ½ (m + M)v2o
должна быть равна работе силы тяжести
A = mgh,
где h = R(1 – cosα)= 2Rsin2(α/2). Учитывая, что при α << 1 sinα ~ α, можно полагать, что
½ (m + M)v2o = ½ mgα2,
т.е. амплитуда скорости vo пропорциональна амплитуде смещения Rα груза от
положения равновесия вдоль траектории его движения. Отсюда следует, что при малых
отклонениях от положения равновесия колесо с грузом в отсутствии сил трения будет
совершать гармонические колебания и смещение груза должно подчиняться уравнению
s(t) = Rαsin(ωt + φ),
где ω – угловая частота колебаний, а φ – постоянная, зависящая от выбора начала отсчета
времени t. Поскольку
v(t) = ω Rαcos(ωt + φ)
и, следовательно, vo = ω Rα. Учитывая, что период колебаний T = 2π/ω, получим
T = 2π[(m + M)R/(mg)]1/2.
3. Маленькую бусинку повесили на невесомую пружину. При этом длина
пружины стала равной
L. По диаметру в бусинке сделан
горизонтальный канал, в который вставили гладкую спицу. Спицу
закрепили горизонтально так, что длина пружины осталась равной L.
Найти период малых колебаний бусинки. (МГУ, физ. фак.,1995г.)
Ответ: T = 2π(L/g)1/2.
Решение.
Пусть ось ОX совпадает с осью спицы, а ее начало с положением бусинки при
равновесии. Поскольку при малых отклонениях от положения равновесия |x|/L << 1,
то натяжение пружины можно считать неизменным и, согласно
L
условию задачи, равным силе тяжести mg. Из условия задачи
следует, что действием сил трения можно пренебречь. Поэтому
уравнение движения бусинки будет иметь вид
X
x O
mx// = -mgsin = mgx/L
и искомый период колебаний
T = 2π(L/g)1/2.
L
m
M
4. На бруске массой М = 100 г, находящемся на гладкой
горизонтальной плоскости, вертикально установлен легкий
стержень, к которому привязана нить длиной L = 25 см с грузом
массой m = 50 г (см. рис.). Нить с грузом отклоняют на
небольшой угол от вертикали и отпускают. Определить период
возникших колебаний груза, считая их гармоническими.
(МАИ,1999)
Ответ: T = 2π[(m + M)L/gM]1/2.
Решение.
При движении груза сила натяжения нити будет действовать на стержень, что приведет к
движению бруска. В результате точка подвеса будет двигать с некоторым ускорением.
Поэтому применять формулу
T = 2π(L/g)1/2
для периода колебаний математического маятника нельзя. Для решения задачи
воспользуемся выражением максимальной скорости тела, совершающего колебания с
частотой ωо = 2π/T:
vmax = Aωо,
где A = αL – амплитуда колебаний ( α – максимальный угол отклонения). Следовательно,
vmax =2παL /T,
T = 2παL/ vmax.
Так как скорость груза максимальна при прохождении положения равновесия, а система
“груз-брусок” замкнута в горизонтальном направлении, то законы сохранения импульса и
энергии можно записать в виде
m vmax = Mu,
mgL(1 - cosα) = ½ m v2max + ½ Mu2.
Откуда получим
vmax = [2MgL(1 - cosα)/(M +m)]1/2 = [4MgLsin2(α/2)/(M +m)]1/2 =
= 2sin(α/2)[MgL/(M +m)]1/2.
Поскольку угол α мал, то 2sin(α/2) ~ α . Следовательно,
T = 2π[(M + m)L/gM)1/2 .
Если масса бруска M >> m , то это выражение совпадает с выражением для периода
колебаний математического маятника.
5. Из пункта А в пункт В был послан звуковой сигнал частоты ν = 50 Гц,
распространяющийся со скоростью v = 340м/с. При этом на расстоянии от А до В
укладывается целое число волн. Опыт повторили, когда температура воздуха была
на Δθ = 20К выше, чем в первом случае. При этом число волн, укладывающихся на
расстоянии от А до В, уменьшилось на две. Найти расстояние l между пунктами
А и В, если при повышении температуры воздуха на 1 K скорость звука
увеличивается на 0.5 м/с.
Ответ: l = 450м.
Решение.
Длина волны в первом опыте
λ = l/n,
где n – целое число длин волн, укладывающихся на расстоянии l. Во втором опыте
λΔθ = l/(n – 2).
До повышения температуры скорость звука была равна
v = νλ = νl/n,
а после повышения
vΔθ = νλΔθ = νl/ (n – 2).
Так как n = νl/v, то
vΔθ = νvl/(vl – 2v).
Скорость звука возрастает по линейному закону
vΔθ = v( 1 + αΔθ) ,
где α = (0.5/340)K-1. Подставляя в данное выражение vΔθ , получим
l = 2v( 1 + αΔθ)/(ν αΔθ) ~ 450м.
6. Скорость реактивного самолета в два раза превышает скорость звука. Человек
увидел самолет, когда тот находился над ним на высоте h = 5км. Через какое время
после этого человек услышал хлопок. Скорость звука в воздухе 340 м/с.
Ответ: Δt = 12.7 с.
Решение.
Наблюдатель в точке А услышит звук, когда точки
достигнет поверхность звукового конуса, который
α
самолет “тащит” за собой. К этому моменту самолет
h
окажется в точке
В (см. рис.). Звуковая волна
распространяется
перпендикулярно
поверхности
A
звукового конуса и поэтому звуковой хлопок, который
услышал человек, «родился» в точке D, а не в точке С. Очевидно,
АD = h/cosα,
D
C
B
где
sinα = DA/DB = Cзв/vсам = 0.5.
Тогда искомое время
Δt = tAD - tDC = AD/vзв – DC/vсам =
h/(vзвcosα) – htgα/vсам = (h/vзв)(1/cosα – ½ tgα) = 12.7 с.
7. К стенке, наклоненной под углом α к вертикали, подвешен маятник длины l (см.
рис.). Маятник отклонили в плоскости, перпендикулярной к стенке, на небольшой
угол
β
от вертикального положения и отпустили. Найти период колебаний
маятника, если α < β и удар шарика о стенку – абсолютно упругий. (Слободецкий,
142).
Решение
Если бы стенки не было, маятник совершал бы
гармонические колебания с
угловой
амплитудой
(максимальным
углом
отклонения
от
вертикали)
β и с
π/2
π
2π
t1
3π/2
ωt
периодом
То = 2π(l/g)1/2.
При упругом столкновении со стенкой абсолютная
величина скорости не меняется, а направление движения меняется на противоположное.
Это означает, что период колебания маятника Т в присутствии стенки меньше Т о на
время τ, за которой маятник, совершая свободные колебания, отклонился бы от вертикали
вправо от угла α до угла β и вернулся обратно.
Запишем уравнение гармонических колебаний для углового перемещения φ:
φ = βcosωt,
где ω = 2π/To. График зависимости φ(ωt) показан на рисунке. В момент времени t = 0
ω = β, т. е маятник находится в крайнем правом положении. Через некоторое время t1
угол отклонения маятника от вертикали станет равным α. Из уравнения α = βcos(ωt1)
получаем
t1 = (1/ω) arcos (α/β).
Из симметрии очевидно, что
τ = 2t1 = (2/ω)arcos(α/β) = (To/π) arcos(α/β).
Тогда окончательно
T = To – τ = 2(l /g)1/2[π – arcos (α/β)].
φ
β
α
8. Из пункта А в пункт В был послан звуковой сигнал частоты ν = 50 Гц,
распространяющийся со скоростью v = 340м/с. При этом на расстоянии от А до В
укладывается целое число волн. Опыт повторили, когда температура воздуха была
на Δθ = 20К выше, чем в первом случае. При этом число волн, укладывающихся на
расстоянии от А до В, уменьшилось на две. Найти расстояние l между пунктами
А и В, если при повышении температуры воздуха на 1 K скорость звука
увеличивается на 0.5 м/с.
Ответ: l = 450м.
Решение.
Длина волны в первом опыте
λ = l/n,
где n – целое число длин волн, укладывающихся на расстоянии l. Во втором опыте
λΔθ = l/(n – 2).
До повышения температуры скорость звука была равна
v = νλ = νl/n,
а после повышения
vΔθ = νλΔθ = νl/ (n – 2).
Так как n = νl/v, то
vΔθ = νvl/(vl – 2v).
Скорость звука возрастает по линейному закону
vΔθ = v( 1 + αΔθ) ,
где α = (0.5/340)K-1. Подставляя в данное выражение vΔθ , получим
l = 2v(1 + αΔθ)/(ν αΔθ) ~ 450м.
9. К верхнему концу цилиндрического сосуда, в который медленно наливают воду,
поднесен звучащий камертон. Звук, издаваемый камертоном, заметно усиливается,
когда расстояние от поверхности жидкости до верхнего конца сосуда достигают
значений h1 = 25см и h2 = 75см. Найти частоту колебаний ν камертона. Скорость
звука в воздухе v = 340м/с.
Ответ: ν = 340 Гц.
Решение.
Звучание камертона усиливается в тот момент, когда частота собственных колебаний
воздушного столба в сосуде совпадает с частотой колебаний камертона. Собственные
колебания воздушного столба в сосуде соответствуют установлению в нем стоячей волны
такой длины λ, что у нижнего конца образуется узел смещений частиц воздуха, а у
верхнего – пучность. Таким образом, в свободной части трубы h укладывается λ/4, 3λ/4,
5λ/4 и т.д., т.е. в общем случае
(2k + 1) λ/4 = h,
где k – целое число. Напомним, что в стоячей волне между двумя узлами укладывается
половина длины волны.
Так как частота колебаний в звуковой волне
ν = v/λ,
то соответствующая некоторому значению k частота камертона
ν =(2k + 1) v/(4h).
По условию задачи частота имеет вполне определенное значение. Поэтому различным
высотам воздушного столба h1 и h2 должны соответствовать два значения k,
отличающиеся на единицу:
k1 = n и k2 = n + 1,
причем должно выполнять условие
(2k1 + 1) v/(4h1) = (2k2 + 1) v/(4h2);
отсюда найдем, что n = 0 и, следовательно, k1 = 0 и k2 = 1. Таким образом, частота
колебаний камертона равна v = v/4h1 = 3v/4h2 = 340 Гц.
10. Тело находится в некоторой точке А внутри сферы. В каком случае оно быстрее
достигнет нижней точки сферы В: если будет скользить по поверхности сферы или
по наклонной плоскости АВ? Трение в обоих случаях пренебрежимо мало,
начальная скорость тела равна нулю и расстояние АВ много меньше радиуса
сферы.
Ответ: при движении по поверхности сферы.
Решение
При движении по поверхности сферы время достижения точки В
t1 = Т/4 = (1/4)2π(R/g)1/2,
где Т – период колебаний маятника длиной R, g – ускорение свободного падения. При
движении по наклонной плоскости
t2 = [2.2Rsinα/ (gsinα)]1/2 = 2 (R/g)1/2 > t1.
Здесь α – угол наклона плоскости.
11. Часы с секундным маятником, имеющие период колебаний То = 1с, на
поверхности Земли идут точно. На сколько будут отставать эти часы за сутки, если
их поднять на высоту h = 200м над поверхностью Земли?
Ответ: Δt = 2.7с.
Решение.
На поверхности Земли маятник длины l за время t совершит
n = t / To
колебаний, причем
То = 2π(l/go)1/2,
где go – ускорение свободного падения на поверхности Земли. На высоте h над Землей
часы отстанут на время
Δt = n(T – To),
где Т = 2π(l/g)1/2 – период колебаний маятника на высоте h, а g – ускорение свободного
падения на этой высоте. Используя формулу
mg = mgo/[1 + (h/Rз)]2 ,
связывающую силу тяжести mg на высоте h с силой тяжести на поверхности Земли
mgo, найдем
g/go = 1/[1 + (h/Rз)]2 ,
где Rз – радиус Земли. Отношение периодов
То/Т = (g/go)1/2 = 1/[1 + (h/Rз)];
отсюда
Т – То = То(h/Rз).
Таким образом, за время t часы отстанут на время
Δt = Ton(h/Rз) = t(h/Rз).
При t = 1 сут = 86400с отставание составит Δt = 2.7с
12. Тело массы m, движущееся со скоростью v по гладкой горизонтальной плоскости,
налетает на пружину жесткости k, прикрепленную к телу массы М. Тело массы М в
начальный момент покоится, а пружина находится в недеформированном состоянии.
Найти время взаимодействия тел. (МФТИ, 2000 г., олимпиада)
Ответ: τ = π[mM/k(m+M)]1/2.
Решение
Взаимодействие начнется в момент соприкосновения тела m с пружиной. Движение тел
можно разложить на движение центра масс и колебание относительно центра масс.
Скорость центра масс
vc = mv/(m + m).
Тогда скорости тел относительно системы центра масс:
um = v – vc = Mv/(m + m),
uM = - mv/(m + m).
периоды колебаний относительно центра масс должны быть одинаковыми, поскольку
координата ц.м. в системе ц.м. не меняется, и, т.о. тела движутся в противофазе.
Взаимодействие тел прекратится после того, как пружина вернется в недеформированное
состояние, а тело m приобретет максимальную скорость, направленную от центра масс,
т.е. взаимодействие будет продолжаться половину периода колебаний. Сжатие пружины
складывается из смещения хm тела m и смещения хM тела М: х = хm + хM. В силу
неизменности координаты центра масс:
mхm = MхM,
т.е.
хM = (m/M)хm.
Тогда силу, действующую на тело m можно записать, как
F = - k(хm + хM) = - (m + M)kхm/M.
Таким образом, получаем уравнение гармонических колебаний
mxm// + (m + M) kхm/M.
Частота колебаний ω = [k(m+M)/mM)]1/2. Период T = 2π[mM/k(m+M)]1/2. Время
взаимодействия τ = π[mM/k(m+M)]1/2.
13. Предположим, что между Калининградской и Московской областями прорыт
прямолинейный железнодорожный тоннель длиной L = 1000 км. Вагон ставят на
рельсы в начале тоннеля в Московской области и отпускают без начальной
скорости. 1) Через какое время вагон достигнет Калининградской области? 2)
Найдите максимальную скорость вагона. Землю считать шаром радиусом R = 6400
км с одинаковой плотностью по всему объему. Вращение Земли, сопротивление
воздуха и все виды трения при движении не учитывать. (МФТИ, 2003)
Ответ: τ ≈ 42 мин, vmax ≈ 0.6 км/с.
Решение
Пусть тело массой m движется по тоннелю в виде хорды KL, изображенному на рисунке.
В некоторый момент времени это тело имеет
координату х. В этот момент со стороны Земли на него
m
K
L
действует сила тяжести, равная
α
x
F = G[ρ(4πr3/3)]m/r2 = GmMr/R3,
F
где М – масса Земли, ρ = М/(4πR3/3)] - ее плотность, r
R
r
– радиус окружности, проходящей через тело массой m.
проекция этой силы на ось х равна
Fx = -Fcosα = - F(x/r) = - GmMx/R3 = mg(x/R),
где g – ускорение свободного падения на поверхности
Земли. Таким образом, уравнение движения приводится к виду
mx// = - mg(x/R)
→
x// + (g/R) x = 0.
Это уравнение описывает гармонические колебания с циклической частотой
ω = (g/R)1/2.
Вагон достигнет цели через время, равное половине периода колебаний τ = π(g/R)1/2 ≈ 42
мин.
Решение уравнения гармонических колебаний имеет вид
x(t) = Acos(ωt + φo),
где постоянные А и φo находятся из начальных условий
x(0) = ½ L, x/(0) = 0 → A = ½ L, φo = 0.
Тогда
x(t) = ½ Lcosωt,
v(t) = x/(t) = - ½ Lωsinωt.
Отсюда абсолютная величина максимальной скорости вагона
vmax = ½ L(g/R)1/2 ≈ 0.6 км/с.
Максимальную скорость можно найти и сразу. Воспользовавшись связью при
гармонических колебаниях между vmax и амплитудой колебаний vmax = ½ Lω.
IV.Механика жидкости и газа.
Вопросы:
Вопрос. В мире существует несколько каналов, пересекающих препятствие по
мосту. Как увеличится нагрузка на мост, если по каналу будет проплывать судно
массой 100т? Средняя плотность судна 0.8г/см3.
Ответ. Давление на мост не изменится. Гидростатическое давление равно ρgh, где h –
глубина канала, которая не изменится при прохождении судна по мосту.
Вопрос. К конической воронке приклеили дно (см. рис.). Прочность клея такая, что,
если ставить на дно гирю, максимальная масса гири, при которой дно не
отваливается, равна 1кг. Отвалится ли дно, если вместо гири налить в
воронку 1кг воды?
Ответ. Когда на дно поставлена гиря, сила, действующая на дно, равна весу
гири. Когда в воронку налита вода, сила, действующая на дно, равна
произведению давления воды на площадь дна, т.е. равна весу вертикального цилиндра
воды с площадью, равной площади дна и, следовательно, больше 1кг. Дно отвалится.
Вопрос. Изменится ли уровень океана, если растают все айсберги?
Ответ:
Если бы айсберги имели такой же состав воды, как в океане, уровень не
изменился бы - плавающее тело вытесняет столько воды, сколько оно само весит. Но, т.к.
айсберги состоят из замерзшей пресной воды, а вода в океане – соленая, с несколько
большей плотностью, уровень океана слегка повысится.
Вопрос. На весах уравновешен стакан, до краев полный воды. В воду осторожно
погружают привязанный на нитке камень и держат его за нитку так, чтобы он не
касался дна, ни стенок стакана. Вода, вытекшая из стакана, на весы не попадает.
Нарушится ли равновесие весов?
Ответ. Равновесие не нарушится, т.к. камень действует на воду с той же силой, что
вода действует на камень; это Архимедова сила, и она равна весу вытекшей воды.
Можно рассуждать и по-другому: т.к. высота жидкости в стакане осталась прежней,
давление на дно не изменилось, следовательно, равновесие не нарушится.
Вопрос. В стакане плавает кусок льда с вмерзшим в него камешком. Изменится ли
уровень воды, когда лед растает?
Ответ.
Лед вытесняет объем воды, вес которой равен весу льда и камешка. Т.к.
плотность камешка больше плотности воды, он сам, упав на дно, будет вытеснять
меньший объем воды, и уровень понизится.
Вопрос. В стакане с водой плавает в вертикальном положении брусок. Как
изменится уровень воды в стакане, если брусок перейдет в горизонтальное
положение?
ОТВЕТ. Уровень воды не изменится, так как количество вытесненной воды останется
тем же.
ВОПРОС. Сосуд с водой установлен на ребре доски. Нарушится ли
равновесие, если на поверхность воды положить дощечку и на нее
поставить
груз так, что дощечка с грузом будут плавать на
поверхности воды?
ОТВЕТ.
Равновесие не нарушится, так как, согласно закону Паскаля давление на дно
сосуда будет всюду одинаковым.
ВОПРОС. Судно проходит шлюз, поднимаясь на более высокий уровень в камере
шлюза, куда вода накачивается насосами со стороны нижнего
уровня. В каком случае насосы совершат большую работу: когда в
камере находится большой теплоход или маленькая лодка?
ОТВЕТ. В обоих случаях работа насосов одинакова, т.к. одно и то же
количество перекачиваемой воды поднимается на одну и ту же высоту
ВОПРОС. Можно ли с помощью сифона перекачивать воду через стенку высоты h =
20м?
ОТВЕТ.
Движение жидкости в сифоне обеспечивается силами сцепления между
элементами жидкости. Жидкость в длинном колене перевешивает жидкость в коротком
колене, что и приводит к ее перекачиванию. На основании этого можно было бы
предположить, что с помощью сифона можно перекачивать воду через стенку любой
высоты. Однако это не так. При высоте подъема в 10 м давление внутри жидкости
становится равным нулю. При этом пузырьки воздуха, всегда имеющиеся в воде, начнут
расширяться, и водяной столб окажется разорванным. Как только это произойдет , сифон
перестанет работать . Следовательно , через стенку высоты 20 м с помощью сифона
перекачивать воду нельзя.
ВОПРОС.
Надувной матрац заполнен воздухом до некоторого давления,
превышающего атмосферное. В каком случае давление в матраце будет больше:
когда человек станет на него или ляжет?
ОТВЕТ. В случае, когда человек станет на матрац, его вес распределится на меньшую
площадь (площадь ступней), чем в случае, когда он ляжет. Поэтому состояние равновесия
наступит в первом случае при большем давлении воздуха в матраце, чем во втором
случае.
ВОПРОС. В бассейне плавает лодка. Как изменится уровень воды в бассейне,
если из лодки в бассейн бросить камень? Что произойдет с уровнем воды в бассейне,
если в днище лодки проделать отверстие и лодка начнет погружаться? Если уровень
воды изменится, то в какой момент начнется изменение?
ОТВЕТ.
Если камень из лодки выбросить на берег бассейна, то уровень воды в
бассейне понизится. Это происходит потому, что лодка становится легче, она всплывает, и
объем вытесняемой ею воды уменьшается.
Уровень воды в бассейне понизится и в том случае, когда камень выбрасывают в
бассейн, хотя понижение уровня теперь будет несколько меньше. В самом деле, когда
камень лежит на дне, вытесняемый им объем воды равен объему камня. Пока же он
находился в лодке, лодка вытесняла дополнительный объем воды, масса которого была
равна массе камня. Так как плотность камня больше плотности воды, то этот объем
больше объема самого камня.
А что если из лодки в бассейн выбросить деревянный предмет, например бревно?
Если бревно выбрасывается на берег, то нет никакой принципиальной разницы со
случаем, когда выбрасывается камень: уровень воды в бассейне понизится. Если бревно
выбрасывается вводу, то уровень воды в бассейне останется прежним, хотя лодка,
конечно, несколько всплывет. Ведь бревно плавает на поверхности и , значит , вытесняет
такой же объем воды , какой раньше .
К этим же выводам можно прийти и проще, если представить себе, что весь
бассейн стоит на весах. Что бы мы ни выбрасывали из лодки в воду, показания весов,
конечно, не изменятся. Поэтому , если выброшенные из лодки предметы плавают на
поверхности , то сила давления воды на дно бассейна не должна изменится . А это
возможно только тогда , когда уровень воды останется прежним .
Если же выброшенный предмет опустился на дно бассейна, то действующая на дно
бассейна сила определяется не только гидростатическим давлением воды, но и действием
самого камня. Так как полная сила должна остаться прежней, то давление воды на дно
должно уменьшиться. Поэтому уровень воды в бассейне понизится .
Если в днище лодки сделать отверстие, то лодка начнет погружаться в воду. Будем
считать, что заполнение лодки происходит медленно, так что она в каждый момент
находится в равновесии. Пока лодка находится на плаву, уровень воды в бассейне не
изменится. Объем погруженной части лодки увеличивается ровно на столько , сколько
воды (по объему ) вошло в лодку . В некоторый момент , набрав определенное
количество воды , лодка уже не сможет оставаться в равновесии на плаву . С этого
момента и произойдет понижение уровня воды в бассейне .
ВОПРОС. В озере на некоторой глубине плавает полый шар, полностью
погруженный в воду. Можно ли считать, что шар находится в состоянии
невесомости? Будет ли ощущать невесомость человек, находящийся внутри шара?
Вернется ли шар на прежнюю глубину, если его погрузить ниже и отпустить?
ОТВЕТ.
На примере этой задачи хорошо видно, что выражение “ тело, погруженное
в воду, уменьшает свой вес “ неточно (скорее, просто неправильно): если тело покоится,
его вес всегда равен силе тяжести. Напомним, что вес это сила, действующая на опору или
подвес. Опорой для плавающего тела является вода – эта опора мягче перины, но все-таки
самая настоящая опора. Это справедливо, конечно, и для тел, плавающих на поверхности
(с чем сразу согласятся тот, кто умеет лежать на воде). Все, что находится внутри
плавающего тела, никакой невесомости ощущать не будет: представим самих себя внутри
батискафа (и даже на обычном корабле) – ведь для него вес тоже “ полностью исчезает “!
Поэтому гидроневесомость (состояние подводного пловца) только отчасти моделирует
настоящую невесомость: органы тела пловца по-прежнему давят друг на друга под
действием силы тяжести. А вот органы тела космонавта в условиях настоящей
невесомости также невесомы.
Если шар более сжимаем, чем вода, его плотность увеличивается при погружении
быстрее, чем плотность самой воды. Поэтому тело станет тяжелее воды и пойдет на дно.
Если же, наоборот, шар менее сжимаем, то при погружении в более плотные слои воды
выталкивающая сила увеличится и шар вернется на прежнюю глубину. Таким образом,
полностью погруженное в жидкость тело устойчиво плавает на определенной глубине
только в том случае, если оно менее сжимаемо, чем жидкость. Аналогично объясняется
устойчивое плавание дирижабля или шара-зонда на определенной высоте .
ВОПРОС. Стакан с опущенной в него серебряной ложкой плавает на поверхности
воды, налитой в сосуд. Уровень воды при этом равен h. Увеличится или уменьшится
уровень воды в сосуде, если ложку из стакана переложить на дно сосуда?
ОТВЕТ. Когда ложку вынут из стакана, объем вытесненной стаканом воды уменьшится
на величину V1 = m/ρB, где m – масса ложки, ρB – плотность воды. Когда ложку опустят в
воду, объем вытесненной воды увеличится на величину объема ложки V2 = m/ρC, ρC –
плотность серебра. Т.к. ρC > ρB, то V2 < V1, а значит, уровень воды уменьшится.
Вопрос. Невесомая жидкость находится в покое между двумя невесомыми
поршнями, связанными между собой тонким нерастяжимым стержнем. На
F
верхний поршень действует сила F, площади поршней s и S. Чему равно
S
давление в жидкости? Ответ: Р = F/ (S – s).
Поскольку поршни жестко связаны стержнем, то поршни и стержень можно
s
рассматривать как одно твердое тело. На это тело действует сила F и сила
давления жидкости, равная Ps (P – давление жидкости), направленная вниз, и сила
давления жидкости, равная PS, направленная вверх. Т.к. жидкость и тело находятся в
покое, то
F + Ps = PS.
Отсюда P = F/(S – s).
Ответ. В U-образной трубке постоянного сечения колеблется жидкость плотности ρ.
Жидкость занимает участок трубки длины L. Найти давление на глубине Н в
вертикальном участке правого колена в момент, когда уровень жидкости в правом
колене выше, чем в левом, на величину h. (Меледин, 1.176)
Ответ: Р = ρgH(1 – h/L).
Введем сечение трубки S. В заданный момент
(ρLS)a = ρghS → a = gh/L.
Столб жидкости высоты Н приобретает ускорение а под действием силы тяжести и силы
давления со стороны жидкости, подпирающей столб:
(ρHS)a = ρgHS - PS.
Отсюда Р = ρgH(1 – h/L).
Вопрос. В лифте находится ведро с водой, в котором плавает тело. Изменится ли
глубина погружения тела, если лифт будет двигаться с ускорением а, направленным
вверх? Вниз?
Ответ. Не изменится. Второй закон Ньютона для тела:
ma = mg + FA,
где FA – выталкивающая сила. Если бы объем, вытесненный телом, занимала жидкость, то
на нее со стороны остальной жидкости тоже действовала та же самая сила FA:
mж a = mжg + FA,
где mж = ρжV, V – объем погруженной части тела. Тогда
m(a – g) = ρжV(a – g),
отсюда следует, что V = m/ρж не зависит от ускорения лифта, т.е. глубина погружения не
изменится.
Вопрос. Вентилятор гонит струю воздуха через отверстие в стене. Во сколько раз
надо увеличить мощность N вентилятора, чтобы перегоняемая в единицу времени
масса воздуха mt увеличилась в два раза? (Козел, 1.105)
Ответ: N2/N = 8.
Ответ. Первоначальная мощность вентилятора
N = ½ mtv2,
где mt – масса воздуха, перегоняемая в единицу времени, а v – его скорость. Для того
чтобы через то же отверстие перегонять в единицу времени массу воздуха в два раза
большую, его скорость нужно увеличит в два раза. Поэтому мощность вентилятора
N2 = ½ (2mt) (2v)2 = 8N.
Вопрос. Для измерения ускорения используется изогнутая по дуге окружности
трубка, заполненная водой, в которой имеется пузырек воздуха. Как связано
положение пузырька с ускорением трубки.
Ответ. Пузырек не будет перемещаться по трубке,
a
N
если сила N, действующая на него со стороны
жидкости, будет направлена по радиусу трубки, то
Q
есть перпендикулярно к касательной к трубке. Так
как сила N – это архимедова выталкивающая сила,
то она перпендикулярна к линиям постоянного
R
mg
давления. Равнодействующая Q сил N и mg (m –
масса пузырька) направлена горизонтально и равна
α
ma . Поэтому
tgα = ma / mg = a /g .
Вопрос. В трубе с сужением течет вода. В трубу пущен эластичный резиновый
шарик. Как изменится его диаметр при прохождении узкой части трубы?
Ответ. Увеличится, т.к. скорость воды в узкой части трубы больше, а давление
соответственно меньше, чем в широкой части трубы.
Вопрос. Из брандспойта бьет струя воды. Расход воды Q = 60 л/мин. Какова площадь
поперечного сечения струи S1 на высоте h = 2 м над концом брандспойта, если вблизи
него сечение равно Sо = 1.5 см2?
Ответ. Скорость у конца брандспойта
vo = Q/So.
Вылетая из брандспойта, вода движется равнозамедленно с ускорением g, поэтому на
высоте h скорость воды будет
vh = (vo2 -2gh)1/2.
Из уравнения непрерывности струи
voSo = vhSh,
выражающего собой тот факт, что масса жидкости, протекающей через любое поперечное
сечение струи в единицу времени, одна и то же, получим
Sh = (vo/vh)So = Q/[(Q/So)2 – 2gh]1/2.
4.1. Гидростатика.
1. Резиновый детский мячик плавает на поверхности воды, когда погружена 1/8
часть его объема. Другой мяч, вдвое большего радиуса, погружается на 1/10 своего
объема. Во сколько раз толщина стенки второго мяча больше, чем первого?
Ответ: h2/h1 = 4/5(R2/R1) = 1.6 .
Решение.
Масса мяча практически равна массе стенки (массой воздуха внутри мяча можно
пренебречь). Толщина стенки много меньше радиуса мяча, поэтому приближенно можно
считать, что объем стенки равен 4πR2h. Тогда масса мяча равна М = ρ4πR2h , а условия
плавания запишутся для мячей в виде:
1/8 4/3 πR13 ρвg = ρ4πR12 h1 g ,
1/10 4/3 πR23 ρвg = ρ4πR22 h2 g .
Деля эти уравнения друг на друга, находим h2/h1 = 4/5(R2/R1) = 1.6
2. Тонкостенный стакан массы М = 50 г ставят вверх дном и медленно опускают его
вглубь так, что он все время остается вертикальным. На какую минимальную
глубину надо опустить стакан, чтобы он утонул? Высота стакана Н = 10 см, площадь
дна S = 20 см2. давление водяного пара в стакане не учитывать. Атмосферное
давление равно Ро = 100 кПа. (Козел, 2.121)
Ответ: h = Po[(ρVo/M) –1]/(ρg).
Решение.
Стакан утонет, если масса воды в объеме, занимаемом воздухом на глубине h, будет
равна массе стакана или меньше нее. Объем воздуха на глубине h определяется законом
Бойля-Мариотта:
V = VoPo/ (Po + ρgh),
где Vo = SH.На критической глубине
ρVoPo/ (Po + ρgh) = M,
откуда
h = Po[(ρVo/M) –1]/ (ρg).
3. На рисунке
изображена конструкция максимального
термометра (т.е. термометра, ‘запоминающего’ температуру, до
которой он нагревался в процессе опыта). Длинная U- образная
трубка, запаянная с одного конца, заполнена при температуре То =
273 К ртутью. В правом колене над ртутью находится воздух,
высота столба которого h = 24 см. при нагревании прибора воздух,
расширяясь, вытесняет часть ртути. После охлаждения до первоначальной
температуры То уровень ртути в левом открытом колене понизился на величину Н
= 6 см. Определить температуру, до которой нагревался прибор. Атмосферное
давление Ро = 100 кПа. (Козел, 2.117)
Ответ: T = ≈ 378 К.
H
h
Решение.
Рассмотрим три состояния воздуха в трубке.
1)
Начальное состояние
P1 = Po + ρgh ;
V1 =; T1 = To,
где S – сечение трубки.
2)
Воздух нагрет до некоторой температуры Т:
P2 = Po + ρgh1 ;
V1 = h1S;
T2 = T,
где h1 – высота воздушного столба при температуре Т, часть ртути вылилась из
левого открытого колена.
3)
Воздух снова охлажден до первоначальной температуры То:
P3 = Po + ρg(h2 – Н) ;
V3 = h2S;
T3 = To.
Высота воздушного столба h2 = h1 – H, так как ртуть из трубки при переходе из
второго состояния в третье больше не выливалась.
В первом и третьем случаях температура воздуха одинакова. Поэтому можно
воспользоваться законом Бойля-Мариотта
(Po + ρgh) hS = [Po + ρg(h2 – Н)] h2S.
Величина Ро/ρg имеет смысл высоты ртутного столба, соответствующей
атмосферному давлению, мы будем обозначать ее через Но (Но = 76 см). Имеем h22 +
(Ho – H)h2 - (Ho + h)h = 0.
Подставляя численные значения, найдем
h22 + 70h2 - 2400 = 0,
h2 ≈ -35 ± 60 см.
Физический смысл имеет лишь положительное значение h2 . Таким образом, h2 ≈ 25
см и, следовательно, h1 = h2 + H = 31 см. Применяя теперь объединенный газовый
закон к первому и второму состояниям, получим
h1(Ho + h1)/T = h (Ho + h)/To ,
откуда
T = To h1(Ho + h1)/ [ h(Ho + h)] ≈ 1.38 To ≈ 378 К.
H
L
x
4. Пробирку длины L заполнили водородом при давлении Р/, и
закрыли легким подвижным поршнем и погрузили в сосуд с ртутью
на глубину Н (см. рис.). Какая часть длины пробирки будет при
этом заполнена водородом? При каких значениях Н задача имеет
решение? Плотность ртути равна ρ, атмосферное давление равно
Ро. Температура водорода поддерживается неизменной. (Козел,
2.111)
Ответ: T ≈ 378 К.
Решение.
Поршень будет находится в равновесии, если давление в пробирке равно
Po + ρg(H – x).
Тогда по закону Бойля-Мариотта получаем
[Po + ρg(H – x)]xS = P/LS,
x2 – [H + (Po/ρg)]x + P/L/(ρg) = 0.
Откуда
P
x1,2 = ½ [H + (Po/ρg)] ± {¼[H + (Po/ρg)]2 - P/L/(ρg)}1/2.
Определим
1
a
3
какое
из
решений
квадратного
уравнения
справедливо в условиях задачи. Для этого изобразим на
1
графике закон Бойля-Мариотта для газа внутри пробирки:
Рх = const (кривая 1 на рисунке). На том же графике построим
b
зависимость
xa
xb
x
P = Po + ρg(H – x) (прямая 2).
Условию равновесия поршня соответствуют точки пересечения кривой 1 и прямой 2 точки a и b. Нетрудно видеть, что положение поршня в точке b является положением
неустойчивого равновесия. Действительно, если объем газа случайно немного увеличится,
гидростатическое давление уменьшится сильнее, чем давление газа в сосуде, и газ
вытолкнет поршень. Если же объем немного уменьшится, то гидростатическое давление
возрастет сильнее, чем давление газа, а поршень будет проваливаться внутрь пробирки до
положения ха. Из тех же соображений видно, что ха – положение устойчивого равновесия.
Итак
x = ½ [H + Po/(ρg)] - { ¼[H + (Po/ρg)]2 - P/L/(ρg)}1/2.
Задача имеет решение, если подкоренное значение больше нуля, т.е.
¼[H + (Po/ρg)]2 - P/L/(ρg) > 0,
откуда
H > 2 [P/L/(ρg)]1/2 - Po/(ρg).
На рисунке это соответствует условию, что прямая 2 проходит правее прямой 3.
5. Трубка радиуса r, закрытая снизу алюминиевой клиновидной
пластинкой, в сечении образующей прямоугольный треугольник с
катетами а и b , погружена в воду на глубину Н (см. рис.).
H
Верхняя грань клина представляет собой квадрат со стороной а,
H
причем ось трубки проходит через середину квадрата. Давление
b воды прижимает клин к трубке. До какой высоты следует налить
a
воду в трубку, чтобы клин отделился от нее? Плотность воды равна
ρо, плотность алюминия ρ. Рассмотреть случай, когда алюминиевый клин заменен
деревянным. До какой высоты следует налить воду в трубку, чтобы клин всплыл?
(Меледин, 1.156)
Ответ: 1) x ≥ H + a2 b[1 – (ρ/ρо)]/(2πr2) 2) x ≥ H - a2 b[а/(6r) - 1)][1 – (ρ/ρо)]/(2πr2).
Решение.
Из геометрических соображений и из определения центра тяжести следует, что плечо
выталкивающей силы относительно правого края трубки равно а/6 + r. Клин упадет на
дно, повернувшись, если
(ρ - ρо)g a2(½ b)(а/6 + r) ≥ ρоgπr3(H – x),
x ≥ H + a2 b[а/(6r) + 1)[1 – (ρ/ρо)]/(2πr2)
Чтобы клин не упал без вращения, необходимо выполнение условия для силы
ρоg[πr2(H – x) + ½ a2b] ≤ ρоg(½ a2b),
x ≥ H + a2 b[1 – (ρ/ρо)]/(2πr2).
Сравнение двух ограничений, накладываемых на х, приводит к следующему результату:
x ≥ H + a2 b[1 – (ρ/ρо)]/(2πr2).
2) Плечо выталкивающей силы относительно правого края трубки равно а/6 – r. Клин
перевернется и всплывет, если
(ρ - ρо)g a2( ½ b)(а/6 - r) ≥ ρоgπr3(H – x),
x ≥ H - a2 b[а/(6r) - 1)[1 – (ρ/ρо)]/(2πr2).
4L
L
H
4L
L
L
6. На дне сосуда, наполненного жидкостью, плотность
которой равна ρ, стоит Г-образное тело (см. рис). Жидкость
под нижнюю грань тела не подтекает. Плотность тела
равна 2ρ. При какой высоте уровня жидкости в сосуде
равновесие тела нарушится? (Меледин, 1.148)
Ответ: h = 5L.
Решение.
Запишем условие равенства моментов силы давления воды и силы тяжести,
действующих на тело, с учетом отсутствия подтекания. В качестве оси вращения
выбираем правое ребро нижней грани:
½ ρgL[2.4L3 + (h – 4L)L2] = 3L3(2ρ – ρ)g(3L/2).
Отсюда h = 5L.
7. Кусок медного купороса весит в воздухе Р1 = 100мН, а в керосине Р2 = 70мН.
Определить плотность медного купороса. Медный купорос в керосине не
растворяется. Каким станет его вес в керосине, если взвешивание производить в
лифте, поднимающемся с ускорением а = 4м/с2.
Ответ: ρ = 2.7г/см3 , Р3 = 110мН.
Вес куска медного купороса в керосине уменьшается на величину выталкивающей силы
Fвыт = ρкVg, где ρк - плотность керосина, V – объем куска. Пренебрегая выталкивающей
силой воздуха, можно записать
P1 = ρVg,
P2 = ρVg - ρкVg = (ρ- ρк)Vg,
где ρ- плотность медного купороса.
Подставляя, выраженный из первого уравнения объем V во второе уравнение, получим
P2 = (ρ - ρк) P1/ρ,
отсюда
ρ = ρк P1/( P1 - P2).
Принимая ρк = 0.8 г/см3, получим ρ = 2.7 г/см3.
Для определения веса медного купороса в лифте, рассмотрим силы, действующие на него:
сила тяжести mg = ρVg = P1, выталкивающая сила Fвыт , и сила реакции со стороны весов,
численно равная весу купороса. Равнодействующая этих сил сообщает ускорение а куску
купороса:
N + Fвыт - mg = ma,
отсюда
N = mg(1 + a/g),
Но
mg = P1,
Fвыт = P1 - P2.
Окончательно получим
N = a/g P1 + P2 = 110 мН.
8. В дне цилиндрической кастрюли площади S просверлили
отверстие площади s и вставили в него пластмассовую трубку. Масса
кастрюли с трубкой равна М. Кастрюля стоит на ровном листе
H резины дном вверх (см. рис.). Сверху в трубку осторожно наливают
h
воду. До какого уровня можно налить воду, чтобы она не вытекала
снизу? (XII Всесоюзная олимпиада, 1978 г.)
Ответ: H = h + m/[ρ(S – s)].
Решение
Вода начинает вытекать, когда ее сила давления на дно кастрюли уравновешивает силу
тяжести
Mg + (P – Pатм) (S – s),
т.к.
P = Pатм + ρg(Н – h),
то
H – h = m/[ρ(S – s)].
Отсюда
H = h + m/[ρ(S – s)].
9. В бак с водой опущена длинная стеклянная трубка с площадью поперечного
сечения s . Верхний конец трубки открыт и находится выше уровня воды в баке, а
снизу трубка закрыта пластинкой с площадью сечения S и толщиной l (см. рис.).
Плотность материала пластинки
ρПЛ больше, чем плотность воды
ρВ. Трубку
медленно поднимают вверх. Определить на какой глубине h пластинка оторвется
от трубки. Ответ: h = (S/s)(ρПЛ /ρВ - 1) l .
Решение
Моменту отрыва пластинки соответствует равновесие сил, действующих на нее:
силы давления F1, действующей сверху
F1 = ρBg(S – s)h+ PoS;
силы давления воды F2, действующей снизу
F2 = ρBgS(h + l) + PoS
и силы тяжести, действующей на пластинку
FT = ρплglS.
Сила реакции со стороны трубки в момент отрыва равна нулю. Из условия равновесия
сил
ρBg(S – s)h+ PoS + ρплglS = ρBgS(h + l) + PoS,
получим
h = (S/s)( ρпл /ρB - 1)l.
4.2. Гидродинамика.
1. Насос подает объем воды V в час на высоту Н по трубе диаметром d . Какой
должна быть мощность насоса? Можно ли с помощью насоса меньшей мощности
подавать объем воды V в час на ту же высоту? (Слободецкий, №37)
Ответ: N = 32ρV3/ (π2d4) + ρVgH.
Решение.
За время Δt насос подает на высоту Н массу воды ρVΔt , совершая работу А, равную
изменению механической энергии воды. Так как
насос “гонит” воду с некоторой
скоростью v, то
A = ½ (ρVΔt)v2 + (ρVΔt)gH.
Следовательно, мощность насоса
N = ½ ρVv2 + ρVgH.
Найдем скорость v. За время Δt через поперечное сечение трубы площадью S = ¼ πd 2
проходит объем воды VΔt = vΔt(¼ πd2). Отсюда
v = 4V/ (πd2).
Таким образом, мощность насоса
N = 32ρV3/ (π2d4) + ρVgH.
Из последнего выражения видно, что чем больше диаметр
d
трубы, тем меньше
необходимая мощность насоса. Но можно уменьшить величину N , не меняя диаметра
трубы. Если обрезать на высоте h << H, то вода будет вылетать из трубы с некоторой
скоростью u. Для этого необходима мощность насоса
N/ = ½ ρVu2
(т.к. h <<H, то потенциальной энергией на высоте h для простоты пренебрегаем). Для того
чтобы вода поднялась на высоту Н, необходимо, чтобы ее скорость была не меньше, чем
umin = [2g(H – h)]1/2 ≈ [2gH]1/2.
Таким образом, можно использовать насос мощностью
N/ = ρVgH.
2. Водометный катер забирает забортную воду и выбрасывает ее назад со скоростью
u = 20 м/с относительно катера. Площадь поперечного сечения струи S = 0.01 м 2.
Найти скорость катера, если действующая на него сила сопротивления
пропорциональна квадрату скорости: F = kv2, причем k = 7.5 Н.с2/м2 . (Козел, 1.68)
Ответ: v = 13.4 м/с.
Решение.
Масса воды, которую в единицу времени забирает и выбрасывает катер m t = ρSu. Когда
вода забирается в катер, она приобретает скорость катера v, и на катер (по третьему
закону Ньютона) действует сила
F1 = - ρSuv.
Когда вода выбрасывается из катера назад со скоростью u, на катер действует сила
F2 = ρSu2 .
Результирующая сила, действующая на катер со стороны воды,
F = F1 + F2 = ρSu(u – v).
Она равна силе сопротивления, так как катер по условию движется с постоянной
скоростью:
ρSu(u – v) = kv2.
Решая квадратное уравнение, находим v = 13.4 м/с.
3. На высоте h = 2 м над широким сосудом открывают на время t o = 2 с кран, из
которого вниз выливается в единицу времени масса воды mt = 0.2 кг/с. Площадь
отверстия крана S = 1см2. Найти изменение силы давления на подставку и
изобразить графически эту силу как функцию времени. (Козел, 1.72)
Решение.
Скорость, с которой вода вытекает из крана,
vo = mt /ρS = 2 м/с.
Скорость v, которую имеет вода, попадая в сосуд, можно найти с помощью закона
сохранения энергии:
v = (vo + 2gh)1/2 = 6.6 м/с.
При попадании в сосуд вода тормозится, происходит абсолютно неупругий удар,
вследствие чего на сосуд действует сила, равная изменению импульса в единицу времени:
F1 = mt v = 1.3 Н.
Кроме того, по мере заполнения сосуда водой на дно действует сила тяжести этой воды,
линейно нарастающая со временем:
F2 = mt gt.
Общая сила давления на дно
F
Fmax
Fk
F = F1 + F2 .
Ее график приведен на рисунке. Время, за которое вода
долетает от крана до сосуда,
F1
t
t1
t1 + to
t1 = 2h/ (v + vo) = 0.45 с.
Начальную силу давления на дно полагаем равной нулю. Максимальная сила давления на
дно
Fmax = F1 + mt gto = 5.2 H.
Сила давления на дно сосуда после того, как струя перестанет попадать в сосуд
Fк = mt gto .
F
4. Цилиндр диаметра D заполнен водой и расположен
горизонтально (см. рис.). С какой скоростью перемещается
поршень, если на него действует сила F, а из отверстия в
задней стенке цилиндра вытекает струя диаметра d? Трением
пренебречь силу тяжести не учитывать. (Козел, 1.74)
Ответ: v = (2d2/D){2F/[πρ(D4 – d4)]}1/2.
d
Решение.
Если поршень перемещается со скоростью v , скорость струи (из-за несжимаемости воды)
u = v(D/d)2.
Так как трением можно пренебречь, для воды в цилиндре справедливо уравнение
Бернулли:
Po + F/S + ½ ρv2 = Po + ½ ρu2,
где Ро – атмосферное давление, ρ – плотность воды, а S = ¼ πd2. Из этих соотношений
находим
v = (2d2/D) {2F/ [πρ(D4 – d4)]}1/2.
5. На тележке стоит сосуд с высокими стенками и квадратным
дном, имеющим сторону L . Нижнее ребро O сосуда шарнирно
a
закреплено. В сосуд налита жидкость до уровня h > ½ L. Тележку
тянут с ускорением а, придерживая сосуд. Когда поверхность
O
жидкости успокаивается, сосуд отпускают. При какой минимальной
высоте h уровня жидкости сосуд опрокинется? Массой сосуда пренебречь. (Меледин,
1.143)
Ответ: h = ½ L{(a/g) + (g/a) + [(a2/g2) + (4/3)(1 - (a2/g2))]1/2} ≈ La/g при a << g.
Решение.
Пусть точка С – центр масс ускоренной жидкости.
y
Поверхность
L
жидкости
уже
не
горизонтальна,
перпендикуляр к этой поверхности направлен вдоль
a
-a
C
yC
g
xC
h
вектора
- а + g, направление которого совпадает с
направлением результирующей силы, приложенной к центру масс. Если линия действия
этой силы пройдет мимо площади опоры, то система перевернется. Критическим
условием является прохождение линии действия результирующей силы чрез шарнир, т.е.
точку О (см. рис.). Обозначив через хС горизонтальную координату центра масс, а через
yC – вертикальную, получаем условие
a/g = xC/yC.
Центр масс трапеции можно найти, например, через центр масс треугольника и
прямоугольника:
xC = {(L/3)(L/2)(a/g)L + (L/2)[h – La/(2g)]}/(hL) = L/2 – L2a/(12hg),
yC = {(L/3) (a/g) (L/2L)(a/g) + ½ [h – La/(2g)] [h – La/(2g)]L}/(hL) =
h/2 – La/(2g) + 7L2a2/(24hg2).
Подставляя в вышеприведенное условие найденные значения xC и yC, имеем
h2 – L[(a/g) + (g/a)]h + (L2/6)[1 + (7/2)(a2/g2)] = 0;
Отсюда, с учетом условий, а < g и h > ½ L, однозначно получаем
h = ½ L {(a/g) + (g/a) + [(a2/g2) + (4/3) (1 - (a2/g2)]1/2} ≈ La/g при a << g.
6. Поршень вытесняет воду из вертикального цилиндрического сосуда через малое
отверстие, находящееся у дна сосуда и имеющее площадь S o. Высота сосуда равна h
, площадь основания - S . Какую работу совершает поршень, если он движется с
постоянной скоростью v? Учесть действие силы тяжести. (Меледин, 1.145)
Ответ: A = ρS(h/2)[(vS/So)2 – gh]
Решение.
Используя закон сохранения энергии и условие несжимаемости жидкости, получаем
WП = ρgSh (h/2) = ½ ρgSh2,
u = vS/So,
WK = ½ mv2 = ρS (h/2) (vS/So)2,
где ρ – плотность воды, u – скорость истечения воды. Тогда
A = WK - WП = ρS (h/2) [(vS/So)2 – gh]
для v > (So/S)(2gh)1/2 ,
при v < (So/S)(2gh)1/2 происходит отрыв воды от поршня.
7. Идеальная жидкость, налитая в вертикальное колено узкой
изогнутой под прямым углом трубки, удерживается легким поршнем
П, находящимся в самом начале горизонтального участка трубки (см.
L
П
рис.). После освобождения поршня через некоторый промежуток времени вся
жидкость оказалась в горизонтальном колене. Пренебрегая трением, найти этот
промежуток времени, если первоначальная высота столба жидкости была равна L.
(МГУ, физ. фак.,2001)
Ответ: τ = ¼ T = ½ π(L/g)1/2.
Решение.
В тот момент, когда высота столба жидкости в вертикальном колене трубки станет равной
х, масса жидкости в этом колене будет равна ρsx, где s – сечение трубки, ρ – плотность
жидкости. Пусть в этот момент времени давление в изгибе трубки станет равным Р. Тогда
второй закон Ньютона для этой массы жидкости запишется в виде
(ρsx)x// = - (ρsx)g – (Pa – P)s
(ось х направлена вверх),
где Pa – атмосферное давление. Уравнение же движения
жидкости в горизонтальном участке трубки с учетом того, что трубка тонкая и того же
сечения, а массой поршня можно пренебречь, можно представить в виде
[Ρs (L - x)]x// = – ( P - Pa)s .
из приведенных уравнений следует, что при 0 < x ≤ L ускорение, с которым движутся
поршень и жидкость в трубке, должно быть равно
x// = - (g/L) x.
Таким образом, начиная с того момента, когда поршень был отпущен, вплоть до того
момента, когда вся жидкость перетекла в горизонтальную часть трубки, ее движение
описывается уравнением гармонических колебаний. Этот процесс длился четверть
периода колебаний
τ = ¼ T = ½ π(L/g)1/2.
Н
8. В водоеме укреплена вертикальная труба с поршнем так, что нижний ее
конец погружен в воду. Поршень, лежавший вначале на поверхности воды,
медленно поднимают на высоту Н = 15 м (см. рис.). Какую работу пришлось
при этом совершить? Площадь поршня S = 1 дм2. Атмосферное давление Ро
= 100 кПа. Массой поршня пренебречь. (Козел, 1.98)
Ответ: А = 10 кДж.
Решение.
Вода поднимается за поршнем до высоты h = 10 м. Работа, совершенная при этом
А1 = ½ ρSh2g.
При дальнейшем движении поршня работа, совершаемая против силы атмосферного
давления,
А2 = PoS(H – h).
Итак, совершенная при подъеме поршня работа
A = ½ ρSh2g + PoS(H – h) = 10 кДж.
9. Брусок массы m удерживается в воздухе n струями воды, бьющими вертикально
вверх из отверстий, имеющих сечение So . Скорость на выходе из отверстий равна vo
. Достигая бруска, вода разлетается от него в горизонтальной плоскости. На какой
высоте над отверстиями удерживается брусок? Плотность воды равна ρ. (Меледин ,
1.178)
Ответ: h = {vo2 – [mg/(nρvoSo)]2}/(2g).
Решение.
Сила давления на брусок одной струи
F = Δp/Δt = ρv2S.
Тогда
mg = n ρv2S = n ρvvoSo.
Так как из условия неразрывности струи следует, что
vS = voSo.
Наконец, из кинематических соображений имеем
v2 = vo2 – 2gh.
Решая совместно эти уравнения, получаем
h = {vo2 – [mg/ (nρvoSo)]2}/(2g).
10. В вертикальной трубе радиуса R , заполненной жидкостью плотности
g ρ1, вдоль оси трубы всплывает круглый стержень радиуса r и длины L,
причем L >> R (см. рис.). Плотность стержня
ρ 2 < ρ1 . Пренебрегая
концевыми эффектами и трением, найти скорость и ускорение стержня в
зависимости от пройденного расстояния h , если в начальный момент он
покоился. (Меледин , 1.179*)
Ответ: v = {2gh(1 - ρ2/ρ1)/[ρ2/ρ1+ r2/(R2 - r2)]}1/2, a = g(1 - ρ2/ρ1)/[ρ2/ρ1+ r2/(R2 - r2)].
Решение.
Если стержень движется со скорость v, то, так как жидкость несжимаема, она должна
протекать в противоположную сторону между стержнем и стенками трубы со скоростью
u, причем S1v = S2u, т.е.
πr2v = π(R2 - r2) u;
отсюда
u = v r2/ (R2 - r2).
Скорость жидкости u предполагается одинаковой всюду, кроме небольших участков
около торцов стержня. Однако, если длина цилиндра L >> r, то вкладом этих участков в
энергию системы можно пренебречь. Из закона сохранения при подъеме стержня на
высоту h следует
½ ρ2πr2v2L + ½ ρ1π(R2 - r2)u2L = (ρ1 - ρ2)π r2Lgh.
Таким образом,
v = {2gh (1 - ρ2/ρ1)/ [ ρ2/ρ1+ r2/ (R2 - r2)]}1/2,
a = ½ v2/h = g (1 - ρ2/ρ1)/ [ ρ2/ρ1+ r2/ (R2 - r2)].
11. В короткой трубке переменного сечения поддерживается неизменное во времени
течение вязкой несжимаемой жидкости плотности ρ. В сечениях I и II , площади
которых равны S1 и S2 соответственно, скорость жидкости можно считать
постоянной по сечению. Найти силу, с которой жидкость действует на участок трубы
между сечениями I и II , и количество теплоты, которое выделяется в единицу
времени в объеме трубы между этими сечениями. Давление и скорость жидкости в
сечении I равны P1 и v1; в сечении II давление равно Р2. (Меледин, 1.180*)
Ответ: F = S2P2 - S1P1 - ρS1v12(1 – S1/S2), ΔQ/Δt = S1v1[(P1 - P2) + ½ ρv12(1 – S12/S22).
Решение.
Изменение импульса выделенного объема жидкости за малое время
ρS2v2Δtv2 - ρS1v1Δtv1 = (S1P1 - S2P2 + Fo) Δt ,
где ρS1v1Δt – масса жидкости, прошедшей через сечение S1 за время Δt, Fo – сила, с
которой труба действует на жидкость. Искомая сила F = - Fo,
F = S2P2 - S1P1 - ρS1v12( 1 – S1/S2).
Закон сохранения энергии для объема жидкости, протекшей за время Δt между сечениями
I и II, дает
P1S1v1Δt – P2S2v2Δt = ½ Δmv22 - ½ Δmv12 + ΔQ.
Здесь в левой части уравнения – работа силы давления, произведенная над интересующим
нас объемом жидкости, а в правой части – изменение кинетической энергии этого объема
жидкости и количество теплоты, выделившееся между сечениями I и II за время Δt.
Учитывая неразрывность течения жидкости, получаем
Δm = ρS1v1Δt = ρS2v2Δt
и, окончательно, количество теплоты, выделившееся в единицу времени
ΔQ/Δt = S1v1[(P1 - P2) + ½ ρv12(1 – S12/S22).
α
12. Сосуд с водой движется по наклонной плоскости с углом
наклона α так, что уровень воды устанавливается параллельно
этой плоскости (см. рис.). Из отверстия около дна сосуда вытекает
вода со скоростью v. Определить коэффициент трения между
сосудом и плоскостью, если масса сосуда с водой равна m , а
площадь отверстия S. Изменением массы воды, связанным с ее истечением из
сосуда, пренебречь. (Гольдфарб,3.22)
Ответ: k = ρSv2/(mgcosα).
Решение.
Для сосуда с водой второй закон Ньютона имеет вид
ma = mgsinα + Fр – kmgcosα.
Из условия, что уровень воды параллелен наклонной плоскости, следует, что сосуд с
жидкостью движется вдоль наклонной плоскости с ускорением
а = gsinα.
Сила реакции, по третьему закону Ньютона, численно равна изменению количества
движения воды, вытекающей из сосуда в единицу времени:
Fp = Δ(mv)/Δt = (ρSΔx)v/Δt = ρSv2.
Отсюда
k = ρSv2/ (mgcosα).
13. В стенке сосуда с водой просверлены одно над другим два отверстия площади S =
0.2 см2 каждое. Расстояние между отверстиями Н = 50 см. в сосуд ежесекундно
вливается Q = 140 см3 воды (при этом уровень воды в сосуде остается постоянным).
Найти точку пересечения струй, вытекающих из отверстий. (Буховцев, 284)
Ответ: x = 120 см, y = 130 см (от уровня воды).
Решение.
Обозначим через h расстояние от уровня воды
до
h
верхнего
отверстия,
через
х
искомое
расстояние от сосуда до точки пересечения
H
y
струй по горизонтали и через y расстояние от
уровня воды в сосуде до той же точки (см. рис.).
Точка пересечения струй будет оставаться на
x
одном месте, если уровень воды не изменяется.
Для этого необходимо, чтобы
Q = Sv1 + Sv2,
где v1 = (2gh)1/2 и v2 = [2g(H + h)]1/2 - скорости истечения струй из отверстий. На
основании законов кинематики
x = v1t1 = v2t2,
y = h + ½ gt12 = h + ½ gt22 ,
где t1 и t2 – время “падения” воды от отверстий до точки пересечения струй. Отсюда
x = ½ [Q2/ (2gS2) – 2gS2H2/Q2] = 120 см,
y = ½ [Q2/ (2gS2) + 2gS2H2/Q2] = 130 см.
14. “Тройник” с двумя открытыми в атмосферу вертикальными
трубками и одной закрытой, полностью заполнен водой (см. рис.).
После того, как “тройник” стали двигать по горизонтали (в
плоскости рисунка) с некоторым постоянным ускорением, из него
вылилось 1/8 массы всей содержавшейся в нем воды. Чему равно
давление в жидкости в нижней части закрытой трубки (точка О)?
Трубки имеют одинаковое внутреннее сечение и длину
L.
(МФТИ,1998)
Ответ: PАТМ + (7/4) ρgL.
L
L/2
L
L
O
Решение.
Вода в горизонтальной трубке между вертикальными трубками движется с одним и тем
же ускорением
PАТМ + ρgL – (РО - ρgL) = (РО - ρgL) - ρgX - PАТМ
где Х – уровень воды в средней трубке. Из условия задачи
(L – X)/(4L) = α
Отсюда
PO = PАТМ + (3ρgL + ρgX)/2
=
(= 1/8).
PАТМ +(7/4) ρgL.
15. По резиновой трубке, свернутой в виде кольца, циркулирует со скоростью v
вода. Радиус кольца равен R, диаметр трубки d << R. С какой силой растянута
резиновая трубка?
Ответ: T = ρ (πd2/4) v2.
Решение.
Выделим малый элемент трубки длины RΔα (cм.
ΔF
T
рис.).
T
Δα
O
Растянутые
стенки
трубки
сообщают
жидкости, протекающей по этому элементу,
ускорение a = v2/R. По третьему закону Ньютона
на элемент трубки со стороны жидкости будет
действовать сила
ΔF = ρ(πd2/4)RΔαv2/R,
где ρ – плотность воды. Сила ΔF уравновешивается силами натяжения кольца Т. Из
условия равновесия, учитывая, что RΔα мало, имеем
ΔF = 2Т sin(Δα/2) = T Δα
Следовательно искомая сила
T = ρ (πd2/4) v2.
16. В дне сосуда проделано отверстие сечением S1. В сосуд налита вода до высоты h и
уровень ее поддерживается постоянным. Определить площадь поперечного сечения
струи, вытекающей из сосуда на расстоянии 3h от его дна. Считать, что струя не
разбрызгивается; силами трения в жидкости пренебречь.
Ответ: S2 = ½ S1.
Если не учитывать сжимаемости воды, можно считать, что за
0
любые равные промежутки времени через сечения 1 и 2 проходит
h
1
S1
одинаковое количество жидкости
v1
S1v1Δt = S2v2Δt,
где v1 и v2 – скорости жидкости в сечениях 1 и 2, имеющих
S2
2
площади S1 и S2. Скорости в потоке жидкости определятся из
закона Бернулли, представляющего собой выражение закона
v2
сохранения энергии для жидкости, заключенной в единичном
объеме. Для уровней 1 и 2, пренебрегая скоростью жидкости на открытой поверхности и
учитывая, что работа внешних сил равна нулю (внешними силами здесь являются силы
атмосферного давления, действующие на жидкость сверху и снизу), можно записать
ρgh = ½ ρv12,
откуда
v1 = (2gh)1/2.
При переходе единичного объема жидкости с уровня 0 на уровень 2 аналогично получим
ρg4h = ½ ρv22,
откуда
v2 = (8gh)1/2.
Решая эти уравнения относительно искомого сечения S2, получим
S2 = 0.5 S1
3h
V. Молекулярная физика, термодинамика.
5.1. Поверхностное натяжение.
1. В озеро глубиной h = 20м и площадью S = 10км2 бросили кристаллик поваренной
соли массой m = 0.01г. Сколько молекул этой соли оказалось бы в наперстке воды
объемом V = 2.0см3, зачерпнутым из этого озера, если считать, что соль,
растворившись, равномерно распределилась в озере?
Ответ: N ~ 106 молекул.
Решение.
Общее количество молекул соли в кристалле
No = NAm/μ,
где NA – число Авогадро, μ - молярная масса NaCl. Это количество молекул равномерно
распределилось по объему озера
Vo = Sh.
Концентрация молекул NaCl в озере и наперстке одинакова
N/V = No/(Sh),
где N – количество молекул в наперстке. Отсюда
N = VNo/(Sh) = mVNA/( μhS) = 106 молекул. (μ = 60 г/моль)
2. Средняя квадратическая скорость молекул некоторого газа при нормальных
условиях равна 460м/с. Какое число молекул содержится в m = 1г этого газа? Газ
считать идеальным.
Ответ: N ~ 1.9 1022 .
Решение.
Пусть mo – масса одной молекулы. Тогда число молекул N = m/mo . Так как
½ mov2 = 3/2kT ,
то
N = mv2/3kT .
Здесь Т = 273К. Окончательно , N ~ 1.9 1022 .
3. В сосуде находится углекислый газ. При некоторой температуре 25% молекул
углекислого газа диссоциировало на атомарный кислород и окись углерода. Как
изменится давление в сосуде при этих условиях по сравнению с давлением до
диссоциации?
Ответ: Р2/P1 = 1.25 .
Решение.
Пусть в сосуде объемом V было N молекул СО2. Диссоциировало αN молекул СО2 и
образовалось αN молекул О и αN молекул СО. При этом остались (1- α)N молекул
СО2 . Общее число молекул в сосуде после диссоциации
N2 = αN + αN + (1- α)N = (1 + α)N .
До диссоциации давление в сосуде было равно Р1 , причем
P1V = NkT.
После диссоциации давление в смеси газов стало Р2 и
P2V = N2 kT.
Таким образом, давление после диссоциации стало больше в
Р2 / P1 = N2 / N = 1 + α =1.25 (раз).
4. Сосуд сообщается с окружающим пространством через малое отверстие.
Температура газа в окружающем пространстве Т, давление Р, причем оно
настолько мало, что молекулы газа при пролете в сосуд и из сосуда не сталкиваются
друг с другом на протяжении размеров отверстия. В сосуде поддерживается
температура 4Т. Каким будет давление в сосуде? (Всесоюзная олимпиада)
Ответ: Р1 = 2Р.
Решение.
Давление газа в сосуде равно
Р1 = n1kT1 = 4n1kT,
где n1 – концентрация газа в сосуде. Вне сосуда P = nkT, где n – концентрация газа вне
сосуда. Таким образом
Р1 = 4Р(n1/n) .
Равновесие между сосудом и окружающим пространством наступает тогда, когда число
молекул, влетающих в сосуд, равно числу молекул, вылетающих из него. Если учитывать
только молекулы, летящие перпендикулярно отверстию (вдоль оси х), их число,
вылетающее за время Δt из отверстия площадью S , равно
z1 = ½ n1S | vx1 | Δt ,
где | vx1 | - средняя скорость молекул вдоль оси х. (Учет молекул, пролетающих отверстие
под углом, приводит лишь к изменению коэффициента
“ ½ “ в формуле, что
несущественно в данном случае.) Аналогично, число вылетающих молекул
z = ½ nS | vx | Δt .
Поскольку z1 = z,
то
n1/n = | vx |/| vx1 | .
Но известно, что средняя скорость молекул пропорциональна корню квадратному из
температуры. Следовательно,
n1/n = (Т/Т1)1/2 = ½.
Таким образом, давление в сосуде
Р1 = 2Р.
5. Чему равен коэффициент поверхностного натяжения воды, если с помощью
пипетки, имеющей кончик диаметром d = 0.4мм, можно дозировать воду с
точностью до m = 0.01г.
Ответ: σ = mg/πd = 7.8 10-2Н/м.
Решение.
Вертикальная составляющая сил поверхностного натяжения будет
максимальна, когда поверхность капли у края пипетки будет
F
F
вертикальна (капля в виде полусферы). Она равна
F = σ πd ,
и уравновешивает силу тяжести капли
P = mg.
При дальнейшем увеличении капли вертикальная составляющая силы поверхностного
натяжения
уменьшается, а сила, действующая на каплю увеличивается. Равновесие
становится невозможным, и капля срывается:
σ = mg/πd = 7.8 10-2 Н/м.
6. Капиллярная трубка с очень тонкими стенками подвешена вертикально к чашке
рычажных весов. Весы уравновешены. К трубке подносят снизу сосуд с водой, так
что поверхность воды касается капилляра. Чтобы восстановить равновесие,
пришлось увеличить груз на другой чашке весов на m = 0.14г. определить радиус
капилляра.
Ответ: r = 1.5мм.
Решение.
Силы поверхностного натяжения тянут капиллярную трубку вниз. Они приложены к
внутренней и внешней поверхности по окружностям радиуса r, поэтому полная длина
линии, вдоль которой действует сила поверхностного натяжения
F, равна
4πr.
Следовательно ,
F = 4π σ.
C другой стороны, согласно условию равновесия
F = mg,
Отсюда
r = mg/4πσ = 1.5мм.
7. Смачиваемый водой кубик массы m = 20г плавает на поверхности воды. Длина
ребра кубика а = 3.0см. На какой глубине h от поверхности воды находится нижняя
грань кубика?
Ответ: h = 2.3см.
Решение.
Свободная поверхность жидкости граничит со стенками кубика по периметру квадрата со
стороной а. Кубик тянет вниз сила поверхностного натяжения
FПН = 4σа.
Условие равновесия:
FA = mg + FПН .
Учитывая, что
FA = ρВ g VВ = ρВ g а2h ,
где ρВ – плотность воды, а VВ – объем погруженной части кубика (т.е. объем вытесненной
воды), получаем:
h = (mg + 4σа) / ρВ g а2 = 0.023м.
итак, нижняя часть кубика погружена на глубину 2.3см. в отсутствие поверхностного
натяжения (при σ = 0) эта глубина была бы на 1мм меньше.
8. Оценить силу, необходимую для разъединения двух “слипшихся ” зеркальных
стекол размером 1м х 1м, между которыми попала вода. Среднее расстояние между
стеклами d = 0.2мм. Как можно облегчить разъединение стекол?
Ответ: F ~ 700H.
Решение.
Почему слипаются стекла? У их краев образуется цилиндрический мениск, вогнутый
внутрь, с радиусом кривизны
½ d (величина d определяется высотой неровностей и
возможным изгибом стекол). Значит давление внутри воды (между стеклами) меньше
атмосферного на
ΔР = 2σ / d.
Именно за счет этой разности давлений и создается сила
F = ΔР S = 2σS / d,
прижимающая стекла к друг другу. В данном случае она равна
700Н. Такую силу
необходимо приложить, чтобы оторвать стекла друг от друга. Заметим, что чем лучше
отполированы стекла и чем они более плоские, тем труднее их разъединить (F ~ 1/d).
Можно, конечно, заставить скользить стекла друг относительно друга, уменьшая тем
самым площадь их перекрытия S. Для этого потребуется преодолеть лишь силу трения,
намного меньшую F. Однако так стекла можно поцарапать. Лучше всего погрузить стекла
в воду – мениск исчезнет, и стекла разъединятся без труда.
A
C
D
B
9. Мыльная пленка ограничена проволочным каркасом и двумя
подвижными планками: АВ длиной l1 = 10 см и CD длиной l2 = 5
см. Планки жестко скреплены между собой. Коэффициент
поверхностного натяжения пленки  = 0. 07 Н / м . Какую работу
надо совершить для перемещения планки АВ влево на
h = 5 см?
Ответ: A = 2σh(l1 – l2).
Решение.
Работа, совершаемая при перемещении планки
АВ влево равна изменению энергии
поверхностного натяжения мыльной пленки
A = ΔW = 2σΔS = 2σ( l1h – l2h) = 2 σh( l1 – l2).
Здесь ΔS – изменение площади поверхности пленки ρ.
10. С какой скоростью растет толщина покрытия стенки серебром при напылении,
если атомы серебра, обладая энергией Е = 10-17 Дж, производят давление на стенку Р
= 0.1 Па? Атомная масса серебра А = 108, его плотность ρ = 10.5 г/см 3.
(Козел,№2.234)
Ответ: dτ = 9.10-8 см/с.
Решение.
На единицу площади стенки в единицу времени попадает масса серебра
Мτ = m Nτ = ρdτ ,
откуда
dτ = m /ρ,
где Nτ – число частиц, попадающих на единицу площади стенки за единицу времени.
Давление на стенку
P = mv Nτ ,
а
v = (2E/m)1/2.
Итак,
m Nτ = P(2E/m)1/2 = P[A/(2ENA)]1/2.
Для толщины слоя, нарастающего за единицу времени, имеем
dτ = (P/ρ) [A/(2ENA)]1/2 = 9.10-8 см/с.
11. При взрыве атомной бомбы (М = 1 кг плутония Pu242 ) получается одна
радиоактивная частица на каждый атом плутония. Предполагая, что ветры
равномерно перемешивают эти частицы во всей атмосфере, подсчитать число
радиоактивных частиц, попадающих в объем V = 1 дм3 воздуха у поверхности
Земли. Радиус Земли принять равным R = 6.106 м. (Козел, №2.238)
Ответ: n = 700 дм-3.
Решение.
Число радиоактивных частиц во всей атмосфере
N = MNA/A = 2.5.1024 .
Масса атмосферного воздуха
Mo = Po4πR2/g = 4.5.1018 кг.
Число молекул воздуха во всей атмосфере
No = MoNA/μ= 9.6.1043 .
При нормальных условиях число молекул в объеме V воздуха легче всего найти из
условия, что 1 моль воздуха занимает объем Vo = 22.4 дм3/моль:
no = NA/Vo= 2.7.1022 дм-3.
Зная полное число молекул воздуха и радиоактивных частиц в объеме, найдем число
частиц в объеме V = 1 дм3:
n = noN/No= 700 дм-3.
Итак, одна атомная бомба дает 700 радиоактивных частиц на каждый человеческий
вздох.
12. Спутник сечения S = 1 м2 движется с первой космической скоростью v = 7.9 км/с
по околоземной орбите. Давление воздуха на высоте орбиты (h = 200 км) Р = 1.37 .10-4
Па , температура Т = 1226 К. Определить число столкновений спутника с
молекулами воздуха в единицу времени. (Козел, №2.248)
Ответ: z = 6.1019 c-1 .
Решение.
За некоторое время τ спутник столкнется с молекулами, находящимися в цилиндре
сечения S и длины vτ. Число молекул в этом объеме равно Svτn. Число молекул в этом
объеме можно найти, используя уравнение газового состояния в форме P = nkT:
n = P/kT = NAP/RT.
Для искомого числа столкновений в единицу времени имеем
z = Sv NAP/(RT) = 6.1019 c-1 .
Мы считали молекулы неподвижными. В данном случае это не вносит существенной
погрешности, т.к. средняя скорость молекул гораздо меньше скорости спутника.
13. Оценить длину свободного пробега молекулы в воздухе при нормальных
условиях. Диаметр молекулы d = 3.7.10-10 м. (Козел, №2.249)
Ответ: λ = 8.75.10-8 м.
Решение.
Молекула столкнется с другой молекулой, если расстояние между центрами окажется
меньше d. Пусть за какое-то время молекула прошла путь L. Тогда она столкнулась с
молекулами, центры которых находятся в ломанном цилиндре (изломы в точках
столкновений) длины L и сечения πd2. Число молекул в этом объеме nLπd2 (n – число
молекул в единице объема) и есть число столкновений. Подсчитаем путь от столкновения
до столкновения – длину свободного пробега:
λ = L/(nLπd2) = RT/(NAP πd2) = 8.75.10-8 м.
Здесь давление принято равным Р = 100 кПа, температура Т = 273 К. Экспериментальное
значение
длины
свободного
пробега
при
таких
условиях
λ = 6.2.10-8 м. Расхождение, в основном, связано с тем, что мы считали все молекулы,
кроме
выбранной,
неподвижными.
Подробный
анализ
показывает,
что
учет
относительного движения молекул приводит к изменению длины свободного пробега в
1/√2
раз. Помножив полученный нами результат на этот множитель, окончательно
получим λ = 6.19.10-8 м.
14. Найти среднее расстояние между молекулами насыщенного водяного пара при
температуре t = 100оС. (Козел, №2.236)
Ответ: λ = 8.75.10-8 м.
Решение.
Моль газа занимает объем V = RT/P. На одну молекулу приходится объем
v = RT/(PNA) = kT/P.
Среднее расстояние между молекулами, таким образом,
L = (kT/P)1/3.
При температуре t = 100оС давление насыщенного водяного пара
Р = 100 кПа.
Окончательно получаем L = 3.7.10-9 м.
15. В вакууме находится мыльный пузырь радиуса R1 c газом, внутри которого
находится такой же пузырь радиуса R2 и с таким же газом. Внутренний пузырь
лопается. Найти радиус внешнего пузыря, если температура газа поддерживается
постоянной. (Меледин, 2.14)
Ответ: R = (R12 + R22)1/2.
Решение.
В первом пузыре давление
Р1 = 4σ/R1,
а во втором
Р2 = Р1 + 4σ/R2.
После того как остался один пузырь, давление в нем стало
Р. = 4σ/R.
Объемы газа соответственно равны
V1 = 4π(R13 – R23)/3,
V2 = 4πR23/3,
V = 4πR3/3.
По закону Бойля-Мариотта находим
P1V1 + P2V2 = PV;
Отсюда
R = (R12 + R22)1/2.
16. Оценить относительную ошибку, которую допускают при измерении
атмосферного давления ртутным барометром, имеющим барометрическую трубку с
внутренним диаметром d = 5 мм. Занижает или завышает показания такой
барометр? Какова относительная ошибка при измерении атмосферного давления по
высоте столбика ртути, если коэффициент поверхностного натяжения ртути σ = 0.48
Н/м, а плотность ртути ρ = 13.6 г/см3.
Ответ: ε ≈ 0.4 %.
Решение.
Ртуть не смачивает стекло, мениск будет выпуклым, и высота столбика ртути
уменьшается из-за действия сил поверхностного натяжения. Абсолютная систематическая
ошибка при измерении высоты ртутного столба таким барометром определится из
условия:
ΔP = πdσ/(¼πd2) = 4σ/d = ρртgΔh,
откуда
Δh = 4σ/(dρртg).
Относительная ошибка измерения давления:
ε = ΔP/P = Δh/h = 4σ/(dρртgh),
где h ≈ 76 см, поэтому ε ≈ 0.4 %.
17. Конец капиллярной трубки радиуса r = 0.05см опущен в воду на глубину h =
2см. какое давление необходимо, чтобы выдуть пузырек воздуха через нижний конец
трубки? Поверхностное натяжение воды σ = 0.072 Н/м.
Ответ: Р = 472 Па.
Необходимое давление должно превышать атмосферное на величину, способную
уравновесить гидростатическое давление столба жидкости и капиллярное давление в
пузырьке воздуха радиуса r . Повышение давления
Р = ρgh + 2σ/r = 484Па.
18. Какую работу необходимо совершить, чтобы медленно выдуть мыльный пузырь
радиуса R = 4 см через тонкую трубку? Коэффициент поверхностного натяжения
мыльного раствора считать равным 0.07 Н/м.
Ответ: А = 2.9 мДж.
Решение.
1-й способ. Давление газа внутри мыльного пузыря больше наружного атмосферного
давления. При этом давление внутри жидкой пленки, образующей пузырь, больше
атмосферного на величину 2σ/r1, но меньше давления внутри пузыря на величину 2σ/r2,
Здесь r1 - радиус внешней сферической поверхности, а r2 - внутренней. Так как пленка
тонкая, то можно считать, что r1 ≈ r2 = r, где
давление внутри пузыря
ΔP = 4σ/r.
r - радиус пузыря. Тогда избыточное
Найдем полную силу, растягивающую пузырь, учитывая, что площадь сферической
поверхности равна S = 4πr2:
F = ΔPS = 16π σ r.
При увеличении радиуса пузыря на малую величину Δr силы давления совершают работу
ΔA = FΔr = 16π σ rΔr.
При выдувании пузыря радиус
r
увеличивается от
0
до
R.
Так как сила
F
увеличивается прямо пропорционально r, то полная работа по выдуванию пузыря равна
A = FсрR = ½ FmaxR = 8π σ R2.
2-й способ.
Работа внешних сил по выдуванию пузыря идет на увеличение
поверхностной энергии мыльной пленки. Общая площадь поверхности пленки равна
удвоенной площади сферы радиуса R. Тогда
A = Wпов = σSобщ = 8π σ R2 ≈ 2.9 мДж.
19. Для дальней космической связи используется спутник объемом 100м3 ,
наполненный воздухом при нормальных условиях. Метеорит пробивает в его
корпусе отверстие площадью S = 1см2. Через какое время давление воздуха внутри
спутника изменится на 1%. Температуру считать неизменной.
Ответ: Δt ~ 6 мин.
Решение
В условиях постоянной температуры изменение давления связано с уменьшением
концентрации молекул
ΔP = ΔnkT.
За время Δt количество молекул, покинувших спутник, равно
Δn = (1/6)n(SvΔt),
где v = (3RT/)1/2 – среднеквадратическая скорость молекул.
Отсюда
Δt = 6ΔP/(SvnkT) = 6(ΔP/P)/(Sv) = 6(ΔP/P)[μ /(3RT)]1/2/S ≈ 6 мин.
5.2. Газовые законы.
1. Сосуд разделен легкими подвижными поршнями на три
равные части, в которых находятся гелий, водород и азот (см.
рис.). Левый поршень проницаем для гелия и водорода, правый
проницаем только для водорода. Найти расстояние, на которое сместится правый
поршень после окончания процесса диффузии газов. Начальное давление гелия в
три раза больше начального давления водорода и азота. Длина сосуда равна L.
Ответ: ΔL = L/12 .
He
H2
N2
Решение.
Так как начальное давление гелия в три раза больше начальных давлений водорода и
азота, а объемы газов одинаковые, то количество молей гелия в три раза больше
количества молей водорода и азота:
νНе/ νН = νНе/ νN = 3.
Правый цилиндр проницаем для водорода. Поэтому давление на него производят только
гелий и азот. Температура всех газов после окончания диффузии будет одинакова. Правый
цилиндр будет перемещаться до тех пор, пока давления азота и гелия не сравняются:
РНе = РN; νНеRT/(L – x) = νNRT/ x.
Здесь х – равновесное положение поршня, отсчитываемое от правой стенки сосуда. Из
этих уравнений после несложных преобразований находим
x = ¼ L,
а величина смещения
ΔL = 1/3 L – ¼ L = L/12.
2. С какой максимальной силой прижимается к телу человека медицинская банка,
если диаметр ее отверстия d = 4см? В момент прикладывания ее к телу воздух в ней
имеет температуру t1 = 80oC, а температура окружающего воздуха to = 20oC,
атмосферное давление Ро = 105Па. Изменением объема воздуха в банке при ее
присасывании пренебречь. (МФТИ,1988)
Ответ: F = Po(1 – To/T)πd2/4 ~ 21H.
Решение.
При остывании воздуха в банке давление воздуха в ней становится меньше атмосферного,
и сила, с которой с которой она прижимается к телу, равна
F = (Po – Pб) πd2/4.
Изменением объема воздуха в банке пренебрегаем, тогда
Рб/То = Ро/Т
→
Рб = Ро (То /Т).
Итак: F = Po(1 – To/T)πd2/4 ~ 21H.
3. Найти формулу некоторого соединения углерода с кислородом, если известно, что
m =1г этого вещества в газообразном состоянии создает в объеме V = 1л при
температуре Т = 27оС давление Р = 5.6104 Па. (МФТИ, 1992г)
Ответ: СО2 – углекислый газ.
Решение.
Воспользуемся уравнением состояния идеального газа
PV = (m/) RT,
откуда найдем молярную массу соединения:
 = mRT/PV = 44г/моль.
Молярная
масса
О = 16г/моль;
углерода
С
=
12г/моль,
молярная
масса
кислорода
единственная комбинация, при которой молярная масса смеси:
 = 44г/моль, это СО2 – углекислый газ.
4. При комнатной температуре четырехокись азота частично диссоциирует на
двуокись азота: N2O4 ↔ 2NO2 . В откаченный сосуд объемом V = 250см3 вводится m =
0.92г жидкой четырехокиси азота. Когда температура в сосуде увеличивается до t
=27oC , жидкость полностью испаряется, а давление становится равным Р = 129кПа.
Какая масса четырехокиси при этом диссоциирует?
Ответ: m1 = μ1(μ2PV/RT –m)/(μ2 - μ1) ~ 0.27г.
Решение.
Пусть диссоциирует масса m1 . Тогда парциальное давление двуокиси азота
Р1 = m1RT/ μ1V ,
где μ1 = 46г/моль. Парциальное давление четырехокиси азота
Р2 = (m-m1)RT/ μ2V,
где μ2 = 92г/моль. По закону Дальтона Р = Р1 + Р2 . Подставив в последнее равенство
выражения для Р1 и Р2 , получаем:
m1 = μ1(μ2PV/RT –m)/ ( μ2 - μ1) ~ 0.27г.
5. В запаянной с обоих концов U-образной трубке, частично заполненной водой, в
одном из колен находится воздух, а из другого колена воздух полностью удален. При
температуре t1 = 27 ºC уровень воды в колене, содержащем воздух, ниже запаянного
торца трубки на L1 = 80 см, а перепад уровней воды в коленах равен h 1 = 50 см.
Найти изменение разности уровней воды в коленах после нагревания трубки до
температуры t1=87ºC, пренебрегая тепловым расширением и объемом испарившейся
воды. (МГУ, физ. фак.,2000)
Ответ:
x = - (½ h1 + L1) + {((½ h1 + L1)2 + 2 L1 h1 (T2/ T1 -1)}1/2 ~ 7.4 см.
Решение.
МГУ, физ. фак.,
L1 L 2
h1
h2
Обозначим расстояние от запаянного торца колена, содержащего воздух, до уровня воды в
нем после нагрева трубки как L 2 , а перепад уровней воды как h 2 . Давление на границе
воздух-вода в первоначальном состоянии - Р 1 , а после нагрева - Р 2 . Эти давления
определяются как гидростатические давления водяных столбов высотой h 1 и h 2 ,
соответственно.
Р1 = ρ g h1 ,
Р2 = ρ g h2 ,
где ρ – плотность воды. С другой стороны эти давления равны давлениям воздуха в двух
состояниях и связаны между собой объединенным газовым законом
Р1 V1 / T1 = Р 2 V 2 / T 2 ,
где
V 1 и V 2 - объемы воздуха в состояниях 1 и 2 . Считая площадь сечения трубки
постоянной, запишем это уравнение в виде
Р1 L1 / T1 = Р 2 L 2 / T 2
Тогда
Р 2 / Р 1 = h 2 / h 1 = (T 2 L 1 ) / (T 1 L 2 ) .
Учитывая несжимаемость воды: h 2 - h 1 = 2 (L 2 - L 1 ) и обозначив искомое изменение
уровня воды x = h 2 - h 1 , получим для него квадратное уравнение
x 2 + 2 x (h 1 /2 + L 1 ) - 2 L 1 h 1 (T 2 / T 1 -1) = 0.
Единственным положительным решением этого уравнения является
1
x = - (h 1 /2 + L 1 ) + {(h 1 /2 + L 1 ) 2 + 2 L 1 h 1 (T 2 / T 1 -1)} 2 = 7.4 см.
6. Колокол для подводных работ объемом 10 м3 опускается вниз дном с борта
корабля на дно водоема глубиной 20 м. Зашедшая в колокол вода вытесняется из
него с помощью баллонов со сжатым воздухом. Объем одного баллона 40 литров,
давление внутри 200 атмосфер. Найти минимальное количество баллонов, которое
нужно подсоединить к колоколу, чтобы вытеснить из него воду? Газовая постоянная
R = 8.31 Дж/моль К, температуру считать постоянной. (МФТИ,1992)
Ответ: n = 3.
Решение.
Давление на дне водоема равно
Рдн = Ратм + ρgh = 3 атм,
где Ратм = 1 атм – атмосферное давление, ρ – плотность воды, h = 20 м – глубина водоема.
Поскольку в колоколе изначально находился воздух при давлении Р атм, то количество
воздуха, которое необходимо ввести под колокол в соответствии с уравнением
Менделеева-Клапейрона будет равно
ΔM = μ(ρgh)V/RT,
где μ – молекулярный вес воздуха, Т – абсолютная температура воздуха, V = 10 м3 –
объем колокола. Масса воздуха, которую можно перекачать из одного баллона
определится из соотношения
Δm = μ(РБ – Рдн)vБ/RT,
где vБ = 40 л – объем баллона. Вытеснение воды может осуществляться только тогда,
когда давление в баллоне больше чем давление воды на дне водоема. Таким образом, в
баллонах останется некоторое количество воздуха. Минимальное количество баллонов
будет равно
n = ΔM/Δm = ρgh (V/vБ)/ (РБ – Рдн) = 2.54,
т.е. достаточно трех баллонов.
7. Через трубку переменного сечения продувают воздух.
Входное отверстие имеет площадь S1 , выходное – S2 (см.
рис.). На входе скорость воздуха постоянна и равна v1,
температура Т1, давление Р1. На выходе температура Т2,
давление Р2. Найти скорость воздуха в выходном сечении. (Меледин, 2.29)
Ответ: v2 = P1T2S1v1/(P2T1S2).
v1
S1
P1, T1
v2
S2
P2, T2
Решение.
За время Δt в трубку входит объем воздуха
V1 = S1v1Δt,
а выходит объем
V2 = S2v2Δt.
Так как это равные массы, то из обобщенного газового закона
P1V1/T1 = P2V2/T2
находим
v2 = P1T2S1v1/ ( P2T1S2).
8. В блюдце налито m = 30 г воды, а сверху на воду поставлен перевернутый вверх
дном разогретый цилиндрический стакан с тонкими стенками. До какой
минимальной температуры должен быть нагрет стакан, чтобы после остывания его
до температуры окружающего воздуха То = 300 К в него оказалась бы втянута вся
вода? Атмосферное давление Ро = 100кПа, площадь сечения стакана S = 20 см2,
высота Н = 10 см, плотность воды ρ = 1 г/см3. Явлением испарения поверхностным
натяжением и расширением самого стакана пренебречь. (Меледин, 2.34)
Ответ: T ≈ 80oC.
Решение.
Уравнение состояния газа:
PoSH/To = PSh/T,
где h – расстояние от дна перевернутого стакана до уровня втянутой в него воды. Условие
равновесия втянутой в стакан воды:
PS + mg = PoS , h = H – m/ρS.
Отсюда
T = To/ {[1 – mg/ (PoS)] [1 - m/ (ρHS)]} ≈ 350 K ≈ 80oC.
9. В запаянной с одного конца горизонтальной трубке сечения S на расстоянии L
от запаянного конца находится поршень массы m. Другой конец трубки открыт, по
обе стороны поршня воздух, давление которого Ро. Трубку начинают вращать с
угловой скоростью ω вокруг вертикальной оси, проходящей через запаянный конец
трубки. На каком расстоянии от запаянного конца трубки будет находиться
поршень? Температуру воздуха считать постоянной. Трением пренебречь.
(Меледин, 2.8)
Ответ: x = [PoS/(2mω2)]{1 - [1 – 4mω2L/(PoS)]1/2}.
Решение.
Уравнение второго закона Ньютона для движения поршня по окружности:
mω2x = (Po – P) S.
Из закона Бойля-Мариотта имеем
Px = PoL, где Р – давление между поршнем и запаянным концом вращающейся трубки;
отсюда
mω2x2/ (PoS) – x + L = 0,
x1,2 = [PoS/ (2mω2)] {1 ± [1 – 4mω2L/ (PoS)]1/2}.
Очевидно, должно выполняться условие 4mω2L/(PoS) < 1, иначе поршень из трубки
вылетит.
Для того чтобы выяснить оба ли корня подходят, рассмотрим
y
графики двух функций (см. рис.)
y1
y2
y1 = mω2 x2/ (PoS) + L,
y2 = x.
Пересечение этих графиков дает два корня
х1
и
х2
исследуемого квадратного уравнения. Нетрудно видеть, что
x2
x1
x
корень
равновесия поршня, а корень
х1
х2
-
соответствует
неустойчивому положению
устойчивому. Следовательно, из физических
соображений подходит лишь один корень, соответствующий знаку
« - « в скобках.
Таким образом
x = [PoS/ (2mω2)] {1 - [1 – 4mω2L/ (PoS)]1/2},
x ≈ L [1 + mω2L/ (PoS)] при mω2L << (PoS).
10. В горизонтально закрепленной, открытой с торцов
трубе сечения S находятся два поршня. В исходном
состоянии левый поршень соединен недеформированной
Р
Ро
пружиной жесткости k со стенкой, давление газа Ро между
Ро
Ро
поршнями равно атмосферному, расстояние L от правого
L
L
поршня до края трубы равно расстоянию между поршнями
(см. рис.). Правый поршень медленно вытянули до края трубы. Какую силу надо
приложить к поршню, чтобы удерживать его в этом положении? Температуру газа
считать постоянной. Трением пренебречь. (Меледин, 2.25)
Ответ: F = kL + ½ PoS – [(kL)2 + ( ½ PoS)2]1/2.
Решение.
Условие равновесия левого поршня:
PoS – kx – P1S = 0.
Условие равновесия правого поршня:
P1S + F – PoS = 0.
Из закона Бойля-Мариотта имеем
PoL = P1(2L – x).
Отсюда следует, что
F = kx, т.е. x = F/k. Таким образом
F2 – F(2kL + PoS) + PoLkS = 0.
Отсюда
F = kL + ½ PoS – [(kL)2 + ( ½ PoS)2]1/2. ( F → 0 при k → 0).
11. Цилиндрический сосуд с тонкими двойными стенками
наполнили до краев жидкостью плотностью ρ (см. рис.). Высота
H
ρ
g сосуда равна
Н, площадь дна равна
S, площадь сечения
внутреннего цилиндра - ½ S. Между внутренним цилиндром и
дном имеется щель. Найти значение атмосферного давления, если
масса жидкости в сосуде равна m. Стенки сосуда хорошо проводят тепло. Давление
насыщенных паров жидкости мало по сравнению с атмосферным. (Меледин, 2.2)
Ответ: Po = 4g(ρHS – m)2 / [S (2m – ρHS)].
Решение.
Масса жидкости
m = ½ ρHS + ½ ρhS.
Введем давление запертого между стенками воздуха Р и Р о – атмосферное давление.
Условие равновесия и закон Бойля –Мариотта дают
P = Po + ρg(H – h),
P (H – h) = PoH.
Отсюда
Po = 4g(ρHS – m)2 / [S(2m – ρHS)]
12. Сосуд объема
V = 2 л разделен на две равные части полунепроницаемой
неподвижной перегородкой. В первую половину сосуда введена смесь mВ = 2 г
водорода и mА = 20 г аргона, во второй половине – вакуум. Через перегородку может
диффундировать только водород. Температура сосуда поддерживается постоянной и
равной t = 20oC. Какое давление установится в первой половине сосуда после
окончания процесса диффузии? (МФТИ,1992)
Ответ: Р = 2.4 106 Па.
Решение.
Водород заполнит весь сосуд, и его давление
РВ = (mВ/В)(RT/V);
аргон останется весь в первой половине и его давление
РА = (mА/А)(2RT/V) .
По закону Дальтона давление в первой половине сосуда
Р = РВ + РА = (RT/V)( mВ/В + mА/А ) = 2.4 106 Па.
13. Из сосуда хотят откачать водород с помощью адсорбционного насоса, т.е.
подсоединенного к сосуду отростка с насыпанным в него адсорбентом. Масса
поглощенного водорода не превышает 0.02 массы самого адсорбента. Сосуд, какого
объема можно откачать с помощью адсорбента массы m = 100 г, если начальное
давление водорода в сосуде Ро = 10 Па, а температура Т = 300 К. (МФТИ,1988)
Ответ: V ~ 250м3.
Решение.
Масса водорода, которую может поглотить адсорбент, равна
mВ = 0.02m = 2г. При
заданных Ро и Т она содержится в объеме
V = mRT/μPo ~ 250м3,
т.е. сосуд такого объема адсорбент полностью откачает.
14. Внутри закрытого с обеих сторон горизонтально расположенного цилиндра
имеется поршень, который скользит в цилиндре без трения. С одной стороны
поршня находится mВ = 2 г водорода, а с другой mа = 17 г азота. Какую часть объема
цилиндра занимает водород? (МФТИ,1988)
Ответ: VВ / Vo = 0.62.
Решение.
Условие равновесия поршня – равенство давлений азота и водорода. Температуры их
одинаковы. Запишем для каждого уравнение состояния:
PVВ = mВRT/μВ
P (Vo - VВ) = mа RT/μа ,
где μа, μВ – молярные массы азота и водорода. Поделив уравнения, найдем
VВ / Vo = mВ μa/ ( mВ μa + mа μВ ) = 0.62.
15. Лазерные трубки должны быть заполнены смесью гелия и ксенона в молярном
соотношении 9:1 при общем давлении 10 торр. Ксенон содержится в баллонах объема
V1 = 1 л при давлении Р1 =300торр, а гелий в баллонах V2 = 2 л при давлении Р2 = 50
торр. Сколько баллонов гелия понадобится для того, чтобы полностью использовать
один баллон ксенона? (МФТИ,1988)
Ответ: N = 27 баллонов.
Решение.
Объем и температура всех лазерных трубок предполагаются одинаковыми. Тогда
отношение давлений гелия и ксенона равно отношению их молярных концентраций, как
следует из уравнения состояния:
РНе/РХе = νНе/νХе = 9/1;
РНе + РХе = 10 торр,
т.е.
РНе = 9 торр, РХе =1 торр.
Пусть V - общий объем заполняемых лазерных трубок, а N – необходимое число
баллонов гелия. По закону Бойля-Мариотта:
P1 V1 = PХе (V1 + V + NV2) – для ксенона;
P2 NV2 = PHe (V1 + V + NV2) – для гелия,
т.к. и гелий, и ксенон равномерно заполняют всю систему. Поделив уравнения, получаем:
N = (PHe/ РХе) P1V1/ P2V2 =27.
16. В цилиндре с площадью сечения S = 5см2 под поршнем массы М =
1кг находится некоторый газ. При увеличении абсолютной температуры
газа в n = 1.5 раза поршень поднимается вверх и упирается в уступы.
При этом объем газа по сравнению с первоначальным увеличивается в k
= 1.2 раза. Определить силу, с которой поршень давит на уступы. Атмосферное
давление Ро = 100кПа.
Ответ: F = 15H.
Решение.
Сила давления поршня на уступы находится из условия равновесия поршня
P2S = F + Mg + PoS.
Связь начального давления газа с конечным находится из объединенного газового закона
P1V1/T1 = P2V2/T2 .
Отсюда
P2 = P1(T2/T1)(V1/V2) = P1n/k,
где k = V2/V1 = 1.2. Начальное давление поршня найдем из условия равновесия поршня
P1S = Mg + PoS.
Решая эти уравнения, получим для силы давления на уступы
F = [(n/k) –1](Mg + PoS) = 15 H.
17. В запаянной с одного конца стеклянной трубке длиной l = 0.9м находится
столбик воздуха, ограниченный сверху столбиком ртути высотой h = 30см. Ртуть
доходит до верхнего края трубки. Трубку осторожно поворачивают открытым
концом вниз, при этом часть ртути выливается. Какова высота оставшегося
столбика ртути. Атмосферное давление Ро = 100кПа.
Ответ: х = 2.9см.
Решение.
Условия равновесия ртути в первом и во втором случаях запишутся в виде
P1S = PoS + mog,
(1)
PoS = P2S + mfg,
(2)
где P1 и P2 - давления воздуха в трубке в первом и во втором случаях; P o – атмосферное
давление, mo mf – первоначальная и конечная массы ртути.
mo = ρgh,
mf = ρgx,
(3)
где х – высота, оставшегося столбика ртути.
Поскольку масса воздуха в трубке не изменилась, а процесс будем считать
изотермическим, то
P1V1 = P2V2
→
P1(L – h) = P2(L – x).
(4)
Подставляя равенства (1), (2) и (3) в (4), получим
x2 – xL[1 + Po/(ρgL)] + hL[Po/(ρgL) + h/L –1] = 0.
(5)
Решениями этого квадратного уравнения являются значения х
x1,2 = ½ L[1 + Po/(ρgL)]{1 ± [1 – 4h[Po/(ρgL) + h/L –1]/[L(1 + Po/(ρgL ))2]]1/2}. (6)
x1 = 1.6 м, x2 = 0.029 м.
Первый корень не удовлетворяет условию x < h, поэтому x = 2.9 см.
18. В неподвижном цилиндрическом сосуде с площадью внутреннего
сечения S расположен поршень массой М (см. рис.). В сосуде под
T
поршнем находится некоторое количество воздуха. Поршень
ho удерживается на высоте ho от дна сосуда нитью, натяжение которой
равно Т. После пережигания нити поршень движется без трения. На
каком расстоянии от дна поршень будет иметь наибольшую скорость?
Внешнее атмосферное давление равно
Ро. Температура газа под поршнем
поддерживается неизменной.
Ответ: xm = ho [PoS + (Mg – T)]/(PoS + Mg).
Решение.
Обозначим начальное давление воздуха под поршнем через
Рho. Начальное условие
равновесия поршня имеет вид
PhoS + T = PoS + Mg.
Отсюда
Pho = Po + (Mg – T)/S.
Для произвольного момента времени, когда поршень находится на расстоянии x от дна,
давление Рх воздуха под поршнем
Px = Pho ho/x = [Po + (Mg – T)/S] (ho/x).
Уравнение движения поршня
М(dv/dt) = PoS + Mg – PxS.
Максимальная скорость поршня будет тогда, когда dv/dt = 0.
Отсюда расстояние
xm = ho [Po + (Mg – T)]/ ( PoS + Mg).
19. В герметичном сосуде находится воздух при t = 0oC и
нормальном атмосферном давлении (см. рис.), которое равно
внешнему. На стенке сосуда имеется клапан в форме
правильного треугольника со стороной а = 2 см, который
C
может
открываться наружу, вращаясь вокруг неподвижной оси АВ. Клапан
удерживается в закрытом положении
пружиной жесткостью
k = 60 Н/м,
прикрепленной к нему в точке С и растянутой на величину ΔL = 3 см. Ось пружины
перпендикулярна плоскости клапана. На сколько градусов надо нагреть воздух в
сосуде, чтобы клапан открылся?
Ответ: ΔТ = 85 К.
A
A
B
Решение.
По условию Р1 = 100кПа, Т1 = 273 К. Пусть в момент перед открытием клапана давление в
сосуде стало равным Р2 и температура Т2 . Тогда
Р1/Т1 = Р2/Т2.
При открытии клапана
(Р2 – Р1)Sx = k ΔL3x.
(из равенства моментов силы давления воздуха и силы упругости пружины). Здесь x –
расстояние от АВ до центра клапана, где приложена сила давления воздуха в сосуде на
клапан, S = a2√3/4 – площадь клапана. Из написанных уравнений находим необходимое
для открытия клапана изменение температуры:
ΔT = 4√3k ΔLT1/(a2P1) = 85 K.
20. В объеме Vo при температуре Тo и давлении Р находится воздух с некоторым
количеством озона О3. После долгого выдерживания в тени озон полностью
превратился в молекулярный кислород О2. При том же давлении температура
воздуха стала равна Т, а объем V. Найти начальное число молей озона. (НГУ-92)
Ответ: νOз = 2P(T/V - To/Vo).
Решение.
Так как два атома озона переходят в три атома кислорода, то для молей этих газов
получаем связь:
νO2 = (3/2) νOз
С учетом сохранения давления Р и выполнения закона Менделева-Клапейрона имеем
P = (ν + νOз)To/Vo = (ν + (3/2) νOз )T/V,
где ν - число молей воздуха в объeме Vo.
Отсюда
νOз = 2P(T/V - To/Vo).
21. Поршень массой m находится в равновесии посредине
герметично закрытого цилиндра длиной 2L (см. рис.). В каждой
половине цилиндра находится

молей газа, имеющего
абсолютную температуру Т. Определить период  малых колебаний поршня,
считая, что температура газа при колебаниях остается неизменной. Трением
пренебречь.
Ответ:  = L[2m/(RT)]1/2.
Решение.
Для движения поршня запишем уравнение второго закона Ньютона
ma = F = SP,
где S – площадь поперечного сечения поршня, P – разница давлений газа по обе
стороны от поршня
При малых смещениях x поршня от положения равновесия (когда x << L)
P = RT[1/(V+ΔV) – 1/(V - V)]  -2RTV /V2 = -2RTx/(SL2),
тогда
ma = -2RTx/L2,
или
mx// +2RTx/L2 = 0.
Это уравнение является уравнением гармонических колебаний с частотой
 = [2RT/m]1/2/ L.
Тогда для периода колебаний получим
 = 2 /  = 2L[m/(2RT)]1/2 = L[2m/(RT)]1/2.
22. Серный ангидрит в количестве 1 = 1моль поместили в замкнутый сосуд и
нагрели до температуры Т = 1000 К, при которой он частично диссоциировал на
сернистый ангидрид и кислород: SO3 = SO2 + ½ O2. Степень диссоциации SO3 в
этих условиях оказалась равной 1 = 0.2. Когда в тот же сосуд поместили 2 = 0.4
моль SO3 , то для получения такого же, как в первом опыте, давления газ пришлось
нагреть до температуры Т2 = 2000 К. Определить степень диссоциации SO3 во
втором опыте.
Ответ: 2 = 0.75.
Решение.
Запишем уравнение газового состояния для первого и второго опытов с учетом того, что
при диссоциации из одного моля SO3 получается 1.5 моль газов:
P1V = [3/2 11 + 1(1 - 1 )]RT1,
P2V = [3/2 22 + 2(1 - 2)]RT2.
По условию Р1 = Р2. Отсюда
2 = 2[(T11)/ (T22)(1 + ½ 1 ) – 1] = 0.75
23. В сосуде укреплена неподвижная перегородка, по обе стороны от
которой помещают подвижные поршни (см. рис.). Левая часть сосуда
содержит по одному молю водорода и азота, правая часть – 3 моля
воды. Температура системы t = 100оС. Перегородка проницаема для водорода и
непроницаема для остальных газов. Определить силу F , которую надо приложить к
правому поршню, чтобы удержать его в положении, при котором объем правой
части сосуда составляет V = 81.6 дм3. Сечение сосуда S = 1000см2. Атмосферное
давление P = 100 кПа.
Ответ: F = 300 H.
F
Решение.
При температуре Т = 300 К давление насыщенного пара воды равно Ро = 100 кПа. При
таких условиях 3 моль газа должны занимать объем V = 91.8 дм3. Но вода находится в
объеме VП = 81.6 дм3 (VП – объем левой части сосуда); значит, она испарится не вся, и
давление водяного пара равно Ро = 100 кПа. Сила
F
должна уравновешивать силу
давления водорода (т.к. давление водяного пара уравновешено атмосферным давлением).
Водород займет весь объем между поршнями; его давление
PВ = RT/(VЛ + VП),
где VЛ – объем левой части сосуда. Азот останется в левой части; его давление
РА = RT/VЛ.
При написании этих уравнений учтено, что сосуд содержит по 1 моль водорода и азота.
Общее давление в левой части сосуда
РА + PВ = Ро.
Решая полученную систему уравнений, находим РВ = 30 кПа, F = 300 H.
24. Насколько изменится подъемная сила воздушного шара объемом 100 м3,
изготовленного из герметичной нерастяжимой оболочки, при подъеме на высоту 200
м? Давление атмосферы у поверхности Земли 760 мм.рт.ст. Температура у
поверхности и на высоте 200 м одинакова и равна 27оС. Молярную массу воздуха
принять равной 29 г/моль.
Ответ: ΔF ≈ 27 H.
Решение
Давление воздуха с высотой уменьшается, а, следовательно, уменьшается и плотность
воздуха. Если у поверхности Земли подъемная сила
Fo = mog – Mg,
(1)
где mo- масса воздуха у поверхности Земли, вытесненного шаром, М – масса оболочки
воздушного шара, то на высоте h подъемная сила
Fh = mhg – Mg,
(2)
где mh- масса вытесненного воздуха на высоте h. Подъемная сила уменьшилась на
величину
ΔF = Fo - Fh = (mo - mh)g = (ρo – ρh)gV,
(3)
где ρo и ρh – плотности воздуха у поверхности Земли и на высоте h, V – объем шара.
Плотность воздуха найдем из уравнения состояния идеального газа:
ρo = μPo/(RT),
ρh = μPh/(RT),
(4)
где Po и Ph – давления воздуха у поверхности Земли и на высоте h. Тогда
ΔF = μ(Po - Ph)gV/(RT).
(5)
Для дальнейших расчетов изменением плотности воздуха с высотой можно
пренебречь и считать, что она постоянна и равна, например, ρo. Тогда
Po - Ph = ρogh = μPogh/(RT). (6)
Таким образом, находим:
ΔF = Po [μg/(RT)]2hV = 27 Н. (7)
Покажем, что допущенная ошибка мала. Пусть в уравнении (6) постоянная плотность
будет равна не ρo а ρh. Тогда
Po - Ph = ρhgh = μPhgh/(RT). (8)
Отсюда
Ph = Po/[1 + μgh/(RT)].
(9)
Po - Ph = [μPogh/(RT)]/[1 + μgh/(RT)].
(10)
Выражения (6) и (10) отличаются множителем 1 + μgh/(RT). Найдем его численное
значение.
1 + μgh/(RT) = 1 + 0.023 ≈ 1.
Т.е. наше предположение о постоянстве плотности воздуха было оправдано.
25. Нерастяжимая оболочка шара-зонда объемом V = 75м3 имеет в нижней части
небольшое отверстие. Масса оболочки
m = 7кг. Шар заполнен водородом.
Определить на какую высоту может подняться этот шар-зонд, если известно, что
атмосферное давление уменьшается в 2 раза через каждые h = 5км высоты.
Давление воздуха у поверхности Земли 105Па. Температура воздуха в стратосфере t
= -53оС, температура водорода равна температуре окружающего воздуха. Молярную
массу воздуха принять равной 29г/моль.
Ответ: H =4h =20км.
Решение
Воздушный шар будет подниматься до тех пор, пока выталкивающая сила не станет
равной силе притяжения шара к Земле:
mВg = (M + mH2)g,
где mВ - масса воздуха, вытесненного шаром, mH2 – масса водорода, М – масса оболочки
воздушного шара.
Давление Р водорода и воздуха одинаковое, т.к. в нижней части шара есть отверстие. Для
нахождения масс mВ и mH2 воспользуемся уравнением газового состояния
mВ = μВPV/(RT),
mН2 = μН2PV/(RT),
где Р – давление, Т – температура воздуха на высоте Н, V – объем шара, μВ, μН2 –
молярные массы воздуха и водорода. Если давление воздуха у поверхности Земли Ро, то
на высоте Н его давление будет в 2H/h раза меньше, т.е.
Р = Ро2 -H/h,
где h = 5 км. Подставляя в уравнение равновесия шара массы mВ и mH2 , получаем
μВPV/(RT) = μН2PV/(RT) + М,
из которого находим, что
2H/h = (μВ - μН2)PоV/(RTМ) ≈ 24.
Отсюда получаем H = 4h = 20 км.
5.3. Термодинамика - I.
Вопросы:
Вопрос.
В каком случае для нагревания стального шара до одной и той же
температуры потребуется больше энергии:
если шар висит на нити или он
находится на подставке? (Подставка и нить энергии не поглощают).
Ответ.
При нагревании объем шара увеличивается. Когда шар находится на подставке,
его центр тяжести при нагревании поднимается, а когда висит на нити – опускается.
Поэтому висящему шару нужно будет сообщить меньшее количество энергии.
Вопрос. При приготовлении газированной воды в домашних условиях используют
металлические баллончики с углекислым газом под повышенным давлением. Когда
в баллончике проделывается отверстие и газ начинает быстро выходить из него,
баллончик охлаждается. Дать объяснение этому эффекту.
Ответ.
Расширяясь, газ совершает работу против сил внешнего давления. Так как
процесс расширения происходит достаточно быстро (доли секунды), то за это время не
успевает произойти сколько-нибудь заметного теплообмена газа из оболочки с
окружающим воздухом, т.е. процесс можно считать адиабатическим. А в таком процессе
газ совершает работу за счет внутренней энергии. Так как внутренняя энергия газа
уменьшается, то уменьшается и температура газа. Металл, из которого изготовлен
баллончик, обладает хорошей теплопроводностью и при контакте с находящимся внутри
него охлажденным газом баллончик также быстро охлаждается.
Вопрос.
Некоторая порция идеального газа находится в начальном состоянии с
температурой Тo и объемом Vo . C газом проделывают два опыта: в первом опыте
газ из начального состояния изотермически расширяют, сообщая ему некоторое
количество теплоты Q; во втором опыте газ из того же начального состоянии
изотермически сжимают, отнимая у него то же количество тепла
Q . Сравнить
относительное изменение объема газа в этих двух случаях.
Ответ. Так как оба процесса изотермические, то для них можно записать
|Q| = |Aгаза|.
В процессе расширения среднее давление
Рср.расш < Po.
При сжатии
Рср.сжат > Po .
Следовательно, для совершения одной и той же работы большее изменение объема
потребуется в случае расширения (А = РсрΔV). Значит
|ΔVсжат/Vo | < |ΔVрасш/Vo |.
Вопрос. Как изменяется при нагревании внутренняя энергия воздуха, находящегося
в комнате, при нагревании?
Ответ. Внутренняя энергия воздуха, находящегося в комнате равна
U = νCμT ,
где ν – количество молей воздуха в комнате, Cμ – молярная теплоемкость воздуха, Т –
температура. Из уравнения состояния идеального газа следует, что
νRT = РV.
Следовательно, U определяется только давлением, т.к. объем комнаты не меняется.
Давление же остается постоянным и равным атмосферному давлению, значит, энергия
воздуха в комнате остается постоянной. Нагреваясь, воздух частично вытекает через щели
наружу, что и обеспечивает постоянство давления и энергии в комнате.
Вопрос.
Как изменяется внутренняя энергия идеального газа в процессе
квазистатического адиабатического сжатия?
Ответ. В процессе адиабатического сжатия над газом совершается работа. Так как
теплота в этом процессе не подводится, то эта работа идет на увеличение его внутренней
энергии. Поэтому температура газа повышается.
Вопрос. Объем одной и той же массы идеального газа увеличивают вдвое – один раз
изотермически, другой раз изобарически. В каком случае требуется большее
количество теплоты?
Ответ. Пусть точка 1 соответствует начальному состоянию газа
P
1
2б
2а
V0
2V0 V
(см. рис). Процессу изотермического расширения соответствует
линия 12а, а процессу изобарического расширения – прямая 12б.
Сравним количества теплоты, подводимые к газу в каждом
процессе:
изобара –
Q12б = ΔU12б + A12б ;
ΔU12б > 0 ;
A12б > 0.
изотерма –
Q12а = ΔU12а + A12а ;
ΔU12а = 0;
A12а > 0.
Работа газа в тепловом процессе численно равна площади фигуры под графиком процесса
в координатах P,V. Из рисунка видно, что
A12б > A12а .
Следовательно,
Q12б > Q12a ,
т.е. для одинакового увеличения объема из одного и того же начального состояния в
изобарическом процессе потребуется большее количество тепла, чем в изотермическом.
Вопрос. Циклический процесс состоит из адиабаты, изобары
и изохоры (см. рис.). На каких участках цикла рабочий газ
получает тепло, а на каких отдает?
P
1
2
3
Ответ. Адиабатический процесс 12 идет без теплообмена (ΔQ12
=0), на изобаре 23 газ сжимается (А23 < 0), при этом уменьшается
его температура (ΔU23 < 0). Следовательно, по первому началу термодинамики,
количество теплоты, переданное газу
ΔQ23 = ΔU23 + А23 < 0,
т.е. газ отдает тепло. На изохоре 31 газ работы не совершает (V = const, А31 = 0), а его
температура увеличивается (ΔU31 > 0). Следовательно, на изохоре 31
Q31 > 0,
т.е. газ получает тепло.
V
Вопрос.
В
цикле,
изображенном
на
рисунке,
на
участке
1-2
давление
пропорционально объему, 2-3 – изотерма, а 3-1 – изобара. На каких участках газ
получает тепло, а на каких отдает?
Ответ. На участке 1-2
Р = аV, т.е. Р2 = вТ,
и, следовательно, на этом участке растет температура газа, т.е. его внутренняя энергия;
кроме того, газ совершает положительную работу, т.к. V2 > V1. Следовательно,
Q12 = ΔU12 + A12 > 0,
газ получает тепло.
На участке 2-3
ΔU23 = 0, A23 > 0, т.к. V3 > V2,
следовательно
Q23 > 0,
газ тоже получает тепло.
На участке 3-1
Т = kV,
V уменьшается, значит Т тоже уменьшается, следовательно и
ΔU31 < 0, A31 < 0, т.к. V1 < V3,
следовательно Q31 < 0 - газ отдает тепло.
Вопрос.
Одинакова ли при данной температуре внутренняя энергия
водорода и 1 моля гелия?
Ответ. Так как гелий - одноатомный газ, его внутренняя энергия
uГ = 3/2RT;
1 моля
P
2
3
I
водород – двухатомный газ, его внутренняя
II
1
4
uВ = 5/2RT,
т.е. uГ < uВ
V
(за счет вращательного движения молекул
водорода.)
Вопрос.
Часть молекул двухатомного газа диссоциировала на атомы. Как
изменилась при этом внутренняя энергия газа, если его температура осталась
прежней? Как при этом изменятся теплоемкости газа Сv и Ср?
Ответ.
Начальная внутренняя энергия двухатомного газа uo = 5/2νRT, где ν – число
молей газа. Если часть α молей диссоциировало, то образовалась смесь из (1 – α)ν молей
двухатомного газа и 2α ν одноатомного, и внутренняя энергия этой смеси будет равна
u = 3/2(2α ν)RT + 5/2((1 – α) ν)RT = 5/2 νRT + 1/2α νRT > uo .
Т.е. внутренняя энергия возрастает на величину Δu = ½ α νRT.
Т.к. u = Cv ν T, то теплоемкость Сv станет равной
Сv/ = 5/2R + 1/2Rα.
А т.к. Ср = Сv + R, то
Ср/ = 7/2R + 1/2Rα.
Вопрос. На рисунке изображены два цикла: I и II. Для какого из них КПД больше?
Ответ. По определению КПД равно η = А / QH, где А – полная работа за цикл, а QH –
тепло, полученное газом, совершающим цикл, от нагревателя. В координатах Р, V работа
равна площади цикла, и, следовательно, АI = AII = A.
В цикле 1-2-3-1 газ получает тепло на участках 1-2 и 2-3 и отдает на участке 3-1, причем
А = Q12 + Q23 + Q31 >0, следовательно, | Q12 + Q23| > | Q31|, а ηI = A/( Q12 + Q23).
Во втором цикле тепло получается на участке 1-3 и отдается на участках 3-4 и 4-1,
следовательно, ηII = A/ Q13 > ηI .
Вопрос. Некоторое количество идеального газа переходит из состояния 1 в состояние
P
2 один раз посредством процесса I, другой раз – процесса II (см.
2
рис.). Какой знак имеют работы АI и АII, совершенные газом в
I
II
1
V
ходе каждого из них?
Ответ. В процессе I вначале работа газа отрицательна (объем уменьшается), затем
положительна. Т.к. общее изменение объема равно нулю, а уменьшение объема
происходит при меньшем давлении, чем увеличение, работа
процессе
II
АI – положительна. В
, наоборот, расширение газа происходило при меньшем давлении, чем
сжатие, и работа АII – отрицательна.
Вопрос.
В каком процессе теплоемкость больше – изохорическом или
изобарическом?
Ответ.
В изобарическом теплоемкость больше, т.к. кроме увеличения внутренней
энергии, совершается работа. Можно показать для идеального газа, что Ср = Сv + R.
Вопрос. Как меняется температура в комнате при открытой дверце работающего
холодильника?
Ответ.
Так как температура внутри холодильника ниже комнатной, при открывании
дверцы температура вначале понизится. Но если дверцу держать открытой достаточно
долго, температуры холодильника и комнаты сравняются, и температура в комнате начнет
повышаться за счет выделения тепла мотором работающего холодильника.
Вопрос. Как изменяется внутренняя энергия газа при его квазистатическом
адиабатическом расширении?
Ответ.
При расширении газ совершает работу А > 0; т.к. тепло не подводится,
внутренняя энергия должна уменьшаться:
Q = Δu + A;
Q = 0;
A > 0 → Δu < 0.
Вопрос. Одинаковое ли количество тепла необходимо для нагревания газа до одной и
той же температуры в сосуде прикрытом поршнем,

если поршень не перемещается;
поршень не закреплен.
Ответ. Во втором случае нужно большее количество тепла, т.к. при этом совершается
работа по поднятию поршня, а изменение внутренней энергии в обоих случаях одинаково.
Вопрос. Может ли теплоемкость газа быть отрицательной?
Ответ. Может. Теплоемкость газа С по определения равна отношению подведенного
тепла к изменению температуры: C = ΔQ/ΔT. Если теплоемкость отрицательна, то,
подводя к газу извне энергию, его температура, а, следовательно, и внутренняя энергия
должны уменьшиться. Это возможно лишь тогда, когда газом совершается работа
большая по величине, чем подведенное тепло (энергия извне). Совершение такой работы
возможно лишь за счет уменьшения внутренней энергии газа.
Вопрос. На рисунке изображен замкнутый процесс
(цикл) для некоторой массы идеального газа. На
каких участках цикла газ получал и на каких
отдавал тепло?
P
1
2
3
4
Ответ. Проведем изотермы через точки 1, 2, 3, 4. Видно,
V
что T2 > T3 > T1 > T4.
Q12 = (u2 – u1) + P(V2 – V1); T2>T1,
т.е.
(u2 – u1) > 0;
(V2 – V1) > 0
→
Q12 > 0 –
газ получал тепло.
Q23 = u3 – u2 < 0 – газ отдавал тепло.
Q34 = (u4 – u3) + P(V4 – V3);
T4<T3,
т.е.
(u4 – u3) < 0;
(V4 – V3) < 0
→ Q34 < 0 – газ отдавал тепло.
Q41 = u1 – u4 > 0 – газ получал тепло.
Вопрос. Идеальный газ заполнял половину теплоизолированного сосуда, во второй
был вакуум (см. рис.). Как изменится температура газа, если
отпустить поршень и дать газу заполнить весь сосуд? Поршень
движется без трения.
Ответ. Так как давление на поршень справа равно нулю, работа при расширении газа в
данном случае не производится. Тепло также не подводится. Следовательно, по первому
началу термодинамики Δu = Q – A = 0, а Δu = Cv ΔT, значит, температура газа не
меняется.
Вопрос.
На рисунке изображены 4 квазистатических процесса, протекающих с
идеальным газом. Как
ведет
энергия в ходе каждого из них?
P
1
2
3 изотерма
4 адиабата
V
себя внутренняя
Ответ. Внутренняя энергия прямо пропорциональна температуре. Т.к. в ходе процессов
1 и 2 температура растет, растет и внутренняя энергия. Процесс 3 – изотерма, внутренняя
энергия не меняется. В процессе 4 (адиабата) температура падает, следовательно,
внутренняя энергия уменьшается.
Вопрос. Почему нагревается насос при накачивании шины? Дать объяснение, как с
термодинамической, так и молекулярно-кинетической точек зрения.
Ответ. Чтобы протолкнуть воздух в шину нужно сжать его до давления больше
атмосферного. Сжатие происходит довольно быстро, практически без теплообмена с
окружающей средой. Работа внешних сил, поэтому идет на увеличение внутренней
энергии. Действительно
ΔU = ΔQ + Aвнеш, ΔQ = 0,
следовательно , ΔU = Aвнеш.
С молекулярно-кинетической точки зрения процесс увеличения внутренней энергии
происходит следующим образом. Поршень движется с некоторой скоростью u. Молекулы
газа подлетают к поршню со скоростью v, а после упругого удара отлетят от поршня со
скоростью большей, так как поршень движется ей навстречу. Это приводит к увеличению
кинетической энергии молекул, ударившихся о поршень и, следовательно, нагреванию
газа.
Вопрос. Чем объяснить, что при вколачивании гвоздя его шляпка почти не
нагревается, но, когда гвоздь вбит, достаточно нескольких ударов, чтобы шляпка
сильно нагрелась?
Ответ. Механическая энергия молотка в первом случае частично превращается во
внутреннюю энергию шляпки (нагревается гвоздь и дерево вокруг гвоздя за счет трения),
во втором – почти целиком энергия превращается во внутреннюю энергию шляпки.
Вопрос. Граф Румфорд (американский ученый Б.Томсон) работая в Мюнхене в
оружейном арсенале, обратил внимание на то, что при холостом выстреле из пушки
ее ствол нагревается сильнее, чем при выстреле снарядом. Почему?
Ответ. Во втором случае большая часть энергии, выделяющейся при сгорании пороха,
расходуется на сообщение механической энергии снаряду.
Вопрос. Теплый воздух поднимается кверху. Почему же в тропосфере (нижняя часть
атмосферы – до 10-15 км) внизу теплее, чем вверху?
Ответ. Атмосферный воздух, поднимаясь вверх, расширяется и охлаждается (совершает
работу).
Вопрос.
В ветреную погоду у людей отмерзают носы. Между тем известно, что
метеориты раскаляются при полете в атмосфере. Почему нос не нагревается, а
охлаждается?
Ответ.
Все дело в разнице скоростей ветра и метеорита. При ветре ускоряется
теплообмен между лицом и окружающим воздухом, и лицо сильнее охлаждается. При
скоростях, с которыми движутся метеориты, воздух перед метеоритом адиабатически
(теплообмен не успевает произойти) сильно сжимается, вследствие чего его внутренняя
энергия и температура значительно повышается, и метеорит, взаимодействуя с этим
нагретым воздухом, нагревается сам.
Вопрос. Когда скорее остынет чайник с кипятком: когда его поставят на лед, или
когда лед положат на крышку чайника?
Ответ. Когда лед положат на крышку чайника.
Вопрос. Когда тяга в трубах лучше – зимой или летом?
Ответ. Зимой. Разность температур в печи и атмосфере выше, а, следовательно, выше и
разность давлений.
Вопрос. Двое в столовой взяли на третье чай. Первый сразу долил в стакан сливки, а
второй сначала съел первое и второе, а затем долил сливки в чай. Кто будет пить
более горячий чай?
Ответ. Первый. После добавления сливок температура чая понизилась и далее стала
уменьшаться медленнее, чем у второго, т.к. разность температур чая и окружающего
воздуха оказалась меньше.
Вопрос. Вода нагревается на электрической плитке постоянной мощности. На что
требуется больше времени – чтобы нагреть ее от 10оС до 20оС или от 80оС до 90оС?
Ответ. Т.к. теплоотвод в окружающую среду пропорционален разности температур тела
и среды, во втором случае теплоотвод больше и нагревание будет идти дольше. К тому же
при этом будет происходить и большее испарение воды.
Вопрос.
Каким кипятильником можно вскипятить воду в кастрюле с меньшей
затратой энергии – 600-ваттным или киловаттным?
Ответ.
При использовании кипятильника с большей мощностью вода нагревается
быстрее; при этом теплоотвод в окружающую среду и испарение будет меньше, т.е.
энергии затратится меньше при использовании кипятильника в 1кВт.
Вопрос. При какой температуре и металл, и дерево будут на ощупь казаться
одинаково нагретыми?
Ответ. Одинаково нагретыми будут казаться тела в том случае, если теплообмен между
телом и рукой отсутствует. Т.е. при температуре человеческого тела ≈ 36.6 оС.
Вопрос. Какие трубы (фабричные) лучше выполняют свое назначение железные или
кирпичные?
Ответ. Кирпичные. Тяга в трубах зависит от разности температур внизу и вверху. У
кирпичных труб теплопроводность меньше и разность температур будет больше и,
следовательно, тяга больше.
Вопрос. Если медную или латунную сетку разместить над пламенем газовой горелки,
то пламя как бы срезается сеткой. Почему?
Можно зажечь газ над сеткой, пламя снизу гореть не будет. Почему?
В рудниках и шахтах часто скапливается легко воспламеняющийся и
взрывоопасный рудничный газ. Чтобы избежать несчастных случаев, раньше
горняки пользовались предохранительными лампами Дэви. Это обыкновенная
лампа, пламя которой окружено металлической сеткой. Можно ли зажигать такую
лампу в шахте?
Ответ. Газ горит, если его температура достигает определенного значения.
Металлическая сетка, обладая большой теплопроводностью уменьшает температуру газа
над сеткой поэтому пламя оказывается срезанным.
Если газ зажечь над сеткой, то сетка не позволит увеличить температуру газа настолько,
что газ загорится.
Лампу Дэви нельзя зажигать в шахте. Сначала пламя действительно буде внутри сетки. На
газ постоянно поступает извне и в конце концов сетка прогреется и газ загорится снаружи
сетки.
Вопрос. Почему иногда крышка чайника, в котором кипит вода, подпрыгивает, а
иногда нет?
Ответ. Если вода в чайнике находится на уровне ниже основания носика. То пар выходит
через носик, и крышка будет неподвижной. Если уровень воды выше основания носика, то
пар будет выталкивать крышку. После сброса давления крышка возвращается на место и
процесс повторяется.
Вопрос. Можно ли расплавленным металлом заморозить воду?
Ответ. Можно, ртутью при температуре ниже 0оС и нормальном атмосферном давлении.
Температура плавления ртути Тпл = - 38.9оС. (Ткип = 356.7оС.)
Вопрос. Почему пальцы рук на сильном морозе примерзают к металлическим
ручкам и не примерзают к деревянным?
Ответ.Примерзание обусловлено кристаллизацией влаги на руках. Чтобы замерзнуть,
вода должна иметь температуру < 0оС и должен быть обеспечен быстрый теплоотвод от
нее. Теплопроводность металла значительно больше теплопроводности дерева: kAl = 210
Вт/(м.град), kFe = 74 Вт/(м.град), kдуб = (0.2 – 0.4) Вт/(м.град),
Вопрос. Почему 100 – градусный пар обжигает сильнее воды такой же температуры?
Ответ.При конденсации пара и дальнейшем охлаждении воды от 100оС до температуры
тела выделяется больше теплоты, чем только при охлаждении воды. Кроме того, при
конденсации температура держится постоянной 100оС. В случае воды температура вблизи
поверхности тела быстро падает (пограничный слой). Если пошевелить воду, то
становится горячо.
Вопрос. Какая вода будет быстрее охлаждать раскаленный металл: холодная (20оС)
или горячая (100оС)?
Ответ.Горячая, т.к. при кипении происходит интенсивное парообразование, которое
сопровождается значительно большим, чем при нагревании воды, поглощением теплоты.
Вопрос. В кастрюле бурно кипит вода. В нее помещают другую, меньшую кастрюлю
с водой, нагретой до 100оС. Закипит ли вода во второй кастрюле?
Ответ.Нет. Для кипения нужен постоянный приток тепла (на парообразование), а его нет,
т.к. температура в малой кастрюле 100оС и температура стенок тоже 100оС.
Вопрос. Почему капли воды на раскаленной сковороде «живут» дольше, чем на
просто горячей?
Ответ.В месте контакта капли и раскаленной сковороды образуется паровая подушка,
которая затрудняет дальнейший теплообмен.
Вопрос. Будет ли свеча гореть на борту орбитального комплекса?
Ответ.Не будет, т.к. кислород к месту горения поступать не будет. Конвекция
отсутствует.
Вопрос. Игрушка «курильщик» устроена следующим образом: в рот фигурки
вставляется «сигарета», состоящая из пластмассового прутика, обернутого слоем
бумаги. Если «сигарету» поджечь, то дым идет не непрерывно, а порциями. Почему?
Ответ.Скорость горения пластмассы больше скорости горения бумаги. При зажигании
«сигареты» пластмассовый прутик загорается и сразу гаснет, т.к. доступ воздуха к нему
затруднен медленно горящей бумагой. Когда бумага догорит до пластмассы, последняя
снова загорается, выпуская порцию дыма.
Вопрос. Пламя горелки коптит. Если поднести сверху вертикальную стеклянную
трубку, копоть пропадает, однако появляется снова, если трубку закрыть сверху.
(НГУ)
Ответ. При нагреве воздуха его плотность уменьшается и начинается конвекция: менее
плотный нагретый воздух, обедненный кислородом, всплывает. На его место поступает
более холодный воздух, обеспечивая, таким образом, приток к пламени необходимого для
горения кислорода. При этом встречные потоки тормозят друг друга и частично
перемешиваются. При нехватке кислорода пламя коптит (содержит большое количество
несгоревшего, неокислившегося углерода – сажи)
В трубке создается заметный поток воздуха, обусловленный разностью давлений на его
концах. При этом взаимодействие со встречным потоком отсутствует, поэтому скорость
потока холодного воздуха велика (воздух в восходящую струю попадает лишь снизу, где
давление максимально) и продукты сгорания быстро удаляются из области горения. Когда
же трубка закрыта, нагретый воздух уже не может выйти вверх, начинает выходить снизу
и ощутимо ограничивать доступ свежему воздуху. Пламя может погаснуть.
1. В теплоизолированном сосуде находится насыщенный водяной пар.
Через сосуд по змеевику пропускается холодная вода (см. рис.).
Температура воды на входе равна to = 18oC. Если пропускать воду со
скоростью v1 = 3м/с, то ее температура на выходе равна t1 = 68oC. Если
пропускать воду со скоростью
v2 = 6м/с, масса пара,
сконденсировавшегося на змеевике, оказывается такой же, как в первом
случае. Чему равна при этом температура воды на выходе?
Ответ: t2 = (v1/v2) (t1 – to) = 43oC.
Решение.
Тепло, выделяющееся при конденсации пара, идет на нагревание воды, и оно одинаково в
обоих случаях. Температура воды вдоль змеевика с течением времени не меняется после
установления стационарного состояния. За время Δt в змеевик поступает масса воды
Δm = ρSvΔt,
где S – сечение змеевика, ρ – плотность воды, v – ее скорость. После прохождения
змеевика температура этой массы воды увеличилась до Т1 в первом и до Т2 во втором
случаях:
Q = c ρSv1 Δt (T1 – To),
Q = c ρSv2 Δt (T2 – To).
Итак,
v1/v2 = (T2 – To)/ (T1 – To).
Откуда находим
T2 = To + (v1/v2) (T1 – To) = 43 oC
2. Установка развивает мощность Р = 40кВт. Для ее охлаждения используется
проточная вода, текущая по спиральной трубе сечением
S = 1см2. При
установившемся режиме работы установки проточная вода нагревается на ΔТ =
20оС. Определить скорость течения воды, предполагая, что вся энергия,
выделяющаяся при работе установки, идет на нагревание воды.
Ответ: v = 4.76м/с.
Решение
Поскольку режим работы установки является установившимся, то за любой промежуток
времени Δt выделяемая энергия ΔW равна теплоте, которую получила вода ΔQ. В
стационарном режиме масса вошедшей в установку воды равна массы вошедшей и
вышедшей воды равны. При этом температура вышедшей воды выше первоначальной на
ΔТ. Поскольку сечение трубки S одинаково на входе и выходе установки, то масса
нагретой за время Δt воды равна
Δm = ρSvΔt,
а количество поглощенной теплоты
ΔQ = ΔmCp ΔТ.
Уравнение теплового баланса запишется в этом случае в виде
PΔt = ΔmCp ΔТ = ρSvΔt Cp ΔТ.
Отсюда для скорости воды получим ( при ρ = 1 г/см3, Ср = 4.2 Дж/(г.К))
v = P/(ρSCpΔТ) ≈ 4.76 м/с.
3. Два сосуда заполнены одним и тем же идеальным газом и сообщаются при помощи
узкой трубки. Отношение объемов сосудов V1/V2 = 2 . Первоначально газ в первом
сосуде имел температуру Т1 = 300К. В результате перемешивания происходит
выравнивание температур. Найти первоначальную температуру газа во втором
сосуде, если конечная температура Т = 350К. Теплообменом газов со стенками
сосудов и трубки пренебречь.
Ответ: Т2 = 525К.
Решение.
Так как сосуды сообщаются, давление в них одинаково. По уравнению состояния
PV1 = (m1/μ)RT1 , PV2 = (m2/μ)RT2 ,
отсюда
m1/m2 = (V1/V2) (T2/T1).
Приравнивая количество теплоты, которым обменялись газы, получаем
cm1(T – T1) = cm2(T2 – T),
откуда
Т2 = T + (m1/m2)(T – T1) = T +(V1/V2)(T2/T1) (T – T1).
Окончательно находим
T2 = T/[1 - (V1/V2)(T – T1)/T1] = 525 K.
4. В калориметр, содержащий m1 = 2кг льда при температуре t1 = -5оС, добавили
m2 = 200г воды при температуре t2 = +5оС. Сколько льда будет в калориметре
после установления равновесия? (МФТИ,1991г)
Ответ: mл = 2.05кг.
Решение.
Лед нагревается, а вода охлаждается и частично или вся замерзает. Если замерзла
только часть воды, конечная температура равна t = 0 oC и уравнение теплового
баланса запишется так:
m1(to – t1)СЛ = m2(t2 – tо)СВ + Δmλ,
где СЛ ,СВ - удельные теплоемкости льда и воды, λ – удельная теплота плавления
льда. Отсюда
Δm = [m1(to – t1)СЛ - m2(t2 – tо)СВ]/ λ = 0.05 кг.
Итак, льда будет 2.05 кг
5. Моль идеального газа совершает замкнутый цикл, состоящий из двух изобар и
двух изохор. Работа газа за цикл А = 200Дж. Максимальная и минимальная
температуры газа в цикле отличаются на ΔТ = 60К, отношение давлений на
изобарах равно 2. Найти отношение объемов газов на изохорах.
Ответ: V1/V2 = (ΔТ – 2A/νR)/ (ΔТ – A/νR) ~ 1/3.
Решение.
Начнем с определения состояний газа, в которых его
P 1
2
температура максимальна и минимальна. Пусть температура
Pmax
газа в состоянии, соответствующем точке 4 на графике
процесса равна
Т4. На изохоре 41 температура газа
повышается до температуры Т1. На изобаре 12 она
Pmin
продолжает повышаться и достигает величины Т2. На
4
3
участке
234
температура газа будет постоянно
уменьшаться.
Следовательно,
температура газа имеет
Vmin
Vmax V
максимальную величину в точке
2, а минимальную
величину – в точке 4. Тогда можно записать
Т2 – Т4 = ΔТ.
Введем обозначения: Vmax , Vmin – максимальный и минимальный объемы, занимаемые
газом в круговом процессе, Рmax , Pmin - максимальное и минимальное давления газа в
этом процессе. Тогда для работы, совершенной газом, имеем
A = (Рmax - Pmin) (Vmax - Vmin) = PminVmin(α – 1)(x – 1) = νRT4(α – 1)(x – 1),
где х = Vmax /Vmin = V1/V2 , α = Pmax /Pmin = P1/P4.
Т2 – Т4 = ΔТ → (Т2 /Т4 – 1)T4 = ΔТ,
но
Т2 /Т4 = (T2/T1)(T1/T4) = (Vmax /Vmin)(Pmax /Pmin) = x α →
T4 = ΔТ/(x α - 1).
Отсюда
A = νR(α – 1)(x – 1)ΔТ/(x α - 1).
Выражая из этого равенства x, получим
1/x = V1/V2 = [ΔТ(α – 1) –2A/νR]/ [ΔТ(α – 1)– A/νR] =
= (ΔТ – 2A/νR)/ (ΔТ – A/νR) ~ 1/3.
6. Найти молярную теплоемкость идеального одноатомного газа, температура
которого меняется по закону Т = αV2, где α – постоянная величина.
Ответ: С = 2R .
Решение.
Теплоемкость газа по определению равна:
С = ΔQ/ΔT ,
где ΔQ – количество теплоты, подведенное к газу. По первому закону термодинамики
имеем:
ΔQ = СμV ΔТ + ΔA,
где СμV = 3/2R – молярная теплоемкость идеального одноатомного газа. Подставляя
закон изменения температуры в рассматриваемом процессе (Т = αV2) в уравнение
состояния идеального газа, получаем соотношение
P = βV ,
где β = α(m/μ)R. Давление газа в этом процессе прямо пропорционально объему, поэтому
для работы газа имеем
ΔA = ½ β(V22 – V12),
где V1 и V2 – объемы газа соответственно при температурах Т1 и Т2. Можно показать,
что в данном процессе
V2 = (R/β)T.
Тогда
ΔA = ½ R(T2 – T1) = ½ R ΔT.
Подставляя это выражение в равенство для теплоемкости, получим
С = (СμV ΔТ + ½ R ΔT)/ ΔT = СμV + ½ R = 2R.
P
P2
2
1
P1
0
3
V1
V2 V
7. Тепловая машина работает по циклу (см. рис.), состоящему
из изобары, изохоры и политропы, на которой давление газа и
объем связаны соотношением P = αV, где α – постоянная
величина. Найти коэффициент полезного действия тепловой
машины, если в ней в качестве рабочего тела используется
идеальный газ с молярной теплоемкостью при постоянном
объеме Сμv = 3/2R. Отношение максимальной температуры в
цикле к минимальной равно 4.
Ответ: η = [1 – (T1 / T2)1/2]/4[1 + (T1 / T2)1/2] = 1/12.
Решение.
Газ получает количество теплоты
Q
от нагревателя в процессе политропного
расширения. Теплоемкость газа в таком процессе постоянна и равна (см. предыдущую
задачу)
C = (m/μ)2R,
где m – масса газа. Количество теплоты, получаемое газом равно
Q = C(T2 – T1) = (m/μ)2R(T2 – T1).
Работа газа А за цикл равна площади треугольника 1,2,3:
A = ½ (P2 – P1)(V2 – V1) = ½ α(V2 – V1)2.
Здесь P1 и P2 – начальное и конечное давления, V1 и V2 - начальный и конечный объемы в
политропном процессе. Учитывая, что
V2 = (mRT2/α μ)1/2
и V1 = (mRT1/α μ)1/2 ,
где Т2 и Т1 – максимальная и минимальная температуры, перепишем выражение для
работы
A = ½ (m/μ)R[√T2 - √T1]2.
Тогда для КПД тепловой машины получим
η = A/Q = [√T2 - √T1]2/[4(T2 – T1)] =
= [1 – (T1/T2)1/2]/ [4 + 4(T1/T2)1/2] = 1/12.
P
2
1
4
3
V
8. КПД цикла 1-2-4-1 (см. рис.) равен η1 , а цикла 23-4-2 равен η2. Найти КПД цикла 1-2-3-4-1 . Участки
4-1 и 2-3 – изохоры, участок 3-4- изобара, участки 1-2
и 2-4 представляют собой линейные зависимости
давления от объема. Все циклы обходятся по часовой
стрелке. Рабочее вещество – идеальный газ. (МФТИ,
до91г)
Ответ: η = η1 + η2 - η1η2 .
Решение.
В цикле I Q12 > 0, Q24 < 0 , Q41 > 0. Поэтому КПД
η1 = (Q12 + Q24 + Q41)/(Q12 + Q41) = 1 + Q24 /(Q12 + Q41).
Отсюда
Q12 + Q41 = Q24/ ( η1 – 1).
Здесь использовано то, что
A = Q12 + Q24 + Q41 ,
т.к. Δu = 0.
В цикле II Q42 = - Q24 > 0 , а Q23 < 0 и Q34 < 0, поэтому
η2 = (Q42 + Q23 + Q34)/Q42 = 1 - (Q23 + Q34)/Q24,
отсюда
Q23 + Q34 = (η2 – 1)Q24.
В полном цикле Q12 > 0, Q23 < 0 , Q34 < 0, Q41 > 0, поэтому
η = (Q12 + Q23 + Q34 + Q41)/(Q12 + Q41) =
= 1 + (Q23 +Q34)/(Q12 + Q41) =
(η2 – 1)Q24/ ( η1 – 1)/ Q24 = η1 + η2 - η1 η2
9. В герметичном теплоизолированном сосуде находится ν =2моля идеального
одноатомного газа при температуре Т =300К и нормальном атмосферном
давлении. Найти давление газа после включения на время t =3мин небольшого
электронагревателя мощностью N = 16.6Вт, помещенного в сосуд (МФТИ, до91г.)
Ответ: P = Po(1 + Nt/3RT) = 1.4 105Па .
Решение.
От нагревателя газ получает количество тепла
Q = Nt.
Поскольку работа газа равна нулю, то
Q = ΔU = ν cV ΔT =3/2R ν ΔT,
отсюда
ΔT = 2/3Nt / R ν.
Температура газа
Т2 = Т + ΔT,
а давление по закону Шарля,
P2 = Po(T2/T) = Po(1 + ΔT/T) = Po[1 + 2Nt /(3ν RT)] =
= 105[1 + (16.6.180)/(3. 8.3.300)] = 140кПа.
10. Один моль гелия, имевшего температуру T1 , нагревают так, что его
давление увеличивается пропорционально среднеквадратичной скорости с
теплового движения его атомов. Сколько теплоты необходимо передать гелию,
чтобы увеличить скорость с в n = 2 раза? (МГУ, физ. фак. , 2000)
Ответ: Q = 2 R T1 ( n2 -1 ) =6 R T1
Решение.
Согласно первому закону термодинамики количество теплоты, определяется как
Q=ΔU+A,
где Δ U = 3/2 R ΔT – изменение внутренней энергии газа, А – совершенная газом работа,
ΔT – изменение температуры газа , R – универсальная газовая постоянная.
Среднеквадратическая скорость молекул равна
с= (3 R T / μ)1/2
Отсюда
Т2 / Т1 = (с2 /с1)2 = n2 .
Здесь индексы ‘ 1 ‘ , ‘2 ‘ относятся к исходному и конечному состояниям газа. Поскольку
по условию задачи Р ~ с , а, следовательно, Р ~ Т1/2 , то , записав уравнение МенделееваКлапейрона в виде
Р = (R Т1/2 / V) Т1/2 ,
1/2
получим, что Т / V = const , где V – обьем газа. Следовательно
P ~ V, и
V2 / V1 = ( Т2 / Т1)1/2 = n,
P2 / P1 = V2 / V1 = n.
Поскольку давление пропорционально обьему, то для работы газа можно записать
А = ½ (P2+ P1) (V2 – V1) = ½ P1 V1 (n + 1) (n – 1) =½ R Т1 (n2 - 1) .
Изменение внутренней энергии запишется как
Δ U = 3/2 R ΔT = 3/2 R T1 ( n2 - 1)
Тогда необходимое количество теплоты будет равно
Q = Δ U + A = 2 R T 1 ( n2 - 1) = 6 R T 1 .
11.
Зависимость
от
температуры
молярной
теплоемкости
С
идеального
одноатомного
газа в
μ
5/2R
1
3
цикле тепловой машины, который состоит из трех
11/6R
1
2
последовательных процессов 1-2, 2-3, 3-1, изображена
3/2R
3
2
на рисунке. Здесь
R –универсальная газовая
постоянная. Найти отношение давлений газа при
и минимальной T1 абсолютных
T1
T2 T максимальной T2
температурах, в этом цикле, если КПД машины равен
η =
1/11, количество газа в цикле неизменно
и отношение
T2 /T1 = n = 2
(МГУ, физ. фак., 2001)
_Ответ: P2 /P1 = 6n / {2(2+n) - 11η (n-1)}.
Сμ
Решение.
Заметим, что процесс 3→1 является изобарическим, поскольку теплоемкость этого
процесса совпадает с молярной теплоемкостью изобарического процесса
5/2R.
Аналогично, можно утверждать, что процесс 2→ 3 является изохорическим процессом. На
рисунке данный цикл изображен в координатах Р-V. За цикл газ получает количество
теплоты равное
Qн = 11 ν R (T2 – T1 ) / 6,
а отдает
Qx = ν R{3 (T2 – T3 ) +5 (T3 – T1)} /2 = R{3 T2 +2T3 – 5T1} /2,
где ν- число молей газа.
Поскольку по определению КПД цикла равно
η = (Qн - Qx ) / Qн = {4 + 2n – 6(T3 / T1 )}/ 11(n-1),
отсюда
T3 / T1 = {4 + 2n – 11(n-1) η}/ 6.
Поскольку
P1 = P3 ,
V2 = V3 и
P2 / T2 = P3 / T3 ,
то
P2 / P1 = P2 / P3= T2 / T3 = (T2 / T1) (T1 / T3) = 6n / {2(2+n) - 11η (n-1)}.
12. В горизонтальном неподвижном цилиндрическом сосуде, закрытом
поршнем массы М, находится газ. Газ нагревают. Поршень, двигаясь
равноускоренно, приобретает скорость
v. Найти количество теплоты,
сообщенной газу. Внутренняя энергия моля газа U = cT. Теплоемкостью сосуда
и поршня, а также внешним давлением пренебречь. (Меледин, 2.64)
_Ответ: Q = ½ Mv2[1 + (c/R)].
Решение.
По закону сохранения энергии
Q = mcΔT/μ + ½ Mv2,
где ½ Mv = PSL. Здесь учтено, что при постоянном ускорении поршня давление Р
также постоянно. Уравнение газового состояния для постоянного давления дает
РΔV = mRΔT/μ.
Таким образом,
Q = mcΔT/μ + РΔV = mcΔT/μ + mRΔT/μ = m(с +R)ΔT/μ.
Отсюда
ΔT = Qμ/m (с +R)],
Q = Qc/(c + R) + ½ Mv2.
Окончательно
Q = ½ Mv2[1 + (c/R)].
2
13.В термосе находится вода при температуре 0 оС. Масса воды m = 100 г. Выкачивая
из термоса воздух, воду замораживают посредством ее испарения. Какова масса льда
образовавшегося в термосе? Удельная теплота плавления льда λ = 3.3.105 Дж/кг,
удельная теплота парообразования воды r = 24.8.105 Дж/кг.
Ответ: mл = 88 г.
Решение
При образовании льда выделяется тепло, которое будет тратиться на испарение воды.
Уравнение теплового баланса имеет вид:
mлλ = (m – mл)r.
Отсюда
mлλ = mr/(r + λ) = 88 г.
14. Один моль идеального газа изменяет свое состояние по циклу, изображенному
на рисунке: (4 → 1) и (2→3) – изохоры, (3→4) – изобара,
P 1
(1→2) – процесс с линейной зависимостью давления от
2
объема. Температуры в состояниях 1, 2, 3, 4 равны
3
4
соответственно Т1, Т2, Т3, Т4. какую работу совершает газ за
V
один цикл.
Решение
Работа, совершенная газом за цикл, равна площади трапеции 1234.
A = ½ [(P1 – P4) + (P2 – P3)](V3 – V4) = ½ P3V3(P1/P3 + P2/P3 –2)(1 – V4/V3).
Из уравнения Менделеева-Клапейрона
P3V3 = RT3.
Поскольку процессы (4 → 1) и (2→3) – изохоры, а (3→4) – изобара, то
P1/P3 = P1/P4 = T1/T4,
P2/P3 = T2/T3,
V4/V3 = T4/T3.
Используя, найденные соотношения, получим:
А = ½ R(T3 – T4) (T1/T4 + T2/T3 –2).
15. На рисунке изображен замкнутый процесс, который совершает некоторая масса
кислорода О2. Известно, что максимальный объем, который
P,кПа
занимал газ в этом процессе Vmax = 16.4дм3. Определить массу
200
2
газа и его объем в точке 1.
100
1
Ответ: m = 16г,V = 12.3дм3.
3
400 Т,К
300
Решение
Наклон изохор, проведенных из начала координат обратно пропорционален объему газа
P = [mR/(μV)]T.
Изохора, проведенная в точку 3, имеет минимальный наклон, следовательно, объем газа в
этой точке максимален. Тогда для массы газа получим
m = P3V3μ/(RT3) = 16 г.
Поскольку 3 → 1 изобара, то
V1/T1 = V3/T3,
отсюда
V1/= V3 T1/T3 = 12.3 дм3.
16. Моль одноатомного идеального газа из начального
состояния 1 с температурой Т1 = 100К, расширяясь
через турбину в пустой сосуд, совершает некоторую
работу и переходит в состояние 2 (см. рис.). Этот
1
P
3
2
V1
V2
V
переход происходит адиабатически, без теплообмена. Затем газ квазистатически
сжимают в процессе 2-3 , в котором давление является линейной функцией
объема и, наконец, в изохорическом процессе 3-1 газ возвращается в исходное
состояние. Найти работу, совершенную газом при расширении через турбину в
процессе 1-2, если в процессах 2-3-1 к газу в итоге подведено Q = 72Дж тепла.
Известно, что Т2 = Т3, V2 = 3V1.
(МФТИ,86-88) Ответ: А12 = 3/2R(T1 – T2) = 625Дж.
Решение.
Согласно первому началу термодинамики для процесса 1→2 имеем
А12 = - Δu12 = сv(Т1 – Т2) – первое начало применимо всегда, и для неквазистационарных
процессов, как здесь, процессов тоже.
В процессе 2→3 Δu23 = 0, т.е.
Q23 = A23 = ½ (P2 + P3)(V3 – V2) = ½ P2V2(1 + P3/P2)(V3/V2 – 1).
Поскольку
Т2 = Т3, то P3/P2 = V2/V3 = V2/V1 = k.
Тогда
Q23 = ½ RT2(1 + k)(1/k – 1) = ½ RT2 (1 + k)(1 - k)/k.
Q31 = (3/2)R(T1 – T2).
Q = Q12 + Q31 = ½ RT2 (1 + k)(1 - k)/k + (3/2)R(T1 – T2).
Отсюда
Т2 = (9/17)T1 – (6/17)Q/R ≈ 50 K.
Итак,
А12 = (3/2)R(T1 – T2) = 625 Дж.
17. Найти теплоемкость одного моля идеального газа в политропическом
процессе, в котором давление Р и объем газа V связаны соотношением Р = αV2,
где α – некоторая постоянная. Молярную теплоемкость газа при постоянном
объеме считать известной и равной СμV. (При решении задачи принять, что
изменение объема и температуры газа мало по сравнению с начальными объемом
и температурой).
Ответ: С = СμV + R/3.
Решение.
Используя определение теплоемкости С = ΔQ/ΔT и первый закон термодинамики
ΔQ = СμV ΔT + ΔА, получаем для идеального газа
С = СμV + ΔА/ΔT.
При малых изменениях объема давление можно считать постоянным и работу считать
по формуле
ΔА = РΔV.
Из уравнений Р = αV2 и PV = RT следует, что
T = αV3/R.
Разность температур
ΔT = Т1 – Т = αV13/R - αV3/R = αV3/R[(V1/V)3 – 1],
где V1 = V + ΔV.
Тогда
(V1/V)3 = (1 + ΔV/V)3 ≈ 1 + 3 (ΔV/V).
С учетом этого
ΔT = 3αV2 ΔV /R.
Подставляя в выражение для работы РΔV давление Р = αV2 , найдем теплоемкость
газа:
С = СμV + αV2 ΔV /ΔT = СμV + αV2 ΔVR/3αV2 ΔV = СμV + R/3.
В случае одноатомного газа С = 11R/6.
18. В ведре находится смесь воды со льдом массой
m = 10кг. Ведро внесли в комнату и сразу начали
2
измерять
температуру
смеси.
Получившаяся
зависимость
температуры
смеси
от
времени
1
изображена на рисунке. Удельная теплоемкость воды
СВ = 4.2кДж/(кгК), удельная теплота плавления льда λ
20
40
60 τ ,мин = 340кДж/кг. Определить массу льда в ведре, когда его
внесли в комнату. Теплоемкостью ведра пренебречь.
t,oC
Ответ: mЛ = 1.23кг.
Решение
Из графика видно, что первые Δτ1 = 50 мин температура смеси оставалась равной 0 оС:
таял лед и на это шла вся подводимая к смеси энергия. Далее за Δτ2 = 10 мин
температура воды поднялась на Δt = 2 оС. Эти данные позволяют найти скорость
подвода теплоты
Q/ = cВm Δt/Δτ2 ,
тогда количество теплоты, пошедшее на плавление льда,
Q = mЛλ = Q/ Δτ1 = cВm Δt Δτ1/Δτ2.
Отсюда
mЛ = cВm Δt Δτ1/(λΔτ2) = 1.23 кг.
19. В вакуумированном теплоизолированном цилиндре, расположенном
вертикально, может перемещаться массивный поршень. В начальный момент
поршень закрепляют и нижнюю часть цилиндра заполняют идеальным газом. Затем
поршень освобождают. После установления равновесия объем, заполняемый газом,
оказался в два раза меньше первоначального. Во сколько раз изменилась
температура газа? Молярную теплоемкость газа при постоянном объеме принять
равной Cμv = 5/2R.
Ответ: T2 / T1 = Cμv /[ Cμv – R(V1 / V2 – 1)] = -5/3 .
Решение
При опускании поршня массой М на высоту h сила тяжести совершает работу
А = Mgh,
идущую на увеличение внутренней энергии газа
ΔU = νCμV(T2 – T1),
где ν – число молей газа, CμV – молярная теплоемкость при постоянном объеме, T1 и T2
– начальная и конечная температуры газа.
В состоянии равновесия сила тяжести поршня уравновешивается силой давления газа:
Mg = P2S,
где S – площадь поперечного сечения поршня. Работу А с учетом этого равенства
можно преобразовать к следующему виду:
A = Mgh = P2Sh = P2(V2 – V1) = P2V2(V1/V2 – 1) = νRT2(V1/V2 – 1),
здесь V1 и V2 – начальный и конечный объемы газа. Подставляя найденное выражение
работы в уравнение
A = ΔU = νCμV(T2 – T1),
после несложных преобразований найдем
T2/T1 = T2 / T1 = Cμv /[ Cμv – R(V1 / V2 – 1)] = -5/3 .
20. В герметически закрытом сосуде в воде плавает кусок льда массой М = 0.1кг,
в который вмерзла свинцовая дробинка массой m =5г. Какое количество тепла
нужно затратить, чтобы дробинка начала тонуть? Теплота плавления льда λ =
330 кДж/кг. Температура воды в сосуде 0оС. (ρл =0.9г/см3, ρсв = 11.3г/см3).
Ответ: Q = 19.5 кДж.
Решение
Условием, при котором дробинка начнет тонуть является условие равновесия системы
лед+дробинка, полностью погруженной в воду
(Mл + m)g = FАрх = ρвgV = ρвg(Mл/ρл + m/ρсв).
Отсюда
Mл = m[1 - ρв/ρсв]/[ ρв/ρл - 1].
Таким образом, должна растаять масса льда
ΔM = M - Mл.
Для этого необходимо сообщить количество теплоты
Q = λ (M - Mл) = 19.5 кДж.
21. Один моль идеального газа, первоначально находившегося при нормальных
условиях (Р0 = 105Па ,t0=0oC), переводят в состояние с вдвое большим объемом и
давлением. Процесс перевода осуществляется в два этапа – изобарически и
изохорически (см. рис.) Какое количество теплоты подведено к газу? Теплоемкость
при постоянном объеме СμV = 21Дж/мольК.
Ответ: Q = (3CV +R)T0 = 19.5Дж.
Решение
При изобарическом нагревании (V2/V1 = T2/T1) газу сообщается количество теплоты
Q1 = СμP(T2 – T1) = СμPT1(T2/T1 – 1) = СμPT1(V2/V1 – 1)
где Т1, V1 – начальные температура и объем газа, Т2 ,V2– его температура и объем в конце
изобарического процесса, СμP = СμV + R.
В процессе изохорического нагревания (P3/P2 = T3/T2)газ получит количество теплоты
Q2 = СμV(T3 – T2) = СμVT1(Т2/T1)[(Т3/T2) – 1] = СμVT1(V2/V1)[(P3/P2) – 1].
Общее количество теплоты Q, сообщенное газу, равно
Q = Q1 + Q2 = (СμP + 2СμV )T1 =(3СμV + R)T1 = 19.5 кДж.
22. Газ находится в вертикальном цилиндре с площадью дна S = 10см 2. Цилиндр
закрыт перемещающимся без трения поршнем массой m = 9.8 кг. Начальный объем
газа Vo = 5 л, температура to = 0оС. Давление наружного воздуха Ра = 100кПа. Какое
количество теплоты Q необходимо затратить для нагревания газа при этих
условиях на Т = 10 K? Известно, что повышение температуры газа на ту же
величину при закрепленном поршне потребовало бы количества теплоты
Q1 = 90Дж.
Ответ: Q = 126Дж.
Решение.
Очевидно, что при закрепленном поршне газ не совершает работы и потому Q 1 = U. В
случае, когда поршень не закреплен, газ расширяется изобарно. При этом изменение U
его внутренней энергии такое же: ведь внутренняя энергия идеального газа зависит только
от его температуры. Работа газа при расширении
А = PV,
так что
Q = U + A = Q1 + PV.
Учтем также, что
P = mg/S + Ра
и
V/Vo = Т/To
(т.к. при изобарном процессе объем прямо пропорционален абсолютной температуре
газа). Тогда
Q = Q1 + [(mg + PaS)VoТ]/STo = 126Дж.
23. Идеальный газ массы m = 80г и молярной массы μ = 40г/моль нагревают в
цилиндре под поршнем так, что температура изменяется пропорционально
квадрату давления ( Т ~ P2) от начального значения Т1 = 300К до конечного Т2 =
400К. Определить работу, совершаемую газом в этом процессе, и количество
подведенного к нему тепла.
Ответ: Q = 3.3кДж.
Решение.
Нарисуем график процесса в координатах Р, V. Из уравнения
состояния идеального газа
P
P2
P V = (m/μ) RT
P1
V1
V2 V
и условия
T = kP2,
где k = const, получаем
P = (μV)/(mRk),
т.е. уравнение прямой, проходящей через начало координат. Работа газа равна
заштрихованной площади трапеции:
A = ½ (P1 + P2)(V2 – V1) = ½ (mRk/μ)(P22 – P12) = ½ (mR/μ)(T2 – T1) = 830Дж.
Количество тепла найдем из первого закона термодинамики:
Q = ΔU + A = (m / μ) 3/2 R(T2 – T1) + ½ (m / μ) R (T2 – T1) = 2 (m / μ) R (T2 – T1) =
4A = 3.3кДж
24. Моль идеального газа совершает замкнутый цикл, состоящий из двух изобар и
двух изохор. Отношение давлений на изобарах α = 1.25, а отношение объемов на
изохорах β = 1.2 . Найти работу, совершенную газом за цикл, если разность
максимальной и минимальной температур газа в цикле составляет ΔТ = 100К.
(МФТИ, до91г)
Ответ: A = R ΔТ(α –1)( β –1)/(α β –1).
Решение.
P
P2
2
Нарисуем цикл в координатах Р, V (см. рис.);
3
α = Р2/Р1, β = V2/V1;
минимальная температура – T1, максимальная Т3 ,
P1
1
V1
4
V2 V
Т3 – Т1 =ΔТ.
Работа за цикл равна площади цикла
A = (P2 – P1)(V2 – V1) = P1V1(α – 1)( β – 1) = RT1(α – 1)( β – 1).
P2/P1 = T2/T1 = α ;
V2/V1 = T3/T2 = β
→
T3/T1 = α β
Откуда
T1 = ΔТ/( α β - 1).
Итак
A = R ΔТ(α – 1)( β – 1)/( α β - 1) = 83Дж.
P
3
2
1
V
25. Моль идеального газа переводят из состояния 1 в
состояние 3 по изохоре 1-2, а затем по изобаре 2-3 (см. рис.).
На изохоре газу сообщается такое же количество тепла Q =
3675Дж, какое выделяется на изобаре. Найти конечную
температуру газа, если начальная температура t1 = 27оС.
Молярная теплоемкость газа при постоянном объеме Сv =
1Дж/(мольК).
Ответ: Т3 =350К.
Решение.
Для тепла, сообщенного газу на изохоре можно записать
Q = CV(T2 – T1),
откуда
T2 = T1 + Q/CV.
Тепло сообщенное газу на изобаре выражается в виде
Q = CP(T3 – T2),
откуда
T3 = T2 –Q/CP = T1 +Q(1/CV – 1/CP),
И, поскольку для идеального газа справедливо соотношение
СP = CV + R,
то
T3 = T1 + QR/[CV(CV + R)] = 350K.
26. В цилиндрическом сосуде под поршнем вначале находится ν = 1 моль водяного
пара при температуре Т и давлении Р. Давление насыщенного пара воды при этой
температуре равно 2Р. Поршень вдвигают ток, что первоначальный объем под
поршнем уменьшается в четыре раза. Найти массу сконденсировавшейся воды, если
температура остается неизменной. Молярная масса воды μ = 18 г/моль. (Меледин,
2.41)
Ответ: m = 9г.
Решение
При изменении объема от V до ½ V пар сжимается, но не конденсируется. Далее
происходит конденсация. Причем давление насыщенного пара при дальнейшем
уменьшении объема от ½ V до ¼ V остается постоянным и равным 2Р. Поэтому
количество сконденсировавшегося пара будет равным
Δm = (2P)(¼ V)μ/(RT),
но
PV/(RT) = ν.
Окончательно
Δm = ½ ν μ = 9 г.
27. В теплоизолированном сосуде к mв = 300 г воды при температуре tв = 10оС
добавили mл = 400 г льда при температуре tл = -20оС. Определить установившуюся
температуру смеси. Удельная теплоемкость воды Cв = 4.2 кДж/(кг.К), льда Cл = 2.1
кДж/(кг.К), удельная теплота плавления льда λ = 330 кДж/кг. Ответ: t = 0оС.
Решение
Подобные задачи затруднительно решать в общем виде: для составления уравнения
теплового баланса необходимо знать заранее, какие процессы произойдут со льдом и
водой, т.е. каким будет конечное состояние (только вода, вода и лед или только лед). А
это определяется как раз численными значениями mв ,mл ,tв и tл. Однако эту задачу можно
решить и без составления полного теплового баланса.
Предположим вначале, что установившаяся температура оказалась положительной t
> 0оС, т.е. лед растаял. Но вода, даже остыв до 0оС, отдаст количество теплоты равное
mвCвtв = 12 кДж. Такого количества теплоты хватит на плавление (даже если не учитывать
нагревание льда до 0оС) лишь m = 12 кДж/330 кДж/кг = 3.6 г льда, что значительно
меньше начальной массы льда (400 г). Значит, весь лед растаять не может и t ≤ 0оС.
Пусть установившаяся температура оказалась отрицательной t < 0оС. В этом случае
вся вода превратится в лед и количество выделенного ею тепла (даже без учета ее
охлаждения до 0оС) будет mвλ = 100 кДж. Однако лед, даже нагревшись до 0оС, может
забрать только mлCлtл = 16 кДж. Значит, установившаяся температура t ≥ 0 оС. Отсюда
следует, что установившаяся температура t = 0оС.
5.4. Термодинамика - II.
1. В калориметр налили две жидкости с удельными теплоемкостями С 1 и С2.
После установления теплового равновесия оказалось, что разность между
начальной и температурой первой жидкости t1 и установившейся температурой
t смеси в k раз меньше разности начальных температур жидкостей. Пренебрегая
теплоемкостью калориметра, определить отношение масс налитых жидкостей.
(МГУ,1998)
Ответ: m1 / m2 = (C2 / C1) (k – 1).
Решение.
По условию задачи
(t2 – t1)/ (t – t1) = k
Запишем уравнение теплового баланса
С1m1(t1 – t) = С2m2(t – t2).
Отсюда
С1m1/ С2m2 = (t – t2) / (t1 – t) = [(t – t1) – (t2 – t1)]/ (t1 – t) =
= -1 + (t2 – t1)/ (t – t1) = k –1
Для отношения масс получаем
m1/ m2 = С2/С1 (k – 1).
2. Моль идеального одноатомного газа
расширяется сначала изобарически (1-2), а затем в
процессе с линейной зависимостью давления от
3
объема (2-3) (см. рис.). При этом V3/V2 = V2/V1 и
Т2 = Т3. Найти отношение объемов V2/V1, если
V
известно, что количество тепла, подведенное к газу на
участке 1-2 , в два раза больше величины работы, совершенной газом на
участке 2-3.
Ответ: V2/V1 = 1.5.
P
1
2
Решение.
Обозначим отношение V3/V2 = V2/V1 =  . На участке 1-2:
Q12 = u +PV = 5/2 R (T2 - T1);
V1/T1 = V2/T2,
откуда
T1 =T2/ .
Таким образом
Q12 = 5/2 RT2 ( - 1)/.
На участке 2-3:
A23 = ½ (P2 + P3) (V3 - V2) = ½ (P2V3 - P3V2) =
= ½ RT2 ( - 1/ ) = ½ RT2 (2 - 1)/ .
По условию
Q12 =2A23,
т.е.
5/2 RT2 ( - 1)/  = ½ RT2 (2 - 1)/  ,
отсюда
 = V2/V1 = 1.5 .
3. Равные массы гелия и водорода находятся в теплоизолированном
цилиндре под поршнем. Начальный объем смеси Vo = 1л, давление Ро = 9атм.
При адиабатическом расширении газ совершает работу А = 650Дж. Найти
относительное изменение температуры смеси.
Ответ: T/To = - 6/13 A/ (PoVo) = -1/3.
Решение.
Так как
Q =0, то A = - u.
Гелий – одноатомный газ, и для него
uг = г3/2RT,
водород – двухатомный газ, и для него
uв = в5/2RT.
Из начальных условий имеем
PoVo = (г + в) RTo.
Но
г = m/г = m/4, а
в = m/в = m/2, т.е.
в =2г, а
г + в = PoVo/Rot ,
откуда находим
г = 1/3 PoVo/RTo ,
в = 2/3 PoVo/RTo.
Таким образом
A = - [(1/3)( 3/2) + (2/3)(5/2)](RT)( PoVo/RTo) ,
T/To = - 6/13 A/(PoVo) = -1/3 .
откуда
Р
4. КПД тепловой машины, работающей по циклу
(см. рис.), состоящему из изотермы 1-2, изохоры 2-3 и
адиабатического процесса 3-1, равен , а разность
1
2
3
V
максимальной и минимальной температур газа в цикле равна ΔТ. Найти
работу, совершенную  молями одноатомного идеального газа
в
изотермическом процессе.
Ответ: A =3/2νRТ/ (1- ).
Решение.
Так как газ получает тепло от нагревателя лишь на участке 1-2,
= (A12 +A31)/Q12.
Но
Q12=A12,
а на адиабате
A31 = -u31 =-CvТ.
Подставляя эти выражения, получим A = А12=3/2 RТ/(1-).
5. К идеальному одноатомному газу, заключенному внутри масляного пузыря,
подводится тепло. Найти молярную теплоемкость этого газа, если давлением
снаружи можно пренебречь. ( МФТИ, до1992г)
Ответ: С = 3R ~ 25Дж/(мольК).
Решение.
Воспользуемся 1-ым началом термодинамики:
С Т = СvТ + PV.
Если радиус пузыря r , давление газа в пузыре по формуле Лапласа равно
Р = 4/r,
объем газа V = 4/3r3 , так что
V = 4r2r.
Для одноатомного газа
PV =RT
т.е.
(4/r)(4/3r3) = RT
или
16/3r2 = RT .
Изменяя r на малую величину и пренебрегая членом с (r)2 , получаем, что
32/3rr = RT ,
откуда
T = 32/3rr/R.
Подставляя это соотношение в первое начало, получаем
С = Сv + (4/r) 4r2 3R/(32r) = Сv + 3/2R = 3R ~ 25Дж/(мольК).
6. Два сосуда заполнены одним и тем же идеальным газом и сообщаются при
помощи узкой трубки. Отношение объемов сосудов V1/V2 = 2 . Первоначально газ в
первом сосуде имел температуру
Т1 = 300К. В результате перемешивания
происходит выравнивание температур. Найти первоначальную температуру газа во
втором сосуде, если конечная температура Т = 350К. Теплообменом газов со
стенками сосудов и трубки пренебречь.
Ответ: Т2 = 525К.
Решение.
Система, состоящая из газов в обоих сосудах, работы над другими телами не
производит и теплом с окружающими телами не обменивается. Следовательно,
внутренняя энергия системы сохраняется:
ν1 СvT1 + ν2 СvT2 = (ν1 + ν2)СvT .
Числа молей ν1 и ν2 выразим из уравнений состояния, записанных для газов в обоих
сосудах до опыта, с учетом того, что у них одинаковое давление Р :
ν1 = PV1/RT1;
ν2 = PV2/RT2 .
Подставив эти выражения в первое уравнение, получим после упрощений
Т2 = Т/ [1 – (V1/V2)(T – T1)/T1] = 525K.
7. Теплоизолированный сосуд разделен на две части перегородкой. В одной части
находится ν1 молей молекулярного кислорода (О2) при температуре Т1, а в другой –
ν2 молей азота (N2) при температуре Т2. Какая температура установится после того,
как в перегородке появится отверстие?
Ответ: Т = (ν1 Т1 + ν2 Т2)/ (ν1 + ν2) .
Решение.
Рассмотрим систему из двух газов. Оба газа двухатомные. У них постоянная
теплоемкость при постоянном объеме Сv . Система из двух газов тепла от других тел не
получает и работы над телами, не входящими в систему, не совершает. Поэтому
внутренняя энергия системы сохраняется:
ν1 Сv Т1 + ν2 CvТ2 = ν1 Сv Т + ν2 CvТ.
Отсюда температура смеси
Т = (ν1 Т1 + ν2 Т2)/ (ν1 + ν2) .
8. Идеальный газ массой m = 1кг находится под давлением Р = 1.5 105Па. Газ
нагрели, давая ему расширяться. Какова удельная теплоемкость в этом процессе,
если температура газа повысилась на ΔТ =2К, а объем увеличился на ΔV = 0.002м3?
Удельная теплоемкость этого газа при постоянном объеме Сv = 700 Дж/кг.
Предполагается, что изменение давления газа при проведении процесса мало.
Ответ: С = Сv + PΔV/mΔТ = 850Дж/(кгК).
Решение.
Удельная теплоемкость в данном процессе
С = ΔQ/mΔТ.
По первому закону термодинамики
ΔQ= m Cv ΔТ + PΔV.
Отсюда
С = Сv + PΔV/mΔТ = 850Дж/(кгК).
9. В латунном калориметре массой m1 = 200г находится кусок льда массой m2 =
100г при температуре t1 = -10оС. Сколько пара, имеющего температуру t2 = 100оС,
необходимо впустить в калориметр, чтобы образовавшаяся вода имела температуру
t = 40оС? Удельные теплоемкости латуни, льда и воды равны соответственно: С 1 =
0.4 103Дж/кгК, С2 = 2.1 103Дж/кгК, С3 = 4.19103Дж/кгК; удельная теплота плавления
льда λ = 33.6 104Дж/кг, удельная теплота парообразования воды r = 22.6 105Дж/кг.
Ответ: m = 22г.
Решение.
При конденсации пара массой m при 100оС выделяется количество теплоты
Q1 = mr.
При охлаждении получившейся воды до t = 40oC выделяется количество теплоты
Q2 = mC3(t2 – t).
При нагревании льда от t1 = -10oC до to = 0oC поглощается количество теплоты
Q3 = C2m2(to – t1).
При плавлении льда поглощается количество теплоты
Q4 = λm2.
При нагревании получившейся воды от to до t поглощается количество теплоты
Q5 = C3m2(t –to).
Для нагревания калориметра от t1 до t требуется количество теплоты
Q6 = C1m1(t – t1).
По закону сохранения энергии
Q1 + Q2 = Q3 + Q4 + Q5 + Q6,
или
m [r + C3(t2 – t)] = C2m2(to – t1) + λm2 + C3m2(t – to) + C1m1(t – t1)
откуда
m = [C2m2(to – t1) + λm2 + C3m2(t – to) + C1m1(t – t1)]/ [r + C3(t2 – t)] = 22г.
10. Найти КПД тепловой машины, работающей с ν молями
P
одноатомного идеального газа по циклу, состоящему из
1
адиабатического расширения 1-2 , изотермического сжатия
3
2-3 и изохорического процесса 3-1 (см. рис.). Работа ,
2
V
совершенная над газом в изотермическом процессе, равна
А. Разность максимальной и минимальной температур газа равна ΔТ.
Ответ: η = 1 – 2А/ (3νRΔT) .
Решение.
По определению КПД тепловой машины
η = АП/QH,
где АП – полная работа газа за цикл (площадь цикла в координатах P,V), а QH – тепло,
получаемое
рабочим
газом
извне
(от нагревателя).
Согласно
первому началу
термодинамики работа на адиабате 1-2
А12 = - Δu12 = - νCv(T2 – T1) = νCv(T1 – T2).
Работа на изотерме по условию А23 = -А, работа на изохоре А31 = 0. Таким образом,
полная работа газа за цикл равна
АП = А12 + А23 + А31 = νCv(T1 – T2) – А.
На участке 1-2 Q12 = 0 (адиабата), на участке 2-3 Q23 = A23 (изотерма, т.е. Δu =0), газ
отдавал тепло, а не получал. Единственный участок цикла, где газ получал тепло –
изохора. При этом
Q31 = QП = νCv(T1 – T3) = νCv(T1 – T3) = νCvΔT,
т.к. Т1 и Т2 и есть максимальная и минимальная температуры в цикле. Итак,
η = ( νCvΔT – А)/ νCvΔT = 1 – 2А/ (3νRΔT) ,
т.к. Сv = 3/2R (газ одноатомный).
P
P2
2
3
1
4
V
P1
11. Над идеальным газом постоянной массы проводится
циклический процесс, состоящий из двух изобар и двух изохор, как
показано на рисунке. Заданы значения давлений Р1 и Р2 и
температуры Т2. При каком соотношении температур Т2 и Т4 полная работа за
цикл больше: в случае Т4 > Т2 или Т4 < Т2 ?(МГУ,1999)
Ответ: при Т4 > Т2 .
Решение.
Работа за цикл равна
A = (P2 – P1) (V4 – V1).
Из уравнения Клапейрона-Менделеева:
V1 = V2 = ν RT2 / P2 , V4 = νRT4 / P1.
Отсюда
A = (P2 – P1) (T4 / P1 – T2 / P2) νR =
= (P2 – P1) (T2/P2) [(T4/T2) (P2/ P1) – 1) νR =
= (P2 – P1)V2[(T4/T2) (P2/ P1) – 1)]
Следовательно, работа за цикл будет больше, если Т4 > T2.
12. Идеальный газ массы m = 80г и молярной массы μ = 40г/моль нагревают в
цилиндре под поршнем так, что температура изменяется пропорционально
квадрату давления (Т ~ P2) от начального значения Т1 = 300К до конечного
Т2 = 400К. Определить работу, совершаемую газом в этом процессе, и количество
подведенного к нему тепла.
Ответ: Q = 4(m/μ) R (T2 – T1) = 4A = 3.3кДж.
Решение.
Нарисуем график процесса в координатах Р, V. Из уравнения
P
состояния идеального газа
P2
P V = (m/μ) RT
P1
и условия
V1
V2 V
T = kP2,
где k = const, получаем
P = (μV)/ (mRk),
т.е. уравнение прямой, проходящей через начало координат. Работа газа равна
заштрихованной площади трапеции:
A = ½ (P1 + P2) (V2 – V1) = ½ (mRk/μ) (P22 – P12) =
= ½ (mR/μ) (T2 – T1) = 830Дж.
Количество тепла найдем из первого закона термодинамики:
Q = ΔU + A = (m / μ) 3/2 R (T2 – T1) + ½ (m / μ) R (T2 – T1) =
= 2 (m / μ) R (T2 – T1) = 4A = 3.3кДж
13. Моль идеального газа совершает замкнутый цикл, состоящий из двух изобар и
двух изохор. Отношение давлений на изобарах α = 1.25, а отношение объемов на
изохорах β = 1.2 . Найти работу, совершенную газом за цикл, если разность
максимальной и минимальной температур газа в цикле составляет ΔТ = 100К.
(МФТИ, до91г)
Ответ: A = R ΔТ (α –1) (β –1)/ (α β –1).
Решение.
P
P2
2
Нарисуем цикл в координатах Р, V (см. рис.);
3
α = Р2/Р1, β = V2/V1;
P1
1
V1
4
V2 V
минимальная температура – T1, максимальная Т3 ,
Т3 – Т1 =ΔТ.
Работа за цикл равна площади цикла
A = (P2 – P1) (V2 – V1) = P1V1 (α – 1) (β – 1) =
= RT1(α – 1)( β – 1).
P2/P1 = T2/T1 = α;
V2/V1 = T3/T2 = β
→
T3/T1 = α β
откуда
T1 = ΔТ/ (α β - 1).
Итак
A = R ΔТ (α – 1) (β – 1)/ (α β - 1) = 83Дж.
14. Моль идеального газа находится в цилиндрическом сосуде под
подвижным поршнем, прикрепленным с помощью пружины к
сосуду (см. рис.). Сила упругости F , возникающая в пружине, зависит от
удлинения ее х по закону F = kxα , где k и α- некоторые постоянные. Определить
α, если известно, что молярная теплоемкость газа под поршнем с = 1.9R.
Внешним давлением, длиной пружины в ненапряженном состоянии и трением
поршня о стенки сосуда можно пренебречь. ( МФТИ, до91г)
Ответ: α = 3/2 .
Решение.
Если температура газа увеличилась на ΔТ, то по первому началу термодинамики
С ΔТ = CV ΔТ + PΔV.
Уравнение состояния газа запишется в виде
PV = (k xα/S) xS = k xα+1 = RT.
Отсюда
k (α + 1) xαΔx = R ΔТ,
ΔV = SΔx.
Подставляя полученные соотношение в первое начало термодинамики, запишем
С ΔТ = CV ΔТ + (k xα/S)S RΔТ / [k(α + 1) xα]
или
С = CV + R/(α + 1).
Поскольку газ одноатомный, то CV = 3R/2 и для значения α получаем
α = R/(C – CV) –1 = 3/2.
15. Моль идеального газа нагревается при постоянном давлении, а затем при
постоянном объеме переводится в состояние с температурой, равной начальной
То = 300К. Оказалось, что в итоге газу сообщено количество теплоты Q = 5кДж.
Во сколько раз изменился объем, занимаемый газом?
Ответ: n = Q/RTo + 1 ~ 3.
Решение.
P
1
Нарисуем график процесса в координатах
2
P – V (см. рис.). Пусть конечный объем равен
nVo. Тогда, т.к. 1 – 2 – изобара, температура в
3
точке 2 равна nTo.
Q12 = CP ΔТ ; Q23 = - CV ΔТ ;
Vo
nVo
V
Q = Q12 + Q23 = (CP – CV) ΔТ = R (n –1) To.
Итак,
N = Q/RTo + 1 = 3.
16. В проточном калориметре исследуемый газ пропускают по трубопроводу с
нагревателем. Газ поступает в калориметр при Т1 =293К. При мощности
нагревателя N1 = 1кВт и расходе газа q1 = 540кг/ч температура Т2 газа за
нагревателем оказалась такой же, как и при удвоенной мощности нагревателя и
увеличении расхода газа до q2 = 720кг/ч. Найти температуру Т2 газа, если его
молярная теплоемкость в этом процессе (Р = const)
молекулярная масса μ = 29 г/моль.
CР = 29.3Дж/(мольК), а
Ответ: Т2 = 312.8К
Решение.
T1
T2
За интервал времени
Δt
нагреватель выделяет
количество энергии
N Δt, которая частично
отдается газу массой ΔМ, походящему за это время
q
через спираль нагревателя и, частично в количестве
теряется
Qпот
N
вследствие
теплопроводности
и
излучения стенок трубы и торцев устройства.
Уравнение теплового баланса для двух условий опыта имеют
вид (cчитая
мощность потерь одинаковой)
N1 Δt = Qпот + C (ΔМ1/μ) ΔT,
N2 Δt = Qпот + C (ΔМ2/μ) ΔT.
Вычитая из второго уравнения первое, получим
N2 - N1 = (C /μ) (ΔМ2/ Δt - ΔМ1/ Δt) ΔT = (C /μ) (q2 – q1) ΔT.
Отсюда
T2 = T1 + (μ/C) (N2 - N1)/ (q2 – q1) = 312.8 K
17. Паровая машина мощностью N = 14.7 кВт потребляет за t = 1ч работы m
= 8.1 кг угля с удельной теплотой сгорания q = 3.3.107 Дж/кг. Температура
котла to1 = 200oC, температура холодильника to2 = 58oC. Найти фактический
КПД ηф этой машины. Определить, во сколько раз КПД η ид идеальной
тепловой машины, работающей по циклу Карно при тех же температурах
нагревателя и холодильника, превосходит КПД этой паровой машины.
Ответ: ηф = 20%, ηид/ηф = 1.5.
Решение.
КПД реальной тепловой машины
ηф
определяется отношением работы,
совершенной за время t , к количеству теплоты Q1 , которое отдано нагревателем
за это время:
ηф = А/ Q1 .
Работу, совершенную паровой машиной можно определить как
A = Nt,
где N – мощность машины. Паровая машина отдает количество теплоты
Q1 = mq,
где m – масса сгоревшего угля. Тогда
ηф = Nt / mq .
КПД идеальной тепловой машины, работающей по циклу Карно
ηид = (Т1 – Т2)/Т1.
Отсюда
ηид/ηф = (Т1 – Т2)/(Т1 ηф).
Подставляя численные значения, получим ηф = 20%, ηид/ηф = 1.5.
18. С ν = 5 моль идеального одноатомного газа
осуществляют круговой цикл, состоящий из двух
изохор и двух адиабат (см. рис.). Определить КПД η
теплового двигателя, работающего в соответствии с
3
данным циклом. Определить максимальный КПД
ηmax , соответствующий этому циклу. В состоянии 2
1
4
газ находится в тепловом равновесии с
V нагревателем, а в состоянии 4 - с холодильником.
Известно, что Р1 = 200 кПа, Р2 = 1200 кПа, Р3 = 300 кПа, Р4 = 100 кПа, V1 = V2 =
2 м3, V3 = V4 = 6 м3.
Ответ: η = 40%, ηmax = 75%.
Решение.
КПД реального теплового двигателя определяет формула
η = (Q1 – Q2)/Q1 ,
P
2
где Q1 – количество теплоты, переданной нагревателем рабочему веществу в
процессе его изохорного нагревания, которому соответствует участок 1 – 2, Q2 –
количество теплоты, переданной газом холодильнику в процессе его изохорного
охлаждения, чему соответствует участок 3 – 4. При изохорных процессах работа
А = 0, тогда согласно первому закону термодинамики
Q1 = ΔU1 = (3/2) νR ΔT1 и Q2 = ΔU2 = (3/2) νR ΔT2,
где в соответствии с уравнением Менделеева-Клайперона при изохорных
процессах
νR ΔT1 = ΔР1V1 и νR ΔT2 = ΔР2V2 ,
поэтому
Q1 = (3/2) ΔР1V1 и Q2 = (3/2) ΔР2V2.
Здесь ΔU1 и ΔU2 – изменение внутренней энергии газа при изохорных процессах
1-2 и 3-4 , R – молярная газовая постоянная, ΔТ1 и ΔТ2 – изменения температур
газа в процессах изохорного нагревания и охлаждения, ΔР1 и ΔР2 – изменения
давления газа в этих процессах , V1 - объем газа в процессе 1-2 , V2 - объем газа в
процессе 3-4 . После этого для КПД реального теплового двигателя получим
η = (ΔР1V1 - ΔР2V2)/ ΔР1V1.
Максимальный КПД идеального теплового двигателя определяется формулой
ηmax = (Т1 – Т2)/Т1 ,
где Т1 – абсолютная температура нагревателя, Т2 – абсолютная температура
холодильника. Если в состоянии 2 газ находится в тепловом равновесии с
нагревателем, то его температура в этом состоянии равна температуре нагревателя
Т1 . Аналогично, если в состоянии 4 газ оказался в тепловом равновесии с
холодильником, то его температура в этом состоянии равна температуре
холодильника Т2 , т.е. в состоянии 4 температура газа стала равна Т2. Для
нахождения температур Т1 и Т2 воспользуемся уравнением МенделееваКлайперона, применив его к состояниям газа 2 и 4:
P2V1 = ν RT1
и
P4V2 = ν RT2 .
Отсюда
Т1 = P2V1/(ν R)
и
Т2 = P4V2/(ν R) .
После этого для КПД идеального двигателя получим
ηmax = (P2V1 - P4V2)/ (P2V1) = 0.75.
19. В горизонтальном неподвижном цилиндрическом сосуде,
закрытом поршнем, площадь сечения которого равна
S,
Po
находится один моль газа при температуре То и давлении Ро (см.
рис.). Внешнее давление постоянно и равно Ро. Газ нагревают
внешним источником теплоты. Поршень начинает двигаться, причем сила трения
скольжения равна f. Найти зависимость температуры газа Т от получаемого им
от внешнего источника количества теплоты, если в газ поступает еще и половина
количества теплоты, выделяющегося при трении поршня о стенки сосуда.
Построить график этой зависимости. Внутренняя энергия одного моля газа U =
cT. Теплоемкостью сосуда и поршня пренебречь. (Меледин, 2.65)
Po,To,Vo
Q
Ответ: T = Q/c + To при Q ≤ Qкр ;
T = Tкр + (Q - Qкр)/{c + ½ R [1 + (To/Tкр)]}
при Q > Qкр, где Qкр = cTof/(PoS) , Ткр = [1 + f/(PoS)]То.
Решение.
Пока поршень покоится, вся теплота идет на нагрев газа:
ΔU = c(T – To) = Q, →
T = Q/c + To при T ≤ Tкр .
Найдем, используя условие равновесия и закон Шарля, критическую температуру Ткр, при
превышении которой поршень начнет двигаться:
(Pкр – Ро)S = f,
Pкр /Ткр = Po/To.
Отсюда
Ткр = [1 + f/(PoS)]То , Qкр = cTof/(PoS).
Запишем первое начало термодинамики:
Q - Qкр + ½ Aтр = с (T - Ткр) + Pкр(V – Vo),
где
½ Aтр = ½ f (V – Vo) S = ½ (Pкр + Po) (V – Vo).
Таким образом,
Q - Qкр = с (T - Ткр) + ½ (Pкр + Po) (V – VO).
Так как
PкрV = RT, PoV = RTкр,
то
½ (Pкр + Po) (V – Vo) = ½ R (1 + (To/Tкр)] (T - Ткр).
Окончательно
Q - Qкр = (T - Ткр) + {c + ½ R [1 + (To/Tкр)]} при T > Tкр.
T = Tкр + (Q - Qкр)/{c + ½ R [1 + (To/Tкр)]}.
График зависимости T от Q оказался ломаной линией (см.
T
Tкр
рис.) состоящей из двух отрезков прямой. Точка излома
То
Ткр = [1 + f/(PoS)]То ,
Qкр
Qкр = cTof/(PoS).
Q
20. Моль одноатомного идеального газа из начального
состояния 1 с температурой Т1 = 100К, расширяясь
P
через турбину в пустой сосуд, совершает некоторую
3
работу и переходит в состояние 2 (см. рис.). Этот
2
переход происходит адиабатически, без теплообмена.
Затем газ квазистатически сжимают в процессе 2-3 , в
V1
V2 V
котором давление является линейной функцией объема
и, наконец, в изохорическом процессе 3-1 газ
возвращается в исходное состояние. Найти работу, совершенную газом при
расширении через турбину в процессе 1-2, если в процессах 2-3-1 к газу в итоге
подведено Q = 72Дж тепла. Известно, что Т2 = Т3, V2 = 3V1.
(МФТИ,86-88) Ответ: А12 = 3/2R(T1 – T2) = 625Дж.
1
Решение.
Согласно первому началу термодинамики для процесса 1→2 имеем
А12 = - Δu12 = сv(Т1 – Т2) – первое начало применимо всегда, и для неквазистационарных
процессов, как здесь, процессов тоже.
В процессе 2→3 Δu23 = 0, т.е.
Q23 = A23 = ½ (P2 + P3)(V3 – V2) = ½ P2V2(1 + P3/P2)(V3/V2 – 1).
Поскольку
Т2 = Т3, то P3/P2 = V2/V3 = V2/V1 = k.
Тогда
Q23 = ½ RT2(1 + k)(1/k – 1) = ½ RT2 (1 + k )(1 - k)/k.
Q31 = (3/2 )R(T1 – T2).
Q = Q12 + Q31 = ½ RT2 (1 + k )(1 - k)/k + (3/2 )R(T1 – T2).
Отсюда
Т2 = (9/17)T1 – (6/17)Q/R ≈ 50 K.
Итак,
А12 = (3/2)R(T1 – T2) = 625 Дж.
21. Параметры идеального одноатомного газа, взятого в
количестве
ν = 3моль, изменились по циклу,
3 изображенному на рисунке. Температуры газа равны
Т1 = 400К, Т2 = 800К, Т4 = 1200К. Определить работу,
которую совершил 2газ за цикл?
P
2
1
0
4
T
Ответ: А = 20кДж.
Решение.
Процессы (1→ 2) и (3 → 4) – изохоры, т.к. Р =const .T , что в соответствии с уравнением
Клапейрона-Менделеева означает:
(νR/V) = const,
и, следовательно, V = const. Таким образом, работа в процессах (1→ 2) и (3 → 4) равна
нулю, а V1 = V2 и V3 = V4. Работа газа за цикл складывается из суммы работ на участках
(2→ 3) и (4 → 1)
А = А23 + А41 = Р2(V3 – V2) + P1(V1 – V4) = (P2 – P1)(V1 – V4).
Принимая во внимание, что
Р2/P1 = T2/T1
и
V4/V1 = T4/T1,
получим
А = P1(Р2/P1 – 1)V1 (V4/V1 – 1) = P1 V1(T2/T1 – 1)(T4/T1 – 1) =
= νRT1(T2/T1 – 1)(T4/T1 – 1) = 20кДж.
22. Найти работу, совершаемую молем идеального газа
P
2
в
цикле, состоящем из двух участков линейной
1
зависимости давления от объема и изохоры (см. рис.).
3
V
Точки 1 и 2 лежат на прямой, проходящей через начало
координат. Температуры в точках 1 и 3 равны. Считать известными температуры
Т1 и Т2 в точках 1 и 2. (МФТИ, до91г)
Ответ: A = ½ R(T2 – T1)(1 – (T1/T2)1/2 ).
Решение
Работа за цикл равна A = A12 + A31.
A12 = ½ (P1 + P2)( V2– V1) = ½ R(T2 – T1).
A31 = - ½ (P1 + P3)(V2 - V1) = ½ P1 V1(1 + P3/P1)( V2/V1 – 1).
На прямой 1 → 2:
V2/V1 = P2/P1 = (T2/T1)1/2.
На прямой 3 → 1:
P3/P1 = V1/V3 = V1/V2 = (T1/T2)1/2 . (V3 = V2)
Отсюда
A31 = - ½ RT1[1 + (T1/T2)1/2][(T2/T1)1/2 - 1] = - ½ R(T2 – T1)(T1/T2)1/2 .
Окончательно получаем
A = ½ R(T2 – T1)(1 – (T1/T2)1/2 ).
23. Найти изменение внутренней энергии моля идеального газа при расширении по
закону Р = αV (α = const) от объема V1 = V до V2 = 2V. Начальная температура газа
0оС, Cμv = 21Дж/(мольК).
Ответ: Δu = 3 CμvT1 = 17.2кДж.
Решение.
Так как внутренняя энергия идеального газа зависит только от температуры, необходимо
определить закон изменения температуры газа от изменения его объема. Подставляя в
уравнение состояния PV = RT (для одного моля) зависимость давления от объема Р = αV,
получим
T = αV2/R.
Изменение внутренней энергии одного моля газа равно
Δ U = CμV ΔT = (α/R)(V22 – V12) CμV = (α/R)3V2 CμV = 3CμVT1 = 17.2 кДж.
24. Определить, какая часть энергии, затраченной на образование водяного пара,
идет на увеличение внутренней энергии вещества, если удельная теплота
парообразования воды L = 2.3 МДж/кг.
Ответ: α ≈ 0.9.
Решение.
Согласно первому закону термодинамики теплота, необходимая для испарения
единичной массы воды равна
L = ΔU + A,
где L – удельная теплота парообразования воды, ΔU – изменение внутренней энергии,
А – работа пара по расширению при постоянном давлении:
A = Pнас(VП – VB),
где VП – объем пара, VB – объем воды. Так как VП >> VB
A ≈ PнасVП = mRT/μ ≈ 170 кДж
Тогда
α = (L – A)/L = 1 – A/L ≈ 0.9.
Это означает, что при испарении воды около 90% подводимого тепла расходуется на
преодоление молекулами пара сил межмолекулярного взаимодействия и около 10% на
совершение паром работы по расширению.
25. Два одинаковых калориметра заполнены до высоты h = 25 см, первый – льдом,
второй – водой при температуре t = 10oC. Воду выливают на лед. После установления
теплового равновесия уровень повысился еще на Δh = 0.5 см. Определить начальную
температуру льда. Плотность льда ρЛ = 0.9ρВ = 9 г/см3, удельная теплота плавления
льда λ = 340 Дж/г, теплоемкость льда CЛ = 0.5СВ = 2.1 Дж/(г.К).
Ответ: tx = -54oC.
Решение
Так как уровень повысился, значит, часть воды замерзла. Обозначим новый уровень льда
h1, тогда, т.к. общая масса не изменилась
hρЛ + hρВ = h1ρЛ + (2h + Δh – h1)ρВ,
откуда получаем
h1 = h + Δh ρВ/(ρВ - ρЛ).
Масса льда увеличилась на величину
Δm = ρЛS(h1 – h) = SΔh ρВρЛ/(ρВ - ρЛ).
Из условия ясно, что вода замерзла не вся, иначе увеличение уровня было бы равно 0.1h =
2.5 см. Следовательно, образовалась двухфазная система вода-лед, а ее температура при
нормальном давлении равна 0оС. Запишем уравнение теплового баланса:
СВmВ(t1 – to) + Δmλ = CЛmЛ(to – tx),
откуда находим:
tx = -[ρВρЛ/(ρВ - ρЛ)](Δh/h)( λ/СЛ) - (ρВ/ρЛ)(CВ/СЛ)t1 = -54oC.
26. Закрытый с торцов теплоизолированный цилиндрический сосуд перегорожен
подвижным поршнем массы М. С обеих сторон от поршня находится по одному
молю идеального газа, внутренняя энергия которого U = cT. Масса сосуда с газом
равна m. Коротким ударом сосуду сообщают скорость v, направленную вдоль его
оси. На сколько изменится температура газа после затухания колебаний поршня?
Трением между поршнем и стенками сосуда, а также теплоемкостью поршня
пренебречь. (Меледин, 2.55)
Ответ: ΔT = ½ mv2[M/(2c(M +m)].
Решение
По закону сохранения импульса
mv = (M + m)u.
разность кинетических энергий в начале движения поршня и в конце, когда колебания
затухнут, равна энергии, перешедшей в теплоту:
½ mv2 – ½ (M + m)u2 = ΔQ = 2cΔT;
отсюда
ΔT = ½ mv2[M/(2c(M +m)].
27. В двух одинаковых колбах, соединенных трубкой, перекрытой краном, находится
воздух при одинаковой температуре Т и разных давлениях. После того как кран
открыли. Часть воздуха перешла из одной колбы в другую. Через некоторое время
давления в колбах сравнялись, движение газа прекратилось, и температура в одной
из колб стала равной Т1/. Какой будет температура в другой колбе в этот момент?
Внутренняя энергия одного моля воздуха U = cT. Объемом соединительной трубки
пренебречь. Теплообмен со стенками не учитывать. (Меледин, 2.58)
Ответ T2/ = T/[2 – (T/T1/)].
Решение
Обозначим через ν1,2 число молей в первой и второй колбах. Уравнения газового
состояния для начального и конечного состояний в обеих колбах дает
P1V = ν1RT,
P2V = ν2RT,
/
/
/
P1 V = ν1 RT1 ,
P2/V = ν2/ RT2/.
По закону сохранения энергии
с(ν1 +ν2)T = c(ν1/ T1/ + ν2/ T2/);
отсюда
P1 + P2 = 2P,
Так как количество газа не изменяется, то
ν1 +ν2 = ν1/ + ν2/;
тогда
2/T = 1/T1/ + 1/T2/.
Окончательно
T2/ = T/[2 – (T/T1/)].
28. В вертикальном цилиндрическом сосуде, площадь сечения которого равна S, под
поршнем массы m находится газ, разделенный перегородкой на два одинаковых
объема. Давление газа в нижней части сосуда равно Р, внешнее давление равно Р о,
температура газа в обеих частях сосуда равна Т. На сколько сместится поршень,
если убрать перегородку? Внутренняя энергия одного моля газа U = cT. Высота
каждой части сосуда равна h. Стенки сосуда и поршень не проводят тепла. Трением
пренебречь. (Меледин, 2.59)
Ответ: x = h[c/(c + R)][(P + Pо + mg/S)/(Pо + mg/S)].
Решение
Число молей газа в нижней и верхней частях сосуда
ν1 = PhS/(RT), ν2 = (Pо + mg/S)hS/(RT).
После того, как убрали перегородку, давление во всем сосуде стало равно P = Pо + mg/S.
Тогда, используя уравнение газового состояния для конечного состояния, получаем
(Pо + mg/S)(2h – x)S = (ν1 + ν2)RT2 = (P + Pо + mg/S)hS(T2/T).
Поскольку газ в цилиндре теплоизолирован:
ΔQ = ΔU + A = 0,
или
P ΔV = (Pо + mg/S)Sx = c((ν1 + ν2)R(T2 – T) = (c/R)hS(P + Pо + mg/S)[(T2/T) – 1].
Из этих уравнений получаем
x = h[c/(c + R)][(P + Pо + mg/S)/(Pо + mg/S)].
29. В чайник со свистком налили воду массой 1 кг с температурой 20оС и поставили
на электроплитку мощностью 900 Вт. Через 7 минут раздался свисток. Сколько
воды останется в чайнике после кипения в течение 2-х минут? Каков КПД
электроплитки?
Ответ: mв = 960 г, η = 0.89.
Решение
По определению КПД равен
η = QПОЛ/QЗАТР = Сm(Т100 - Т20)/Pτ1 = 0.89,
где Т100 = 373 К, Т20 = 293 К, Р = 900 Вт, τ1 = 420 с, m1 = 1 кг, С = 4.2 кДж/(кг.К).
Полученное значение КПД в интервале температур 20 – 100оС в большей степени
характеризует КПД плитки в близи температуры кипения, т.к. потери тепла за счет
рассеяния в окружающую среду максимальны при наибольшей разнице температур среды
и нагревательного элемента. Поэтому полученное значение может быть использовано и
для расчетов процесса кипения.
Запишем уравнение теплового баланса для процесса кипения воды
ηPτ2 = λm2,
где τ2 = 120 с, m2 – масса выкипевшей воды, λ = 2.3 МДж/кг. Отсюда
m2 = ηPτ2/λ ≈ 42 г,
тогда масса оставшейся в чайнике воды равна mB ≈ 0.96 кг.
30. В калориметре находится 1 кг льда при температуре Т1 = -40оС. В калориметр
пускают 1 кг пара при температуре Т2 = 120оС. Определить установившуюся
температуру и агрегатное состояние системы. Нагреванием калориметра
пренебречь.
Ответ: пар и вода, mП = 0.65 кг, mВ = 1.35 кг.
Решение
Прежде чем составлять уравнение теплового баланса, оценим, какое количество теплоты
могут отдать одни элементы системы, а какое количество теплоты могут получить другие.
Тепло отдают
1. пар при охлаждении до 100оС,
2. пар при конденсации,
3. вода, сконденсировавшаяся из пара при остывании от 100оС.
Тепло получают:
1. лед при нагревании до 0оС,
2. лед при плавлении,
3. вода, полученная изо льда, при нагревании от 0оС до некоторой температуры.
Оценим количество теплоты, отданное паром в процессах 1 и 2:
Qотд = CПmП(Т2 - 100о) + LmП = (2.2.103.1.20 + 2.26.106) = 2.3.106 Дж.
Количество теплоты, полученное льдом в процессах 1, 2:
Qпол = CЛmЛ(0о – Т1) + λmЛ = (2.1.103.1.40 + 3.3.105) = 4.14.105 Дж.
Из расчетов ясно, что Qотд > Qпол. Растаявший лед затем нагревается. Определим, какое
количество теплоты нужно дополнительно, чтобы вода, образовавшаяся изо льда,
нагрелась до 100оС:
Qпол = CВmЛ(100о – 0о) = 4.2.105 Дж.
Следовательно. Суммарное количество теплоты, которое может получить лед в результате
процессов 1-3, нагреваясь до 100оС, есть
Qпол,сум = 8.34.105 Дж → Qпол,сум < Qотд.
Из последнего соотношения следует, что не весь пар будет конденсироваться. Часть
оставшегося пара можно найти из соотношения
mост = (Qотд - Qпол,сум)/L = 0.65 кг.
Окончательно, в калориметре будут находиться пар и вода при температуре 100оС, при
этом mП = 0.65 кг, mВ = 1.35 кг.
31. Электрическим кипятильником мощностью W = 500 Вт нагревают воду в
кастрюле. За две минуты температура воды увеличилась от 85оС до 90оС. Затем
кипятильник выключили, и за одну минуту температура воды упала на один градус.
Сколько воды находится в кастрюле? Удельная теплоемкость воды равна СВ = 4.2
кДж/(кг.К).
Ответ: m ≈ 1.8 кг.
Решение
При нагревании воды
Wτ1 = CBm(T2 – T1) + Q1,
где τ1 = 120 с – время нагрева, T2 = 90оС, T1 = 85оС, Q1 – потери тепла в окружающую
среду
Q1 = Wп τ1,
где Wп – мощность потерь тепла, зависящая от разности температур воды и окружающей
среды.
При остывании воды
CBmΔT = Wп τ2,
где ΔT = 1 К, τ2 = 60 с – время охлаждения воды, мощность потерь в процессах нагрева
охлаждения принимаем одинаковой, т.к. разности температур воды и окружающей среды
при этих процессах практически одинаковы. Тогда уравнение (1) можно записать в виде
Wτ1 = CBm(T2 – T1) + 2CBmΔT.
Отсюда
m = Wτ1/[CBm(T2 – T1) + 2CBmΔT] ≈ 1.8 кг.
32. В расположенном горизонтально цилиндре (см. рис.) слева от
закрепленного поршня находится 1 моль идеального газа. В правой
части цилиндра вакуум, а пружина, расположенная между поршнем
и стенкой цилиндра, находится в недеформированном состоянии. Цилиндр
теплоизолирован от окружающей среды. Когда поршень освободили, объем,
занимаемый газом, увеличился вдвое. Как изменится температура газа и его
давление? Внутренняя энергия газа записывается в виде U = CvT. Теплоемкости
цилиндра, поршня и пружины пренебрежимо малы.
Ответ: T2/T1 = 1/(1 + ¼ R/Cv), P2/P1 = ½(T2/T1).
Решение
Согласно первому началу термодинамики
Q = ΔU + A,
но поскольку сосуд теплоизолирован Q = 0 и ΔU + A = 0.
Пусть начальное состояние газа характеризуется параметрами P1,T1,V1, а после
освобождения поршня и установления равновесия - P2,T2,V2 = 2V1 (по условию задачи).
Для изменения внутренней энергии можно записать
ΔU = Сvν(T2 – T1).
Работа, совершенная газом, равна изменению потенциальной энергии деформированной
пружины:
A = ½ kx2,
где х – смещение поршня. Из условия равновесия поршня в конечном состоянии имеем
kx = P2S,
где S – площадь сечения поршня. Для объема газа в конечном состоянии получим
V2 – V1 = ½ V2 = xS →
V2 = 2xS.
Из уравнения состояния газа следует
P2V2 = νRT2 →
(kx/S)(2xS) = νRT2 →
½ kx2 = ¼ νRT2 = A.
Тогда первое начало термодинамики запишется в виде
Сvν(T2 – T1) + ¼ νRT2 = 0.
Отсюда
T2/T1 = 1/(1 + ¼ R/Cv).
И для соотношения давлений:
Р2/Р1 = 1/[2(1 + ¼ R/Cv)].
5.5. Влажность.
Вопросы:
Вопрос. Почему пища в кастрюле “скороварке” с герметической крышкой варится
существенно быстрее, чем в обычной?
Ответ. Давление паров в скороварке больше атмосферного, и вода кипит в ней при
температуре выше 100оС.
Вопрос. Почему роса обильно выпадает после жаркого сухого дня, особенно в конце
лета?
Ответ. Ночью, особенно в конце лета, температура существенно ниже, чем днем, и
ненасыщенный днем водяной пар становится насыщенным
или перенасыщенным и
выпадает в виде росы.
Вопрос. Как изменится давление насыщенного пара, если уменьшить его объем,
сохраняя неизменной температуру?
Ответ. Не изменится, т.к. давление насыщенного пара зависит только от температуры.
Вопрос. Почему зубному врачу перед осмотром полости рта пациента рекомендуется
прогревать зеркальце? До какой температуры его следует прогревать?
Ответ. Воздух во рту влажный, и если температура зеркальца ниже точки росы, оно
отпотеет. Если влажность воздуха во рту 100%, прогревать зеркальце надо до
температуры тела.
Вопрос. Стакан с водой поставили под колпак вакуумного насоса. Опишите, что
будет происходить с водой в процессе откачки.
Ответ.
В процессе откачки происходит интенсивное испарение воды. Давление
понижается и, наконец, становится таким, что вода закипает при комнатной температуре.
Если откачка происходит быстро, процесс кипения бурный, при этом от воды отбирается
большое количество тепла, которое не успевает восполняться за счет подвода тепла от
окружающих тел, и вода замерзает. Дальше происходит возгонка образовавшегося льда.
Вопрос. Гейзеры представляют собой большие подземные резервуары с водой,
прогреваемые земным теплом. Выход из них на
Водонепроницаемый
пласт
нагретые пласты
поверхность осуществляется через узкий канал, в
спокойном состоянии заполненный водой. Почему гейзеры действуют, периодически
выбрасывая воду?
Ответ. Гейзер начинает выбрасывать воду и пар, когда в резервуаре начинается кипение.
Так как давление в резервуаре больше атмосферного, кипение начинается при
температуре, превышающей 100оС. При работе гейзера канал заполняется в основном
паром, и давление в резервуаре становится равным атмосферному, жидкость продолжает
кипеть, пока не остынет ниже 100оС. После этого канал заполняется водой, она начинает
медленно прогреваться, пока не дойдет до кипения.
Вопрос. Если в сосуд налить две несмешивающиеся жидкости и равномерно
прогревать его, кипение начнется на границе раздела жидкостей. Почему?
Ответ. У границы раздела в пузырьках пара будет находиться насыщенный пар обеих
жидкостей, следовательно, давление в них выше, чем для каждой жидкости в отдельности,
и при более низкой температуре достигнет величины внешнего давления, т.е. начнется
кипение.
Вопрос. Два одинаковых сосуда заполнены один – сухим, другой – влажным
воздухом при одинаковых температуре и давлении. Какой из сосудов легче? Почему?
Ответ. Легче сосуд с влажным воздухом, так как молекулы воды легче молекул воздуха,
а их общее число в обоих сосудах одинаково, т.к. равны V, P и Т.
Вопрос. Почему пар обжигает сильнее воды той же температуры?
Ответ. Потому, что при конденсации пара в воду выделяется дополнительное количество
тепла.
Вопрос. Было обнаружено, что в запаянной U - образной трубке уровни воды в обоих
коленах трубки остаются на одинаковой высоте и при наклоне трубки. Что
находится в коленах трубки над поверхностью воды?
Ответ. В обоих коленах трубки над поверхностью воды находятся только насыщенные
водяные пары, давление которых, как известно, не зависит от объема.
Вопрос. В каком состоянии вещества плотность повышается с повышением
температуры и почему это происходит?
Ответ. В состоянии насыщенного пара.
Вопрос. Жидкость налита в сообщающиеся сосуды разных диаметров. Широкий
сосуд закрывают пробкой. Изменится ли распределение уровней жидкости в коленах
сосуда и почему?
Ответ. В узком сосуде уровень повысится. Прекратится отвод пара из широкого сосуда,
пар над жидкостью в этом колене станет насыщенным и его давление будет превышать
давление пара над жидкостью в узком колене.
Вопрос. На какую высоту h можно поднять воду поршневым насосом? Считать, что
вода при подъеме не остывает.
Ответ. Напомним принцип действия поршневого насоса (см. рисунок). При поднятии
поршня между ним и поверхностью жидкости образуется разрежение, и вода начинает
подниматься под действием атмосферного давления
Р а.
Предельная высота подъема воды h определяется из условия
Ра = ρgh , где ρ – плотность воды, отсюда h ~ 10 м. Однако при
Pa
этом предполагается, что давлением насыщенного пара под поршнем можно пренебречь.
При комнатной температуре такое допущение справедливо: например, при
20 оС давление насыщенного пара составляет около 2% атмосферного. Однако при
повышении температуры давление насыщенного водяного пара быстро растет и при
кипении сравнивается с атмосферным. Поэтому кипящую воду насос не поднимет вообще.
Вопрос. На рисунке изображена изотерма влажного
воздуха. Давления воздуха в точках 1, 2, 3 равно
соответственно
Р1
, P2, P3 .
Определить
относительную влажность воздуха в этих точках.
Известно, что Р2 = 3Р1.
P
P3
3
P2
2
Ответ.
1
P1
Излом на изотерме соответствует точке, где
водяной пар становится насыщенным и остается
насыщенным
влажность в точках 2 и 3 равна
V
при
дальнейшем
сжатии,
так
что
2 = 3 = 1.
В точке 1 пар ненасыщенный и масса пара такая же, как в точке 2 , а объем в 3 раза
больше, так как 2-1 изотерма идеального газа. Значит, плотность пара в точке 1 в 3 раза
меньше, чем в точке 2, и относительная влажность
1 =1/3 =0.33.
Вопрос. Почему в момент выключения газовой горелки из кипящего чайника сразу
же вырывается сильная струю пара, хотя до этого пара не было видно?
Ответ. Сам водяной пар не видим. Мы можем наблюдать только облако мельчайших
капель, возникающих после конденсации. При выключении газа исчезают струи нагретого
воздуха, ранее обтекавшие чайник. При этом выходящий водяной пар охлаждается и
конденсируется.
Вопрос . Два сосуда, соединенные трубками с кранами, наполнены водой до разных
уровней (см. рис.). Воздух из сосудов откачен. Что произойдет, если соединить
сосуды, открыв кран в нижней трубке? В верхней трубке?
Ответ: Если открыть кран в нижней трубке, то уровни воды сравняются, как у
сообщающихся сосудов. Водяной пар в левом сосуде будет частично конденсироваться, а
правом часть воды испарится.
Если открыть кран в верхней трубке, то уровни сравняются в результате перетекания пара
из одного сосуда в другой. При данной температуре давление насыщенного пара
одинаково в обоих сосудах у поверхности жидкости и убывает с высотой одинаковым
образом. Поэтому давление пара на одном и том же уровне в сосудах неодинаково, что и
приводит к перетеканию пара и последующей конденсации его в сосуде с низким уровнем
воды.
Вопрос .Колбу с закипевшей водой снимают с плитки.
Кипение
прекращается. Колбу плотно закрывают резиновой пробкой с продетым
сквозь нее массивным медным стержнем. Вода закипает. Объяснить явление.
Ответ:При внесении в колбу холодного стержня на нем происходит конденсация
пара. Масса и температура пара уменьшается, что приводит к уменьшению
давления в закрытой колбе. При этом температура кипения воды также
понижается. В результате уже слегка остывшая вода снова начинает кипеть.
Вопрос .Два одинаковых сосуда нагревают до одной и той же
температуры горячей водой. При этом водой ополаскивают один
сосуд, а другой остается сухим. Затем оба сосуда погружают слегка в
холодную воду, оба горлышком вниз. После остывания уровни воды
втянутой в сосуды, заметно различаются объяснить явление.
Ответ:В отличие от сухого сосуда в мокром вначале внешнее давление компенсируется
как давлением воздуха, так и давлением паров воды. Пары при охлаждении
конденсируются. Это и приводит к тому, что уровень воды в мокром сосуде в итоге
оказывается выше, чем в сухом.
Вопрос .В холодную колбу наливают горячую воду и на горлышко надевают
воздушный шарик. Если взболтать воду, шарик сначала раздувается, а потом
опадает. Если снова взболтать воду, эффект раздувания опять повторится, хотя и
слабее. Объяснить явление.
Ответ:При взбалтывании за счет существенного
увеличения поверхности
соприкосновения горячей воды с воздухом происходит быстрый разогрев воздуха,
увеличивающий давление в сосуде. Кроме того, резко возрастает испарение. К давлению
воздуха добавляется заметное давление водяных паров. Шарик раздувается. Потом воздух
остывает. Пар конденсируется, давление спадает. Далее все повторяется, но при меньшей
температуре, поэтому явление выражено слабее.
Вопрос .На улице целый день моросит холодный осенний дождь. В кухне развесили
много выстиранного белья. Быстрее ли высохнет белье, если открыть форточку?
Ответ:Пар, как на улице, так и при закрытой форточке насыщен, однако температура на
улице ниже, чем на кухне. Значит давление пара на улице меньше, чем в кухне. Поэтому
при открывании форточки пар из кухни будет выходить на улицу, благодаря чему пар в
кухне будет все время ненасыщенным. Белье будет сохнуть быстрее.
Вопрос .Закрытый металлический сосуд долго стоял в холодильнике. Как, достав
сосуд из холодильника, не открывая его, можно определить уровень воды в сосуде?
Ответ:Сосуд запотеет. При отогревании в комнате быстрее испарится вода с той части
сосуда, где находится воздух.
1. Вечером, при температуре t1=14oC, относительная влажность воздуха 1 = 80% .
Ночью температура понизилась до 6оС и выпала роса. Сколько водяного пара
сконденсировалось из воздуха объемом V = 1м3 . Необходимые данные взять в
таблицах.
Ответ: m ~ 2.4г.
Решение.
Плотность насыщенных паров находим в таблицах: 14 = 12.1г/м3, 6 = 7.3г/м3. Из объема
V сконденсируется масса
M = 114V - 6V = (114 - 6 )V ~ 2.4г.
2. При изотермическом сжатии m =9г водяного пара при температуре Т =373К его
объем уменьшился в три раза, а давление возросло вдвое. Найти начальный объем
пара.
Ответ: V = 31л.
Решение.
При сжатии часть пара сконденсировалась и оставшийся пар стал насыщенным. При
температуре Т =373К, т.е. 100оС, его давление Р ~ 105Па. Уравнение Менделеева Клапейрона для начального состояния
½ PV =(m/μ)RT,
где μ =18г/моль.
Отсюда
V =2(m/μ) RT/P ~ 31 10-3м3 = 31л.
3. В закрытом сосуде объемом V = 22.4дм3 находится ν1 = 1 моль воды и кислород.
При температуре t = 100oC давление в сосуде равно Р = 2 105 Па. Определить
количество кислорода, находящегося в сосуде.
Ответ: ν2 = 0.72моль (23г) кислорода.
Решение.
Если бы вся вода испарилась, то ее парциальное давление было бы равно
РВ = ν1RT/V ~ 1.4 105 Па.
Это больше давления насыщенных паров при 100oC . Значит, испарилась только часть
воды с давлением Р1 = 105 Па. Объемом оставшейся воды по сравнению с объемом сосуда
можно пренебречь. Тогда для парциального давления кислорода имеем
Р2 = Р – Р1 ~ 105 Па.
Число молей кислорода
ν2 = Р2V/RT ~0.72 моль.
Это соответствует массе m ~ 23г кислорода.
4. В сосуд объема V =20дм3 поставили блюдце, содержащее m = 1г воды. После этого
сосуд герметически закрыли и оставили при температуре t = 20оС, при которой
давление насыщенного пара воды равно Р = 2.33кПа. Какая часть воды испарится?
Ответ: Δm/m = 0.34 .
Решение.
Массу водяного насыщенного пара можно определить по уравнению состояния
идеального газа:
Δm = PVμ/RT = 0.34г.
Значит, испарилась часть воды равная Δm/m = 0.34 .
5. Термос заполнен кипящей водой и герметически закрыт пробкой. Какая сила
потребуется, чтобы открыть пробку, когда вода в термосе остынет до комнатной
температуры? Трением пренебречь. Диаметр пробки равен d = 3.
Ответ: F = ρoπd2/4 = 70H.
Решение.
Так как давление насыщенного пара при 100оС равно атмосферному, под пробкой
практически нет воздуха. При комнатной температуре давление насыщенного водяного
пара много меньше атмосферного, т.е. можно считать, что на пробку сверху действует
давление
атмосферы,
а
снизу
давление
равно
нулю.
Сила
равна
F = ρoπd2/4 = 70H.
6. В сосуде под легким поршнем находится 10г воды и ее насыщенных паров при
температуре Т = 373К. Найти начальный объем, занимаемый паром, если при
изотермическом увеличении объема в 10 раз давление в сосуде упало в 2 раза.
Объемом воды можно пренебречь.
Ответ: V1 = (m/μ)RT/5Po = 3.4л.
Решение.
Так как
PV ≠ const, изменилась масса пара; давление упало, значит, пар стал
ненасыщенным. При 373К давление насыщенного пара равно атмосферному давлению Ро.
Давление пара в конце Р2 = ½ Ро; найдем его объем, пользуясь уравнением состояния:
P2 V2 = (m/μ) RT;
Р2 = ½ Ро;
V2 = 10V1 ,
откуда
V1 = (m/μ)RT/5Po = 3.4л.
7. В цилиндре под невесомым поршнем площадью 100см2
находится 18г
насыщенного водяного пара. В сосуд впрыскивают 18г воды при температуре 0оС.
На какую высоту опустится поршень? Атмосферное давление нормальное, 1атм.
Теплоемкостью и теплопроводностью цилиндра и поршня пренебречь.
Ответ: Δh = 53см.
Решение.
Начальная температура пара 100оС (т.к. давление насыщенного пара 1 атм). Введенная
вода прогреется до 100оС за счет конденсации некоторого количества пара:
mc (T – To) = ΔmL,
откуда
Δm = mc(T – To)/L = 3.34г.
Его объем при 100оС:
ΔV = ΔmRT/μP = 5.3л.
Итак, поршень опустится на 53см.
8. Температура воздуха в комнате t1 = 14оС, а относительная влажность φ1 = 60% . В
комнате затопили печь, и температура повысилась до 22оС. При этом некоторая
часть воздуха вместе с содержащимся в нем водяным паром ушла наружу, так что
давление в комнате не изменилось. Определить относительную влажность при
температуре t2. Давления насыщенного пара при температурах t1 и t2 равны,
соответственно, РН1 = 12мм.рт.ст. и РН2 = 20мм.рт.ст.
Ответ: φ1 = 36%.
Решение.
Так как полное давление в комнате не изменилось,
(РВ + РП)1 = (РВ + РП)2.
Так как ушли одинаковые части воздуха и пара,
(РВ / РП)1 = (РВ / РП)2.
Таким образом
РП1 = РП2 ,
но
РП1 = φ1РН1,
а
РП2 = φ2РН1.
Итак ,
φ2 = φ1 (РН1 / РН2) = 36%.
9. В двух гладких вертикальных цилиндрах под невесомыми поршнями находится
воздух. Цилиндры соединены между собой тонкой короткой трубкой с закрытым
краном. Относительная влажность воздуха в первом цилиндре r1 = 0.2, а во втором –
r2= 0.5. Объем влажного воздуха в первом цилиндре в к = 2 раза больше чем во
втором. Во сколько раз нужно медленно изменить внешнее давление после открытия
крана, чтобы уменьшить общий объем влажного воздуха в цилиндрах в n = 4 раза,
если первоначальное внешнее давление было равно ро = 1атм, а температура в
цилиндрах поддерживается неименной и равной t = 100ºC?(МГУ, физ. фак.
Олимпиада, 2001)
Ответ: Р = ро {1 + n (1 – r)} = 3.8 атм.
Решение
После открытия крана произойдет выравнивание концентрации водяного пара между
цилиндрами, при этом, поскольку давление и температура остались прежними,
суммарный объем смеси не изменится. Найдем сначала установившуюся влажность пара
после открытия крана. Давление насыщенного пара при температуре t = 100ºC равно
1атм, т.е. рн= р 0 .
По определению
r = р п / р н = {(m 1 + m 2 ) / μ } (RT / V р 0 ) ,
где р п - давление пара; V = V 1 + V 2 - объем газа после открытия крана , V 1 ,V 2 -объемы
газов в цилиндрах 1 и 2 (V 1 = k V 1 ); m 1 , m 2 - массы пара в цилиндрах; μ – молекулярный
вес водяного пара; R – универсальная газовая постоянная. Для влажностей паров до
открытия крана, аналогично, можно записать
r 1 = ( m 1 / μ) (RT / V 1 р 0 ) ,
r 2 = ( m 2 / μ) (RT / V 2 р 0 ).
Отсюда
r = ( r 1 V 1 + r 2 V 2 ) / (V 1 + V 2 ) = ( r 1 k + r 2 ) / ( k + 1 ) .
Давление смеси газов при уменьшении объема в n раз будет зависеть от того, достигнет
ли давление пара величины давления насыщенного пара. Определим объем газа Vк в
случае, если начнется его конденсация при изотермическом сжатии Vк
(r р 0 ) V = р 0 V k →
V/Vk =1/r= 3 < 4
Таким образом, конденсация пара будет иметь место, и давление пара к завершению
сжатия будет равно рн = р 0 . Тогда по закону Дальтона для давления Р смеси воздуха и
пара после ее сжатия можно записать
Р = Р в + р0,
Где Р в - конечное давление воздуха, которое связано с его давлением до сжатия законом
Бойля-Мариотта
(1 – r) р 0 V = Р в V / n.
Отсюда Р = р 0 { 1 + n (1 – r)} = 3.8 атм.
10. В сосуде объемом V = 1.5дм3 находится воздух при температуре Т = 290К и
относительной влажности
φ = 50%. Какое количество росы выпадет при
изотермическом сжатии в n = 3 раза? Плотность насыщенных паров при 290К
равна ρН = 14.5г/м3.
Ответ: m = 3.7 . 10-3г.
Решение.
Масса пара в воздухе изменится от
m1 = ρV
до
m2 = ρН V/n,
где ρ – первоначальная плотность пара до сжатия
ρ = ρН φ / 100%.
Значит, масса выпавшей росы
m = m1 - m2 = ρH V(φ / 100% - 1/3) ~ 3.7 . 10-3г.
11. Легкая подвижная перегородка делит герметичный теплопроводящий сосуд на
две неравные части, в которых находится воздух при атмосферном давлении и
комнатной температуре. В меньшую часть сосуда впрыскивается легко
испаряющаяся жидкость, давление насыщенного пара которой при комнатной
температуре равно 3.5 атм. Спустя некоторое время перегородка перестала
двигаться, а жидкость почти вся испарилась. Объем части сосуда, в котором
находятся воздух и пары, увеличился при этом вдвое по сравнению с
первоначальным. Какую часть объема сосуда составляла вначале его меньшая
часть? Объемом, занимаемым жидкостью в начале и конце опыта пренебречь.
(МФТИ,1992)
Ответ: α = 3/7.
Решение.
Введем обозначения: V1 , V2 – начальные объемы частей сосуда; V1/ , V2/ – конечные
объемы частей сосуда; Vo = V1 + V2 = V1/ + V2/ - полный объем сосуда; α = V1/Vo,
β = V1/ /Vo , по условию задачи β = 2 α.
Из условия механического равновесия можно записать равенство давлений в конечном
состоянии
РВ,1 + РП = РВ,2 ,
где РВ,1 , РВ,2 – давления воздуха в первом и втором сосудах, РП – давление пара в первом
сосуде. Поскольку температура газов в начале и конце процесса одинакова, то
РоV1 = РВ,1 V1/ ,
PoV2 = РВ,2V2/ ,
кроме того, по условию задачи
РП/Ро = γ
(γ = 3.5).
С учетом этих соотношений получим
РоV1/ V1/ + PП = PoV2 /V2/ →
α / β + γ = (1 – α) /(1 – β).
Отсюда
α = ½ [1 – 1/(2 γ)] = 3/7.
12. Легкий неподвижный теплонепроницаемый поршень делит объем вертикально
расположенного замкнутого цилиндра на две части. Под поршнем находится в
равновесии жидкость и ее пар, температура которых поддерживается постоянной и
равной То. Над поршнем находится газообразный гелий. К жидкости и пару
подводится квазистатически количество теплоты Q. При этом часть жидкости
испаряется, и пар совершает механическую работу А. 1) Найти удельную теплоту
испарения жидкости. 2) Сколько теплоты пришлось отвести от гелия? Молярная
масса пара μ. Теплоемкостью поршня и трением пренебречь. Считать, что объем
жидкости значительно меньше объема образовавшегося из нее пара. (МФТИ-2001)
Ответ: L = Q RTo/ μА, QHe = 5/2А.
Решение.
Уравнение теплового баланса для жидкости и пара запишется в виде
Q = L Δm,
где
Δm – масса образовавшегося пара,
L – удельная теплота испарения жидкости.
(Работа, которая совершается паром при его образовании против внешнего давления,
учтена
в
теплоте
испарения).
Поскольку
температура
в
процессе
испарения
поддерживается постоянной, то и давление насыщенных паров РН также постоянно. Тогда
для работы пара можно записать
A = РНΔV = (Δm / μ)RTo.
Отсюда
Δm = μА/RTo,
а удельная теплота испарения
L = Q RTo/ μА.
Поскольку давление насыщенных паров под поршнем оставалось постоянным, то и
давление гелия также поддерживалось постоянным за счет отвода от него тепла
- QHe = ΔU – А,
где ΔU – изменение внутренней энергии гелия, - А – работа, совершенная над гелием
(работа пара). Для ΔU можно записать
ΔU = 3/2 νRΔT = 3/2 PHΔV = - 3/2A,
где ν – количество молей гелия, ΔT, ΔV – изменения его температуры и объема. Отсюда
количество теплоты, отведенной от гелия, равно
QHe = 5/2А.
13. В цилиндрическом сосуде под поршнем при температуре Т находится
насыщенный пар. Определить массу сконденсировавшегося при изотермическом
вдвигании поршня пара, если при этом совершена работа А. Молярная масса пара
равна μ. (Меледин, 2.46)
Ответ: Δm = Aμ/ RT.
Решение.
Так как пар насыщенный и конденсируется, то его давление при сжатии постоянно.
Работа по сжатию
A = PΔV = P(V – Vo),
где V , Vo – конечный и начальный объемы газа. К пару можно применить уравнение
состояния идеального газа
PVo = moRT/ μ,
PV = mRT/ μ.
Это дает
A = PΔV = P(V – Vo) = (mo – m)RT/ μ.
Отсюда
Δm = Aμ/ RT.
14. По середине горизонтальной трубки, закрытой с обоих торцов, находится
поршень. Слева и справа от него при давлении
Р
находится пар,
конденсирующийся при давлении 2Р. Трубку ставят вертикально. При этом объем
под поршнем уменьшается в четыре раза. Найти вес поршня, если площадь поршня
равна S. Трение пренебрежимо мало. Температура в обоих отсеках одинакова и
постоянна. (Меледин, 2.42)
Ответ: mg = 10PS/7.
Решение.
Пар под поршнем должен частично сконденсироваться. Давление его после начала
конденсации и до конца ее равно 2Р. Над поршнем по закону Бойля-Мариотта давление
легко вычисляется
P1 = PV/V1 = PV/(V + 3V/4) = 4P/7.
Из условия равновесия поршня имеем
P1S + mg = 2PS,
откуда
mg = 10PS/7.
15. Пористое тело было помещено для просушки под колокол вакуумного насоса.
Давление под колоколом держалось на уровне 6.5 мм. рт. ст. в течение часа, после
чего резко упало. Производительность насоса равна 60 л/мин. Установившаяся
под колоколом температура t = 5oC. Какое количество воды содержало тело?
Ответ: m ~ 23.4г.
Решение
Давление Р = 6.5 мм. рт. ст. – это давление насыщенного водяного пара при температуре
t = 5оС. Резкое падение давления свидетельствует о том, что вся вода перешла в пар.
Объем пара, откаченный насосом до полного испарения воды, V = 3600л. на основании
закона Клайперона-Менделеева искомая масса воды m = PVμ/(RT) ~ 23.4г.
16. В стакан налиты две несмешивающиеся жидкости: четыреххлористый углерод
(ССl4) и вода. При нормальном атмосферном давлении четыреххлористый углерод
кипит при 76.7 оС, а вода при 100 оС. При равномерном нагревании стакана в
водяной бане кипение на границе раздела жидкостей начинается при температуре
65.5 оС. Определить какая из жидкостей быстрее выкипает при таком пограничном
кипении и во сколько раз. Давление насыщающих паров воды при 65.5 оС
составляет 192 мм.рт.ст.
Ответ: четыреххлористый углерод испарится в 25 раз быстрее.
Для кипения однородной жидкости необходимо, чтобы давление насыщенного пара в
пузырьках, образующихся по всему объему жидкости, было равно внешнему
атмосферному (пренебрегая Лапласовым давлением, обусловленным поверхностным
натяжением). При пограничном кипении в пузырьках на границе воды и ССl 4 содержится
смесь паров. Причем сумма парциальных давлений равна атмосферному давлению
Pатм = РВ + РХлУ,
где Pатм = 760 мм.рт.ст., РВ = 192 мм.рт.ст. Отсюда РХлУ = 568 мм.рт.ст. Во время кипения
пузырьки поднимаются вверх, доходят до поверхности и лопаются. Следовательно,
отношение масс mB и mХлУ образовавшихся за некоторое время паров равно отношению
плотностей газов в пузырьке
mB /mХлУ = ρB /ρХлУ .
Из уравнения Менделеева-Клапейрона:
ρ = Рμ/(RT),
поэтому
mB /mХлУ = ρB /ρХлУ = (РB μB )/(РХлУ μХлУ) = 192.18/(568.154) ≈ 1/25.
Таким образом, четыреххлористый углерод испарится в 25 раз быстрее.
17. В цилиндрическом сосуде под поршнем вначале находится ν = 1 моль водяного
пара при температуре Т и давлении Р. Давление насыщенного пара воды при этой
температуре равно 2Р. Поршень вдвигают ток, что первоначальный объем под
поршнем уменьшается в четыре раза. Найти массу сконденсировавшейся воды, если
температура остается неизменной. Молярная масса воды μ = 18 г/моль. (Меледин,
2.41)
Ответ: m = 9г.
Решение
При изменении объема от V до ½ V пар сжимается, но не конденсируется. Далее
происходит конденсация. Причем давление насыщенного пара при дальнейшем
уменьшении объема от ½ V до ¼ V остается постоянным и равным 2Р. Поэтому
количество сконденсировавшегося пара будет равным
Δm = (2P)(¼ V)μ/(RT),
но
PV/(RT) = ν.
Окончательно
Δm = ½ ν μ = 9 г.
18. В цилиндре объемом 10 л, закрытом поршнем и помещенном в термостате с
температурой 40 оС, находится по 0.05 моль двух веществ. Определить массу
жидкости в цилиндре после изотермического сжатия, вследствие которого объем под
поршнем уменьшается в 3 раза. При температуре 40 оС давление насыщенных паров
первой жидкости Рн1 = 7 кПа; давление насыщенных паров второй жидкости при той
же температуре Рн2 = 17 кПа. Нарисовать изотерму сжатия. Молярные массы
жидкостей равны μ1 = 18 г/моль, μ2 = 46 г/моль. (XIII Всесоюзная олимпиада, 1979 г.)
Ответ: m ≈ 2.03 г.
Решение
Определим состояние веществ перед сжатием. Если оба вещества находятся в
газообразном состоянии, то их давления равны
P1 = P2 = νRT/Vo = 13 кПа,
где ν = ν1 = ν2 = 0.05 моль, Т = 313 К, Vo = 10-2 м3. Таким образом, Р1 > Рн1 и Р2 < Рн2.
Следовательно, второе вещество находится в газообразном состоянии и его парциальное
давление вначале равно Р2; первое же вещество частично сконденсировано и его
парциальное давление равно Рн1. Давление же в сосуде вначале равно
P
Po = Рн1 + P2 ≈ 20 кПа.
P/
При сжатии газов давление первого газа будет оставаться
неизменным и равным Рн1. давление же второго газа при
изотермическом сжатии будет расти до тех пор, пока не
Po
V2
V1
Vo
V
станет равным Рн2. Это произойдет при объеме сосуда V1,
удовлетворяющем уравнению Менделеева-Клайперона:
Рн2V1 = νRT →
V1 ≈ 7.6 л.
Следовательно, давление в сосуде изотермически увеличивается при уменьшении объема
сосуда до 7.6 л. В дальнейшем давление в сосуде остается постоянным, равным
P/ = Рн1 + Рн2 = 24 кПа.
График зависимости Р(V) приведен на рисунке. Найдем массу жидкости, в конечном
состоянии V2 = Vo/3.
Так как объемы жидкостей малы по сравнению с объемами газов, то числа молей веществ,
находящихся в газообразном состоянии, равны соответственно ν1к = Рн1V2/(RT) = 0.009
моль, ν2к = Рн2V2/(RT) = 0.022 моль. Следовательно, в жидком состоянии находится ν1 - ν1к
= 0.041 моль первого вещества и ν2 – ν2к = 0.028 моль второго вещества. Поэтому масса
жидкости в сосуде равна
M = (ν1 - ν1к )μ1 + (ν2 – ν2к )μ2 ≈ 2. 03 г.
VI. Электростатика.
6.1.Точечные заряды.
1. Внутри тонкой металлической сферы радиуса R находится металлический шар
радиуса
r
=
0.5
R
(центры шаров совпадают). Через маленькое отверстие в сфере проходит длинный
провод , с помощью которого шар заземлен . На сферу помещают заряд Q .
Определить потенциал сферы .
Ответ:  = k Q / R (1 – r / R) .
Решение.
Если бы шар не был заземлен, то потенциалы сферы и шара были бы одинаковы
1 = kQ / R
( внутри сферы поле отсутствовало бы). Вследствие заземления шар получит от Земли
такой заряд q , что его потенциал обратится в нуль :
kq / r + kQ / R = 0,
откуда
q = - rQ / R .
Тогда, согласно принципу суперпозиции
 = k (Q + q ) / R = k Q / R ( 1 – r / R ) .
2. Металлический шар радиуса r , заряженный до потенциала 1 , окружают
концентрической с ним тонкой проводящей сферической оболочкой радиуса R .
Каким станет потенциал шара, если его соединить проводником с оболочкой? Если
соединить оболочку с землей?
Ответ: 2 = 1 r / R; 3 = 1 (1 – r / R).
Решение.
Заряд Q шара можно определить из соотношения
1 = k Q / r ;
после соединения шар и оболочка образуют единый проводник, все точки которого имеют
одинаковый потенциал 2 . Поскольку весь заряд перейдет на внешнюю поверхность
этого проводника (иначе между шаром и сферой будет существовать разность
потенциалов) ,
2 = k Q / R.
Отсюда
2 = 1 r / R .
(потенциал шара уменьшится)
Если оболочку заземлить (не соединяя ее с шаром), то она получит от Земли такой
отрицательный заряд q , что ее потенциал
kQ/R+kq/R=0
Значит , q = - Q (при этом система в целом электрически нейтральна и не создает поля
снаружи). Поле заряда q обеспечивает оболочке (и шару ) потенциал
k q / R = - k Q / R.
Согласно принципу суперпозиции потенциал шара
3 = k Q / r - k Q / R = 1 ( 1 – r / R )
К ответу на последний вопрос можно подойти и иначе. До заземления оболочка
имела потенциал
k Q / R = 2 .
Заряд, пришедший на оболочку, уменьшает ее потенциал до нуля, но не изменяет поля
внутри сферы, а значит, разности потенциалов между шаром и оболочкой. Поэтому
1 - 2 = 3 - 0 , откуда
3 = 1 (1 – r / R).
3. Три одинаковых проводящих шара расположены в вершинах
равнобедренного прямоугольного треугольника, катеты которого велики
L
по сравнению с радиусами шаров, L >> r (см. рис.). Вначале заряд
3
имеется лишь на шаре 1. затем шары 1 и 2 соединяют проводником,
после чего проводник убирают. Потом такую же процедуру совершают с шарами 2 и
3 , а затем с шарами 3 и 1. Какой заряд после этого окажется на каждом шаре.
(Меледин, 3.10)
Ответ: q1 = q3 = 3q/8, q2 = ¼ q.
1
L 2
Решение.
После соединения шаров 1 и 2 заряды на них одинаковы и равны ½ q. После соединения
шаров 2 и 3 заряды на них одинаковы и равны ¼ q. Если пренебречь влиянием заряда
шара 2 на заряд шаров 1 и 3 , то после соединения шаров 1 и 3 заряды на них
q1 = q3 = ½ ( ½ q + ¼ q) = 3q/8
и искомое отношение таково:
q1 : q2 : q3 = 3: 2: 3.
1
4. Разноименные точечные заряды q и -q находятся на расстояниях L1
и L2 от заземленной сферы малого радиуса r (см. рис.). Расстояние от
q
L1
-q
L2
2
зарядов до поверхности земли и других заземленных предметов много больше L 1 и L2
. Найти силу, с которой заряды действуют на сферу. Угол с вершиной в центре
сферы, образованный прямыми, проведенными через заряды, равен 90о. (Меледин,
3.11)
Ответ: F = k(q/L1L2)2 r(1/L2 – 1/L1)(L14 + L24)1/2 , tgα = - (L2/L1)2.
Решение.
Потенциал заземленной сферы равен нулю, в частности он равен нулю в центре сферы,
там он равен сумме потенциалов полей зарядов q и -q и индуцированного заряда Q
сферы:
Q/r + q/L1 – q/L2 = 0,
отсюда
Q = qr(1/L1 – 1/L2).
Заряды 1 и 2 действуют на сферу с силами
F1 = kQq/L12 = k(q/L1)2 r(1/L2 – 1/L1),
F2 = - kQq/L22 = - k(q/L2)2 r(1/L2 – 1/L1).
Суммарная сила, действующая на сферу,
F = (F12 + F22)1/2 = k(q/L1L2)2 r(1/L2 – 1/L1)(L14 + L24)1/2,
tgα = F1/F2 = - (L2/L1)2.
5. Внутри гладкой сферы находится маленький заряженный шарик. Какой
величины заряд нужно поместить в нижней точке сферы для того, чтобы шарик
удерживался в верхней точке? Диаметр сферы d, заряд шарика q, его масса m.
(Слободецкий, 101)
Ответ: Q ≥ 2mgd2/q.
Решение.
Заряд Q, который нужно поместить в нижней точке сферы, должен быть таким, чтобы
электрическая, действующая на верхний заряд, была не меньше силы тяжести mg, т.е.
kQq/d2 ≥ mg.
Отсюда
Q ≥ mgd2/q.
F
Однако нам нужно проверить, будет ли равновесие шарика
α
устойчивым.
малое
отклонение
шарика
от
положения равновесия. Равновесие устойчиво, если проекция
q
2α
Рассмотрим
2α
mg
силы F электрического взаимодействия зарядов на касательную
O
α
Q
к сфере больше или равна проекции силы тяжести на ту же касательную:
kQqsinα/d2 ≥ mgsin2α.
(Сила N реакции перпендикулярна к поверхности сферы.) Так как угол α отклонения
шарика от положения равновесия мал, то sinα ≈ α. Тогда условием устойчивого
равновесия будет неравенство
Q ≥ 2mgd2/q.
6. Три одинаковых положительных точечных заряда q расположены в вершинах
равностороннего треугольника. Сторона треугольника равна
L. Найти
напряженность в вершине тетраэдра, построенного на этом треугольнике.
Ответ: E = k√6q/L2.
Решение.
Каждый заряд создает в точке D напряженность поля
Е/ = kq/L2.
D
Полная напряженность будет суммой трех векторов (см. рис.).
L
L
L
Горизонтальные составляющие этих векторов в сумме дадут
h
B
нуль, так как они равны по модулю и составляют друг с
другом углы по 120о. Сами векторы образуют с вертикалью
α
A
E
L
углы 90о – α, где α – угол между ребром тетраэдра и высотой
h
C
треугольника
ABC.
Вертикальные
составляющие
одинаковы и равны каждая
kqsinα/L2.
Из треугольника ADE очевидно, что
sinα = (2/3)1/2.
Отсюда искомая напряженность поля равна
E = k√6q/L2.
7. Четыре непроводящих шарика радиуса r = 10 –3 м, в центре каждого из которых
находится заряд q = 10 –7 Кл, расположены вдоль прямой, касаясь друг друга.
Какую работу нужно совершить, чтобы сложить из этих шариков пирамидку
(правильный тетраэдр)? Влиянием силы тяжести пренебречь. (Меледин, 3.34)
Ответ: A = 0.07 Дж.
Решение.
Энергия цепочки
W1 = k[q2/6r + 2q2/4r + 3q2/2r] = 13kq2/6r.
Энергия тетраэдра
W2 = 3kq2/r.
Искомая работа
A = 5kq2/6r = 0.07 Дж.
8. Тонкое проволочное кольцо имеет заряд
+Q. Маленький шарик массой
m,
имеющий заряд -q, может двигаться без трения по тонкой диэлектрической спице,
проходящей вдоль оси кольца. 1) Как будет двигаться шарик, если его отвести от
центра кольца на расстояние x << R и отпустить без начальной скорости? Записать
уравнение движения шарика x(t). Как изменится движение, если убрать спицу? 2)
Как будет двигаться шарик, если ему мгновенно придать скорость v o, направленную
вдоль оси кольца? Как зависит характер движения от величины v o?(1001,
12.28,12.29).
Ответ:
1)
Шарик
xocos{[kxQq/(mR3)]1/2t},
будет
совершать
2) При vo ≥
гармонические
колебания
x
=
vmin = [2kQq/(mR)]1/2 шарик уйдет на
бесконечность; при vo < vmin – шарик будет совершать колебания (при vo << vmin –
гармонические).
Решение.
1) На расстоянии х от центра кольца на шарик действует сила
F = qE = kxQq/[R2 + x2]3/2,
направленная к центру кольца. Поскольку
R2 + x2 ≈ R2 при x << R, второй закон
Ньютона для шарика принимает вид
max = - kxQq/R3.
Это – уравнение гармонических колебаний с циклической частотой
ω = [kxQq/(mR3)]1/2.
Максимальное отклонение хо достигается в начальный момент времени, так что
x = xocosωt = xocos{[kxQq/(mR3)]1/2t}.
Если убрать спицу, проявится неустойчивость такого движения по отношению к малым
боковым смещениям, поэтому шарик притянется к какой-нибудь точке кольца.
2)
Воспользуемся законом сохранения энергии
-qφ(0) + ½ mvo2 = -qφ(x) + ½ mv(x)2,
где φ(x) = kQ/(R2 + x2)1/2 – потенциал кольца на расстоянии x, v(x) – скорость шарика
на расстоянии х от кольца. Если
-qφ(0) + ½ mvo2 ≥ 0,
то шарик улетит на бесконечность. При этом начальная скорость шарика должна
удовлетворять условию
vo ≥ vmin = [2kQq/(mR)]1/2.
При vo < vmin – шарик будет совершать колебания (при vo << vmin – гармонические).
9. Заряд Q равномерно распределен по объему шара радиусом R из непроводящего
материала. Чему равна напряженность и потенциал поля на расстоянии r от шара?
Построить графики E(r) и φ(r). (1001,12.31,12,32)
Ответ: при
E(r) = k|Q|/r2,
r ≤ R: E(r) = k|Q|r/R3, φ(r) = ½ kQ(3R2 – r2)/R3;
при
r > R:
φ(r) = kQ/r2
Решение.
Воспользуемся аналогией между законом Кулона и законом всемирного тяготения.
При сферически симметричном распределении заряда поле на расстоянии r от центра
создается только зарядом q(r) внутри сферы радиуса r. Поскольку заряд распределен
по шару равномерно, при r ≤ R можно записать
q(r)/Q = (r/R)3.
Тогда
E(r) = k|q(r)/r2 = k|Q|r/R3.
Чтобы определить потенциал при r < R, подсчитаем работу поля по перемещению
заряда q из интересующей нас точки к поверхности шара. При малом перемещении
ΔA = qEΔr.
Значит, полная работа составит
A = qSE,
где SE = ½ (E(r) + E(R)(R – r) = ½ k(R2 – r2)/R3 – площадь под графиком напряженности
поля. С другой стороны,
A = q(φ(r) – φ(R)),
где φ(R) = kQ/R – потенциал на поверхности шара. Поэтому получаем
φ(r) = kQ/R + ½ k(R2 – r2)/R3 = ½ kQ(3R2 – r2)/R3.
Первый участок графика (при r < R) – парабола, второй (r > R) – гипербола.
При r > R поле, создаваемое заряженным шаром, такое же, как поле точечного заряда
Q, расположенного в центре шара, т.е.
E(r) = k|Q|/r2,
10. Определить
φ(r) = kQ/r2.
а) энергию уединенного проводящего шара радиуса
заряженного зарядом q;
R
б) энергию двух тонких концентрических проводящих
сфер радиусами R1 и R2 (R1 < R2) имеющих заряды q1 и q2. (Буховцев, 442, 443)
Ответ: a) W = ½ kq2/R,
б) W = ½ k(q12/R1 + q22/R2 + 2q2q1/R2).
Решение.
а) Энергия заряженного шара равна работе, которую могут совершить заряды,
находящиеся на шаре, если они покинут его и удалятся на бесконечно большое
расстояние. Пусть с шара каждый раз удаляется на бесконечность порция заряда Δq
(Δq << q). При удалении
n-ой порции, когда заряд станет равным
q – nΔq,
электрическое поле совершит работу
ΔА = k(q – nΔq)q/R.
Полная работа затраченная на удаление N порций заряда, где N = q/Δq,
A = k[(q– Δq)q/R + (q– 2Δq)q/R + (q– 3Δq)q/R + . . . + (q– NΔq)q/R] = k{ ½ q2 (1 – 1/N)/R].
При N → ∞ (Δq → 0)
A = ½ kq2/R.
Следовательно, энергия заряженного шара равна
W = ½ kq2/R.
(Эта энергия называется собственной.) Тот же результат можно получить, используя
график изменения потенциала шара при уменьшении заряда. График будет
представлять собой прямую линию, походящую под некоторым углом к оси абсцисс, а
работа будет численно равна площади, ограниченной графиком и осями координат.
б) Энергия всей системы зарядов будет равна сумме собственных энергий зарядов,
находящихся на первой и второй сферах:
W1 = ½ kq12/R1,
W2 = ½ kq22/R2,
а также энергии взаимодействия зарядов первой сферы с зарядами второй сферы. Эта
энергия взаимодействия равна произведению заряда q2 на потенциал, создаваемый на
поверхности сферы радиусом R2 зарядом q1. Таким образом, искомая энергия всей
системы
W = ½ k(q12/R1 + q22/R2 + 2q2q1/R2).
В случае, когда q1 = - q2 = q (сферический конденсатор),
W = ½ kq2 (1/R1 - 1/R2).
11. Уединенный проводящий шар радиуса R заряжен до величины Q.
Вычислить энергию электростатического поля, создаваемую зарядом на шаре. (
Подсчитать суммарную работу, совершенную внешними силами, переносящими
малыми порциями заряд из бесконечности на сферу.)
Ответ: А = Q2/(8πε0R).
Решение.
Пусть на шаре находится некоторый заряд q, тогда при увеличении заряда на малую
величину Δq, необходимо совершить работу
ΔА = Δq(φ - φ∞),
Где φ = q/(4πε0R) – потенциал шара, а φ∞ - потенциал на бесконечности, т.е.
ΔА =
Δq q /(4πε0R).
Суммарная работа по заряжанию шара зарядом Q будет равна сумме элементарных
работ:
А = Σ ΔАi ,
или при Δq → 0
А = ∫(φ - φ∞)dq = Q2/(8πε0R).
12. Два металлических шарика радиусов r1 = 1см и r2 = 2см, находящиеся на
расстоянии R = 100см друг от друга, присоединены к батарее с электродвижущей
силой
U = 3 кВ. Найти силу взаимодействия шариков. Взаимодействием
соединительных проводов пренебречь.
Ответ: F = 44.10-9H.
Решение.
Разность потенциалов между шариками должна равняться ε. Следовательно ,
k(q1/r1 – q2/r2) = U,
где q1 и q2 – заряды шариков. Согласно закону сохранения заряда,
q1 + q2 = 0.
Отсюда
q1 = - q2 = U r1 r2 /[k( r1 +r2)].
По закону Кулона F = 4πεo {Ur1 r2 / [( r1 + r2) R]}2 = 44.10-9H.
R1
R2
13. Две тонкостенные металлические сферы радиусов
R1 и R2 образуют сферический конденсатор. На внешней
Г
К
сфере находится заряд Q. Внутренняя сфера не заряжена. Какой заряд протечет
через гальванометр, если замкнуть ключ К? Потенциал Земли принять равным
нулю. (МФТИ, 1978.)
Ответ: q = -Q(R1/R2) .
Решение.
После замыкания ключа К внутренняя сфера соединяется с Землей. Это означает, что
потенциал сферы сравнивается с потенциалом
Земли, т.е. становится равным нулю.
Согласно принципу суперпозиции этот потенциал складывается из потенциала,
создаваемого на внутренней сфере внешней сферой и потенциала, создаваемого на
внутренней сфере ее собственным зарядом (если таковой есть). Это можно записать в
виде:
Q/(4πε0R2) + q/(4πε0R1) = 0 .
Таким образом,
q = - Q(R1/R2).
Но, поскольку первоначально внутренняя сфера не была заряжена, то через
гальванометр протек именно заряд q .
14. На расстоянии r от центра изолированной металлической незаряженной сферы
радиуса R находится точечный заряд q . Определить потенциал сферы.
Ответ:  = q / (40 r)
Решение.
Электрическое поле внутри сферы отсутствует, поэтому потенциалы всех
находящихся здесь точек одинаковы и равны . Следовательно, достаточно определить
потенциал одной точки – центра сферы. Этот потенциал как следует из принципа
суперпозиции , складывается из потенциала
1 = kq / r
поля точечного заряда и суммы полей всех зарядов q , образовавшихся на сфере:
 = 1 + k / R q.
Однако , q = 0 (сфера в целом не заряжена), поэтому
 = 1 = kq / r = q / (40 r)
15.Проводящий шар радиуса R соединен тонкой длинной проволокой с землей. На
расстоянии r от его центра размещают точечный заряд + q . Какой заряд Q
приобретет шар ? Влиянием проволоки на поле пренебречь.
Ответ: Q = - kq / r
Решение.
Потенциал заземленного шара равен нулю. При размещении вблизи шара
положительного заряда нулевой потенциал поддерживается за счет перетекания на шар
отрицательного заряда Q . Независимо от распределения заряда Q по поверхности (см..
предыдущую задачу ) потенциал центра шара
 = kq / r + kQ / R
( разумеется, остальные точки шара имеют тот же потенциал). Приравнивая  нулю,
получаем
Q = - kq / r
d/4
d/4
Q
d/2
Г
16.
Плоский
воздушный
конденсатор
подключен через гальванометр к источнику с
постоянной ЭДС. При этом заряд на конденсаторе
q.
Параллельно
пластинам
вводится
металлическая заряженная плита, заряд которой
Q. Геометрические размеры указаны на рисунке.
Какой заряд протечет через гальванометр?
Ответ: Δq = (2q +Q)/6 .
Решение.
Так как конденсатор соединен с батареей, то после введения
пластины разность потенциалов между его пластинами остается
неизменной и равной ЭДС. До введения пластины мы можем
записать
ε = (q/ε0S)d.
После введения пластины запишем
ε = (1/ε0S){(q1 – Q/2)(d/4) + (q1 + Q/2)(d/2)},
где q1 – новый заряд на пластинах конденсатора. Отсюда заряд, прошедший через
гальванометр равен
Δq = q1 – q = (2q +Q)/6 .
6.2.Пластины, конденсаторы.
E2
E1
1. Однородное электростатическое поле слева от
бесконечной заряженной пластины равно Е1, а справа
Е2. Определить силу F , действующую на единицу
площади пластины со стороны электростатического
поля.
Ответ: F = (ε0/2)(E22 – E12).
Решение.
Очевидно, что ситуация показанная на рисунке, возможна только в том случае, когда на
поле равномерно заряженной плоскости Е накладывается внешнее однородное поле Е 0.
Тогда
Е1 = Е – Е0
и
Е2 = Е + Е0.
Сила, действующая на единицу площади пластины равна
F = σE0,
где σ- поверхностная плотность заряда на пластине. Из приведенных выше равенств
получаем
Е1 + Е2 =2 Е0 ,
Е2 – Е1 = 2 Е.
Но
Е = σ/ 2ε0.
И тогда
F = 2ε0(Е2 – Е1)(Е1 + Е2)/4 = (ε0/2)(E22 – E12).
2. В пространство между пластинами плоского конденсатора, между которыми
поддерживается постоянная разность потенциалов, вводится диэлектрическая
пластина с диэлектрической проницаемостью ε = 3. Во сколько раз изменится
сила электростатического взаимодействия между пластинами конденсатора?
Толщина пластины составляет половину расстояния между пластинами
конденсатора.
Ответ: F2/F1 =2.25.
Решение.
Диэлектрическая пластина не создает поля вне себя. До введения пластины
напряжение на конденсаторе определялось соотношением
u = (q1/ε0S)d,
где q1 – заряд на пластинах, S – площадь пластин, d – расстояние между ними. Сила
взаимодействия пластин бала равна
F1 = (q12/2ε0S).
После введения пластин та же разность потенциалов может быть записана в виде
u = (q2/ε0S)(d- h) + (q2/ε0ε S) h = (q2/ε0S){(d-h)+h/ε},
где q2 – новый заряд на пластинах конденсатора, h – толщина диэлектрической
пластины. Отсюда
q2 = q1/{1 + (h/d)(1/ε –1)} = 1.5 q1.
F2 = (q22/2ε0S) = (q2/q1)2F1 = 2.25 F1.
3. Два конденсатора, каждый емкостью С0, заряжены до
напряжения u0 и соединены резистором. Пластины одного из
конденсаторов резко раздвигают, так что расстояние между
C0
C0 ними увеличивается вдвое, а заряд на пластинах за время их
перемещения не меняется. Найти количество тепла,
выделившегося на резисторе во время последовавшего затем
переходного процесса перезарядки емкостей.
Ответ: Q = Cou02/6.
Решение.
Раздвинув пластины конденсатора, мы вдвое уменьшили его емкость. Сразу после
перемещения энергия системы была равна
W1 = q02/C0 + q02/2C0 = 3/2 (q02/C0).
Из закона сохранения заряда можно записать:
q1 + q2 = 2q0,
где q0 = С0u0 – начальный заряд конденсатора , q1 , q2 – их конечные заряды.
Поскольку, в конце концов, напряжения на конденсаторах станут одинаковыми, то можно
записать
(q1/2C0) = (q2/C0).
И таким образом
q1= 2q0/3 и q2= 4q0/3.
Конечная энергия системы равна
W2 = 4/3(q02/C0).
Следовательно, в виде тепла выделится энергия:
Q = W1 – W2 = q02/6C0 = C0u0 2/6.
a
С1
ε1
С2
ε2
b
+ - a
1
4. Найти разность потенциалов между точками “а” и “b”
в схеме, изображенной на рисунке.
Ответ: φb - φa = (ε1C1 + ε2C2)/(C1 +C2) .
С1
+ С2
Решение.
Считаем, что заряды на конденсаторах С1 и С2 расположены
так, как указано на рисунке, а абсолютные их значения равны.
Из уравнений
q/C1 + q/C2 = ε2 - ε1,
ε1
b
ε2
φb – φ1 = ε1 ,
φ1 – φa = q/C1
находим
q = C1C2( ε2 - ε1 )/( C1+C2),
φb – φa = φb – φ1 + φ1 – φa = ε1 + C2( ε2 - ε1)/( C1+C2).
Откуда после несложных преобразований получаем ответ
φb - φa = (ε1C1 + ε2C2)/(C1 +C2) .
E0
E0
5. Две пластины конденсатора, соединенные проводником,
находятся на расстоянии d друг от друга во внешнем
электрическом поле напряженностью Е0 (см. рис.). Какую
работу надо совершить, чтобы сблизить пластины до
расстояния 0.5d? Расстояние между пластинами много больше
ее размеров. Площадь пластин равна S.
Ответ: А = ¼ ε0E02dS .
Решение.
На пластинах конденсатора появятся электрические заряды противоположные по
знаку. Абсолютная величина этих зарядов находится из условия, что потенциалы пластин
одинаковые, и напряженность поля внутри конденсатора, следовательно, равна нулю.
Напряженность поля, создаваемого зарядами на обкладках, равна по величине и
противоположна по направлению внешнему полю Е0:
Е0 = Еконд = Q/(ε0S).
Величина заряда, как видно, не зависит от расстояния между обкладками и при
перемещении меняться не будет. На заряд правой обкладки действует электрическое поле
Е, создаваемое внешним полем Е0 и полем другой обкладки, равным
-Q/(2ε0S) = ½ Е0 .
Следовательно
Е = Е0 - ½ Е0 = ½ Е0.
Работа А по перемещению правой обкладки на расстояние ½d равна:
А = (½ QE0)(½ d) = ¼ ε0E02dS.
6. Между пластинами плоского конденсатора, обкладки которого замкнуты
накоротко, помещена равномерно заряженная плоскость. Расстояние между
обкладками d. Заряд плоскости q. Первоначально заряженная плоскость находится
на расстоянии 1/3d от левой обкладки. Какой заряд пройдет по проводнику,
соединяющему обкладки, при перемещении заряженной плоскости в новое
положение на расстоянии 1/3d от правой пластины?
Ответ: Δq = 1/3 q.
Решение.
-q1 q
заряды противоположных знаков q1 и -q1 , которые создадут вместе
E1
E2
φ2
Под действием заряда q на пластинах конденсатора наведутся
q1
с зарядом q внутри конденсатора поля напряженностью Е1 и Е2
φ1
φ2
(см. рис.), причем
E1= q/(2ε0S) – q1/(2ε0S) – q1/(2ε0S) = (q – 2q1)/( 2ε0S),
E2= q/(2ε0S) + q1/(2ε0S) + q1/(2ε0S) = (q + 2q1)/( 2ε0S),
Учитывая, что пластины закорочены и потенциалы их одинаковы, имеем:
φ1 =φ2
→
E2 (1/3 d) = E1(2/3d),
что позволяет найти заряд q1:
(q – 2q1)(1/3d) = (q + 2q1)(2/3d) → q1 = 1/6 q.
При
перемещении
заряженной
плоскости
заряд
левой
пластины
станет
положительным и равным 1/6q.
Т.е. по цепи протечет заряд
Δq = 2/6 q = 1/3q .
7.К плоскому конденсатору, расстояние между пластинами которого
d1,
присоединена батарея с ЭДС, равной U. В конденсатор вводят диэлектрик,
заполняющий все пространство между пластинами. Определить диэлектрическую
проницаемость диэлектрика, если плотность заряда на пластинах конденсатора
изменилась на величину Δσ. (МФТИ, 1973)
Ответ: ε = 1 + (Δσd)/(ε0U).
Решение.
Поскольку конденсатор присоединен к батарее, то разность потенциалов между его
пластинами остается все время неизменной и равной U. Следовательно, до введения
диэлектрика в конденсатор напряженность поля в нем была
E = U/d = σ0/ ε0
→
σ0 = ε0 E = U/d.
После введения диэлектрика часть зарядов на пластинах конденсатора
скомпенсировалась поляризационными зарядами диэлектрика и для того, чтобы
разность потенциалов на пластинах конденсатора (а, следовательно, и
напряженности электрического поля) осталась неизменной, батарея должна
поставить на пластины конденсатора дополнительные заряды. Поскольку поле в
конденсаторе в ε раз меньше поля, создаваемого пластинами, то можно записать
Е = U/d = σ/ε0ε → σ = (U/d) ε0ε .
Таким образом, Δσ = σ - σ0 = (U/d) ε0(ε-1), откуда
ε = 1 + (Δσd)/(ε0U).
К
C
u
5u
8. Конденсатор емкости С, заряженный до напряжения
u, подключается через ключ К и большое сопротивление
к батарее с ЭДС 5u. Определить количество тепла,
которое выделится в цепи после замыкания ключа
К.(МФТИ, 1973г)
Ответ: Q = 8Cu2.
Решение.
Запишем закон сохранения энергии для данного случая:
А =ΔW + Q,
где
А – работа, совершенная батареей. Она пошла на изменение
ΔW энергии
конденсатора и часть ее выделилась в виде тепла Q. Батарея совершила работу
А = Δq(5u),
где Δq – заряд, который протек по цепи. Но этот заряд равен, очевидно, приращению
заряда на конденсаторе
Δq = С(5u) – Cu = 4Cu.
Так как конденсатор, в конце концов, зарядился до разности потенциалов 5u. Энергия
конденсатора увеличилась на величину
ΔW = (С/2){(5u2) - u2} = 12C u2.
Таким образом
Q = 20C u2 - 12C u2 = 8C u2.
A +
B +
½d
d
B1 −
A1 ¯
9. Два плоских воздушных конденсатора с
одинаковыми обкладками заряжены одинаковыми
количествами
электричества. Расстояние между
пластинами одного конденсатора (АА1) вдвое больше,
чем у второго (ВВ1). Во сколько раз изменится разность
потенциалов между пластинами первого конденсатора,
если второй конденсатор вставить в первый, как это
показано на рисунке.
Ответ: в 1.5 раза.
_
Решение.
Пусть напряженность электростатического поля, создаваемого одной пластиной, равна
E. Тогда разность потенциалов между пластинами первого конденсатора равна
Δφ1 = 2Еd.
На
рисунке
а)
стрелками
обозначены
напряженности
полей,
создаваемые
соответствующими пластинами. После того, как мы вставили второй конденсатор,
картина полей будет иметь вид, представленный на рис. b). Тогда для разности
потенциалов имеем
Δφ2 = 2E(d/4) + 4E(d/2) +2E(d/4) = 3Ed , и
(Δφ2/ Δφ1) =1.5 .
+++++++
A
d
2E
A1 _ _ _ _ _ _ _ _
a)
+
¼d
+
½d
A
B
B1
¼d
A1
b)
Можно предложить другой способ решения. Разность потенциалов между пластинами
первого конденсатора Δφ1 = 2Еd. Второго, взятого отдельно, Δφ2 = 2Е(½ d). Согласно
принципу суперпозиции разность потенциалов после объединения конденсаторов
Δφ3 = Δφ1 + Δφ2 = 3Ed.
Таким образом: Δφ3/Δφ1 = 1.5.
10. Конденсаторы 1, 2 и 3
соединяют, как показано на
рисунке. Конденсатор 1 при этом
С1
С2 С1
С3
С1
не заряжен, конденсаторы 2 и 3
заряжены, причем в случае
соединения всех трех конденсаторов конденсаторы 2 и 3 подключены друг к другу
разноименными обкладками. Найти заряд, появляющийся на конденсаторе 1 при
соединении его с конденсаторами 2 и 3, если при соединении с конденсатором 2 на
нем возникает заряд q12, а при соединении с конденсатором 3 – заряд q13. емкости
конденсаторов равны соответственно С1 , С2 , С3. Конденсаторы 2 и 3 имеют в
случае соединения трех конденсаторов те же первоначальные заряды, что и в
случаях раздельного их соединения с конденсатором 1. (Меледин, 3.61)
Ответ: q1 = [q12(C1/C2 + 1) + q13(C1/C3 + 1)]/(1 + C1/C3 + C1/C2).
1
2
1
3
1
2 3
+ ─+ ─
С2 С3
Решение.
В первом и во втором случаях конденсаторы оказываются соединенными так, что для
разностей потенциалов на конденсаторах получим
q12/C1 = (q02 – q12)/C2,
q13/C1 = (q03 – q13)/C3,
где q02 и q03 – первоначальные заряды на конденсаторах 2 и 3. Для третьего случая
из закона сохранения заряда следует, что
q02 = q1 + q2 ,
q03 = q1. + q3.
На конденсаторе 1 после соединения с конденсаторами 2 и 3 разность потенциалов
оказывается равной суммарной разности потенциалов на заряженных конденсаторах 2 и
3:
q1/C1 = q2/C2 + q3/C2.
Заметим, что у соединенных между собой конденсаторов 2 и 3 суммарный заряд
q3 – q2 = q03 – q02
на внутренних обкладках отличен от нуля. Отсюда
q1 = [q12(C1/C2 + 1) + q13(C1/C3 + 1)]/(1 + C1/C3 + C1/C2).
11. Два проводящих шара радиусов r и R расположены далеко
друг от друга и соединены с обкладками конденсатора емкости С
(см. рис.). Шару радиуса r, отсоединив его от обкладки, сообщили заряд Q, а после
зарядки снова присоединили. Какой заряд оказался на другом шаре? Емкостью
проводов пренебречь. (Меледин, 3.54)
Ответ: q = Q{1 + r[1/R + 1/(kC)]}.
Решение.
Пусть на обкладке конденсатора окажется заряд q, тогда на шаре останется заряд Q –
q. На другой обкладке возникает заряд -q , а на шаре радиуса R – заряд +q (по закону
сохранения заряда). Приравнивая разности потенциалов между обкладками и между
шарами, получаем
q/C = k(Q – q)/r – kq/R,
откуда
q = Q{1 + r[1/R + 1/(kC)]}.
+ ─
q1
q2
─
+
q3
+
─
12. Трем одинаковым изолированным конденсаторам, емкости
С каждый, были сообщены заряды q1, q2 и q3 (см. рис.).
Конденсаторы соединили. Найти новые заряды на конденсаторах.
(Меледин, 3.60)
Ответ: q/1 = (1/3)(2q1 – q2 – q3), q/2 = (1/3)(2q2 – q1 – q3),
q/3 = (1/3)(2q3 – q1 – q2).
Решение.
По закону сохранения заряда имеем
q1 – q2 = q/1 – q/2,
q2 – q3 = q/2 – q/3.
Если провести вдоль цепи единичный заряд, вернувшись в первоначальную точку, то
работа по перемещению этого заряда будет равна нулю. Это дает
( U1/ + U2/ + U3/) = q/1/C + q/2/C + q/3/C = 0.
Отсюда получаем
q/1 = (1/3)(2q1 – q2 – q3),
q/2 = (1/3)(2q2 – q1 – q3),
q/3 = (1/3)(2q3 – q1 – q2).
13. Определить разность потенциалов между точками А и В в схеме,
изображенной на рисунке. Ответ: φА - φВ = ε (С1С4 – С2С3)/[(C1 + C2)(C3 +C4)].
Решение
Сумма падений напряжений на конденсаторах каждой из ветвей цепи равна приложенной
ЭДС, а заряды одинаковы:
U1 + U2 = ε,
U3 + U4 = ε,
C1U1 = C2U2,
C3U3 = C4U4.
Решая каждую пару этих уравнений, найдем:
U1 = ε / [1 + (C1/C2)] = ε C2/ (C1 + C2) и
U3 = ε / [1 + (C3/C4)] = ε C4/ (C3 + C4).
Очевидно, что разность потенциалов между точками А и В равна
U4 – U2 = U1 – U3 = ε (С1С4 – С2С3)/ [(C1 + C2) (C3 +C4)].
d/4
d/4
Q
d/2
Г
14.
Плоский
воздушный
конденсатор
подключен через гальванометр к источнику с
постоянной ЭДС. При этом заряд на конденсаторе
q.
Параллельно
пластинам
вводится
металлическая заряженная плита, заряд которой
Q. Геометрические размеры указаны на рисунке.
Какой заряд протечет через гальванометр?
Ответ: Δq = (2q +Q)/6 .
Решение.
Так как конденсатор соединен с батареей, то после введения
пластины разность потенциалов между его пластинами остается
неизменной и равной ЭДС. До введения пластины мы можем
записать
ε = (q/ε0S)d.
После введения пластины запишем
ε = (1/ε0S){(q1 – Q/2)(d/4) + (q1 + Q/2)(d/2)},
где q1 – новый заряд на пластинах конденсатора. Отсюда заряд, прошедший через
гальванометр равен
Δq = q1 – q = (2q +Q)/6 .
15. Два конденсатора, каждый емкостью С , заряжены до напряжения Uo и
соединены резистором. Пластины одного из них быстро сближают так, что заряд на
пластинах за время их перемещения не меняется. Во сколько раз изменилось
расстояние между пластинами, если в последующем процессе перезарядки на
резисторе выделилось количество тепла равное
1/12 энергии, запасенной в
конденсаторах до перемещения пластин.
Ответ: в два раза.
Решение
В начальном состоянии полный заряд на конденсаторах Q = 2qo = 2CUo, а энергия
Wo = 2(½ CUo2)= CUo2.
После сближения пластин емкости конденсаторов стали
С и nС, а заряды еще не
изменились. Следовательно, для энергии системы конденсаторов можно записать
W1 = ½ qo2/C + ½ qo2/(nC) = ½ CUo2[(n + 1)/n].
После перезарядки. Напряжение на конденсаторах стало U, заряды СU и nCU. Из закона
сохранения заряда:
2CUo = СU + nCU, отсюда U = 2Uo/(n + 1).
Тогда для энергии конденсаторов после перезарядки получим
W2 = ½ СU2 + ½ nСU2 = 2 CUo2/(n + 1).
Выделившееся на резисторе теплота равна разности энергий W1 и W2:
Q = W1 - W2 = ½ CUo2[(n + 1)/n] - 2 CUo2/(n + 1) = CUo2(1 – n)2/[2n(1 + n)].
По условию задачи
Q = Wo/12 = CUo2/12.
Отсюда получим уравнение для определения n:
5n2 – 13n + 6 = 0.
Решениями этого уравнения являются значения n1 = 2, n2 = 0.6.
16. Две бесконечные параллельные проводящие плиты заряжены так, что
суммарная поверхностная плотность заряда обеих поверхностей первой плиты равна
σ1, а второй – σ2. найти плотность заряда каждой поверхности обеих плит. (Меледин,
3.6)
Ответ: σ1/= σ2// = ½ (σ1 + σ2), σ1//= - σ2/ = ½ (σ1 - σ2).
Решение
σ 1/
σ1// σ2/
E1/
Введем
σ2//
плотность
внутренней поверхностях плит
E2/
E1//
поверхностную
заряда
на
внешней
и
σ1/, σ1// и σ2/, σ2//. Закон
сохранения заряда дает:
E2//
X
σ1 = σ1/ + σ1//,
σ2 = σ2/ + σ2//.
Внутри проводящих плит поля нет, поэтому для проекций
напряженностей полей на ось Х внутри первой и второй плит можно записать
(σ1/- σ1// - σ2/ - σ2//)/(2εo) = 0,
(σ1/+ σ1// + σ2/ - σ2//)/(2εo) = 0.
Отсюда получим:
σ1/= σ2// = ½ (σ1 + σ2 ), σ1//= - σ2/ = ½ (σ1 - σ2 ).
VII. Электрический ток.
7.1. Постоянный ток.
A
R1
A
R2
B
C
1. Амперметр зашунтирован двумя последовательно
соединенными сопротивлениями. При включении в
цепь клемм АВ максимальный ток, который можно
измерить, равен J. При включении клемм АС – ток в
n
раз меньше. Какой максимальный ток можно
измерить, включив клеммы ВС?
Ответ: Jx = J/ (n-1).
Решение.
Пусть внутреннее сопротивление амперметра равно r . Обозначим ток, при котором
стрелка амперметра отклоняется на всю шкалу через I. Тогда при включении клеммы АВ
можем записать
I(r+R2) = (J - I)R1
или
I(r+R1+R2) = JR1.
При включении клемм АС:
Ir = {(J/n)-I}(R1+R2)
или
I(r+R1+R2) = (J/n)(R1+R2).
Если включить клеммы ВС, то
I(r+R1) = (Jx-I)R2
или
I(r+R1+R2) = JxR2.
Решая систему этих уравнений, получаем
Jx = J/(n-1).
R
R
Г
R
X
2. В одно из плеч моста Уитстона включено
нелинейное сопротивление, для которого закон
Ома не справедлив, и зависимость тока (в
амперах) от приложенного напряжения (в
вольтах) имеет вид I = 0.01U3. В остальные плечи
моста включены одинаковые сопротивления R =4
Ом. При каком токе через батарею мост окажется
сбалансированным, т.е. через гальванометр не
будет течь ток?
Ответ: Iист = 2.5 А.
Решение.
При сбалансированном мосте ток через все резисторы одинаков и равен
I = ½ E/R,
где Е – ЭДС батареи, а напряжение
U = ½ E.
Тогда для нелинейного резистора можно записать
Е/(2R) = 0.01(E3 / 8).
Отсюда
Е = 400 R-1/2 = 10 В.
Ток через источник будет равен
Iист = E/R = 2.5 А.
3. Резистор, сопротивление которого равно r и элемент, переменное
сопротивление которого R = Ro – cU, где U – падение напряжения на элементе, а с –
некоторая константа, включены последовательно в электрическую цепь. Найти ток
в цепи, если на вход ее подведено напряжение Uo, а падение напряжения на элементе
неизвестно. (Меледин, 3.82)
Ответ: I = {Uoc – r – Ro + [(r + Ro – Uoc)2 + 4crUo]1/2}/(2cr).
Решение.
Падение напряжения на элементе
U = IR = IRo – cI.IR
Т.е
U = IRo – cIU,
Откуда
U = IRo/(1 + cI)
Закон Ома дает
Uo = Ir + U = Ir + IRo/(1 + cI)
Отсюда, решая квадратное уравнение, находим
I = {Uoc – r – Ro + [(r + Ro – Uoc)2 + 4crUo]1/2}/(2cr).
4. В двухпроводной линии длины L на некотором
расстоянии х от ее начала А/А пробило изоляцию, что
A
B
привело к появлению некоторого конечного сопротивления Ro
Ro
A/
B/ между проводами в этом месте (см. рис.). Для поиска места
x
пробоя провели три измерения: сопротивление между точками
А/ и А равно R1 при разомкнутых концах В/ и В и равно R2
при коротко замкнутых концах В/ и В, и сопротивление между точками В/ и В
при разомкнутых концах А/ и А равно R3. Найти расстояние х. (Меледин, 3.75)
Ответ: x = L(R1 – Ro)/( R1 + R3 – 2Ro) , где Ro = [R3(R1 – R2)]1/2.
L
Решение.
A
A
ρx
ρx
Ro
B
ρ(L-x)
Ro
A/
A/
B
ρ(L-x)
двухпроводной линии ρ. Тогда с учетом
Ro
B/
Введем сопротивление единицы длины
схем, приведенных на рисунках, получаем
B/
ρx + Ro = R1,
ρx + Roρ(L - x)/[Ro + ρ(L - x)] = R2,
Ro + ρ(L - x)] = R3.
Решая систему уравнений, находим
x = L(R1 – Ro)/( R1 + R3 – 2Ro),
где
Ro = [R3(R1 – R2)]1/2.
A
D
B
I
F
5. На однородный стержень, оба конца которого заземлены,
падает пучок электронов, причем в единицу времени на
единицу длины стержня попадает постоянное число электронов
(см. рис.). Найти разность потенциалов между серединой
стержня (т. А) и его концом (т. В). Сопротивление стержня
равно R. Ток на участке заземления DF равен I. (Меледин,
3.77)
Ответ: UAB = IR/8.
Решение.
Электроны движутся по стержню симметрично относительно точки А. Поэтому IA =
0. По мере удаления от точки А сила тока растет по линейному закону. На расстоянии x
сила тока
IL = ½ Ix/L,
где
По закону Ома
UAB = ½ IсрR.
L = АВ.
Т.к. зависимость тока от расстояния линейна, то среднее значение тока равно его
среднему арифметическому:
Iср = ½ (IA + IB) = ¼ I.
Окончательно
UAB = IR/8.
Можно рассуждать иначе. Разобьем стержень на N (причем N → ∞) частей. В конце
первого участка сила тока равна I1, в конце n- го участка
In = nI1 = ½ I, NI1 = ½ I,
откуда
I1 = ½ I/N.
Сопротивление одного участка равно ½ R/N, падение напряжения на n-ом участке
( ½ R/N)nI1 = ¼ Irn/N2.
Падение напряжения на всем стержне АВ равно
(¼ IR/N2)∑n = (¼ IR/N2)[N(N + 1)/2] → IR/8 при N → ∞.
6. Две проволоки, изготовленные из материала с малым температурным
коэффициентом сопротивления, подключают к аккумулятору с очень малым
внутренним сопротивлением сначала параллельно, а потом – последовательно. При
параллельном подключении скорость дрейфа свободных носителей заряда в
проволоках оказалась одинаковой, а при последовательном она в первой проволоке
уменьшилась в k = 5 раз по сравнению с параллельным включением. Найти
отношение диаметров проволок. (МГУ, физ. фак.,2001)
Ответ: x = 2.
Решение.
Согласно классической теории электропроводность металлов обусловлена наличием в
них свободных электронов, которые под действием постоянного электрического поля
дрейфуют с постоянной скоростью в направлении противоположном направлению
этого поля. Сила тока, текущего по проводнику при этом равна
I = Senv,
где S – площадь поперечного сечения проводника, е – модуль заряда электрона, v –
скорость дрейфа, n – концентрация свободных электронов. При параллельном
подключении проволок сила тока в каждой из них равна (считая внутренне
сопротивление аккумулятора равным нулю)
I1 = ε/R1 , I2 = ε/R2 ,
где ε – ЭДС аккумулятора, а Ri – сопротивление i-й проволоки, причем
R1 = ρL1/S1, R2 = ρL2/S2
где ρ – удельное сопротивление материала проволоки. Тогда
I1/S1 = I2/S2 = env = ε/(ρL1) = ε/(ρL2) 
L1 = L2 = L,
где v – скорость дрейфа электронов при параллельном подключении.
env = ε/(ρL)
При последовательном подключении проволок к аккумулятору сила тока в
проволоках одинакова и равна
Iпосл = ε/(R1 + R2) = S1env1/k,
т.к. по условию задачи скорость дрейфа v1,посл в первой проволоке во втором случае в
k раз меньше, чем в первом случае. С другой стороны, при последовательном соединении
I = ε/(R1 + R2) = ε/[ ρL (1/S1 + 1/S2)] = S1en(v/k) .
С учетом env = ε/(ρL) получим
I = ε/[ ρL (1/S1 + 1/S2)] = (S1/k) [ε/(ρL)].
Отсюда 1 + (S1/S2) = k или (d1/d2)2 = k -1,
а искомое отношение диаметров проволок равно
x = d1/d2 = (k –1)1/2 = 2.
7. В конце зарядки аккумулятора сила тока I1 = 3.1 A, а напряжение на клеммах
U1 = 8.85 В. В начале разрядки того же аккумулятора сила тока I2 = 4.0 A, а
напряжение на клеммах U2 = 8.5 В. Определить ЭДС ε и внутреннее сопротивление
r аккумулятора. (1001, 13.51*)
Ответ: r = 0.05 Ом; ε = 8.7 В.
Решение.
I2
ε,r
В конце зарядки и начале разрядки ε
одинаковыми. Когда ток в цепи равен нулю, напряжение на
аккумуляторе совпадает с его
U2
и r можно считать
ЭДС. При разрядке (см. рис. а)
напряжение меньше ЭДС:
Рис. а
I1
ε,r
U2 = ε – I2r.
При зарядке (см. рис. б) заряды движутся против сторонних сил в
аккумуляторе. Это возможно лишь при напряжении, превышающем ε:
U1 = ε + I1r.
U1
Решая эту систему уравнений, получаем
Рис. б
r = (U1 - U2)/(I1 + I2) = 0.05 Ом;
ε = (I2U1 +I1 U2)/(I1 + I2) = 8.7 В.
A1 A3
A2
R
A4
8. Четыре одинаковых амперметра и резистор включены так, как
показано на рисунке. Амперметр А1 показывает ток I1 = 2 А,
Амперметр А2 - I2 = 3 А. Какие токи протекают через амперметры
А3 ,
А4
и резистор? Найти отношение
r/R
внутреннего
сопротивления r амперметра к сопротивлению резистора.
Ответ: I3 = 1 A, I4 = 4 A, r/R = 1/5.
Решение.
Запишем второе правило Кирхгофа для контуров bac и cad (обход контуров показан на
рисунке), а также первое правило для узлов с и а.
b
A1
I2r – I1r– I3r = 0,
I1
I2
A2
I3r + I4r– IR = 0,
A3
c
I1 - I3 - I = 0,
a
I3 + I2 – I4 = 0.
I3
R
I
I4
A4
Решая эти уравнения, получим
d
I3 = I2 – I1 = 1 А.
I = I1 – I3 = 1 А.
I4 = I2 + I2 = 4 А.
r/R = I/( I3 + I4) = 1/5/
9. Найти показания амперметра в схеме, изображенной на рисунке при следующих
значениях
сопротивлений:
R1 = 1 кОм, R2 = 2 кОм, R3 = 3 кОм, R4 = 4 кОм, R5 = 5 кОм, R6 = 6 кОм. Внутреннее
сопротивление амперметра существенно меньше любого из сопротивлений схемы.
Напряжение на входе схемы постоянно и равно U =10.5 В.
Ответ: I = 0.5 мА.
Решение.
I1
U
R12
R3
R45
I
A
A
B
Сопротивление амперметра равно нулю, следовательно, весь
ток после резистора R4 пойдет через амперметр и далее через
R5, т.е. резистор R6 можно не учитывать. Перерисуем схему в
более удобный вид.
R12 = R1 + R2 = 3 кОм,
R45 = R4 + R5 = 9 кОм
Сопротивление параллельно соединенных резисторов R3 и
R45
C 345 = (R3R45)/(R3 + R45) = 9/4 кОм = 2.25 кОм.
R
Ток
I1 = U/ (R12 + R345) = 2 мА.
Отсюда
I = I1/4 = 0.5 мА
10. Каковы затраты электроэнергии на получение 1кг алюминия, если
электролиз ведется при напряжении 10 В, а КПД всей установки составляет
80%? Атомная масса алюминия А = 27, валентность n = 3. Ответ: W= 37 кВт.ч.
Решение.
Электрическая энергия, расходуемая, при электролизе на получение 1кг алюминия, будет
равна
W = qU/η,
где q – количество электричества, при пропускании которого через электролит
выделяется 1кг алюминия, U – напряжение, при котором ведется электролиз, η – КПД
установки. Количество электричества может быть найдено из объединенной формулы
первого и второго законов Фарадея:
m = Aq/(n F),
где A – атомная масса, n – валентность вещества, F = 9.65.104 Кл/моль – постоянная
Фарадея – количество электричества, которое нужно пропустить через электролит, чтобы
выделить на электроде один моль вещества. Отсюда
W = F (m/A) n U / η = 37 кВт.ч.
11. В схеме, изображенной на рисунке при разомкнутых ключах К1 и К2
конденсаторы емкостями С1 и С2 не заряжены. ЭДС батареи ε, внутреннее
сопротивление r. Сначала замыкают ключ К1, а после установления стационарного
состояния в схеме замыкают ключ К2. 1) Чему равен ток через источник сразу после
замыкания ключа К1? 2) Какое количество теплоты выделится во всей схеме после
замыкания ключа К2?
Ответ: Q =C12ε2/[2(C1 + C2)].
Решение
После замыкания ключа К1 начнется зарядка конденсаторов. В начальный момент, когда
напряжение на них еще равно нулю ток в цепи находится из закона Ома I = ε/r.
После замыкания ключа К2 конденсатор С2 разрядится на сопротивление R. Количество
выделившегося тепла Q можно найти из закона изменения энергии
Aист = ΔW + Q, (1)
где Aист = ε Δq – работа источника тока,
Δq – заряд, прошедший через источник, Δq = q – qo , qo и q – начальный и конечный
заряды на конденсаторах.
ΔW– изменение энергии конденсаторов, ΔW = W – Wo , Wo и W – начальная и конечная
энергии конденсаторов.
Wo = ½ [C1C2/(C1 + C2) ε2 , qo = [C1C2/(C1 + C2)] ε,
W = ½ C1 ε2 ,
q = C1 ε.
Отсюда
ΔW = C12ε2/[2(C1 + C2)],
Δq = C12ε/[(C1 + C2)].
Подставляя эти выражения в равенство (1), получим
Q =C12ε2/[2(C1 + C2)].
12. В вакуумном диоде, анод и катод которого – параллельные пластины, сила тока
связана с напряжением зависимостью J = cU3/2, где с – некоторая постоянная. Во
сколько раз увеличится сила давления на анод, возникающая из-за ударов
электронов о его поверхность, если напряжение на диоде увеличить в два раза?
Начальной скоростью электронов, вылетающих с катода, пренебречь. (Меледин,
3.107)
Ответ: F/Fo = 4.
Решение
Рассмотрим небольшой интервал времени Δt. За это время к аноду подлетят Ошибка!
Ошибка связи.n = JΔt/e электронов (е – заряд электрона) и сообщат ему импульс, равный
mvΔn. Скорость v электрона у анода можно найти из закона сохранения энергии:
½ mv2 = eU.
Согласно второму закону Ньютона
FΔt = mvΔn = mvJΔt/e.
3/2
Откуда с учетом связи J = cU , получаем
F = mv(J/e) = cU2(2m/e)1/2.
Таким образом, отношение сил F/Fo = (U/Uo)2 = 4.
R
ε1
Г
X
ε2
13. В схеме, изображенной на рисунке, батарея ε2 имеет
ЭДС 4 вольта, R = 50 Ом. В схеме имеется нелинейный
проводник X, для которого закон Ома не выполняется и сила
тока связана с напряжением соотношением I = 0.02 U2 (I – в
амперах, U – в вольтах). Схема сбалансирована, т.е.
гальванометр дает нулевое показание. Определить мощность,
развиваемую батареей ε1, пренебрегая ее внутренним
сопротивлением (МФТИ, 1975.)
Ответ: P = 6.4 Вт.
Решение.
Тот факт, что ток через гальванометр равен нулю, указывает на то, что токи через R и
X равны, а напряжение на нелинейном элементе
Ux = ε2.
Применяя второе правило Кирхгофа к первому контуру, запишем:
ε1 = IR +Ux = IR + ε2.
Но
I = 0.02 ε22 ,
тогда
ε1 = 0.02 ε22 R + ε2
и мощность батареи:
P = I ε1 = 0.02 ε23(0.02Rε2 +1) = 6.4Вт.
2С
R
C
3C
2R
ε
14. Определить заряд конденсатора С в схеме,
представленной на рисунке. Внутренним сопротивлением
батареи пренебречь.
Ответ: qC = 2εC/9.
Решение.
Обозначим заряды конденсаторов С, 2С, 3С
Предположим, что у конденсатора
С
через
q1 , q2 , q3 , соответственно.
положительный заряд находится на правой
пластине. Тогда из закона сохранения заряда имеем
q3 = q1 + q2.
Разность потенциалов на конденсаторах
2С
и
С
равна падению напряжения на
сопротивлении R:
q2/2C – q1/C = ε/3.
Аналогично падение напряжения на сопротивлениях R и 2R (равное ЭДС ε) равно
разности потенциалов на конденсаторах 2С и 3С:
q2/2C + q3/3C = ε.
Решая полученную систему уравнений, находим:
q1 = 2εC/9.
Следует обратить внимание на то, что q1 > 0. Это значит, что предположение о знаке
заряда на правой обкладке конденсатора было правильным.
15. Электрическая цепь, показанная на рисунке, собрана из одинаковых резисторов
и одинаковых вольтметров. Первый вольтметр показывает U1 = 10 В, а третий U3
= 8 В. Что показывает второй вольтметр?
Ответ: U2 =8.6 В.
Решение
A
I3
B
C
I2
U3
U2
D
E
U1
F
В данном случае вольтметры нельзя считать
идеальными,
иначе
ток
в
цепи
будет
отсутствовать. Пусть сопротивление каждого
вольтметра равно Rv. Запишем первое правило
Кирхгофа для узла Е и второе - для контуров ABED
и BCFE (направление обхода – по часовой стрелке).
I
I = I2 + I3,
U3 + I3R – U2 = 0,
(2)
U2 + IR – U1 = 0.
(3)
(1)
Показания вольтметров это падение напряжения на их сопротивлении, т.е.
U3 = I3R,
(4)
U2 = I2R.
(5)
С учетом этого уравнения (1) , (2) и (3) запишутся в виде
U3 + U3(R/RV) – U2 = 0,
U2 + (U3 +U2) (R/RV) – U1 = 0.
Исключая из этих уравнений (R/RV), получим уравнение
U22 + U2U3 – U1U3 – U2 = 0.
Отсюда
U2 = - ½U3{1 – [5 + 4(U1/U3)]1/2} = 8.6 В.
16. Требуется определить напряжение на сопротивлении r = 15 Ом. Для этого к
концам сопротивления подключают вольтметр с внутренним сопротивлением
R = 300 Ом. Какая относительная ошибка будет допущена, если показания
вольтметра принять за то напряжение, которое имело место до подключения? Сила
тока в цепи до и после подключения вольтметра не изменяется.
Ответ: δ = r/R = 0.05 .
Решение.
Напряжение U1 до подключения вольтметра находится из закона Ома U1 = Ir . После
подключения вольтметра сопротивление участка уменьшится до величины
Rобщ = Rr/(R+r) = R/ (1+r/R),
А показания вольтметра будут равны
U2 = I Rобщ = I r / (1+r/R) = U1 / (1+r/R).
Откуда находим, что
ΔU = U1 - U2 = U2(r/R),
а относительная ошибка
δ = ΔU/ U2 = r/R = 0.05.
17. При каких условиях в схеме, показанной на рисунке, ток I1 = 0?
Ответ: при ε1(1/R1+1/R2) = ε2/R2.
I2
B
C
R2
ε2
I1
ε1
I3
D
R1
F
A
E
Решение.
Применим второе правило Кирхгофа к контуру АВСDEA:
ε2 = I2R2+I3R1 .
То же правило применим к контуру DEFD:
ε1 = I3R1.
Вычитая второе равенство из первого, получаем:
ε2 - ε1 = I2R2
→
I2 = (ε2 - ε1)/ R2 .
Теперь применим первое правило Кирхгофа к точке D:
I1 + I2 = I3.
Откуда
I1 = I3 - I2 = ε1/R1 - (ε2 - ε1)/ R2 = ε1 (1/R1+1/R2) - ε2/R2.
Таким образом, при
ε1(1/R1+1/R2) = ε2/R2
ток
I1 = 0.
18. Двум плоским одинаковым конденсаторам, соединенным параллельно,
сообщен заряд q . В момент времени t = 0 расстояние между пластинами первого
конденсатора начинает равномерно увеличиваться по закону d1 = do + vt, а
расстояние между пластинами второго конденсатора равномерно уменьшаться по
закону d2 = do – vt. Пренебрегая сопротивлением подводящих проводов, найти
силу тока в цепи во время движения пластин конденсаторов. Найти работу,
совершаемую электростатическим полем при одновременном увеличении
расстояния между пластинами первого конденсатора и уменьшении расстояния
между пластинами второго конденсатора на величину а.
Ответ: I = ½ qv/do, A = q2a2/ (4εoSdo).
Решение
Обозначим через q1 и q2 заряды на первом и втором конденсаторах к моменту времени
t. Заряды q1 и q2 связаны соотношениями
q1 + q2 = q,
q1/C1 = q2/C2.
Так как
С1 = εoS/(do + vt) ,
С2 = εoS/(do - vt),
то
q1/q2 = ( do – vt) / ( do + vt ).
Отсюда вытекает, что
q1 = ½ q ( do – vt)/do ,
q2 = ½ q ( do + vt)/do.
Убыль заряда на первом конденсаторе равна увеличению заряда на втором конденсаторе.
Сила тока
I = -Δq1/ Δt = Δq2/ Δt = ½ qv/do.
Ток будет течь в направлении от положительно заряженной пластины первого
конденсатора к положительно заряженной пластине второго конденсатора.
Сила притяжения, действующие между пластинами конденсаторов, равны соответственно
F 1 = q1q1/(2εoS) = q2(do – vt)2/(8 εoSdo),
F2 = q2(do + vt)2/ (8 εoSdo).
Так как пластины первого конденсатора раздвигаются, силы электростатического поля
совершают отрицательную работу А1. Во втором конденсаторе эти силы совершают
положительную работу А2. Работа ΔА, совершаемая полем при перемещении каждой из
пластин на малое расстояние Δх, равна
ΔА = ΔА1 + ΔА2 = (F2 – F1) Δх = q2/(2εoS)(x/do) Δх,
где x = vt. Таким образом, работа на малом участке пропорциональна перемещению x ,
как и в случае растяжения пружины. Следовательно, полная работа равна
А = q2a2/(4εoSdo).
Работу можно подсчитать и другим способом. Так как сопротивление соединительных
проводов равно нулю, количество выделившейся теплоты также равно нулю. Поэтому
изменение электростатической энергии двух конденсаторов будет равно работе
электростатического поля.
К моменту времени
t
энергии первого и второго
конденсаторов будут иметь соответственно значения
W1 = ½ q12/C1 = q2/ (8 εoSdo) (do – vt)2(do + vt),
W2 = ½ q22/C2 = q2/ (8 εoSdo) (do + vt)2(do - vt).
Полная энергия
W = W1 + W2 = q2a2/ (4εoSdo) (do2 – a2).
Следовательно, энергия за время t уменьшится на величину
q2a2/ (4εoSdo).
Это изменение будет равно работе А электростатического поля.
19. Пространство между пластинами плоского конденсатора заполнено
жидкостью с диэлектрической проницаемостью ε и удельным сопротивлением ρ.
Найти силу притяжения между пластинами, когда через конденсатор течет ток силой
J. Площадь пластин конденсатора равна S.
Ответ: F = ε0ε2ρ2J2/2S.
Решение.
Напряжение на конденсаторе U найдем из закона Ома:
U = JR,
где R = ρ(d/S) – омическое сопротивление конденсатора →
U = Jρ(d/S).
Напряженность поля внутри конденсатора
E = U/d = Jρ/S.
Эту напряженность создают заряды Q на обкладках конденсатора:
Е = Q/( ε0εS).
Положительный заряд Q = ε0εSE создает напряженность E1 поля, действующую на
отрицательный заряд:
E1 = Q /(2ε0S) = ½ εE.
Обратим внимание, что суммарное поле поляризационных зарядов вне диэлектрика
равно нулю, и поэтому сила электрического действия на заряды обкладок равна нулю. На
отрицательные заряды действует сила
F = QE = ½ εE ε0εSE = ½ ε0ε2E2S.
Подставляя в это выражение Е =Jρ/S, окончательно получим
F = ε0ε2ρ2J2/2S.
20. Найти сопротивление бесконечной цепи, построенной из
одинаковых сопротивлений r.
Ответ: R = r(1+√3).
Решение.
Пусть полное сопротивление
1
1
r
R
2
2
цепи равно R. Очевидно, если мы
выделим мысленно первую ячейку,
то получим ту же цепь с сопротивлением R, так как число ячеек бесконечно. Тогда
сопротивление между точками 1 и 2 равно R и
R = 2r + Rr/(R+r),
Отсюда
R = r(1+√3).
21. Электрический прибор подключен к источнику питания двумя длинными
проводами сечения So = 1 мм2 каждый. При включении прибора выяснилось, что
напряжение на приборе меньше напряжения на выходе источника питания на 10%.
Какой должна быть площадь сечения подводящих проводов той же длины, для того
чтобы напряжение уменьшилось только на 1%. (Меледин, 3.83)
Ответ: Sx = 11 мм2.
Решение
Напряжение на приборе равно
Uпр = UoR/(R + r),
где R – сопротивление прибора, r – сопротивление проводов; отсюда
r = R(Uпр/U – 1).
В первом случае сопротивление проводов
r1 = R(100/90-1) = R/9,
во втором случае сопротивление
r2 = R(100/99 -1) = R/99.
Отсюда r1/r2 = 11, т.е. надо увеличить сечение в 11 раз. Таким образом, Sx = 11 мм2.
22. В плоский конденсатор с квадратными пластинами
вдвигается с постоянной скоростью v металлическая пластина.
Конденсатор включен последовательно с резистором, имеющим
v
сопротивление R, и с источником тока, ЭДС которого равна ε (см.
R
рис.). Найти установившуюся мощность, выделяющуюся на
ε
резисторе. Расстояние между пластинами конденсатора равно do.
Площадь вдвигаемой пластины равна площади пластин
конденсатора L×L, а ее толщина равна d. (Меледин, 3.92)
Ответ: P = ε2R/{R + (do – d)do/(εoLvd)}2.
Решение
d
do-d-z
Пусть пластина вошла в конденсатор на расстояние х, тогда
образовавшуюся систему можно рассматривать как два параллельно
C1
z
x
соединенных конденсатора с площадями L×x и L×(L – x). При этом,
первый из этих конденсаторов, в свою очередь, можно рассматривать
L-x
C2
do
как два последовательно соединенных конденсатора с расстояниями
между пластинами z и do – d – z, где z – расстояние от вдвигаемой
пластины до одной из пластин конденсатора. Емкость первого
конденсатора найдем из соотношения
1/C1 = z/(εoLx) + (do – d – z)/(εoLx) = (do – d )/(εoLx) →
C1 = εoLx/(do – d ).
Емкость второго конденсатора равна
C2 = εoL(L – x)/do.
Изменение заряда на этой системе конденсаторов при увеличении расстояния x на Δх =
vΔt будет равно
Δq = IΔt = U(ΔC1 + ΔC2) = UεoL [Δx/(do – d) - Δx/do) = UεoLΔxd/[(do – d)do] =
= UεoLvΔtd/[(do – d)do].
Или
I = UεoLvd/[(do – d)do].
где U = ε – IR – напряжение на конденсаторе, I – ток в цепи. Разрешая это уравнение
относительно тока, получим
I = ε/{R + (do – d)do/(εoLvd)}.
Отсюда для мощности, выделяющейся в виде теплоты на резисторе, имеем
P = I2R = ε2R/{R + (do – d)do/(εoLvd)}2.
R1
C
R2
Uo
R3
R4
23.Конденсатор емкости С и резисторы, сопротивления которых
равны R1=R2=R3=R4=R, включены в электрическую цепь, как
показано на рисунке. Найти установившийся заряд на
конденсаторе. Напряжение Uo известно. (Меледин, 3.96)
Ответ: q = 4CUo/5 .
Решение
Постоянный ток через конденсатор не течет. Поэтому полный ток по цепи будет равен
J = Uo/[R3(R1+R2)/(R1+R2+R3) + R4] = 3Uo/5R.
Токи через резисторы R1, R2 и R3 связаны соотношениями
J12(R1 + R2) = J3R3, или 2 J12= J3, и
J12 + J3 = J.
Отсюда J12 = J/3 и напряжение на конденсаторе (потенциал правой пластины, поскольку
левая заземлена)
Uc = Uo – J12R = 4Uo/5,
а его заряд
q = 4CUo/5.
24. В схеме, изображенной на рисунке, батарея ε2 имеет
ЭДС 4 вольта, R = 50 Ом. В схеме имеется нелинейный
проводник X, для которого закон Ома не выполняется и сила
тока связана с напряжением соотношением I = 0.02 U2 (I – в
амперах, U – в вольтах). Схема сбалансирована, т.е.
гальванометр дает нулевое показание. Определить мощность,
развиваемую батареей ε1, пренебрегая ее внутренним
сопротивлением (МФТИ, 1975.)
Ответ: P = 6.4 Вт.
R
ε1
Г
X
ε2
Решение.
Тот факт, что ток через гальванометр равен нулю, указывает на то, что токи через R и
X равны, а напряжение на нелинейном элементе
Ux = ε2.
Применяя второе правило Кирхгофа к первому контуру, запишем:
ε1 = IR +Ux = IR + ε2.
Но
I = 0.02 ε22 ,
тогда
ε1 = 0.02 ε22 R + ε2
и мощность батареи:
P = I ε1 = 0.02 ε23(0.02Rε2 +1) = 6.4Вт.
2С
R
C
3C
2R
ε
15. Определить заряд конденсатора С в схеме,
представленной на рисунке. Внутренним сопротивлением
батареи пренебречь.
Ответ: qC = 2εC/9.
Решение.
Обозначим заряды конденсаторов С, 2С, 3С
Предположим, что у конденсатора
С
через
q1 , q2 , q3 , соответственно.
положительный заряд находится на правой
пластине. Тогда из закона сохранения заряда имеем
q3 = q1 + q2.
Разность потенциалов на конденсаторах
2С
и
С
равна падению напряжения на
сопротивлении R:
q2/2C – q1/C = ε/3.
Аналогично падение напряжения на сопротивлениях R и 2R (равное ЭДС ε) равно
разности потенциалов на конденсаторах 2С и 3С:
q2/2C + q3/3C = ε.
Решая полученную систему уравнений, находим:
q1 = 2εC/9.
Следует обратить внимание на то, что q1 > 0. Это значит, что предположение о знаке
заряда на правой обкладке конденсатора было правильным.
16. Электрическая цепь, показанная на рисунке, собрана из одинаковых резисторов
и одинаковых вольтметров. Первый вольтметр показывает U1 = 10 В, а третий U3
= 8 В. Что показывает второй вольтметр?
Ответ: U2 =8.6 В.
Решение
A
I3
B
C
I2
U3
U2
D
E
U1
F
В данном случае вольтметры нельзя считать
идеальными,
иначе
ток
в
цепи
будет
отсутствовать. Пусть сопротивление каждого
вольтметра равно Rv. Запишем первое правило
Кирхгофа для узла Е и второе - для контуров ABED
и BCFE (направление обхода – по часовой стрелке).
I
I = I2 + I3,
U3 + I3R – U2 = 0,
(2)
U2 + IR – U1 = 0.
(3)
(1)
Показания вольтметров это падение напряжения на их сопротивлении, т.е.
U3 = I3R,
(4)
U2 = I2R.
(5)
С учетом этого уравнения (1) , (2) и (3) запишутся в виде
U3 + U3(R/RV) – U2 = 0,
U2 + (U3 +U2) (R/RV) – U1 = 0.
Исключая из этих уравнений (R/RV), получим уравнение
U22 + U2U3 – U1U3 – U2 = 0.
Отсюда
U2 = - ½U3{1 – [5 + 4(U1/U3)]1/2} = 8.6 В.
17. Требуется определить напряжение на сопротивлении r = 15 Ом. Для этого к
концам сопротивления подключают вольтметр с внутренним сопротивлением
R = 300 Ом. Какая относительная ошибка будет допущена, если показания
вольтметра принять за то напряжение, которое имело место до подключения?
Сила тока в цепи до и после подключения вольтметра не изменяется.
Ответ: δ = r/R = 0.05 .
Решение.
Напряжение U1 до подключения вольтметра находится из закона Ома U1 = Ir . После
подключения вольтметра сопротивление участка уменьшится до величины
Rобщ = Rr/(R+r) = R/ (1+r/R),
А показания вольтметра будут равны
U2 = I Rобщ = I r / (1+r/R) = U1 / (1+r/R).
Откуда находим, что
ΔU = U1 - U2 = U2(r/R),
а относительная ошибка
δ = ΔU/ U2 = r/R = 0.05.
18. При каких условиях в схеме, показанной на рисунке, ток I1 = 0?
Ответ: при ε1(1/R1+1/R2) = ε2/R2.
I2
B
C
R2
ε2
I1
ε1
Решение.
I3
D
АВСDEA:
R1
F
A
Применим второе правило Кирхгофа к контуру
E
ε2 = I2R2+I3R1 .
То же правило применим к контуру DEFD:
ε1 = I3R1.
Вычитая второе равенство из первого, получаем:
ε2 - ε1 = I2R2
→
I2 = (ε2 - ε1)/ R2 .
Теперь применим первое правило Кирхгофа к точке D:
I1 + I2 = I3.
Откуда
I1 = I3 - I2 = ε1/R1 - (ε2 - ε1)/ R2 = ε1 (1/R1+1/R2) - ε2/R2.
Таким образом, при
ε1(1/R1+1/R2) = ε2/R2
ток
I1 = 0.
19. Двум плоским одинаковым конденсаторам, соединенным параллельно,
сообщен заряд q . В момент времени t = 0 расстояние между пластинами первого
конденсатора начинает равномерно увеличиваться по закону d1 = do + vt, а
расстояние между пластинами второго конденсатора равномерно уменьшаться по
закону d2 = do – vt. Пренебрегая сопротивлением подводящих проводов, найти
силу тока в цепи во время движения пластин конденсаторов. Найти работу,
совершаемую электростатическим полем при одновременном увеличении
расстояния между пластинами первого конденсатора и уменьшении расстояния
между пластинами второго конденсатора на величину а.
Ответ: I = ½ qv/do, A = q2a2/ (4εoSdo).
Решение
Обозначим через q1 и q2 заряды на первом и втором конденсаторах к моменту времени
t. Заряды q1 и q2 связаны соотношениями
q1 + q2 = q,
q1/C1 = q2/C2.
Так как
С1 = εoS/(do + vt) ,
С2 = εoS/(do - vt),
то
q1/q2 = ( do – vt) / ( do + vt ).
Отсюда вытекает, что
q1 = ½ q ( do – vt)/do ,
q2 = ½ q ( do + vt)/do.
Убыль заряда на первом конденсаторе равна увеличению заряда на втором конденсаторе.
Сила тока
I = -Δq1/ Δt = Δq2/ Δt = ½ qv/do.
Ток будет течь в направлении от положительно заряженной пластины первого
конденсатора к положительно заряженной пластине второго конденсатора.
Сила притяжения, действующие между пластинами конденсаторов, равны соответственно
F 1 = q1q1/(2εoS) = q2(do – vt)2/(8 εoSdo),
F2 = q2(do + vt)2/ (8 εoSdo).
Так как пластины первого конденсатора раздвигаются, силы электростатического поля
совершают отрицательную работу А1. Во втором конденсаторе эти силы совершают
положительную работу А2. Работа ΔА, совершаемая полем при перемещении каждой из
пластин на малое расстояние Δх, равна
ΔА = ΔА1 + ΔА2 = (F2 – F1) Δх = q2/(2εoS)(x/do) Δх,
где x = vt. Таким образом, работа на малом участке пропорциональна перемещению x ,
как и в случае растяжения пружины. Следовательно, полная работа равна
А = q2a2/(4εoSdo).
Работу можно подсчитать и другим способом. Так как сопротивление соединительных
проводов равно нулю, количество выделившейся теплоты также равно нулю. Поэтому
изменение электростатической энергии двух конденсаторов будет равно работе
электростатического поля.
К моменту времени
t
энергии первого и второго
конденсаторов будут иметь соответственно значения
W1 = ½ q12/C1 = q2/ (8 εoSdo) (do – vt)2(do + vt),
W2 = ½ q22/C2 = q2/ (8 εoSdo) (do + vt)2(do - vt).
Полная энергия
W = W1 + W2 = q2a2/ (4εoSdo) (do2 – a2).
Следовательно, энергия за время t уменьшится на величину
q2a2/ (4εoSdo).
Это изменение будет равно работе А электростатического поля.
20. Пространство между пластинами плоского конденсатора заполнено
жидкостью с диэлектрической проницаемостью ε и удельным сопротивлением ρ.
Найти силу притяжения между пластинами, когда через конденсатор течет ток силой
J. Площадь пластин конденсатора равна S.
Ответ: F = ε0ε2ρ2J2/2S.
Решение.
Напряжение на конденсаторе U найдем из закона Ома:
U = JR,
где R = ρ(d/S) – омическое сопротивление конденсатора →
U = Jρ(d/S).
Напряженность поля внутри конденсатора
E = U/d = Jρ/S.
Эту напряженность создают заряды Q на обкладках конденсатора:
Е = Q/( ε0εS).
Положительный заряд Q = ε0εSE создает напряженность E1 поля, действующую на
отрицательный заряд:
E1 = Q /(2ε0S) = ½ εE.
Обратим внимание, что суммарное поле поляризационных зарядов вне диэлектрика
равно нулю, и поэтому сила электрического действия на заряды обкладок равна нулю. На
отрицательные заряды действует сила
F = QE = ½ εE ε0εSE = ½ ε0ε2E2S.
Подставляя в это выражение Е =Jρ/S, окончательно получим
F = ε0ε2ρ2J2/2S.
21. Найти сопротивление бесконечной цепи, построенной из
одинаковых сопротивлений r.
Ответ: R = r(1+√3).
Решение.
1
Пусть полное сопротивление
1
r
2
2
R
цепи равно R. Очевидно, если мы
выделим мысленно первую ячейку,
то получим ту же цепь с сопротивлением R, так как число ячеек бесконечно. Тогда
сопротивление между точками 1 и 2 равно R и
R = 2r + Rr/(R+r),
Отсюда
R = r(1+√3).
22. Электрический прибор подключен к источнику питания двумя длинными
проводами сечения So = 1 мм2 каждый. При включении прибора выяснилось, что
напряжение на приборе меньше напряжения на выходе источника питания на 10%.
Какой должна быть площадь сечения подводящих проводов той же длины, для того
чтобы напряжение уменьшилось только на 1%. (Меледин, 3.83)
Ответ: Sx = 11 мм2.
Решение
Напряжение на приборе равно
Uпр = UoR/(R + r),
где R – сопротивление прибора, r – сопротивление проводов; отсюда
r = R(Uпр/U – 1).
В первом случае сопротивление проводов
r1 = R(100/90-1) = R/9,
во втором случае сопротивление
r2 = R(100/99 -1) = R/99.
Отсюда r1/r2 = 11, т.е. надо увеличить сечение в 11 раз. Таким образом, Sx = 11 мм2.
23. В плоский конденсатор с квадратными пластинами
вдвигается с постоянной скоростью v металлическая пластина.
Конденсатор включен последовательно с резистором, имеющим
v
сопротивление R, и с источником тока, ЭДС которого равна ε (см.
R
рис.). Найти установившуюся мощность, выделяющуюся на
ε
резисторе. Расстояние между пластинами конденсатора равно do.
Площадь вдвигаемой пластины равна площади пластин
конденсатора L×L, а ее толщина равна d. (Меледин, 3.92)
Ответ: P = ε2R/{R + (do – d)do/(εoLvd)}2.
Решение
d
do-d-z
Пусть пластина вошла в конденсатор на расстояние х, тогда
образовавшуюся систему можно рассматривать как два параллельно
C1
z
x
соединенных конденсатора с площадями L×x и L×(L – x). При этом,
первый из этих конденсаторов, в свою очередь, можно рассматривать
L-x
C2
do
как два последовательно соединенных конденсатора с расстояниями
между пластинами z и do – d – z, где z – расстояние от вдвигаемой
пластины до одной из пластин конденсатора. Емкость первого конденсатора найдем из
соотношения
1/C1 = z/(εoLx) + (do – d – z)/(εoLx) = (do – d )/(εoLx) →
C1 = εoLx/(do – d ).
Емкость второго конденсатора равна
C2 = εoL(L – x)/do.
Изменение заряда на этой системе конденсаторов при увеличении расстояния x на Δх =
vΔt будет равно
Δq = IΔt = U(ΔC1 + ΔC2) = UεoL [Δx/(do – d) - Δx/do) = UεoLΔxd/[(do – d)do] =
= UεoLvΔtd/[(do – d)do].
Или
I = UεoLvd/[(do – d)do].
где U = ε – IR – напряжение на конденсаторе, I – ток в цепи. Разрешая это уравнение
относительно тока, получим
I = ε/{R + (do – d)do/(εoLvd)}.
Отсюда для мощности, выделяющейся в виде теплоты на резисторе, имеем
P = I2R = ε2R/{R + (do – d)do/(εoLvd)}2.
R1
C
R2
Uo
R3
R4
24. Конденсатор емкости С и резисторы, сопротивления которых
равны R1=R2=R3=R4=R, включены в электрическую цепь, как
показано на рисунке. Найти установившийся заряд на
конденсаторе. Напряжение Uo известно. (Меледин, 3.96)
Ответ: q = 4CUo/5 .
Решение
Постоянный ток через конденсатор не течет. Поэтому полный ток по цепи будет равен
J = Uo/[R3(R1+R2)/(R1+R2+R3) + R4] = 3Uo/5R.
Токи через резисторы R1, R2 и R3 связаны соотношениями
J12(R1 + R2) = J3R3, или 2 J12= J3, и
J12 + J3 = J.
Отсюда J12 = J/3 и напряжение на конденсаторе (потенциал правой пластины, поскольку
левая заземлена)
Uc = Uo – J12R = 4Uo/5,
а его заряд
q = 4CUo/5.
25. Определить силу тока, текущего через идеальный диод D в
цепи, изображенной на рисунке. U = 100 B, R = кОм. (Баканина,
3.109)
+U
R
2R
D
Ответ: JD = 4 мА.
3R
4R
Решение
Если предположить, что диод заперт, то получим потенциал левого
+U
J1
С
R
J2
2R
контакта диода
U1 = 3RU/(R + 3R) = 75 B,
D
А
В
JD
3R
J3
а правого –
4R
J4
F
U2 = 4RU/(2R + 4R) = 66.6 B.
Но при такой полярности напряжения на диоде он будет открыт и
его сопротивление будет равно нулю.
Произведем расчет цепи при открытом диоде. Поскольку диод идеальный, то его
сопротивление равно нулю, а, следовательно, и разность потенциалов между точками А
и В равна нулю. Тогда полное сопротивление цепи
Ro = 2R/3 + 12R/7 = 50R/21.
Общий ток в цепи
J = 21U/(50R).
Из схемы следует
2J1 = J2 ,
3J3 = 4J4 ,
J1 + J2 = J3 + J4 = J.
Отсюда
J1 = 7U/(50R),
J2 = 14U/(50R),
J3 = 12U/(50R),
J4 = 9U/(50R),
Но J4 = J1 + JD, →
JD = U/(25R) = 4мА.
7.2. Мощность тока.
1. При каком сопротивлении внешней цепи в ней выделяется максимальная
мощность? Внутреннее сопротивление батареи равно r. Построить качественный
график зависимости КПД батареи от величины внешней нагрузки.
Решение.
На внешней нагрузке выделяется мощность
N
ε2/4r
N = I2R,
где I = ε/(R+r) – ток в цепи. Тогда
0
r
R
N = ε2 R/(R+r)2.
Откуда видно, что мощность будет максимальна при
R = r, Nmax = ε2 /4r.
При (R/r) <<1 ,
N≈ (ε2 /r)(R/r) ~ R,
а при (R/r) >> 1:
N ≈ ε2 /R ~ 1/R.
Коэффициент
η
1
1/2
полезного
действия
батареи
естественным
образом
определяется как отношение
0
r
мощности,
R
внешней
выделяемой
на
нагрузке,
к
мощности, развиваемой батареей:
η = N/Nбат = (I2R)/(Iε) = {ε2 R/(R+r)2}{(R+r)2/ ε2} = R/(R+r) .
При (R/r) <<1: η ≈ R/r,
а при (R/r) >> 1: η → 1.
Следовательно, график имеет примерно такой вид, как приведенный
на рисунке.
Отметим, что максимальное КПД и максимальная мощность, выделяемая на внешней
нагрузке, не могут быть достигнуты одновременно.
Приведенный
пример
демонстрирует
ошибочность
весьма
распространенного
представления о том, что электрическую энергию якобы всегда легко (т.е. с КПД ~1)
превращать в другие виды энергии. В нашем случае такой КПД достигается лишь при
очень больших
R , т.е. при малых токах. Тогда, действительно, почти вся энергия,
вырабатываемая генератором, передается потребителю, но генератор вырабатывает при
этом ничтожную мощность. Промышленные генераторы эксплуатировать в таком режиме
невыгодно.
2. В линии электропередачи, работающей при напряжении U, доля тепловых
потерь от всей передаваемой энергии составляет величину
η. При каком
напряжении следует эксплуатировать эту линию, чтобы тепловые потери
уменьшились в n раз при той же передаваемой мощности?
Ответ: U1 = n1/2 U.
Решение.
Доля тепловых потерь в цепи потребления определяется как
η = (I2R)/N,
где I – ток в цепи , R –сопротивление цепи, N – передаваемая линией мощность. Доли
тепловых потерь в первом и втором случаях связаны соотношением:
η / η1 = (I / I1)2 = n.
Поскольку мощность, передаваемая линией в обоих случаях одна и та же, то
(I .U) = ( I1.U1).
Тогда
n = η / η1 = (U1 / U)2,
отсюда
U1 = n1/2 U.
3. Спираль электроплитки с сопротивлением R = 40 Ом при включении в сеть
имеет температуру на Δt1 = 400oC большую, чем температура воздуха. Дальнейшее
нагревание прекращается из-за теплопередачи в окружающую среду. Какова будет
разность температур спирали плитки и окружающего воздуха, если последовательно
с плиткой включить сопротивление r = 10 Ом? Теплопередача пропорциональна
разности температур спирали и окружающего воздуха. (Гольдфарб, 21.51)
Ответ: Δt2 = Δt1[R/(R + r)]2 = 256oC.
Решение.
Обозначив через Q1 и Q2 тепловые мощности, выделяемые в электроплитке в двух
случаях, указанных в условии задачи, можно записать
Q1 = k Δt1, Q2 = k Δt2.
Подставляя значения Q1 и Q2 равные
Q1 = (U/R)2R,
Q2 = [U/(R +r)]2R,
Получим
[(R +r)/R]2 = Δt1 /Δt2.
Отсюда
Δt2 = Δt1[R/(R + r)]2 = 256oC.
4. В цепи, схема которой показана на рисунке, ЭДС батареи
ε
=
100 В, ее внутреннее сопротивление r = 100 Ом, емкость
R
C
конденсатора С = 200 мкФ и сопротивление нагревателя R = 10
K
Ом. Ключ К переключаются между контактами 1 и 2 десять
2
1
раз в 1 с. Когда ключ находится в положении 1, конденсатор
ε
полностью заряжается, а при его переброске в положение 2
конденсатор полностью разряжается. Чему равен коэффициент полезного действия
цепи? Во сколько раз он выше, чем при непосредственном подключении нагревателя
к батарее? Какова средняя мощность электрического тока в нагревателе? (ВОФ,
1978, 286)
Ответ: η ≈ 0.545 , η/η/ ≈ 6, N ≈ 11 Вт,
Решение.
При зарядке конденсатора до напряжения U = ε по цепи проходит заряд q = Cε.
Источник тока (сторонние силы в источнике) совершает работу
A = qε = Cε2.
Энергия, запасаемая в электростатическом поле конденсатора Wk = ½ Cε2, равна лишь
половине этой работы. Вторая половина идет на нагревание резистора
R
и самого
источника. Энергия W1 , выделяющаяся в резисторе, и энергия W2, обусловливающая
нагрев источника, выражаются так:
W1 = I2RΔt и W2 = I2rΔt.
Следовательно
W1/W2 = R/r и W1+ W2 = ½ Cε2.
Отсюда найдем, что в резисторе R выделяется энергия
W1 = ½ Cε2[R/(R + r)].
При разрядке конденсатора в резисторе выделится дополнительно энергия Wk = ½ Cε2.
Следовательно, за период колебаний переключателя всего в резисторе выделяется
энергия
W = ½ Cε2[1 +R/(R + r)].
Мощность тока в резисторе равна
N = ½ f Cε2[1 +R/(R + r)] ≈ 11 Вт,
где f – число переключений в 1с. КПД цепи равен
η = W/A = ½ [1 +R/(R + r)] ≈ 0.545.
При непосредственном подключении резистора R к источнику по цепи будет идти
ток I = ε/(R + r)].
При этом мощность тока в резисторе
I2R = ε2R /(R + r)2.
КПД при этом будет равен
η/ = R/(R + r) ≈ 0.09,
т.е. значительно меньше, чем в первом случае.
5. В комнате горит электрическая лампа мощностью Р1 = 100 Вт, подключенная к
сети с напряжением U = 220 В. Сопротивление проводов, подводящих к квартире
электроэнергию, составляет Ro = 4 Ом. Как изменится напряжение на лампе, если
включить электрокамин мощностью Р2 = 500 Вт? (1001, 13.63*)
Ответ: понизится на ΔU = 8 B.
Решение.
По
номинальной
мощности
приборов
(т.е.
соответствующей
нормальному
напряжению в сети) определим их электрические сопротивления:
R1 = U2/P1 = 480 Ом,
R2 = U2/P2 = 97 Ом.
До включения электрокамина напряжение на лампе было
U1 = UR1/(Ro + R1) = 218 B.
После включения электрокамина сопротивление потребителей электроэнергии в
комнате составит
R12 = R1R2/( R1 + R2) = 81 Ом.
Теперь напряжение на лампе и электрокамине будет
U2 = UR2/(Ro + R12) = 210 B.
Таким образом, напряжение на лампе понизилось на
ΔU = U1 - U2 = 10 В.
6. Ванна с раствором серной кислоты подключена к батарее с ЭДС ε = 5 В. Изменяя
расстояние между электродами, их установили так, что батарея отдает во внешнюю
цепь максимальную мощность. Найти эту мощность, если за время τ = 0.5 ч при
электролизе выделилось m = 0.3 г водорода. (МГУ, Физ. Фак., 1999)
Ответ: Nmax = 24 Вт
Решение.
Согласно закону Фарадея сила тока была
Q = mnNAe/μ , → I = mnNAe/(μ τ),
где NAe = FФ = 96.5 кКл/моль – число Фарадея. В то же время при отсутствии
поляризации электродов по закону Ома
I = ε/(R + r),
где r – внутреннее сопротивление батареи, а R – сопротивление ванны. Мощность,
отдаваемая батареей в цепь
N = I2R = ε2R/(R + r)2.
Определить максимальную мощность и соответствующее ей сопротивление R
можно, например, так. Последнее выражение эквивалентно выражению
NR2 – (ε2 – 2Nr)R + Nr2 = 0,
которое обращается в тождество, если сопротивление ванны
R1,2 = {(ε2 – 2Nr) ± [(ε2 – 2Nr)2 – 4N2r2]1/2}/(2N).
Поскольку подкоренное выражение должно быть неотрицательным, то
максимальная мощность должна быть равна
Nmax = ε2/(4r),
а сопротивление R ванны должно быть равно внутреннему сопротивлению r
батареи и равно
R = ½ ε/I.
Следовательно, искомая мощность при заданных параметрах равна
Nmax = ½ ε mnNAe/(μ τ) ≈ 24 Вт.
С
A
B
E
D
R
7. Металлическая звезда, все ребра которой обладают
сопротивлением R, включена в электрическую цепь, как
показано на рисунке. Найти отношение количеств теплоты,
выделившейся на ребрах BD , BC, CD, AB, BE, за одно и то же
время. Как изменится эти отношения, если сопротивление ребра
BD сделать равным нулю, а сопротивление ребра CD равным
2R? (Меледин, 3.89)
Ответ: 1) QBD: QBC : QCD : QAB : QBE = 0 : 9 : 9 : 1 : 4 ;
2) QBD: QBC: QCD: QAB : QBE = 0 : 16 : 8 : 1 : 4.
Решение.
Из соображений симметрии следует, что
IBD = 0,
ICD = IBC = ½ Io.
Количество выделившейся теплоты
Q ~ I2R. Запишем соотношение для
токов,
протекающих через ребра AB и ВЕ:
IAB / IBE = R/(2R),
IAB + IBE = ½ Io,
IAB = Io/6,
IBE = Io/3.
Таким образом
QBD : QBC : QCD : QAB : QBE = 0 : 9 : 9 : 1 : 4.
Если сопротивление ребра BD сделать равным нулю, а сопротивление ребра CD
равным 2R, то соотношение для токов будут иметь вид
IBC / ICD = 2R/R,
IAB / IBE = R/(2R),
IBC + ICD = Io ,
IBC= Io/6,
ICD = Io/3.
IAB + IBE = ½ Io , IAB = Io/6, IBE = Io/3.
Таким образом, в этом случае
QBD : QBC : QCD : QAB : QBE = 0 : 16 : 8 : 1 : 4.
8. При передаче электроэнергии на большое расстояние используется
трансформатор, повышающий напряжение до 6 кВ, загруженный до номинальной
мощности 1000 кВт. При этом разность показаний счетчиков электроэнергии,
установленных на трансформаторной подстанции и в приемном пункте,
увеличивается ежесекундно на 216 кВт.ч. во сколько раз необходимо повысить
напряжение, чтобы потери электроэнергии не превышали 0.1 %? (Козел, 3.107)
Ответ: U2 = U1 [Δn/(ηNt)]1/2 = 18 кВ.
Решение.
Разность показаний счетчиков увеличивается из-за потерь электроэнергии на
нагревание подводящих проводов, имеющих сопротивление
r. Пусть начальное
напряжение источника равно U1 и ток в цепи равен I1. В этом случае мощность потерь
N1 = I12r,
причем I1 = N/U1,
где N = 1000 кВт – полная мощность, отдаваемая трансформатором. Мощность N1
можно выразить через разность показаний счетчиков n1 и n2:
N1 = (n1 - n2)/t = Δn/t,
где t – время за которое разность показаний увеличивается на Δn. При повышении
напряжения до U2 и токе в цепи I2 имеем мощность потерь
N2 = I22r, причем I2 = N/U2 .
Система уравнений приводит к соотношению
N2/N1 = U12/U22.
Учитывая условие N2 = ηN, (η = 10 –3), получаем
U2 = U1 [Δn/(ηNt)]1/2 = 18 кВ.
9. Имеется металлический диск радиуса ro (см. рис.),
вращающийся с угловой скоростью ω. Диск включен в
электрическую цепь при помощи скользящих контактов,
R
касающихся оси диска и его окружности. Сопротивление
диска ничтожно мало по сравнению с сопротивлением
нагрузки
R.
Определить
количество
теплоты,
ω
выделяющейся за единицу времени. Объяснить с точки
зрения электронной теории металлов, что является
причиной торможения диска. (Буховцев,1987, 539)
Ответ: W = (mω2rо2/e)2/(4R).
I
Решение.
Во вращающемся диске происходит перераспределение зарядов и возникает
электрическое поле, напряженность которого
E = mω2r/e,
где r – расстояние от центра диска, е – заряд электрона, m – его масса (Свободные
электроны вращаются вместе с диском. Ускорение электрона может возникнуть только
под действием электрического поля, направленного вдоль радиуса от центра цилиндра).
Разность потенциалов между центром и краем диска численно равна площади под
графиком напряженности E(r) , т.е.
U = ½ mω2rо2/e.
Количество теплоты выделяющейся на сопротивлении в единицу времени
W = IU = U2/R = (mω2rо2/e)2/(4R).
Вращение диска тормозят движущиеся от центра к периферии электроны, вследствие
обмена импульсом при столкновении с ионами.
10. Напряжение в сети, измеренное до включения нагрузки, равно 120 В. при
включении лампочки с номинальной мощностью 100 Вт напряжение упало до 110
В. Какой номинальной мощности электроплитку включили параллельно
лампочке, если напряжение на лампочке упало до 90 В? Лампочка и плитка
рассчитаны на одинаковое напряжение. Изменением сопротивления лампочки и
плитки при изменении накала пренебречь. (Баканина, 447)
Ответ: WH,пл ≈ 270 Вт.
Решение.
Уменьшение напряжения сети связано с тем, что при протекании
R
по цепи тока J создается падение напряжения на сопротивлении
ε
U
R
подводящих проводов r и внутреннем сопротивлении
генератора (которое, впрочем, обычно весьма мало).
Рассматривая схему, представленную на рисунке, где под R
подразумевается сопротивление нагрузки, а под r – сопротивление подводящих
проводов, можем сделать следующие выводы:
1) Включена одна лампочка:
ε = Jo(Ro + r),
причем
Ro = UН2/WH,л ,
где WH – номинальная мощность лампочки (мощность, потребляемая лампочкой при
нормальном накале) при нормальном для нее (номинальном) напряжении в сети UН. С
другой стороны,
Uo = JoRo,
где Uo – напряжение на лампочке, включенной в данную сеть. Тогда
r = (UН2/WH,л)(ε /Uo – 1).
2) включены параллельно лампочка и плитка:
ε = J1(R + r),
где R = RoR1/(Ro + R1)
(R1 – сопротивление плитки). С другой стороны
U1 = J1R1,
где U1 – напряжение в сети при параллельно включенных лампочке и плитке. Отсюда
определим сопротивление плитки:
R1 = RorU1/[Ro(ε – U1) – U1r] = (UН2 U1 (ε - Uo)/[WH,л ε (Uo – U1)].
Номинальная мощность плитки находится из соотношения
WH,пл = UН2/R1 = WH,л ε (Uo – U1)/[U1(ε - Uo)] ≈ 270 Вт.
11.
Два
параллельно
включенных
в
электрическую
цепь
нагревателя
представляют собой отрезки проволоки из одинакового материала с диаметрами
d и D соответственно. Длина первой проволоки l. Определить длину второй
проволоки, если известно, что при длительной работе их температуры оказались
одинаковыми. Теплоотдача пропорциональна площади поверхности проволоки.
(Бакатина, 461)
Ответ: L = l(D/d)1/2.
Решение.
Обозначим через R1 и R2 величины сопротивлений соответственно первого и второго
отрезков проволоки, через U – разность потенциалов на их концах. На основании
условия теплового равновесия имеем
U2/R1 = kdl,
U2/R2 = kDL,
где k – некоторый коэффициент пропорциональности, L – длина второй проволоки.
Отсюда
R1/R2 = DL/ (dl).
С другой стороны,
R1 = ρl/(πd2/4),
R2 = ρL/(πD2/4),
где ρ – удельное сопротивление материала проволок. Из этих соотношений находим
R1/R2 = lD2/Ld2.
Сравнивая два полученных выражения для отношения сопротивлений, получим
окончательно
L = l(D/d)1/2.
12. Какой ток пойдет по подводящим проводам при коротком замыкании, если на
каждой из плиток, имеющих сопротивления R1 = 200 Ом и R2 = 500 Ом, при
поочередном раздельном включении выделяется одинаковая мощность Р = 200Вт?
Ответ: I = 1.6 A.
Решение.
Ток короткого замыкания равен
I = U/r,
где U – напряжение в сети, r – сопротивление подводящих проводов. Значения U и r
можно найти из условия, что на двух сопротивлениях R1 и R2 выделяется одинаковая
мощность
R1 [U/(R1 + r)]2 = P,
R2 [U/(R2 + r)]2 = P,
Отсюда r = (R1R2)1/2 = 316 Ом , U = 516 В и таким образом I =1.63 A.
13. Имеются четыре тонкие проволочные спирали, каждая из которых рассчитана
на мощность не более 2 Вт. Сопротивления спиралей 10, 20, 30 и 40 Ом. Как из этих
спиралей составить нагреватель, в котором источник с ЭДС ε = 20 В и внутренним
сопротивлением r = 25 Ом будет развивать наибольшую мощность?
Решение.
Мощность Р нагревателя с сопротивлением R определяется формулой
P = I2R = ε2R/(R + r)2,
где ε – ЭДС источника, r – его внутреннее сопротивление. Эта мощность максимальна
при R = r.
Таким образом, рассматриваемый нагреватель
10 Ом
40 Ом
будет иметь максимальную мощность, если его
сопротивление сделать близким или равным 25
Ом. Для этого спирали нужно соединить так,
20 Ом
30 Ом
как показано на рисунке. Нетрудно убедиться,
что мощность каждой спирали при этом не
будет превышать 2 Вт.
14. Электрический чайник имеет две обмотки. При включении одной из них он
закипает через время t1, при включении другой – через время t2. Через какое время
закипит чайник, если обмотки соединить последовательно или параллельно?
Ответ: tпосл = t1 + t2 , tпар = t1t2/(t1 + t2).
Решение.
Так как чайник во всех случаях включается в одну и ту же электрическую сеть,
удобнее применять формулу для количества выделенной теплоты в форме
W = (U2/R)t.
Отсюда
R = (U2/W)t.
Так как U и W одни и те же для всех случаев, последнее равенство можно переписать
в виде
R = αt,
2
где α = U /W.
Обозначая через R1 и R2 сопротивления обмоток, имеем
R1 = αt1 и R2 = αt2 .
При параллельном соединении обмоток
R = R1R2/(R1 + R2) = αt1t2/(t1 + t2) = αtпар.
При последовательном соединении
R = R1 + R2 = α/(t1 + t2) = tпосл.
Отсюда
tпосл = t1 + t2 , tпар = t1t2/(t1 + t2).
15. Участок электрической цепи состоит из лампы сопротивлением Rл = 200 Ом,
рассчитанной на мощность Рл = 60 Вт, электроплитки сопротивлением Rпл = 90
Ом, включенной параллельно лампе, и соединительных проводов длиной L = 10 м
с площадью поперечного сечения S = 0.8 мм2, сделанных из стали. Накал
лампочки нормальный. Найти силу тока J2 в плитке, потерю мощности ΔР на
соединительных проводах и мощность тока Рпл в электроплитке. Удельное
сопротивление стали ρ = 1.2.10-7 Ом.м. (Касаткина с.229)
Ответ: Jпл = 1.2 А, Рпл = 130 Вт, ΔР = 4.6 Вт.
Решение
Схема участка цепи показана на рисунке. Поскольку
Rпр J
Jл
Rл
J
лампа горит нормальным накалом, то мощность тока,
Jпл
Rпл
выделяющаяся на ней равна номинальной мощности
лампы Рл, а значит, можно найти ток, протекающий
через лампу
Jл = (Рл/Rл)1/2.
Поскольку лампа и плитка соединены параллельно, то JлRл = JплRпл. Отсюда
Jпл = (Rл/Rпл)(Рл/Rл)1/2 = 1.2 А.
Тогда мощность тока, выделяемая на плитке, равна
Pпл = Jпл2 Rпл = Pл(Rл/Rпл) = 130 Вт.
Мощность тока в соединительных проводах равна
ΔР = J2Rпр = (Jл + Jпл)2Rпр, где Rпр = ρ(L/S).
Окончательно для потери мощности в проводах получим
ΔР = ρ(L/S)(Pл/Rл)[1 + (Rл/Rпл)]2 = 4.6 Вт.
16. В плоский конденсатор с квадратными пластинами
вдвигается с постоянной скоростью v металлическая пластина.
Конденсатор включен последовательно с резистором, имеющим
v
сопротивление R, и с источником тока, ЭДС которого равна ε (см.
R
рис.). Найти установившуюся мощность, выделяющуюся на
ε
резисторе. Расстояние между пластинами конденсатора равно do.
Площадь вдвигаемой пластины равна площади пластин
конденсатора L×L, а ее толщина равна d. (Меледин, 3.92)
Ответ: P = ε2R/{R + (do – d)do/(εoLvd)}2.
Решение
d
do-d-z
Пусть пластина вошла в конденсатор на расстояние х, тогда
образовавшуюся систему можно рассматривать как два параллельно
C1
z
x
соединенных конденсатора с площадями L×x и L×(L – x). При этом,
первый из этих конденсаторов, в свою очередь, можно рассматривать
L-x
C2
do
как два последовательно соединенных конденсатора с расстояниями между пластинами z
и do – d – z, где z – расстояние от вдвигаемой пластины до одной из пластин конденсатора.
Емкость первого конденсатора найдем из соотношения
1/C1 = z/(εoLx) + (do – d – z)/(εoLx) = (do – d )/(εoLx) →
C1 = εoLx/(do – d ).
Емкость второго конденсатора равна
C2 = εoL(L – x)/do.
Изменение заряда на этой системе конденсаторов при увеличении расстояния x на Δх =
vΔt будет равно
Δq = IΔt = U(ΔC1 + ΔC2) = UεoL [Δx/(do – d) - Δx/do) = UεoLΔxd/[(do – d)do] =
= UεoLvΔtd/[(do – d)do].
Или
I = UεoLvd/[(do – d)do].
где U = ε – IR – напряжение на конденсаторе, I – ток в цепи. Разрешая это уравнение
относительно тока, получим
I = ε/{R + (do – d)do/(εoLvd)}.
Отсюда для мощности, выделяющейся в виде теплоты на резисторе, имеем
P = I2R = ε2R/{R + (do – d)do/(εoLvd)}2.
17. Металлический шар, находящийся в вакууме и удаленный от окружающих
предметов, заземлен через резистор, имеющий сопротивление R. На шар налетает
пучок электронов, скорость которых вдали от шара равна v, так что на шар
попадает nt электронов в единицу времени. Какое количество теплоты выделяется в
шаре в единицу времени? Масса и заряд электрона равны m и е. (Меледин, 3.103)
Ответ: Qt = nt ½ mv2[1 - 2nte2R/(mv2)] при ½ mv2 > nte2R; Qt = 0 при ½ mv2 ≤ nte2R.
Решение
По закону сохранения энергии в шаре в единицу времени выделяется количество теплоты
Qt, равное разности энергии попавших на шар nt электронов и тепловой энергии J2R,
выделившейся на резисторе с сопротивлением R в единицу времени:
Qt = nt ½ mv2 – J2R,
где J = nte. Отсюда
Qt = nt ½ mv2[1 - 2nte2R/(mv2)].
Отметим, что выделенное в шаре тепло, фактически, связано с неупругим соударением
электронов с поверхностью шара. Однако, данное рассмотрение справедливо только в том
случае, если электроны достигают шара, т.е. если выполняется неравенство
½ mv2 > eφ > nte2R,
где φ = JR = nteR – потенциал шара.
В противном случае, т.е. при ½ mv2 ≤ nte2R, выделенное в шаре тепло будет равно нулю
Qt = 0 при ½ mv2 ≤ nte2R
Физически, в этом случае электроны достигают шара с нулевой скоростью (при ½ mv 2 =
nte2R) либо вообще не достигают его (при ½ mv2 < nte2R).
18. Две константановые проволоки одинаковой длины, диаметр одной из которых
вдвое больше диаметра другой, включены параллельно в электрическую цепь. Во
сколько раз отличаются их тепловые удлинения при длительном протекании тока в
цепи? Теплоотдача с единицы поверхности пропорциональна разности температур
проволоки и воздуха. Зависимостью сопротивления проволоки от температуры
пренебречь. Как изменится ответ, если проволоки включить последовательно?
Ответ: При параллельном соединении удлинение толстой проволоки будет в 2 раза
больше. При последовательном – в 8 раз меньше.
Параллельное включение.
U2/R = kSΔT,
R = ρL/( ¼ πd2), S = πdL. → ΔL1/ΔL2 = ΔT1/ΔT2 = d1/d2 = 2.
Последовательное включение. J2R = kSΔT
ΔL1/ΔL2 = ΔT1/ΔT2 = (d2/d1)3 = 8.
Таким образом, при параллельном соединении удлинение толстой проволоки будет в
2 раза больше. При последовательном – в 8 раз меньше.
19. Между обкладками плоского конденсатора расположена
диэлектрическая пластина (ε = 3), заполняющая весь объем
U
конденсатора. Конденсатор через резистор подключен к батарее
с ЭДС U = 100 В (см. рис.). Пластину быстро удаляют ток, что
заряд на конденсаторе не успевает измениться. Какая энергия
выделится после этого в цепи в виде теплоты? Емкость незаполненного
конденсатора Со = мкФ.
Ответ: Q = ½ CoU2(1 – ε)2.
R
q1 = εCoU,
W1 = ½ (εCoU)2/Co = ½ Co(εU)2.
q2 = CoU,
W2 = ½ CoU2.
ΔW = ½ CoU2(1 – ε2),
A = ΔW + Q →
Q = A – ΔW = ½ CoU2(1 – ε)2.
A = CoU2(1 – ε).
20. Зарядку конденсатора емкостью С до напряжения 2ε
производят двумя способами (см. рис.): либо ключ К сразу
3
2
1
ставят в положение 3, либо его сначала ставят в положение 2 и
K
затем, после зарядки конденсатора до напряжения ε,
переводят в положение 3. Найдите отношение КПД батареи
при различных способах зарядки.
R
C
Ответ: η2/η1 = 4/3.
Первый способ. q1 = 2Cε, W1 = 2Cε2, A1 = 4Cε2, η1 = W1/A1 = ½ .
Второй способ. W2 = W1. a) qa = Cε, Aa = Cε2.
b) qb = Cε,
Ab = 2Cε2.
A2 = Aa + Ab = 3Cε2. η1 = W1/A2 = 2/3. η2/η1 = 4/3.
ε
ε
VIII. Электромагнетизм.
7.1. Сила Ампера, Лоренца.
1. Проволочное кольцо радиуса R = 0.1м помещено в неоднородное магнитное поле
на краю соленоида так, что вектор магнитной индукции В пересекает кольцо
веерообразно под углом  = 60о к плоскости кольца. Какую силу F надо
приложить к витку, чтобы при силе тока I = 12А в нем удержать кольцо в
равновесии? Величина индукции
В
магнитного поля равна 0.16 Тл.
Ответ: F = 0.6 H.
2. На
непроводящей
горизонтальной
поверхности
стола
лежит
жесткая тонкая
a
проводящая
квадратная
рамка
со стороной
Ш
a
I
равной а, сделанная из однородного куска
проволоки. Рамка находится в магнитном
a
поле длинного горизонтального провода с
Вид сбоку
Вид сверху
током I, расположенного симметрично над
рамкой. Масса рамки М, индукция магнитного поля у боковых сторон 1 и 2
равна В. Коэффициент трения скольжения рамки о стол таков, что при некоторой
величине тока J, пропущенного через рамку, она начинает приподниматься (без
скольжения) относительно одной из своих сторон. Найти величину этого тока.
Ответ: J = Mg / (Ba√3).
B
I
3. В однородном магнитном поле с индукцией В = 0.02Тл
расположено проволочное полукольцо длиной L = 3см,
по которому течет ток I = 0.1А. Магнитное поле
направлено перпендикулярно плоскости полукольца (см.
рис.). Найти силу, действующую на полукольцо со
стороны магнитного поля. Ответ: F = 3.8 10-5H.
4. В вакууме создано однородное постоянное магнитное поле с индукцией B. Область
пространства, где есть магнитное поле, имеет форму цилиндра радиуса R, ось
которого параллельна B. К этой области со скоростью v, направленной вдоль
одного из радиусов, подлетает электрон. Найти время движения электрона в
магнитном поле. (МГУ, физ. фак. , 2000) Ответ: τ = (2m/eB)arctg (eBR/mv).
5. На концах тонкого жесткого невесомого горизонтального диэлектрического
стержня закреплены два маленьких шарика, каждый из которых имеет массу m и
заряд q. Стержень медленно раскручивают вокруг вертикальной оси, проходящей
через его середину. Когда угловая скорость вращения стержня становится равной
ωo, стержень разрывается. При какой угловой скорости разорвался бы стержень,
если бы он находился в однородном вертикальном магнитном поле с индукцией B?
(МГУ, физ. фак.,2000) Ответ: ω = [(qB/2m)2 + ωo2]1/2 ± qB/2m .
6. Отрицательная заряженная частица влетает в область однородного магнитного
поля
с
индукцией
В = 1мТл, где движется по дуге окружности радиусом R = 0.2м. Затем частица
попадает в однородное электрическое поле, где пролетает вдоль направления
силовой линии участок с разностью потенциалов U = 1кВ, при этом скорость
частицы меняется в n = 3 раза. Определить конечную скорость частицы. Ответ: v
= 3.8.106м/с.
7. В пространстве созданы магнитное поле с индукцией В = 0.06 Тл и электрическое с напряженностью Е = 25 В/м, причем силовые линии полей параллельны друг
другу. В эти поля с начальной скоростью vo = 25 км/с влетает α - частица под
углом β= 60o к силовым линиям. Чему равен шаг пятого витка спирали, по которой
движется частица? Масса α-частицы приближенно равна mα = 4mp , заряд qα =
2|e|,
где
| e | = 1.6 10-19 Кл - величина заряда электрона,
-27
mp = 1.67 10 кг - масса протона. (МАИ,1999) Ответ: h = (4πmp/ | e |B){vоcosβ +
9πE/B} = 53 мм.
8. Магнитогидродинамический насос для перекачки жидких
(расплавленных металлов) имеет участок в виде канала
квадратного
сечения
со
стороной
d = 2 см, находящийся в однородном магнитном поле. При
I
пропускании через боковые электроды перпендикулярно магнитному полю тока
I = 100 А в насосе создается перепад давления ΔР = 0.2 кПа. Определить
индукцию магнитного поля. Ответ: В = 0.04 Тл.
В
O
B
a
b
C
B
A
I
D
O|
9. Прямоугольный контур АBCD , стороны которого имеют
длины a и b , находится в однородном магнитном поле
индукции В и может вращаться вокруг оси ОО/ (см. рис).
По контуру течет постоянный ток I. Определить работу,
совершенную магнитным полем при повороте контура на
180о, если вначале плоскость контура была перпендикулярна
магнитному полю и сам контур расположен так, как показано
на рисунке. Ответ: А = 2BIab.
10. Из двух одинаковых кусков тонкого покрытого изоляцией провода изготовили две
круглые рамки. Первая рамка имеет один (n1 = 1), а вторая – два витка (n2 =2).
Рамки поместили в однородное магнитное поле на достаточно большом расстоянии
друг от друга, соединив концы проводников рамок с помощью одинаковых
электрошнуров с источником постоянного тока. Во сколько раз будут отличаться
максимальные моменты сил, которые могут действовать на эти рамки со стороны
магнитного поля? (МГУ, физ. фак.,1995г.) Ответ: М1/М2 = 2.
11. В вертикальном магнитном поле установлена плоскость, угол наклона которой к
горизонту равен α. Этот угол можно изменять, поворачивая плоскость вокруг
некоторой оси. Перпендикулярно этой оси на плоскости закреплены две гладкие
проводящие шины. На шины, перпендикулярно им, кладут, а затем отпускают без
начальной скорости тонкий массивный проводящий стержень. Опыт повторяют,
уменьшив угол наклона в n =2 раза. Найти отношение разности потенциалов
между шинами через один и тот же промежуток времени после начала движения в
этих опытах. (МГУ, физ. фак.,1995г.) Ответ: Δφ1/ Δφ2 = 2cosα.
12. Заряженная
частица
движется
в
однородных,
взаимноперпендикулярных электрическом и магнитном
полях. В некоторый момент времени ее скорость
vo
E vo
перпендикулярна векторам Е и В. Чему будет равно
отношение изменения кинетической энергии к начальной
кинетической энергии частицы в те моменты, когда вектор ее скорости будет
перпендикулярен vo, если известно, что β = Е/(voB) << 1? (МФТИ,1992)
Ответ: ΔK/Ko = 2β.
B
13. В простейшей схеме магнитного гидродинамического генератора плоский
конденсатор с площадью пластин S и расстоянием между ними d помещен в
поток проводящей жидкости с удельным сопротивлением ρ. Жидкость движется с
постоянной скоростью v параллельно пластинам. Конденсатор находится в
магнитном поле с индукцией В, направленной перпендикулярно к скорости
жидкости и параллельно плоскости пластин. Какая мощность выделяется во
внешней цепи, если замкнуть конденсатор на внешнее сопротивление R? Ответ:
P = (vBd)2R/(R + ρd/S)2.
14. Две параллельные шины, подключенные к аккумулятору с
ЭДС εо и внутренним сопротивлением r , находятся в
B
однородном магнитном поле с индукцией В. Шины
замкнуты проводником длины l и сопротивлением R , который перемещается по
шинам без нарушения контакта перпендикулярно линиям индукции поля со
скоростью v. Пренебрегая сопротивлением шин, определить напряжение на
зажимах источника, мощность, выделяемую в проводнике, а также механическую
мощность, подводимую к проводнику.
Ответ: U = (εо R + lvBr)/(R + r),
2
P =R [(εо – lvB)/(R + r)] , N = lvB [(εо R – lvB) /(R + r)].
εo ,r
v
15. По горизонтальным параллельным рельсам, расстояние между
которыми равно d, может скользить без трения перемычка,
B
масса которой
m.
Рельсы соединены резистором
сопротивлением R и помещены в вертикальное магнитное поле, индукция
которого В. Перемычке сообщают скорость vo. Найти путь S, пройденный
перемычкой до остановки. Ответ: S = (mvoR) / (B2d2).
R
vo
1. По бесконечно длинному прямолинейному тонкому проводу
AKD течет ток (см. рис.). В некоторой точке С индукция
J
магнитного поля, создаваемого этим током, равна
В. Как
C
изменится магнитная индукция в точке С, если провод с этим
током займет положение АКD1? Ответ: В1 = ½ В.
D1
A
K 90o D
2. В однородном магнитном поле с индукцией В частице с массой m и зарядом q
(q>0) сообщают скорость v , составляющую острый угол  с направлением поля.
Определить траекторию движения частицы.
Ответ: траектория – винтовая
линия
с
шагом
H
=
2mvcos/qB
и
радиусом
R = mvsin/qB.
1. Плоская проволочная рамка может свободно вращаться вокруг оси,
перпендикулярной магнитной индукции однородного магнитного поля. Указать
положение устойчивого равновесия рамки, если магнитное поле убывает; если
магнитное поле возрастает.
2. В однородном магнитном поле индукцией В частице с массой m и зарядом q (q
> 0) сообщают скорость v, направленную перпендикулярно линиям магнитной
индукции. Определить траекторию движения частицы в магнитном поле. Ответ:
частица
движется
по
дуге
окружности
радиуса
R = mv/qB.
1. Электрон со скоростью v = 109см/с влетает в область
однородного магнитного поля с индукцией В = 10-3Тл.
B
Направление скорости перпендикулярно линиям индукции
поля. Определить максимальную глубину h проникновения
электрона в область магнитного поля. Угол падения  = 30о.

Отношение
заряда
электрона
к
его
массе
 = 1.76 1011Кл/кг. Ответ: h = 28мм.
1. Плоский замкнутый металлический контур площадью So = 10см2 деформируется в
однородном магнитном поле, индукция которого В = 10-2Тл. Площадь контура за
время τ = 2c равномерно уменьшается (плоскость контура при этом остается
перпендикулярной магнитному полю) до SK = 2см2. Определить силу тока,
протекающего по контуру в течение времени τ, если сопротивление контура R = 1
Ом. Ответ: I = 4мкА.
2.
3. В цепи (см. рис.) L = 2мкГн, Ro = 1 Ом,  = 3В, r =
L
Ro
0. Ключ К замыкают. После того как ток в катушке
достигает
установившегося
значения,
ключ
размыкают.
Найти
количество
теплоты,
R
выделившееся
в
цепи
после
размыкания
ключа.
K
Ответ: W = 9мкДж.
ε,r
ВОПРОСЫ:
ВОПРОС. При включении в электрическую цепь двух одинаковых катушек, намотанных
одинаковым проводом так, что их сопротивления равны, одна обнаруживает магнитное
действие, притягивая, например, железный предмет, а другая нет. Почему?
ОТВЕТ. Катушка, не проявляющая магнитного действия, имеет, вероятно, намотку,
выполненную сложенным вдвое проводом и называемую также бифилярной. В таком
случае токи в соседних прилегающих друг к другу витках текут в противоположных
направлениях и их магнитные поля, очевидно, взаимно гасятся.
Проводящее кольцо (с проводящими спицами) может свободно вращаться вокруг
своей оси, расположенной вертикально. Между центром колеса и его ободом имеется
постоянная разность потенциалов. Если к колесу поднести магнит (например, снизу),
оно начинает вращаться. При смене полюса магнита направление вращения
изменяется на противоположное. Объяснить явление.
Взаимодействие радиального тока и перпендикулярного плоскости колеса магнитного
поля создает момент силы Ампера, направленной так, что колесо будет вращаться. При
смене полюса направление силы, момента силы и вращения сменяются на
противоположные.
С какой скоростью будет нарастать ток в цепи, показанной на рисунке, если
замкнуть ключ К? (L = 0.01 Гн, ε = 9В)
L
R
Пусть в произвольный момент после замыкания цепи ток равен J, а
его скорость возрастания (производная по времени) dJ/dt. По закону
Ома для замкнутой цепи
ε - L dJ/dt = J(R + r).
K
в первый момент после замыкания цепи J = 0 и скорость нарастания
ε,r
тока
dJ/dt = ε/L = 900 А/с.
В каком направлении потечет ток через гальванометр G
после замыкания ключа К?
Ток в правой катушке начнет возрастать и в сердечнике
появится увеличивающееся магнитное поле, направленное по
K
ε
правилу буравчика справа налево. Индукционный ток в левой
G
катушке создаст в сердечнике собственное магнитное поле,
которое по правилу Ленца будет направлено против поля правой катушки, т.е. вправо.
Воспользовавшись правилом буравчика, находим направление тока в левой катушке: ток
через гальванометр потечет слева направо.
Кольцо из сверхпроводника находится вблизи постоянного магнита и
пронизывается магнитным потоком Ф. Тока в кольце нет. Каким будет магнитный
поток через кольцо, если убрать магнит?
При удалении магнита в кольце возникнет такой индукционный ток, магнитное поле
которого создаст поток через кольцо, в точности равный потоку, создаваемому полем
постоянного магнита. Действительно, сопротивление кольца R = 0 и скорость изменения
магнитного потока Ф, создаваемого полем постоянного магнита и полем индукционного
тока в кольце, dФ/dt = 0. Следовательно, при перемещении магнита магнитный поток
через кольцо будет все время одинаков, и после удаления магнита останется равным Ф.
Два одинаковых проволочных кольца в форме окружностей с равными токами
расположены так, что их плоскости перпендикулярны. Магнитная индукция в их
общем центре В. Какая будет магнитная индукция в общем центре, если прежний
ток пойдет только по одному кольцу?
Ответ: В1 = В/√2
Найти индукцию магнитного поля в т. О (см. рис.), созданного током J , текущим в
бесконечно длинном тонком проводе с петлей с форме
J
O
полуокружности радиуса R. Известно, что индукция
R
магнитного поля в центре кругового витка радиуса R с
током такой же силы равна В = 0.006 Тл.
В т.О магнитное поле, созданное током J, текущим в
M
двух полубесконечных участках АВ и СD равно нулю,
т.к. т.О находится на продолжении этих участков.
A
B
O C
D Поэтому поле в т.О создается только током J в петле
ВКС. Индукция этого поля в т.О направлена
K
перпендикулярно плоскости рисунка, из-за плоскости
рисунка и равна половине индукции поля, BKCMB с тем же током J. Итак, индукция поля
в т.О Во = ½ В = 0.003 Тл.
L
Когда можно ожидать появления искры между контактами
ключа К: при замыкании или размыкании цепи?
R
При размыкании цепи ток вынужден резко уменьшаться, что
вызывает появление больших ЭДС самоиндукции в имеющихся в
K
цепях индуктивностях. По правилу Ленца направление этих ЭДС
ε,r
таково, что они препятствуют уменьшению тока в цепи, т.е.
пытаются сохранить ток прежним. В результате между разомкнутыми контактами
рубильника возникает большая разность потенциалов, происходит электрический пробой
воздуха и кратковременно возникает электрическая дуга – рубильник искрит.
Из кольца выдвигают магнит. Какое электрическое явление возникает в кольце из
а) проводника; б) диэлектрика?
Появляется вихревое электрическое поле, под действием которого в кольце из проводника
возникает индукционный ток, а вещество в кольце из диэлектрика поляризуется.
На рисунке показано направление тока в левом проводе. Как направлен ток в
правом проводе, если провода отталкиваются друг от друга?
F
F
Ток в правом проводе направлен противоположно току в левом проводе.
J
Протон движется в постоянном неоднородном магнитном поле. Как будет меняться
модуль скорости протона при попадании в область более сильного поля?
Модуль скорости протона меняться не будет, т.к. сила Лоренца, действующая на протон,
всегда перпендикулярна скорости протона и работы не совершает.
При включении в электрическую цепь двух одинаковых катушек, намотанных
одинаковым проводом так, что их сопротивления равны, одна обнаруживает
магнитное действие, а другая нет. Почему?
Катушка, не проявляющая магнитного действия, имеет, вероятно, намотку, выполненную
сложенным вдвое проводом. В таком случае токи в соседних прилегающих друг к другу
витках текут в противоположных направлениях и их магнитные поля, понятно, взаимно
гасятся.
Вдоль жесткого провода, по которому пропускается переменный ток от городской
сети, расположена мягкая тонкая металлическая нить. В
~U
ε
~U
одном случае через нить пропускается также переменный ток от городской сети. В
другом случае через нить пропускается постоянный ток. Что будет происходить с
нитью в одном и в другом случаях?
В первом случае направление тока в проводе и в нити меняется одновременно. Поэтому в
зависимости от того, как будут присоединены концы нити к сети, направления токов в
нити и в проводе в каждый момент будут либо одинаковы, и тогда нить притянется к
проводу, либо противоположны, и тогда нить оттолкнется от провода.
Во втором случае в течение одного полупериода направления токов будут совпадать, а в
течение следующего полупериода они будут противоположны, поэтому нить будет то
притягиваться к проводу, то отталкиваться от него, т.е. будет совершать колебания около
положения равновесия; частота колебаний будет равна частоте переменного тока
городской сети.
Дан каркас из однородной проволоки в форме куба (см. рис.). К противоположным
концам диагонали куба подводится постоянное напряжение. По ребрам
куба текут токи. Чему равна индукция магнитного поля в центре куба?
Очевидно, что для любого ребра куба можно найти в соответствующей диагональной
плоскости другое ребро, в котором течет такой же по силе и направлению ток. Эти
токи дают в центре куба равные, но противоположно направленные индукции
магнитного поля, а потому результирующая индукция магнитного поля будет равна
нулю.
Прямолинейный проводник начинает двигаться с возрастающей скоростью,
пересекая линии индукции однородного магнитного
V(t)
V(t)
B
чертежа. В одном случае концы проводника
B
Рис. а)
поля, направленного перпендикулярно плоскости
Рис. б)
замкнуты на омическое сопротивление R (рис. а). В
другом случае последовательно с таким же омическим сопротивлением включена
катушка индуктивности L (рис. б). Во что в обоих случаях превращается работа,
затрачиваемая на перемещение проводника? В каком из этих двух случаев при
одинаковом перемещении будет совершена большая работа?
В первом случае работа, совершаемая при перемещении проводника, превращается
целиком в джоулево тепло, выделяющееся в сопротивлении R; во втором случае часть
совершаемой работы идет на увеличение магнитной энергии поля, возникающего вокруг
катушки индуктивности.
Работа, совершенная при перемещении проводника в единицу времени, равняется εI, где ε
– одинаковая в обоих случаях электродвижущая сила, возникающая вследствие
перемещения проводника в магнитном поле, I – ток в контуре. Однако в первом случае
ток I1 больше, чем ток I2 во втором, т.к. ЭДС индукции замедляет нарастание тока.
Следовательно, и работа в единицу времени εI1 > εI2 .
Это справедливо также и для равномерного движения проводника, но только до
установления в контуре стационарного тока, после чего наличие самоиндукции в цепи
уже никак не сказывается.
7.2.Индукция.
Вопрос. Северный полюс магнита удаляется от проводящего кольца (см. рис.).
Определить направление индукционного тока в кольце. Куда
направлена сила, действующая на кольцо?
Ответ. Причиной, вызывающей э.д.с. индукции в кольце, является
N
N
уменьшение магнитного потока через кольцо. По правилу Ленца
собственное поле, созданное индукционным током, должно
препятствовать этому уменьшению. Поэтому собственное поле в
плоскости кольца и внутри кольца направлено туда же, что и
внешнее, т.е. вправо. По правилу буравчика индукционный ток в кольце направлен
против часовой стрелки, если смотреть на кольцо справа.
Для ответа на второй вопрос удобно за причину, вызывающую э.д.с. индукции, взять
увеличение расстояния между магнитом и кольцом. По правилу Ленца результатом
этого будет проявление противодействия этой причине, т.е. между кольцом и магнитом
возникнет сила притяжения. И чем больше будет индукционный ток, тем больше будет
сила притяжения. Итак, на кольцо действует сила, направленная к магниту.
По прямолинейному рельсовому пути, изолированному от земли, равномерно идет поезд.
В каком-то месте оба рельса замкнуты на гальванометр (см. рис.). Будут ли изменяться
показания гальванометра в зависимости от того, приближается поезд к гальванометру или
удаляется от него (для определенности считать, что в обоих
Г
случаях поезд находится по одну сторону от гальванометра)?
Показания гальванометра определяются ЭДС индукции, возникающей в замкнутом
контуре, образованном отрезками рельсов и замыкающими эти отрезки с одной стороны
цепью гальванометра, а с другой осью ближайшей к гальванометру пары колес поезда (см.
рис.); ЭДС индукции возникает вследствие того, что рассмотренный контур
пронизывается вертикальной составляющей напряженности магнитного поля Земли, а при
движении поезда площадь контура изменяется, в результате чего изменяется магнитный
поток, пронизывающий контур. При равномерном движении поезда скорость изменения
площади контура, т.е. скорость изменения магнитного потока, постоянна, а значит,
постоянна и ЭДС. Но в случае, когда поезд приближается к гальванометру, площадь
контура и магнитный поток уменьшаются, а когда поезд удаляется от гальванометра, то
площадь контура и магнитный поток возрастают. Вследствие этого в двух
рассматриваемых случаях гальванометр будет давать одинаковые по модулю, но
противоположные по направлению отклонения.
Если водитель трамвая на полном ходу выключит напряжение на входных клеммах
мотора и соединит их накоротко, то вагон быстро остановится. Чем это объясняется?
При выключении внешнего напряжения мотор с быстровращающимся якорем
превращается в динамо-машину. Динамо-машина с короткозамкнутыми клеммами создает
сильный ток, который по правилу Ленца направлен так, что, взаимодействуя с магнитным
полем машины, он тормозит вращение якоря и останавливает вагон. Однако этот метод
торможения трамвая или электропоезда применять при очень большой скорости нельзя,
ток как ток короткого замыкания при быстром вращении якоря может оказаться настолько
сильным, сто обмотки мотора сгорят. Поэтому практически клеммы мотора замыкают не
накоротко, а через переменное сопротивление, которое подбирается ток, чтобы при этом
не возникала опасность перегорания обмоток мотора.
ВОПРОС. Имеется две катушки, расположенные коаксиально. В одной из катушек
сила тока, создаваемого внешним источником, изменяется во времени так, как
показано на рисунке. Вторая катушка замкнута
J1
накоротко. Изобразить на графике зависимость
силы тока J2 во второй катушке от времени.
Считать, что время установления тока J2 t << τ.
0
τ
2τ
3τ
t
ОТВЕТ.
Индукция В магнитного поля, создаваемого первой катушкой, согласно
закону Био-Савара пропорциональна силе тока J1 в
J2
ней, тогда как ЭДС индукции εинд во второй катушке
пропорциональна скорости изменения магнитного
потока Ф и, следовательно, скорости изменения силы
тока J1 в первой катушке, так как Ф ~ В ~ J1:
εинд = - dФ/dt ~ dB/dt ~ dJ1/dt .
0
τ
2τ
3τ t
По закону Ома сила J2 индукционного тока во второй
катушке:
J2 = εинд /R ~ (1/R)dJ1/dt,
где R – сопротивление обмотки второй катушки. Поэтому сила тока J2 в течение первых
τ секунд постоянна, в течение вторых τ секунд равна нулю и в течение остальных τ
секунд постоянна, но ток течет в другом направлении (см. рис.).
1. По горизонтальным параллельным рельсам, расстояние между которыми
равно L, может скользить без трения перемычка, масса которой m. Рельсы
соединены резистором сопротивлением
R
и помещены в вертикальное
магнитное поле, индукция которого В. Перемычке сообщают скорость vo. Найти
путь S, пройденный перемычкой до остановки.
Ответ: S = (mvoR) / (B2d2).
Решение.
При движении перемычки в ней возникает ЭДС индукции и, поскольку контур замкнут,
в нем потечет индукционный ток. В соответствии с правилом Ленца он направлен так, как
показано на рисунке. На перемычку будет действовать сила Ампера F A, и скорость
перемычки будет уменьшаться. Пусть v(t) – мгновенная скорость перемычки, тогда ЭДС
индукции и ток будут равны
ε = ΔФ/Δt = BLΔx/Δt = BLv(t);
I = ε/R = BLv(t)/R.
Сила Ампера также будет зависеть от времени
FA = - BL I(t) = -B2 L2 v(t)/R = - (B2 L2 /R)dx/dt.
По второму закону Ньютона в любой момент времени
dр = mdv = Fdt.
Проинтегрируем это равенство
m∫dv =- (B2 L2 /R) ∫(dx/dt)dt = - (B2 L2 /R) ∫dx = - (B2 L2 /R)(xk – 0) = - (B2 L2 /R)S.
m∫dv = m(0 – vo).
Отсюда получаем
S = mvoR/((B2 L2)
2. Проволочное кольцо радиуса r находится в однородном магнитном поле,
индукция которого перпендикулярна плоскости кольца и меняется с течением
времени по закону В = kt. Определить напряженность электрического поля внутри
кольца.
Ответ: E = ½ kr.
Решение.
Согласно закону Фарадея,
ε = ΔФ/Δt = kS.
ЭДС
индукции численно равна работе, совершаемой электрическим полем при
перемещении единичного положительного заряда вдоль кольца, т.е.
ε = 2πrE.
Отсюда
E = ε /(2πr) = kπr2/(2πr) = ½ kr.
Надо отметить, что электрическое поле создается не электрическими зарядами, а
меняющимся во времени магнитным полем. Работа при перемещении электрического
заряда по замкнутому контуру в случае электростатического поля всегда равна нулю. Под
электростатическим полем понимается поле, создаваемое электростатическими зарядами.
3.Груз массой m подвешен на нити, намотанной на ось якоря динамо-машины с
постоянным магнитом. Нить сматывается с оси так, что груз опускается с
постоянной скоростью v . Динамо-машина при этом замкнута на сопротивление R.
С какой скоростью будет подниматься вверх тот же груз, если динамо-машину
включить как электромотор в цепь постоянного тока с ЭДС, равной ε, и с тем же
сопротивлением цепи R?
Ответ: v1 = v [ε –(mgvR)1/2]/(mgvR)1/2.
Решение.
Груз, опускаясь со скоростью v , заставляет вращаться якорь динамо-машины. Витки
обмотки якоря при своем вращении пересекают силовые линии магнитного поля,
создаваемого статором, и в обмотке якоря возникает ЭДС индукции εинд. Цепь якоря
замкнута на сопротивление R, следовательно, ток в цепи равен
I = εинд/R.
По закону сохранения энергии мощность, развиваемая динамо-машиной, равняется
ежесекундной убыли энергии опускающегося груза:
εинд2 /R = mgv,
откуда
εинд = (mgvR)1/2.
Если динамо-машина будет работать как электромотор, то ЭДС индукции, возникающая в
обмотке мотора, в том случае, когда груз поднимается со скорость v1, будет равна
εинд/ = εинд(v1/v),
т.к. ЭДС индукции пропорциональна скорости вращения якоря. Для мотора имеем
ε - εинд/ = I1R
и
εI1 = I12R + mgv1,
где ε – ЭДС внешнего источника, I1 – ток в цепи якоря электромотора. Решая полученную
систему уравнений, получим
v1 = v [ε –(mgvR)1/2]/(mgvR)1/2.
4. В ускорителе по окружности радиуса r в магнитном поле, перпендикулярном
плоскости траектории, движется тонкий пучок протонов. Найти силу тока пучка
после того, как частицы сделали один оборот. Сила тока пучка в начальный момент
времени равна Io , полное число протонов в камере равно n. Поток индукции
магнитного поля через орбиту протонного пучка изменяется с постоянной скоростью
(ΔФ/Δt = ε) так, что протоны ускоряются. Масса и заряд протонов равны m и e, их
скорость остается далекой от скорости света. (Меледин, 3.112*)
Ответ: I = [Io2 + n2e3ε /(2π2mR2)]1/2 .
Решение.
Запишем работу вихревого электрического поля, вызвавшего изменение кинетической
энергии протона:
eεинд = e(ΔФ/Δt) = ½ mv2 - ½ mvo2.
Ток в пучке протонов
I = nev/(2πR),
Io = nevo/(2πR).
Откуда
I = [Io2 + n2e3ε /(2π2mR2)]1/2 .
5. Непроводящее кольцо массы
m
и радиуса
R, имеющее равномерно
распределенный небольшой заряд q, может свободно вращаться вокруг своей оси.
Кольцо помещено в перпендикулярное плоскости кольца магнитное поле, индукция
которого в центральной области кольца радиуса r < R равна 2В, а в остальном
пространстве внутри кольца равна В. Магнитное поле начинает равномерно
уменьшаться до нуля. Какую скорость приобретет кольцо после исчезновения
магнитного поля, если в начальный момент оно покоилось. (Меледин, 3.113)
Ответ: v = qB(r2 + R2)/(2mR).
Решение.
При изменении магнитного поля возникает электрическое поле, раскручивающее кольцо.
Магнитный поток
Ф = πВ(r2 + R2).
ЭДС индукции
εинд = ΔФ/Δt = π(r2 + R2)ΔB/Δt = E 2πR.
Сила, действующая на выделенный на кольце заряд Δq,
Тангенциальное (направленное по касательной к траектории) ускорение
at = qE/m = const,
v = atΔt,
ΔB = B,
так как магнитное поле уменьшается до нуля.
Окончательно
v = qB(r2 + R2)/(2mR).
6. Проволочное кольцо радиуса R имеет проводящую перемычку,
С1
С2 расположенную вдоль диаметра (см. рис.). В левую и правую
полуокружности включены конденсаторы емкостями С1 и С2.
В В
Кольцо помещено в нарастающее линейно со временем магнитное
поле с индукцией B(t) = Bot/T, перпендикулярное его плоскости. В
некоторый момент времени перемычку убирают и затем прекращают изменять
магнитное поле. Найти установившиеся заряды на конденсаторах. (Меледин, 3.114)
Ответ: q1/ = ½ πR2BoC1(C1 - C2)/[T(C1 + C2)], q2/ = ½ πR2BoC2(C1 - C2)/[T(C1 + C2)].
Решение.
До удаления перемычки по закону Фарадея имеем
ε1 = q1/C1 = ΔФ1/Δt = ½ πR2Bo/T,
ε2 = q2/C2 = ΔФ2/Δt = - ½ πR2Bo/T.
Отсюда
q1 = ½ πR2BoC1/T,
q2 = - ½ πR2BoC2/T.
После удаления перемычки из закона сохранения заряда имеем
q1/ + q2/ = q1 + q2 = ½ πR2Bo (C1 - C2 )/T.
Из равенства потенциалов на обкладках конденсаторов
q1//C1 = q2//C2
получаем
q1/ = ½ πR2BoC1(C1 - C2 )/[T(C1 + C2 )],
q2/ = ½ πR2BoC2(C1 - C2 )/[T(C1 + C2 )].
7. Заряженный конденсатор емкости С замкнут на катушку индуктивности L.
Найти такую зависимость от времени емкости конденсатора, при которой ток в цепи
нарастает прямо пропорционально времени. (Меледин, 3.127)
Ответ: C(t) = Co[1 – t2/(2LCo)].
Решение.
По закону Фарадея напряжение на катушке
UL = ΔФ/Δt = L ΔI/Δt .
Так как ток в цепи растет пропорционально времени, U L со временем не изменяется и в
любой момент времени
UL = LI/t .
Следовательно, и напряжение на конденсаторе, равное напряжению на катушке, тоже
остается постоянным:
UC = qo/Co = (qo – q)/C,
где qo – начальный заряд на конденсаторе, q – заряд ушедший с обкладок конденсатора за
время t, С – емкость конденсатора в момент t. Из равенства
LI/t = qo/Co
находим ток:
I = qot/(LCo).
Тогда ушедший с конденсатора заряд
q = Iсрt = ½ It = qot2/(2LCo).
Из условия постоянства напряжения на конденсаторе найдем емкость
C(t) = Co(qo – q)/qo = Co[1 – t2/(2LCo)].
Ответ справедлив при условии, что q < qo, т.е. при условии, что t2/(2LCo) < 1.
8. Ток в короткозамкнутом сверхпроводящем соленоиде изменяется вследствие
несовершенства контакта. Создаваемое этим током магнитное поле уменьшается на
2% в час. Определить сопротивление контакта R , если индуктивность соленоида L
= 1 Гн. (Козел, 3.184)
Ответ: R = 5.6.10-6 Ом.
Решение.
Запишем закон Ома для цепи соленоида:
-LΔI/Δt = IR,
где I – ток в соленоиде. Так как индукция магнитного поля в соленоиде
пропорциональна току, то и изменение этих величин за одно и то же время
оказываются пропорциональными:
B = αI,
ΔB = αΔI,
ΔB/B = ΔI/I.
Поэтому
R = - LΔI/(IΔt) = - LΔB/(BΔt) = 5.6.10-6 Ом.
При подстановке численных значений было принято во внимание, что
относительное изменение магнитного поля за время Δt = 3600 с ΔB/B = - 0.002. Знак
минус указывает на уменьшение индукции поля.
9. Катушка сопротивлением
R = 40 Ом
и индуктивностью
L = 0.01Гн замкнута накоротко и находится во внешнем постоянном магнитном
поле (см. рис.). Начиная с определенного момента внешнее поле, начинает
меняться и за некоторое время магнитный поток внешнего поля через катушку
возрос на 0.002Вб, а ток достиг значения 0.08А. Какой заряд прошел за это время
по катушке?
Ответ: q = -3.10-5Кл.
Решение
Изменяющееся внешнее поле вызывает в катушке ЭДС индукции, в результате чего
возникает меняющийся со временем ток, являющейся причиной появления ЭДС
самоиндукции. Свяжем направление нормали к витку катушки и положительное
направление обхода витка правилом буравчика. Этим будет задаваться связь знаками
магнитного потока, тока и обеих ЭДС в контуре. Разобьем все время опыта на достаточно
малые интервалы Δti. Пусть за достаточно малое время Δti магнитный поток от внешнего
поля изменился на величину ΔФi , а ток изменился на величину ΔJi. Тогда по закону Ома
для замкнутой цепи
-(ΔФi /Δti) – L(ΔJi /Δti) = JiR.
(1)
Здесь Ji- среднее значение тока в катушке в течение времени Δti. Умножим обе части
равенства (1) на Δti , и, учтя, что (ΔJiΔti) есть протекший через катушку заряд Δqi за время
Δti , получим
-ΔФi – LΔJi = Δqi R.
(2)
Сложив равенства (2) для всех Δti , получим
-∑ΔФi – L∑ΔJi = R∑Δqi .
(3)
поскольку ∑Δqi = q – прошедший через катушку за время опыта заряд, ∑ΔФi = ΔФ –
полное изменение потока внешнего поля через катушку, а ∑ΔJ i = ΔJ - полное изменение
тока в катушке за время опыта, то имеем:
-ΔФ – LΔJ = Rq .
(4)
Так как ток в момент начала изменения внешнего поля равен нулю, то ΔJ = J кон – 0 = Jкон.
Здесь Jкон – значение тока в конце опыта. Итак,
q = - (ΔФ – LJкон)/R.
(5)
Если направление нормали к витку выбрать таким, чтобы было ΔФ положительным, т.е.
равным 0.002 Вб, то значение Jкон надо взять отрицательным, т.е. равным –0.08 А. Это
следует из правила Ленца: знак индукционного тока должен быть противоположен знаку
изменения магнитного потока, вызвавшего этот ток. Таким образом, ΔФ = 0.002 Вб,
Jкон = – 0.08 А, а q = - 3.10-5 Кл. Знак минус у заряда означает, что он прошел в
отрицательном направлении обхода витка катушки.
10. В однородном магнитном поле с индукцией В с постоянной скоростью v
движется металлический шарик радиусом r. Укажите точки шарика, разность
потенциалов между которыми максимальна и определите эту разность потенциалов.
Направление скорости составляет с направлением магнитной индукции угол α.
Ответ: Δφ = 2rvBsinα.
Решение.
На свободные электроны металлического шарика при его движении в магнитном
поле действует сила Лоренца. В результате перераспределения электронов в шарике
образуется электрополе. Перераспределение закончится, когда сила Лоренца и сила,
действующая на электроны со стороны образованного электрического поля,
уравновесятся
FЛ = FЭл, или
Ee = eBvsinα.
Отсюда
E = Bvsinα.
Т.е. образованное электрическое поле является однородным. В однородном поле
разность потенциалов
φ1 - φ2 = Δφ = Ed,
где d – расстояние между точками 1 и 2 вдоль силовой линии поля. Следовательно,
максимальная разность потенциалов возникает между крайними точками диаметра:
d = 2r.
Δφmax = 2rBvsinα.
11. Внутри длинного железного стержня радиусом r создано однородное магнитное
поле, направленное вдоль стержня и изменяющееся с течением времени t по закону
B = Bo + kt, где k и Bo – постоянные. Найдите напряженность электрического поля на
расстоянии x = 3r от оси стержня.
Ответ: E = rk/6.
Решение.
Из-за симметрии силовые линии напряженности вихревого электрического поля
представляют собой окружности, плоскость которых перпендикулярна оси стержня, а
центры лежат на этой оси. Возьмем мысленно контур радиуса x , совпадающий с одной из
этих окружностей. Перенесем по этому контуру заряд q. Силы вихревого электрического
поля с напряженностью Е совершат над зарядом работу
A = qE2πx.
Отношение этой работы к величине переносимого заряда и есть ЭДС индукции ε в
контуре:
ε = A/q = 2πx E.
С другой стороны,
ε = |dФ/dt| = πr2|dB/dt|,
где dФ/dt – скорость изменения магнитного потока Ф через контур. Из последних двух
равенств находим
E = (r2/2x) |dB/dt|.
В условиях данной задачи
dB/dt = k.
С учетом этого для напряженности при x = 3r получим
E = rk/6.
12. По металлической ленте течет ток силой
I. Лента помещена в однородное
магнитное поле с индукцией В. при этом между точками А и С возникает разность
потенциалов (эффект
Холла). Объяснить это явление. Определить разность
потенциалов UAC, если АС = а, АD = b, концентрация свободных электронов равна
n. Ответ: UAC = (IB)/(enb).
Решение.
При упорядоченном движении электронов (в направлении,
противоположном направлению тока) на них действует сила Лоренца.
B
В результате они отклоняются в сторону поверхности CC1E1E, на
A C E1
I
этой поверхности происходит накопление отрицательного заряда, а на
D E
противоположной – положительного. Процесс разделения зарядов
продолжается до тех пор, пока возникающее электрическое поле Е не скомпенсирует
действие на электрон силы Лоренца:
еE = evB →
E = vB,
здесь v – скорость упорядоченного движения электронов. Учитывая, что
A1
C1
φA – φC = Ea
и
I = envS = envab,
получим
UAC = φA – φC = IB/(enb).
Рассмотренный эффект дает возможность достаточно точно измерять концентрацию
свободных заряженных частиц в проводнике или индукцию магнитного поля.
13. Катушка сопротивлением
R = 40 Ом
и индуктивностью
L = 0.01Гн замкнута накоротко и находится во внешнем постоянном магнитном
поле (см. рис.). Начиная с определенного момента внешнее поле, начинает
меняться и за некоторое время магнитный поток внешнего поля через катушку
возрос на 0.002Вб, а ток достиг значения 0.08А. Какой заряд прошел за это время
по катушке? Ответ: q = -3.10-5Кл.
Решение
Изменяющееся внешнее поле вызывает в катушке ЭДС индукции, в результате чего
возникает меняющийся со временем ток, являющейся причиной появления ЭДС
самоиндукции. Свяжем направление нормали к витку катушки и положительное
направление обхода витка правилом буравчика. Этим будет задаваться связь знаками
магнитного потока, тока и обеих ЭДС в контуре. Разобьем все время опыта на достаточно
малые интервалы Δti. Пусть за достаточно малое время Δti магнитный поток от внешнего
поля изменился на величину ΔФi , а ток изменился на величину ΔJi. Тогда по закону Ома
для замкнутой цепи
-(ΔФi /Δti) – L(ΔJi /Δti) = JiR.
(1)
Здесь Ji- среднее значение тока в катушке в течение времени Δti. Умножим обе части
равенства (1) на Δti , и, учтя, что (ΔJiΔti) есть протекший через катушку заряд Δqi за время
Δti , получим
-ΔФi – LΔJi = Δqi R.
(2)
Сложив равенства (2) для всех Δti , получим
-∑ΔФi – L∑ΔJi = R∑Δqi .
(3)
поскольку ∑Δqi = q – прошедший через катушку за время опыта заряд, ∑ΔФi = ΔФ –
полное изменение потока внешнего поля через катушку, а ∑ΔJ i = ΔJ - полное изменение
тока в катушке за время опыта, то имеем:
-ΔФ – LΔJ = Rq .
(4)
Так как ток в момент начала изменения внешнего поля равен нулю, то ΔJ = Jкон – 0 = Jкон.
Здесь Jкон – значение тока в конце опыта. Итак,
q = - (ΔФ – LJкон)/R.
(5)
Если направление нормали к витку выбрать таким, чтобы было ΔФ положительным, т.е.
равным 0.002 Вб, то значение Jкон надо взять отрицательным, т.е. равным –0.08 А. Это
следует из правила Ленца: знак индукционного тока должен быть противоположен знаку
изменения магнитного потока, вызвавшего этот ток. Таким образом, ΔФ = 0.002 Вб,
Jкон = – 0.08 А, а q = - 3.10-5 Кл. Знак минус у заряда означает, что он прошел в
отрицательном направлении обхода витка катушки.
14. Плоский проволочный виток площадью S = 103см2 расположен так, что его
плоскость перпендикулярна силовым линиям однородного магнитного поля с
индукцией В = 0.1Тл. Виток замкнут на гальванометр. Какой заряд пройдет
через гальванометр, если виток повернуть так, чтобы его плоскость стала
параллельна силовым линиям поля? Сопротивление цепи из витка и
гальванометра R = 10 Ом.
Ответ: Q = 10-3Кл.
Решение
Разобьем все время опыта на достаточно малые интервалы Δti. За время Δti магнитный
поток через виток изменился на ΔФi. По закону Ома
- ΔФi/ Δti = JiR,
где Ji- среднее значение силы тока в витке в течение времени Δti. Умножим обе части
последнего равенства Δti и учтя, что Ji Δti есть протекший через виток заряд ΔQi за
время Δti , получаем
- ΔФi = R ΔQi .
Сложив аналогичные равенства для всех , Δti имеем
- ∑ ΔФi = R ∑ΔQi .
∑ ΔФi – полное изменение магнитного потока через виток, ∑ΔQi = Q - прошедший за
время опыта заряд. Поскольку
ΔФ = 0 – BS = - BS, то
Q = - ΔФ/R = BS/R = 10-3 Кл.
15. Тонкий проводящий стержень длины L массы m подвесили в однородном
магнитном поле с индукцией В за концы на двух легких одинаковых пружинах,
жесткостью k каждая, так, что он располагается горизонтально, а оси пружин
вертикальны. Линии индукции магнитного поля направлены горизонтально
перпендикулярно оси стержня. Затем через стержень пропустили прямоугольный
импульс тока с амплитудой I столь малой длительности τ, что за это время
стержень не успел заметно сместиться от положения равновесия. Пренебрегая
влиянием воздуха и считая, что амплитуда возникших колебаний стержня
достаточно мала и стержень может двигаться только поступательно в вертикальной
плоскости, найти зависимость скорости стержня от времени.
Ответ: v = (BILτ/m)cos[(2k/m)1/2t].
Решение.
mvo = FAτ
FA = BIL,
x(t) = Asin(ωt +φo),
v(t) = Aω cos(ωt),
ω = (2k/m)1/2
→
→
x(0) = 0
v(0) = vo
vo = BIL/m.
→
φo = 0.
→ Aω = vo .
v(t)= (BILτ/m)cos[(2k/m)1/2t].
16. Сила тока в соленоиде равномерно возрастает от 0 до 10 А за 1 мин, при этом
соленоид накапливает энергию 20 Дж. Какая ЭДС индуцируется в соленоиде?
Ответ: ε = 0.067 В.
Решение
Энергия магнитного поля соленоида с индуктивностью L, по которому течет ток I, равна
W = ½ LI2,
откуда
L = 2W/I2.
ЭДС самоиндукции, возникающая в соленоиде при изменении тока в его обмотке на
ΔI = I1 – Io за время Δt будет
ε = - L(dI/dt);
или
ε = - L(ΔI/Δt) = - 2W/I12(I1/Δt) = - 0.067 В.
17. Электромотор, включенный в сеть постоянного тока с напряжением U = 120 B,
при полном сопротивлении цепи R = 20 Ом, передает приводу мощность N = 160 Вт.
Какую ЭДС разовьет этот мотор, если его использовать как генератор, вращая
якорь с той же скоростью, какую он имел, работая как двигатель?
Ответ: 1 = 80 В, 2 = 40 В.
Решение.
При работе электрической машины в качестве мотора основным уравнением,
связывающим параметры электрической цепи, служит уравнение закона сохранения и
превращения энергии.
Если источник дает постоянное напряжение U , полное сопротивление цепи R и
электромотор развивает механическую мощность N, то
IU = I2R + N,
где I – сила тока в цепи.
При перемещении контура с током I в магнитном поле силы поля совершают над
проводником работу
А = IФ.
Развиваемая при этом механическая мощность равна
N = IФ/t.
Поскольку в контуре при изменении магнитного потока на Ф возникает ЭДС
индукции
и = Ф/t,
то должно быть
N = Iи.
ЭДС индукции в якоре пропорциональна скорости его вращения, поэтому если
использовать электромашину как генератор, вращая якорь с той же угловой скоростью,
что и при работе электромотора, то ЭДС генератора  будет равна ЭДС индукции в
электромоторе:
 = и.
Исключая неизвестные I и и, получим для определения искомой величины уравнение
2 - U + NR = 0,
из которого находим:
 = ½ [U  (U2 – 4NR)1/2].
подставляя численные значения, получим: 1 = 80 В, 2 = 40 В.
18. В однородном магнитном поле с индукцией В = 0.1 Тл расположен плоский
проволочный виток так, что его плоскость перпендикулярна к линиям индукции.
Виток замкнут на гальванометр. Полный заряд, прошедший через гальванометр при
повороте витка, Q = 9.5 мКл. На какой угол повернули виток? Площадь витка S =
103 см2, сопротивление витка R = 2 Ом.
Ответ:  = 120о.
Решение.
При повороте витка в нем возникает ЭДС индукции . На основании закона Фарадея
 = - Ф/t,
где Ф – изменение магнитного потока через плоскость витка, происшедшее за время t.
С другой стороны по закону Ома
 = IR = RQ/t,
где Q – заряд, протекший через поперечное сечение провода, из которого сделан виток,
за время t. Из этих соотношений получаем
Q = -Ф/R.
В начальный момент времени, когда плоскость витка была перпендикулярна к линиям
индукции магнитного поля, магнитный поток, пронизывающий плоскость витка, был
равен
Ф1 = BS.
После поворота витка на угол  магнитный поток стал равен
Ф2 = BScos.
Следовательно,
Ф = Ф2 – Ф1 = - BS(1 - cos)
и
cos = 1 –RQ/BS = -0.5,
 = 120o.
Результат не зависит от того, по какому временному закону происходит изменение
магнитного потока.
19. В однородном магнитном поле с индукцией В = 10-2 Тл расположены
вертикально на расстоянии L = 50 см два металлических прута,
замкнутых наверху (см. рис.). Плоскость, в которой расположены
L
прутья, перпендикулярна к направлению индукции магнитного
поля. По прутьям без трения и без нарушения контакта скользит
v
вниз с постоянной скоростью v = 1 м/c перемычка ab массы m =
1г. Определить сопротивление R перемычки ab. Сопротивлением
остальной части системы пренебречь.
Ответ: R = 2.55 мОм.
Решение.
Перемычка ab движется вниз с постоянной скоростью; следовательно, сила тяжести
уравновешена силой, действующей на перемычку со стороны магнитного поля: mg = F.
Определим силу F. При движении перемычки в контуре abcd наводится ЭДС индукции
 = - Ф/t.
Мощность тепловых потерь
N = 2/R.
Согласно закону сохранения энергии
N = Fv,
или
F = 2/Rv.
Но
 = - BS/t = - BLx/t = - BvL,
где S – изменение площади контура за время t , x – перемещение перемычки за время
t.
Решая систему уравнений, получаем
R = B2L2v/mg = 2.55 мОм.
Силу F можно найти и воспользовавшись законом Ампера
F = BIL = BL/R = - B2L2v/R.
Поскольку перемычка движется равномерно
F = mg,
Отсюда
R = B2L2v/mg = 2.55 мОм.
20. Кусок провода длиной L = 4.0 м складывают вдвое и концы его замыкают. Затем
провод растягивают в горизонтальной плоскости так, что он принимает форму
плоской фигуры. Какой максимальный заряд Q max может при этом пройти через
провод, если его сопротивление
R = 2.0 Ом? Вертикальная составляющая
магнитного поля Земли Bz = 50 мкТл.
Ответ: Qmax = 32 мкКл.
Решение.
Из соотношения
Q = |Ф|/R
следует, что для прохождения максимального заряда провод должен охватить площадку
наибольшей площади
S. Как известно, из всех фигур с заданным периметром
наибольшую площадь имеет круг. Из формул
L = 2r,
S = r2
получаем
S = L2/4 ;
следовательно ,
Qmax = BzS/R = BzL2/4R = 32мкКл.
21. Две длинные соленоидальные катушки намотаны плотно в один слой тонкими
медными проводами, диаметры поперечного сечения которых отличаются в два раза
D/d = 2. Длина и поперечное сечение самих катушек одинаковы. Катушки
подсоединяют один раз параллельно, а другой раз последовательно к источнику
постоянного тока. Как отличаются индукции В магнитных полей этих соленоидов
при каждом включении?
Ответ: (BD/Bd )посл = ½, (BD/Bd )пар = 4.
Решение.
Учитывая, что индукция В магнитного поля для длинного соленоида определяется
как
B = μoNJ/L,
а число витков N при плотной однослойной намотке на длине L соленоида равно:
N = L/d
( d – диаметр провода), получаем:
В = μoJ/d,
где J – сила тока в обмотке соленоида.
При последовательном включении катушек в них протекает ток одинаковой силы,
поэтому величина индукции В обратно пропорциональна диаметру провода
BD/Bd = d/D = ½.
При параллельном соединении катушек токи в них различны и обратно
пропорциональны сопротивлению катушки R, которое определяется как
R = ρL/S = ρN2πRсол /(πd2/4) = 8ρLRсол /d3 ,
где ρ – удельное сопротивление провода, Rсол
- радиус поперечного сечения
соленоида.
Согласно закону Ома для участка цепи имеем:
J = U/R = U d3/(8ρLRсол )
и для индукции В при параллельном соединении получаем
BD/Bd = (JD/Jd)(d/D) = (D/d)2 = 4.
Таким образом, магнитное поле катушки, намотанной толстым проводом,
оказывается при последовательном соединении в два раза меньше, а при
параллельном в четыре раза больше поля катушки, намотанной более тонким
проводом.
22. Заряд Q равномерно распределен по тонкому диэлектрическому кольцу, которое
лежит на гладкой горизонтальной плоскости. Индукция магнитного поля,
перпендикулярного плоскости кольца, меняется от 0 до Во. Какую угловую скорость
вращения приобретет при этом кольцо? Масса кольца равна m.
(IX Всесоюзная олимпиада, 1975 г.)
Ответ: ω = ½ QBо/m.
Решение
При изменении магнитного поля возникает вихревое электрическое поле, напряженность
которого в каждой точке кольца направлена по касательной к кольцу. На заряды кольца в
этом поле действуют силы, благодаря которым кольцо приходит в движение. Изменение
кинетической энергии кольца за время Δt равно работе, совершаемой этими силами. Если
скорость кольца равна ω, то за время Δt оно поворачивается на угол Δφ = ωΔt. При этом
повороте по контуру проходит заряд Δq, которым обладает участок длины ΔφR. Так как
заряд единицы длины кольца равен Q/(2πR), то
Δq = ΔφRQ/(2πR) = ωΔtQ/(2π).
Работа, совершаемая при повороте кольца, равна ЭДС индукции, возбуждаемой в контуре,
ограниченном кольцом, и умноженной на заряд Δq:
ΔA = |ε|Δq = |ΔФ/Δt|Δq = |πR2ΔB/Δt|ωΔtQ/(2π) = ½ R2ωQΔB.
Кинетическая энергия кольца за это же время меняется на величину
ΔW = ½ m(v + Δv)2 – ½ mv2 ≈ mvΔv = mωR(RΔω) = mωR2Δω.
Приравнивая ΔA и ΔW, получаем
½ R2ωQΔB = mωR2Δω → Δω = ½ QΔB/m.
К моменту, когда индукция магнитного поля достигнет значения Во, угловая скорость
кольца станет равной
ω = ½ QBо/m.
7.3. Электромагнитныен колебания.
1. В схеме, изображенной на рисунке, в начальный момент ключ К разомкнут,
конденсатор не заряжен. Определить максимальное значение силы тока после
замыкания ключа. Значения
L, C, ε считать известными. Сопротивлением
катушки и источника пренебречь.
Ответ: Imax = ε(C/L)1/2.
Решение
Когда через катушку протекает максимальный ток, ЭДС самоиндукции в ней
εс = - L(dJ/dt) = 0.
Следовательно, напряжение на конденсаторе U = ε, а его заряд q = Cε. Именно этот заряд
прошел через источник, который совершил при этом работу
A = qε = Cε2.
Эта работа пошла на изменение энергии конденсатора и катушки индуктивности
A = Wk + WL = ½ Cε2 + ½ LJ2max.
Итак
Cε2 = ½ Cε2 + ½ LJ2max.
Отсюда
Jmax = ε(C/L)1/2.
2. Два одинаковых конденсатора А и В, каждый емкостью С и катушка
индуктивностью L соединены как показано на рисунке. В начальный момент ключ
К разомкнут, конденсатор А заряжен до напряжения U . Конденсатор В не
заряжен и ток в катушке отсутствует. Определить максимальное значение силы
тока в катушке после замыкания ключа. Сопротивлением катушки пренебречь.
Ответ: Imax = U[ C/(2L)]1/2.
Решение
В начальный момент на конденсаторе А имеется заряд qo = СUo. После замыкания ключа
происходит быстрое перераспределение этого заряда между конденсаторами А и В так,
что
qA + qB = qo.
UA = UB,
→
qA/C = qB/C
→
qA = qB = ½ qo.
В этом процессе катушка, вследствие своей инерционности не участвует. Следует
отметить, что закон сохранения энергии в этом процессе не выполняется: часть энергии
выделяется в виде тепла на подводящих проводах, другая часть излучается в виде
электромагнитной волны (индуктивность контура из конденсаторов очень мала, поэтому
частота колебаний – велика).
Энергия системы конденсаторов, после перераспределения зарядов, будет равна
W1 = 2[ ½ (½ qo)2/C] = ¼ CUo2.
Эта энергия является начальной энергией системы «конденсаторы+катушка», которая в
процессе дальнейших колебаний не меняется, поскольку участие катушки ограничивает
как величину тока, а значит и выделение тепла, так и частоту колебаний в контуре, а,
следовательно, потери на излучение.
Когда через катушку протекает максимальный ток, ЭДС самоиндукции в ней
εс = - L(dJ/dt) = 0.
Следовательно, напряжение на конденсаторах U = 0, а их энергия тоже равна нулю. Вся
энергия системы, т.о., сосредоточена в катушке. Из закона сохранения энергии получим
¼ CUo2 = ½ LJ2max.
Отсюда
Jmax = ε(C/L)1/2.
3. Конденсатор емкостью С1 = 1мкФ заряжен до разности
потенциалов Uo = 300B. К нему через идеальный диод D
+
+
и катушку индуктивности L подключают незаряженный
C1
C2 конденсатор емкостью C2 = 2мкФ (см. рис.). До какой
разности потенциалов он зарядится после замыкания
ключа K? Индуктивность L достаточно велика, так что процесс перезарядки
происходит достаточно медленно. (МГТУ).
K
D
L
Ответ: U2 = 200B.
Решение
Так как процесс перезарядки происходит медленно потерями энергии на
электромагнитное излучение можно пренебречь. Тепловых потерь тоже нет.
Следовательно, электрическая энергия, запасенная в конденсаторе С1, должна
сохраняться:
½ С1Uo2 = ½ С1U12 + ½ С1U22.
Кроме того, сохраняется заряд:
С1Uo = С1U1 + С2U2.
Решая эту систему уравнений, получим для разности потенциалов на конденсаторе С2
U2 = 2C1Uo/(C1 + C2) = 200 B.
Результат не зависит от индуктивности L. Она нужна в цепи для обеспечения медленной
перезарядки, когда можно пренебречь потерями на электромагнитное излучение. Кроме
того, благодаря ей на конденсаторах устанавливаются разные напряжения.
4. Конденсатор емкости С после замыкания ключа К1 начинает
разряжаться через сопротивление R и индуктивность L. В
L
момент, когда ток в цепи достигает максимального значения
C
K2
равного Jo, замыкают ключ К2. Чему равны напряжение на
индуктивности непосредственно перед замыканием ключа К 2 и
максимальный ток при последующих колебаниях? (НГУ-92)
Ответ: Jm =Jo(1 + CR2/L)1/2.
K1
R
Решение.
Максимальный ток Jo достигается, когда ЭДС самоиндукции εL = 0. При этом
UC = UR = JoR.
Соответственно, накопленная энергия
Wo = ½ LJo2 + ½ C(JoR)2.
При колебаниях тока его максимум Jm вычисляется из закона сохранения энергии:
½ LJm2 = ½ LJo2 + ½ C(JoR)2.
Jm =Jo(1 + CR2/L)1/2.
L C
R
K

5. Колебательный контур, состоящий из конденсатора емкости С и
катушки с индуктивностью L и сопротивлением R, через ключ
K подключен к источнику постоянной ЭДС  (см. рис.). Через
некоторое время после замыкания ключа
K
установится
стационарный режим: токи во всех элементах цепи будут
постоянны. После этого ключ K снова размыкают. Какое количество тепла
выделится в катушке после размыкания ключа? Внутренним сопротивлением
батареи пренебречь. Ответ: Q = ½ 2(CR2 + L)/R2.
Решение.
В установившемся режиме ток через катушку
I = /R,
а напряжение на конденсаторе равно . После размыкания ключа в виде тепла выделится
вся запасенная в колебательном контуре энергия:
Q = W = ½ LI2 + ½ C2 = ½ 2(CR2 + L)/R2.
6. Две одинаковые катушки самоиндукции подключены через
ключи К1 и К2 к конденсатору (см. рис.). В начальный момент
L
C
L
оба ключа разомкнуты, а конденсатор заряжен до разности
потенциалов U. Сначала замыкают ключ К1 и, когда
напряжение на конденсаторе станет равным нулю, замыкают
ключ К2. Определить максимальное напряжение на конденсаторе после замыкания
ключа К2. Активным сопротивлением катушек пренебречь. (МФТИ,1980)
Ответ:Umax = U/2.
K1
K2
Решение.
Согласно закону сохранения энергии имеем после разрядки конденсатора:
½ LJo2 = ½ q2/C = ½ U2/C
I
JC
J1
Jo = U(C/L)1/2 ,
где Jo – ток в катушке 1 с индуктивностью L. После замыкания
ключа
II
или
К2
ток
J1
,
текущий
в
первой
перераспределяется между цепью конденсатора
J2
второй катушки
J2
Jc
катушке,
и цепью
(см. рис.). Согласно закону сохранения
энергии при переносе единичного положительного заряда по
замкнутым контурам I и II получаем:
L(dJ1/dt) + L(dJ2/dt) = 0
и
L(dJ1/dt) = q/C,
где q – заряд в произвольный момент на конденсаторе. Тогда
J1 + J2 = Jo = const.
В тот момент, когда напряжение UC на конденсаторе достигнет максимума UC = Umax ,
максимума достигнет и заряд q = qmax на конденсаторе. Этому моменту соответствует
нулевой ток через конденсатор:
JC = dq/dt = 0,
Поэтому моменту JC = 0 отвечает
т.к.
q = qmax.
J1 = J2 = ½ Jo.
Cогласно закону сохранения энергии имеем:
½ LJ12 + ½ LJ22 + ½ q2 /C = ½ LJo2 = ½ U2C,
или, учитывая
J1 = J2 = ½ Jo,
находим:
½ q2 /C = ¼ LJo2 = ¼ U2C.
Откуда
Umax = q/C = C( ½ L/C)1/2 = U/2.
7.4. Переменный ток.
1. Изображенная на рисунке схема подключена в точках А и С к городской сети
переменного тока с эффективным напряжением U = 220 В.Считая диоды D1 и D2
схемы идеальными, найти среднюю мощность, выделяющуюся на резисторе R1, если
R1 = 20 кОм, R2 = R3 = 5 кОм. (МГУ, физ. фак.,2001)

U2 
1
Ответ: N =
.
1 
2 
2 R1  1  ( R2  R3 ) / R1  
Решение.
Поскольку схема находится в цепи переменного тока, то половину периода φ С > φА, а
вторую половину периода φС < φА, здесь φi – потенциал i –ой точки.
При φС > φА сопротивление диодов равно нулю и напряжение на резисторе R1 равно U
(так как φС = φВ, φD = φA). Поскольку U это эффективное или действующее напряжение,
то количество теплоты, выделившееся на резисторе R1, будет равно
Q1 = (U2/ R1)(T/2),
где Т- период колебаний.
При φС < φА диоды находятся в запертом состоянии, и ток идет по ветви
C-D-B-A. Действующее значение силы тока в этой ветви определяется законом Ома:
I = U/(R1 + R2 + R3).
Тогда выделившееся на резисторе R1 количество теплоты будет равно
Q2 = I2 R1(T/2) = U2 R1/( R1 + R2 + R3)2.
В итоге, искомая мощность будет равна
N = (Q1 +Q2)/2 = (U2/2) [1/ R1+ R1/( R1 + R2 + R3)2] =

U2 
1
=
1 
 ~ 1.75 Вт.
2 R1  1  ( R2  R3 ) / R1 2 
2. Найти максимальное
R
падение напряжения на
~U
резисторе,
имеющем
ε
сопротивление R = 10 Ом,
0 10
U,B
0 10 20
и долю периода, в течение
U,B
которой ток в цепи отличен от нуля (см. рис.). Амплитудное значение напряжение
источника переменного тока равно 220 В, а частота равна 50 Гц. Внутренним
сопротивлением батареи постоянной ЭДС ε = 210 B можно пренебречь. Решить
задачу для двух случаев, когда зависимость тока через диод от приложенного к нему
напряжения имеет вид представленный на рисунке. (Меледин, 3.101*)
Ответ: 1) τ/Т = 0.1, Umax = 10 B; 2) Umax = 5 B.
I
I
2A
Решение.
Тока через диод нет, пока приложенное к нему напряжение не достигнет 10 В. При
1)
более высоком напряжении диод не оказывает влияния на характер тока, протекающего в
цепи. Пусть зависимость переменного напряжения от времени имеет вид
U = Uocos(2πt/T),
где Uo = 220 В. Если учесть ЭДС батареи, то ясно, что диод открыт при
U ≥ 210 В,
т.е. при cos(2πt/T) ≥ 21/22.
В течение времени
τ = (Т/π)arcos(21/22)
диод открыт. Искомая доля периода
τ/Т = (1/π)arccos(21/22) = 0.1.
Максимальное падение напряжения на резисторе Umax = 10 B.
Зависимость тока через диод от напряжения расшифровывается просто: тока через
2)
диод нет, пока приложенное к нему напряжение не достигнет 10 В. При дальнейшем
увеличении напряжения диод эквивалентен резистору с сопротивлением 10 Ом. Искомое
максимальное падение напряжения на резисторе Umax = 5 B.
3. Выпрямитель с идеальным выпрямляющим элементом
(диодом) подключен к сети переменного тока с напряжением U =
220 B и частотой f = 50 Гц (см. рис.). Во сколько раз изменится
~U
R
K
мощность, рассеиваемая на резисторе с сопротивлением R при
C
замыкании ключа К, если известно, что за период переменного
тока конденсатор емкости
С практически не успевает
разрядиться через резистор? Какому условию должны подчиняться параметры
цепи? (Козел, 3.208)
D
Ответ: возрастет в четыре раза, RCf >> 1.
Решение.
При разомкнутом ключе с учетом того, что диод пропускает ток только половину периода,
мощность
N1 = ½ U2/R.
B
Rx
При замкнутом ключе на резисторе R установится практически
Резисторы и вольтметр включены в цепь переменного тока,
как показано на рисунке. Напряжение между точками А и А/
AV втрое меньше напряжения между точками В и В /. Найти
сопротивление Rx, если сопротивление R известно. (Меледин,
Rx
3.81)
B/
Ответ: Rx = ½ R при Rx < R, Rx = 2R при Rx > R.постоянное
R
A/
R
напряжение, равное амплитудному напряжению сети U√2. Мощность будет равна
N2 = 2 U2/R,
т.е. возрастет в четыре раза. Так как при напряжении на конденсаторе U ток через R
равен U/R, то за период может протечь заряд
Δq ≈ U/(Rf).
Для того чтобы напряжение на конденсаторе мало менялось в течение периода,
необходимо выполнение условия
Δq << q = CU.
Отсюда получаем
RCf >> 1.
4. К сети переменного напряжения частоты 50 Гц подключены
последовательно конденсатор емкостью 10 мкФ и амперметр
А
переменного тока (см. рис. а). Последовательно с ними подключают
б)
катушку (см. рис. б). При какой индуктивности катушки показания
А
амперметра увеличатся в два раза? При какой индуктивности
в)
показания уменьшатся в два раза? Как изменятся токи, если
катушки с вычисленными параметрами подключать не последовательно, а
параллельно конденсатору (см. рис. в)? элементы цепи считать идеальными. (СОШ,
97-98, 11-III-5)
А
а)
Ответ: для “двойного” тока: L1 = 0.5 Гн, L2 = 1.5 Гн, для “половинного” тока: L3 =
1.5 Гн; Iпар (L1) = Iо , Iпар(L2) = Iо/3, Iпар(L3) = 2Iо/3.
Решение.
Ток в цепи с конденсатором I1 = U/XC = UωC. Если последовательно с конденсатором
подключить катушку L, амперметр покажет ток
I2 = U/|XC – XL| = U/|1/(ωC) – ωL|.
Тогда для “двойного” тока имеем два возможных значения индуктивности
I1 /I2 = |1/(ωC) – ωL| ωC = ½
или
1/(ωC) – ωL1 = 1/(2Cω) → L1 = 1/(2Cω2) ≈ 0.5 Гн.
ωL2 - 1/(ωC) = 1/(2Cω) → L2 = 3/(2Cω2) ≈ 1.5 Гн.
Для “половинного” тока есть только один вариант
ωL3 - 1/(ωC) = 2/(Cω) → L3 = 3/(Cω2) ≈ 3 Гн.
В случае параллельного подключения ток через амперметр равен
I = U/XL – U/XC = U/(ωL) – UCω = UCω[1/(ω2LC) – 1] = I1[1/(ω2LC) – 1].
Подставляя полученные значения индуктивности, получим
Iпар (L1) = I1 , Iпар(L2) = I1/3, Iпар(L3) = 2I1/3.
B
Rx
A/
R
5. Резисторы и вольтметр включены в цепь переменного тока,
как показано на рисунке. Напряжение между точками А и А/
втрое меньше напряжения между точками В и В /. Найти
AV сопротивление R , если сопротивление R известно. (Меледин,
x
3.81)
Rx
/
Ответ: Rx = ½ R при Rx < R, Rx = 2R при Rx > R.
B
R
Решение
Полагая вольтметр идеальным, найдем токи, протекающие по ветвям ВА/В/ и ВА/В:
J = Uo/(R + Rx).
Разность потенциалов между точками А/ и А будет равна
UA/A = Uo/3 = |R – Rx|Uo/(R + Rx).
Знак модуля появляется потому, что вольтметр указывает абсолютное значение
напряжения. Учитывая оба знака разности R – Rx, получаем
Rx = ½ R при Rx < R,
Rx = 2R при Rx > R.
6. Через нагревательную спираль, сопротивление которой постоянно, пропускают
постоянный ток. На сколько процентов изменится среднее количество теплоты,
выделяющейся в спирали в единицу времени, если через спираль пропускать
одновременно с постоянным током переменный (синусоидальный) ток, амплитудное
значение которого составляет 10% от силы постоянного тока? (Меледин, 3.102)
Ответ: на 0.5%.
Решение
Полный ток через спираль будет равен
J(t) = Jo[1+ αsin(ωt)],
где α = 0.1, ω – угловая частота тока, t – время. Тогда для мощности тепловых потерь
можно записать
P = R<J2>ср = RJo2[1 + 2α< sin(ωt)>ср + ½ α2<[ sin(ωt)]2 >ср = RJo2[1 + ½ α2],
так как
< sin(ωt)>ср = 0,
<[ sin(ωt)]2 >ср = ½ - ½ <cos(2ωt)>ср = ½ .
Относительное изменение мощности потерь составит
ΔP/P = ½ α2 = 0.005. (0.5%.)
7. Имеются два идеальных трансформатора
с отношением числа витков первичной
N1
N2
N2
обмотки к числу витков вторичной обмотки
Uo
k = 3. один из трансформаторов выполнен с
перемычкой так, что магнитный поток,
создаваемый первичной обмоткой, делится в
сердечнике трансформатора на два равных
потока. Первичная обмотка одного из них
последовательно соединена со вторичной обмоткой второго трансформатора, а
свободные концы этих обмоток включены в сеть переменного напряжения с U o =
100 В. Вторичная обмотка первого трансформатора последовательно соединена с
первичной обмоткой второго. Определить амплитуду U переменного напряжения
между свободными концами этих обмоток (см. рис.)
Ответ:U = 45 B ; 15 B.
U=?
N1
Решение.
Переменный ток силы J1 в обмотках трансформаторов, подключенных к сети питания,
создает переменный магнитный поток Ф1к в каждом трансформаторе:
Ф1к = NkJ1 ( k = 1,2),
где коэффициент пропорциональности  зависит от конструкции трансформаторов и
одинаков для обоих устройств. Благодаря магнитному сердечнику магнитные потоки
замыкаются внутри трансформатора и пронизывают витки обмоток. На зажимах обмоток
трансформаторов, подключенных к сети питания, возникает ЭДС самоиндукции ,
равная сумме ЭДС 1 и 2 самоиндукции в обеих катушках, причем:
1 = -N1N1J1 = -N12 J1
и
2 = -N2N2J1 = -N22 J1 ,
так что
 =  1 + 2 = - J1 (N12 + N22) = Uo,
где N1 и N2 – количество витков первичной и вторичной обмоток каждого из
трансформаторов. Для ненагруженного трансформатора в режиме холостого хода, когда
вторичная цепь системы трансформаторов разомкнута и ток J2 в ней равен нулю, а в
первичной цепи падением напряжения на ее сопротивлении R
можно пренебречь
(J1R << Uo), имеем ЭДС индукции на каждой обмотке трансформаторов, составляющих
вторичную цепь системы:
12 = N2(dФ1/dt) = N2N1J1
и
21 = N1(dФ2/dt) = ½ N1N2J1 .
В последнем равенстве учтено, что магнитный поток Ф2, создаваемый током J1, в
обмотке второго трансформатора, содержащей N2 витков, не весь, а только половина
проходит через витки первичной обмотки, содержащей N1 витков.
Полная ЭДС U на концах вторичной цепи:
U = 12  21 = N1N2J1 (1  ½ )
в зависимости от способа включения обмоток в этой цепи. Откуда получаем:
3/2Uok/(1 + k2) = 0.45 Uo = 45 B
2
2
U = Uo N1N2 /(N1 + N2 ) (1  ½ ) =
1/2Uok/(1 + k2) = 0.15 Uo = 15 B
Список литературы.
1.Бендриков Г.А., Буховцев Б.Б., Керженцев В.В., Мякишев Г.Я., “Задачи по физике для
поступающих в ВУЗы.”-М.: Наука, 1998.
2. Баканина Л.П., Ьелонучкин В.Е., Козёл С.М., Мазанько И.П.”Сборник задач по
физике.”-М.:Наука,1990.
3. Гольдфарб Н.И. “Сборник вопросов и задач по физике.”- М.Высшая школа, 1973.
4. Шальнов В.П. “Задачи по физике.”- М.Наука, 1972.
5. Коган В.Ю. “Задачи по физике.”-М.ПРОсвещение, 1971.
6. Меледин Г.В. “Физика в задачах.”- М.Наука,1985.
7. Слободецкий И.Ш., Орлов В.А. “Всесоюзные олимпиады по физике.”- М.Просвещение,
1985.ю
8. Воробьёв И.И. Зубков П.И, Кутузова Г.А., Савченко О .Я “Задачи по физике”-М.Наука,
1981.
9. Манида С.Н. “Решение задач повышенной сложности”-С-Петербургский университет,
2004.
10. Ьалаш В.А. “Задачи по физике и методы их решения”-М.Просвещение, 1983.
11. Горбунов А.К., Панаиотти Э.Д. “Сборник задач по физике для поступающих в ВУЗ”М.МГГУ им. Н.Э.Ьацмана, 2005.ю
12. Алешникевич В.А., Гречёв А.В. ”Задачи вступительных экзаменов и олимпиад по
физике в МГУ”-М.Физический факультет МГУ, 1995-2007г.
13. Чешев Ю.В., Можаев В.В. “Билеты вступительных экзаменов в МФТИ”- М.20004