ПРЕДИСЛОВИЕ

При изучении физики приходится все время решать задачи. Часть таких задач совсем простые — это скорее не задачи, а упражнения, примеры. Попадаются задачи и посложнее, требующие для своего решения уже некоторых усилий и размышлений. И важны ведь не сами по себе усилия — хотя и они полезны для поддержания формы,— ломая голову над задачей, мы начинаем лучше понимать физические законы, связь между ними.

Наконец, есть задачи совсем сложные — для их решения мало просто понимать материал, нужно и уверенно владеть математическим аппаратом и уметь выделять в физическом явлении существенные стороны (несущественные тоже нужно уметь выделять — и отбрасывать). Говоря о владении математическим аппаратом, мы не имеем в вида знакомство с какими-то разделами математики, которые изучают только студенты — речь идет об обычной тригонометрии, системах уравнений. Но зачастую необходимо увидеть в сложном выражении что-то простое и суметь этим воспользоваться для упрощения.

Почти всегда решение сложной задачи заставляет еще 'раз вспомнить теорию, сравнить написанное в разных книгах — и, порой, найти в них неточности. Такие задачи интересно обсуждать, спорить о них, и, если удается доказать свою правоту, можно испытать чувство законной гордости—до следующей задачи... Именно по этой причине сборник так и называется: «Раз задача, два задача...». Ну, а если вам не доставляет удовольствия решать хитрые задачи, то не надо этого делать ни в коем случае — ведь столько есть на свете интересных вещей — собирание марок, например.

В сборник вошло около двухсот пятидесяти задач, которые авторы предлагали для физических олимпиад всех уровней — от школьного до международного. Некоторые задачи отмечены звездочками — это означает, что авторы считают их трудными, однако вы с этим можете и не со-

гласиться. Приведены довольно подробные решения задач, причем . некоторые решения превратились в небольшие статьи с названиями — авторы надеются, что это может принести некоторую пользу читателям. Для удобства пользования в конце книги приведена таблица основных физических констант.

Большая часть задач этого сборника была напечатана в журнале «Квант», и авторы пользуются случаем настоятельно рекомендовать этот журнал всем, кто интересуется физикой и (или) математикой.

Мы считаем своим приятным долгом поблагодарить рецензента книги профессора Е. И. Бутикова за полезные замечания и предложения.

ЗАДАЧИ

L МЕХАНИКА

Кинематика

Киномеханик по ошибке пустил киноленту так, что все события на экране «потекли в обратном направлении», при этом автомобили поехали назад.

Как изменилась скорость автомобилей в результате такой ошибки? А ускорение?

Гидрофон, установленный вблизи дна. зарегистрировал последовательность сигналов, связанных с под- водным взрывом на дне. Промежуток времени между первым и вторым сигналом составил ^ = 1 с, между первым и третьим /. = 3 с. Почему зарегистрировано несколько сигналов и на каком расстоянии от гидрофона произошел взрыв?

Скорость распространения звука в воде и ==1500 м/с.

. Муравей бежит от муравейника по прямой так, что скорость его обратно пропорциональна расст< янию до центра муравейника. В тот момент, когда мура: й находится в точке А на расстоянии ^=1 м от центра муравейника, его скорость равна и, = 2 см/с. За какое время муравей добежит от точки А до точки В, которая находится на расстоянии 1,-2 м от центра муравейника?

На неподвижном клине, образующем угол а с горизонтом, лежит нерастяжимая веревка. Один из концов веревки закреплен в точке А. К нижнему концу веревки прикреплен небольшой грузик. В некоторый момент времени клин начинает двигаться вправо с постоянным ускорением а (рис. 1).

С каким ускорением движется грузик, пока он находится на клине?

По гладкому столу движется, быстро вращаясь вокруг своей оси, волчок, имеющий форму конуса (рис. 2). При какой скорости и поступательного движения бо чок не ударится о край стола, соскочив с него? Ось волчка остается вертикальной. Размеры волчкг1 указаны на

рисунке.

. Лампочка висит на расстоянии lY от потолкана высоте /2 от пола. При ее разрыве осколки разлетаются во все стороны с одной и той же по величине скоростью у. Найдите радиус круга на полу, в который попадут осколки. Считать, что удары осколков об потолок абсолютно упругие, а об пол — неупругие. До стен осколки

не долетают.

. Два спортсмена стоят в точках А и В и держат резиновый шнур. По сигналу спортсмен А начинает дви

гаться на восток со скоростью ра = 1 м/с, а спортсмен В—на

юг с постоянным ускорением. / Найти это ускорение, если f известно, что узел С, завязанный на шнуре, при движении прошел точку D (масштаб приведен на рис. 3).

В пространстве движется деревянный куб (рис. 4). в В некоторый момент времени

грань ABCD оказалась го

ризонтальной, а скорости вершин куба А и В направлены вертикально вниз и равны у по модулю. Известно, что скорость вершины куба С в этот же момент времени равна по модулю: а) 2щ б) и/2. Какую максимальную по моду

лю скорость могут иметь в этот момент другие точки куба?

. Один конец шарнирной конструкции из двух одинаковых звеньев длины 2а закреплен. Другой ее конец движется с постоянной скоростью и по прямой, расстояние до которой от неподвижного конца конструкции равно За (рис. 5). Найти ускорение шарнира в тот момент времени, когда- а) левое звено горизонтально; б) ско

рость шарнира равна нулю.

Цилиндр с намотанной на него нитью, второй конец которой закреплен, находится на горизонтальной подставке, движущейся поступательно с постоянной горизонтально направленной скоростью у. Найти скорость оси цилиндра в зависимости от угла а, образуемого нитью с

вертикалью. Относительно подставки цилиндр не про- , кальзывает (рис. 6).

L1L Цилиндр с намотанной на него нитью, второй ■ нец которой закреплен, скатывается с гладкой наклонной плоскости, образующей угол а с горизонтом. Зная, что в момент, когда нить вертикальна, угловая скорость юащення цилиндра равна го, найдите: а) скорость движения его оси, б) скорость точки его касания с наклонной плоскостью. Радиус цилиндра равен /? (рис. 7).

Конец нити, намотанной на катушку, перекинут через гвоздь, вбитый в стену. Нитку тянут с постоянном скоростью и. С какой скоростью будет двигаться центр катушки в тот момент, когда нить составляет угол а с вертика ью? Внешний радиус катушки R, внутренний — г. Катушка катится без проскальзывания (рис. 8).

Шарик катится вдоль ребра прямоугольного желоба АСВ со скоростью у без проскальзывания (рис. 9). Расстояние АВ равно радиусу шарика. Какие точки шарика имеют максимальную скорость? Чему равна эта скорость?

. В пространстве падает лист фанеры. Оказалось, что в некоторый ?.юмент времени скорости двух точек листа Л и В одинаковы (vA = vB = v) и лежат в плоскости листа. Оказалось также, что скорость точки листа С, являющейся вместе с точками А и В вершинами равностороннего треугольника, в два раза больше по величине скорости у. Где в данный момент на листе находятся точки, скорость которых в три раза больше скорости у?

L15. Шайба наезжает на ледяную горку под углом Р = 60° к ее основанию, скорость шайбы при этом у0 = = 10 м/с (рис. 10, а). След шайбы на ледяной горке частично стерся, а то, что от него осталось, изображено на рис. 10, б. Каков угол наклона а ледяной горки к горизонту? Трение шайбы о лед пренебрежимо мало, въезд на горку — плавный.

Из точки А, находящейся на вершине крутого обрыва на высоте Н над горизонтом бросают небольшой предмет в точку В горизонтальной поверхности, находящуюся от обрыва на расстоянии / (рис. 11). Чему равна минимальная скорость броска? Под каким углом а к горизонту должен при этом быть совершен бросок? С какой скоростью предмет упадет на горизонтальную поверхность? Чему будет равен угол падения на горизонтальную поверхность В?

. При какой минимальной начальной скорости можно перебросить камень через дом с покатой крышей (рис. 12). Ближайшая стена имеет высоту Н, задняя стена— высоту h, ширина дома равна I.

. По прямой движется с очень большой скоростью и (у^с, где с—скорость света) светящийся объект 0.

Рис. 12Рис. 12

Рис. 12

Рис. 12

Наблюдатель находится на расстоянии I от этой прямой. Найти зависимость скорости объекта, которую зафиксируют приборы наблюдателя от угла между нормалью к прямой и направлением на объект а (рис. 13).

Р*к. 13

VaV/ZW////////z7//2/^

Рис. 14

. Из пункта А в пункт В, расстояние между которыми равно d, должны добраться п велосипедистов, у которых имеется mодноместных велосипедов (т < п). Каждый велосипедист идет пешком со скоростью и, а едет на велосипеде со скоростью и. За какое наименьшее время все п велосипедистов смогут попасть из А в В? Время считается по последнему прибывшему. Велосипед можно оставлять на дороге без присмотра.

Будет ли равномерным прямолинейное движение, если за любую секунду тело проходит ровно 1 м?

Моторная лодка, находящаяся в точке А на расстоянии R от берега озера (рис. 14), начинает разворот, 10

двигаясь со скоростью о =18 км/ч по окружности радиуса г — R/2; в начальный момент скорость лодки направлена к берегу. Волна от лодки дошла до берега через время 1 = 3 мин после начала разворота. Скорость распространения волн от лодки по поверхности воды равна и = = 9 км/ч.

Найти расстояние R.

Динамика

В системе, изображенной на рис 15, блоки невесомы, а нити — невесомы и нерастяжимы. Найти ускорение подвижного блока.

Рис. 15Рис. 15Акробат, находясь на боковой поверхности цилиндра, лежащего на очень шероховатом полу, перебирает ногами и движется с постоянной скоростью. Считая коэффициент трения ботинок акробата о поверхность цилиндра равным р, определить предельный угол а0, который составит с вертикалью радиус цилиндра, проведенный в точку, в которой находится акробат. Чему будет равна сила трения ботинок акробата о цилиндр при этом? Масса акробата равна т.

Рис. 15

Рис. 15

Кубик из пенопласта массой М = = 100 г лежит на горизонтальной подстав ке. Ребро кубика й=10см. Снизу кубик пробивает вертикально летящая пуля массой т=10 г. Скорость пули при входе в

кубик о, = 100 м/с, при вылете щ = 95 м/с. Подпрыгнет ли кубик?

На гладкий жесткий неподвижный стержень, образующий угол а с горизонтом, надето колечко массы тъ которое может скользить по стержню без трения. К колечку при помощи невесомой нити АВ прикреплен небольшой грузик массы т2. Первоначально колечко удерживают рукой так, что нить АВ вертикальна. Чему будет равно натяжение нити сразу после того, как колечко отпустят?

. Декоративная квадратная штора размером 1,5 х Х1,5 м висит на горизонтальном карнизе. Нижний край шторы поднимают вровень с верхним, так что штора оказывается сложенной вдвое, и отпускают. Найдите зависимость силы, действующей на карниз, от времени. Штора тонкая, гладкая, ее масса равна т = 3 кг.

Внутрь камеры велосипедного колеса попал маленький камешек. Радиус колеса R, поверхность внутри — шероховатая, коэффициент трения р. Опишите возможные варианты движения камешка при различных скоростях.

L28< Почему человека отбрасывает на «чертовом ко- лесе»? Куда именно его отбрасывает? (Не путайте «чертово колесо» — горизонтальный быстро вращающийся диск, с колесом обозрения, с которого никого никуда не отбрасывает.)

L29. На гладкой горизонтальной поверхности тележки лежит шар радиуса R. Тележка начинает двигаться со скоростью уп. Найти горизонтальную проекцию скорости шара в момент его "удара об пол.

L30* Угол раствора гладкой конической поверхности а = л/2, а ее ось образует с гори'онтом угол а/2. К вершине конической поверхности изнутри нитью длины I привязан тяжелый маленький шарик массы т. Какую минимальную горизонтальную скорость нужно сообщить шарику, чтобы он, не отрываясь от поверхности, описал замкнутую траекторию? Как будет при этом зависеть сила натяжения веревки от высоты подъема шарика над пер- зоначальным его положением?

Обруч радиуса R— 1 м толчком «закручивают» вокруг столба диаметром с = 0,4 м. Какую скорость с нужно придать обручу (о — скорость его центра), чтобы он не съезжал вниз? Коэффициент трения р = 0,05.

А8*А8*ЮмЮмРис 16Рис 16

А

8*

А

8*

Юм

Юм

Рис 16

Рис 16

Автомобиль движется вдоль прямой ОО' (рис. 16) и в точке А начинает поворачивать, не снижая скорости. В точке В автомобиль сбил придорожный столбик. Оцените скорость, с которой мог ехать автомобиль Считайте сцепление шин с асфальтом хорошим. Руль автомобиля управляет его передними колесами.

. Плот оттолкнули от берега реки, сообщив ем' скорость 0,3 м/с в направлении, перпендикулярном берегу. На рис. 17 приведен начальный участок траектории движения плота. На каком удалении от берега будет в конце концов плыть плот? Скорость течения реки ор = 0,3 м/с. Сила сопротивления движению плота пропорциональна его скорости относительно воды.

На гладкий горизонтальный стол поставили вертикально гантельку, состоящую из невесомого стержня с двумя одинаковыми маленькими шариками на концах. Верхнему шарику ударом сообщают скорость и в горизонтальном направлении. При какой минимальной длине гантельки I нижний шарик сразу оторвется от стола?

. Массивный диск вращается вокруг вертикальной оси с угловой скоростью Q. На него сверху опускают диск радиуса г массы т, ось которого строго вертикальна, но не совпадает с осью массивного диска. Расстояние между осями дисков равно d (d>r). Коэффициент трения между поверхностями дисков равен р. Малый диск всеми своими точками касается большого. Определить установи шуюся угловую скорость малого диска. Какой момент сил необходимо приложить к оси большого диска, чтобы скорость его вращения оставалась неизменной? Трение в осях отсутствует.

Законы сохранения

Шарик, движущийся по гладкой горизонтальной поверхности, срывается с нее, падает на наклонную площадку и упруго отражается от последней. После" удара шарик продолжает лететь вперед, а его траектория остается в исходной вертикальной плоскости. Как вы думаете, может ли максимальная высота подъема шарика посте удара быть равна первоначальной?

Модель тележки на гусеничном ходу поставили на наклонную плоскость с углом наклона а = 30° и отпустили. Найти ускорение модели. Длина модели / = 50см, высота /1 = 2 см. Гусеницы сделаны из резины, их масса составляет 80 % от массы всей модели. Трение в механизме модели пренебрежимо мало.

. Между стенкой и кубом массы М = 10 кг летает на гладком столе упругий шарик массы щ = 0,1 г. Его скорость вначале, когда куб покоился, составляла па=100м/с. Найти скорость куба в тот момент, когда он будет в 2 раза дальше от стенки, чем вначале.

Одинаковые грузы положили в тележки одинаковой массы (рис. 18), одна из которых имеет гладкое дно, а другая — шероховатое. Грузам толчком придают одинаковые скорости вправо.

Далеко от тележек справа находится стенка. Считая, что грузы о тележки ударяются упруго, определите — какая из тележек приедет к

^_и ।стенке раньше.

О I 1.40. Из куска тонкой

стальной ленты ширины с/, в

Рис- 18которой пробито небольшое

отверстие радиуса г, сделали обруч и поставили его на стол так, что отверстие оказалось внизу. Из этого положения обруч немного сместили и предоставили самому себе. Чему равна максимальная скорость качения обруча?

Мальчик медленно поднимается на снежную горку и тащит за собой на веревке санки так, что веревка все время параллельна поверхности горки. Вершина горки расположена на высоте Н и расстоянии / от ее основания. Какую работу совершит мальчик при поднятии санок на горку? Масса санок т, коэффициент трения санок о снег р.

. Гантелька длины I стоит в углу, образованном гладкими плоскостями (рис. 19). Нижний шарик ган- тельки смещают горизонтально на очень маленькое расстояние, и гантелька начинает двигаться. Найти скорость нижнего шарика в тот момент, когда верхний шарик оторвется от вертикальной плоскости.

тт

Рис. 19Рис. 20

На гладком горизонтальном столе лежат стальные шарики массами т и 2m, связанные натянутой нитью длины I. Еще один шарик массы т налетает на систему со скоростью ип (перпендикулярно натянутой нити) (рис. 20) и происходит абсолютно упругий лобовой удар.

Найти максимальную величину натяжения нити и ускорение шарика массы 2т.

. Длинный игрушечный поезд, составленный из большого числа сцепленных вагонов, едет по горизонтальным рельсам со скоростью V и въезжает в «мертвую петлю» радиуса R (радиус существенно превышает размер вагона, но длина поезда L > 2л/?). При какой скорости V поезд преодолеет препятствие так, что ни один вагон не перестанет давить на рельсы во время движения''1

. Ядро массы т, летящее со скоростью у, распадается на два одинаковых осколка. Внутренняя энергия ядра равна Еъ внутренняя энергия каждого из осколков Ег \Ег > 2Е2\ Определите максимально возможный угол разлета осколков.

На рельсах стоит гладкая горка массы М и высоты Н. На горку наезжает со скоростью у тележка массы т. Какую скорость приобретает горка после того, как тележка ее покинет? Переедет ли тележка через горку?

Тяжелая доска массы М лежит на двух тонкостенных катках радиусов г и 7? и равных масс т. Расстояние между центрами катков равно /. С каким ускорением начнет двигаться доска, если ее отпустить? Проскальзывание между всеми соприкасающимися телами отсутствует.

. Однородный стержень массы М подвешен при помощи легких нерастяжимых веревок одинаковой длины к потолку и находится в положении устойчивого равновесия. Расстояние между точками крепления веревок равно длине стержня. По стержню без трения может перемещаться небольшая шайба массы т. В начальный момент времени натянутые веревки отводят на угол а. от вертикали, так что стержень и точки крепления веревок к потолку лежат в вертикальной плоскости, а шайба находится посередине стержня (рис. 21). Найти ускорение шайбы сразу после того, как веревки отпустят.

. Однородная палочка длины / связана нитью той же длины с неподвижной точкой А. Нижний конец палочки может скользить без трения по горизонтальному столу. Расстояние от точки А до стола равно Н (/ < < И <21\ Палочка начинает двигаться без начальной скорости из положения, изображенного на рис. 22 Найти максимальную скорость центра палочки при ее последующем движении.

С наклонной плоскости скатываются две бутылки: одна —пустая, другая— заполненная водой. Ка-

кая из них скатится быстрее? Какая из этих бутылок поднимется на большую высоту, если их пустить вверх по наклонной плоскости с одинаковыми начальными скоростями? Считать, что проскальзывания нет.

. Три одинаковых массивных шара находятся на одной высоте над горизонтальной позерхносп ю (рис. 23). Первый шар насажен на невесомую спиду, конец которой закреплен в шарнире. Второй шар насажен на такую же спицу, но ее конец может без трения скользить по поверхности. Третий шар никак с поверхностью не связан. Шары одновременно отпускают без начальной скорости. В каком порядке они упадут на плоскость?

Рис. 21Рис. 21

Рис. 21

Рис. 21

. Тонкий обруч массы М и радиуса R жестко закреплен при помощи легких спиц на оси, проходящей через центр обруча, так что плоскость обруча составляет угол а с осью. Определить, какую работу необходимо совершить, чтобы раскрутить ось до угловой скорости го.

Тонкое однородное кольцо радиуса R надето на гладкий горизонтальный цилиндр радиуса г. Кольцо поворачивают на максимально возможный угол так, что: а) его плоскость остается вертикальной; б) его горизонтальный диаметр остается параллельным себе, и отпуска-

ют (рис. 24). Найти максимальную угловую скорость кольца.

. Два тонких однородных обруча радиуса R соединены так, что их плоскости взаимно перпендикулярны, а центры совпадают. Система находится в положении неустойчивого равновесия, касаясь горизонтальной поверхности одной из точек соединения обручей. После легкого толчка система приходит в движение. Найти ее максимальную угловую скорость, если: а) плоскость очень шероховатая; б) плоскость гладкая.

Статика и гидростатика

Предложите своему товарищу стать спиной к стенке, прислонив к ней пятки, а потом попытаться достать пальцами рук носки обуви, не сгибая ноги в коленях. Наверняка это ему не удастся сделать. Почему? Теперь предложите встать к стенке лицом так, чтобы носки ботинок и нос касались стенки, и попросите приподняться на носках. Это также не удается. Почему?

Бывалые туристы, как известно, подходя к реке, через которую переброшено бревно, обычно стараются перебежать по нему, а не идти медленно. Зачем они это делают?

Действующая модель подъемного крана способна поднять 10 бетонных плит без обрыва троса. Сколько плит поднимает реальный кран, изготовленный из тех же материалов, если линейные размеры крана, троса и плит в 12 раз больше, чем в модели?

На гладкое горизонтальное бревно радиуса R кладут сверху «книжку», составленную из двух однородных тонких квадратных пластинок со стороной l = 4R. Пластины скреплены при помощи невесомого шарнирного стержня. Какой угол образуют пластины в положении равновесия?

Папа Карло сделал для Буратино колпак из тонкой жести. Колпак имеет форму конуса высотой И = = 20 см с углом а = л/3 при вершине. Будет ли этот колпак держаться на голове у Буратино, если эта голова— гладкий шар диаметром Д=15 см?

. Если шестигранный карандаш поместить на наклонную плоскость, составляющую угол а с горизонтальной поверхностью, перпендикулярно ее образующей (линии пересечения плоскости с горизонтальной поверх-

ностью), карандаш будет покоиться. Если его положить параллельно образующей, он будет скатываться вниз.

Определите угол <р между осью карандаша и образующей наклонной плоскости (рис. 25), при котором карандаш еще будет находиться в равновесии.

На шероховатой наклонной плоскости с углом наклона ос лежит тело, к которому привязана легкая нерастяжимая нить. Свободный конец нити пропущен через маленькое отверстие в плоскости. В начальный момент тело лежит на плоскости так, что нить горизонтальна (рис. 26). Нить начинают медленно вытягивать; при этом тело к моменту достижения отверстия описывает половину окружности. Найти величину коэффициента трения тела о плоскость.

Легкий стол состоит из круглой столешницы радиуса R и трех вертикальных ножек, прикрепленны к краю столешницы на равных расстояниях друг от друга. Тяжелый груз М кладут на стол, сместив его относительно центра стола на расстояние R.

Какими могут быть при этом силы реакции, действующие на ножки?

На гладком горизонтальном столе лежит пачка бумаги, в которой 500 листов. Сотый лист (считая снизу) больше других. Этот лист осторожно тянут в горизонтальном направлении. Какое максимальное ускорение можно сообщить пачке, чтобы она при этом двигалась се распадаясь? Каково максимальное ускорение, с которым может двигаться центр масс пачки? С каким ускорением должен двигаться при этом сотый лист? Коэффициент трения бумаги о бумагу р = 0,2.

Однородная балка подвешена к потолку за края и середину при помощи нитей равной длины. Две нити — одинаковые, а третья (привязанная к одному из краев) —

двойная. Во сколько раз отличаются натяжения одинаковых нитей?

Автомобиль повышенной проходимости может использовать в качестве ведущих либо передние, либо задние колеса. Водитель хочет буксировать тросом тяжелый груз. Какую максимальную силу тяги Т (без рывка) сможет развить при этом автомобиль, если коэффициент трения колес о дорогу ,11 = 0,4, масса автомобиля Л4 = 2 т, расстояние между центрами колес / = 4 м, радиус колес /? = 0,3 м? Передняя и задняя оси расположены в одной горизонтальной плоскости; центр масс автомобиля лежит в этой плоскости на равном расстоянии от осей; в этой ке плоскости лежит трос Какие колеса должны быть ведущими? Зависит ли от этого величина Т?

. Через неподвижное горизонтально закрепленное бревно переброшена веревка. Для того чтобы удерживать груз массы т = 6 кг, подвешенный на этой веревке, необходимо тянуть второй конец веревки с минимальной силой Ki = 40 Н. С какой минимальной силой F„ надо тянуть веревку, чтобы груз начал подниматься?

Космический аппарат представляет собой жесткую тонкостенную сферу радиуса /? = 2 м, наполненную газом. Внутри аппарата находится шар радиуса f = Rfz, наполненный тем же газом, что и весь аппарат, но при большем давлении. Шар касается внутренней поверхности аппарата. В результате повреждения шар лопнул. Найти, во сколько раз изменилось давление внутри аппарата, если оказалось, что весь аппарат при этом сместился на расстояние а = 0,5 м. Массой оболочек пренебречь; температуру считать неизменной.

В закрытом сосуде на поверхности воды плавает деревянный шар Как изменится глубина погружения шара, если в сосуд накачать воздух так, чтобы давление воздуха в сосуде увеличилось вдвое?

В стакане с водой плавает деревянная шайба с цилиндрической дыркой. Оси шайбы и дырки параллельны. Площадь дна стакана S, площадь сечения дырки 5,. Дырку осторожно заполняют доверху маслом. На какую высоту поднимется шайба, если вначале ее выступающая из воды часть имела высоту /г?

Плотность масла р, плотность воды р0. Известно, что все масло осталось в дырке. •

Гирю, подвешенную к динамометру, опускают в воду, пока уровень воды в сосуде не поднимется на Дй = 5 см. Показание динамометра при этом изменилось

на XF = 0,5 Н. Определить площадь дна сосуда. Пл ность поды р0= 1000 кг-м~8.

В стакане, доверху наполненном водой и закрытом сверху, плавает деревянный шарик. Как изменится давление шарика на крышку, если стакан движется с ускорение..! а, направленным вверх?

Два шарика одинакового размера, соединенные тонкой, длинной и невесомой нитью, опускаются на дно водоема с установившейся скоростью. Нижний шарик изготовлен из алюминия. Если нить перерезать, то верхний шаря, будет всплывать с той же установившейся скоростью. Определить плотность рх материала верхнего шарика, если плотность алюминия р = 2800 кг-м-3, а воды р0= 1000 кг-м~8.

Где сильнее горит газ —на первом или на шестнадцатом этаже?

В районах, где в земле имеются карстовые полости, иногда встречаются необычные пруды. В сезон дождей такие пруды постепенно наполняются водой, однако потом вдруг неожиданно резко мелеют. Каким образом это может происходить?

Механические колебания и волны

Длинный железнодорожный состав, двигаясь по инерции, въезжает на горку с углом накло

полностью остановился, наполностью остановился, наРис. 27Рис. 27на а (рис 27). Когда состав горке находилась половина его длины. Сколько времени прошло от начала подъема до остановки? Длина состава L, трением пренебречь.

полностью остановился, на

полностью остановился, на

Рис. 27

Рис. 27

Длинные сани с грузом, едущие по льду, попа-

дают на участок, посыпанный песком, и, не пройдя и половины своей длины, останавливаются. После этого им резким толчком сообщают первоначальную скорость. Найти отношение путей и времен торможения.

. Шарнирная конструкция из легких звеньев AB = AC=^BF = ^CE = FG = EG закреплена в точках Л и G (рис. 28). Между точками В и С и Е и F вставлены легкие пружины жесткости /?, так что в положении равновесия все углы конструкции прямые и пружины недеформированы. В точке D надето небольшое

колечко массой т. Найти период малых колебаний системы, при которых колечко движется перпендикулярно пружинам. Силой тяжести пренебречь.

Рис. 28

Шарик массы т подвешен на пружине жесткости к (пружинный маятник). Точка подвеса пружины совершает вертикальные гармонические колебания с амплитудой а и частотой <о. Как движется шарик при установившихся колебаниях?

Штатив массы Л1 стоит на гладком столе. К штативу на легкой нити длины/ прикреплен шарик массы т. Нить отклоняют на малый угол а и отпускают. Нарисовать график зависимости скорости штатива от времени. Столкновения шарика с основанием штатива абсолютно упругие.

Тяжелая тележка движется со скоростью и ио горизонтальной плоскости и въезжает на наклонную плоскость, составляющую угол а с горизонтом. Перех( д между плоскостями плавный. На тележке на нити длиной I висит шарик. Какова будет амплитуда колебаний шарика, когда тележка въедет на наклонную плоскость?

. На верхней образующей гладкого цилиндра радиуса R, ось которого наклонена под углом а к горизонту, укреплена невесомая веревка длины / К другому концу веревки прикреплен небольшой груз. Определить:

длину свисающей части веревки в положении равновесия груза;

период малых колебаний груза в вертикальной плоскости, параллельной оси цилиндра.

На очень шероховатый цилиндр радиуса г, расположенный горизонтально, надет тонкий однородный обруч радиуса R. Найти период малых колебаний обруча в вертикальной плоскости.

По цилиндрическому желобу радиуса R, ось которого наклонена под углом а к горизонту, скользит ма- . сн‘ кий шарик (рис. 29). Длина желоба L. Сколько раз

шарик пересечет самую нижнюю образующую желоба АВ, если он был пущен без начальной скорости из точки, находящейся вблизи нижней образующей?

Почему плохо слышно против ветра?

Наливая воду в термос, мы слышим звук. Как

меняется его тон по мере заполнения термоса?

Рыбак, живший около устья впадающей в океан реки, перебрался на новое место жительства на несколь

ко километров выше по течению. К своему удивлению, он обнаружил, что время между началом прилива и началом отлива уменьшилось, а время между началом отлива и началом прилива увеличилось. Как можно объяснить это обстоятельство?

2, МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕПЛОВЫЕ ЯВЛЕНИЯ

Идеальные газы, начала термодинамики, тепловые процессы

Пробирка массой М содержит моль идеального газа массой р при температуре Т. Пробирку открывают, вынимая из нее пробку пренебрежимо малой массы. Оцените скорость пробирки после того, как весь газ выйдет из нее наружу. Считать, что дело происходит

в вакууме.

. В горизонтально расположенной плоской коробке размером 10x10 см беспорядочно лежат 1000 маленьких стальных шариков массы т = 0,5 мг каждый. Коробку начинают двигать со скоростью и0—10 м/с перпендикулярно одной из боковых стенок. Считая удары шариков о стенки коробки и друг о друга абсолютно упругими.

определить: а) какие импульсы передадут шарики каждой из боковых стенок за первые 10 секунд; б) какие импульсы получат стенки за следующие 10 секунд после того, как коробку резко затормозили.

. В кубическом сосуде объемом V = 1 литр находится т = 0,01 грамма гелия при Т = 300 К. Понаблюдаем за одной из молекул. Сколько раз она ударится о верхнюю стенку сосуда за время / = 1 мин?

Из баллона, в котором находятся сильно разреженные пары калия, через узкую горизонтальную трубку выходит пучок атомов. Определить температуру паров, если на горизонтальном пути длиной / = 50 см среднее

JI::hЗТ, ТРис 30JI::hЗТ, ТРис 30смещение атомов по вертикали составляет h= =3,2 мкм.

JI::

hЗТ, Т

Рис 30

JI::

hЗТ, Т

Рис 30

В сосуде находится смесь газов — гелия и кислорода При температуре 1 = =—2СС и давлении р = =9-104 Па плотность этой

смеси р = 0,44 кг/м3. Каким станет давление в сосуде, если из него удалить половину молекул кислорода'?

Над идеальным газом совершают цикл 1—2—3, изображенный на диаграмме р—Т (рис. 30). Найти отношение максимального и минимального объемов.

Для дальней космической связи используется спутник объемом К =1000 м3, наполненный воздухом, находящимся при нормальных условиях. Метеорит пробива-

ет в корпусе спутника отверстие площадью S = 1 см2. Оценить время, через которое давление внутри спутника изменится на 1%. Температуру газа считать неизменной.

Громкоговоритель имеет диффузор с площадью поперечного сечения S = 300 см2 и массой т = 5 г. Резонансная частота диффузора vo = 5O Гц. Какой окажется резонансная частота, если громкоговоритель врезать в стенку закрытого ящика объемом V —40 л (рис. 31)? Расчет провести в предположении, что температура воздуха внутри ящика не изменяется при колебании диффузора.

планеты, аппарат измерил температуре Т = 700 К ипланеты, аппарат измерил температуре Т = 700 К иР3РоР3Ро%%РоРоРис. 33Рис. 33

планеты, аппарат измерил температуре Т = 700 К и

планеты, аппарат измерил температуре Т = 700 К и

Р

3Ро

Р

3Ро

%

%

Ро

Ро

Рис. 33

Рис. 33

2.9*. Спускаемый2.9*. Спускаемыйаппарат космического корабля опу-

2.9*. Спускаемый

2.9*. Спускаемый

скается вертикально на поверхность планеты < постоянной скоростью, передавая на борт корабля данные о наружном давлении. График зависимости давления (вусловных единицах) от времени приведен на рис. 32.

Оказавшись на поверхности и передал на борт данные о ускорении свободного падения g= 10 м/с2.

Определить скорость спуска аппарата, если известно, что атмосфера планеты состоит из углекислого газа (СО2).

Определите отношение т]1/т]2 коэффициентов полезного действия двух циклических процессов, проведенных с идеальным газом (рис. 33): первый

процесс 1—2—3—4—/, второй процесс 5—6—7—4—5.

На pV-диаграмме (рис. 34) изображены два цикла, которые проводят с одноатомным идеальным газом: 1—2—3—1 и 1—3—4—1. У какого из циклов КПД больше и во сколько раз?

Вертикальный теплоизолированный сосуд, в котором находится одноатомный газ, закрыт поршнем массы М. В сосуде включают нагреватель мощностью N и поршень начинает медленно сдвигаться вверх. За какое время т он поднимется на высоту Н относительно начального положения? Теплоемкостью поршня и трением пренебречь. Атмосферное давление отсутствует.

А В СВА В СВРис. 35Рис. 35

А В СВ

А В СВ

Рис. 35

Рис. 35

В теплоизолированный сосуд, содержащий тх = =20 г гелия влетает со скоростью и = 100 м/с стальной шарик массы in, = 1 г. Найти изменение температуры в сосуде. Удары шарика о стенки сосуда и атомов о шарик считать абсолютно упругими,

Горизонтально расположенный цилиндрический теплоизолированный сосуд объема Vo=lOO л, заполненный гелием, разделен на две части теплонепроницаемым поршнем, который может перемещаться без трения. Газу, находящемуся в левой части сосуда, сообщают количество тепла AQ=100 Дж. Найти изменение давления в сосуде к тому моменту, когда поршень перестанет двигаться.

. Теплоизолированный сосуд разделен па две части легким поршнем. В левой части сосуда находится т1 = 3 г водорода при температуре Тг = 300 К, в правой— ms=!6 г кислорода при Т2 = 400 К. Поршень слабо проводит тепло, и температура в сосуде постепенно выравнивается. Какое количество теплоты отдаст кислород к тому моменту, когда поршень перестанет двигаться?

. Тепловой двигатель представляет собой наполненный газом цилиндр с поршнем, движение которого ограничено упорами АА и ВВ (рис. 35). Газ медленно нагревают, пока поршень не коснется упоров ВВ, после чего основание пружины смещают из положения СС в положение DD. Затем сосуд медленно охлаждают до тех

пор, пока поршень не коснется упоров ДА. Тогда основание пружины смещают назад до СС, цилиндр нагревают снова и т. д. Найти КПД этого двигателя. Цилиндр заполнен гелием; площадь поршня 5=10сма; жесткость пружины 6=10 Н/м, длина ее в нерастянутом состоянии /0 = 60 см. Внешнее давление принять равным нулю. Размеры на рисунке приведены в сантиметрах.

Нагревая воздух в комнате с помощью электронагревателя, мы всю энергию электрического тока переводим в тепло. А нельзя ли предложить прибор, который, затратив некоторую энергию, выдал бы тепла в несколько раз больше, и тем самым сэкономить расходы на отопление?

ратно?2.1!ратно?2.1!Имеются два теплоизолированных сосуда. В первом из них находится 5 л воды при температуре Ц = 60сС, во втором — 1 л воды при температуре /2 = 20 °C, Вначале часть воды перелили из первого сосуда во второй. Затем, когда во втором сосуде установилось тепловое равновесие, из него в первый сосуд отлили столько вг-ды, чтобы ее объемы в сосудах стали равны первоначальным. После этих операций температура воды в первом сосуде стала равной t = 59 °C. Сколько воды переливали из первого сосуда во второй и об-

ратно?

2.1!

ратно?

2.1!

L 1 кг льда и 1 кг

легкоплавкого вещества, не смешивающегося с водой, при температуре —40 °C помещены в теплоизолированный сосуд с нагревателем внутри. На нагреватель подали постоянную мощность. Зависимость температуры в сосуде от времени показана на рис. 36. Удельная теплоемкость льда сл = 2 • 103 Дж/кг • К; твердого вещества с=103 Дж/кг-К.

Найти удельную теплоту плавления вещества X и его удельную теплоемкость с, в расплавленном состоянии.

Пары, влажность, поверхностное натяжение

Перевернутая вверх дном пробирка погружена в стакан с водой (рис. 37). Начальная температура воды в стакане и пробирке 20 °C При медленном нагревании воды до температуры 90 °C объем воздуха в

пробирке увеличился в 4 раза. Чему равно давление насыщенных паров воды при 90 °C?

Будет ли кипеть вода в пробирке, опущенной в колбу с кипящей водой? Что мы увидим, если поверх воды в пробирку налить толуол (это более легкая жидкость, не смешивающаяся с водой), температура кипения которого II1 °C?

Рис. 37Рис. 37Почему, когда одежда намокает, становится холодно?

Рис. 37

Рис. 37

Рис. 38

Удельная теплота парообразования воды значительно больше, чем серного эфира. Почему же эфир, налитый на руку, производит значительно большее охлаждение, чем вода?

Почему обычно не бывает росы под густым деревом?

В сосуд, заполненный эфиром, погружают перевернутую пробирку А (рис. 38). Из нее сразу же начинают выходить пузырьки. Если собрать эти пузырьки в первоначально полностью заполненную эфиром пробирку В (вдвое более длинную, чем Л), то из нее окажется вытесненной доля х = 2/3 объема эфира. Объясните это явление и определите по имеющимся в задаче данным давление насыщенных паров эфира. Температура в комнате поддерживается постоянной и равной 20 °C.

. Подвижный поршень делит цилиндр на две равные части объемом Ео=1О~3 м3. В одной части находится сухой воздух, в другой — водяной пар и т = 4 г воды. При медленном нагревании цилиндра поршень приходит в движение. После смещения поршня на 1/4 часть длины цилиндра движение прекратилось. Каковы масса воздуха Д40 и водяных паров /И, находившихся в сосуде до нагревания? Какова была начальная температура /0 и при какой температуре It поршень перестал двигаться? Зависимость давления насыщенных паров рн(0 воды от температуры:

t, °C 100 120 133 152 180

рн, кПа 100 200 300 500 1000

2

А. И, Буздин и др.

33

2.27*. Смесь газов, состоящую из т1=100 г азота и

неизвестного количества кислорода, подвергают изотермическому сжатию при температуре Г = 74,4 К. График за-

2.28. При относительной2.28. При относительнойвисимости давления смеси газов от ее объема приведен на рис. 39 (в условных единицах). Определите массу кислорода /по,- Рассчитайте давление насыщенных паров кислорода ро, при этой температуре.

2.28. При относительной

2.28. При относительной

Примечание. Г = 74,4 К — это температура кипения жидкого азота при нормальном давлении; кислород кипит при более высокой температуре.

влажности воздуха rt = 50%

вода, налитая в блюдце, испарилась на открытом воздухе за время т, = 40 мин. За какое время т2 испарилась бы вода при г2 = 80%?

. В высокочувствительном герметическом калори

метре измеряют теплоемкость неизвестного количества т

воды, повышая температуру. При tv = 10,5°C теплоемкость скачком упала с cY до с2. Объем сосуда калориметра V = 1л. Пользуясь графиком зависимости плотности насыщенных паров воды рн от температуры (рис. 40), найти ж, ct, с2. При Ц удельная теплота испарения воды равна г=2,25х х 10е Дж/кг. Теплоемкость одного моля водяного пара cv = 3R = =24,9 Дж/моль-К.

В замкнутом сосуде находятся насыщенный пар при температуре 100 °C и немного воды. Масса пара М =100 г, масса воды т = 1 г. Сосуд нагревают, пока вся вода не испарится. До какой температуры Т^ надо нагреть сосуд? Какое количество тепла Q для этого потребуется? Давление насыщенного водяного пара возрастает на 3,7 кПа при повышении температуры на 1 °C. Удельная теплота испарения воды q — 2,25• 106 Дж/кг. Удельная теплоемкость водяного пара cv=\ ,38 • 103 Дж/кг • К.

В кастрюле глубиной 10 см и объемом 1 литр

нагревают на плите 100 г молока. Температура молока поднялась от 85 °C до 95 °C за 5 минут. Через какое время молоко «убежит»?

«2.32. Известно, что во время езды по мокрой дороге лобовое стекло автомобиля постепенно покрывается комочками грязи, летящими из-под колес впереди идущих машин, что постепенно ухудшает видимость. Тем не менее, опытный водитель не сразу начинает пользоваться дворниками». Он старается как можно дольше не мочить стекло. Почему он это делает?

Почему на поверхности керосина и многих других горючих жидкостей никогда не бывает пыли?

Почему для удержания влаги в почве, ее советуют рыхлить?

Куда будет перемещаться вода в горизонтальном капилляре при его нагреве с одной стороны?

В две одинаковые химические пипетки набирают до одного и того же уровня воду: в одну — холодную, в другую — горячую. Пипетки опорожняют и считают при этом капли. Из какой пипетки упадет больше капель?

Изогнутый капилляр радиуса г, полностью заполненный жидкостью, вращается вокруг вертикальной оси А'О' (рис. 41). При какой угловой скорости вращения жидкость начнет выливаться из капилляра? Плотность жидкости р, поверхностное натяжение о, жидкость полностью смачивает капилляр, размеры которого указаны на рисунке.

На поверхность воды бросают три кусочка нитки, связанных так, как показано на рис. 42. Длина двух одинаковых кусочков /f4-Zg = 3 см, а Z2 = l см. В точку А капают поверхностно-активное вещество, которое снижает коэффициент поверхностного натяжения воды в п = = 2,5 раза. Каким будет натяжение каждого из кусков? Капнем вещество теперь в точку В. Каким теперь станет

натяжение каждого куска? Коэффициент поверхностного натяжения воды о = 0,07 Н/м.

Объясните явление, о котором идет речь в следующем отрывке из книги Джона Тиндаля «Физика в простых уроках» (перевод с английского, С.-Петербург, 1871)!

«Знаменитый Вениамин Франклин получил однажды известие от своего друга, что рыбаки вблизи Гибралтара, когда нм нужно было сделать поверхность моря гладкою, для того чтобы при этом можно было видеть на дне больших устриц, имеют обыкновение для этого лить масло на поверхность воды. В других частях Испанского поморья ныряющие набирают в рот масла, и, когда нм нужен свет, они его выбрасывают; масло при этом всплывает на поверхность, расходится по ней и сглаживает водяную зыбь, мешающую свету проникать вглубь».

Пламя спиртовки, перед тем как погаснуть, начинает мерцать и потрескивать. Почему?

Теплопередача, тепловое расширение

Снимая с плиты горячую кастрюлю, хозяйки, чтобы не обжечься, используют матерчатые варежки. Возрастет или уменьшится вероятность ожога, если варежка окажется мокрой?

Для сравнения теплопроводностей различных материалов предлагалось использовать следующий метод. На горячую плиту ставятся два одинаковых цилиндра из исследуемых материалов. На цилиндры кладут по кусочку воска. Где скорее воск начнет таять — тот цилиндр и обладает лучшей теплопроводностью. Верен ли этот метод?

Кастрюлю, в которую налит 1 л воды, никак не удается довести до кипения при помощи нагревателя мощностью 100 Вт. Определить, за какое время вода остынет на 1 °C, если отключить нагреватель.

Оболочка космической станции представляет собой зачерненную сферу, температура которой в результате работы аппаратуры внутри станции поддерживается равной Т = 500 К- Какой будет эта температура, если станцию окружить тонким черным сферическим экраном почти такого же радиуса, как и ее оболочка? Количество тепла, излучаемого с единицы поверхности, пропорционально Т4.

При прочих равных условиях в какой шубе будет теплее — в белой или черной?

пературы. При повышении /?,ОМюо -I о-пературы. При повышении /?,ОМюо -I о-99 100 t°C99 100 t°CРис. 43Рис. 43. Для исследования свойств нелинейного резистора был произведен ряд экспериментов. Вначале была исследована зависимость сопротивления резистора от тем- температуры до /, = 100 °C мгновенно происходил скачок сопротивления от RT = 50 Ом до /?2= 100 Ом, при охлаждении обратный скачок происходил при температуре /2 = 99°С (рис. 43).

пературы. При повышении /?,ОМ

юо -I о-

пературы. При повышении /?,ОМ

юо -I о-

99 100 t°C

99 100 t°C

Рис. 43

Рис. 43

Во втором опыте к резистору приложили постоянное напряжение б\ = 60 В, при этом его температура оказалась равной #з = 80 °C.

Наконец, когда к резистору приложили постоянное напряжение Д2 = 80 В, в цепи возникли самопроизвольные колебания тока. Определите период этих колебаний Т, а также максимальное и минимальное значения тока. Температура воздуха в лаборатории постоянна и равна /о = 2О °C. Теплоотдача от резистора пропорциональна разности температур резистора и окружающего воздуха, теплоемкость резистора С = 3 Дж/К.

Вертикальная длинная кирпичная труба заполнена чугуном. В нижнем конце трубы поддерживается температура Tt > Тпл (7„л—температура плавления чугуна), в верхнем—температура Т2 < Тпл. Теплопроводность расплавленного чугуна в к раз больше, чем твердого. Какая часть металла находится в расплавленном состоянии?

В небольшой чайник налита доверху теплая вода (/1 = 30°С). Чайник остывает на 1 °C за время т = 5 мин. Для того чтобы чайник не остыл, в него капают горячую воду (/2 = 45°С). Масса одной капли т^ 0,2 г. Сколько капель в минуту должно капать в чайник, чтобы температура поддерживалась равной 30 °C?

Насколько подогреется вода за одну минуту, если начать капать втрое чаще? Считать, что температура воды в чайнике выравнивается очень быстро. Лишняя вода выливается из носика. В чайник входит 0,3 литра воды. Температура окружающего воздуха /о = 2О°С.

В стакан с водой опустили нагреватель и сняли зависимость температуры воды от времени:

т, мин 012345678910

/, СС 20 26,2 31,8 36,8 41,4 45,6 49,3 52,7 55,8 58,5 61,1

Рис. 46Рис. 46

Рис. 46

Рис. 46

1) На сколько °C остынет вода за 1 мин, если нагреватель отключить от сети при температуре ^ = 50 °C? 2) Закипит ли вода, если нагреватель не выключать достаточно долго? Мощность нагревателя считать неизменной.

Для поддержания постоянной температуры воды в проточном аквариуме пользуются двумя одинаковыми нагревателями (рис. 44). В обычном режиме используют один из них, а если подключают параллельно второй нагреватель, то расход холодной воды приходится увеличивать в три раза. Как нужно изменить расход холодной воды, если нагреватели включены в сеть последовательно? Каким должен

быть расход холодной воды, если включен один нагреватель мощностью Р—100 Вт? Температура холодной воды ^ = 10 °C, температура воды в аквариуме С = 27 °C. Вода быстро перемешивается.

Мощный транзистор, выделяющий тепло, закреплен на теплопроводящей пластине, обдуваемой воздухом, температура которого равна 30 °C. На рис. 45 показано распределение температур на пластине. Определите рассеиваемую мощность. Известно, что равномерно нагретая до температуры ^ — 70 °C пластина рассеивает мощность

f = 10 Вт при температуре воздуха /и = 20 °C. Теплоотдача пропорциональна разности температур пластины и воздуха.

Один из простейших термоскопов (эти приборы использовались до изобретения термометра) состоял из открытой стеклянной трубки, заполненной водой почти полностью (рве. 46). В воде находились несколько кро

шечных грушевидных сосудов с оттянутыми вниз горлышками. Внутри сосудов находились пузырьки воздуха, подобранные таким образом, чтобы при определенной температуре (около 15 °C) сосуды плавали внутри трубки. При более высокой температуре сосуды всплывают на поверхность воды, когда же температура ниже 15 °C, они опускаются на дно.

Если же стеклянная трубка термоскопа заполнена водой полностью и запаяна сверху, то прибор начинает работать наоборот: при нагревании сосуды опускаются, а при охлаждении — всплывают.

Объясните, какие физические явления лежат в основе конструкции описанных выше приборов?

Почему зимой в Сибири ведро с водой, оставляемое в сенях, обычно закрывают сверху газетой?

В некоторых старинных часах, предназначенных для работы на открытом воздухе, маятник изготовлялся в виде длинной трубки, за- канчивающейся сосудом со

Д ртутью. С какой целью исполь- зевалась такая конструкция маятника?

Рис* 472.55. Если нагретую мед

ную лопатку положить на брусок свинца треугольного сечения (рис. 47), то можно явственно услышать звук. Объясните природу возникновения этого звука.

3. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ

Постоянный ток, электрические цепи

Лампочку, рассчитанную на напряжение 2,5 В и ток 0,2 А, подключают длинными проводами к батарейке. Амперметр, включенный последовательно с лампочкой, показывает ток 0,2 А. Когда лампочку подклю

чили к проводам параллельно с амперметром, она накалилась так же, как и в первом случае. Какой ток 1Х показывает амперметр? Батарейку считать идеальной, сопротивление проводов равно 2 Ом.

Рабочее напряжение лампочки, вольтамперная характеристика которой приведена на рис. 48, равно 3,5 В , . * (кривая обрывается при на-

пряжении ч п —лампочка перегорает). Две такие лампочки соединяют последовательно и подключают к мощному источнику напряжения 5 В.

какая-нибудь из лампочек, еще одной такой же лампокакая-нибудь из лампочек, еще одной такой же лампоКакой ток при этом потечет по цепи? Какой резистор R нужно подключить параллельно одной из лампочек, чтобы напряжение на другой составило 3,5 В? Перегорит ли если этот резистор заменить

какая-нибудь из лампочек, еще одной такой же лампо

какая-нибудь из лампочек, еще одной такой же лампо

К батарее, ЭДС которой 9 В, а внутреннее сопротивление неизвестно, подключены последовательно амперметр и вольтметр (внутренние сопротивления приборов также неизвестны). Если включить параллельно вольтметру некоторое сопротивление, величину которого мы также не знаем, то показания вольтметра уменьшатся в два раза, а показания амперметра возрастут в два раза. Что показывал вольтметр до подключения сопротивления?

На нагрузку необходимо подавать напряжение 20 В. Напряжение питания не должно меняться более, чем на 1 %, а сопротивление нагрузки может быть любым в пределах от 50 до 100 Ом. В наличии имеется батарея, ЭДС которой 100 В с малым внутренним сопротивлением. Нарисовать возможную схему питания нагрузки от этой батареи. Каким будет КПД этой схемы питания?

При подключении гальванического элемента с ЭДС 1,5 В к зажимам А и В (рис. 49) амперметр показал ток

А. Когда полярность элемента изменили на противоположную, ток упал в два раза. Какая электрическая цепь находится внутри коробки?

Исследуется «черный ящик» с четырьмя выводами. Если к выводам 1 и 2 подключить батарею с ЭДС U, то между выводами 3 и 4 будет 7г ^- Если же подключить эту батарею к выводам 3 и 4, то напряжение между выводами 1 и 2 будет равно Vs U ■ Что внутри ящика1

Исследуется «черный ящик» с четырьмя выводами. Когда между выводами 1 и 2 была включена батарея р напряжением 17, = 2 В, напряжение между выводами 3 и 4 оказалось (72 = 7 В. Когда между выводами 3 и 4 включили батарею с напряжением t/3=10 В, то напряжение между выводами / и 2 (/4 = 3 В. Нарисовать несколько возможных схем «черного ящика».

. На рис. 50 показана часть схемы, состоящей из резисторов, сопротивления которых неизвестны. Как, имея амперметр, вольтметр, источник тока и соединительные провода, можно определить сопротивление одного из резисторов, не разрывая ни одного контакта в схеме?

вольтUвольтUСхему собирают из батарейки, двух одинаковых амперметров и двух одинаковых вольтметров (рис. 51). Амперметры Ах и А2 зывают соответственно -1,1 мА, /2 = 0,9 мА;

вольт

U

вольт

U

метр В2 показывает

=0,25 В. Что показывает вольт-11

метр В^ Чему равно напряже-Рис- 51

ние батареи?

Многопредельный амперметр высокой точности содержит для каждого предела измерений отдельный шунт. Амперметр включают в цепь на пределе 10 мА, и он показывает /т = 2,95 мА; когда его переключили на предел 3 мА, /2 = 2,90 мА. Какова была сила тока в цейи до подключения амперметра?

. Омметр состоит из миллиамперметра, рассчитанного на максимальный ток /тах = 1 мА, источника тока

и добавочного резистора, регулировкой сопротивления которого омметр устанавливается на нулевую отметку при замкнутых накоротко выводах (нуль омметра находится в правом конце шкалы).

Схему собирают из батареи для карманного фонарика с ЭДС ^ = 4,5 В, резистора с неизвестным сопротивлением и омметра. Когда омметр включают последовательно, он показывает 0 Ом. Когда его включают параллельно батарее, он показывает бесконечно большое сопротивление.

Определите неизвестное сопротивление резистора и напряжения на батарее и на омметре.

Цепь, показанная на рис. 52, собрана из одинаковых резисторов и одинаковых вольтметров. Первый вольтметр показывает (71= 10 В, а третий Ц3 = 8 В. Что показывает второй вольтметр?,

Схема, приведенная на рис. 53, содержит 50 разных амперметров и 50 одинаковых вольтметров. Показания первого вольтметра U\ = 9,6 В, первого амперметра—/,=9,5 мА, второго амперметра—/2 = 9,2мА. Определите по этим данным сумму показаний всех вольтметров.

. Собрана схема, показанная на рис. 54. ЭДС батареи ^t уменьшили на 1,5 В, после чего токи на различных участках цепи изменились. Как нужно изменить ЭДС батареи ^2, чтобы: а) ток через батарею ^2 стал прежним; б) ток через батарею Si стал прежним? Внутренним сопротивлением батарей пренебречь.

. На проводящие рельсы игрушечной железной дороги беспорядочно бросают, замыкая рельсы, тонкие длинные оголенные проводники из меди. Оценить сопротивление между рельсами, если расстояние между ними / = 5 см, диаметр каждого проводника d = 0,2 мм, его длина й = 30 см, бросили 7V = 100 проводников.

В схеме, приведенной на рис. 55, все вольтметры одинаковые. ЭДС батареи ^ = 5 В, ее внутреннее сопротивление мало. Верхний вольтметр показывает Ц = 2В. Что показывают остальные вольтметры?

Элемент S имеет вольтамперную характеристику, изображенную на рис. 56 (это идеализированная характеристика стабилитрона). Последовательно с сопротивлением R подключают S к батарее с ЭДС S. Какова величина тока в цепи?

Элемент В имеет вольтамперную характеристику, изображенную на рис. 57 (это идеализированная характеристика бареттера). Последовательно с сопротивлением R 44

Рис. 52Рис. 53

Рис. 55

Рис. 58

Рис. 60

его подключают к батарее с ЭДС ^. Какое напряжение будет при этом на В?

Найти токи через элементы S и напряжения на элементах В в приведенных схемах (рис. 58). Вольтамперные характеристики элементов S и В даны в задачах 3.17 и 3.18.

Можно ли две лампы накаливания мощностью 60 Вт и 100 Вт, рассчитанные на напряжение ПО В, включить последовательно в сеть напряжением 220 В, если допустимо превышение напряжения на каждой из ламп не более 10 % от номинального? Вольтамперная характеристика лампы мощностью 100 Вт показана на рис. 59.

. Для получения напряжения, величина которого мало зависит от температуры, собрана схема по рис. 60а. Вольтамперные характеристики диода D при трех различных температурах окружающей среды ^ = 125 °C, /2 = 25 °C, /3 =—60 °C приведены на рис. 606. Напряжение источника U = 6 В при температуре 25 °C и с увеличением температуры возрастает на 25-10~3 В/град. Найти напряжение между зажимами А и В при / = 25 °C и зависимость этого напряжения от температуры.

На рис. 61 приведена зависимость напряжения источника питания от тока нагрузки. Найти максимальную мощность й^д, которую можно получить в нагрузке. При каком сопротивлении нагрузки она достигается? Для чего может понадобиться такой источник питания и как практически осуществить такую зависимость £/(/)?

. Зависимость напряжения от тока для некоторого источника электрической энергии показана на рис. 62. Постройте график зависимости напряжения на нагрузке, на которую замкнут источник, от сопротивления нагрузки.

. В схеме, приведенной на рис. 63, а 7/0 = 2,4 В, 7? = 600 Ом, г = 200 Ом, диоды Дг и Дг имеют одинаковые вольтамперные характеристики (рис. 63, б). Найти ток через диод Дг.

Фигура, изображенная на рис. 64, сделана из проволоки постоянного сечения. Сторона большого квадрата а, сопротивление 1 м проволоки равно р. Найти сопротивление между точками А и В.

. Те же условия, что и в задаче 3.25, но фигура более сложная (рис. 65). Число квадратов очень велико. Найти сопротивление между точками А и В.

. Между Ленинградом и Москвой протянута двухпроводная телефонная линия. Сопротивление одного метра проволоки равно г = 0,05 Ом. Из-за несовершенства изоля-

ции сопротивление между проводами составляет /?= 107 Ом на каждый метр линии К концам линии в Москве подключают источник с напряжением Z7 = 100 В. Что пока

жет вольтметр, если его подключить: а) к концам линии в Ленинграде; б) в середине линии ^

. На рис. 66, а приведена вольтамперная характеристика лампочки от карманного фонаря. Лампочка включена в схему, показанную на рис. 66,6.

Найти графически ток в лампочке.

При каком положении движка потенциометра напряжение между точками А и В равно нулю?

Внутренним сопротивлением батареи пренебречь.Внутренним сопротивлением батареи пренебречь.При каком положении движка потенциометра напряжение между точками А и В почти не будет меняться при небольших изменениях ЭДС батареи?

Внутренним сопротивлением батареи пренебречь.

Внутренним сопротивлением батареи пренебречь.

3.29*3.29*Рис. 67Рис. 67Из бесконечной квадратной сетки с сопротивлением каждого ребра г удалили

3.29*

3.29*

Рис. 67

Рис. 67

часть проводников — так, как показано на рис. 67 (тонкие линии). Найти сопротивление гАВ между точками А и В, В и С, А и С.

. Если молния во время грозы попала в воду, то после грозы на озере иногда видят всплывшую мертвую рыбу. Как это объяснить? Ведь вероятность попадания молнии в отдельно взятую рыбу ни-

чтожно мала.

*. При исследовании электрических свойств тонкой пластинки нового соединения было обнаружено, что его проводимость а существенно анизотропна: вдоль одного направления (ось х) она максимальна, а вдоль другого (ось z/) минимальна. Из пластинки вырезали образец в виде длинной полоски (длины / и ширины d) под углом 45е к направлению осей х и у. Через образец пропустили электрический ток, при этом разность потенциалов на концах полоски составила U, а измерения разности потенциалов между краями полоски зарегистрировали напряжение V.

Чему равно отношение проводимостей вдоль оси х и вдоль оси у?

Электростатика, емкость

. При проведении в 1720 году основополагающих экспериментов по изучению явления электропроводности тел Стивен Грэй установил следующее: многие тела, обнаруживающие способность наэлектризовываться трением (шелковые нити, бумага, кожа и др.), проявляют это свойство в большей степени, если их предварительно нагреть. Почему?

*. Направленный поток электронов вылетает из тонкой широкой щели со скоростью и=105м/с (рис. 68). Концентрация электронов в потоке и= 1010 частиц/м3. На каком расстоянии от щели толщина пучка увеличилась в 2 раза? Масса электрона т = 9-10“31 кг, заряд электрона е = 1,6-10~16 Кл.

*. Два плоских слоя толщины d каждый равномернс заряжены объемным зарядом с плотностями — р и + р. Частица с отрицательным зарядом — ей массой т подле-

тает к положительно заряженному слою со скоростью и, направленной под углом а к поверхности слоя (рис. 69).

Определить:

при какой скорости частица не сможет проникнуть в отрицательно заряженный слой?

через сколько времени и на каком расстоянии от точки А частица в этом случае покинет положительно заряженный слой?

. Для очистки воздуха от пыли, которая в обычных условиях оседает очень медленно, можно использовать то обстоятельство, что пылинки заряжены.

Рассмотрим стеклянный цилиндр (/^ = 0,1 м, Н—Л м) с пыльным воздухом, помещенный в электрическое поле напряженностью £'1 = 1-101 В/м, направленное вдоль оси цилиндра. Через время /, = 2 мин вся содержавшаяся в цилиндре пыль осела на дно. В другом случае вдоль оси цилиндра натягивают тонкую проволоку и соединяют ее с источником высокого напряжения. Известно, что в этом случае напряженность поля Е~\(г, где г — расстояние до оси. Напряжение источника подбирают так, чтобы напряженность электрического поля у стенок цилиндра была, как и в первом опыте, 1 -104 В/м.

Считая пылинки одинаковыми, а их заряды равными, определите время оседания всей пыли на стенки цилиндра во втором опыте. Пыли в воздухе немного, так что объемным зарядом можно пренебречь.

Имеются два проводника А и В произвольной формы. Первоначально на проводнике А имелся заряд Q, а проводник В не был заряжен. Проводники приводят в соприкосновение, и на проводник В перетекает заряд q. Соприкасающимся проводникам сообщили дополнительно некоторый заряд qxi и в результате на проводнике А оказался заряд q. Определить заряд qx.

В однородном горизонтально направленном электрическом поле находится незаряженный проводящий куб,

Е

ри этом две его вертикальные грани перпендикулярны гктору напряженности (рис. 70, а). Плотность заряда в середине указанных граней о0. Какова будет поверхностная плотность заряда в середине всех граней куба, если он расположен так, что вектор напряженности поля параллелен: а) диагонали горизонтальных оснований куба (рис. 70, б), б) пространственной диагонали куба (рис. 70,в).

Четыре одинаковых пластины расположены так, как показано на рис. 71. Площадь каждой пластины S, расстояние между соседними пластинами d намного меньше размеров пластин. Крайние пластины соединены проводником. Найти емкость между средними пластинами.

Рис. 72Рис. 72

Рис. 72

Рис. 72

При замыкании крайних пластин между собой емкость между средними пластинами изменяется. Однако, как известно, поле плоского конденсатора (а средние пластины образуют плоский конденсатор) сосредоточено внутри него, т. е. около крайних пластин поля нет. Как же их замыкание влияет на емкость внутреннего конденсатора? Объясните этот факт.

К большому металлическому листу поднесли параллельно ему две металлические пластинки, площади которых Sj и S2. Они находятся на расстояниях d^ и d2 соответственно от плоскости листа. Какую емкость можно получить, присоединив провода к любым двум проводникам? Пластинки друг от друга находятся на очень большом расстоянии, di и d2 намного меньше размеров пластинок.

Пластины плоского конденсатора соединены диэлектрической пружиной (рис. 72). Начальное расстояние между пластинами d0, а после того, как конденсатор зарядили, оно уменьшилось до величины d1 = de/2. Каким будет расстояние между пластинами конденсатора, если параллельно ему подключить такой же конденсатор, но незаряженный?

Незаряженная проводящая тонкостенная сфери- ческая оболочка помещена в однородное электрическое

поле. При напряженности поля £0 оболочка разрывается. При какой минимальной напряженности поля разорвется оболочка вдвое большего радиуса, имеющая ту же толщину стенок?

Во сколько раз энергия равномерно заряженного по поверхности очень тонкого диэлектрического квадратного листа больше (или меньше) энергии того же листа, сложенного вчетверо так, что получился квадрат со стороной в два раза меньше первоначального?

В однородном электрическом поле находится незаряженный металлический шар. При выключении поля в шаре выделилось количестве тепла Q. Какое количество тепла выделилось бы в аналогичном случае в шаре втрое большего радиуса?

. Электростатический вольтметр представляет собой плоский конденсатор, одна из пластин которого закреплена неподвижно, а другая может двигаться, оставаясь параллельной первой пластине. Подвижная пластина прикреплена к стене при помощи пружины жесткости к = 10 Н/м. Начальное расстояние между пластинами г( = 3см, площадь каждой из пластин 5 = 0,5 м2. Рассчитать шкалу вольтметра. Какое максимальное напряжение можно измерять этим вольтметром? Рассмотреть случаи, когда вязкое трение пренебрежимо мало и весьма велико.

В наличии имеются два конденсатора: С, = 2 мкФ, Ux = 160 В, диэлектрик этого конденсатора промасленная бумага, С2 = 0,5 мкФ, (7а = 300 В, диэлектрик — слюда. К какому максимальному напряжению их можно подключить при последовательном соединении? А если бы у обоих диэлектриком была слюда? Uv и Ua — максимально допустимые напряжения, подаваемые на конденсаторы.

К батарее с внутренним сопротивлением/ = 1 Ом подключены последовательно два одинаковых конденсатора. Параллельно одному из них присоединяют резистор R = = 1000 Ом, при этом в схеме выделяется некоторое количество тепла. Какая часть этого тепла выделится на внутреннем сопротивлении батареи?

К батарее с ЭДС ^ последовательно подключены три конденсатора с емкостями С, 2С и ЗС. Конденсатор 2С вырвали из схемы, поменяли местами его выводы и подключили обратно. Найти изменение заряда на С.

В схеме на рис. 73 конденсатор С замыкают перемычкой Какое количество тепла выделится при этом в схеме? Уберем перемычку. Какое количество тепла выделится в этом случае?

Конденсатор С разряжается через резистор R и перемычку АВ (рис. 74). В тот момент, когда ток разряда составил /„, перемычка перегорела. Какое количество тепла выделится в схеме, начиная с этого момента?

Рис. 73Рис. 73Рис. 74Рис. 74

Рис. 73

Рис. 73

Рис. 74

Рис. 74

Конденсатор зарядили до £70= 100 В и подключили к нему резистор. Сразу после этого за некоторый интервал времени в цепи выделилась в виде тепла энергия Wt = 1 Дж, а за следующий такой же интервал — энергия W.2 — 0,3 Дж. Определить емкость конденсатора

*. При конструировании лампы-вспышки применили нелинейный конденсатор (он заполнен диэлектриком, у которого диэлектрическая проницаемость зависит от напряженности поля). График зависимости напряжения U от

заряда q конденсатора приведен на рис. 75. Конденсатор заряжают от батареи с Д=300 В через резистор с сопротивлением /?=10 кОм Найти максимальную энергию вспышки. Оценить максимальное число вспышек за 1 минуту. Считать, что при вспышке конденсатор полностью разряжается. Минимальное начальное напряжение вспышки Д1 = 250 В.

*. Три одинаковых конденсатора, каждый емкости С, соединили последовательно и подключили к батарее с ЭДС <§. После того как они полностью зарядились, их отключили от батареи. Затем к ним одновременно подключили два резистора с сопротивлением R каждый так, как показано на рис. 76. Какое количество тепла выделится на каждом из резисторов? Чему равны токи через резисторы в момент времени, когда напряжение на среднем конденсаторе в 10 раз меньше ЭДС батареи?

. Напряжение источника меняется со временем по линейному закону. В начальный момент напряжение было 54

равно нулю. С помощью ключа К источник можно подключить к схеме, приведенной на рис. 77. В какой момент нужно замкнуть ключ, чтобы ток в цепи был постоянным по величине?

Рис. 78Рис. 78

Рис. 78

Рис. 78

положении ключ нахоположении ключ нахо

положении ключ нахо

положении ключ нахо

. На схему из конденсатора С, двух диодов и амперметра (рис. 78) подают прямоугольные импульсы амплитуды Uo и частоты f. Какой ток показывает амперметр? Зависят ли его показания от устройства амперметра (магнитоэлектрический, электромагнитный, тепловой)? Диоды

можно считать идеальными, сопротивление амперметра

невелико.

*. В цепи, показанной на рис. 79, Я =100 Ом, С — 10 мкФ, До= 10 В, внутреннее сопротивление батареи и сопротивление амперметра пренебрежимо малы. Ключ К

периодически замыкают на время т, —ЫО-8 с и размыкают на время т„ = 20-10~3 с. При таком режиме переключений стрелка амперметра практически не дрожит. Какой ток показывает амперметр?

. В схеме, изображенной на рис. 80, ключ К «колеблется» между положениями / и 2 с частотой /=100 Гц; в каждом

дится одинаковое время. Найти ток через резистор С1=10 мкФ, С2 = 30 мкФ, 7?=Ю0кОм.

Силы в магнитных полях

. В то время, когда еще не был подписан договор о запрете ядерных испытаний в атмосфере, при взрывах водородных бомб на больших высотах возникали потоки заряженных частиц, вызывающие свечение ночного неба. Где на Земле могло наблюдаться такое свечение?

*. Заряженная частипа попадает в среду, где на нее действует сила сопротивления, пропорциональная скорости. До полной остановки частица проходит путь S = = 10 см. Если в среде имеется магнитное поле, перпендикулярное скорости частицы, то она при той же начальной скорости остановится на расстоянии Zt = 6 см от точки входа в среду.

На каком расстоянии /2 от точки входа в среду остановилась бы частица, если бы поле было в два раза меньше?

. Электрон покоится внутри соленоида на расстоянии г от его оси. За малый интервал времени Л/ индукция поля внутри соленоида увеличилась от В до 28. Как при этом изменилась скорость электрона?

*. Во сколько раз величина вектора индукции магнитного поля, создаваемого током / в центре кольца радиуса R, больше (или меньше) величины вектора магнитной индукции, создаваемого системой последовательно соединенных проводящих дуг окружности радиуса R углового размера л/2, лежащих попарно через одну в трех взаимно перпендикулярных плоскостях, по которым идет такой же ток (рис. 81)? Какой угол с вертикалью образует вектор индукции, созданный системой дуг?

*. Жесткое тонкое проводящее кольцо лежит на горизонтальной непроводящей поверхности и находится в однородном магнитном поле, линии индукции которого горизонтальны. Масса кольца М = 2 г, радиус его R — 4 см, магнитная индукция Б = 0,5 Тл. Какой ток / нужно пропустить по кольцу, чтобы оно начало приподниматься?

*. Квадратная недеформируемая сверхпроводящая рамка со стороной а расположена горизонтально и находится в неоднородном магнитном поле (рис. 82), индукция которого меняется в пространстве по закону

Вх — ~ kx, Вй = 0, B2 = kt-VB6.

Масса рамки т, индуктивность L. В начальный момент

центр рамки совпадаетцентр рамки совпадаетс началом координат, а стороны параллельны осям х и у. Рамку отпускают. Как она будет двигаться и где окажется через время t?

центр рамки совпадает

центр рамки совпадает

. Вначале несколько слов о сверхпроводниках. Сверхпроводники обладают свойством выталкивать магнитное поле (так называемый эффект, Мейснера), благодаря чему они могут парить над магнитом. Эту особенность сверхпроводников предлагается использовать для создания

сверхскоростных поездов на «магнитной подвеске», опытные образцы которых уже испытываются. Особый интерес к такому виду транспорта появился после открытия высокотемпературных сверхпроводников.

А теперь сама задача. На сверхпроводящий образец массой т, парящий над постоянным магнитом, кладут груз точно такой же массы. Во сколько раз необходимо увеличить индукцию поля, создаваемого магнитом, чтобы сверхпроводник с грузом парил на прежнем расстоянии от магнита?

*. По длинному сверхпроводящему соленоиду с индуктивностью £0=1Гн, содержащему N = 200 витков, течет ток /0 = 0,1 А. Издали к соленоиду подносят замк

нутый проводящий виток того же радиуса, что и витки соленоида; индуктивность витка Lj = l-10~s Гн. Виток вставляют между витками соленоида соосно с ними. Как изменится ток, текущий по соленоиду? Каким будет ток витка?

Для того чтобы получить две совершенно одина

ковые катушки, их наматывают на немагнитный сердечник одновременно, используя сложенные вместе провода (рис. 83). Одну из катушек подключают через ключ К к батарейке с напряжением Uo, вторую —к резистору R. Ключ замыкают. Рассчитайте мощность тока на резисторе.

Нарисуйте график зависимости силы тока через батарейку w времени.

Через время т ключ размыкают. Какое количество "плоты выделится в резисторе, начиная с этою момента? Индуктивность каждой из катушек L. Батарейку считать деальной. Сопротивлением проводов пренебречь

. При изменении напряжения на элементе Э ток ерез него меняется так, как показано на рис. 84, а. Как будет меняться со временем напряжение на элементе Э, если его включить в схему, приведенную на рис. 84,6 (параметры схемы указаны на рисунке)? Какого минимального сопротивления резистор можно подключить параллельно элементу Э, чтобы напряжение на элементе не оставалось постоянным?

. Для подзарядки аккумулятора с ЭДС ^=12В от мощного источника напряжения U = 5 В собрана схема из катушки с индуктивностью L=1 Гн, диода D и прерывателя К (рис. 85) который периодически замыкается и размыкается на одинаковые промежутки времени ц = =т2 = 0,01 с. Определить средний ток заряда аккумулятора /ср.

. В схеме, приведенной на рис. 86, замыкают ключ К. Найти максимальный ток через катушку. Найти максимальное напряжение на конденсаторе Сг Неидеаль- ностью элементов схемы можно пренебречь.

Рис 86Рис 86

Рис 86

Рис 86

Какова средняя сила притяжения пластин конденсатора С сразу после замыкания ключа К (рис. 87)? А после затухания колебаний? Расстояние между пластинами конденсатора а.

Рис. 87

. Первоначально заряженный конденсатор ем кости С подключают к последовательно соединенным батарее с напряжением U и катушке с индуктивностью L. Ток через катушку вначале увеличивается, а затем уменьшается. В тот момент, когда ток становится равным нулю, конденсатор отключают от схемы и подключают вновь, поменяв местами его выводы. Какой максимальный ток будет после этого течь через катушку? Как изменится этот ток, если процесс переключения повторить 1984 раза? Сопротивлением цепи пренебречь.

Схему на рис. 88 называют «выпрямитель с удвоением напряжения». До какого напряжения заряжается каждый из конденсаторов?

В обычной схемеоднополупериодного выпрямителя (рис. 89) С = 1000 мкФ, R = 500 Ом. Частота сети v=50 Гц. Считая диод идеальным, найти: а) коэффициент пульсаций напряжения к = №U на резисторе R; б) во сколько раз уменьшится коэффициент к, если последовательно с резистором включить катушку индуктивности L=100Fh.

Как зависит напряжение между точками А и В (рис. 90) от сопротивления резистора R?

Цепь, показанная на рис. 91, подключена к сети переменного тока с напряжением Цо = 22ОВ. Каково напряжение между точками А и В?

Колебательный контур состоит из катушки L=1 Гн с сопротивлением г = 1 Ом и конденсатора С = 1 мкФ. Конденсатор нельзя считать идеальным — сопротивление его изоляции R конечно (хотя и велико). При каком значении R в конденсаторе перейдет в тепло 2/3 начальной энергии контура?

В сеть переменного тока с напряжением 220 В и частотой 50 Гц подключены последовательно два конденсатора с емкостью 1 мкФ каждый. Параллельно одному

Рис. 88

6

Рис. 92

Рис. 95

из конденсаторов включен резистор с сопротивлением Д= 100 кОм (рис. 92). Найти тепловую мощность.

На рис. 93 приведена вольтамперная характеристика лампы накаливания, номинальное напряжение которой //н = 220В, номинальная мощность Рн=100Вт. Лампу подключают к сети переменного тока (220 В, 50 Гц) последовательно с конденсатором емкости С—10мкФ. Определить ток в лампе и напряжение на ней. Считать, что в течение периода сетевого напряжения температура нити практически не меняется.

Электрический прибор /7 подключен к сети переменного тока с напряжением 220 В через конденсатор емкостью С = 0,5 мкФ (рис. 94). Амперметр показывает ток / = 0,01 А, показание вольтметра — U = 180 В. Найти мощность, потребляемую от сети прибором. Считать амперметр и вольтметр идеальными.

В схеме, приведенной на рис. 95, трансформатор идеальный. Параметры схемы указаны на рисунке. Найти амплитуду тока и сдвиг фаз в первичной цепи.

Обмотки трансформатора содержат щ= 1000 витков и п, = 2000 витков и намотаны на сердечник с большой магнитной проницаемостью. Соединим обмотки параллельно и подключим их последовательно с резистором К =1000 Ом к сети 220 Вольт. Какие токи потекут по обмоткам?

4. ОПТИКА4. ОПТИКА

4. ОПТИКА

4. ОПТИКА

Фотографировать тигра с расстояния L менее 20 метров опасно. Какой размер может иметь камера-обскура с отверстием диаметром d=l мм, чтобы тигр на фотографии получился полосатым? Расстояние между полосами на шкуре тигра / = 20см.

Посередине плоского экрана находится точечный источник света. Параллельно экрану расположено плоское зеркало в форме равностороннего треугольника со стороной а—10 см. Определить площадь «зайчика» S на экране.

Город раскинулся на восточном склоне горы. Утром усталый путешественник, расположившийся на отдых у подножья горы, видит отражение Солнца в оконных стеклах Он замечает, что «светящиеся» окна со временем перемещаются: в одних домах—«гаснут», а в других—«зажигаются». Куда они перемещаются: вверх или вниз, направо или налево? Объясните данное явление.

Луч света падает в центр верхней грани стеклянной треугольной прямой призмы. Чему равен максимальный угол падения атах, при котором преломленный луч еще может выйти через нижнюю грань призмы (без отражения от других граней). Показатель преломления стекла п—1,5. Высота призмы равна ребру основания.

Оценивая качество протяженной зеркальной (или полированной) поверхности, специалисты обычно рассматривают ее либо издали, либо, если отойти не удается,— глядя вдоль нее, слегка покачивая головой. Зачем они это делают?

Луч света падает перпендикулярно поверхности жидкости, налитой в стакан с горизонтально расположенным плоскопараллельным прозрачным дном, и после соответствующих преломлений выходит через дно стакана наружу. Насколько изменится угол выхода луча из стакана, если стакан повернуть на небольшой угол <р? Показатель преломления жидкости равен п. (Ось вращения стакана горизонтальна.)

Правдоподобен ли рассказ о том, что греки по совету Архимеда сожгли деревянные корабли римлян, направив на них солнечные лучи, отраженные от отполированных плоских щитов? Принять для опенки диаметр щита Р=1м, число воинов /2=100, расстояние до корабля / = 20м. Известно, что в солнечную погоду удается зажечь кусок сухого дерева при помощи линзы с фокусным расстоянием Г = 0,1 м и диаметром D = 3 см. Угловой размер солнца а = 0,01 рад.

Ясной морозной ночью посмотрите на небо. Какие звезды мерцают более заметно: находящиеся высоко над горизонтом или низко, и почему?

Непрозрачное тело имеет форму конуса (рис. 96), у которого угол между осью и образующей равен а = л/3. Его погрузили в прозрачную жидкость вершиной вниз так, чтобы ось была вертикальна. Оказалось, что подводную часть боковой поверхности конуса нельзя увидеть ни из одной точки пространства над поверхностью жидкости. Каково должно быть минимальное значение показателя преломления жидкости п, чтобы выполнялось это условие?

Для того чтобы уверенно разбирать чертеж, нарисованный черной тушью на белом листе бумаги, достаточна освещенность 300 люкс. А при какой освещенности придется работать, если чертеж сделан на «серой» бумаге? Считайте, что коэффициент отражения светового потока белой бумаги 0,9, «серой»—0,6, а тушью — 0,2.

При каких положениях точечного источника относительно тонкой собирающей линзы с фокусным расстоянием Е = 1 м можно хотя бы из одной точки увидеть и изображение, и источник? Источник расположен на главной оптической оси линзы.

. Точечный источник света движется издалека с постоянной скоростью и0 под углом а к главной оптической оси собирающей линзы с фокусным расстоянием F, его траектория пересекает эту ось на расстоянии а от линзы, как показано на рис. 97. Найти минимальную относительную скорость изображения и источника. Линзу считать идеальной.

. На вертикальной стене на высоте 77=1,5 м нарисован человечек ростом h = 20 см. При помощи линзы с фокусным расстоянием F= 10 см получают максимально

3 А. И, Буздии и др. 65

резкое изображение на полу. Найти размер изображе-1 ния h'.

. Быстрая космическая частица, движущаяся с околосветовой скоростью, попадает в резервуар экспери-I ментальной установки, заполненной жидкостью с показателем преломления и =1,6. Прохождение частицы через! жидкость сопровождается излучением.

Через небольшой промежуток времени после попадания частицы в резервуар был включен прибор, находящийся I

,^ в точке С, который зарегистрировал 1

две светящиеся точки Д и В. Схе

ма опыта в определенном масшта- I бе приведена на рис. 98.I

СОбъясните наблюдавшееся явле- I

ние и, используя чертеж, найдите I

Рис. 98скорость частицы. Торможением I

частицы в жидкости пренебречь.

Как рассказывают альпинисты, высоко в горах I сумерки заметно короче, чем на равнине. Как вы думаете^ I с чем это связано?

Почему ближние горы кажутся более темными, I чем дальние, которые зачастую кажутся голубоватыми? I

Капнув несколько капель молока в стакан с во- I дой, посмотрите сквозь него на светящуюся лампочку. I Лампочка покажется красновато-желтой. Если же посмот- I реть на отраженный от стакана свет, он будет голубым. I Объясните наблюдаемое различие цветов.

Почему внизу на фоне деревьев дым костра ка- I жется синим, однако над верхушками деревьев (на фоне I светлого неба) он выглядит желтовато-красноватым?

Почему в вечернее время ближе к закату солнца I человек кажется более загорелым?

На картине И. Левитана «Март» тени на снегу, I отбрасываемые деревьями в ясный солнечный день, голу- I бого цвета. Не правильнее (с физической точки зрения) I было бы нарисовать их темными, бесцветными (черными I или серыми)?

Наблюдая за происходящим на теннисном корте I из-за сетчатой ограды, можно установить следующие две закономерности; во-первых, если отходить дальше, то I играющих становится видно лучше; во-вторых, если идти быстро вдоль ограды, то «сетка» как бы пропадает.

Объясните, почему это происходит.

Из скольких слоев марли нужно сделать зана- ] веску на окно, чтобы днем с улицы не было видно то,

что происходит в комнате? Толщина нити й = 0,2мм, раз- ;,;ер ячейки а = 4 мм.

В полой сфере проделано маленькое отверстие, через которое внутрь проникает узкий параллельный пучок света. Внутренняя поверхность сферы отражает свет во все стороны одинаково (диффузно) и не поглощает его. Как будут различаться в этом случае освещенности в точке, диаметрально противоположной отверстию, и во всех остальных точках сферы?

. Зеркало антенны радиолокатора, работающего на волне К = 0,3 м, представляет собой параболоид вращения с «выходным» диаметром d = 6 м, в фокусе которого (глубоко внутри параболоида) расположен точечный излучатель энергии. Эта же антенна используется для приема отраженного от самолета сигнала. Мощность излучателя Рн = 2-105 Вт. Минимальная мощность сигнала на входе антенны, необходимая для нормальной работы, Pmin= 1 • 10~и Вт. Оцените максимальную дальность обнаружения локатором самолета, площадь поверхности отражения которого S = 5 м2. Считать, что мощность отраженного сигнала в п = 10 раз меньше мощности падающего сигнала и отражение происходит равномерно во все стороны.

Известно, что светящийся след падающего метеорита по мере приближения к земле становится ярче. Однако в верхних слоях атмосферы он сохраняется значительно дольше, чем у земли. Почему?

При проведении радиолокации Луны, взошедшей над горизонтом, чтобы обеспечить правильную направленность, излучатель высокочастотных радиосигналов был сопряжен с оптическим телескопом. Однако при наличии оптического изображения Луны отсутствовал отраженный радиосигнал. В то же время, когда удавалось получить отраженный радиосигнал, не было оптического изображения. Объясните это явление.

РЕШЕНИЯ

1. МЕХАНИКА

Пусть, когда лента вставлена правильно, автомобиль на экране имеет скорость у. Тогда его перемещение за малый промежуток времени M = ta—tx есть

Ах=х (/2)—х (tt)=v Д t.

Если же лента вставлена так, что события на экране «потекли в обратном направлении», перемещение автомобиля за это же время д/ будет

Ах' = х (Zj)—х (t2)= — Дх.

Но Ax'=v'AZ, так что

v' Д/ = — Дх= — vAZ

и кажущаяся скорость автомобиля на экране

у'=— v,

Аналогично

Ду' = v' (#i)—у' (Za) = — v (/f)—(— у (Z2))=v (Za)—v ((1), и так как Av=aAZ, а Av' = a'AZ,

а' = а.

Следовательно, когда лента вставлена «задом наперед», скорость автомобиля на экране меняет направление, а ускорение остается неизменным.

связано наличие несколькихсвязано наличие несколькихОтражение сигналов происходит на границах раздела

связано наличие нескольких

связано наличие нескольких

воздух—вода и вода — дно, с этим и зарегистрированных 'ддрофоном сигналов. Схема распространения сигналов показана на рис. 99.

Пусть глубина водоема Н, а искомое расстояние между источником взрыва и гидрофоном обозначим 4S. Тогда, вычисляя длины путей, которые проходит сигнал в каждом случае, можем записать

2 1^^+452—45= vti,

4/№+$2—45=^2

Решая эту систему уравнений (исключая неизвестную глубину Н), находим ответ

45 = о45 = о<1-41?<1-41?2 № -У2 № -У3,75 км.3,75 км.

45 = о

45 = о

<1-41?

<1-41?

2 № -У

2 № -У

3,75 км.

3,75 км.

т. е. взрыв произошел на расстоянии 3,75 км от гидрофона.

Скорость муравья меняется со временем не по линейному закону, поэтому средняя скорость на разных участках пути различна и пользоваться для решения известными формулами для средней скорости мы не можем.

Разобьем путь муравья от точки А до точки В на малые участки, которые он проходит за одинаковые промежутки времени А/. Тогда AZ = AZ/ocp(AZ), где оср (AZ)—средняя скорость на данном отрезке AZ. Эта формула подсказывает идею решения задачи: иа-

рисуем график зависимости величины 1/иср (AZ) от 1 на пути от точки А до точки В. Этот график—отрезок прямой (рис. 100). Заштрихованная па рисунке площадь численно равна искомому времени. Ее нетрудно найти:

Гтак как —=—

\Уг ft к)

Таким образом, муравей добежит от точки А до точки В за время

I

Т= 2.2-10-2"" С== 75 °.

К моменту времени t от начала движения клин проедет расстояние SK = at2l2 и приобретет скорость yK = aZ. К этому vo- менту грузик переместится вдоль клина на такое же расстояние

Рис, 100Рис, 100Рис. 101Рис. 101

Рис, 100

Рис, 100

Рис. 101

Рис. 101

l=St=aial21 его скорость о' относительно клина будет равна о'= = ок=п£ и направлена вдоль клина вверх. Скорость уг грузика относительно земли равна vr = Vp+vK (рис. 101), т, е,

I vr|=2yK sin ^-==2at sta'^-,

а угол P, который составляет вектор vr с горизонтом, равен„ла

Таким образом, находясь на клине, грузик движется вдоль прямой, составляющей угол ^=у—^ с горизонтом; ускорение грузика относительно земли равно

Gr =—==2аз1п т. ?

Соскочив со стола, волчок будет двигаться по параболе (вращение лишь стабилизирует вертикальное положение оси волчка) (рис, 102), Горизонтальная проекция ож скорости волчка будет

к1Вна скорости v его поступательного движения по столу; верти- 1ьпая проекция вершины будет меняться со временем по закону g/2/2. Волчок не ударится о край стола, если за время т, за г, горое он стремится по вертикали на Н, его смещение по гори- пали ихт будет больше или равно г. Запишем это условие

Г жим образом, скорость поступательного движения волчка должна мэвлетворять условию

Предположим сначала, что потолок отсутствует, и найдем з этом случае максимальный радиус пятна на полу, в котором нежат осколки.

P)P)

P)

P)

Введем систему координат с началом, совпадающим с патроном лампочки (рис. 103). Условия падения на землю через время ( осколка, вылетевшего под углом а к горизонту, таковы:

—la=cl slnot—

R=ct cos a.

Очевидно, нам необходимо так подобрать угол а, чтобы величина R была максимальной. Преобразуем для этого уравнения (1) к виду

^у-=о sin a,

n

—=ncos a,

Отсюда для величины R получим неравенство

Rs^^gl^-^-tl-

Z^+^iV f. (gt1 va+gla\ (v^—ghy

Таким образом,Таким образом,

Таким образом,

Таким образом,

^max=y^^+2g/a,

время полета I* осколка на такое расстояние

Z* = j/ 2(gZ2+^),

угол вылета к горизонту найдем из уравнения

cos а*cos а*Rmax _V* + 2g<2

cos а*

cos а*

uZ® V 2 (у2+ gl2) ’

Высоту h® этой траектории над уровнем патрона лампочки найдем по формуле

и4W2 + gZ2) 'и4W2 + gZ2) '., (у sin а®)2и2 ,„

и4

W2 + gZ2) '

и4

W2 + gZ2) '

h*=-—s———__ (1 — cos2 а®)

2g2g v

Вспомним теперь про потолок, Очевидно, если k^h*, то

Rmax— ~ V^"V^gll*

В случае когда Zf < h*, т. е. Zt < ———5-,—;—, максимальный ра- 4g(v2 + gZ2)

диус пятна на полу получится от осколков, у которых максимальная высота траектории (над уровнем патрона) равна к (их траектория будет касательной к потолку). Чтобы доказать это, достаточно рассмотреть хотя бы один осколок, отразившийся от потолка . Уровень патрона после отражения он пересечет под углом вылета. Следовательно, траектория этого осколка будет более крутой по сравнению с «касательной» траекторией, и они никогда не пересекутся. Значит, осколок, коснувшийся потолка, пролетит по горизонтали дальше всех остальных, ударившихся о потолок. Осколки, не долетевшие до потолка, при своем движении до земли не могут пересечь «касательной» траектории (докажите это самостоятельно).

Таким образом, если к > ———5-:——-, то 4g(n2+gZ2)

Rmax — ~ V^ + Sgki

если 11 < 4g (^gZa) ,Т0 R™x = ^ ^-2Sl1 (V^gk+V2g(ZH-Z2)).

Во время движения в любой момент времени шнур натянут равномерно и, следовательно, отношение расстояний от узла С до концов шнура с течением времени меняться не будет. Из рис. 104 находим, что в начальный момент это отношение равно

| ДС |:| СО | = 1:4.

Очевидно, что смещение Ах узла на восток определяется смещением ASX бегуна Див любой момент составляет 4/5 от этого 72

смещения, т. е.смещения, т. е.

смещения, т. е.

смещения, т. е.

44

^=y д5х="5 ^'

Пользуясь .масштабом, приведенным на рисунке, находим, что точка D смещена на восток от точки С на Дх = 4 м. Следовательно,

узел прошел точку D через время

,5 Дх _

АА446Рис. 1046Рис. 104/=-=5 с

А

А

4

4

6

Рис. 104

6

Рис. 104

4 D6

после начала движения бегунов.

Смещение Ду узла на юг определяется смещением ASy бегуна В, и в любой момент Ду = =x[bESy, Пользуясь масштабом, находим, что за время /=5 с узел сместился от начального положения (точки С) на юг на Ду=2 м. Следовательно, бегун В двигаясь с ускорением а, за /=5 с прошел путь Д5у = 5Ду = 10 м, т, е,

10^=Д5у,

следовательно,

с=2 -уз-=25 м/с2=°’8 м/с8.

В задаче, очевидно, подразумевается, что размеры куба в процессе его движения не меняются. Это, в свою очередь, означает, что расстояние между парой любых точек куба с течением времени остается неизменным. Тогда из равенства скоростей кон* нов ребра куба АВ будет следовать, что и все точки ребра куба АВ в данный момент времени движутся вниз со скоростью и. Сложное движение куба можно представить в данный момент времени как сумму поступательного движения вместе с ребром куба АВ и вращения относительно оси, проходящей через вершины куба А и В. Отсюда следует, что движения всех сечений куба, перпендикулярных ребру куба АВ, будут совершенно одинаковыми. Поэтому для ответа на вопросы задачи достаточно рассмотреть движение грани куба ВСС'В (рис. 105, с). Из неизменности длйнЫ ребра куба ВС следует, что в данный момент времени вектор скорости точки С также вертикален и направлен либо вверх, либо вниз.

Рассмотрим первый случай (рис. 105, б). Пусть длина ребра куба равна I. Нетрудно понять, что точка Е ребра ВС, такая, что ВЕ1ЕС=\1‘2, будет иметь в данный момент нулевую скорость, В таком случае говорят, что точка Е—центр мгновенного вра\ щения грани ВСС'В'. Очевидно, максимальную скорость буде^ иметь та точка грани ВСС’В', которая максимально удалена от точки Е. Этому условию отвечает точка С' — вершина куба JlpH этом так как расстояние между точками Е и С8 равно IeG- = lV 13/3, а расстояние между дочкой Е и вершиной В равно 1^ = 1еВ' тД т)с1^в = 1еС'11ев=У 13, где ус>—скорость точки С8, уд—скорость точки В, vb = v. Таким образом, ug^vV" 13-

Второй случай отвечает ситуации, когда точка С, как и точки А и В, движется вниз (рис. 105, в). В этом случае центр мгно*

венного вращения грани ВСС'В'—точка Е'—будет лежать на продолжении отрезка ВС на расстоянии / от точки Е. Максимально возможную скорость в данном случае будет опять-таки иметь точка, максимально удаленная от центра мгновенного вращения. Мы видим, что и в этом случае искомой точкой будет точка С, находящаяся от точки Е’ на расстоянии 1Е,у, = 1У^ 5, поэтому

скорость точки С теперь будет равна oq, =пв——=и У 5.

Для упоминаемого в условии задачи случая ^б) нетрудно понять, что максимальную скорость для обеих возможностей будет

иметь теперь точка В'-, причем если точка С движется вниз, то скорость точки В' будет равна lb'=uV 13/2, при движении точки куба С вверх скорость точки В1 будет максимально возможной и равной цв,=-^- V 5.

Поскольку левый конец звена конструкции закреплен, то шарнир будет двигаться по окружности радиуса 2?=2аи в любой момент времени вектор его скорости будет перпендикулярен левому звену. В тот момент времени, когда левое звено горизонтально, скорость шарнира направлена вверх. А так как конец правого звена также имеет вертикально направленную скорость, то из-за нерастяжимости правого звена в этот момент времени

скорости его концов будут равны о. В системе отсчета, движущейся с постоянной скоростью о вместе с правым концом правого звена шарнир в тот момент времени, когда левое звено горизонтально, будет неподвижен, поэтому вектор его ускорения может быть лишь перпендикулярен правому звену. Вектор полного ускорения шарнира будет точно таким же и в неподвижной системе отсчета. Проекция вектора полного ускорения шарнира ani на

направление левого звена представляет собой центростремительное ускорение, и поэтому (рис. 106, я) ani cos a=an=va/2a. Значит, вектор полного ускорения шарнира в момент времени, когда левое звено горизонтально, будет

и*

°nI 2а cos а '

Легко видеть (см. рис. 106, я), что а = л/6, откуда ant"V2iV Зя. В момент времени, когда скорость шарнира обратится в нуль, правое звено будет горизонтально (это, во-первых), а, во-вторых, вектор ускорения шарнира будет перпендикулярен неподвижному левому звену (рис. 106, б). Составляющая ускорения шарнира на ,V*л

правое звено будет равна art2 cos , а так как а==—, то

о2 и2.

ana=s= /——. Таким образом, 2а cos а у 3 аv

о8апг = Qn»=~r— •V Зя

Пусть в тот момент времени, когда нить образует с вер

тикалью угол а, ось цилиндра имеет скорость од, а угловая скорость цилиндра равна со. Движение цилиндра представим в виде суммы поступательного движения со скоростью и0 и вращательного—со скоростью to. Пусть радиус цилиндра равен R. Так как нить при движении цилиндра всегда натянута, то скорость точки цилиндра, касающаяся нити, будет направлена перпендикулярно

нити (рис, 107), Это позволяет записать

t>oslna = coV?,

Скорость точки цилиндра, касающаяся горизонтально движущейся 6о скоростью о подставки, будет равна

1>=п0+аЛ

и скорость цилиндраи скорость цилиндрао1+sina*о1+sina*

и скорость цилиндра

и скорость цилиндра

о

1+sina*

о

1+sina*

Прежде чем решать данную задачу, обсудим более подробно следующую ситуацию. Предположим, что нерастяжимая ве-

Рис. 108Рис. 108ревка одним своим концом закреплена, а с противоположного конца намотана на подвижный цилиндр (и в процессе движения цилиндра образует плоскую кривую). Пусть также известно, что в процессе общего движения цилиндра и веревки последняя всегда натянута. Это означает, что в каждый момент времени часть веревки представляет собой отрезок прямой, касательной цилиндру, а оставшаяся часть веревки намотана на цилиндр. Так как веревка нерастяжима, то те ее точки, которые лежат на отрезке прямой, будут иметь векторы скоро

Рис. 108

Рис. 108

сти, перпендикулярные веревке. Точки же участка веревки, намотанного на цилиндр (образующие дугу окружности), относительно цилиндра скользить не могут, в противном случае веревка либо порвалась бы, либо провисла. Это означает, что скорости этих точек веревки в любой момент

времени совпадают со скоростями тех точек цилиндра, которых они касаются. Этот участок веревки как бы образует с цилиндром нечто целое. Особое положение занимает точка веревки, являющаяся местом сопряжения прямолинейного и криволинейного участков веревки. Она обладает свойствами точек как прямолинейного, так и криволинейного участка. Поэтому, с одной стороны, ее скорость обязана быть направлена перпендикулярно веревке, а с другой стороны, она не может скользить по цилиндру. Но тогда и касательная с ней точка цилиндра будет иметь скорость, перпендикулярную прямолинейному участку веревки.

Рассмотрим теперь момент времени, когда прямолинейный участок нити вертикален (рис. 108). В силу сказанного выше нижняя точка ее вертикального участка и соприкасающаяся с ней точка цилиндра Л имеют одинаковую, горизонтально направленную скорость мд. Представим себе движение цилиндра как сумму поступательного движения со скоростью его оси v0, направленной параллельно наклонной плоскости (под углом а к горизонтали) и вращения по часовой стрелке с угловой скоростью со. В этом случае скорость точки А представим в виде

v^ = v'p+vo,

причем, как нетрудно видеть, |твр| = юД, v^J_vBP, откуда po = col?/sln a.

Аналогичное соотношение получим для точки С vc=vo+*вр,

причем, поскольку вектор скорости точки С направлен вдоль наклонной плоскости, получим алгебраическое соотношение

щс=и0—toR,

откуда

toR _ n 1—sinaос=-——toR=toR —-—■—i sin a sin a

Уд = yo cos « = toR ctg a-

Итак,

toR

to—sina

co/?(l—sin a)

на рис. 109, ка- этом по часовойна рис. 109, ка- этом по часовойУс— sina

на рис. 109, ка- этом по часовой

на рис. 109, ка- этом по часовой

поступательногопоступательногоЕсли нить натянуть так, как показано тушка будет катиться вправо, вращаясь при стрелке вокруг своей оси.

поступательного

поступательного

Для точки В сумма проекций скорости v6

движения и линейной скорости вращательного движения с угловой скоростью со на направление нити равна к

и0 slna—шг = р

^v6—модуль искомой скорости). Из-за отсутствия проскальзывания катушки по горизонтальной поверхности сумма проекций соответствующих скоростей для точки С равна нулю:

По—toR=0.

Полученные уравнения дают R D/?slna—г"

Очевидно, что при Rsln a= =г (это соответствует случаю,

когда точки А, В иС лежат на одной прямой) выражение для ис теряет смысл. Заметим также, что найденное выражение описывает движение катушки как вправо (когда точка В находится слева от прямой АС и R sin а > г), так и влево (когда точка В находится справа от прямой АС и ^sina < г).

По условию задачи шарик катится без проскальзывания, поэтому скорости тех точек шарика, которые в данный момент времени касаются желоба в точках А и В (рис. ПО), равны нулю. Считая шарик абсолютно твердым телом (т. е. расстояние между любыми двумя точками шарика неизменным), приходим к выводу.

что в данный момент времени все точки шарика, лежащие иа отрезке АВ, неподвижны. А это означает, что в каждый момент времени движение шарика—это вращение относительно оси АВ. (Ясно, что точки А и В—точки, в которых шарик касается желоба,— перемещаются со скоростью о.)Мгновенная скорость любой точки шарика есть тор, где со —что в данный момент времени все точки шарика, лежащие иа отрезке АВ, неподвижны. А это означает, что в каждый момент времени движение шарика—это вращение относительно оси АВ. (Ясно, что точки А и В—точки, в которых шарик касается желоба,— перемещаются со скоростью о.)Мгновенная скорость любой точки шарика есть тор, где со —Рис, ПОРис, ПОугловая скорость вращения, р—расстояние от точки до оси АВ. Скорость центра шарика (точки О на рисунке) равна о; расстояние от точки О до осн ЛВ—ро = |ОС| = /?/з/2. Следовательно,угловая скорость вращения, р—расстояние от точки до оси АВ. Скорость центра шарика (точки О на рисунке) равна о; расстояние от точки О до осн ЛВ—ро = |ОС| = /?/з/2. Следовательно,ний ясно, что в любой моментний ясно, что в любой моменто 2осо=—=Ро R^SПопятно,что максимальнойскоростью обладают точки шарика, наиболее удаленные от оси АВ, Из геометрических соображео 2осо=—=Ро R^SПопятно,что максимальнойскоростью обладают точки шарика, наиболее удаленные от оси АВ, Из геометрических соображеимеется лишь одна точка, максиимеется лишь одна точка, максимально удаленная от оси,—на рисунке это точка D. Расстояние от точки D до оси вращения равно р'=ро+Я = /?(1 +V3/2), и скорость точки Dмально удаленная от оси,—на рисунке это точка D. Расстояние от точки D до оси вращения равно р'=ро+Я = /?(1 +V3/2), и скорость точки D°так — top'°так — top'кУз \кУз \

что в данный момент времени все точки шарика, лежащие иа отрезке АВ, неподвижны. А это означает, что в каждый момент времени движение шарика—это вращение относительно оси АВ. (Ясно, что точки А и В—точки, в которых шарик касается желоба,— перемещаются со скоростью о.)

Мгновенная скорость любой точки шарика есть тор, где со —

что в данный момент времени все точки шарика, лежащие иа отрезке АВ, неподвижны. А это означает, что в каждый момент времени движение шарика—это вращение относительно оси АВ. (Ясно, что точки А и В—точки, в которых шарик касается желоба,— перемещаются со скоростью о.)

Мгновенная скорость любой точки шарика есть тор, где со —

Рис, ПО

Рис, ПО

угловая скорость вращения, р—расстояние от точки до оси АВ. Скорость центра шарика (точки О на рисунке) равна о; расстояние от точки О до осн ЛВ—ро = |ОС| = /?/з/2. Следовательно,

угловая скорость вращения, р—расстояние от точки до оси АВ. Скорость центра шарика (точки О на рисунке) равна о; расстояние от точки О до осн ЛВ—ро = |ОС| = /?/з/2. Следовательно,

ний ясно, что в любой момент

ний ясно, что в любой момент

о 2осо=—=Ро R^S

Попятно,что максимальной

скоростью обладают точки шарика, наиболее удаленные от оси АВ, Из геометрических соображе

о 2осо=—=Ро R^S

Попятно,что максимальной

скоростью обладают точки шарика, наиболее удаленные от оси АВ, Из геометрических соображе

имеется лишь одна точка, макси

имеется лишь одна точка, макси

мально удаленная от оси,—на рисунке это точка D. Расстояние от точки D до оси вращения равно р'=ро+Я = /?(1 +V3/2), и скорость точки D

мально удаленная от оси,—на рисунке это точка D. Расстояние от точки D до оси вращения равно р'=ро+Я = /?(1 +V3/2), и скорость точки D

°так — top'

°так — top'

кУз \

кУз \

Движение листа фанеры представим в виде суммы двух движений—поступательного движения со скоростью о вместе с прямой (осью), проходящей через точки Л и В, и вращательного движения с угловой скоростью to относительно оси АВ. Пусть АВ =а. Тогда по условию задачи расстояние I от точки С до прямой АВ равно высоте равностороннего треугольника со сторо- ci 3

ной а, т. е. 1=——. Поэтому величина скорости точки С будет

равна модулю суммы двух взаимно перпендикулярных векторов, описывающих поступательное и вращательное движение:

по = 4о2 = ц2+(ю/)?, Для произвольной точки листа фанеры D, находящейся иа расстоянии х от прямой AD, можем записать

гЬ =ог+(юх)2,

Если пд = 3о, то

9у8 = ог+ (<ох)а.

Откуда I 1 =у, или

х = 1^Д =аУ2,

Таким образом, те точки листа фанеры (тонкого), которые находятся на расстоянии х=аУ2 от прямой АВ, будут иметь втрое большую скорость, чем точки А и В,

t.15. Выберем на плоскости горки систему координат с осью х вдоль основания горки и осью у вдоль направления проекции вектора g на плоскость горки (рис. 111). В этой системе координат движение шайбы вдоль оси х—равномерное со скоростью t!0 cos Р, а вдоль оси у—равноускоренное с ускорением с = g sin а. След шайбы на горке представляет, таким образом, параболу.

Пусть началу отсчета времени f=0 соответствует момент максимального поднятия шайбы на горку (т. е, прохождение через вершину параболы), тогда можем записать

х = ис cos р/, p=g(sina)/2/2.

Уравнение траектории будет y=g (sin a) x^Kv cos P)2. Для расчета инуса угла наклона можно брать любые точки траектории, во в

Рис. ШРис. Ш

Рис. Ш

Рис. Ш

данной задаче удобно взять точку с координатами х0=5 м, у0 = = 2,5 м:

у (и0 COS Р)21

sin —.

х2 g 4

Искомый угол a=arcsin(l/4) « 15°.

Введем оси координат х и у, как указано на рис. 112, Пусть бросок совершается под углом а и со скоростью о. Тогда условие падения предмета в точку В через время i запишем в виде двух условий: по горизонтали

Z = tcosaZ

и по вертикали

О = Н-\-о sin a-t—gt2/2.

Исключив в этих уравнениях время tt получим квадратное уравнение относительно tga:

-g-tg^-Zig^-g—//=0.

Полученное квадратное уравнение означает, что при данных / и Н и при данном значении скорости о может реализоваться одна из трех возможновтей: во-первых, о настолько мало, что ни при каком угле бросания предмет не долетит до точки В; во-вторых,

79

при некотором значении скорости пт1п (когда дискриминант квад, ратного уравнения обращается в нуль) существует только один угол бросания предмета, обеспечивающий попадание в точку В; в-третьих, наконец, при значениях скорости в > итщ попасть в точку В можно по двум траекториям.

По условию задачи нас интересует второй случай. Следовательно, приравнивая нулю дискриминант квадратного уравнения, и получим искомую скорость бросания

v^g^VH^-H).

Угол бросания при этом найдем по формуле

“=—^-/^(т)’-^-

откуда

tg« = tgtg« = tg(л Ф/, Нл ф \

tg« = tg

tg« = tg

Т 2) (где Ig»-^ и

Используя закон сохранения энергии, найдем скорость иг, с которой предмет попадет в точку В:

при полете предмета получимпри полете предмета получима из условия сохранения горизонтальной составляющей скорости еле несложных преобразований и угол падения в точке В:

при полете предмета получим

при полете предмета получим

Требование минимальности скорости бросания камня с поверхности земли означает, что оптимальная траектория камня пройдет через точки крыши В и С (рис. 113), причем в точке В скорость камня nmjn будет минимально возможной. Учитывая ре

шение предыдущей задачи, легко понять, что эта скорость ьт1п будет удовлетворять условию

4m=g [/(Й^^Ч^-^-Л)].

Минимально возможную скорость бросания камня с земли Утт найдем из закона сохранения энергии

"mln =^„+2^.

ОткудаОткуда^in-gh^H-W^+H+A).^in-gh^H-W^+H+A).

Откуда

Откуда

^in-gh^H-W^+H+A).

^in-gh^H-W^+H+A).

Пусть с момента пролета светящимся объектом точки А, ближайшей к наблюдателю, прошло время t. Тогда ut = l tga, где t—время, отсчитываемое неподвижными часами, которые находятся в данный момент времени в месте нахождения объекта. Наблюдатель же увидит в этом месте объект несколько позже из- за конечности скорости распространения света, и его часы пока-

жут время tl, причем Z' = Z-], авремя, за которое

С cos сх с cos сх

сигнал доходит от объекта к наблюдателю.

Очевидно, скорость светящегося объекта, измеряемая наблю- ,, dx dx dt dt _

дателем, будет равна а = -^т= "дру^У-др • Поскольку, с од-

.dt' , , Zsina da„I da

нои стороны, -;—=1- 5——, а с другой—v=—=-тг ,

v dt 1 ccos2a dtcos2 a dt

зависимость скорости, измеряемой неподвижным наблюдателем, будет зависеть от угла а:

, dtу

и = у——=.

dZ , . v .Н— smaс

Разобьем решение задачи на две части. Вначале, исходя из возможностей движения каждой из «точек системы» (каждого велосипедиста) в отдельности, найдем наименьшее время передвижения всей «системы точек». А затем опишем один из возможных способов движения, реализующих это наименьшее время.

Покажем, что в нашей задаче наименьшее время передвижения

,d m .d п—m

11,111 ~ и п ' и п ’

причем каждый из велосипедистов при таком движении проходит . п—m

расстояние d ——— пешком (со скоростью и), а оставшееся рас-

стояние d — проезжает на велосипеде (со скоростью а), а все велосипедисты добираются из А в В одновременно. Действительно, так как каждый из велосипедистов в общей сложности перемещается на расстояние d (из Л в В), в итоге все m велосипедистов проедут путь m-d. Если какой-нибудь из велосипедистов проедет на велосипеде путь, больший d—, то найдется велосипедист, ко-

торый проедет на велосипеде путь dt < d^-. Пешком этот велосипедист пройдет путь d—dt. Полное время движения этого велосипедиста

к = — Vк = — VТак как . m < d— , дляТак как . m < d— , дляпо условиювремени ttпо условиювремени tti_У иi_У иd—d-id . ,

к = — V

к = — V

Так как . m < d— , для

Так как . m < d— , для

по условиювремени tt

по условиювремени tt

i_

У и

i_

У и

^di

и и *

задачи и < у, а по предположению d} < получим

d , , tn / 11

группы Т (которое засчи- будет удовлетворять усло- при котором какой-нибудьгруппы Т (которое засчи- будет удовлетворять усло- при котором какой-нибудьОчевидно, общее время движения тывается по последнему прибывшему) вию r^Zt > Zmin. Поэтому движение,

группы Т (которое засчи- будет удовлетворять усло- при котором какой-нибудь

группы Т (которое засчи- будет удовлетворять усло- при котором какой-нибудь

велосипедист проезжает на велосипеде путь не d —, не будет «оптимальным».

Укажем теперь, как должны вести себя велосипедисты, чтобы общее время передвижения было равно /тт, Это удобно сделать с помощью «столбов».

Будем считать, что вдоль дороги иа одинаковых расстояниях друг от друга расставлены п столбов: kt, кг, ..., кп, причем последний столб — в пункте В. Способ передвижения состоит в следующем. т велосипедистов садятся на т велосипедов и проезжают вдоль дороги: первый—до столба kt, второй—до столба к2, ..., т-й—до столба к,п. После этого они оставляют велосипеды на дороге (у столбов к^ ..., кт соответственно) и дальше идут пешком. При этом первый велосипедист доходит до столба kn_m+t, второй — до столба кп_т+2, а m-й велосипедист доходит до пункта В. п—т велосипедистов, которым не достались велосипеды, идут из пункта Л пешком. Опи последовательно доходят до столбов kt, .... кп_т, садятся иа оставленные там велосипеды и дальше уже едут—до столбов km+t, km+2, .... кп (т. е. «последний» из этих велосипедистов приезжает в пункт В). Велосипедист, вначале доехавший до столба kt, а затем дошедший до столба кп_т-ц, садится на стоящий там велосипед (оставленный велосипедистом из первой или из второй группы) и заканчивает свое движение на велосипеде Велосипедист, вначале доехавший до столба к2, а затем дошедший до столба кп_т + 2, садится на велосипед, оставленный велосипедистом, доехавшим до этого столба, и также заканчивает свое путешествие на велосипеде. И так далее.

Велосипедисты, которые вначале шли пешком, а потом ехали на велосипедах, оставляют (кроме последнего из них) свои велосипеды у столбов кт+1, ..., kn_i соответственно и доходяг до пункта В пешком. Идущие пешком велосипедисты, начавшие свое движение на велосипедах, «подбирают» оставленные у соответствующих столбов велосипеды, садятся на них и доезжают до В.

Не обязательно. Приведем пример (рис. 114). Видно, что наложение периодической (с периодом ровно 1 с и в среднем равной нулю) функции на график равномерного движения о=1 м/с также дает пройденный путь 1 м за любую секунду, но движение такого рода явно не является равномерным.

Рассматривая лодку как источник волн, распространяющихся из каждой точки траектории лодки, найдем ту точку С, вз которой волна дойдет до берега раньше всего. Положение точки С определяется из условия равенства скорости распростране-

ния волн и проекции скорости лодки на направление «к берегу (ось X на рис. 115)

и = vx = и sin а, следовательно, sina = u/o = l/2, т, е. a = 30°, Расстояние от точки С до берега l=R—г cos ос =R—^ cos a — R ^ 1 —^- cos a Время #i, которое требуется волне, чтобы дойти из точки С до берега.

Время t2, в течение которого лодка дошла от точки А до точки С, равно

_ 2лг 60° _nR

о 360° " би '

Полное время, через которое после начала разворота волна дойдет до берега, равно

Отсюда находим расстояние R от точки А до берега:

R—тг-л;п« 545 м.

Зо (2—cos а)-)-ли

Для подвижного блока и груза М (рис, 116) 2Tt—Mg=Ma,

Рис. 116Рис. 116где Ту—натяжение нити. Ускорения двух других грузов равны 2a, Для груза m

Рис. 116

Рис. 116

Ta—Ti—mg=tn2.a.

Для первого груза

Mg—Т2=М2а.

Решая систему полученных уравнений, найдем

М—2m а~8 5М+4т "

проекциях на оси хпроекциях на оси хСилы, действующие на акробата (рис. 117),— сила тяжести mg, сила трения 'тр и сила нормальной реакции N. По условию задачи акробат движется с постоянной скоростью. Следовательно, согласно второму вакону Ньютона, векторная сумма сил mg, Flp и N равна нулю. Запишем это условие в

проекциях на оси х

проекциях на оси х

и у, направленные так, как показано на рисунке (система коорди-

83

нат хОу движется вправо с той же скоростью, что и акробат; начало координат совпадает сточкой, в которой находится акробат): в проекциях на ось х—

mg sin а—fTp = 0,(1)

в проекциях на ось у—

N—mg cos а = 0.(2)

Учитывая, что FTp<yN, из (1) и (2) находим предельный угол а0:

a6 = arctg р,

Величина силы трения при а = «6

Ftp=mg sin а0 = mgL—- ,

V в24-1

Кубик может подпрыгнуть, если модуль силы F, действующей на него со стороны пули, окажется большим модуля силы тяжести Alg=l Н. Найдем эту силу. Для этого рассмотрим пулю. На нее со стороны кубика действует сила, равнаи по модулю, но противоположная по направлению силе F, и сила тяжести mg.

Скорость пули при пролете сквозь кубик меняется незначительно: ее изменение равно 5 м/с, что составляет всего 5% от скорости пули при входе в кубик. Поэтому будем считать, что сила F ие зависит от скорости пули и постоянна.

Импульс пули при пролете сквозь кубик меняется благодаря действию на пулю двух сил —силы тижести и силы трения. Если время, за которое пуля пролетает сквозь кубик, обозначить через т, то

m(0i—Oi) = (F + mg)T. (1)

Время т найти нетрудно. Так как силы, действующие на кубик, постоянны, то постоянно и ускорение пули, а значит, скорость пули меняется со временем линейно. Поэтому средняя скорость движения пули в кубике равна

"ср§—

Следовательно, пуля пролетает сквозь кубик аа время

Уср Уь+^гУср Уь+^г10-8 с.10-8 с.

Уср Уь+^г

Уср Уь+^г

10-8 с.

10-8 с.

Подставив это значение т в формулу (1), найдем

F = т t’j—^—mg-r _ до нт~'

так как т мало, то величина mgx много меньше импульса пули и ею можно пренебречь. Сила F оказалась больше силы тяжести, действующей на кубик, поэтому он подскочит.

После того как колечко отпустят, оно начнет двигаться с ускорением а^, направленным вдоль стержня. Соответствующее

уравнение движения в проекции на стержень запишем в виде т^ах = mtg sin <7.4- 7* sin а,

где Т—сила натяжения веревки.

Грузик в первый момент времени будет двигаться вертикально вниз с ускорением а2, при этом

т2а2 — mag—Т.

Учитывая нерастяжимость веревки, получим связь ускорения колечка ex и грузика а.2 в виде

a, sin а =а8.

Решая полученную систему уравнений, найдем выражение для силы натяжения веревки в начальный момент времени:

^_m.im2g (1 —- sin а)

тх 4- т2 sin а

Рассмотрим положение шторы спустя время t после начала ее падения. Так как штора мягкая, то нижняя ее часть (на рис. 118

она слева) свободно падает, а верхняя неподвижна. При этом в момент времени / левая часть движется со скоростью gt. Так как штора мягкая и тонкая, пренебрежем размером области перегиба и ее импульсом. Спустя небольшой интервал времени Ai затормозится еще часть шторы массой

. т

(d—сторона шторы), которая до торможения имела импульс

&p = &m.gt = ^№^-.

Применим к этому куску шторы закон изменения импульса, чтобы определить силу г (i), действующую на него со стороны висящей части шторы (по третьему закону Ньютона точно такая же по величине сила будет действовать вниз на висящую часть шторы). Итак, TW-^m.g=^=^W.

откуда

Т^Т^дМ = ^^- (Дт-*0ЧдМ = ^^- (Дт-*0Ч

Т^

Т^

дМ = ^^- (Дт-*0Ч

дМ = ^^- (Дт-*0Ч

Поскольку правая часть шторы неподвижна, сумма сил, действующих на нее, в любой момент времени равна нулю. Следовательно, в момент времени Z получим

Tm^g+^d^-g-N(t)=0,

где N (i)—сила, действующая со стороны карниза на штору в момент времени t.

86

Таким образом,

AZ^~ 2d ^4d 2 [1+2 d]

= 15 Г 14-10 VI H V— ~ ^0Д cY

Ясно, что характер движения сильно зависит от начальных условий. Разберем характерные варианты (рис. 119).

Равновесие достигается в точке (касание внешней поверхности камеры), где

mg sin а0 = р W

и N =mg cos а0 —сила реакции. (В этом f/

случае камешек движется по прямой.)I /.*) )

Тогда tga0 = p.

Есть и еще одна такая точка—навер-а

ку (касание внутренней поверхности ка- х^Тт^х^ меры). Если там нет неоднородностей (в обычной камере есть ниппель), то всеPJK- 49

аналогично. В нижнем положении равновесие устойчиво, в верхнем — нет.

Для достаточно больших скоростей, когда со > сот;п, возможно «прилипание» камешка—он при этом вращается вместе с колесом. Ясно, что равномерное движение колеса тут несущественно:

mg cos a-\-N = my^R,mgsina.—fTp=O,fip^pW,отсюдаsin a

^^ a2R/g—cos a

Самый «невыгодный» угол соответствует максимуму функций р (а). Взяв производную по углу и приравняв ее нулю, получаем

со8а, = Д,

Если колесо катится само—без велосипеда, то при со > сог оно начнет прыгать (а вместе с ним и камешек, который нас интересует):

I mg-V N = mcoi R,

Mg— N =0.

toi= l^ f(1+^)-

И, разумеется, во всех случаях возможны хаотические движения, когда камешек беспорядочно отражается от внутренних стенок.

На самом деле никуда человека не отбрасывает—просто он не может удержаться на данном месте вращающегося диска — силы трения, даже максимальной, оказывается недостаточно. Если например, трение вдруг исчезло бы’ человек просто продолжал бы двигаться по прямой.

Рассмотрим движение шара в системе отсчета, движущейся со скоростью v0. В этой системе шар движется со скоростью —vn. С того момента, как центр шара окажется точно над краем тележки, и до момента отрыва центр шара движется по окружности радиуса R с центром в точке касания (при этом шар не вращается вокруг собственного центра). Найдем угол а (рис. 120) в момент отрыва. Для ном сохранения энергии и вторым за-

этого воспользуемся коном Ньютона.этого воспользуемся коном Ньютона.тиатиа2—Ь^^(1— cos а),2—Ь^^(1— cos а),(1)(1)Пусть и—скорость центра шара в момент отрыва, т—масса шара. Тогда закон сохранения энергии

этого воспользуемся коном Ньютона.

этого воспользуемся коном Ньютона.

тиа

тиа

2—Ь^^(1— cos а),

2—Ь^^(1— cos а),

(1)

(1)

второй закон Ньютона

mu2mu2-д-=mg cos а. К-д-=mg cos а. К(2)(2)

mu2

mu2

-д-=mg cos а. К

-д-=mg cos а. К

(2)

(2)

Из (1) и (2) находим

/ 2\

cosa=—и = Л/ -^(vo-\-2gRY

Поскольку cosa<l, ясно, что при vo^&gR отрыв произойдет сразу в момент, когда центр шара окажется над крайней точкой тележки, и горизонтальная проекция скорости шара цг при падении на пол будет равна нулю. Если оо < gR, то

иг = и0—и cosa=t'0иг = и0—и cosa=t'013Rg13Rg^/Jm+^rT8.^/Jm+^rT8.

иг = и0—и cosa=t'0

иг = и0—и cosa=t'0

1

3Rg

1

3Rg

^/Jm+^rT8.

^/Jm+^rT8.

Если в начальный момент времени шарику сообщить необходимую скорость о0, то он будет двигаться по окружности радиуса /? = Zsiny. Центр этой окружности находится на оси конической поверхности, а плоскость, в которой лежит окруж- л a

ность, составляет с горизонтом угол ^- При движении ша

рика в произвольной точке его траектории на шарик действуют три силы—сила тяжести mg, сила натяжения веревки Т и сила нормальной реакции со стороны конической поверхности N. Пусть в некоторый момент времени шарик, имея скорость щ находится на высоте к над первоначальным уровнем и с начала своего движения описал дугу <р.

Запишем второй закон Ньютона в проекциях:

на ось конуса, которая по условию задачи наклонена под углом а/2 к горизонту—

mg sin -g-+ N sin-g— Т cos "2"=0;

иа мгновенную ось, проходящую через шарик и направленную в центр описываемой окружности —

„ . а , ааиго1

Т sin -а+Л' cos -н-—mg cos -^ cosq> =,

/sinj

Из закона сохранения энергии получим

По = па+2§й,где высота h связана с длиной веревки I, углами а и ф формулой

Й = / Sin -g- (1 — COS ф) COS -g- .

Тогда из полученной системы уравнений с учетом того, что а , а V 2_

cos-g-=sin-g-=—g—, находим зависимость / (й):

/ Зй тЛ

Требование минимальности начальной скорости означает, что в верхней точке траектории шарик будет находиться на грани отрыва от конической поверхности, т. е. сила нормальной реакции должна обратиться в нуль N = 0.

Так как верхняя точка траектории находится на высоте h — l, а сила натяжения T=mg, то для минимальной начальной скорости шарика получим выражение

ЗД min = 3g/ или п0 т1п = V 3gl.

Соответствующая зависимость силы натяжения веревкн от высоты Т (й) примет вид

T=mg^ —у) .

31. Будем считать, что обруч вращается, оставаясь почти горизонтальным. Тогда центр его движется по окружности радиуса

под действием горизонтальной силы реакции столба N

N=Mvt!r.

Как обычно, F^^pN и FT^=Mg (М—масса обруча).

Отсюда

и2

рМ — 5= Mg

и

1^ j/"S(?L_d/2> * 12 м/с.

32. Ясно, что мы можем оценить только максимальную скорость автомобиля, соответствующую самому крутому из возможных поворотов, когда автомобиль движется по дуге АВ окружности, ,которая касается прямой ОО' (рис.

. Радиус этой окружности

№0^^^R=^AC\ = 42\ADV,/?«35м.

ЛРазворачивает автомобиль (сообща-

Lет ему центростремительное уско-

/t^ рение) сила трения, действующая

I1—,^^ на передние колеса в направле-

5мнии, перпендикулярном скорости

автомобиля. Если считать, что Рис. 121центр масс автомобиля располо

жен примерно посередине и поднят не очень высоко над дорогой, а ускорение автомобиля не очень велико (подумайте сами, почему это существенно), то сила нормальной реакции, действующая со стороны дороги на два перед

них колеса, равна половине силы тяжести, а сила трения равна

ц-^ь. Уравнение движения автомобиля при повороте—

ЩУтахRЩУтахRmgmg

ЩУтах

R

ЩУтах

R

mg

mg

откуда находим максимальную скорость Утах:

Утн=Утн=

Утн=

Утн=

Приняв р=0,8, получаем &„„ я 12 м/с и 43 км/ч, Итак, скорость автомобиля

У < Утах « 43 КМ/Ч,

Разумеется, это довольно грубая оценка. Более точную оценку можно было бы получить, рассматривая весь след автомобиля от точки А до точки В.

Перейдем в систему координат, связанную с водой, в которой плот движется прямолинейно и постепенно тормозится. Поскольку сила сопротивления, а значит, и ускорение плота пропорциональны его скорости v относительно воды, то в выбранной

До , п

системе координат с=—=—to. Пусть направление движения глота совпадает с осью х (а начало координат совпадает с местом, с которого столкнули плот), тогда о=Дх/Д/, и, учитывая условие &и/Ы =—&(Дх/Д<), заключаем, что До =—к Ах и о0—v = kL, где ов—начальная скорость плота, a L—пройденное им расстояние. Максимальному пройденному расстоянию Lo соответствует о = 0, т. е. y0 = hL0, a у0 = У 2ур.

Выбрав произвольную точку на траектории движения плота, измеряем для нее пройденное относительно воды расстояние L (поскольку скорость течения и начальная скорость плота относительно берега равны, то искомое расстояние L будет длина отрезка прямой, проведенной из этой точки под углом 45° к линии берега) и связь ваем скорость vj в этой точке (направление которой совпа- 99

дает с направлением касательной к траектории) с начальной скоростью (рис. 122).

берегаберегаУдобнее всего выбрать такую точку А на траектории, для

берега

берега

к ЛИНИНк ЛИНИНкоторой угол а наклона касательной по отношению составляет 45° (а = 45*). В этом случае, как видно из рис. 122,6, скорость плота относительно во- ы в выбранной точке o=v1 =

к ЛИНИН

к ЛИНИН

= vp—и 113 условия t>0/2 = kL получаем, что L0=2L.

Искомое расстояние п плота от берега связано с Ц простым соотношением H=L0 sin 45" = =2L sin 45"=2k, где h—расстояние от берега до выбранной точки А на траектории. Из чертежа следует, что h = 7 м, а значит, плот будет плыть на расстоянии Н = =2/1 = 14 м от берега.

После того как верхнему шарику сообщили горизонтальную скорость v, шарики будут вращаться вокруг центра масс системы, который в свою очередь будет двигаться поступательно со скоростью v/2. Если нижний шарнк сразу же отрывается от стола, то на систему в целом действует только одна сила—сила тяжести. Она сообщает системе, а значит, и нижнему шарику ускорение g. Поэтому, чтобы шарик оторвался от стола, необходимо, чтобы его центростремительное ускорение было больше g.

В системе координат, движущейся со скоростью центра масс, скорости обоих шариков по модулю равны и/2, а центростремительное ускорение равно

(у/2)2о2°ц-"ЦТ-21*

Шарик оторвется от стола, если

^/2Z^g, т. е. при

/ < о2, Pg.

Рассмотрим, как будет двигаться малый диск сразу после соприкосновения с большим. Пусть О—центр большого диска (рис. 123).

Выберем два одинаковых небольших участка малого диска, расположенных на одном диаметре симметрично относительно центра этого диска О'. На рис. 123, а точки Лх и А$—центры масс таких участков. В момент касания дисков (когда малый диск еще покоится) скорости vt и ¥г тех точек большого диска, которые соприкасаются с точками Л1 и Аа малого диска, направлены так, как показано на рис. 123, а (уг = й-ОЛ1, с2=й.ОАг). Понятно, что вдоль скоростей Vj и v2 будут направлены в момент касания силы трения FTpl и FTP2, действующие со стороны большого диска на центры масс выбранных участков Лг и Л2 малого диска (^тр1=Гтр2). Поскольку плечо /1 силы FTpi относительно оси малого диска меньше плеча /2 силы Flp 2, суммарный момент пары

сил FTpi и fTP2 будет закручивать малый диск в направлении вращения большого диска.

Рассматривая аналогичные пары участков малого диска, приходим к выводу, что сразу после касания малый диск начнет закручиваться в направлении вращения большого диска.

Рис. 123

Пусть в некоторый момент времени угловая скорость малого диска стала равной со. Скорости участков с центрами масс в точках Ах и Аа будут равны Vx = ua=tor, где /•=О'Д1=О'Д2 (рис. 123,6). Силы трения Fjp 1 и FTp 2, действующие на эти участки, будут направлены вдоль векторов vj—Vi (относительная скорость точки большого диска, касающейся точки Дх) и v2—v2 (относительная скорость точки большого диска, касающейся точки Д2). Понятно, что момент пары сил Гтр 1 и FTp 2 будет раскручивать малый диск (т. е. угловая скорость диска будет меняться), если Ух = и» < < BxBa/2 — Qr (рис. 123,6; для удобства сравнения векторы, «относящиеся» к точке А», перенесены в точку Д^.

Таким образом, пока со < й, имеется отличный от нуля момент сил трения, раскручивающий малый диск. При со = й относительные скорости участков с центрами масс и точках Д] и Д2 направлены перпендикулярно отрезку ОО' (вдоль прямой АхС на рис. 123, 6) и момент сил трения относительно оси малого диска равен нулю. Следовательно, в дальнейшем малый диск будет вращаться с установившейся угловой скоростью й.

При со=й все силы трения, действующие на аналогичные пары участков малого диска, будут равны по модулю и направлены одинаково—перпендикулярно отрезку ОО'. Согласно третьему закону Ньютона, результирующая всех сил трения, действующих на большой диск, будет приложена к точке большого диска, касающейся центра О' малого диска, и равна цт§. Чтобы компенсировать тормозящий момент этой силы, к оси большого диска надо приложить момент сил, равный 7И=рт^.

ООО

При ударе о наклонную плоскость на шарик будет действовать сила реакции, имеющая горизонтальную составляющую. Так как после удара шарик продолжает двигаться вперед, 92

то горизонтальная составляющая его скорости не может остаться неизменной по величине—она либо увеличится, либо уменьшится. Но тогда вертикальная составляющая скорости шарика после удара либо уменьшится, либо увеличится. Следовательно, максимальная высота подъема шарика после удара не будет равна первоначальной его высоте иад уровнем земли.

При таком угле наклона резиновые гусеницы движутся по плоскости без проскальзывания. Значит, тепло прн движении не выделяется (нет трения в механизме модели).

Воспользуемся законом сохранения энергии. Для расчета кинетической энергии учтем, что длина гусениц много больше высоты модели, и будем считать, что при движении модели со скоростью и нижняя половина гусениц неподвижна, а верхняя половина имеет скорость 2». Тогда кинетическая энергия модели —

Ен = 0Дт^—^-—[-0,2m —=0,9mya

(m—масса всей модели; 0,4m—масса половины гусениц; 0,2m — масса модели без гусениц). За малый промежуток времени М модель опустится на Aft = o-A/-sina и ее кинетическая энергия увеличится на ДЕК = mgv- М sin а. Еслн за эго время скорость модели увеличилась на Ду, то

ДЕк=0,9/д(у+Ду)2—0,9/до2 « 1,8туДу,

т. е,

mgv-Ы ■ sin а = 1,8ту Ду, откуда находим ее ускорение

Ду g sin а _ _ ,м/с'

Будем считать, что при каждом ударе шарика о куб скорость куба меняется на очень малую величину и остается во много раз меньше, чем скорость шарика.

Пусть х — расстояние от куба до стенки, и—скорость куба, о—скорость шарика. Тогда время между двумя последовательными соударениями равно т = 2х/о. При каждом соударении куб получает импульс Др=2ту (мы учли, что и < у). Скорость шарика за один удар изменится на Ду=—2ц (это очевидно, если рассматривать движение в системе отсчета, связанной с кубом). Для упрощения расчетов примем, что в результате соударений скорости ц и о меняются не скачками, а плавно. Тогда «среднее» ускорение шарика у' = Ду/т=—uv/x. Учитывая, что и=х', перепишем это равенство:

u'x+x'v=0.

Заметим, что слева написано выражение, равное производной от произведения та; тот факт, что эта производная равна нулю, означает, что величина та остается в процессе постоянной. Следовательно,

та = уохо,где х0—расстояние между кубом и стенкой в начале процесса.При х=2х0 скорость шарика равна у0/2, Скорость куба в этот

момент найдем из закона сохранения энергия:

ratio m(v0/2)2 . 7И/г22 "2+ 2 ’

следовательно,следовательно,-—$-/^=0.»-—$-/^=0.»м/с.м/с.

следовательно,

следовательно,

-—$-/^=0.»

-—$-/^=0.»

м/с.

м/с.

К39. Стенка далеко, будем считать, что груз в тележке с шероховатым дном вскоре перестанет проскальзывать и скорость тележки vt станет постоянной, равной скорости центра масс г'ц, м

mv0

Такая же средняя скорость будет и у другой тележки, но она то < бгоняет «свой» центр масс, то отстает.

Значит, в зависимости от расстояния до стенки может приехать первой как одна, так и другая тележка. Данных в задаче мало для того, чтобы дать определенный ответ. Попробуйте получить ответ, самостоятельно задав недостающие данные. Подсказка: ответ будет зависеть и от начального положения грузов в тележках. Удобно решать эту задачу графически.

Описанное в условии начальное положение обруча неустойчиво. Будучи предоставлен самому себе, обруч начнет двигаться. Если трение достаточно велико, обруч катится без проскальзывания. Скорость обруча будет максимальной в тот момент, когда его потенциальная энергия будет минимальной, т. е. когда центр тяжести обруча будет в наинизшем положении. Это условие выполнится в тот момент, когда дырка окажется наверху иа расстоянии D от стола, равном диаметру обруча. Нетрудно сообразить, что уменьшение потенциальной энергии обруча ДИ при переходе дырки из нижнего положения (в начале движения) в верхнее равно

,_Л4№ _ Mr^g

М

где М— масса всего обруча, Дт=— №—«масса дырки»

(Ат < Му

Это изменение потенциальной энергии равно кинетической энергии обруча в тот момент, когда дырка находится наверху. Кинетическая энергия обруча складывается из энергии поступательного движения обруча как целого Мх?!! (у—скорость центра масс обруча в данный момент) и энергии вращательного движения Ми4)! (и—линейная скорость исех точек обруча).

При качении без проскальзывания и = у, и кинетическая энергия обруча равна Му4,

Таким образом,

откуда

Работа Я по поднятию санок складывается из двух частей: работы против силы тяжести Ai = mgH и работы против силы трения А2. Чтобы найти А2, рассмотрим небольшое перемещение As санок вдоль горки. Пусть касательная к горке в этом

месте составляет угол а с горизонтом (рис. 124). Поскольку подъем медленный и сила натяжения веревки Т направлена вдоль

касательной (вдоль Д$), можно считать, что санки все время находятся в равновесии и

FTp — Р^ — PmScos “•

Работа АА2, совершаемая против силы трения при перемещении на Д$, равна

ДЯ2 = pmg cos а • Д$.

Как видно из рисунка, As cos а = Дх— перемещение санок в горизонтальном на-

щая работа противщая работа противравнаравнаправлении. Так что ясно, что результирую- силы трения при поднятии санок на высоту //

щая работа против

щая работа против

равна

равна

A2 = p.mgZ,

так как /—суммарное горизонтальное перемещение санок при подъеме.

Таким образом, полная работа, совершаемая мальчиком, равна

A = Ai+A2 = mgH-j-nmgZ=mg(H4-nZ)

и не зависит от профиля горки.

Пусть в момент отрыва верхнего шарика от вертикальной плоскости гантелька составляет угол а с вертикалью (рис. 125),

скорость верхнего шарика равна v, скорость нижнего—и.

Согласно закону сохранения энергии

rmo2 . пиг2

илиили-^-Ч—2™=rng Ah = mgZ (1 — cos a),

или

или

o2-f-«2 = 2g/(l—cos a) (1) (m—масса каждого шарика; v, и, g— модули соответствующих векторов). Поскольку стержень жесткий,

о cos а = и sin a.(2)

Из уравнений (1) и (2) находим

u2=2gt (cos2 a—cos3 a).(3)

До момента отрыва центр масс

гантельки двигался с горизонтальным ускорением (это ускорение сообщалось силой реакции вертикальной стенки). Поэтому к моменту отрыва верхнего шарика от вертикальной стенки скорость и максимальна. Найдем значение cos а, при котором выражение cos2 a—cos3 a (см. (3)) максимально: (х2—х3)'=2х—3x2 = 0 (x=cosa) при х=2/3, т. е. cos a ==2/3.

Подставив это значение cos а в (3), найдем:,

2

^т V ^«и

Удар небольших стальных шарикои происходит быстро, ва это время шарик массы 2m не успевает набрать заметной скорости. Тогда удар шариков тит можно рассчитывать как обычный лобовой удар, значит, налетающий шарик остановится, а другой получит скорость Уу. Тогда скорость центра масс шариков, связан- ту0 1

вых нитью, оц.м=^-=—у0.

Ур—УзУр ОрУр—УзУр Орскоростью (0=скоростью (0=Уз/Уз/Итак, центр масс движется поступательно со скоростью Vs у0 и относительно него шарики движутся по окружности с угловой

Ур—УзУр Ор

Ур—УзУр Ор

скоростью (0=

скоростью (0=

Уз/

Уз/

Тогда натяжение нити найдем, рассмотрев движение шарика m по окружности (относительно центра масс):

„. 21 тОо 212 тио

Таким получается натяжение в момент удара, и далее оно остается постоянным.

Ускорение шарика 2m также остается постоянным по величине:

_ Г _ о2а — 2т~ 31 *

По мере подъема вагончиков на мертвую петлю скорость состава падает. Она достигнет минимума, когда петля будет целиком занята составом и после того перестанет уменьшаться. Легко найти эту скорость о из закона сохранения энергии

Мзд2 М^ , Г M2nR\ DМзд2 М^ , Г M2nR\ D(I)(I)

Мзд2 М^ , Г M2nR\ D

Мзд2 М^ , Г M2nR\ D

(I)

(I)

где у0—начальная скорость состава, М—его масса, М масса вагончиков состава, находящихся на мертвой петле, и R—высота центра масс этих вагончиков. Из (1) получаем

^ = f2+^^

Чтобы вагончики не сошли с рельсов, необходимо наличие силы реакции со стороны рельсов. Наименьшей силе реакции соответствует наивысшая точка мертвой петли. Предельный случай отвечает нулевой реакции. При этом на вагончик в верхней точке дей

лена внизлена внизускорение,ускорение,ствуют: сила тяжести mg (т—масса вагончика) и силы «натяжения» Т со стороны остального состава. Результирующая этих сил направ- и должна сообщать необходимое центростремительное т, е, она равна m —, Проекция каждой из сил Т на

лена вниз

лена вниз

ускорение,

ускорение,

вертикальвертикаль(рис, 126, с) равна 7 sin -^ % ^ (угол а мы считаем

вертикаль

вертикаль

9797малым—это тот угол, под которым виден вагончик из центра мерт-

97

97

4 А. И, Бувдин и др.

вой петли, т. е. а=е^л где I—длина вагончика), В результате приходим к соотношению

27-2-+^27-2-+^ти4~R"ти4~R"

27-2-+^

27-2-+^

ти4~R"

ти4~R"

(заметим, что масса состава =

I R

Учитывая, что т = М -j-=Ma-j-, получаем из предыдущего уравнения

T^Mg^M^.

Осталось теперь иайти '"силу «натяжения» Т. Для этого рассмотрим часть состава, которая забирается на петлю (рис. 126, 6).

Пусть состав сместился на малую длину Дх, тогда эта сила произвела работу ДА = 7.Дх, но поскольку скорость состава не меняется, то работа ДА должна быть равна изменению потенциальной энергии Д(/. Это изменение определяется тем, что участок состава М

длины Дх поднялся на высоту 2R и, значит, Д£7=—Дх-27?. Итак,

ММ

T^x=2Rg-^- ^ и Т=2gR —. Подставляя это значение натяже-

Mv1 ЗЛ1р R

ння Т в (3), получим=—£—, т. е. v4=3gR, и уже легко

находим исходную минимальную скорость состава

Pmin =Pmin =]/яя(з+4л;А]/яя(з+4л;А

Pmin =

Pmin =

]/яя(з+4л;А

]/яя(з+4л;А

Процесс распада ядра на два осколка представляет собой как бы обращенный во времени процесс неупругого столкновения. На первой стадии процесса оба осколка летят вместе, образуя единую систему.

В результате действия внутренних сил при разрыве система распадается на две части. Осколки, образовавшиеся в результате разрыва ядра, разлетаются в разные стороны с постоянными скоростями и так продолжают свое движение.

Обозначим через vx и va скорости осколков ядра и запишем законы сохранения импульса и полной энергии системы:

т , т

tnxA т ti т vl

-г^е^-т^-т4^

Учитывая закон сохранения импульса системы, изобразим графически (рис. 127) скорости ядра и его осколков HC=Vf, AD = v2,

Легко понять, что о0 имеет смысл модуля скорости осколков в системе центра масс. Из закона сохранения полной энергии и теоремы о том, что сумма квадратов диагоналей параллелограммаЛегко понять, что о0 имеет смысл модуля скорости осколков в системе центра масс. Из закона сохранения полной энергии и теоремы о том, что сумма квадратов диагоналей параллелограммаАВ = V. Построим параллелограмм скоростей ACB'D ^|ЛВ[ = = i | АВ' | ^ . В ведем дополнительные векторы ВС и BD (ВС= =—ВГУ) и обозначим |ВС| = о0.

Легко понять, что о0 имеет смысл модуля скорости осколков в системе центра масс. Из закона сохранения полной энергии и теоремы о том, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма

Легко понять, что о0 имеет смысл модуля скорости осколков в системе центра масс. Из закона сохранения полной энергии и теоремы о том, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма

равна сумме квадратов его сторон, получаем

4^+^=2^+^-(Е1-2Е8),

1^4"^= 2ts -(- 2о2,

откуда о0= ]/"-^-(£i—2£а).

Очевидно, возможны два случая: а) о^о0; б) о < о0.

Рассмотрим их последовательно, а) Найдем максимально возможный угол ф (рис. 127). Для этого воспользуемся теоремой коси- иусои для треугольников ACD, ABD и АСВ и получим после довольно громоздких, но простых вычислений (сс= СВА)

у1+^—(2о0)2у2—^

COS ф == —— — ™" '■— — —.

20x02 г (о2+по)"—(2oo0cosa)2

Отсюда

о2—о2

COS ф ^ —х-Тт о2-|-о2

и

о2—о2

фмакс = arccos y2_|_t,2

г те i^=-^-(Ei—2£о), При этом ор=о2=^о84~о2. Для случая б) Фтах=л (покажите самостоятельно).

Разберем вначале вопрос о том, переедет ли тележка через горку. Для этого найдем критическое значение скорости тележки оо: если тележка наезжает на горку с такой скоростью, то

ти^ (т4-/И)гг2ти^ (т4-/И)гг222VmgH,VmgH,в верхней точке подъема скорости тележки и горки совпадут, обо- вначим эту скорость н0, тогда можно записать

ти^ (т4-/И)гг2

ти^ (т4-/И)гг2

2

2

VmgH,

VmgH,

2

mve=(m-\-M) ий.

Отсюда найдем Oo^V^gH (\-\-т]Му

Ясно, что при меньшей скорости тележка съедет назад, а при большей—переедет через горку. Рассмотрим первый случай. После того как тележка покинет горку, скорости обоих тел можно найти, используя законы сохранения импульса и энергии—уравнения ,/^^^Х получаются совершенно такие же,

\ как Для абсолютно упругого (Г\,_L«о I удара (проверьте это!). Тогда мож-

( Of) к2 у но сразу написать ответ: скорость

X Угорки

^5п = 2у/(1 + А!/т).

Рис. 128во втором случае уравнения

получаются те же самые, значит, ответ даст вторая пара корней (напомним, что одно из уравнений квадратное, значит, и решений должно быть две пары): ясно, что в этом случае скорость горки равна нулю, а скорость тележки равна начальной.

Так как проскальзывание между всеми поверхностями отсутствует, то при движении доски и катков будут оставаться неизменными расстояние | АВ | между точками касания катков и горизонтальной плоскостью и равное ему расстояние | А'В' | между точками касания катков и доски (рис. 128). Следовательно, не будет изменяться и расстояние 0^2 = / между центрами катков. А это означает, что скорости центров обоих катков в любой момент времени одинаковы и направлены по прямой 0^2.

Найдем направление скорости центра масс доски О. Пусть скорость центров катков равна v. Тогда в системе отсчета, движущейся с этой скоростью, центры катков неподвижны, скорости же точек А’ и В', а значит, и скорость vu. м центра масс доски равны по модулю | v | и направлены вдоль доски. В неподвижной относительно горизонтальной плоскости системе отсчета скорость иц. м центра масс доски равна векторной сумме скоростей v^ м и v. Из рис. 128 можно видеть, что скорость иц. м направлена параллельно прямой OjOe Так же направлены перемещение доски и ее ускорение.

Обозначим через s перемещение центра масс доски в тот момент, когда его скорость равна иц. м. В этот момент модуль скорости центра катков | v | = | иц. м |/2 cos а и кинетическая энергия всей системы равна

[то22~[то22~mit2ы2

[то2

2~

[то2

2~

(т cos“2a+2A4).(т cos“2a+2A4).ц. м ц. м2~ 4

(т cos“2a+2A4).

(т cos“2a+2A4).

Изменение кинетической энергии системы происходит за счет изменения потенциальной энергии доски:

и2

(m cos-2 a+2Л1) = Mgh,

гдегдеh = [ s | sin a, ah = [ s | sin a, a

где

где

h = [ s | sin a, a

h = [ s | sin a, a

Так как доска движется равноускоренно (действующие на систему силы постоянны), справедливо равенство

^.M=2|a|.|s|

(а —ускорение доски).

Используя полученные соотношения, найдем 2g(R-r) т I1 "М P—^R—ry

Так как в процессе движения (рис. 129) фигура, образованная веревками, стержнем и отрезком потолка между точками крепления веревок представляет собой параллелограмм, то при любом своем положении стержень будет оставаться параллельным своему первоначальному положению, т. е. стержень движется по- ступательно. Рассмотрим нашу си-Д

стему, спустя некоторый интервал / | времени после того, как веревки от- / | пустили. Концы веревок совершат// >/

одинаковые перемещения As, высо- / / I/ /

та стержня над горизонтом умень- У-4-1—■ ■■ ■ л—' /

шится на Afi. Под действием вер- Asm.—м; —J

тикально направленных сил тяже-|

сти и реакции со стороны стерж-*"

ня (трения нет!) шайба совершитРис- 129

вертикальное перемещение Дч.

Тогда потенциальная энергия системы уменьшится на величину AL/ = (/n+Al)gA/t,

где т и М—массы шайбы и стержня соответственно. Пусть к концу интервала Ы скорость шайбы станет равной и, а стержня и. Так как перемещения стержня As и шайбы Д/i связаны соотношением A/i = Assina, где a—угол первоначального отклонения нитей от вертикали, то v=wsina и закон сохранения энергии запишем в виде

(m+M)gA/i=-2—|——,

или

о2 = 2g Д/го2 = 2g Д/гМ-утAl/sin2 a-f-ш’М-утAl/sin2 a-f-ш’

о2 = 2g Д/г

о2 = 2g Д/г

М-ут

Al/sin2 a-f-ш’

М-ут

Al/sin2 a-f-ш’

Мы считаем, что интервал времени Д/ настолько мал, что ускорения стержня и шайбы на этом интервале можно считать постоянными. Тогда так как

о2 = 2a Д/г,

то

_ М-ут

а—® m-yM/sln2a"

Для решения задачи воспользуемся законом сохранения энергии. В начальный момент палочка образует с горизонтом угол ес, такой, что sin а=Н[21. Полная энергия палочки в начальный момент равна ее потенциальной энергии и составляет

„ и

U0=mg-^-.

При движении палочки ее полная энергия 8 в любой момент времени складывается из потенциальной энергии

/sin ВU — mg—^

Рис. 130

(В—угол, который палочка образует с горизонтом в данный момент (рис. 130)), кинетической энергии по- ступательного движения

- mv2

Et=—

(у—скорость центра масс палочки) и энергии Еа вращательного движения. Согласно закону сохранения энергии

откудаоткудаU+^1 + f 2 — U 6»тг?

откуда

откуда

Ei——g—— U о—U—Ед

и

^=V1T Wo-U-E^.

Очевидно, скорость центра масс палочки будет максимальной, когда значение суммы U и Ег будет минимальным.

Потенциальная энергия минимальна в тот момент, когда верхний конец палочки занимает наинизшее возможное положение, т. е. когда нить вертикальна. При этом

Н— I

t/min = т8 2—"

Нетрудно понять, что в этот момент времени палочка движется только поступательно. Действительно, поскольку палочка нерастяжима, проекции скоростей любых ее точек на направление самой палочки должны быть одинаковы. Скорость нижней точки (точки С) всегда направлена горизонтально, а в тот момент, когда нить вертикальна, скорость верхней точки (точка В) также горизонтальна (так как нить нерастяжима). Из условия нерастяжимости палочки следует, что эти скорости должны быть одинаковы и все точки палочки должны в этот момент двигаться с такими же скоростями. Эго означает, что вращательное движение отсутствует, т. е. £2=0.

Итак, в тот момент, когда нить вертикальна, скорость центра масс палочки имеет максимальное значение

<7„,ах= jZ ^^8^—^^-^^ ]/'-f-(2/- Н)

и направлена горизонтально. 102

Нестрогий, качественный ответ на первый вопрос можно дать сразу. При скатывании пустой бутылки ее потенциальная анергия переходит в кинетическую энергию как поступательного, так и вращательного движения. Если внутри бутылки имеется вода, то она, благодаря малой вязкости, во вращении практически не участвует. В результате во втором случае большая часть начальной потенциальной энергии переходит в кинетическую энергию поступательного движения, и бутылка с водой скатится быстрее пустой бутылки.

Теперь приведем более строгое решен з. Найдем, чему равна кинетическая энергия пустой бутылки массой т, которая катится по горизонтальной поверхности без проскальзывания со скоростью у. Для простоты заменим бутылку пустотелым цилиндром и будем считать, что вся его масса сосредоточена в тонких стенках.

Все точки цилиндра участвуют в сложном движении: это поступательное движение со скоростью центра масс vu. м и вращение с линейной скоростью у в системе отсчета, связанной с центром масс.

Рассмотрим небольшой участок «обода» массой Дт/, Его скорость складывается из скорости V,- в системе центра масс и скорости v самого центра масс (рис. 131). Кинетическая энергия этого участка равна

Дт,- (| v,+v |)2 Дт,- (и2 4- у 2 -|- 2vjV cos a,j

А fK ,=2=*2

где угол а/ для разных участков принимает значения от 0 до 2л. Полная кинетическая энергия цилиндра складывается из кинетических энергий всех его участков:

E

x'- Дт;(У° + Уг)

ДЕК. = 2^^= 7- Ат/ и2=ту»

i<i

/'здесь мы учли, что для всех участков V(= у, a cos а/ принимает

все возможные значения—и положительные, и отрицательные, так что 2 cos ai—®Y

*/

Если наш цилиндр скатывается по наклонной плоскости, то, спустившись с высоты h, он приобретет скорость и, которую можно иайти из закона сохранения энергии:

mgh=mo2

и

v=Vgh.(1)

Отсюда видно, что эта скорость в V 2 раз меньше скорости для случая скатывания без вращения. Это связано с тем, что потенциальная энергия цилиндра переходит в кинетическую энергию как поступательного движения, так и вращательного.

Ми2 Ек = т^*-\—уМи2 Ек = т^*-\—уV2,V2,Когда внутри цилиндра находится вода (наш случай бутылки с водой), которая из-за незначительной вязкости во вращение практически не вовлекается, полная кинетическая энергия равномерно катящегося цилиндра массой т, заполненного водой массой Ms будет равна

Ми2 Ек = т^*-\—у

Ми2 Ек = т^*-\—у

V2,

V2,

После спуска с высоты h по наклонной плоскости такой цилиндр за счет потенциальной энергии (m-Y-M)gh. приобретет кинетическую

энергию t m —|—^-I у2, так что его скорость составит

у= / S^- V ^^mV111(2)

Сравнивая выражения (1) и (2), видим, что во втором случае скорость оказывается больше. Это означает, что на любом участке спуска с наклонной плоскости скорость бутылки с водой будет больше скорости пустой бутылки. Поэтому полная бутылка и скатится быстрее пустой.

Второй вопрос задачи—это, по существу, по-другому сформулированный первый. Мысленно обратим движение в первом случае и сразу приходим к выводу, что пустая бутылка, имея меньшую начальную скорость, чем полная, закатится на ту же высоту. А тогда, если начальные скорости обеих бутылок будут одинаковыми, пустая бутылка поднимется выше полной.

Кинетическая энергия плоскопараллельно движущегося твердого тела.

Рассмотрим для начала твердое тело, вращающееся с угловой скоростью со относительно неподвижной оси, и

У.У.MiMiРис. 132Рис. 132найдем его кинетическую энергию. Выберем начало си- 5+у стемы координат О на оси вращения, а взаимно перпендикулярные оси Ох и Оу в плоскости, перпендикулярной A^mJ оси вращения. Пусть небольшая область вращающегося тела (точка Л,-) имеет массу а ^mi и находится от оси вращения на расстоянии г,- (рис. 132). Считая, что твердое

У.

У.

Mi

Mi

Рис. 132

Рис. 132

тело вращается против часовой стрелки, легко понять, что мгновенная скорость v, выделенной области состав-

ляет с на осиляет с на осиосью Ох угол у + ф, поэтому проекции скорости v, координат получим в виде

ляет с на оси

ляет с на оси

V,-x =; ЮГ; COSV,-x =; ЮГ; COS[ л ,\[ л ,\— tort sin (р = — rot/,-,— tort sin (р = — rot/,-,

V,-x =; ЮГ; COS

V,-x =; ЮГ; COS

[ л ,\

[ л ,\

— tort sin (р = — rot/,-,

— tort sin (р = — rot/,-,

Vty = ЮГ( sin (^y + vj *= ^l COS ф “ toX,, где X{ и у, — соответственно х-я и у-я координаты малой области.

Кинетическая энергия АЕК малой области А равна А£к = Am, -у- = Am,- f*£±^L — Дт, 6)8 ^+^1 = дт. -^-. Полная кинетическая энергия твердого тела Ек равна сумме кинетических энергий всех малых областей, составляющих твердое тело,

Е^^-^Ьпг^Еii

Величина / называется моментом инерции твердого тела относительно выбранной оси (в данном случае относительно оси вращения). Ясно, что момент инерции зависит от того, где выбрана ось и как она направлена.

Плоскопараллельным называется такое движение твердого тела, при котором траектории всех его точек лежат в плоскостях, параллельных друг другу. Для описания этого типа движения твердого тела поступают следующим образом. Выбирают жестко связанную с телом «ось вращения» (она может оказаться и вне тела), которая перпендикулярна плоскостям, в которых лежат траектории движения различных точек твердого тела. Движение твердого тела представляют как сумму поступательного движения тела как целого вместе с указанной осью со скоростью v0 и вращательного движения вокруг этой оси с угловой скоростью со.

Поскольку «ось вращения» можно выбрать достаточно произвольно, разбиение плоскопараллельного движения твердого тела на сумму вращательного и поступательного движений можно осуществить огромным числом способов. При этом скорость поступательной части общего движения v0 будет совпадать со скоростью выбранной оси вращения. Угловая же скорость со от выбора оси зависеть не будет. Это связано с тем, что все отрезки твердого тела, лежащие в плоскостях, перпендикулярных направлению оси вращения, за данный промежуток времени повернутся на один и тот же угол. Именно поэтому часто говорят, что угловая скорость вращения описывает вращение твердого тела как целого.

Выберем ось вращения так, чтобы она проходила через центр масс твердого тела. Движущуюся поступательно

систему координат выберем так, чтобы ее начало О находилось в центре масс твердого тела (а значит, на оси вращения), а оси Ох и Оу были бы перпендикулярны этой оси. Относительно неподвижной системы координат вектор скорости произвольной точки твердого тела имеет следующие проекции uix и uiy:

yix = Dox—to-yi> У/у = Уоу + ю-^.

где vOx и иСу—соответствующие проекции скорости v0 центра масс твердого тела относительно неподвижной системы координат, Xj и у,-—координаты рассматриваемой точки тела относительно подвижной поступательно движущейся системы координат (оси координат неподвижной и подвижной систем соответственно параллельны друг другу). Если масса рассматриваемой точки твердого тела равна Ат,-, то ее кинетическая энергия

АЕК = ^- (и?, + t^J = ^ [(v0, — to - У[у + (Уоу + о • х,)2] =

= ^- [(у0 + <0 • О')2—vOx ■ to • ^т(х,-+иОую • Am,у,-],

где v0—скорости оси вращения, <о—угловая скорость твердого тела, г,-—расстояние t-й точки от оси вращения. Полную кинетическую энергию твердого тела в данном случае найдем, суммируя энергии составляющих его малых областей — точек

Ек = ^ ^ ^Ри + yw) = Т ( S ЕтЛ + -у- f S Am,r^ — i\ I У\ i/

22

—Vo,® ^ s ^т(х^ + utiyto (^^у^^МА-^-!.

где М—масса твердого тела, / — момент инерции относительно выбранной оси вращения. Выражения (^^^Д

\ I )

и (S Ат,-у,Л равны нулю, поскольку каждое из них про- \)

порционально соответствующей координате центра масс твердого тела в системе координат, начало которой совпадает с центром масс твердого тела (именно так мы выбрали движущуюся систему координат). Таким образом, если твердое тело массы М движется плоскопараллельно, его центр масс имеет скорость у0, угловая скорость равна <о, а момент инерции относительно проходящей через центр масс оси вращения равен /, то кинетическая энергия 106

тела £к будет определяться по формуле

„ Ми® । /юа£к — 2 т 2 '

Перейдем теперь к решению задачи 1.51.

Легко понять, что раньше всех горизонтальной плоскости достигнет третий шар. Действительно, воспользуемся законом сохранения энергии для описания движения шаров. Тогда для первого и второго шаров изменение потенциальной энергии идет на увеличение кинетической энергии как поступательного, так и вращательного движения этих шаров. Для третьего же шара все изменение его потенциальной энергии «расходуется» на увеличение кинетической энергии поступательного движения. Поэтому третий шар, двигаясь вертикально вниз, на каждой высоте имеет скорость центра большую, чем первые два. Следовательно, он первым достигнет горизонтальной поверхности.

Более подробно рассмотрим движение первого и второго шаров. В начальный момент времени спицы образуют одинаковые углы с горизонтом, и изменение потенциальной энергии шаров одинаково и равно MJ. Закоч сохранения энергии для первого шара примет вид

где Oj—скорость центра шара, направленная под углом а к вертикали, <01 — угловая скорость шара относительно оси, проходящей через его центр и одновременно угловая скорость вращения спицы, 7— момент инерции шара. Так как о, = Ш1/, где / — расстояние от шарнира до центра шара, то

.2 Г’т , 7 \

ДД-Vi 2 +2/2J

и

2ДЦ

тД-1[1г

Но за изменение высоты шара над горизонтом «отвечает» проекция скорости 01, равная H=OiCosa. Изменение высоты первого шара над горизонтальной поверхностью происходит со скоростью

2Д17

и=cos а.

Для второго шара закон сохранения энергии запишется в виде

где о2—скорость центра шара, направленная строго вниз (так как спица невесома, а силы, действующие на систему шар Ц-спица, вертикальны, то и центр масс системы, совпадающий с центром шара, движется вертикально вниз), <о2— угловая скорость шара. Из условия нерастяжимости спицы следует, что

со2=и2// cos а.

/

ТогдаТогда2ДЦ

Тогда

Тогда

zncos2a + Z//2

сначаласначалаРис. 133Рис. 133Следовательно, t>2 > U. Поэтому второй шар быстрее первого достигнет горизонтальной плоскости.

сначала

сначала

Рис. 133

Рис. 133

кинетическую энергию обруча, вращающегося с угловой скоростью со вокруг оси О'О" в таком положении, как указано в условии (рис. 133).

Линейные скорости различных точек обруча различны; соответственно, различны вклады отдельных участков обруча в общую кинетическую энергию. Найдем кинетическую энергию нары малых участков Лт и Л2, расположенных так, что / ^O^2=n/2. Размер каждого участка равен 7? Дер, масса —

ММ

т=2^ ^^.г^ Дф <РазмеР W настолько мал, чю различием в радиусах окружностей, по которым вращаются разные точки участков, можно пренебречь). Линейные скорости участков Ау и Л2 равны, соответственно,

Ус = со -1 О^Л) |, о2 — со -1 02Л 2 |,где |OMi|, |О2Л2|—радиусы окруж-ностей, по которым вращаются уча-

стки Л! и Л2 вокруг оси 0'0". Как видно из рисунка,

I OtAi [ = KlOAl2—|00j |2 = R У1 —cos2 a cos2 ср,| 02Л2|= V"10Л2 I2—1002|2= R V" 1 — cos2 a sin2 <p.

Таким образом, кинетическая энергия пары участков Аг и Л2 равна

ДЕК = ^-т(У1Ч-У2) = -^-Д<р-со2/?2 (l + sin2a).

Рассмотрев любую пару участков, радиус-векторы которых образуют угол л/2, мы получим такое же выражение для кинетической энергии. Число таких пар, очевидно, равно л/Д<р. Следовательно, полная энергия вращающегося обруча равна

£к =-^- ДЕК=-^- to2R2 (1 +sin2 a).

Согласно закону сохранения энергии работа, которую надо совершить, чтобы раскрутить обруч до угловой скорости св, равна

Л = -^-со2^2(1+з1п2а),

Для частного случая а = л/2 (обруч вращается в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси)

£гор=-^-®8^.

Для а=0 (обруч вращается вокруг вертикального диаметра)

^верт =~4~ to2R2 = -g- Егор-

Из-за гладкости горизонтального цилиндра и симметричности начальных условий в обоих рассматриваемых случаях центр масс кольца будет двигаться только по вертикали. При этом кольцо будет вращаться; в случае а) относительно вертикальной оси, в случае б) относительно горизонтальной оси. Оси вращения в этих случаях выберем проходящими через центр кольца. Максимальная угловая скорость кольца и в первом, и во втором случаях будет в тот момент, когда его центр занимает наинизшее положение, а скорость центра обращается в нуль. Весь запас начальной потенциальной энергии

bU = Mg(R—г),

где М— масса кольца, перейдет в кинетическую энергию вращения

g(R-r)R2g(R-r)R2(см. решение задачи 1.52), Поэтому в обоих случаях

g(R-r)R2

g(R-r)R2

Ищах— 2

Рассмотрим сначала случай а). Из-за шероховатости плоскости система обручей движется по ней без проскальзывания, причем движение будет плоскопараллельным Между скоростью центра и угловой скоростью вращения системы имеется прямая зависимость. Угловая скорость будет тем больше, чем больше скорость центра и чем меньше расстояние от центра системы до соприкасающихся с горизонтальной поверхносюю неподвижных точек системы. Максимальную угловую скорость сотах система, очевидно, будет иметь в тот момент, когда центр системы займет наинизшее положение. При этом кинетическая энергия системы будет максимальной. Изменение потенциальной энергии системы найдем по формуле

MJ = 2Meh,

где М — масса одного обруча, h—максимальное изменение высоты центра системы над горизонтом. Поскольку обручи взаимно перпендикулярны, легко показать, что А = /?^1— р?= . Если скорость центра системы в момент его наинизшего положения о, а угловая скорость со, то кинетическая энергия системы Ек будет

Aft)2 „ Alto2/?2 Г. . 1 \ м i ! 3 ,,

Er =2-2—Ь24ч-у J =Мр2+- УИсо2^

(см. решение задачи 1.52 для случая а = л/4).

V г—

Поскольку о)=-^-к 2,

ЕК = М ~ '-+-| Мео2!?2 = -| Mro»R%.

Из закона сохранения энергии получим

1)=^/Иш2/?2,

К2 / 4

сдедовательно,

Случай б). Если плоскость гладкая, то центр масс нашей системы будет двигаться по вертикали. При этом в момент егд наи- ннзшего положения скорость центра обращается в нуль и весь запас потенциальной энергии

&и=Шдк( 1

перейдет в кинетическую энергию вращения относительно горизонтальной оси, проходящей через центр (см. решение задачи 1.52)

откуда

ЕК-2Л1^1

l+^)=-^-VH№

О ❖ О

Для того чтобы сохранить равновесие, необходимо, чтобы перпендикуляр, опущенный из центра масс вашего товарища, не выходил ва площадь опоры его ног. При сгибании товарища вперед этого можно добиться, еели сместить назад остальную часть туловища, но мешает степа. Во втором случае, вставая на носки, необходимо для сохранения равновесия переместить все туловище вперед, но и этому мешает стена.

При быстром перемещении по бревну вероятность падения в воду уменьшается. Действительно, если по какой-то причине центр тяжести перестал находиться над площадью опоры и вы начали падать (а время падения составляет доли секунды), лучше двигаться быстрее, так чтобы последняя фаза падения пришлась на противоположный берег.

Максимальная нагрузка, которую выдерживает трос крана, определяется пределом прочности материала троса—максимальным напряжением, при котором материал еще не разрушается.

Предположим, что вес модельной плиты q, площадь поперечного сечения троса S. Напряжение, возникающее в тросе при

нагрузке в одну плнту G=qlS. Согласно данным задачи предел прочности материала троса—максимально выдерживаемое напряжение о0—определяется условием

(1)(1)10»/п /112

(1)

(1)

(это означает, что кран-модель поднимает 10 плнт, а нагрузку в 11 плит трос не выдерживает).

При переходе к реальным крану и плитам все линейные размеры увеличиваются в п=12 раз. Значит, вес плиты Q увеличивается в п8 раз, поперечное сеченне троса S увеличивается в я2 раз:

Q = n^q, S = n2s (2) (так как плотность соответствующих материалов не меняется). Максимальное число плит N, которые может поднять реальный кран, определяется условием

kN-VY^>a6^N^-=N^ = Nn (3)

откуда

м<м<12q/s *12q/s *

м<

м<

12q/s *

12q/s *

Но из соотношения (1) следует, что

llq/s^llq/s^1.1.

llq/s^

llq/s^

1.

1.

Следовательно,

\2q[s Hq/s

т. е. реальный кран не сможет поднять ни одной плиты.

На рис. 134 показаны внешние силы, действующие на «книжку»: две силы тяжести mg пластинок и две силы реакции N со стороны бревна, Запишем условия равновесия «книжки» для сил

в проекциях на вертикальную ось 2mg—2N cos а = 0

и для моментов сил относительно осн, проходящей через точку А,

NRtga—mg^- cosa=0.

Учитывая, что l=4R, получаем уравнение

tgs«+tg а—2 = 0

или

(tg а—1) (tg2 а+tg а+2) = 0.

Решение этого уравнения дает

4’ ^Т

Таким образом, в равновесии пластинки составляют друг с другом прямой угол. Можно показать, что при этом равновесие устойчивое.

1.59. Для решения задачи нам необходимо вначале определить положение центра масс колпака. С этой целью разобьем мысленно колпак на стопку узких колец одинаковой ширины. При этом масса колец нарастает линейно вниз от вершины к основанию колпака. Центр масс каждого кольца находится на его оси. «Сплющим» мысленно колпак так, что каждое кольцо превратится в равнобедренную трапецию, а весь конус превратится в равнобедренный треугольник. Центр масс каждой составной части колпака останется на месте (на оси), поэтому и центр масс всей системы останется на месте. Но, как известно, центр масс треугольной пластины находится в точке пересечения медиан. Следовательно, центр масс колпака находится на его оси на расстоянии 2/3Я от вершины.

Положение равновесия системы будет устойчивым, если прн небольшом ее смещении из положения равновесия центр масс поднимается (потенциальная энергия системы увеличивается); тогда система, предоставленная сама себе, возвращается

в исходное положение равновесия.

В нашем случае для того, чтобы колпак занимал устойчивое положение равновесия на голове Буратино, его центр масс (точка М на рис. 135) должен оказаться ниже центра головы Буратино (точки О). Следовательно, должно выполняться условие АМ > АО, т. е.

2 н R

3 sin (а/2)

2/?,

или Н > 3/?—22,5 см. А по условию /7=20 см. Значит, колпак не будет держаться на голове Буратино.

1.60. Из условия задачи следует, что коэффициент трення скольжения карандаша по наклонной плоскости удовлетворяет условию p^tga. Действительно, карандаш, положенный перпендикулярно

образующей, это означает,

находится в равновесии, а

mg—сила тяжести, F.

что mg sin a =F.

тр» где

Но Втр < yvrng cos а. mg sin а < y.mg cos а.

тр—сила трения. Следовательно,

откуда p^tga.

Рис. 136

Таким образом, ни при каких значениях наклонной плоскости скользить не будет.

Скатывание карандаша может начаться

угла ф карандаш по

при таком угле ф0, когда вектор силы тяжести «выйдет» за пределы участка соприкос-

новения карандаша и наклонной плоскости (на рис. 136 этот участок заштрихован). Чтобы найти этот угол, спроецируем на наклонную плоскость центр масс карандаша (точку А) и отметим точку пересечения вертикали, проходящей через его центр масс, с наклонной плоскостью (точку В). Очевидно, при различной ориентации карандаша, если его центр масс остается на месте, точки А и

В бущт неподвижны, причем если сторона шестиугольного поперечного сечения карандаша равна /, то АВ = 2/ cos 30° tg а (причем 2/cos 30°—это радиус вписанной в шестиугольное сечение окружности).

Пока точка В лежит в заштрихованной области, карандаш не будет скатываться.

Напишем условие начала скатывания карандаша:

ADjcos ф0 = АВ или //cos ф0 = IV 3tg а, Отсюда

1

Ф0 = агссо$ —7=.

V 3tga

Таким образом, если угол ф удовлетворяет условию

карандаш находится в равновесии. Выражение для угла ф0 имеет смысл при условии tg а > \1У 3. Тот факт, что карандаш, положенный параллельно образующей, скатывается, означает, что tga > 1/У 3 (покажите это самостоятельно).

На рис. 137 приведена траектория движения тела от начального положения до отверстия (плоскость рисунка совпадает с наклонной плоскостью). Точка О'—центр полуокружности, по которой движется тело.

Поскольку нить вытягивают медленно, можно считать, что в каждый момент времени тело находится в состоянии равновесия. Запишем условие равновесия тела для момента, когда нить составляет угол ф с горизонталью ОО1,

В проекции на ось х

FTp cos ( ——2ф1 = 7со8ф или FTpsin2ф== Teos ф, (1)

В проекции на ось у

F^ cos 2ф+7 sin ф=mg sin a,(2)

Силу реакции N находим сразу:

N=amg cos a,(3)

Учитывая, что сила трения FTp равна по абсолютной величине pW, из (1)—(3) находим pi

p = tga.

Крайние значения искомых сил (рис. 138) соответствуют смещению груза в сторону одной из ножек (точки Л) либо по биссектрисе—между направлениями на ножки (например, в сторону точки В). Найдем силы реакции Wj, 2, з в первом случае, а затем—во втором.

Из условий равновесия (учитывая, что N-^Ns) получим

2 Ni -|- N ^=Mg^

™t ^-V^ = N^R-ly

Решая эти уравнения, найдем

м. М Mg(R-l)Mg^RA^

Для второго случая достаточно заменить Z на —I:

м м Mg(R+t) м Mg(R-2l)

Ясно, что при I > RJ2 во втором случае стол опрокинется и найти силы реакции будет непросто.

Любой лист в верхней части под действием силы трения может получить ускорение

01 < pg-

Это значит, что друг относительно друга эти листы проскальзывать не будут, а при ускорении большого листа а > pg возникнет проскальзывание всей верхней части пачки относительно большого листа.

В нижней части пачки проскальзывание возникает только в месте контакта с большим листом, потому что чем ниже лист, тем больше сила, прижимающая листы Друг к другу. Ускорение листов нижней части пачки

и Mg

!—-2=4pg

т 6

(М — масса верхней части пачки, т = М/4—масса нижней части).

Ясно, что для получения максимального ускорения пачки прн условии, что она не распадается, большой лист нужно тянуть с ускорением

0=^=2 м/с2.

Таким и окажется ускорение пачки.

Чтобы получить максимальное ускорение центра масс пачки (без учета большого листа!), нужно сделать так, чтобы проскаль- выаали обе части. При этом общая внешняя сила

^~/тр14-/трз== 2pMg,ускорение центра масс

“=^=^=2 73^=1. 6pg=3,2 м/с2.МА-гп МАт YA~m)M

Тянуть большой лист нужно с ускорением а > йгтах —8 м/с2.

Модели, которые мы выбираем.

Для анализа физических явлений мы всегда пользуемся моделями, упрощая и идеализируя реальную ситуацию. Ясно, что в каждом конкретном случае нужно отразить в модели все важные для данной задачи детали и отбросить все лишние (этот совет, как и многие другие, легче давать, чем ему следовать). Поэтому при выборе модели следует оценить, хотя бы приблизительно, действие факторов, которые мы хотим отбросить, и посмотреть, как скажутся сделанные нами допущения и упрощения на точности получаемого решения задачи.

Рассмотрим пример: спортсмен толкает ядро с высоты /г =1,5 м под углом 0 = 40° к горизонту со скоростью и= 12 м/с. Найти дальность полета ядра.

Выберем модель: плоская невращающаяся Земля, воздуха нет, нет также Солнца и Луны. Оценим воздействие отброшенных факторов.

Солнце: дает поправку к ускорению свободного падения Agi = co;;/?f, где (01 = 2л/1 год, /?!=150млн км; Agn^lO-? м/с2« 10~s-g. На самом деле эта поправка намного меньше —ведь сила со стороны Солнца действует и на Землю, сообщая ей почти такое же ускорение. Луна дает примерно такую же поправку (вспомним приливы).

Сопротивление воздуха: сила лобового сопротивления Fconp = asna. Величину а приблизительно можно оценить, зная скорость выпадения града иг« 20 м/с при гг«0,5 см:

«лг^т^ = Рг'у я-fp-g.

отсюда

а 4prrrg

Для ядра скорость и„, при которой сила лобового сопротивления воздуха равна силе тяжести, определяется условием

ия0 = уг V~ 200 м/с.

"° Г ' РгГр

(

12 \2

220 «3-10~а mg (отметим, что при таких скоростях сила вязкого трения больше, чем лобового, однако она также невелика). Архимедова сила

рА = Рвозд mg ^ |Q-3 mg^

Поправка к ускорению свободного падения из-за вращения Земли

Л£2 = (в|Я2,

где о> = 2л/1 сутки, /?2 = 6,3-106созф (<р —широта местности). На экваторе Д^2^3- 10~3g.

Цифры в задаче заданы «круглые»; из простых практических соображений ясно, что требуемая погрешность уж никак не лучше 3—5 %. Значит, все перечисленные поправки несущественны и модель наша вполне разумна. Решение задачи совсем простое, мы его не приводим.

Возможны, однако, ситуации, когда даже небольшие поправки могут оказать решающее воздействие на результат. Это может произойти, например, если мы заинтересуемся различиями в движении нескольких тел. Рассмотрите самостоятельно такой вопрос: попадет ли вертикально выстреленный снаряд назад в ствол орудия?

Модель может оказаться и совсем неприменимой, если она не отражает существенных черт явления. Например, модель абсолютно твердого тела для описания удара абсолютно неприменима — важную роль при ударе играют деформации, а абсолютно твердое тело не деформируется. Еще пример: часто пренебрегают индуктивностью проводников (или — что то же самое — энергией магнитного поля, возникающего вокруг проводника при пропускании по нему тока); однако в известной задаче про конденсатор, который после зарядки закорачивают проводником, нельзя одновременно пренебрегать сопротивлением проводника и его индуктивностью —если сопротивление очень мало, то ток получается весьма большим, и даже при малой индуктивности энергия магнитного поля оказывается существенной. Простой анализ показывает, что индуктивностью в этой задаче действительно можно пренебречь, только если выполняется условие L<$*R2C.

Очень часто при использовании «плохой» модели концы не сходятся с концами —куда-то девается (или появляется) энергия, не хватает уравнений для решения задачи и т. п. Эго всегда должно настораживать!

Разберем полезный пример: на двух нитях подвешена однородная балка. Требуется найти силы натяжения нитей.

Задача эта очень просто решается: нити будем считать нерастяжимыми, составим уравнения равновесия, т. е. запишем условия равенства сил и моментов сил, — и неизвестные величины сразу определятся.

Добавим теперь еще одну нить и придем к рассматриваемой в задаче ситуации. Сразу появляются неприятности—не хватает Уравнений. В чем дело?

Причина тут довольно серьезная—не годится модель. В случае двух нитей она подходила—малые растяжения нитей были

Рис. 139Рис. 139несущественны, они приводили лишь к тому, что балка чуть криво висела, а силы при этом практически не менялись. Если же нитей три, положение совсем другое. Чуть ослабим одну нить — вся нагрузка сразу придется на две другие. Значит, малые растяжения существенны и модель «нерастяжимые нити» не годится. (Ведь можно пренебрегать каким-то фактором, только убедившись, что его влияние пренебрежимо мало.)

Рис. 139

Рис. 139

Положение легко поправить — нужно задать коэффициенты жесткости нитей (можно одинаковые, если их длины оди

наковы) и из геометрических соображений найти связь между удлинениями нитей, а значит, и между силами натяжения. Это и будет недостающее уравнение.

Сделаем чертеж, сильно увеличив для наглядности деформации нитей (рис. 139).

Уравнение для сил

О)О)(2)(2)Т1 + 7’2+27’3 = Mg.

О)

О)

(2)

(2)

Моменты относительно центра тяжести:

Ttl=2T3l

Еще одно уравнение получим из геометрических соображений:

Ыг-М3_ I

Л/й—А/я 1)2

Если нити одинаковые, то

Ту = кМ^> Т3=к M3t Т3=к М3 и тогда уравнение (3) можно переписать так:

Л-т, Тз-Тз Решая эту систему, получим

Т1=4^, т2=1.и§, т3=1м§.

Системы такого рода называют «статически неопределимыми»; имеется в виду необходимость к уравнениям сил и моментов — уравнениям статики —добавлять уравнения, характеризующие физические свойства тел (например, жесткость). Статически неопределимые задачи встречаются не так уж редко. Например, задача о распределении сил давления на кирпич, лежащий на наклонной

плоскости. Она похожа на только что рассмотренную, только опор не три, а очень много. Малейшая неровность на основании кирпича кардинально меняет результат — кирпич нельзя считать абсолютно твердым телом.

Особенно каверзными бывают задачи, в которых взаимодействуют много тел и при этом есть трение. Один пример: известная задача про песок, насыпанный в кузов автомобиля.

В кузов автомобиля (размеры заданы) насыпают доверху песок. Заданы: плотность песка, коэффициент трения. Найти силу, действующую на боковую стенку кузова (борт грузовика).

Давление на стенку кузова зависит и от того, как мы насыпали песок, и от того, как именно движется автомобиль (напомним тем, кто давно не ездил в кузове грузового автомобиля, что даже при движении с постоянной скоростью кузов сильно трясет). Из-за непрерывных толчков в разные стороны сухой песок постоянно перемешивается, при этом силы трения между песчинками все время меняют направление. В среднем при этом действие сил трения компенсируется, и песок напоминает жидкость, налитую в кузов (нечто похожее происходит, когда, желая наблюдать картину силовых линий магнитного поля, мы насыпаем железные опилки на лист бумаги и потряхиваем его, чтобы ослабить трение). В этом случае задачу легко решить.

Однако все может происходить иначе. Мы можем, например, плотно набить песок в кузов, добиваясь «заклинивания» песчинок, когда уже никакая тряска не поможет— сила давления на стенку может при этом оказаться во много раз больше.

Если же мы насыпаем песок медленно и аккуратно, конусом, а потом осторожно заполняем края и тщательно избегаем тряски, то сила давления может оказаться существенно меньше, чем в «гидростатическом» случае.

Разумный выбор модели может очень облегчить решение серьезной проблемы, причем модель может быть и очень неожиданной. Капельная модель ядра позволила оценить многие эффекты, связанные с устойчивостью ядер; планетарная модель Бора дает возможность вычислить множество полезных величин, хотя ясно, что на самом деле все устроено совсем не так. Ведь модель должна передавать далеко не все свойства изучаемого объекта (так, например, гиря на чашке весов моделирует далеко не все свойства взвешиваемого куска сыра).

Итак, при выборе модели явления нужно быть очень аккуратным, не забывая, однако, о том, что живо и наглядно представить себе явление — значит существенно продвинуться в решении задачи.

Сила тяги Т автомобиля есть сила трения ведущих колес о землю. Рассмотрим вначале случай, когда ведущие колеса— задние. Рис. 140 дает представление о силах, действующих на автомобиль; N^ и Ne—силы реакции соответственно для задних и передних колес. Максимальная величина силы трения, а значит.

WM^aW^^/Zww7/Рис. 140WM^aW^^/Zww7/Рис. 140

WM^aW^^/Zww7/

Рис. 140

WM^aW^^/Zww7/

Рис. 140

и силы тяги 7 = рМ^, из условия баланса сил по вертикали имеем Nt-VN2 = Mg. Условие равенства нулю суммарного момента сил, записанное относительно центра масс автомобиля, имеет вид mi2-ms1-77?=o.

Решая три полученных уравнения для трех неизвестных Nt, N2 и Т, находим силу тяги

r-H(i_^/Z) ~4120Н.

Отметим, что сила реакции на задние колеса N^ обычно’больше, а на передние — меньше половины веса автомобиля.

Если ведущие—передние колеса, то сила тяги T=^Na, а остальные уравнения те же, и в результате

Т-_п * ^(I+Pfl/Z)Т-_п * ^(I+Pfl/Z)3880 Н.3880 Н.

Т-_п * ^(I+Pfl/Z)

Т-_п * ^(I+Pfl/Z)

3880 Н.

3880 Н.

Таким образом, максимальная сила тяги развивается, когда ведущие—задние колеса. В реальной ситуации центр масс автомобиля может быть на разных расстояниях от осей, но обычно он ближе к задней оси (если машина груженая), и тогда также максимальная сила тяги развивается задними ведущими колесами.

Вес груза P=mgt=60H существенно больше силы Ft, с которой надо тянуть веревку. Такая ситуация нам хорошо знакома из жизни и связана с наличием трения между веревкой и бревном.

В первом случае (веревка неподвижна) силы трения направлены против действия веса груза и помогают удерживать веревку с грузом.

Полный расчет распределения сил трения довольно сложен, так как абсолютное значение силы натяжения веревки (которая определяет силу реакции в точках соприкосновения веревки с

бревном) меняется от F^ (условие равновесия левого конца веревки) до p = mg (условие равновесия правого конца) Однако для решения задачи нам достаточно заметить, что максимальная сила трения, пропорциональная в каждой точке силе реакции опоры, будет пропорциональна силе натяжения веревки; для определенности будем считать, что FTp пропорциональна большей силе натяжения, т. е. F^—kP, Это означает, что Рг = Р— кР и отношение большей силы натяжения Р к меньшей Fi есть величина постоянная:

Р 1

—— = -г = const.

Ft 1— к

Во втором случае, когда мы хотим поднять груз, концы веревки как бы меняются местами. Сила трения оказывается направленной против действия силы Рг и уже не помогает, а мешает.

Отношение большей силы натяжения Рг к меньшей Р должно

быть таким же, как и вбыть таким же, как и впервом случае:первом случае:ptТ2=^=96Н.Г1ptТ2=^=96Н.Г1Р ~FiР ~Fi, Отсюда находим, Отсюда находим

быть таким же, как и в

быть таким же, как и в

первом случае:

первом случае:

ptТ2=^=96Н.

Г1

ptТ2=^=96Н.

Г1

Р ~Fi

Р ~Fi

, Отсюда находим

, Отсюда находим

При изменениях, происходящих внутри аппарата, положения центра масс (ц. м.) О аппарата с содержимым не меняется, В начальный момент ц. м. аппарата определяется как ц. м. системы «шар с плотностью pi + map с плотностью р2—рр, где Р!—плотность газа, заполняющего сферу радиуса R, р2—плотность газа, заполняющего шар радиуса RJ2.

После того как лопнул шар, ц. м. аппарата определяется как ц. м. сферы радиуса R, заполненной газом с плотностью р, где р—плотность газа в сфере после повреждения шара.

Тот факт, что после повреждения шара весь аппарат сместился на расстояние а, означает, что ц. м. аппарата с целым шаром находился на расстоянии а от центра сфе

ры (рис. 141). Из этого условия найдем соотношение междур1Ир2:

44 R3/ R \

-^nR3piag=—n— (р2—pj 1-2—ajg,т. е,р2 /? + 14аPi- R — 2а *

Плотность газа в аппарате, после того как лопнул шар, определяется условием

44 R34

у л/?8р1+у Л -у- (р2 — pi) =у nR3p

и

7, 1

Р—"^"Pf +"g" Рз<

— , где Рх—начальное Pi— , где Рх—начальное Piнайдено из условиянайдено из условиядавление газадавление газаДавление Р газа в аппарате после повреждения шара может быть

— , где Рх—начальное Pi

— , где Рх—начальное Pi

найдено из условия

найдено из условия

давление газа

давление газа

внутри тонкостенной сферы. Таким образом.

РР = 7 I 1 Р= R -о

Pi Pi 8 * 8 pi R—2a '

T. e. давление газа внутри аппарата увеличилось в 2 раза.

При равновесии равнодействующая всех сил давления, действующих на шар, равна его весу и весу вытесненной им воды; поэтому, если пренебречь сжимаемостью воды и материала шара, глубина его погружения не изменится при увеличении давления воздуха. Если же сжимаемость материала плавающего тела велика по сравнению со сжимаемостью воды, то тело будет погружаться При увеличении внешнего давления. Так происходит в известной игрушке «картезианский водолаз», в которой перевернутая вверх дном пробирка плавает в наполовину заполненной водой мензурке, затянутой сверху тонкой резиновой пленкой. Если надавить на пленку пальцем, давление воздуха внутри мензурки повышается, воздух внутри пробки, поддерживающий ее «на плаву», сжимается; в конце концов вес пробирки станет больше веса вытесненной пробиркой (и находящимся в ней воздухом) воды—пробирка начнет тонуть. Стоит отпустить палец—пробирка снова всплывет. Попробуйте сами сделать эту простую и забавную игрушку.

Нетрудно понять, что при осторожном наполнении дырки маслом шайба будет постепенно подниматься, пока дырка не окажется заполненной доверху. Если при этом уровень воды вне шайбы в стакане поднимется на величину х, то ровно настолько поднимется и шайба. Пусть высота слоя воды внутри дырки будет при этом равна у. Если высота шайбы равна d, то остальную часть дырки, высоту d—у, будет заполнять масло. Тогда из условия равенства давлений внешнего столба воды высотой d—h и давления, создаваемого водой и маслом внутри дырки, получим

Pag (d—h) = pog</+ pg (d —у), или

Так как масса масла, находящегося в дырке, равна

Am = pSf (d—у), то сила давления на дно стакана после добавления масла должна возрасти на величину \F = \tng. С другой стороны, из-за поднятия уровня воды в стакане на величину х, давление на дно стакана возрастает на величину

RP = poxg, откуда

pSi (d—0^=ро^5 и

?pSfpS^

X~PoS( ^-(po-^S*

Итак, шайба поднимется на высоту Ыг=х, следовательно,

Так как сила, действующая на гирю со стороны пружины динамометра, уменьшается, а гиря находится в равновесии, то на соответствующую величину возрастает сила, действующая со стороны воды на гирю (по закону Архимеда). По третьему закону Ньютона ровно на эту величину возрастает сила давления на воду со стороны гири, а следовательно, и сила давления воды на дно сосуда, которая возрастет на величину

kFдавл = PoSkh,

где S—площадь поперечного сечения сосуда.

Следовательно,

АГ = АГ давл = PoSAA, откуда

'АГ

S =-^-=100 см2.

рАй

При ускоренном движении стакана изменится распределение давления в воде по высоте. Разность давлений на высоте h будет теперь равна РвМ£+а)- поскольку эта разность давлений должна не только компенсировать силу тяжести столба воды высотой к, но и сообщать столбу ускорение а вверх. Сила Архимеда, действующая на шарик, должна, таким образом, возрасти в я+а ,, а „

2—!— = 1-) раз. Поскольку шарик движется вверх с ускорением а, разность силы Архимеда Гд и сил тяжести mg и давления на шарик со стороны крышки F будет равна та, т. е.

Г д—mg— F = та.

Значит, F = Fh—mgtX-\-a]g^ и изменившаяся сила давления также возрастает в (1-j-a/g) раз.

Пусть сила сопротивления движению шарика равна F, а его объем V. Сумма всех сил, действующих на тело, движущееся с постоянной скоростью, равна нулю. Следовательно, до разрыва нити (р + рх—2р0)Е§=2Г, апселе—(р0—р*) Vg — F. (Поскольку скорость движения шарика по модулю не изменилась, величина F тоже осталась прежней.) Окончательно получаем

Р+Рх—2р0 = 2р0—2рх,Рх=52°=Р=400кг/мЗ.

Интенсивность горения газа определяется разностью давлений газа в трубе и атмосферного. Обычно газ в трубах, которые подходят к плитам, находится под очень небольшим избыточным давлением—всего на несколько ^процентов превышающим атмосферное, При этом плотность природного газа существенно меньше, чем плотность воздуха. Это означает, чтр при подъеме на 16 этаж давление атмосферного воздуха уменьшится сильнее, чем давление газа в трубе, т. е. разность давлений газа и воздуха по мере подъема должна возрастать. Таким образом, газ должен гореть сильнее на 16 этаже, чем на первом.

Рис. 142Рис. 142Необычное поведение воды в описываемых в задаче прудах объясняется принципом действия сифона. Схематически вид карстовой полости, обеспечивающей периодическое опорожнение пруда, приведен на рис. 142.

Рис. 142

Рис. 142

Вода заполняет пруд до уровня АА', после чего «включается» сифон, и

вода практически полностью уходит из пруда. Пруды, где карстовые полости образуют сифон, подобный описанному выше, называют перемежающимися прудами.

О О О

1.76. Колебаний нет, а уравнение колебаний есть ...

Для решения задачи 1.75 воспользуемся законом сохранения энергии. Пусть на горку въехала часть состава длиной х. Тогда, считая, что длина переходного участка пути от горизонтального к наклонной плоскости много меньше длины состава, приравняем начальный запас кинетической энергии состава Мо^, где М — масса состава, сумме кинетической энергии состава Ми2)2 и его потенциальной энергии U = (Mx/L) (g sin а) (х/2) после въезда на горку:

ЛДо Му2 ; Л/g sin а х1

L 2*'

Мы учли, что если на гору въехала часть состава длины х и угол наклона горы а, то центр тяжести въехавшей на гору части со- става будет находиться на высоте "="2" sina над горизонтальным участком пути.

,rdx. ,

Учитывая, что и=—^- , продифференцируем полученное выше уравнение по времени и получим

. dv . Mg sin a dx

Поделив обе части уравнения на Му, получим уравнение движения состава в виде

de , gsina

dt ' L

Поскольку dv/dt=a, где a—ускорение состава, то окончательно получим уравнение

gsina „а4 — х=0.

Итак, торможение состава на наклонной плоскости удовлетворяет уравнению гармонических колебаний. Решение этого уравнения (в общем случае), т. е. зависимость х^, получим в виде

х^ = A cos (col + ф),где А— «амплитуда колебаний», ф—начальная фаза, to—частота.В нашем случае, очевидно, со = У" g sin a/L. Выражение для

скорости состава в зависимости от времени у(#) получим в виде-у (#) = Лео соз (со# + ф + л/2).

Так как в начальный момент времени х|<=о = О, то, с одной стороны, Лсо3ф = 0, а с другой стороны,

/Lgsin а/Lgsin аПо условиюПо условиюп|(=0 = 00= Лео cos (ф + л/2).

/L

gsin а

/L

gsin а

По условию

По условию

Отсюда получим ф=—-^-н Л=-^-= у0

задачи известно, что максимальная длина въехавшей на наклонную плоскость части состава равна L/2, т. е.

л LL

илиилиЛ — 7Г=у0 V :»2 г g sin а

или

или

,4у0_ У»

gsina=-£— и со = 2-^-.

Время, за которое состав остановится (у = 0), будет отвечать четверти «периода колебаний», т. е. Д# =л/2со = л£/4уо. Кроме того, для моментов времени, пока состав будет находиться на наклонной плоскости, зависимости х (#) и у (#) получим в виде

х(#)=—sin(ea#)=-^-sinсо у 2\ 1/

у(#) = о0 cos ^—^- #У

Для решения задачи 1.76 запишем уравнение движения саней для момента времени, когда на песок въехала их часть длиной х. Так как на сани в горизонтальном направлении действует только сила трения гТр=j-xg, где I—длина саней, р—коэффициент трения саней о песок, то

mg. mi „

та=^-хц,х = 0.

Учитывая решение предыдущей задачи, получим

х (#) = -— sin tot,х ' to

где со = Vgp,/!, Время до первой остановки ti найдем по формулеtx = л/2со,

путь торможения будет равен хо = уо/<о.

Для рассмотрения второй фазы движения саней (после того, как их толкнули) прибегнем к следующему приему. Предположим, что на песок сани въехали со скоростью yf, такой, что после преодоления по песку расстояния х0 их скорость упала до у0. Тогда в этот момент времени #*

у0 = Ух cos со#*, х0=-^— sin tot*,

Откуда

У1 = Уо + (ох0)2.

или

Кроме того,

tg(Or=^^L=01 у0

Х0,

поэтому а/*=л/4 или <*=л/4ш. Время движения саней посте подталкивания

откуда

#2_ 1

<1 — 2 "

Полный путь торможения саней будет равен Xi = — =

поэтому для второй фазы движения путь тор

можения саней найдем по формуле

x2=Xj —х0=К2 хс—х0 = х0(/2 — 1),

откуда

Z^J/T—1.

Х1

1.77.

ка вдоль энергией жуточное

Пусть колечко совершает колебания в плоскости рисун- оси Ох (рис. 143) и система характеризуется полной Е6. Рассмотрим проме- положение колечка

когда оно смещено вправо от положения равновесия на величину х и имеет скорость у. Учитывая, что в положении равновесия все углы конструкции прямые, а смещения колечка малые, левая пружина при этом сократилась на величину 2х и имеет запас упругой энергии 6 (2х)2/2, а правая удлинилась на величину 2х и также имеет такой же запас упругой энергии. Действительно, из-за не- растяжимости звеньев, при малых смещениях точки D, вершины В и С Приближаются к оси Ох на

расстояние

поэтому левая пружина сокращается на величину 2х.

х каждая,(То же са-

мое касается и поведения пружины, соединяющей вершины Е и F.) Закон сохранения энергии системы запишем в виде

- то2

£о=—

к (2х)22

Разделим левую и правую части полученного уравнения наРазделим левую и правую части полученного уравнения наотличную ототличную отРис. 144Рис. 144

Разделим левую и правую части полученного уравнения на

Разделим левую и правую части полученного уравнения на

отличную от

отличную от

Рис. 144

Рис. 144

Найдем первую производную по времени этого соотношения О=amv-\- 86™, ' dudx 1

где а=-^-—ускорение колечка, о=-^~.

нуля скорость о (мы «застали» систему в ее промежуточном положении):

-та+8кх = 0.

Получаем уравнение гармонических колебаний, частота соо которых равна

соо = 86/т.

Период соответствующих колебаний системы Тд получим в виде

70=2л Vm!8k — n Vm/lk.

На рис. 144 показано положение системы в некоторый момент времени t. Точка О—положение равновесия точки подвеса; х—отклонение шарика от положения равновесия, при котором длина пружины равна lg-Vmglk (#0—длина пружины в нерастянутом состоянии).

Запишем уравнение движения шарика:

mg—kNx = mx!

Подставив Дх = -^—j-x-f-a sin со# (полное удлинение пружины), юлучим

тх?'-\-кх =—6а sin со#.(1)

Вынужденные колебания шарика происходят с частотой вынуждающей силы, т. е. с частотой со. В установившемся режиме co6-j ственные колебания, частота которых соо = V"к[т, отсутствуют,-

Будем искать решение (1) в виде

■х = A sin со#-}-В cos со#,(2)

где А и В—некоторые постоянные коэффициенты, которые нужно определить. Взяв дважды производную от (2) и подставив в (1), получим

(— Лсо2т+6Л) sin со#+(— Ве?т cos со#-}-66) cos co# =— 6а sin со#. (3) Это равенство должно выполняться в любой момент времени. Взяв #1 = 0 и #2 = л/2, найдем

л каа

—и?т—6со2 . *

2*

СОО

, В=0.

Подставив найденные значения А и В в (2), получим

a sin co#со2/соо—1

Z' = |O'B | = ZZ' = |O'B | = Zмт-уМмт-уМ

Z' = |O'B | = Z

Z' = |O'B | = Z

мт-уМ

мт-уМ

При малом угле отклонения а перемещение шарика мало отличается от горизонтального. В горизонтальном направлении на систему не действуют внешние силы, и импульс системы (точ-

нее — проекция импульса на горизонтальную ось) остается постоянным—равным нулю. Следовательно, при движении шарика штатив движется в противоположную сторону; абсолютные значения о и и скоростей шарика и штатива (точнее—проекций соответствую-

щих скоростей на горизонталь- j \ ную ось) связаны соотношением

mv—Mu. (1) А ® а

Центр масс системы (точка О наРис- *45

рис. 145, а) остается неподвиж

ным; значит, неподвижной остается и точка О' (проекция точки О на нить).

Таким образом, движение шарика—это колебания маятника с длиной нити

(см. рисунок). Частота этих колебаний равна

Л g _ g. т-уМ .

V г — V i м

скорость шарика —

^maxSK^]/

где Umax — w^max= —Z sin а—максимальное (по модулю)

значение скорости, xmax = Zsina—амплитуда смещения шарика.

Воспользовавшись соотношением (1), найдем скорость штатива:

После каждого упругого соударения направления скоростей итах и пгаах меняются на противоположные (проверьте это).

График зависимости скорости штатива от времени приведен

на рис. 145,6, т=-к- I/тт-;

рV g М-Ут

Математический маятник в неинерциальной системе отсчета.

В чем состоит задача описания движения математического маятника — небольшого груза на невесомой нити? Мы должны, зная начальное положение и начальную скорость груза, суметь определить его положение в лю-

5 А. И. Буздин и др. 129

бой последующий момент времени. Иначе говоря, мы должны определить, например, вид зависимостей х(/) и у (I), где х и у — координаты, определяющие положение грузика в плоскости его движения.

Рассмотрим уравнения, описывающие движение математического маятника длины /, когда точка его подвеса неподвижна относительно земли. Выберем оси координат

Ох и Оу так, как указано на рис. 146, а. Пусть в некоторый момент времени в процессе движения маятника нить составляет с вертикалью угол <р (угол ф отсчитывается от оси Оу против часовой стрелки). Уравнение движения груза—уравнение второго закона Ньютона

ma = mg + Т (1)

(Т—сила натяжения нити) — в проекциях на оси Ох и Оу имеет вид

тах = — Т sin ср,(2)

тау = mg — Т cos <р.(3)

Поскольку при движении маятника длина нити неизменна, между координатами х и у выполняется соотношение (кинематическая связь)

х2 + у$ = В

и для описания движения маятника будет достаточно знать зависимость от времени какой-нибудь одной координаты.

Более естественной координатой, описывающей движение маятника, является угол <р. Найдя зависимость <p(Z), мы тем самым определим и зависимость от времени координат х и у:

х (/) = Z sin ф (/), y(Z) = Zcostp(Z).

Перепишем уравнения (2) и (3), подставив в них значенияах = и'х = х" = — I ^'У sin ф + /<р" cos ф,ац = у' = у" = — I (<р')2 cos ф — /ф" sin ф.

Умножив левые и правые части уравнения (2) на созф, а (3) — на зтф, получим

,т

/ф"С082ф —/(ф )2 5*1П ф COS ф-|-— 51П ф COS ф = О, (2 )

т

— /ф" sin2 ф — Z (ф У sin ф созф + — sin ф cos ф — g 81Пф = 0.

(3')

Вычитая (3') из (2'), получим дифференциальное уравнение, которому удовлетворяет функция ф(0:

(4)(4)ф” + у-з'1Пф = 0.

(4)

(4)

В случае малых отклонений нити маятника от вертикали sin ф » ф и уравнение (4) переходит в уравнение

ф' + у Ф = О,

которое представляет собой уравнение гармонических колебаний с частотой to = V g/l. Общее решение такого

уравнения имеет видуравнения имеет видф = ф0 COSф = ф0 COS(/f (+ф).(/f (+ф).

уравнения имеет вид

уравнения имеет вид

ф = ф0 COS

ф = ф0 COS

(/f (+ф).

(/f (+ф).

где ф0 —амплитуда колебаний, Ф—начальная фаза. Величины ф0 и Ф определяются однозначно начальными условиями.

Пусть теперь точка подвеса математического маятника движется с ускорением b относительно неподвижной — инерциальной системы отсчета (рис. 146, б). Ускорение а грузика (точки Л) относительно этой системы можно представить в виде векторной суммы

а = а' + Ь, где а' —ускорение точки Л относительно неинерциальной системы отсчета, которая сама движется с ускорением b относительно неподвижной системы отсчета. Уравнение (I) теперь запишется так:

m (а' + b) = mg + Т.

Отсюда

ma' — m (g — b) + Т. (5)

Уравнение (5) по форме отличается от уравнения (1) наличием постоянного вектора т(—Ь), имеющего размерность силы. Таким образом, если мы хотим воспользоваться вторым законом Ньютона в неинерциальной системе отсчета, движущейся относительно инерциальной системы с постоянным ускорением Ь, то к реальным силам, действующим на грузик — силе тяжести mg и силе натяжения нити Т, мы должны добавить еще одну: т(—Ь). Эту силу называют силой инерции. В уравнении (5) мы объединили вектор m (— b) с вектором силы тяжести mg. В такой записи (5) представляет собой уравнение второго закона Ньютона для грузика, на который действует сила натяжения нити Т и сила m(g — b), играющая роль силы тяжести. Введение такой новой «силы тяжести» m(g —Ь) задает нам новое направление «вертикали» Оу', совпадающее с вектором g— b; т. е роль вектора g переходит к вектору g — b. Соответственно, появляется и новое направление «горизонтали» Ох', перпендикулярное новой вертикали.

Преобразования, которые привели нас от уравнения (1) к уравнению (4), применимый к уравнению (5). Надо только помнить, что положение равновесия маятника в неинерциальной системе отсчета задается направлением новой вертикали; от этой вертикали отсчитывается и угол отклонения маятника от положения равновесия; скорость маятника (грузика) — это его скорость относительно движущейся с ускорением b системы отсчета.

При использовании энергетических соотношений (закона сохранения механической энергии) в инерциальной системе отсчета мы можем пользоваться формальной записью

mg'h' + ■' 7 = const,

где g' = |g — b|, h’ — высота, отсчитываемая по новой вертикали, у'—скорость тела относительно неннерциальной системы отсчета.

Перейдем теперь к решению задачи.

Мы должны, очевидно, рассмотреть движение маятника относительно неинерциальной системы отсчета—тележки, движущейся равнозамедленно вдоль наклонной плоскости (мы полагаем массу маятника много меньше массы тележки). Будем считать, что пере-

ход от горизонтальной поверхности к наклонной плоскости очень гладкий и время движения тележки по закруглению много меньше периода колебаний маятника, так что практически мгновенно точка подвеса маятника начинает двигаться вверх по наклонной плоскости с начальной скоростью и0 и с ускорением, равным по абсолютной величине 6=gslna и направленным вниз вдоль наклонной плоскости. Относительно тележки маятник имеет в начальный момент скорость о0(1—cos а); вектор относительной скорости перпендикулярен нити (считаем, что параллельная составляющая скорости гасится). Новое ускорение свободного падения равно |g—6|=gcosa.

Максимальный угол <ро отклонения маятника от нового положения равновесия найдем из закона сохранения энергии, записанного в новой системе отсчета (рис. 146, в):

т (1 — cos а))2,,...

— ——р mg/ cos а (1 — cos а) = mg cos а/ (1 — cos фо),

откуда

■г^2sin»^

cos фо = cos а——-7(1 — cos a)2 = cos a7,

Y2gZcos agZ cos a

/ 2vo sin4

Фо = arccos I cos a;/,1\g/ cos a /

Рис. 147Рис. 147Очевидно, что когда груз находится в положении равновесия, свисающая часть веревки вертикальна (на рнс. 147, а это участок BD, где В—последняя точка касания веревки и цилиндра) и, следовательно, образует с осью цилиндра угол Р = л/2—а.

Рис. 147

Рис. 147

и цилиндра перпенди-и цилиндра перпенди-Рассмотрим ту часть веревки, которая лежит на цилиндре. Разобьем ее на множество малых участков, каждый из которых можно считать прямолинейным. Каждый такой участок испытывает действие сил натяжения со стороны двух соседних участков и силы реакции со стороны цилиндра. Так как трение отсутствует, сила реакции в каждой точке касания

и цилиндра перпенди-

и цилиндра перпенди-

кулярна поверхности цилиндра (т. е. направлена по перпендикуляру к соответствующей образующей, который проходит через ось цилиндра). Поскольку веревка невесомая, силы натяжения, действующие на отдельный участок, имеют одинаковые по абсолютной величине проекции на направление образующей. Значит, все участки веревки пересекают соответствующие образующие под одним и тем же углом Р = л/2—а. Отсюда следует, что если мысленно «развернуть» верхнюю четверть цилиндра (от образующей, проходящей через точку В, до образующей, проходящей через точку А), то участок ВА веревки перейдет в прямолинейный отрезок ВА. Найдем длину этого отрезка.

Проведем сечение цилиндра, перпендикулярное его оси и проходящее через точку В. Пусть С—верхняя точка этого сечения.

При «развороте» верхней четверти цилиндра точки А, В и С окажутся лежащими в вершинах прямоугольного треугольника с прямым углом ВСА (рис. 147,6). Угол* АВС равен л—л/2—Р = а и | В A |=s | ВС l/cos а. Но | ВС |=л/?/2, так что | В А | = л/?/2 cos а.

Следовательно, длина свободно свисающей части веревки равна

|B£)| = Z|B£)| = ZnR2 cos а "nR2 cos а "

|B£)| = Z

|B£)| = Z

nR

2 cos а "

nR

2 cos а "

После того как грузу сообщат небольшую скорость в вертикальной плоскости, параллельной образующей цилиндра, он на протяжении всего движения будет находиться в этой вертикальной плоскости. Поскольку веревка все время натянута, то в любом промежуточном положении свисающая часть (B'D) будет образовывать прямую, а вся веревка будет лежать в плоскости, проходящей через точку А. Роль кривой АВ* будет такая же, как если бы точка А находилась на вертикали над точкой 5 на расстоянии л/?/2сова выше нее.

Отсюда для периода малых колебаний груза получим

7=2л7=2л

7=2л

7=2л

Пусть обруч отклонен от положения равновесия так, что прямая OOj (рис. 148) составляете вертикалью угол ф0. Потенциальная энергия (отсчитываемая от положения I равновесия обруча), которой обладает обруч I в момент максимального отклонения, равна /полной энергии Ео обруча

/En = Mg(R— 0(1—cos фо),

I\ гДе ^— масса обруча. Если обруч отпустить,

I*У"1I он начнет совершать колебания. При этом в

\।/ любой момент времени полная энергия об-

\РУча будет равна Ео (из-за отсутствия про-

\I у скальзывания).

Если угол отклонения прягмой OOj от вертикали равен ф, то потенциальная энер- Рис. 148 гия обруча равна

U = Mg(R—r) (1 —cos ф),

М

а его кинетическая энергия равна Ек = 2-^- ’t(R—г) ф'р (мы учли, что кинетическая энергия обруча, скорость центра которого равна (R—г)ф', где ф' — скорость изменения угла ф, складывается из энергии движения центра обруча и равной ей (поскольку отсутствует проскальзывание) энергии за счет вращения вокруг центра). Таким образом, полная энергия обруча равна

E=U+EK = Mg (R—r) (1 -cos ф)+М ((R—г) ф')2.

Согласно закону сохранения энергии Е = Еп, т. е.

Mg (R— г) (1 — cos ф) 4- М ((R — г) ф')2 = Mg (R—г) (1—cos ф0).

Приравняем производные левой и правой частей этого равенства;

g(R— г) sinф-ф'-f-2 (/? — г)2ф'ф" = О,

или, поскольку угол <р мал и sin ф «ф,

^2 (/-г) т*

Это выражение описывает гармонические колебания, частота которых со — Vgl2(R—г).

Таким образом, период колебаний обруча

7=2л 1/" 115—Л .

*8

Разложим силу тяжести mg, действующую на шарик, на две составляющих, одна из которых направлена вдоль оси желоба и равна mgslna, а Другая—mg cos а=mg'—лежит в плоскости, перпендикулярной оси. Движение шарика вдоль оси будет равноускоренным с ускорением a =g sin а. В плоскости, перпендикулярной оси, шарик будет совершать малые гармонические колебания с периодом

7=2л1/4=2л1/ —5

V g К geos а

Число пересечений траектории шарика с линией АВ равно единице плюс целой части отношения всего времени движения t = =VWa минус четверть отношения периода колебаний к полупериоду колебаний 7/2:

(Мы учли, что от начала движения шарика от первого пересечения с прямой АВ пройдет четверть периода колебаний, а затем уже каждое последующее пересечение будет происходить через полпериода колебаний.)

Данная задача имеет давнюю историю и долгое время правильное объяснение явления оставалось неизвестным. Сразу же стоит заметить, что скорость даже сильного ветра (скажем, 20 м/с) намного меньше скорости распространения звука—330 м/с, и тот факт, что по ветру звук распространяется чуть быстрее, чем против ветра, сам по себе существенной роли не играет.

Правильный ответ был получен в 1857 году английским физиком и математиком Дж. Стоксом. Суть дела состоит в том, что скорость ветра меняется с высотой: она меньше у поверхности земли и растет по мере удаления от земли. (Это связано с трением слоев воздуха о землю и внутренним трением в воздухе.) Посмотрим теперь, как это обстоятельство повлияет на распространение фронта плоской вертикальной звуковой волны, движущейся против ветра—см. рис. 149, а.

Верхняя часть волны, наиболее удаленная от поверхности земли, распространяется медленнее, чем нижняя, где скорость

ветра меньше. В результате фронт волны перестает быть вертикальным и верхняя часть фронта наклоняется назад.

Направление распространения звуковой волны всегда перпендикулярно ее фронту, и это означает, что звуковые волны, которые распространялись бы вдоль поверхности земли, при наличии ветра отклоняются вверх—см. рис. 149, а.

Если в отсутствие ветра земной поверхности на линии АВ достигнут звуковые волны, испущенные внутри угла а, то при ветре этот угол уменьшается (а') — см. рис. 149,6. В результате на единицу площади земли в направлении против ветра будет приходиться меньше звуковой энергии, что и означает ослабление силы звука. В то же время в направлении по ветру, как видно из рис. 149, б, наоборот, сила звука возрастает.

Убедительное подтверждение объяснения Стокса получило в опытах другого известного английского физика О. Рейнольдса. Рейнольдс в качестве источника звука использовал электрический звонок, который можно было поднимать и опускать. Он обнаружил, что звонок был слышен против ветра на гораздо большем расстоянии, если его поднимали высоко над землей.

Довольно много внимания влиянию ветра на распространение звука уделил и блестящий лектор и популяризатор науки—Джон Тиндаль. В его опытах использовался колокол, а экспериментатор, находившийся на некотором расстоянии против ветра от колокола, отчетливо улавливал звук колокола, когда поднимался на специальную лестницу. Эксперименты Тиндаля прямо показали, что звуковые волны под действием ветра, действительно, отклонялись вверх.

Полость термоса можно рассматривать как некий резонатор, который усиливает звуковые частоты, близкие к собственным частотам (резонансные). При заполнении термоса водой шум, издаваемый струей воды, содержит широкий спектр частот, но усилены будут (и услышаны нами) лишь частоты, близкие к собственным частотам резонатора термоса. По мере наполнения термоса длина этого резонатора уменьшается, а значит, уменьшаются и длины резонансных звуковых волн.

В результате гон шума должен становиться выше.

Как известно, океанские приливы и отливы связаны, в основном, с действием сил тяготения со стороны Луны. Время между приливами и отливами в океане одно и то же и равно примерно 6 часам. Это и наблюдал рыбак, живя на берегу океана.

Иная ситуация может сложиться в низовьях впадающих в океан рек (или в мелководных заливах). Дело в том, что по реке распространяются приливно-отливные волны, приход которых и может считаться приливом. (На Амазонке, например, эти волны даже представляли опасность для судоходства.) Важным обстоятельством является тот факт, что скорость этих волн зависит от глубины — она тем [меньше, чем меньше глубина (попробуйте это показать самостоятельно, например из соображений размерностей). Поэтому если высота приливно-отливных волн сравнима с глубиной реки (залива), то скорость приливной волны будет меньше, чем отливной.

Так объясняется явление, обнаруженное рыбаком на новом месте жительства.

2. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕПЛОВЫЕ ЯВЛЕНИЯ

Направим ось х вдоль оси пробирки. Половина общего числа молекул газа имеют проекцию скорости vx > 0. Эти молекулы уйдут из пробирки, не передав ей никакого импульса. Другая половина молекул передаст задней стенке пробирки спой двойной импульс, а затем также покинет пробирку. Следовательно, пробирка получит импульс (в проекции на ось х)

ЛП/ = 2т0Пд| ^A/2,

где V—проекция скорости пробирки, т0—масса молекулы газа, |ух|—среднее значение модуля проекции ее скорости и Na—число Авогадро.

у2

Учитывая, что щ =-^-> т. е. средний квадрат проекции скорости равен 1/3 среднего квадрата самой скорости, и что’^ = ЗкТ

=- (е—постоянная Ьольцмана), получим, считая

1»Л»У^, MV = moN^^-.

Отсюда

^Ж ^ v^ W * =4- ^^

где R—универсальная газовая постоянная.

Когда коробка начнет двигаться и шарики ударятся о стенку, они приобретут скорость 2v0 и через время Ti=a/t>0 (п — длина стенки коробки) все шарики начнут двигаться (это время на самом деле несколько меньше, так как некоторые шарики могут из-за взаимных столкновений начать движение раньше, чем стенка приблизится к ним). После множества соударений шариков друг с другом и со стенками скорости шаргков будут иметь самые разные направления.

Дальнейшее их поведение удобно рассматривать в системе отсчета, связанной с коробкой. В этой системе средняя скорость шариков (векторная) равна нулю, а так как скорость коробки по условию не меняется, то и суммарная энергия шариков остается постоянной, и в среднем каждый шарик будет иметь энергию mvll2. Это все очень похоже на поведение молекул газа, влетающих через малое отверстие в пустой сосуд и имеющих вначале одинаково направленные скорости, а через некоторое время уже движущихся совершенно хаотически.

Остается выяснить: достаточно ли 10 секунд (по условию задачи), чтобы движение шариков стало хаотическим. Для этого найдем приближенно среднее время между соударениями шариков. Будем считать, что за это время тср шарик диаметра d двигался по прямой со скоростью о0. Тогда он «заметает» площадь

5 — 2duQHppt в которую (в среднем) попадает центр только одного шарика из всех, хаотически расположенных. На эти остальные шарики приходится площадь а2 (а—сторона коробки). Значит, условие единственности столкновения за время тср выглядит так:

д/1 = 2^°отср.

следовательно.

а2

' ^р- 2dy0(A —1)‘

Диаметр шарика найдем, зная его массу и плотность стали:

d =« 5-10~4м = 0,5 мм,

V лр

Итак, среднее время между соударениями равно ~1-10*8с. Ясно, что с учетом времени Ti = a/u0 = 10~?c время «хаотизации» не превышает 0,015— 0,020 с, т. е. составляет малую часть заданного интервала 10 с. Поэтому можно приближенно считать, что шарики все время движутся хаотически, тогда число ударов о каждую из стенок одинаково. Для подсчета ударов существенно движение шарика перпендикулярно интересующей нас стенке. Обозначим скорость шарика в этом направлении vx. Число ударов за малое время А/ равно

. и,-Ма 1 uxN

Дп=-^-=—-N=-^— Nt.

с? 2 2а

Значит, за время Т= 10 с число ударов составило

vx^ У'

Nt 2а *

При каждом ударе стенка получает импульс p=2moxi н полный импульс, получаемый стенками за время Т

_ ,22,222

Учитывая, что уо= их+ иу и, в среднем, vx=vyi получаемm&NT

Р = —-= 2,5 кг • м/с,

2а'

■ Суммарная энергия шариков складывается из энергии их по-1 ступательного движения с коробкой и энергии хаотического движения относительно коробки:

22.

W = N^^N^==NtrvoV

После остановки коробки эта энергия измениться не может. Следовательно, среднее значение квадрата скорости хаотического движения шариков после остановки коробки станет 2по и за следующие 10 секунд стенки получат импульс 2Р = 5кг-м/с каждая.

Все это очень похоже на поведение обычного идеального газа, только шарики «летают» в плоскости и имеют каждый по две степени свободы, а не по три, как молекулы газа. Поэтому коэффициент в формуле (1) отличается от привычного.

Подумайте, как изменятся импульсы, полученные стенками, если еще раз привести коробку в движение, а потом остановить.

Если время наблюдения достаточно велико (а это мы дальше проверим—успеет ли молекула за время /=1 мин «облететь» весь сосуд, т. е. достаточно ли хорошо перемешается газ за 1 мин), то все молекулы ударяются о верхнюю стенку одинаково

часто и тогда искомое число можно найти, разделив полное число ударов об эту стенку на общее число молекул. Число ударов можно найти, зная давление в сосуде

тДТ 2/отхср^д

Р~ V ~ St

где (Ууд—полное число ударов за t=\ мин о верхнюю стенку, площадь которой S. Искомое число

^уд xRT St _ RTSt N — V 2mvxtpN — l'2oxcpp

Оценка степени перемешивания выходит за рамки школьной программы, однако в «Факультативном курсе физики» за 9 класс этот материал есть. В среднем, смещение вдоль прямой (Л—длина свободного пробега):

х= К^-^ср^ и * м>о = 0,1 м.

Отсюда видно, что газ хорошо перемешивается. Интересно, что эти 2-Ю6 ударов распадаются на 5 серий (2о/х = 5), а большую часть времени молекула проведет вдали от этой стенки.

Температура паров определяется средней (точнее, среднеквадратичной) скоростью молекул паров:

2

(1)

Для определения температуры надо найти пср.

Смещение по вертикали происходит под действием силы тяжести. Время т движения молекул, путь /, пройденный ими за это время, н смещение h молекул по вертикали связаны соотношениями т=//иср= 2 /g, откуда

г'ср^КёЖ(2)

Подставляя (2) в (1), находим

6Rh

(Большая точность расчетов не нужна, поскольку мы довольно грубо оценили среднюю скорость движения молекул, воспользовавшись среднеквадратичной скоростью.)

Пусть в 1 м3 смеси находится Vi молей гелия и v2 молей кислорода. Тогда полное число молей в объеме V=1 м3 равно

. pV 0,9.10в.1._

V=vl+V2 = ^=.§ 3 27Г ^40 моль.

Масса смеси в этом объеме

m=m1-j-m2=p1v1+p2v2 = pV = 0,44 кг.

Решая систему уравнений

Vf+v2=40,

4-Ю-Svi + 32-10-sVs =0,44,

находим Vf н v2:

Vj = 30 моль, v2 = 10 моль.

Если удалить из сосуда половину молекул кислорода, то полное число молей станет равным V = 35 моль. Давление р' в сосуде найдем из соотношения р]р' — x/V;

р' = р— = 0,9-10s ^«0,79-10s Па.v40

На диаграмме р—Т изохоры представляют собой прямые, проходящие через начало координат, причем тангенс угла наклона изохоры обратно пропорционален объему газа. Мысленно проведя нзохоры, нетрудно убедиться, что максимальный Vmax объем газа будет в точке 2, а минимальный Vmjn—в точке 1. Воспользоваа- шись законом Менделеева—Клапейрона, запишем

2pfEmjn PiVmax

Л - зл ‘

Отсюда сразу находим искомое отношение объемов Vmax/Vmin = 6.

Число молекул, которые за время т проходят через отверстие площадью 5, перпендикулярное оси х, равно

М=-1|^|5т,

где п — число молекул в единице объема, |vx|—среднее значение модуля проекции скорости молекулы на ось х.

Число молекул в единице объема спутника изменяется на

А N п S | vx | т

— 2" у ,

отсюда

t=2A1_U,

п S|^l

По условию задачи температура воздуха в спутнике остается неизменной. Как следует нз уравнения Клапейрона—Менделеева, в этом случае давление пропорционально плотности газа в, следовательно, числу молекул в единице объема (р ~ п), поэтому

^=^.=0,01,

р п

Для оценки можно считать, что

3(|V,|)2=M,

ИЛИ

(«2)= V

/ 3v В

Тогда

где р.—молярная масса воздуха. Подставляя в это выражение числовое значение величин, получим

т « 70 с.

Диффузор представляет собой пружинный маятник, и его резонансная циклическая частота

где к—жесткость упругой системы диффузора. Отсюда

k = d»m.(2)

Когда громкоговоритель помещают в ящик, то при смещении диффузора от положения равновесия на него действует дополнительная сила

Т = (р— Ро)3,(3)

где р—давление воздуха в ящике, а р0—атмосферное давление вне ящика. Так как температура воздуха в ящике не меняется, то по закону Бойля—Мариотта

pV = p0V0, или

Voр— Ро "у •

Подставляя это выражение в формулу (3), получаем

F=p0S—р—.(4)

Так как

Vo—V=S^, где х—смещение диффузора, то

F=^x(5)

Vo

(ввиду того, что изменение объема мало, принимаем в знаменатете

V = V0). Из этой формулы следует, что воздух в ящике действует подобно пружине с жесткостью

ь 52

Общая жесткость упругой системы равна т . , .2 . PoS3

Vo

а резонансная частота v диффузора—

V—2я V "т- V Vo+4nzVom '

Определим сначала скорость спускаемого аппарата. Для этого заметим, что изменение давления Др с изменением высоты Дй связано соотношением

Др=— pg Ah, (1)

где р—плотность газа. Из закона Менделеева — Клапейрона следует, что р=— RT (здесь Т—температура газа именно в той точке, вблизи которой мы интересуемся изменением давления). Учитывая, что Дй=— иМ, где о—скорость спуска аппарата, Д/—время спуска, можно записать выражение (1) в виде

(2)(2)Ар _ (wMр ё RT -

(2)

(2)

Зная отношение Ар/At, т. е. тангенс угла наклона касательной в конечной точке А графика (см. рис. 32), с помощью соотношения (2) найдем скорость о. (Отметим, что, поскольку в левой части (2) стоит отношение Др/р, нам безразлично, каков масштаб графика по оси ординат.) Определяя нз графика Vkplkt^lp и подставляя р = 44 г/моль для СО2, получим, что скорость спуска аппарата космического корабля равна

РГ Др _8,3 Дж/(К-моль)-7 '02 К..

У gp рД< — 10(м/с2)-44-!0*8 (кг/мс.:: )-1150 с ~ ’ М'С‘

Перейдем теперь к решению второй части задачи. Учитывая, что скорость аппарата п=П,5 м/с, на высоте Д= 15 км над поверхностью планеты он был за 1390 с до посадки, т. е. этому соответствует время ( — 2350 с. Зная значения (Др/Д/)/р в этой точке графика, из выражения (2) найдем искомую температуру Th:

Т_ ЛОА К

Коэффициент полезного действия циклического процесса определяется как т] = Л/9, где А—работа, совершенная системой за цикл, Q—количество теплоты, полученное системой от нагревателя.

Работе газа за цикл на р—V-днаграмме соответствует площадь, заключенная «внутри» цикла. Из условия задачи следует, что работа газа в первом и во втором процессах одна и та же. Следовательно, x\tlx\2=Q'zlQi, где Q] и Q2—количества теплоты, полученные системой соответственно в первом н во втором циклах. Найдем Qi и Q2.

Пусть температура газа в точке 1 (см. рнс. 33) была Tf. Воспользовавшись уравнением состояния идеального газа, нетрудно показать, что

Т2 = Т;=2Т,, T3=Te=6Ti, Т4 = ЗТЬ T4=9Tt.

Очевидно, что в процессе /—2—3—4—1 газ получил тепло Qt на участках 1—2 и 2—3, причем Qi = Ai + At/j, где А1 = 4р0У0 = = 4vRTi—работа, совершенная на этих участках газом, Д1/1 = 315

= — vR(T3— ТЧ) = — x’RTt— изменение его внутренней энергии, так что

Qt = 4vRTt+^ %RTt = xRTt.

В процессе 5—6—7—4—5 газ получил тепло Q2 на участках 5—6 н 6—7, причем

ч27

Q а = Л2+ ДU2 = 3p0V0 4- xR (Т7 -Т6) — vRTi.

Таким образом,jy=^2=27т]2 Qi 23 ‘

В цикле /—2—3—/ газ получает тепло на участках 1—2 и 2—3 н отдает на участке 3—1. Тогда

А ^ Q12+Q23 ’ где А— работа, совершенная газом за цикл.

Так как эта работа численно равна площади фигуры, ограниченной графиком цикла, то, как видно из рис. 34, совершенная газом работа в обоих случаях одинакова. Но в цикле 1—3—4—1 газ получает тепло только на участке 1—3. Поэтому

А

413 Следовательно,

^i^Q13,.,

т)з Q12+Q23

Так как процесс I—2 изохорический, то

Q12 = AU12 = ^R(T2-1\).

Но

Tv Ро^О т2ро^о и Т2—

Следовательно,

Qi2=^p6V0-p0V6)=lp0V0.(2)

Далее,

Q23 = А^гэ-Ь Л23 — ту R (Гз—Т^А-^ро (З^о—Vo) = Юро^д.(3)

И, наконец,

е1з = АД1з + Л13 = 1д(Г3-Г1)+-|-ро(31/о-Уо) = 10,5ро1/о. (4)

Подставляя найденные выражения для Q13, Qi2 и Q23 в (1), получим т]1/т]2 = 21/23.

За искомое время т к газу подводится количество теплоты Q = Nt. Оно расходуется на работу по расширению газа при постоянном давлении, равную работе по равномерному поднятию поршня

А = р&V=vR AT = MgH,и на увеличение внутренней энергии v молей одноатомного газа

AU=^-vR ДТ=^М6Н,

Из уравненияИз уравнения

Из уравнения

Из уравнения

получаемполучаемМт= MgH-\--^ MgH

получаем

получаем

5 MgH

2 N "

Через большое время шарик потеряет практически всю скорость (его масса во много раз больше массы атома гелия), и можно считать, что изменение внутренней энергии газа в сосуде равно начальной кинетической энергии шарика:

^=Д1/ = 4мбД7 = 4^а^ДГ< (1)

где N = N^——число атомов гелия в сосуде, ДТ—изменение температуры гелия. Учитывая, что kENA = R, нз (1) находим

дТ=-^^.~0,08 К.ЗпцН

Более точное решение должно учесть повышение температуры шарика. Тогда

—^ДТ +--КДТ,

где с=0,5Ю3 Дж/(кг-К)—удельная теплоемкость стали. Отсюда находим ДТ';

ДГ=—т к 0,08 К.

о Г . 3 L

Значение ДТ' практически то же самое.

После подведения тепла ^Q газ в левой части сосуда расширяется, совершая работу ДЛ. Эта работа целиком идет на увеличение энергии газа в правой части сосуда. Таким образом,

ДУ = Д(/1+ДЛ = Д(/1+Д1/2=4^ ^ДТ1+-^ДТ2^ , (1)

Условие равновесия поршня до нагревания —

Р1=Р2 = Р, уравнения состояния в левой и правой частях сосуда

pVi = -^ RTi, PV2=-^ RT2,

где Vi + V2 —Vo. После нагревания, когда поршень уже не будет двигаться, давления в левой и правой частях уравниваются. Обозначим увеличение давления в сосуде Др; тогда

(р+ДрИ^+ду^-^/^ + дт,).

(р+Др)(У2_д1/)=-^Я(Т2+дт2).

После простых преобразований получаем

Ар (Vi+ У2) = Я ( ^ АЛ+^ А72)»или (с учетом (1))9

^pV0=^^Q.

Отсюда находим Др:

др= ~ 667 Н/м2,у о

Этот результат можно получить намного проще: при равновесии давление в сосуде всюду одинаково, значит одинакова и плотность энергии (энергия единицы объема). Следовательно, увеличение плотности энергии составит &Q/V6; вспомнив известную формулу, связывающую плотность энергии идеального газа с давлением, сразу получим ответ.

По условию задачи тепло передается медленно; значит, давления на поршень с двух сторон практически равны, т. е. в любой момент времени

тАт\ т2т2T*v т;

——174 или vi"v~=v2T7—гг-(О

HiVip2(V— VOViV—Vi

где Ti, T2—температуры соответственно водорода и кислорода, Vi и (V—Vi)—объемы, занимаемые газами (V—объем сосуда) в данный момент.

5

Внутренняя энергия двухатомного газа равна -^ ^RT. Согласно закону сохранения энергии,

|^(7^7а=^27?(72-7;).(2)

Из уравнений (1) и (2) получаем

7^ V,7^ V,Vj Tj-f-v272vO'Vj Tj-f-v272vO'const,const,

7^ V,

7^ V,

Vj Tj-f-v272vO'

Vj Tj-f-v272vO'

const,

const,

иными словами, давление pt в левой части сосуда, где находится водород (а значит, и давление р2 в правой части, где находится кислород), в процессе не меняется, т. е. процесс передачи тепла происходит изобарически.

Поршень перестанет двигаться, когда температуры водорода и кислорода станут одинаковыми. К этому моменту, согласно закону сохранения энергии,

(7—7,)=— v2R (Т2-Т)

(Т—установившаяся в сосуде температура), откуда

T = }171+V272= 325 к

V1 + v2

Количество теплоты, отданное кислородом, равно сумме изменения его внутренней энергии ^-х2Н^Т1—7) и совершенной над

иим работы v2R(T2—Ту

7

Q=L.^RVr4—Т) « 1090 Дж.

2.16. Нарисуем цикл на с момента, когда газ станет2.16. Нарисуем цикл на с момента, когда газ станетдиаграмме р—V (рис. 150). Начнем расширяться. Нагрев производится очень медленно, поэтому можно считать, что поршень в любой момент находится в равновесии.

2.16. Нарисуем цикл на с момента, когда газ станет

2.16. Нарисуем цикл на с момента, когда газ станет

Учтем, что длина пружины в нерастянутом состоянии равна расстоянию от левой стенки сосуда до линии СС на рис. 150, поэтому при расширении газа (при движении поршня от упоров АА до упоров ВВ) сила упругости пружины пропорциональна объему газа—F^np = hx = feV/S и, значит, давление газа—

Р1-» 2 S2 ^-

На этом участке объем газа увеличивается от V1 = 2-10~4m? до V2 = 4-10-4 м3. Давление газа возрастает от p=-^A=2-103 Па

До Рг^"^ V2 = 4-103 Па (см. рис. 150).

После того как основание пружины сместили из СС в DD, сила упругости пружины уменьшилась. В результате при охлаждении сосуда газ начнет сжиматься не сразу, а лишь после того, как давление газа на поршень упадет настолько, что сила давления газа станет равной силе упругости пружины. Это произойдет при Рз=^ Па = 3-103 Па (см. рис. 150). При дальнейшем охлаждении газ будет сжиматься, и давление будет меняться по закону ь

p3^4=-^<v-v0y

где Vo—объем, занимаемый газом в случае, когда пружина, закрепленная в положении DD, оказывается нерастянутой: Vo = = 0,Ы0-3 м3 = Ы0~4 м3. Таким образом, р4=-^ (Vf— Vo) = = МО3 Па.

После того как основание пружины переместят из положения DD в положение ВВ, сила упругости возрастет. Поэтому при последующем нагревании газ начнет расширяться лишь с того момента, когда сила давления газа станет равна силе упругости. Это произойдет при р = р1 = 2-103 Па; в дальнейшем процесс повторяется (см. рис. 150).

Работа газа за один цикл численно равна площади параллелограмма на рис. 150:

/1=0,2 Па-м3 = 0,2 Дж.

Тепло газ получает на участках 1 —> 2 и 4 —> 1; учитывая, что газ одноатомный, находим

(^Qi + Qs^^g + At/^ + Al/, ~1 =

=El+P^^Va- ^+4 vR (Т2- ТД+у vfi (ri-7'4) =

= E1^(V2-Vi)+-l(p2V2-p1V4) = 2,7 Дж.

Таким образом, КПД этого двигателя—

Ч=А . 100 % « 7,4 %.

Полезную работу в этом цикле «снимают» с двигателя при смещении основания пружины—когда газ нагрет и его давление велико, он совершает работу ббльшую, чем работа внешних сил при обратном смещении основания пружины,

Тепловой насос.

Прежде чем ответить на вопрос задачи, рассмотрим принцип действия холодильной машины —холодильника. Холодильник отбирает тепло от внутренней емкости, где поддерживается низкая температура, и отдает его в комнату. Сам по себе такой процесс идти не может. Тепло не может перейти само собой от холодного тела к горячему (это одна из формулировок второго начала термодинамики).

«Обратная» теплопередача требует постоянного подвода энергии — работы компрессора холодильника. Детали устройства холодильника для нас не существенны, заметим лишь, что для его работы всегда необходима энергия.

Пусть, совершая работу А, холодильник отобрал у морозильной камеры количество теплоты Q2. Тогда, согласно закону сохранения энергии, в комнате выделилось количество теплоты Qi = Q2 + А. Понятно поэтому, что при работе холодильника, даже с открытой дверцей, в комнате становится теплее.

Попробуем найти коэффициент полезного действия холодильника. Но прежде вспомним о тепловом двигателе, принцип устройства и работы которого точно такой же, как и у холодильной машины. По существу холодильная машина —это тепловой двигатель, работающий по обратному циклу.

Рабочее тело двигателя получает от нагревателя количество теплоты Qi, совершает работу А' и отдает холодильнику (не путайте с холодильной машиной!) количество теплоты Q2<QV Максимальный коэффициент полезного

действия идеального теплового двигателя равен

Л'Qi—Qa Т^—Т2

Qt - Tl '

где Tt — температура нагревателя, a T2— температура холодильника.

Эффективность работы холодильника характеризуется так называемым холодильным коэффициентом щ, который равен отношению количества теплоты, отбираемого у морозильной камеры, к необходимой для этого работе. Для идеального холодильника

Qz Qz 1 —Птах Т2а -е1_у2— 11max -ix-TV

Заметим, что как следует из этой формулы, холодильный коэффициент больше единицы.

А теперь нетрудно догадаться, как можно использовать холодильник для отапливания помещения в холодное время года — для этого холодильную камеру надо вынести на улицу, а все остальные части «агрегата» оставить в комнате. Тогда, совершив работу (отобрав энергию у электрической сети) и забрав с улицы количество теплоты Q2, мы передаем в комнату количество теплоты Qv = A-\-Q2> А. Понятно, что никакого противоречия с законом сохранения энергии нет—дополнительная энергия в виде тепла отбирается от холодного наружного воздуха.

Холодильная машина, работающая таким образом, и называется «тепловым насосом», поскольку тепло «перекачивается» снаружи вовнутрь комнаты. В результате работы теплового насоса в помещении становится теплее, а на улице —еще холоднее (последний эффект, конечно же, незаметен). КПД теплового насоса (отопительный коэффициент) т]н определяется отношением получаемого помещением количества теплоты к необходимой для этого внешней работе. В идеальном случае он равен

_ Qi. _ Qi I Tt”^ Q1 — Qz Птах Tv — T-г

и всегда бочьше единицы.

В качестве примера рассмотрим случай, когда температура наружного воздуха —20°C (7\ = 253 К), а внутри дома необходимо поддерживать температуру +20° С (7\ = 293 К). Тогда цн = 293/40« 7,3, т. е., используя электрическую энергию для работы теплового насоса, мы

можем получить в семь раз больше тепла, чем, пользуясь электронагревательным прибором. Разумеется, реальный КПД всегда ниже, к тому же двигатель теплового насоса также превращает в работу не всю потребляемую энергию. Однако все равно использование теплового насоса оказывается в несколько раз более рентабельным, чем использование электронагревателя.

По сути дела тепловым насосом является обычный кондиционер: он «откачивает» тепло из комнаты. Если поменять его «вход» и «выход» местами, то в холодное время он может использоваться как экономичный нагреватель.

Тепловые насосы существенно более экономичны, чем электронагреватели, и несомненно, они должны войти в наш быт и вытеснить расточительные электроотопитель- ные приборы.

В результате двух переливаний масса воды в первом сосуде осталась прежней, а ее температура уменьшилась на Д/1 = 1°С. Следовательно, энергия воды в первом сосуде уменьшилась на

AQ=cBmi Д/,где св—теплоемкость воды, т^—масса воды в первом сосуде.Энергия воды во втором сосуде увеличилась на AQ, поэтому^Q=cEmг Мг

(та—первоначальная масса воды во втором сосуде). Следовательно, cBmi Mi=cEma Nta, откуда

ДД>=^ Д^б’С.

Температура воды во втором сосуде /' = ^2+Д/2 = 25°С. Этого значения она достигла после переливания нз первого сосуда во второй некоторой массы воды Дт, имеющей температуру tv Запишем уравнение теплового баланса:

св Дт (<! — /2) = сЕтг U'z—/г)

Отсюда находим Дт:

Дт = т2 ——-г ~ 0,14 кг.

Наличие на графике плато при температуре —20 °C свидетельствует о том, что это и есть температура плавления вещества (плато при температуре О’С соответствует температуре таяния льда). Как видно из графика, нагрев от начальной температуры —40 до —20°C потребовал времени т.=60 с, а количество тепла, выделенное нагревателем, при этом составило Pti, где Р— мощность нагревателя. Уравнение теплового баланса для данного про-

цесса запишем в виде

(сл+с) т • 20 °C = Pit.

Для полного расплавления вещества потребовалось время т2 = 100с. Поскольку температура прн этом не менялась,

тХ = Ргг.

Поделив первое и второе уравнения друг иа друга, найдем удельную теплоту плавления вещества

X = (сл+с) (t2/ti)-20 °C = 105 Дж/кг.

Дальнейший нагрев льда и плавление вещества от температуры —20 до 0 °C, как видно из графика, потребовал времени т3 = 80с и уравнение теплового баланса для этого процесса будет иметь внд (сл+С1) т-20°С = Рт3.

Снова поделив это уравнение на первое уравнение, найдем теплоемкость вещества в расплавленном состоянии

С1 = (сл+с)(т3/Т1)-сл = 2.103

❖ ❖ ❖

В пробирке над водой находится воздух и насыщенный водяной пар. Суммарное давление воздуха р и пара рп равно атмосферному давлению р0 (можно пренебречь небольшой разностью высоты столба воды в пробирке и в стакане):

р+рп = ро-

Давление воздуха в пробирке нетрудно найти, воспользовавшись уравнением Менделеева — Клапейрона

pV]T=const.

Действительно, начальное давление воздуха в пробирке при температуре 7'1 = 293 К (20 °C) практически совпадало с атмосферным р0 (при этой температуре давление насыщенных паров воды пренебрежимо мало), а поскольку при нагреве до температуры Т2 = 363 К (90 °C) объем воздуха увеличился вчетверо, его давление стало

1 Т,р=-хт;р».

Примем в качестве р0 значение нормального атмосферного давления, которое составляет 760 мм рт. ст., тогда давление насыщенных паров pn(Tj) будет

Рп = Ро

1

72 \

471 ?

525 мм рт. ст.

Решение данной задачи по сути дает один из возможных методов экспериментального определения зависимости давления насыщенных паров от температуры. Вы можете воспользоваться этим методом в своей школьной лаборатории. Разумеется, в качестве pg лучше использовать точное значение атмосферного давления, которое может несколько отличаться от 760 мм рт. ст. (хотя обычные отклонения составляют лишь несколько процентов).

Процесс кипения, как известно, требует непрерывного подвода тепла. Когда вода в пробирке нагреется до температуры 100 С, подвод тепла из колбы прекратится. Поэтому вода в пробирке кипеть, естественно, не будет.

Более интересная ситуация возникает, когда поверх воды в пробирке налит толуол. Здесь мы сталкиваемся с интересным явтением—так называемым пограничным кипением. Суть его состоит в том, что кипение начинается на границе двух жидкостей, когда сумма парциальных давлений их насыщенных паров равна внешнему атмосферному давлению. Ясно, что при этом давление насыщенных паров воды меньше атмосферного, а значит и температура ниже 100 °C. Таким образом, при добавлении толуола в пробирку с водой кипение на границе толуол—вода начнется раньше, чем закипит вода в колбе. При пограничном кипении температура меньше температуры кипения каждой из жидкостей.

Испаряющаяся с мокрой одежды вода забирает тепло у человека, что и вызывает ощущение холода.

Дело в том, что температура кипения воды (100 °C) заметно выше температуры кипения эфира н поэтому испарение налитого на руку эфира будет идти гораздо интенсивнее, чем воды. За единицу времени испарится гораздо больше эфира, чем воды, и полное тепло, которое идет на испарение эфира, окажется больше (несмотря на малую удельную теплоту парообразования эфира по сравнению с водой). Действительно, эфир практически мгновенно испаряется с руки, в то время как влажной рука остается довольно долго.

Густое дерево выполняет роль термостата—суточные колебания температуры под ним не так сильно выражены: днем немного холоднее, а ночью чуть теплее, чем вокруг. Поэтому при охлаждении воздуха, перед восходом солнца роса выпадает на открытых местах, а под густым деревом точка росы не достигается.

Сразу же, как только пустую пробирку А опустили в сосуд с эфиром, началось нспаренне эфира внутрь пробирки. Этот процесс и приводит к появлению пузырьков, выходящих из пробирки А,— ведь суммарное давление воздуха и паров эфира в ней должно поддерживаться равным атмосферному давлению р0 (можно пренебречь увеличением давления из-за погружения пробирки в эфир—оно не превосходит нескольких мм рт. ст.). Пузырьки перестанут выходить, когда прекратится нспаренне эфира внутрь пробирки А, т. е. когда давление паров эфира там станет равным давлению насыщенных паров рн и суммарное давление будет Ро=Рн + Рв, где рв—давление воздуха.

Аналогичное условие должно выполняться и в пробирке В. При этом воздух, занимавший в пробирке А объем Го, в пробирке В будет занимать объем Уо. Пользуясь законом Бойля—Мариотта, можем записать

/ ^ 4 \ 7PoVo = Pb ^o+'g'^Oj = д' Рв^С

з

откуда находим рп=у р0. Теперь легко определить давление насыщенных паров эфира:

4

Ри = Ро—Рв = у Ро « 430 мм рт. ст.

Движение поршня прекратится, когда вся вода испарится; при этом слева и справа от поршня будут газы (воздух н водяной пар), состояния которых описываются уравнением Менделеева—Клапейрона. Легко понять, что до этого при движении поршня уменьшался объем воздуха от Vo до У0/2, а водяной пар все время оставался насыщенным.

Пусть начальные температура и давление То и р0, конечные— Ti и pi, тогда мы можем записать следующие уравнения: для воздуха —

Ро^оPiVo.

70274 *(V

для пара в начальный момент—

Ро^о— RT0, р0 — р„(/0), в конце процесса—

Pi у Vo=—— RTi. Pi = Ph (^i),(3)

где p—молярная масса водяного пара. Решая совместно уравнения (1)—(3), находим массу водяного пара до нагревания:

/И = т/2=2г.

Пользуясь приведенными в условии данными, построим график

зависимости рн (i) для водяного пара (рис. 151). Тогда температура 70 определяется из условия пересечения этого графика с

., М R ™ —

прямой р=—— —- / , а / 1—с пря-

М-\-т 2 R

мои р=!— •=- -ту- • Исполь зуя

Ц о Vo

графический метод решения, находим

/„ = 140 °C, /f = 170 °C,ро % 3,8-106 Па.

Зная температуру 70 = 413К нРис. 151

величину ро из уравнения Менде

Ро^оМпRT0Ро^оМпRT0Мо=Мо=я 3,2 г.я 3,2 г.леева— Клапейрона для воздуха (рп=29 г/моль), находим массу воздуха Мо:

Ро^оМпRT0

Ро^оМпRT0

Мо=

Мо=

я 3,2 г.

я 3,2 г.

Обозначим характерные точки на графике, как показано на рис. 39. При V < К] давление смеси газов не меняется— ~о означает, что и кислород, и азот конденсируются и давление равно сумме давлений насыщенных паров кислорода Рн, о. и азота рн, N, при 7 = 74,4 К. Так как данная температура является температурой кипения жидкого азота, то рн, м8 = р0 атмосферному давлению (105 Па). Изломы на графике в точках (Кь pi) и (К«, р2) свидетельствуют о фазовых переходах—конденсации газов: если при V < К] сконденсировались оба газа, то при Vx< V < К2 лишь один, а при V > V2 конденсации нет. Предположим, что в данной

точке (pi, Vt) конденсируется азот, тогда кислород сконденсировался в точке (р2, У2), и мы можем записать систему уравнений

pi— ри, 02+ро,pi— ри, 02+ро,р2 = Рн, O8 + Pn2.р2 = Рн, O8 + Pn2.(1)(1)где pN —парциальное давление азота в точке (V2, рд). Поскольку на участке ViV2 азот находится лишь в газообразном состоянии,где pN —парциальное давление азота в точке (V2, рд). Поскольку на участке ViV2 азот находится лишь в газообразном состоянии,то из закона Бойля—Мариотта следует, что pNi =то из закона Бойля—Мариотта следует, что pNi =V2 Ро^.V2 Ро^.ПодставПодставляя это значение в (1) и поделив уравнения (1) друг на друга (используя соотношения Pf/p2 = 7/4, а У1/У2= 1/2), находимляя это значение в (1) и поделив уравнения (1) друг на друга (используя соотношения Pf/p2 = 7/4, а У1/У2= 1/2), находим

pi— ри, 02+ро,

pi— ри, 02+ро,

р2 = Рн, O8 + Pn2.

р2 = Рн, O8 + Pn2.

(1)

(1)

где pN —парциальное давление азота в точке (V2, рд). Поскольку на участке ViV2 азот находится лишь в газообразном состоянии,

где pN —парциальное давление азота в точке (V2, рд). Поскольку на участке ViV2 азот находится лишь в газообразном состоянии,

то из закона Бойля—Мариотта следует, что pNi =

то из закона Бойля—Мариотта следует, что pNi =

V2 Ро^.

V2 Ро^.

Подстав

Подстав

ляя это значение в (1) и поделив уравнения (1) друг на друга (используя соотношения Pf/p2 = 7/4, а У1/У2= 1/2), находим

ляя это значение в (1) и поделив уравнения (1) друг на друга (используя соотношения Pf/p2 = 7/4, а У1/У2= 1/2), находим

Рн, 0г = -§-Ро«17кПа.

Предположив, что в точке (Kt, рх) конденсируется кислород, мы получили бы, как нетрудно проверить, рн,о2=®Ро- Это противоречит тому, что кислород кипит при более высокой температуре— давление насыщенных паров кислорода при 7=74 К должно быть меньше р0.

Найдем теперь массу кислорода то=. Точка (р2, V2) соответствует началу конденсации кислорода, т. е. его давление равно рн о и весь кислород при этом находится в газообразном состоянии. В соответствии с законом Менделеева—Клапейрона

(2)(2)Рн.оУ^-^RT,11о2

(2)

(2)

где ро —молярная масса кислорода. Для азота конденсация начинается в точке (pt, Ki), значит,

(3)(3)PoV^ybRT,

(3)

(3)

где pN —молярная масса азота. Поделив [уравнение (2) на (3) и учитывая, что piNe/pOi!=7/8 и Рн-о„ —^еРо, определим массу кислорода

то = (8/21) mNz к 38 г.

Наряду с процессом испарения жидкости идет и процесс конденсации пара Скорость испарения в обоих случаях (при г, = 50 % и при г2 = 80%) одна и та же—она зависит только от температуры жидкости. Скорость же конденсации пропорциональна концентрации молекул пара в воздухе, т. е. она пропорциональна относительной влажности и во втором случае выше, чем в первом.

Ясно, что скорость убывания уровня воды

Ку = Кнсп Кконд.

При 100 % влажности воздуха Кисп=Кконд. Учитывая все это, можно записать:

при Г1 = 50% Kyi — Кисп Кконд 1 —-g- Кисп,

при г2 = 80% Kyi = KHcn — Кконд 2 = -g- Кисп.

Тогда

Tg—Т1 ту— =—Т1= 100 МИН.

Туг 2

Важно отметить, что цифра эта занижена — при недостаточной онвекции воздуха у самой поверхности воды образуется тонкий ■лой насыщенного пара, который сильно замедляет испарение. Тот, то обмахивается веером (или просто газетой) в жаркую погоду ли дует на блюдце с горячим чаем, не всегда четко понимает ризику явления, однако испарение все равно идет интенсивнее. Не помогает это только при 100 % влажности воздуха.

В калориметре вначале находились вода и ее пар и при повышении температуры тепло шло как на нагревание воды в пара, так и на испарение воды. Скачкообразное уменьшение теплоемкости при температуре /] означает, что при этой температуре вся вода испарилась и, таким образом, суммарная масса воды т в жидком и парообразном состояниях была:

m = VpH (Zt) = 9,7-Ю-3 г.

Для определения теплоемкости сх рассмотрим уравнение баланса тепла при температуре, чуть меньшей tv В этом случае подведенное к системе вода-{-пар тепло AQ идет на нагрев пара, масса которого практически равна т, и на испарение остатков воды Д/л. При увеличении температуры на Д/ испаряется масса воды km=V (рн (<+Д/)—Рн (01 = ^"дР^ 11 УРавне1|ие теплового баланса можно записать в виде

kQ=3R — M+rV

где величину наклона (Дрн/Д/) легко найти из графика, а ц = = 18 г/моль.

Поделив обе части этого уравнения на Д/ и учитывая, что ио определению теплоемкости c=^Q|^t найдем

C1=3/?vBn^+rV^^^ « 1,6Дж/К.

При температуре t > tA уже вс;; вода испарилась и теплоемкость с2 будет равна теплоемкости водяного пара при постоянном объеме

с2 = 3/?рР11-1У ~ 0,013 Дж/кг.

Определим сначала, до какой температуры надо нагреть сосуд, чтобы вся вода испарилась.

Запишем уравнение состояния пара при начальных условиях (давление насыщенного пара при температуре ^=100 °C равно Pt=105 Па):

PxV=^RTv(1)

Когда температура сосуда станет Тг = Тх-\-ХТ и вся вода испарится, давление насыщенного пара в сосуде будет pi + Др. По условию задачи Др=аД7\ где а = 3,7 Па/К. Воспользовавшись этим,

вапишем уравнение состояния пара при температуре Т^

p2V = ——RT2

или

(аДТ+pi) V = R(Tt+&Ty(2)

Решая совместно (1) и (2), находим ДГ:

ДТ=-!Е7=—~ °-29 К.

MTta—Мр,— mpx

Таким образом, для испарения воды сосуд необходимо нагреть до температуры 100,29 °C. Количество тепла, которое необходимо для этого, найдем из уравнения теплового баланса:

Q = rm-\-cvM &Т к 2290 Дж.

Поскольку масса воды в сосуде намного меньше массы пара, можно не учитывать ее теплоемкость, а также считать массу пара неизменной.

На поверхности молока при кипячении возникает плотная пенка, которая не дает выйти наружу образовавшимся парам— эти пары быстро поднимают пенку до верха кастрюли и молоко, смешанное с паром, выплескивается наружу—«убегает». Для того чтобы провести оценку, будем считать, что молоко—это та же вода (про которую мы все знаем: удельная теплоемкость с= 4200 Дж/кг- К, удельная теплота парообразования Х = 2,2 МДж/кг). Можно считать, что теплоотдача наружу не меняется—это значит, что приток тепла в систему можно считать постоянным.

Мы знаем, что интенсивность парообразования сильно увеличивается с приближением к температуре кипения, т. е. можно считать, что почти до самой температуры кипения все тепло идет па нагревание, а потом — на испарение молока. Осталось найти массу пара под пенкой: воспользуемся уравнением Клапейрона — Менделеева, считая давление паров равным 1 атм:

m = txPV / RT «0,5г.

Теперь легко оценить интересующее нас время: для нагрева 100 г воды на 10 градусов нужно затратить 4200Дж, а на испарение 0,5 г воды—1100 Дж, значит искомое время составит 2,5 мин иа нагрев до температуры кипения и еще 5-1100/4200 « 1,3 мин, а всего—примерно 4 минуты. Можно этн цифры проверить на практике.

Маленькие капли грязной воды, попадающие на лобовое стекло, вначале не растекаются по нему из-за недостаточного смачивания сухого стекла. «Дворники» же делают все стекло мокрым, а попадающие на мокрое стекло капли грязной воды растекаются по нему, резко ухудшая видимость.

Керосин очень хорошо смачивает практически все тела, поэтому пылинки, погав на его поверхность, сразу тонут, а не удерживаются силами поверхностного натяжения, как например, на воде. Хорошие смачивающие свойства керосина приводят и к тому, что емкости, где он хранится, покрываются пленкой керосина и снаружи, а внизу обычно образуется и небольшая лужица керосина. Аналогичная ситуация возникает и с растительным мас-

лом—вспомните: достаточно взять бутылку, куда налили масло, и руки потом надо мыть.

При рыхлении почвы происходит частичный разрыв капилляров, а те, что остаются, преимущественно приобретают коническую форму—сужаются книзу.

А куда будет двигаться капелька воды, помещенная в конический капилляр?

При условии смачивания водой стенок капилляра капля стремится занять такое положение, когда площадь контакта вода — стенки капилляра будет максимальна.

Это реализуется при движении капли в сторону узкого конца, капля при этом сильно вытягивается и площадь ее боковой поверхности растет. Таким образом, при рыхлении почвы вода по возникающим коническим капиллярам уходит в глубь почвы, что и способствует ее более долгому сохранению в почве.

При нагревании воды коэффициент ее поверхностного натяжения уменьшается, а значит, сила поверхностного натяжения, действующая со стороны холодного конца, будет больше.

В результате вода в капилляре будет перемещаться в сторону холодной области.

Это свойство жидкостей в капиллярах мы часто используем в быту. Например, если хотят просмолить лыжи, на них наносят слой смолы, а затем снаружи прогревают—в результате смола проникает в глубь древесины. Также поступают с лыжными ботинками при их пропитке водоотталкивающим составом—их нагре

вают снаружи.

С ростом температуры воды коэффициент ее поверхностногоС ростом температуры воды коэффициент ее поверхностногоКапля отрывается от конца пипетки в тот момент, когда сила поверхностного натяжения уже не может уравновесить силу тяжести капли.

С ростом температуры воды коэффициент ее поверхностного

С ростом температуры воды коэффициент ее поверхностного

натяжения, а значит, н сила поверхностного натяжения, умень-

шаются. Причем уменьшаются довольно заметно—примерно на 20 % при повышении температуры от 20 до 100 СС. Таким образом, вес горячей капли меньше, чем холодной, а число горячих капель, наоборот, больше.

расширением). Эторасширением). ЭтоЗаметим, что при нагревании происходит еще один процесс —

расширением). Это

расширением). Это

уменьшение плотности воды (связанное с ее обстоятельство, вообще говоря, играет противоположную роль. Но обусловленный им эффект, из-за малого коэффициента теплового расширения воды, оказывается гораздо слабее первого и практически не проявляется.

При вращении капилляра мениск в вертикальном колене становится вогнутым, а в горизонтальном—выпуклым. Предельные формы менисков (когда вода еще не выливается) — полусферы. В этот момент давление в точке В (рис. 152) равно рв = ^а!г, а в точке А—рд = =pgh—2c/r.

Пусть со—предельная угловая скорость вращения капилляра. Разобьем мысленно горизонтальное колено на N отрезков малой длины kx=l/N (Дх </). Рассмотрим два малых капилляра, содержащих воду массой Дт=лг2рДх, находящихся на расстояниях >

от середины колена. Запишем уравнения движения этих элементов:Лтю2 ^ — х^=(р1+1—р^пг2,kmto2 (т^^) ~^P9 + l — P9-t) КГ?‘«

где pi-i(.Pq-i) н р;+1(р9_1')—давление на эти элементы соответственно слева и справа. Число таких пар, очевидно, равно N/2. Просуммировав все аналогичные уравнения, получим

— Дщсо2/=(Рв—Ра) иг2.

следовательно, рсо2/2 4о ,

Отсюда находим со:

1 /~(8о/г)—2pgftК р/2

2.38. После того как в точке А оказывается поверхностно активное вещество, оно распространяется по поверхности воды — это энергетически выгодно, так как снижает поверхностную энергию. Однако веревки препятствуют его распространению—максн-2.38. После того как в точке А оказывается поверхностно активное вещество, оно распространяется по поверхности воды — это энергетически выгодно, так как снижает поверхностную энергию. Однако веревки препятствуют его распространению—максн-мальная площадь поверхности при условии ограничения периметра ,г, к! Z2+ кбудет у круга радиуса R——-мальная площадь поверхности при условии ограничения периметра ,г, к! Z2+ кбудет у круга радиуса R——-областиобластиравногоравного153153Рис.Рис.2л2лДействие сил натяженияДействие сил натяженияКонфигурация веревок при этом показана на рис. 153, а, третья веревка не будет натянута.Найдем теперь натяжение веревок, составляющих образовавшуюся окружность.Рассмотрим небольшой элемент веревки, видный под углом а из центра окружности—его длина М= Ra, а результирующая действующих на него сил натяжения веревки Т равна Та и направлена к центру.веревки уравновешивается силой по-Конфигурация веревок при этом показана на рис. 153, а, третья веревка не будет натянута.Найдем теперь натяжение веревок, составляющих образовавшуюся окружность.Рассмотрим небольшой элемент веревки, видный под углом а из центра окружности—его длина М= Ra, а результирующая действующих на него сил натяжения веревки Т равна Та и направлена к центру.веревки уравновешивается силой по-п—1п—1верхностного натяжения FB=(a—— )Д/ = о-Ra, т. е. Та = \ п) пверхностного натяжения FB=(a—— )Д/ = о-Ra, т. е. Та = \ п) ппп

2.38. После того как в точке А оказывается поверхностно активное вещество, оно распространяется по поверхности воды — это энергетически выгодно, так как снижает поверхностную энергию. Однако веревки препятствуют его распространению—максн-

2.38. После того как в точке А оказывается поверхностно активное вещество, оно распространяется по поверхности воды — это энергетически выгодно, так как снижает поверхностную энергию. Однако веревки препятствуют его распространению—максн-

мальная площадь поверхности при условии ограничения периметра ,г, к! Z2+ к

будет у круга радиуса R——-

мальная площадь поверхности при условии ограничения периметра ,г, к! Z2+ к

будет у круга радиуса R——-

области

области

равного

равного

153

153

Рис.

Рис.

2л

2л

Действие сил натяжения

Действие сил натяжения

Конфигурация веревок при этом показана на рис. 153, а, третья веревка не будет натянута.

Найдем теперь натяжение веревок, составляющих образовавшуюся окружность.

Рассмотрим небольшой элемент веревки, видный под углом а из центра окружности—его длина М= Ra, а результирующая действующих на него сил натяжения веревки Т равна Та и направлена к центру.

веревки уравновешивается силой по-

Конфигурация веревок при этом показана на рис. 153, а, третья веревка не будет натянута.

Найдем теперь натяжение веревок, составляющих образовавшуюся окружность.

Рассмотрим небольшой элемент веревки, видный под углом а из центра окружности—его длина М= Ra, а результирующая действующих на него сил натяжения веревки Т равна Та и направлена к центру.

веревки уравновешивается силой по-

п—1

п—1

верхностного натяжения FB=(a—— )Д/ = о-Ra, т. е. Та = \ п) п

верхностного натяжения FB=(a—— )Д/ = о-Ra, т. е. Та = \ п) п

п

п

= о—-—Ra, откуда находим Т=с—-—R. Подставляя числовые значения, получаем, что сила натяжения веревок составляет Т « » 0,017 Н.

В случае когда и в точку В капнули поверхностно активного вещества, конфигурация веревок будет такой, как показано на рис. 153, б. Нетрудно сообразить, что короткая веревка натянута не будет—ее длина больше, чем дналетр образованной двумя одинаковыми веревками окружности. Натяжение веревок, образующих „, и—1 Zf окружность 7 =о—-—

Присутствие масляной пленки на поверхности моря приводит, во-первых, к уменьшению поверхностного натяжения, а во-вторых, и к уменьшению силы трения на границе воздух—вода. Оба эти фактора способствуют сглаживанию водяной зыби. Неоднократно также описывалось в морской литературе, как небольшое количество масла, вылитого на поверхность моря, преобразовывало волны прибоя с пенистой «опрокидывающей» верхушкой в гладкие волны, что помогало шлюпкам благополучно достичь берега.

Причиной мерцания пламени является, очевидно, неравномерность поступления горючего—спирта. Это имеет место, когда спирт кончается.

Действительно, когда спирта остается мало, начинают сказываться, помимо капиллярных сил «захвата» горючего фитилем, силы взаимодействия спирта с дном и стенками спиртовки (силы поверхностного натяжения). Перебои в поступлении горючего могут возникнуть и из-за наличия всякого рода «грязи», находящейся, как правило, на дне спиртовки.

Итак, в некоторый момент времени спирта, поступающего к пламени по фитилю, не хватает для поддержания устойчивого размера пламени, и пламя как бы пропадает; однако в следующий момент поступает «избыток» спирта, и происходит резкое увеличение пламени, сопровождающееся треском.

Как правило, прн диаметре фитиля 2—3 Мм такие мерцания с потрескиванием возникают, когда длина фитиля составляет несколько миллиметров, причем, чем короче фитиль—тем чаще происходят вспышки, сопровождающиеся треском.

О О О

Плохая теплопроводность тряпки или матерчатой варежки обусловлена низкой теплопроводностью воздуха, находящегося между волокнами ткани. Теплопроводность воды выше, поэтому, если заменить в тряпке воздух на воду (т. е. намочить тряпку), можно сильно обжечь руку.

К сожалению, этот простой метод сравнения теплопроводностей нельзя считать правильным. И вог почему.

Время, за которое верхняя часть цилиндрического образца нагревается до температуры плавления воска, конечно же, тем меньше, чем больше теплопроводность. Однако это время зависит также и от теплоемкости материала цилиндра—чем она больше, тем больше время (большее количество теплоты) потребуется, чтобы нагреть образец до соответствующей температуры. Таким образом, цилиндр из материала с большей теплоемкостью будет разогреваться медленнее, чем цилиндр из материала с небольшой теплоемкостью и чуть меньшей теплопроводностью. Именно так происходит в случае с висмутом н железом.

Оказывается, предлагаемый метод позволяет сравнивать другие тепловые характеристики материалов, а именно их температуропроводности. Это тоже важная физическая величина, которая характеризует скорость изменения температуры вещества. Коэффициент температуропроводности пропорционален отношению коэффициентов теплопроводности и теплоемкости.

Эго совсем простая задача — из условия ясно, что мощность нагревателя равна мощности, рассеивающейся в окружающее пространство (температура воды со временем не меняется). Значит, если нагреватель выключить, то отдаваемая мощность

1611616 А. И. Буздин и др.

161

161

составит 100 Вт и на один градус вода остынет за время

Полное количество тепла, излучаемого в окружающее пространство, осталось прежним, так как оно определяется энер- говыДелением аппаратуры станции. Поскольку вовне излучает лишь внешняя оболочка, ее температура равна начальной температуре станции 7=500 К. Экран, однако, излучает такое же количество тепла и внутрь. Таким образом, полный подвод тепла к станции равен теперь 2Q (к тому, что выделяют приборы, добавляется излучение внешней оболочки). Из условия теплового баланса «старая» оболочка станции также должна отдавать количество тепла 2Q, откуда температура внутри станции удовлетворяет условию откуда находим

ТХ=У ~2Т^ 600 К.

Вопрос задачи, по существу, сводится к следующему: какое тело, белое или черное, сильнее излучает при одинаковой температуре?

Чтобы ответить на этот вопрос, давайте мысленно поместим в теплоизолированную полость с абсолютно отражающими стенками белое и черное тела, нагретые до одинаковой температуры. Черное тело поглощает падающее на него излучение намного эффективнее, чем белое тело.

В результате, казалось бы, черное тело должно нагреваться, а белое—охлаждаться, т. е. будет самопроизвольно происходить перенос тепла от более холодного тела к более горячему. Это, одиако, противоречит второму закону термодинамики. Выход из противоречия состоит в том, что черное тело не только сильнее поглощает, но и сильнее излучает—в этом случае разность температур между белым и черным телами в полости не появится и противоречия с законом термодинамики не возникнет.

Вывод о более сильной излучательной способности черного тела говорит о том, что в белой шубе будет теплее.

Обозначим коэффициент пропорциональности между рассеиваемой на резисторе мощностью и разностью температур резистора и окружающего воздуха а. Тогда, поскольку при 7s=80°C сопротивление резистора равно Ri, а напряжение на нем иг, рас- сбиваемая мощность равна —, и мы можем записать

Кх

£=a(7g-70).(1)

При повышении приложенного напряжения температура резистора растет, так как увеличивается выделяемая при прохождении тока мощность. Когда температура достигнет значения 71 = 100 °C сопротивление резистора скачком увеличится в два раза. Выделяемая на нем мощность уменьшится, и, если напряжение не очень велико, отвод теплоты окажется более быстрым, чем ее выделение. Это приведет к падению температуры до 72 = 99°С, но тогда сопротивление скачком уменьшится до прежней величины и процесс

начнет повторяться. Таким образом, в цепи возникнут колебания тока, связанные со скачкообразной зависимостью сопротивления резистора от температуры.

Температура резистора во время этих колебаний почти постоянна (она изменяется в пределах от Т2 = 99°С до Т1=Ю0°С), так что можно считать теплоотвод постоянным, и отводимая мощность составляет а(Тг—/у. Тогда, вводя Т] — время нагрева (от 99 до 100сС), т2—время охлаждения и ti + t2=7'—период колебаний, можно написать уравнения теплового баланса:

uX"vjRy = а (Ту— ?У Ti + C (7\— Т2),

U'XtM=а(Ту — То) т2—С (Ту-Т^.( '

Используя найденное из (1) значение а, находим

т =С(Ту-Т2)

T1 Ul/R-U2y(Ty-T0)/[Ry(Ts-T0)] ’

С(Ту — Т2)

Т2- U'X (Ту - Ту/] Ry (Т3- То)]- lA/R2 ■

Подставляя числовые значения, получаем

Т1 = т2=3/32с л 0,1 с, Тге 0,2 с.

Максимальное и минимальное значения тока легко находим, так как в процессе колебаний сопротивление скачком изменяется от Я1 = 50 до Т?2=100 0м; следовательно,

/max =^i=l,6 A, /min = V2//?2 = 0,8 А.

Хочется обратить внимание на тот факт, что описываемая в задаче ситуация отвечает фазовому переходу 1-го рода в материале, из которого сделан резистор. При нагревании при температуре Tj=lOO°C происходит переход материала в новую фазу (этот переход, например, может быть связан с перестройкой кристаллической решетки материала резистора). Обратный переход происходит при более низкой температуре 7'2 = 99еС—это явление так называемого гистерезиса, свойственного фазовым переходам 1-го рода.

Поскольку нижний конец трубы поддерживается при температуре 7'1>71пл, чугун внизу будет расплавлен Температура границы между расплавленным и твердым чугуном, естественно, равна температуре плавления Тпз.

Так как температура верхнего и нижнего концов трубы поддерживается постоянной, количество тепла, проходящего за единицу времени через поперечное сечение трубы, в любом месте трубы должно быть одним и тем же. Другими словами, поток тепла через расплавленный н твердый чугун должен быть одним и тем же. (Кирпичная труба плохо проводит тепло, и теплообменом через ее стенки можно пренебречь.)

Поток тепла пропорционален теплопроводности, площади поперечного сечения и разности температур, приходящейся на единицу длины. Пусть 1у—длина нижней части трубы, где чугун расплавлен, а 12—длина верхней части, где чугун находится в твердой фазе. Условие постоянства потока тепла запишется тогда в виде (сечение трубы постоянно)

где иж и хтв—теплопроводность жидкого и твердого чугуна соот- ветственно. Учитывая, что хж = Ахтв, находим

' ПЛ '2

Полная длина трубы равна /1 + /2: значит, в расплавленном состоянии находится

к—Т'пд)

1 и7ттТ часть металла.

ч+<2«U1— /лл)4~Чпл— Ч)

За одну минуту чайник остывает на ДЧ = 0,2°С. Количество тепла, «теряемое» за это время чайником, равно

^Ql = cm Му

(с—удельная теплоемкость воды). Если в минуту в чайник капают п капель, то количество тепла, передаваемое ими воде в чайнике, равно

^Q2=nmKc (t2—ty).

Условие постоянства температуры воды в чайнике —AQi = Д<?2. т. е. cm My=ntnKc (ta—ty).

Отсюда находим п:

тол

п =— —=20 капель в минуту.

Шк t2t1

Если капать не п, а Зи капель в минуту, то вода в чайнике нагреется за одну минуту на

д^=ЗА(?2—А^.^гд^о^с.

ст

Будем считать, что температура воды увеличивается неравномерно за счет увеличения теплоотдачи с ростом температуры. Чтобы учесть влияние теплоотдачи, проследим, как меняется приращение М температуры за Дт=1 минуту работы нагревателя в зависимости от температуры воды (температуру будем брать среднюю

между значениями ее в начале и в конце каждой минуты). Построим по данным условиям график зависимости -^. Как видно из графика (рис. 154), все точки хорошо ложатся на прямую, пересекающую ось температур в точке /кр=85сС. Ясно, что если даже закон теплоотдачи не изменится (а с ростом температуры испарение должно увеличиться, что увеличит теплоотдачу), вода нагреется только до 85 °C и, следовательно, при нормальных условиях не закипит.

Из этого же графика видно, что при температуре <j = 5O°C вода за одну минуту нагрелась на 3,5 °C, а без теплоотдачи она нагрелась бы на 6,5 °C (температура окружающей среды 20 °C). Значит, если при температуре 50 X) отключить нагреватель, то за 1 минуту вода остынет иа 3°С.

Тепло, получаемое водой от нагревателей, компенсирует тепловые потери—тепло, отдаваемое аквариумом в окружающую среду. Мощность потерь зависит от разности температур воды в аквариуме и окружающего воздуха. Если эти температуры не меняются, то и мощность потерь остается неизменной.

Обозначим секундный расход воды в первом случае (включен один нагреватель) Ат. Тогда

Р —cAm (/2—^1) + ?,(1)

где q—мощность потерь. Во втором случае (включены два нагревателя параллельно) мощность возрастает в два раза, и

2Р = с-ЗАт(<2—Н) + ?-(2)

Из (1) и (2) сразу можно получить

q=^P.

Но в том случае, когда спирали будут включены последовательно, выделяемая ими мощность составит как раз Р/2. Значит, в этом случае холодную воду следует отключить.

Теперь из уравнений (1) и (2) найдем расход воды за секунду при условии, что включена одна спираль:

, Р100 кг „. кг

т-2су2— txy~ 2-4,2-Ю3.17 с ~ 7‘ 0 с"

2.51. Разобьем пластинку на одинаковые маленькие участки (на рис. 155 таких участков 130). Понятно, что мощность Р рас-

Рис. 155

свиваемая пластиной, равна сумме р, мощностей, рассеиваемых отдельными участками.

166

Мощность, которая уносится с каждого участка

/р; =aMi,

где А/;—разность температур участка и воздуха, а—коэффициент пропорциональности. С каждого участка равномерно нагретой пластины уносится одна и та же мощность:

Р

P = J3Q = «('1 —<В1).

Тогда

РЮ ВтВт

130130-50 °C —

Для оценки мощности, рассеиваемой неравномерно нагретой пластиной при температуре воздуха 30 °C, будем считать, что температура участков, лежащих между изотермами 60 °C и 70 °C, равна 65 °C (для этих участков Д1 = 35°С), между изотермами 60 °C и 50 °C—55 °C (Д/ = 25°С), и т. д. Тогда полную мощность, рассеиваемую пластиной, можно найти так:

Р, = 1,54-10-3(45.4 + 35.17+25-30+15.60-4-5.20) Вт =

==1,54-10- 3.2525 Вт * 3,9 Вт.

Для оценки точности этого результата можно посмотреть, как влияет на результат неточность оценки температуры «долей» пластины. Возьмем вместо 65°C—67,5°С, вместо 55°С—57,5 °C и т. д. Тогда

Рнерх « 1,54.10-3(47,5-4 + 37,5.17 + 27,5.30+

+ 17,5-60+ 7,5.20) « 4,4 Вт,

Оценку сразу получим, взяв заниженные температуры:

Рциж~ 1,54-Ю-з (42,5-4 + 32,5.17 + 22,5-30+

+ 12,5.60+2,5.20) ю 3,4 Вт.

Итак,

Pi = (3,9 ± 0,5) Вт.

Конечно, мы сильно «завысили» возможную неточность определения температуры. Однако нужно понимать, что эта неточность — не единственная (да и не самая важная) причина погрешностей нашего расчета. Условие задачи идеализировано, оно не учитывает конвекции воздуха, которая может сильно изменить результат.

При нагревании и воздух, и вода расширяются. Если трубка не запаяна, то этому расширению ничего не препятствует. Понятно, что пузырек воздуха при расширении вытесняет часть воды из каждого сосуда; архимедова сила увеличивается и сосуды всплывают. При охлаждении все происходит наоборот.

Если же трубка запаяна, то общий объем воды и воздуха остается практически неизменным, так как тепловое расширение стекла намного меньше, чем воды. Сжимаемость воды существенно меньше сжимаемости воздуха, поэтому в данном случае при нагревании вода будет расширяться, а пузырьки воздуха—сжиматься. Поэтому при нагревании второго (запаянного) термоскопа сосуды тонут.

В сильный мороз вода в ведре может довольно быстро замерзнуть. Образование льда начинается на поверхности воды и

вблизи стенок ведра. Если на поверхности образуется толстый и прочный слой льда, то при дальнейшем замерзании воды из-за увеличения объема при переходе вода—лед может возникнуть деформация ведра или даже произойдет его разрыв.

Закрывая ведро газетой, удается уменьшить охлаждение с поверхности и в этом случае замерзание начинается в нижней части ведра и опасные деформации не возникают.

Изменение температуры приводит, благодаря тепловому расширению, к изменению длины маятника, что, в свою очередь, сказывается на точности хода. В часах описываемой конструкции удается преодолеть этот недостаток. Действительно, например, при повышении температуры длина маятника увеличивается, но ртуть, увеличиваясь в объеме, поднимается вверх по трубке, что при подборе объема ртути и диаметра трубки дает возможность сохранить постоянным расстояние от точки подвеса маятника до его центра тяжести. Именно это расстояние, а не длина маятника определяет в данном случае период колебаний, а значит, точность хода.

Из-за неизбежных небольших неоднородностей и шероховатостей, контакт между лопаткой и бруском осуществляется не по линии, а в ряде точек. Именно в этих точках будет происходить более интенсивное охлаждение медной лопатки и, благодаря эффекту теплового расширения локальная толщина лопатки здесь окажется меньше. В результате точка контакта переместится в другое место, после этого ситуация повторится. Таким образом, точки контакта нагретой лопатки и бруска все время перемещаются, это приводит к небольшим смещениям лопатки, которые и сопровождаются звуком.

Колебания аналогичного типа иногда возникают, когда чайник стоит на конфорке электрической плиты.

3. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ

При последовательном соединении амперметр показывает ток, текущий через лампу. По условию задачи ток через лампу равен номинальному току /н = 0,2 А, на который рассчитана лампа Следовательно, в первом случае напряжение на

а6Рис. 156а6Рис. 156лампе равно номинальному значению t/H = 2,5 В. Тот факт, что при параллельном соединении лампы и амперметра лампа накалилась так же, как и в первом случае, означает, что ток, текущий через лампу, равен номинальному и напряжение на лампе и на амперметре равно но

а6

Рис. 156

а6

Рис. 156

минальному.

Запишем закон Ома для обоих случаев соединения.

При последовательном соединении (рнс. 156, я)—

О)О)6=1 h^R-V-^-VUh»

О)

О)

где R—сопротивление проводов, г—сопротивление амперметра. При параллельном соединении (рис. 156, б)—

S=U«+lx)R+U#,(2)

где I х—ток, текущий через амперметр. Учитывая, что rlx—Un, преобразуем уравнение (1):

(Г)

\1 X /

Решая совместно уравнения (Г) и (2), находим ток I х, текущий через амперметр при параллельном соединении лампы и амперметра:

/,= ]/-^=0,5 А.

При последовательном подключении двух одинаковых лампочек напряжения на них будут одинаковы, а так как суммарное напряжение равно 5 В (напряжение мощного источника не меняется при подключении к нему нагрузки), то на каждой из лампочек окажется 2,5 В.

Во втором случае напряжение на лампочке, которая горит полным накалом, равно 3,5 В, значит, на второй (и на подключенном к ней резисторе) напряжение составляет 5—3,5= 1,5 В. По вольтамперной характеристике находим токи через лампочки при напряжениях 3,5 В и 1,5 В—они составляют 0,28 А и 0,22 А. Значит, ток через резистор равен 0,06 А (разность токов лампочек) и по закону Ома можно найти

„/?= 1,5/0,06 = 25 Ом.

Рис. 157

Теперь посмотрим, перегорит

ли лампочка в последнем случае (рис. 157)—ясно, что речь может идти об «одиночной» лампочке. Пусть напряжение на ней составит 4 В (предельное значение). Ток при этом примерно равен 0,28 А. При токах 0,14 А (половина) напряжение на лампочках, включенных параллельно, составило бы

0,7 В, т. е. предельного значения 4 В напряжение на одиночной лампочке достигло бы при напряжении источника 4,7 В. Значит, при напряжении источника 5 В лампочка должна перегореть.

Обозначим напряжение, которое вначале показывает вольтметр, U, ток амперметра — /, внутреннее сопротивление батареи—г, сопротивление амперметра гд. Тогда для тока через амперметр можно записать соотношение

После того, как показания амперметра увеличились в 2 раза, а показание вольтметра в 2 раза уменьшились

21=^-.

Разделив второе уравнение на первое, получим

о S-U/2S-u

9

или I)=—<§■— 6 В.

Схема питания может представлять собой просто делитель напряжения, состоящий из резисторов Ri и Ra (рис. 158), сопротивления которых мы сейчас рассчитаем. Ясно, что величины Rv и Ra должны быть достаточно малыми, чтобы при значительном изменении RH напряжение менялось мало. Из условия задачи не совсем ясно, от чего берется 1 %, однако это не очень существенно: будем считать для определенности

OAnin = 0,990/max,17max=20 В.

(если бы в условии была цифра, скажем, 30%, пришлось бы акку

ратнее формулировать—относительно какой именно величины нужно брать 30 %—средней, максимальной либо какой-нибудь еще—от этого существенно зависели бы получающиеся результаты).

пRzRmm ( r> г ^a^tnin \ 1

+/?а+/?miJ '

IlЛ — П RlRmax ( n i RaRmax \ 1

^шах-У^нтах)-^^^^^Ra+^J ‘

Отсюда

D-D O-OIQ + W 1 + R-l/Rl Ом0.99(/?max/P„in)-l— o,98

Кроме того, ^VAnax max 0/?j (/A + ^maxj + ^i/Anax

отсюда

O0 100Л . /?a \

Umax 20 Ra \ Rmax /

Окончательно R, « 1,26 Ом, R2 ~ 5 Ом. КПД получается очень 202/100 ~п9,0/

малым. i]min— Ю02/6 25 ~

Рассмотрим два возможных случая: первый—ток упал' в два раза, направление тока осталось прежним; второй—ток упал в два раза, и направление тока изменилось на противоположное.

В первом случае ясно, что в коробке должна быть батарейка (без этого направление тока при переключении должно стать

противоположным). Простейшая возможная схема в этом случае — батарейка с ЭДС § х и последовательно с ней сопротивление Rx (рис. 159, а). Тогда имеем

^+1.5^1 А< .^-1.5 =0 5 д>RxRx

Отсюда

^х=4,5 В, Rx=6 Ом.

В Rx может входить и внутреннее сопротивление батарейки.

Второй случай существенно «богаче» возможными схемами. Кроме батарейки с резистором (в этом случае ^x=0,5 В, Rx=2 Ом), возможны схемы с нелинейными устройствами—диодами, транзисторами, реле и т. д.

полярности приложенного кополярности приложенного коRRРис. 160Рис. 160Одна из простейших схем приведена па рис. 159, б. При одной входу напряжения диод открыт; сопротивление коробки составляет 1,5 Ом. При изменении полярности диод закрыт, и сопротивление коробки равно 3 Ом.

полярности приложенного ко

полярности приложенного ко

R

R

Рис. 160

Рис. 160

деляется делителем R н R, а кам 3 и 4, напряжение междуделяется делителем R н R, а кам 3 и 4, напряжение междуПростая схема из одних резисторов может выглядеть так, как на рис. 160. Тут R можно выбрать любым. При подключении батареи к точкам 1 и 2, напряжение между точками 3 и 4 опре- если подключить батарею к точечками 1 и 2 будет задано делите

деляется делителем R н R, а кам 3 и 4, напряжение между

деляется делителем R н R, а кам 3 и 4, напряжение между

лем R и R/2.

Попробуйте сами придумать схему проще (по нам кажется, что у вас ничего не получится).

В первом случае напряжение на выходе больше, чем на входе, следовательно, внутри ящика обязательно есть батарейка (мы считаем, что сложных электронных схем внутри нет). В общем случае подойдет схема (рис. 161, а).

Выбирая Uo и отношения и -5-, можно удовлетворить А1 Кг

любым «наборам» напряжений. Запишем уравнения. Для Ui (между 1 и 2) и У3 (между 3 и 4):

(<7f+ U6) Rs..

Для Ug (между 3 и 4) и U4 (между 1 и 2)

(U3-U6)R1 R1 + R34"

После простых преобразований

Rg^UiA-Uo , RsU2

Rs Us—Uo , RiU4

Для того чтобы существовали искомые соотношения — и , Кг Ki правые части должны быть положительны, т. е.

t/0S=(7a—<71=5, и о ^ Ug U4 = 7.

(Для других значений, возможно, понадобится изменить знак Uo, т. е. включить батарею наоборот.)

В нашем случае можно взять любое значение 5 В < Uo < 7 В. Например, для <7О = 5 В получим -^=0 и ^=—, т. е. R2=co,— Кг Ki з

этот резистор можно Просто не включать, Rg — Ri, Ri~l,5R- Если отнестись к задаче не очень серьезно, то можно предложить забавный вариант, удовлетворяющий условию формально (рис. 161, б).

Рис. 161Рис. 162

«Достоинством» этой схемы является то, что напряжении на выходных контактах вообще не зависят от того, что подключено ко входным.

Приборы нужно подключить так, как показано на рис. 162. Точки О, А и В при таком подключении будут иметь одинаковые потенциалы (сопротивление амперметра мало, и падением напряжения на нем можно пренебречь). Следовательно, через резисторы,- включенные между точками О, А и В, ток идти не будет. Это означает, что амперметр покажет ток, идущий через резистор, включенный между точками Он С. Вольтметр покажет падение напряжения

на этом резисторе. Разделив показание вольтметра на показание амперметра, найдем сопротивление резистора.

Такой способ годится, если сопротивление амперметра намного меньше, чем сопротивления резисторов в схеме (идеальный амперметр подошел бы лучше всего, жаль, что таких амперметров не бывает). Для любителей н знатоков электротехники ясно, что мы «закоротили» амперметром не интересующие нас резисторы, чтобы

Рис. 163Рис. 163токи через них оказались пренебрежимо малыми.

Рис. 163

Рис. 163

Ток /3 (рис. 163) через вольтметр В2 равен разности токов, протекающих через амперметры Л] и Л2

/g = /i — /2=0,2 мА.

При этом показания вольтметра В5—П2=0,25 В. Следовательно, сопротивления вольтметров В2 и Bi

^1 = ^В2=<72//з = 12,5.102 Ом.

Ток, текущий через вольтметр В,— Т\ = 1,1 мА; при этом вольтметр Вх показывает

Ux = hRBt = 1,375 В.

Сопротивления амперметров одинаковы и

RZ] = Ra={/2//2« 2,77-102 Ом.

Напряжение U3 на амперметре Ах

Us = ltRA1 « 0,305 В.

Напряжение на батарее равно сумме напряжений Ui, Ua, Ug

Uб =Ux+U2+U8« \,93 В.

Изменения тока при переключении амперметра малы. Значит, можно считать, что изменение тока в цепи при подключении амперметра мало и пропорционально изменению полного сопротивления цепи, т. е. Д/=а/?Общ, где а—коэффициент пропорцио- ыльностн. Но AR06m=Rx(RA— сопротивление амперметра). На разных пределах сопротивление амперметра разное.

Если /0—ток в цепи до подключения амперметра, то

A/j = /0—/x = aRAi,Ai 2 = / о—I2 — aR А^

где RAi—сопротивление амперметра на пределе 10 мА, RA —па

Т?А 3

пределе 3 мА, Учитывая, что -5—1=Тп, из (1) получаем

7с-/г_3

откудаоткуда/о==10^-3^ ~ 2,97 мА./о==10^-3^ ~ 2,97 мА.1O-U Ю’

откуда

откуда

/о==10^-3^ ~ 2,97 мА.

/о==10^-3^ ~ 2,97 мА.

Для того чтобы найти неизвестное сопротивление Rx, достаточно знать результат первого измерения (при последова-

174

тельио включенном омметре). Если омметр показывает нуль, то напряжение на его зажимах равно нулю, а ток в цепи равен 1 = = /тах = 1 мА. Следовательно, неизвестное сопротивление резистора равно

Rx = 6lImax — ^ кОм.

(Батарейка для карманного фонарика рассчитана на ток ~200<- -г- 300 мА; значит, при токе 1 мА падением напряжения на ее внутреннем сопротивлении можно Пренебречь).

По результатам второго измерения (бесконечно большое сопротивление) видно, что ток через омметр не течет и суммарное напряжение в цепи батарейка—омметр равно нулю. Значит, напряжение на источнике тока в омметре равно напряжению на зажимах батарейки и равно ^ = 4,5 В.

Вольтметры одинаковые, значит, отношения токов, протекающих через них, равны отношению напряжений на вольтметрах (т. е. их показаний). Обозначив сопротивление каждого резистора R, запишем

Ug = U г—Rfg,

(72=(/t-/?(/a+/3).

После простых преобразований получим

/2+/3 .. Ц-г+ОзUt-U»

/3 U3U 2 —Ug

или

Из — Us = Ui Ug — U3U3,uHuaU3- Ug—Ur Ua = 0,

U^-^+V^UgM+Ug+UtUg^—4+12,6 = 8,6 В.

Ток, текущий через амперметр Af, равен сумме токов, текущих через вольтметр Bf и амперметр А2, т. е.

следовательно, ток, текущий через вольтметр Bf, равен

/д," 1г—/2—0,3 мА

и сопротивление вольтметра

°"“зг ,Ом-

По условию задачи все вольтметры одинаковые, т. е. сопротивление каждого из них 32 кОм.

Запишем сумму напряжений, показываемых всеми вольтметрами:

г505050

^Ub-^Ib.R-R 2/Д1.

i=i 1=11=1

50

Но 2 ^Bi—эт0 ток> текущий через амперметр Ata т. е. 2 1в1=1ц 1=1•=1

поэтому

2 Уд, = ^ = 304 В. »= 1

Метод наложения.

Для решения некоторых задач удобен метод наложения. Он основан на принципе суперпозиции и подходит только для цепей, не содержащих нелинейные элементы (если в схеме есть, например, диод или лампа накаливания, то этот способ применять нельзя). Метод наложения используется для расчета цепей, содержащих несколько источников ЭДС, и позволяет свести сложную задачу к нескольким простым.

Расчет проводят так. Чертят и рассчитывают упрощенные схемы, в каждую из которых включен только один из источников, а ЭДС остальных считают равными нулю; при этом внутренние сопротивления «выкинутых» источников включают в соответствующие участки схем. Ясно, что число таких схем равно числу источников в начальной схеме. Искомый ток в ветви находят, суммируя токи, текущие по этой ветви во всех простых схемах.

Рассмотрим следующий пример. К параллельно соединенным батареям §г, rt и ^2, г2 подключают резистор R. Найти ток через него.

Рис. 164

На рис. 164, а приведены простые схемы. Ток, текущий через R в схеме 164, а,

j _ SiТг Siга Sira

собЩ1 (Р + ги)fi-V raR/(r г+R) R-\-r* rye-^-R ('Т+гг) ’

а в схеме на рис. 164,6

_ SariSafi

Тобща W + ri)ГУ»

В исходной схеме с двумя батарейками ток, текущий через резистор, it 1 , 1 SiraA" Sari

Для некоторых специальных задач—например, для расчета изменения тока в какой-либо ветви схемы при изменении ЭДС одного из источников — метод наложения очень удобен. Изменение ЭДС на Д^ можно представить как добавление к данному источнику последовательно батареи без внутреннего сопротивления с ЭДС, равной A<£. Понятно, что в этом случае нет надобности рассчитывать все простые схемы; достаточно рассмотреть только одну — с ЭДС Д^. Полученные при этом значения токов в ветвях и будут искомыми изменениями токов.

На рис. 164,б представлены простые схемы для цепи, в которой заменено на Д^ь а ^2— на Д^г, где Д^2 и есть искомое изменение ЭДС ^2. Для того чтобы ток через вторую батарею остался прежним, токи, текущие через эту батарею (т. е. через ветви, из которых эта батарея «выкинута») в схемах на рис, 164 должны быть равными по величине и противоположными по направлению.

В схеме на рис. 164, а ток, текущий от батареи Д^ разветвляется, и по диагонали получившегося моста течет ток Д/, равный разности тока в разветвлениях

Л, A^i/l l\A^l_A^iRab\2 4 ) 5RM 4 5R ‘

В схеме на рис. 164, б

.,А^аД^а4A^21

Rcd “ 5R/4 " 5R *

Приравнивая полученные выражения для А/, найдем А^: Д^г —Д^1/4-

Знаки изменений найдем, сравнив полярность батарей в исходной схеме и в схемах на рис. 164. В нашем случае батарея Д^ включена против батареи ^ (суммарная ЭДС меньше ^j), и батарея Д^2 условно нарисована с полярностью, противоположной <§$, при этом мы получили Д^г < 0—ЭДС батареи ^г следует уменьшить. Если бы оказалось, что Д^а > 0, это означало бы, что ЭДС ^2 следует увеличить.

Аналогично находится изменение <§а для случая сохранения тока через батарею ^j.

Эту задачу можно решать и любым другим способом, ио метод наложения дает, пожалуй, самое простое и наглядное решение.

Будем считать, что все брошенные проводники попадают на рельсы. Ясно, что замыкания проводников между собой ие влияют на результат—соответствующие точки проводников имеют одинаковые потенциалы. Если проводник составляет угол а с рельсами, то его «вклад» в общее сопротивление

_ //sin а~ Р nd2/ 4

Для полного сопротивления /?общ между рельсами можно записать NN

11 V nd2/4-sina; .nd2 V* - nd2 и;

—= > —= / ,7=-т-т / < sln a< =~гт N (sin a,).

/?общ ^ n , Pl4pZ ,4pZ '°

Среднее значение синуса (угол б пределах 0., .л) можно найти так:

sin a da —— . лsin a da —— . л

sin a da —— . л

sin a da —— . л

тогда

Кобщ=-д^5- ~ 4- IO"4 Ом.

Мы подсчитали ожидаемое («среднее») значение /?общ, однако сопротивление может несколько отличаться от iero—в зависимости от того, как «лягут» проводники на рельсы. Оценить возможный разброс можно при помощи стандартных формул для учета ошибок при усреднении независимых результатов измерений. Интересно промоделировать «бросание проводников» на персональной ЭВМ (при помощи датчика случайных чисёл выбирается очередной угол а£-—распределение углов равномерное) и посмотреть на разброс результатов.

Сумма показаний «верхнего» Вг и «нижнего» Вг вольтметров равна напряжению батареи, т. е. «нижний» вольтметр покажет 3 В. Вольтметры одинаковые, значит, ток «нижнего» вольтметра в 1,5 раза больше тока «верхнего», т. е. ток вольтметра Bg равен половине тока «верхнего», а следовательно, его показания I вольт.

Если напряжение батареи S > UB (в противном случае идеализированная характеристика стабилитрона нам не подойдет — нужно будет задать ее более аккуратно при 17 < Uo), то можно записать

u»-viR = S,

Таким образом,

.<ОUo

R '

Если сопротивление R не слишком велико (см. решение предыдущей задачи), то можно записать

7о^+ U =^,

таким образом

u=^-ior.

Ясно, что такой ответ годится только при R < ^Но-

В схеме на рис. 58, с напряжение на резисторе определяется током в цепи. Но этот ток равен /0 (если напряжение батареи достаточно велико), тогда можно записать

f6R+UB+Uo = S-

Отсюда Ue,=S—По—i»R- При этом ^ должно удовлетворять условию

S > Ue-V1BR,

В схеме на рис. 58, б напряжение на резисторе

ur=ir=s-u0.

Но ток через резистор складывается из токов через элементы В и S, т. е.

*——'о+'С-

Отсюда получаем

Это верно при ^ > iyR-VUo, т. е. ограничения на ^ такие же, как и в первой части задачи.

При номинальном напряжении (7Н = 110 В ток, текущий через лампу мощностью Р1=60 Вт, равен 1 = P1IUH=0,5 А. При

таком токе напряжение на лампе мощностью 100 Вт, согласно вольтамперной характеристике этой лампы, U к 55 В. Следовательно, при последовательном соединении двух ламп напряжение на лампе мощностью 60 Вт достигает значения номинального уже при напряжении в сети ж 165 В. Поэтому ясно, что при напряжении в сети 220 В напряжение на этой лампе будет превышать номинальное больше, чем на 10%, и лампа перегорит.

Диод подключен к источнику последовательно с резисторами, сопротивление которых Яобщ=5,2.Ю3Ом.

Следовательно, в любой момент времени (при любой температуре) ток в цепи равен

7?общ

где U, Uп—значения напряжения на источнике и на диоде в данный момент

Построим на рис. 165 графики зависимости / (17д) для трех различных температур:

8,5—-U п 125 /1=+125"Ci 1/126=8,5 6, 7136= мА;

5,2

6Un ОС

/2 = +25°С, (/26=6 В, 786=^- мА;

’ 3,875 — Un _60

/3=-60“С, 17_в0 = 3,875 В, 1_№=———- мА.

5,2

Точки пересечения этих графиков с вольтамперными характеристиками диода (для соответствующих температур) определяют напряжение на диоде и ток в цепи при данной температуре.

/125 == 1 ,48 мА:/25 — 1 мА;/_6о = О,58 мА./125 == 1 ,48 мА:/25 — 1 мА;/_6о = О,58 мА.Из рисунка находим (разумеется, приближенно)

/125 == 1 ,48 мА:

/25 — 1 мА;

/_6о = О,58 мА.

/125 == 1 ,48 мА:

/25 — 1 мА;

/_6о = О,58 мА.

^д,125 = 0,77 В, t/д, 25 =0,8 В, 7/д,-60 = 3,875 В,

Соответствующие значения напряжения Uдв = (Ua-VI-0,2) В между зажимами А и В—

t/лв,125 = 1.07 В, 7/лв, 26 = 1 В, иАВ,_ во = 0,94 В.

Таким образом, температурный коэффициент, характеризующий относительное (относительно UАв, 2;,) изменение напряжения UAb при изменении температуры от —60 °C до -]-125оС

_Д^А5_~7.10-4(°С)-1.

АГ 6'ЛВ,2В

По сравнению с исходным температурным коэффициентом а0 = 25.10"'

=~ 4-10-5(°С)-1 полученное значение а примерно в 6 раз

6

меньше.

Подумайте, как надо изменить сопротивления резисторов, чтобы практически полностью скомпен- гсировать температурную нестабильность источника.

У^/Г)3.22. Наклон прямой вольт' ,гамперной характеристики опреде-

2’ 2'ляется внутренним сопротивлеии- ем источника. Данный источник

Рис. 166питания как бы состоит из двух

источников с разными ЭДС и внутренними сопротивлениями, которые «работают» только в определенных диапазонах значений U и I. Из графика определяем (рис. 166): на участке /—^>1 = 1/1(0)=6 В,

^=ОТЙ=2° Ом:

на участке //—^2=<72(0) = 3 В,ЗВ г'2= ОДА =5 Ом"

Мощность, выделяющаяся на нагрузке с сопротивлением R, равна

Из условия H7r=0 найдем, при каком R максимальна 1РЙ: ^22^R, 2R

^“(я-н)2 (Я+г)®-* R+r- ’

откуда получаем R = r.

Итак, на участках I и 11 максимальные мощности выделяются на нагрузках, сопротивления которых равны, соответственно,

R1 = rt = 20 Ом, R2 = r2 — 5 Ом,

Соответственно, токи в цепи должны быть равны

7! = --^. =0,15 А,Кг+о7! = --^. =0,15 А,Кг+о7 г7 г^27?2+г2^27?2+г20,3 А.0,3 А.

7! = --^. =0,15 А,Кг+о

7! = --^. =0,15 А,Кг+о

7 г

7 г

^27?2+г2

^27?2+г2

0,3 А.

0,3 А.

Обе рабочие точки попадают на соответствующие участки, и, следовательно, на каждом из них действительно обеспечивается максимальная мощность в нагрузке.

Соответствующая максимальная мощность

^ = 7^=0,45 Вт, JF2 = /^2=o,45 Вт.

На рис. 166 приведена простая схема, обеспечивающая зависимость U (7) в цепи такую, как на рис. 61 (диод считаем идеальным). Интересно отметить, что при значительных изменениях нагрузочного сопротивления мощность в нагрузке почти не изменяется. Это может оказаться очень удобным для калориметрических опытов. Подумайте сами, какова должна быть кривая зависимости U от /, чтобы мощность нагрузки вообще не зависела от RK.

Источник с «отрицательным» внутренним сопротивлением.

Много интересных вопросов возникает в связи со свойствами источников, у которых зависимость напряжения от тока отличается от обычной зависимости U = = § — г/ (^ — ЭДС, г — внутреннее сопротивление источника). Некоторые из этих вопросов мы разберем на примере этой задачи.

Подключим к источнику резистор с сопротивлением R. Напряжение на нем связано с током простым соотношением— U„ = RI. Там же, где изображена зависимость U (7), начертим прямую UH=RI. Точка пересечения графика U (/) и прямой UH = Ri даст нам искомые ток и напряжение. Для обычного источника, у которого напряжение на зажимах тем меньше, чем больше ток, никаких проблем больше не возникает — точка пересечения одна и результат определяется однозначно. А вот для необычного источника, у которого на некотором участке напряжение растет с ростом тока, есть область значений R, при которых точек пересечения целых три. Понятно, что ток не может иметь одновременно три значения; значит, с этой областью нужно разбираться отдельно —удобный графический способ определения тока в цепи тут явно не подходит.

Подключим к источнику сначала резистор с очень большим сопротивлением, а затем будем постепенно сопротивление уменьшать. Первоначальный ток в цепи будет очень малым, и при уменьшении сопротивления он будет возрастать. На рис. 167, а такому режиму соответствует участок ab, на котором значения U и 1 (U) меняются от Ua = 20 В, 1а = 0 до Ub яу 10 В, 1Ь я 120 мА.

Каждая точка этого участка соответствует устойчивому состоянию (малые изменения тока в цепи приводят к изменениям напряжения, которые стремятся компенсировать изменения тока; это характерно для всех «нормальных» цепей). При дальнейшем уменьшении R режим меняется

скачком —от Ub, 1Ь до UC«22B, Iс«260мА, а затем — снова «устойчивый» режим (справа от точки с по кривой U (/)).

Если мы начнем с малых сопротивлений резистора, то при увеличении R мы дойдем до точки d (рис. 167,6), затем —скачок от Е^«23В, Id« 210 мА до 1/е«8В, /е «80 мА и снова по кривой U (/) до точки а.

А что если взять резистор, сопротивление которого лежит в области 80 Ом < R < 100 Ом (значению R ж 80 Ом соответствуют точки b и с на рис. 167, о, значению R« 100 Ом—точки е и d на рис. 167,6, и подключить его к источнику? Каковы будут напряжение и ток в цени? Чтобы ответить на этот вопрос, надо знать такие параметры цепи, как индуктивность проводов, емкость между выводами резистора. Если, например, индуктивность проводов большая (длинные провода), а емкость между проводами маленькая, то в момент подключения резистора к источнику ток будет малым (влияние индуктивности), а затем будет нарастать — режим в цепи будет устанавливаться в соответствии с рис. 167, а. Если велика емкость между подключаемыми к источнику проводами, а индуктивность проводов маленькая, то в первый момент ток будет большим и станет уменьшаться (по мере зарядки емкости) — случай, соответствующий рис. 167,6.

Интересно отметить, что, используя подобные источники, можно получить незатухающие колебания в цепи. Правда, для этого нужен второй источник — обычный.

У обычного источника, напряжение на котором падает с ростом потребляемого тока, можно определить величину внутреннего сопротивления — по отношению изменений напряжения на выходе к изменениям тока: г =— А(7/Л/. В нашем случае на некотором участке —на участке bd зависимости U (/)— внутреннее сопротивление источника получается отрицательным. При этом участок bd настолько крут, что даже полное сопротивление цепи (г -V R) оказывается отрицательным. Отсюда и неустойчивость «средней» точки, и другие «странности» (в том числе — возможность получения незатухающих колебаний: «отрицательное» сопротивление может компенсировать потери в колебательной системе; естественно, все это происходит без нарушения закона сохранения энергии — за счет энергии источника).

Как же удается получить полностью кривую зависимости U (/), если как при уменьшении, так и при увеличении сопротивления нагрузки из кривой «выпадает» участок bd? При помощи маленькой хитрости: возьмем второй источник, его «минус» подключим к «плюсу» нашего источника, а нагрузку R включим между оставшимися выводами. Это позволит нам при той же величине тока подобрать резистор с существенно большим, чем R, сопротивлением так, чтобы полное сопротивление в цепи было всегда положительным. (На графике такая прямая уже не выходит из начала координат и пересекает кривую U (/) только в одной точке.) .

Зависимость, подобная приведенной в условии задачи,— вовсе не редкость. Она может возникнуть, например, при попытке сделать стабилизатор напряжения, у которого выходное напряжение не меняется при изменении тока нагрузки. Чаще всего этого достигают, компенсируя уменьшение напряжения (компенсационный стабилизатор). Стоит только немного ошибиться — сразу в какой-то области наступит перекомпенсация, и напряжение начнет увеличиваться с ростом потребляемого тока. (Радиолюбители знают, что стабилизаторы часто склонны к самовозбуждению; причины этого явления мы выше обсудили.)

Будем решать задачу графически.

Разобьем схему на две части—батарейка и резистор (Vo+Д) (рис. 168 а) и цепь с нелинейными элементами (г+Д2+Д1) (рис. 168, б) —н построим их вольтамперные характеристики.

Для участка (^0+ R) зависимость / (Д) находится легко:

и0-иRи0-иRи^ийи^ий

и0-иR

и0-иR

и^ий

и^ий

— прямая 1у„+к на рис. 168, в.

В нелинейной цепи сначала найдем зависимость I (U) для последовательно соединенных резистора г и диода Дг^+Дг).

Рис. 168Рис. 168

Рис. 168

Рис. 168

Начертим прямую Ir=U]r и для каждого значения тока просуммируем значения падений напряжения на г и на Д2. Получится кривая /г+д (см. рис. 168).

Теперь для каждого значения напряжения найдем полный ток в нелинейной цепи — просуммируем значения токов через Д1 и в участке (г + Д2). Полученная кривая 1г+д1+дг— вольтамперная характеристика нелинейной цепи, выделенной на рисунке. Заметим,

что нам не надо строить всю кривую Iг*д + д —достаточно кусочка в районе пересечения этой кривой с вольтам- перной характеристикой участка Уо+Д (с прямой IVo+r). Точка пересечения этих линий U « 0,9 В и /общ ~ 2,5 мА— дает значения напряжения и полного тока в цепи (г + Д1+Д2). Ток через диод Д1 при напряжении 0,9 В /1 = 1,5 мА; значит, ток через резистор г и диод Д2

7s =/общ— 7, = 0,9 мА,

Подключим точки Л и

В к батарейке Uo (рис. 169).

Ясно, что потенциалы точек С и D равны; то же можно сказать

про точки Е и F. Это значит, что по отрезкам прямых, соединяющих точки С и D, а также Е и F, ток не течет. А в таком случае

эти отрезки можно выбросить—сопротивление от этого не изме-

нится, а схема явно станет проще. Теперь схему можно рассчитать совсем просто:

Яав=1Яав=1аар ра ,К 2, а2 р+ Q +2 Р°р+-^=-раар ра ,К 2, а2 р+ Q +2 Р°р+-^=-рар— 2"ар— 2"

Яав=1

Яав=1

аар ра ,К 2, а

2 р+ Q +2 Р

°р+-^=-р

аар ра ,К 2, а

2 р+ Q +2 Р

°р+-^=-р

ар

— 2"

ар

— 2"

Это—сложная задача. В решении ее есть два довольно тонких момента: во-перых, нужно догадаться, как схему упростить, а во-вторых, нужно понять, что с этой упрощенной схемой делать дальше.

Итак, упростим схему, разомкнув точки, потенциалы которых одинаковы—это Cj и С3, С2 и С4 на рис. 170, а. Кроме того, соединим накоротко точки А4 и Аг, а также В, и В2. Тогда и получится схема, приведенная на рис. 170,6. Видно, что между точками А* и В* подключен такой же «квадрат», только вдвое меньших размеров. И вот тут самое сложное место в решении—сопротивление этого квадрата ровно в два раза меньше, чем исходного.

Зная это, вы легко можете объяснить, почему именно в два раза, а вот догадаться об этом самостоятельно нелегко.

Дальше все просто: обозначим полное сопротивление R, сопротивление стороны большого квадрата г и найдем Кдв из полученной эквивалентной схемы:

•^rlVV 22) RfZ^rKV 2 2)

После довольно нудных преобразований, обозначив R/r~x, получим

х=+(/2-1)х-^1==;0.

И окончательно

R—L (1 — V 2 4- VD « 0,659г = 0,659ср.

Рис. 171Рис. 171цепочку бесконечной, а потом.цепочку бесконечной, а потом.U„ =U„ =ик»ик»каждая следующая раз. Значит, напря- цепи будеткаждая следующая раз. Значит, напря- цепи будет

Рис. 171

Рис. 171

цепочку бесконечной, а потом.

цепочку бесконечной, а потом.

U„ =

U„ =

ик»

ик»

каждая следующая раз. Значит, напря- цепи будет

каждая следующая раз. Значит, напря- цепи будет

Примем расстояние между Москвой и Ленинградом равным 6-10” м. Разобьем линию на множество звеньев; каждое звено представим в виде эквивалентной схемы из трех резисторов (рис. 171). Если одно звено соответствует 1 м длины линии.

то последовательные резисторы • имеют сопротивление г=0,05 0м, а параллельный — 7? = 107 Ом. Ясно, что два резистора, подключенные последовательно, можно заменить одним, сопротивление которого равно 2г = 0,1 Ом.

Число звеньев такой цепочки очень велико. Будем считать эту получив решение, обсудим право

мерность такого приближения.

Найдем вначале сопротивление Добщ такой цепи. Для этого добавим еще одно звено впереди цепочки и потребуем, чтобы полное сопротивление такой удлиненной цепи опять составило Добт:

^обш +2г=До6щ.

А + А Общ

Oicio'ia находим Добщ:

Яо6щ = г+Кг2+2гД = 0,05 + /(0,05)2+106 я 10’ Ом.

Если ко входным зажимам схемы иа рис. 171 подключить напряжение U, то после подключения добавочного звена напряжение у еньшится на величину

&U=2rI =2г-^—.

ячейки напряжение станет меньшеячейки напряжение станет меньшеЭю означает, что после одной

ячейки напряжение станет меньше

ячейки напряжение станет меньше

в 6=—оЛн~ 1.0001 раз и

U—ДП1—~г/^общ

ячейка уменьшает напряжение во столько же жепие после n-й ячейки на оставшейся части

6-105 м1 м6-105 м1 м

6-105 м

1 м

6-105 м

1 м

При нашем способе разбиения число ячеек равно N=

= 6-10?, значит, напряжение на конце линии составит

п U 100 ВN kN (1+0,0001)6-1°‘

Преобразуем выражение, стоящее в знаменателе:

(1 +0,0001 )6'10' = ((1 + 0,0001 )1«ооо]бо-у е«о ~ 1,14. ю+

(выражение в квадратных скобках—это приближенное значение числа е=2,718—основания натуральных логарифмов е= lim (l+x)1^.

х-^0

Итак, напряжение на конце линии составляет

Такую величину просто невозможно измерить, вольтметр покажет 0.

186

Напряжение посередине линии —

^/2=-^В« 10-U в.

Что изменится, а 1 см или 1 кмЧто изменится, а 1 см или 1 кмесли разбить линию на ячейки «длиной» не 1 м, (или 100 км)? В нашем случае «умельчение» ячеек.если разбить линию на ячейки «длиной» не 1 м, (или 100 км)? В нашем случае «умельчение» ячеек.конечно, допустимо, но явно не имеет смысла; а вот увеличивать их размеры нужно осторожно—на длине линии 10 км (10 000 ячеек но 1 м) напряжение падает в е раз, и ясно, что «длина» ячейки должна быть, во всяком случае, во много раз меньше, чем 10 км.Считая цепь бесконечной, мы как бы добавили к концу ее еще очень много ячеек. Ясно, что расчет /?общ был вполне корректным (напряжение на конце цепи во много раз меньше входного, и при подключении дополнительных резисторов /?Общ практически не меняется). А вот напряжение на выходе мы оцепили не очень точно. Подумайте сами, каким должно быть сопротивление вольтметра,чтобы наш способ решения давал точный результат.3.28. Если через лампу и резис-конечно, допустимо, но явно не имеет смысла; а вот увеличивать их размеры нужно осторожно—на длине линии 10 км (10 000 ячеек но 1 м) напряжение падает в е раз, и ясно, что «длина» ячейки должна быть, во всяком случае, во много раз меньше, чем 10 км.Считая цепь бесконечной, мы как бы добавили к концу ее еще очень много ячеек. Ясно, что расчет /?общ был вполне корректным (напряжение на конце цепи во много раз меньше входного, и при подключении дополнительных резисторов /?Общ практически не меняется). А вот напряжение на выходе мы оцепили не очень точно. Подумайте сами, каким должно быть сопротивление вольтметра,чтобы наш способ решения давал точный результат.3.28. Если через лампу и резис-тор г течет ток /, то U на лампочкетор г течет ток /, то U на лампочкенапряжениенапряжениеГрафик //(/) этой (рис. 172) называетсяГрафик //(/) этой (рис. 172) называется(1)зависимости нагрузочной(1)зависимости нагрузочнойпрямой. Точка пересечения нагрузочной прямой с вольтамперной характеристикой лампы определяет значения U и /: /=0,24 А, // = 1,6 В.Для того чтобы разность потенциаловпрямой. Точка пересечения нагрузочной прямой с вольтамперной характеристикой лампы определяет значения U и /: /=0,24 А, // = 1,6 В.Для того чтобы разность потенциаловА и ВА и Вмежду точкамимежду точкамибыла равна нулю, напряжение на нижней быть равно напряжению U на лампочке. Это условие будет выпол-была равна нулю, напряжение на нижней быть равно напряжению U на лампочке. Это условие будет выпол-части реостата должночасти реостата должнонено, еслинено, если

Что изменится, а 1 см или 1 км

Что изменится, а 1 см или 1 км

если разбить линию на ячейки «длиной» не 1 м, (или 100 км)? В нашем случае «умельчение» ячеек.

если разбить линию на ячейки «длиной» не 1 м, (или 100 км)? В нашем случае «умельчение» ячеек.

конечно, допустимо, но явно не имеет смысла; а вот увеличивать их размеры нужно осторожно—на длине линии 10 км (10 000 ячеек но 1 м) напряжение падает в е раз, и ясно, что «длина» ячейки должна быть, во всяком случае, во много раз меньше, чем 10 км.

Считая цепь бесконечной, мы как бы добавили к концу ее еще очень много ячеек. Ясно, что расчет /?общ был вполне корректным (напряжение на конце цепи во много раз меньше входного, и при подключении дополнительных резисторов /?Общ практически не меняется). А вот напряжение на выходе мы оцепили не очень точно. Подумайте сами, каким должно быть сопротивление вольтметра,чтобы наш способ решения давал точный результат.

3.28. Если через лампу и резис-

конечно, допустимо, но явно не имеет смысла; а вот увеличивать их размеры нужно осторожно—на длине линии 10 км (10 000 ячеек но 1 м) напряжение падает в е раз, и ясно, что «длина» ячейки должна быть, во всяком случае, во много раз меньше, чем 10 км.

Считая цепь бесконечной, мы как бы добавили к концу ее еще очень много ячеек. Ясно, что расчет /?общ был вполне корректным (напряжение на конце цепи во много раз меньше входного, и при подключении дополнительных резисторов /?Общ практически не меняется). А вот напряжение на выходе мы оцепили не очень точно. Подумайте сами, каким должно быть сопротивление вольтметра,чтобы наш способ решения давал точный результат.

3.28. Если через лампу и резис-

тор г течет ток /, то U на лампочке

тор г течет ток /, то U на лампочке

напряжение

напряжение

График //(/) этой (рис. 172) называется

График //(/) этой (рис. 172) называется

(1)

зависимости нагрузочной

(1)

зависимости нагрузочной

прямой. Точка пересечения нагрузочной прямой с вольтамперной характеристикой лампы определяет значения U и /: /=0,24 А, // = 1,6 В.

Для того чтобы разность потенциалов

прямой. Точка пересечения нагрузочной прямой с вольтамперной характеристикой лампы определяет значения U и /: /=0,24 А, // = 1,6 В.

Для того чтобы разность потенциалов

А и В

А и В

между точками

между точками

была равна нулю, напряжение на нижней быть равно напряжению U на лампочке. Это условие будет выпол-

была равна нулю, напряжение на нижней быть равно напряжению U на лампочке. Это условие будет выпол-

части реостата должно

части реостата должно

нено, если

нено, если

UURi

U

U

Ra - <§—U’

или

R-Ri S-U' u где R^ и Ri—сопротивления нижней (по схеме) и верхней частей потенциометра (/?1 + ^г = /?)- Отсюда

Rv = Ом, /?2=24 Ом,

©

При изменении ЭДС источника меняется напряжение на всех элементах схемы. Для того чтобы BU дв было минимальным, изменение напряжения на лампочке должно быть равно изменению напряжения на нижисй (по схеме) части реостата.

Сопротивление лампочки зависит от напряжения иа ней. При небольших изменениях напряжения вблизи «рабочей точки» лампочки можно считать, что А/~ MJ. Это соответствует замене самой вольтамперной характеристики вблизи рабочей точки касательной к ней (см. рис. 172),

Следовательно, вблизи рабочей точки лампочка ведет себя, как резистор с сопротивлением

Д1/ t огл=^т=с‘ер’У)

где Р — угол наклона касательной.

Величину Гд называют дифференциальным сопротивлением. Оно определяет не соотношение между напряжением и током в лампочке, а отношение их изменений.

Проведя касательную (см. рис. 172), найдем, что в рассматриваемом случае

Гд = 12,5 Ом.

Так как напряжение на лампочке определяется формулой (1), то

NU = Д^—Д/г.

Но

Д/ = ^.

гл

Следовательно,

Отсюда

Из соотношения (2) следует, что напряжение на нижней части реостата

поэтому

ДУт = Д^-^.(5)

к

Приравняв MJt и MJ, получим

ГЛ Ri

откуда

Ri = 18 Ом.

При этом (/лв ~ 0.6 В, и при изменении ЭДС ^ на величину, лежащую в пределах —1 В < Д^ < 1 В, значение U дВ меняется менее, чем на 0,03 В. Рассмотренное устройство может служить стабилизатором небольших напряжений.

Перерисуем схему так, как изображено на рис. 173, а.

Подключим к точкам А и В схемы (рис. 173, б) два одинаковых источника тока с ЭДС ^i = ^2 = ^ через два одинаковых резистора с сопротивлением R > г (внутренним сопротивлением источников пренебрежем). Положим г = 1 Ом и подберем значения ^ и R так, чтобы <£/R = l А.

Рассмотрим сначала подключение лишь одного источника к точке А и получим следующую схему разветвления втекающего в узел А тока /1 = ^/(7? + гдв) « 1 А (рис. 173, в). Оставляя затем только источник с ЭДС ^2> получим ситуацию, когда из узла В вытекает ток К^^НК + гдв) « 1 А (рис. 173, г). Этот ток стекается из трех ближайших к В узлов и через источник уходит на

«бесконечность». Теперь подключим к точкам А и В оба источника, тогда из принципа суперпозиции и из условия R > г получим, что по проводнику АВ будет протекать ток / = (/1+/2)/3 и напряжение на проводнике будет

и АВ =3-А.1 Ом=у В.

С другой стороны, на схему подано общее напряжение 2^ и в нее втекает ток / я 2^/(27?) = 1А. Следовательно,

Rab=^=^ Ом.

Случай, когда внешнее напряжение прикладывается к точкам А и С, совершенно аналогичен предыдущему:

2Rac=-^ Ом.

Нам осталось найти сопротивление между точками В и С. Подключение только одного источника приводит к тому, что по ребру АВ будет течь ток //3, а по ребру АС—ток //6. Подключим затем к узлу второй источник н из соображений симметрии и принципа суперпозиции получим

17bc=1Om^A+1aV1Om^1a+1a^=:1 В

ии

и

и

^ = -^=1 Ом.

Рыбу, конечно же, убивает не прямое попадание молнии, а электрический ток, который проходит при этом через воду. Плот-

Рис. 174Рис. 174ность тока спадает по мере удаления от места попадания молнии (рис. 174). Разность потенциалов, возникающая на туловище рыбы (которая пропорциональна величине тока, проходящего через рыбу), определяется плотностью тока через воду, и погибает та рыба, которая находится в области, где плотность тока превышает критическую величину. Характерный размер этой области составляет от нескольких метров до нескольких десятков метров, и в этой опасной зоне вполне может оказаться не

Рис. 174

Рис. 174

сколько рыбин.

В некотором смысле сходная ситуация может возникнуть прн обрыве провода высокого напряжения и падении его на землю. В этом случае плотность тока, текущего по земле, растет по мере приближения к месту падения провода. Степень опасности для человека характеризуется здесь так называемым «шаговым напряжением»—напряжением, возникающим между ногами человека при контакте с землей. Ясно, что маленькие шаги приводят к мень

шему шаговому напряжению — именно поэтому выходить из опасной зоны, где упал провод, надо небольшими шагами.

Ток в образце тезет вдоль полоски, но напряженность электрического поля направлена под углом к току и слагается из продольной напряженности Ei = Ujl и поперечной E2 = Vld (рис. 175).Проекции поля на оси х и у будутТок в образце тезет вдоль полоски, но напряженность электрического поля направлена под углом к току и слагается из продольной напряженности Ei = Ujl и поперечной E2 = Vld (рис. 175).Проекции поля на оси х и у будутПроводимость о—это коэффициент пропорциональности между плотностью тока / и напряженностью электрического поля£. В изотропном теле направления напряженности н плотности тока совпадают и j=oE. В анизотропной среде, например, в кристалле, проводимость вдоль разных осей может быть разной. В рассматриваемой в задаче ситуации проводимость вдоль оси х ох превосходит проводимость вдоль оси у—оу и плотность тока не совпадает с направлением напряженности электрического поля: /х= =6x^X1 1ц=СуЕ У 11 ixiil)^ Е х! V^

Ток в образце тезет вдоль полоски, но напряженность электрического поля направлена под углом к току и слагается из продольной напряженности Ei = Ujl и поперечной E2 = Vld (рис. 175).

Проекции поля на оси х и у будут

Ток в образце тезет вдоль полоски, но напряженность электрического поля направлена под углом к току и слагается из продольной напряженности Ei = Ujl и поперечной E2 = Vld (рис. 175).

Проекции поля на оси х и у будут

Ех=(Ei—£г) cos 45° = (Ег—E^V 2,Еу = (Б, + £г) cos 45° = (Ei+E^/ / 2,

а значит, для проекций плотности тока мы можем записать

jx = cxEx=Gx

Ei-F2 /2 ’

1ц—оуЕц — су ^— ■

Поскольку ток течет вдоль полоски, то jx = jy и £i Б» (Ег-\-Ei)

х Г 2’

а значит, отношение проводимостей будет

с* Ег-\-Ег (U (Г)-)-(Vjd) Fy-E1-E2" (U/l)-(V/d) "

О О О

Нетрудно понять, что нагревание различных предметов приводит к исчезновению как с их поверхности, так и из внутренних полостей имеющейся влаги. Это существенно ухудшает проводящие свойства, а значит, способствует более длительному сохранению на поверхности предметов разделенных зарядов, что и проявляется внешне как усиление их диэлектрических свойств.

Будем считать, что щель настолько узка, что расстояние, на котором толщина пучка заметно меняется (например, в два раза), много больше ширины щели d. В этом случае можно считать, что пучок представляет собой плоскопараллельную заряженную пластину, создающую электрическое поле с напряженностью

£=о/2е0,

где о—плотность заряда на пластине, равная отношению заряда Q участка пластины к площади 5 этого участка. Так как

Q — enSd, то

c=rnd.

Следовательно,

£ = end(2e0.

В этом поле на электрон у края пучка действует сила £ = е£,

сообщающая ему в иаправлеиии, перпендикулярном к пучку, ускорение

£ e2nd

а=—=7^-—-.

tn 2те0

Ширина пучка удвоится, когда электрон пройдет с таким ускорением расстояние d/2, т. е. через промежуток времени

V а V

Вдоль направления пучка электрон за это время удалится от щели на расстояние

1=^=и 1/«2,5 см.

Г ет

3.34. Выберем систему координат ху, как показано на рис. 176. Сразу же можно отметить, что движение частицы вдоль оси у будет равномерным со скоростью v cos а (действием силы тяжести мы пренебрегаем). Сила, действующая на частицу со стороны заряженных слоев, направлена вдоль оси х и в точке с координатой х определяется зарядами, находящимися в заштрихованных на рисунке областях (симметричных относительно плоскости раздела слоев). Действительно, действие незаштрихованных областей с разноименными зарядами компенсируется, поскольку область объемного заряда можно представить себе как набор плоскостей с поверхностным зарядом, а поле, создаваемое заряженной плоскостью, не зависит от расстояния до нее. По той же причине можно счи-

тать,

что поле в точке с координатой х определяется заряженными к заряда —рх и +рх

плоскостями с поверхностной плотностью расположенными слева и справа от этой точки. Напряженность такого поля равна

Е = 2

рх рх

2е0 е0

Значит, сила, действующая на частицу в тот момент, когда она находится в точке с координатой х.

Fу = — е

рх

Во '

и уравнение движения лении оси х

частицы в направ-

- ер х=— х

те0

Рис. 176

— это уравнение гармонических ко- лебани й с частотой соо = V ер!ть0.

Понятно, что частица не проникнет в область

отрицательного за

ряда, если амплитуда этих колебаний будет меньше d. Предель-

ная скорость vnp частицы, при которой выполняется это условие, определяется равенством

отсюда

vnvsVna—tood = d J/ -^-,

^пр —

При скоростях и < оПр частица проникает в положительно заряженный слой на некоторую глубину, а затем

из него. Частица проводит внутри слоя время I, периода колебаний с частотой со, т. е.

, Тте

t=—=n I/ .

2 V ер

За это время частица смещается по вертикали на

«выталкивается» равное половине

расстояние

7 А. И. Буздин и др.

Vme

— cos °"

193

На таком расстоянии от точки А частица вылетит из положительно заряженного слоя.

3.35. На пылинку в электрическом поле действует сила F=qE где q—заряд пылинки. Эта сила уравновешивается силой сопротивления воздуха Fc=kv(v—скорость движения пылиики). В первом случае напряженность элект-

Рис. 177

рического поля постоянна цилиндра, и скорость пылинок ~qEy/k, а время, за которое

воздух

очистится,

к=

Н Нк

Ш gEi

Во жутся

вдоль Vi= весь

(1)

втором случае пылинки

ДВИ-

в поле, напряженность

которого падает по мере удаления от оси цилиндра: Е (r) = EtR/r;

скорость пылинок также убывает с ростом г: v (r)=qREj/(kr). Пользуясь определением скорости v=ArlM можно записать: Лг/и(г) = ЛЛ График зависимости 1/сотг—прямая линия (рис 177). Величина Д/ = Дг/и(г) численно равна площади заштрихованной трапеции. Чтобы найти полное время движения пылинки tx от оси до боковой стенки цилиндра, необходимо просуммировать все интервалы Д/, т. е. найти площадь прямоугольного треугольника с гипотенузой ОЛ:

<х— 2 R

1 Rkу (R) ~ 2qEi ■

Подставляя значение kjq, найденное из (1), получим

,, R с

1*=11 2Н “6 С-

О теореме единственности в электростатике.

Напомним некоторые условия, которые выполняются при равновесном распределении зарядов в проводнике. Наличие практически неограниченного числа свободных носителей тока (электронов) приводит к тому, что электрическое поле в толще проводника отсутствует (иначе не прекратилось бы перетекание зарядов внутри проводника). Проводник, таким образом, образует область с постоянным потенциалом. Линии электрического поля всегда перпендикулярны эквипотенциальным поверхностям, в частности — внешней поверхности проводника. Еще одним фактом, справедливым для проводников любой формы, является то, что весь сообщенный проводнику заряд располагается на его поверхности (в противном случае внутри проводника существовало бы поле).

Теперь рассмотрим проводник, которому сообщили положительный заряд Q. Уместно поставить вопрос: един-

ственным ли образом весь этот заряд сможет растечься по поверхности проводника? Ответ на этот вопрос составляет содержание так называемой теоремы единственности в электростатике.

Предположим, что заряд Q может растечься по проводнику двумя способами, т. е. существуют два различных распределения заряда Q на поверхности проводника. Будем обозначать эти распределения Р, и Рг, Очевидно, что если этому же проводнику (незаряженному) сообщить отрицательный заряд —Q, то среди его равновесных распределений по поверхности проводника будут распределения Р'- и Р',, которые отличаются от Pt и Ра лишь тем, что знаки соответствующих зарядов в данном месте поверхности изменены на противоположные. Действительно, силами взаимодействия в конфигурации Рг (Р^ являются силы взаимного отталкивания зарядов, «сидящих» на поверхности. Изменение знаков всех зарядов оставляет эти силы неизменными, поэтому каждый элементарный поверхностный заряд будет в равновесии; при этом электрическое поле в каждой точке пространства вне проводника лишь изменит направление на противоположное. Таким образом, конфигурация Р\ (Р-^ также будет равновесной.

Рассмотрим далее такую ситуацию. Сообщенный проводнику заряд Q принял распределение Pt. «Заморозив» это распределение, поместим на проводник заряд — Q так, чтобы он принял распределение Ра. Если теперь суммарный заряд проводника (равный нулю) предоставить самому себе, то согласно принципу суперпозиции, система будет находиться в равновесии и никакого перетекания заряда по поверхности проводника не произойдет. Итак, общий заряд проводника оказался равным нулю; при этом на поверхности проводника обязательно найдутся разноименно заряженные области: Л1, заряженная положительно, и В^ заряженная отрицательно. Рассмотрим силовую линию, выходящую из области Лр Поскольку проводник уединенный, то эта силовая линия либо кончается на нем, либо уходит на бесконечность. В первом случае точки начала и конца силовой линии (принадлежащие проводнику) должны иметь разные потенциалы (почему?), чего не может быть. Остается второй случай. Аналогично рассмотрев одну из силовых линий, приходящих к проводнику в области Bt, мы придем к выводу, что она пришла из бесконечности. Мы считаем, что бесконечность имеет фиксированный потенциал; но тогда 7* 195

потенциал области Аг выше потенциала бесконечности, а потенциал бесконечности выше потенциала области В^, т. е. различные области проводника имеют разные потенциалы. Но это противоречит условию равновесия зарядов на поверхности проводника.

Итак, предположение о возможности двух различных равновесных распределений заряда было неверным. Заряд на проводнике может распределиться единственным образом. Если в конкретной задаче нам удалось угадать равновесное расположение зарядов, то это и будет ответ.

Теперь рассмотрим решение задачи.

Два соприкасающихся проводника А и В представляют собой уединенный проводник (Л-ТВ). Заряд, сообщенный этому проводнику, (?. Рассмотрим малый элемент As поверхности проводника, на котором в результате равновесного распределения заряда Q по поверхности проводника (А 4-В) установилась плотность заряда о. Если бы проводнику (А -ТВ) (незаряженному) сообщили заряд Q', то установившаяся плотность заряда о' на As удовлетворяла бы следующему соотношению:

о' Q'о Q "

Действительно, сила, действующая на заряженный элемент As поверхности проводника (Л-ТВ) со стороны других заряженных областей поверхности, определяется как сумма сил взаимодействия данного элемента поверхности со всеми остальными. Поскольку пространственное расположение проводников осталось неизменным (это важный момент), взаимные расстояния между элементарными зарядами (зарядами отдельных элементов поверхности (Л-|-В)) также остались неизменными, а изменились лишь величины самих взаимодействующих зарядов. Поэтому каждая из сил попарного взаимодействия элементарных зарядов изменилась в одно и то же число раз—в (Q7Q)2 раз. Таким образом, каждая элементарная область поверхности по-прежнему будет находиться в равновесии.

Из приведенных рассуждений следует, что какой бы заряд ни сообщался контактирующим проводникам Л и 6 (проводнику (Л-ТВ)), отношение заряда q^, распределившегося на проводнике А, к заряду qB, распределившегося на проводнике В, остается неизменным (разумеется, при неизменном расположении контактирующих проводников).

Первоначально, когда на проводнике (Л-ТВ) распределен заряд Q,

(1)

Чв Ч

При сообщении проводнику (Л-ТВ) дополнительного заряда qx

Чв Q-V^-Ч'W

Из (1) и (2) находим qx:

Сначала докажем, что при первоначальной ориентации куба в электрическом поле поверхностная плотность зарядов, наведенных в центрах граней, параллельных полю (остальных четырех), будет равна нулю. Действительно, пусть напряженность внешнего однородного поля равна Ео. Из соображений симметрии ясно, что поверхностная плотность зарядов, наведенных в серединах четырех граней куба, параллельных вектору Ео будет одинакова. Примем ее равной ог. Изменим теперь направление вектора напряженности внешнего однородного поля на противоположное. Тогда легко понять, что поверхностная плотность наведенных зарядов, оставаясь неизменной по величине, поменяет знак на противоположный в каждой точке поверхности куба. В частности, в серединах отмеченных выше четырех граней эта величина станет равной О1 = — Or- Но «получить» ситуацию с повернутым на 180° вектором напряженности внешнего поля можно было бы, «повернув» все пространство» (поле вместе с расположенным в нем кубом) на 180е относительно вертикальной оси, проходящей через середины горизонтальных граней куба. При этом, очевидно, поверхностная плотность наведенных зарядов в центрах параллельных полю граней не изменится, т. е. Oi=Oj.

Итак, мы получили, одновременно

aj=Oj и Oi=—ot,

т. е. 01 = 0.

Рассмотрим далее случай, на рис. 70, б.

Воспользуемся принципом суперпозиции и будем считать, что куб помещен в систему из двух взаимно перпендикулярных полей, вектор напряженности каждого из которых Ej и соответственно Е2 в р^2 раз меньше вектора суммарного поля Ео, т. е. выполнены следующие условия E0 = Ej+E2, | Е] | = | Е2| = Е0/}^2 , Е, Е2. Легко сообразить, что поле Ej наводит в центрах перпендикулярных ему граней заряды с поверхностной плотностью о' = о0/}^2 так как Е1 = ЕО/УГ2, а в центрах остальных четырех граней поверхностная плотность заряда будет равна нулю. Сходные рассуждения проведем и для поля Е2. Тогда поверхностная плотность наведенных зарядов в исходном внешнем однородном поле величины Ео в центрах всех вертикальных граней будет одинакова по величине и равна о' = о/р^2. Поверхностная плотность наведенных зарядов в центрах горизонтальных граней будет равна нулю.

В случае, когда куб сориентирован так, как на рис. 70, в, также воспользуемся принципом суперпозиции. Для этого представим внешнее поле как сумму трех взаимно проникающих перпендикулярных полей величиной Ео/У^. Рассуждая, как ив предыдущем случае, придем к выводу, что теперь величина поверхностной плотности зарядов, наведенных в центрах всех граней куба, будет равна с" = с/У^З .

Получившаяся система пластин соответствует эквивалентной схеме из трех конденсаторов емкости C=eos/d каждый (рис. 178):

—L + 2 — 2 L — 2 d ■

Реальное поле плоского конденсатора вовсе не сосредоточено внутри — только очень приближенная модель не учитывает поля 197

снаружи («краевых эффектов»). Если бы поля снаружи не было, можно было бы взять контур, часть которого находится внутри конденсатора, а часть—снаружи, и получить при переносе по этому контуру пробного заряда, работу, не равную нулю (а это для поля неподвижных варядов невозможно!).снаружи («краевых эффектов»). Если бы поля снаружи не было, можно было бы взять контур, часть которого находится внутри конденсатора, а часть—снаружи, и получить при переносе по этому контуру пробного заряда, работу, не равную нулю (а это для поля неподвижных варядов невозможно!).Рис. 179Рис. 179т. е.т. е.С/в=6оС/в=6оSt Sa df dtSi , S2 di d2St Sa df dtSi , S2 di d26»6»SfSaSidi -]- S2d2SfSaSidi -]- S2d2

снаружи («краевых эффектов»). Если бы поля снаружи не было, можно было бы взять контур, часть которого находится внутри конденсатора, а часть—снаружи, и получить при переносе по этому контуру пробного заряда, работу, не равную нулю (а это для поля неподвижных варядов невозможно!).

снаружи («краевых эффектов»). Если бы поля снаружи не было, можно было бы взять контур, часть которого находится внутри конденсатора, а часть—снаружи, и получить при переносе по этому контуру пробного заряда, работу, не равную нулю (а это для поля неподвижных варядов невозможно!).

Рис. 179

Рис. 179

т. е.

т. е.

С/в=6о

С/в=6о

St Sa df dt

Si , S2 di d2

St Sa df dt

Si , S2 di d2

6»

6»

SfSa

Sidi -]- S2d2

SfSa

Sidi -]- S2d2

Рис. 178

Присоединив проводники А и В (рис. 179), мы получим по- следовательное соединение конденсаторов 6!=—— и С2 = ——,

Присоединив провода к точкам А и D (D—на проводящем листе), получим Ct, а к точкам В и D—емкость С2.

Найдем связь между зарядом на конденсаторе и расстоянием между его пластинами d. Сила, действующая на пластины конденсатора со стороны пружины, равна k(d0—d), где к—коэффициент упругости пружины. Эта сила уравновешивается силой электростатического притяжения между пластинами конденсатора q(E/2) (здесь q—заряд пластины, а Е—напряженность электрического поля в конденсаторе (множитель 1/2 появляется из-за того, что полная напряженность равна сумме напряженностей, создаваемых каждой из пластин)). Разность потенциалов U на пластинах конденсатора U = Ed=q]C, где C^^S/d—емкость плоского воздушного конденсатора. В итоге можем записать соотношение

*(d6—d)=?^-=^.

(1)(1)При заряде на конденсаторе, равном q^, расстояние между его пластинами составляло dt, т, е,

(1)

(1)

После параллельного подсоединения незаряженного конденсатора заряд перераспределился и уменьшился наполовину на первом конденсаторе до qol$. Расстояние между пластинами конденсатора d2 при этом определяется из соотношения

fe(de-d2) = -Ml. (2)

Сопоставляя (1) и (2), находим искомое расстояние da d0—d2= */$ (do—dj),

т. е.

da^1 led6.

На проводящей оболочке, помещенной в электрическое поле, будут индуцироваться заряды. Поверхностная плотность этих зарядов пропорциональна напряженности поля Е. При изменении размера оболочки в п раз и напряженности поля в к раз силы, действующие на половинки сферы (на которых индуцированы заряды противоположных знаков), изменятся в №п? раз.

Поскольку толщина стенок остается постоянной, сила, приходящаяся на единицу длины оболочки, должна быть прежней. Если в первом случае разрыв происходит при некотором значении f0 этой силы, то при увеличении размеров сферы в п раз и напряженности поля в к раз разрыв произойдет при t = (k2n2ln)ta. Из условия f = f0

п '

следовательно.

разрыв произойдетразрыв произойдетк=\#У"п.

разрыв произойдет

разрыв произойдет

При увеличении радиуса оболочки в два раза при напряженности поля

Е=Е61У"2.

Известно, что энергию заряженного тела можно представить как суммарную потенциальную энергию взаимодействия всех пар небольших заряженных областей, из которых состоит заряженное тело.

Выберем на квадратном заряженном листе две произвольных небольших области (рис. 180), д

площади которых Oj и г>2 соответственно, а расстояние между ними г. Тогда энергия взаимодействия пары выбранных областей

4ле0 г

где о—заряд, приходящийся на единичную площадку заряженного листа,—поверхностная плот

ность заряда.

Для сложенного вчетверо листа выберем два сходных с первой парой небольших участка, соответственно площадей S, = S1/4 и S2=S2/4 на расстоянии г'=г1й друг от друга. Тогда энергия взаимодействия новой пары областей

Дй^12:Дй^12:1 (o'Si) (а'Хг)4ле0 г"1 (o'Si) (а'Хг)4ле0 г"14лв014лв0STS2o2072)STS2o2072)=2Д№1а,=2Д№1а,

Дй^12:

Дй^12:

1 (o'Si) (а'Хг)

4ле0 г"

1 (o'Si) (а'Хг)

4ле0 г"

1

4лв0

1

4лв0

STS2o2072)

STS2o2072)

=2Д№1а,

=2Д№1а,

(мы учли, что после складывания листа поверхностная плотность заряда возросла в 4 раза, о'=4а).

Разбивая заряженный лист на множество небольших участков, в первом и подобным образом во втором случае (после складывания) убедимся, что любая пара областей в первом случае будет давать в общую энергию вклад, в два раза меньший, чем соответ-

ствующая пара областей во втором случае. Следовательно, и полная энергия листа до складывания будет в два раза меньше полной энергии листа после складывания.

Точно такой же ответ мы получим, если воспользуемся соображениями размерности. Учтем что полная энергия равномерно заряженного квадрата будет пропорциональна квадрату его полного заряда и обратно пропорциональна длине стороны квадрата. После двукратного складывания квадрата мы получим ситуацию подобную исходной. При этом полный заряд квадрата остался неизменным, а размеры уменьшились в два раза. Следовательно, полная энергия квадрата увеличилась в два раза.

Очевидно, при помещении незаряженного металлического шара в однородное электрическое поле на поверхности шара появятся наведенные электрические заряды. Они расположатся по его поверхности так, что напряженность результирующего электрического поля внутри шара будет равной нулю. Ясно, что поверхностная плотность заряда о определяется напряженностью внешнего электрического поля и геометрией проводника. При заданной геометрии чем больше внешнее электрическое поле, тем больше величина о в каждой точке поверхности проводника.

При выключении внешнего электрического поля в шаре выделится тепло за счет потенциальной энергии поля, созданного наведенными на шаре зарядами. Эту энергию можно найти как сумму потенциальных энергий всевозможных пар заряженных точек поверхности шара. Разобьем поверхность шаров на подобные малые участки Энергия взаи содействия пары участков поверхности меньшего шара, находящихся на расстоянии Rta Друг от друге, равна

Л L A^ASgA W = tojOg —=,

где oj и о2—соответствующие плотности заряда, AS, и AS.,—площади соответствующих участков. Поверхностные плотности заряда на подобных участках большого шара также равны Ох и о2. (Покажите эго самостоятельно, воспользовавшись принципом суперпозиции и условием равенства нулю напряженности поля внутри проводника.) Если радиус этого шара больше в « раз, чем радиус меньшего шара, то энергия пары подобных участков большого шара равна

ASlAS- n2AS! n2ASg .„.

A W = кога.г —;= ко^г-=n3A ,

R,nnRls

где AS, и AS,—площади соответствующих увеличенных участков, R\>—расстояние между ними.

Таким образом, при увеличении размеров шара в три раза (п = 3) потенциальная энергия поля наведенных зарядов увеличится в З3 = 27 раз и, следовательно, во столько же раз возрастет количество тепла, которое выделится при выключении внешнего поля. Более короткое решение задачи мы получим, если, как и при решении предыдущей вадачи, воспользуемся соображениями размерности. Действительно, единственными величинами, через которые будет выражаться запасенная шаром энергия, равная количеству тепла Q, будут величина вектора напряженности внешнего однородного поля Е и радиус шара R. Откуда Q=aE2R2. При увеличении радиуса шара в три раза, учитывая физическое подобие ситуаций, количество выделившегося гепла Q' будет удов- 200

летворять соотношению

Q' = а£3 (3Ry = 27Q.

Пусть подвижная пластина сместилась на х и расстояние между пластинами стало d—х. Условие равновесия пластины— равенство «электрической» и упругой сил;

e^SU

й> = кх,2Ц—хУ

,/" 2kx(d—х'У,/" 2kx(d—х'Уи =и =отсюда уравнение для шкалы

,/" 2kx(d—х'У

,/" 2kx(d—х'У

и =

и =

Чтобы найти Umax, исследуем U (х) на максимум. Приравняв про

изводную нулю, получим

(^ ХтахУ 2 (d Хтах) Хтах—0, Хтах— ^/3<

Прн этом смещение

Umax = U (Хтах) = V^Т^ * 4'3’103 В'

Ясно, что это и есть ответ, когда вязкое трение велико. При малом же трении решение усложняется: пластина может «проскочить» по инерции положение равновесия так, что электрические силы превзойдут упругие и пластины «схлопнутся» Уравнение равенства сил имеет два корня — меньший (X]) соответствует устойчивому равновесию а больший (х2)— неустойчивому Итак, если пластина попадет по инерции во второе равновесное положение и скорость ее не упадет точно до нуля, произойдет «схлопывание». Именно это и ограничивает диапазон измеряемых напряжений при малом трении величиной (У, < t/max

Найдем величину Ui, соответствующую граничному случаю, используя закон сохранения энергии. При подключении батареи начальная энергия системы

ii7 CaUi е08 г

Если пластина сдвинулась на х2, то энергия конденсатора в этом положении

e^SUtх-2^-хг)

Работа батареи~2d(d—x2)Работа батареи~2d(d—x2)■^бат — ^1 te —£нач) — ^1 (^1U, CnU i) —

Работа батареи

~2d(d—x2)

Работа батареи

~2d(d—x2)

Энергия пружины 1Епр=—^

Если скорость пластины в положении xs упала до нуля, то е SU2

^нач + Лбат^^кон + ^пр или, после упрощений ^—1-^=ДХа.

Но ха— положение равновесия, т. е.

, t^SUi£t>SUi £qSUi

%2—2 (d—x2)2 ИЛИ d(d—x2) —2(d—Xa)2 *

откуда Хг=Ч^. Тогда

3,9-103 В.3,9-103 В.и^и^- V^B*

3,9-103 В.

3,9-103 В.

Сразу после подключения конденсаторов к источнику напряжения на них делятся в отношении, обратном емкостям. Однако, если подождать некоторое время, заряды конденсаторов перераспределятся за счет токов, протекающих по неидеальному диэлектрику. Сумма напряжений, как и раньше, равна напряжению источника, но большая часть приложена к тому конденсатору, у которого диэлектрик лучше. В нашем случае к конденсатору с диэлектриком из слюды.

Итак, если учесть токи утечки (а это делать нужно обязательно!), максимальное напряжение не должнобыть выше £72 = 300 В, Даже при одинаковом выборе диэлектриков один из конденсаторов может оказаться получше—ему и придется выдерживать «львиную долю» приложенного напряжения.

В цепях переменного тока таких проблем не возникает (если, конечно, Г=-т-^ТраГПр « R^—С), а что делать в цепях постоянного тока—ведь может так случиться, что напряжение источника превышает допустимые для конденсаторов величины и их приходится соединять последовательно? В этом случае можно подключить параллельно конденсаторам резисторы, которые заставят распределяться приложенное напряжение. Разумеется, сопротивление такого резистора должно быть достаточно большим, чтобы не нарушать работу всего устройства, однако, оно должно быть существенно (гарантированно) меньше, чем ожидаемое /?ут. Обычно этим условиям легко можно удовлетворить. Такие же проблемы возникают при последовательном соединении диодов в выпрямителе—их решают точно так же.

После подключения резистора R нижиий конденсатор будет разряжаться (рис. 181), а верхний—заряжаться. Учитывая малость г, можно считать, что в любой момент сумма напряжений на конденсаторах равна Uo, т. е. учитывая Cj = C2, можно сказать:

ряда нижнего. Но это значит,ряда нижнего. Но это значит,Рис. 182Рис. 182увеличение заряда верхнего конденсатора равно уменьшению за- что ток через резистор R в любой

ряда нижнего. Но это значит,

ряда нижнего. Но это значит,

Рис. 182

Рис. 182

момент ровно в 2 раза больше, чем через г, и отношение количес1в тепла Ю1 (на г) и ш8 (на R):

Uli г1

4R ~"4б0б‘

До того как из схемы вырвали конденсатор 2С, заряды всех конденсаторов были равны

Ч — Собщ S = уу С<§!

В получившейся схеме (рис. 182)

91 । 92 ■ 9зС "г 2С ЗС91 । 92 ■ 9зС "г 2С ЗС

91 । 92 ■ 9зС "г 2С ЗС

91 । 92 ■ 9зС "г 2С ЗС

91 — 9з,

12

—91492 = —2ф = — ууС^.

Отсюда

102 _ „36 G

91 = 12гС<5‘, Д91=91 —9 = у2Г^-

Начальная энергия системы конденсаторов

17^ _ 2 U^ 18

"1 = С0бш—=-д=

После замыкания перемычки остается конденсатор 2С и энергия системы

Г Г2Wt=2C^-=CUL

После замыкания батарейка «протолкнула» по цепи дополнительный заряд

^q = ^CU о — С0^.ц(70 = — CU о.

При этом она совершила работу

A = MUe—^CU§.

«Баланс энергий»: й714*4 = И78+й7тепл. (В принципе, часть энергии перейдет в тепло не сразу—При замыкании проскочит искра — и излучится электромагнитная волна, кроме того, будет слышен авук—значит, и звуковая волна образуется тоже.)

^тепл^уСПНу и»с-си'й^си1.

При размыкании перемычки заряды в цепи перетекать не будут, вначит, и тепло не выделяется.

В тот момент, когда ток достиг значения /п, заряд конденсатора С составил q6=CI0R и начальная энергия электростатического поля

Равновесие в схеме установится, когда этот заряд распределится между двумя конденсаторами.

В конце перезарядки (через очень большое время) энергия

1 2Собщ 6С

Разность этих энергий равна количеству выделившегося тепла

Мощность, переходящая в тепло на подключенном резисторе в каждый момент времени пропорциональна Uc, т. е. энергии конденсатора.

Отсюда следует, что за фиксированный отрезок времени энер-

A£t ДЕ2 гия конденсатора уменьшится в определенное число раз: —-—=-=—.

С 1 С 2 В наших обозначениях

Et = £^, ДЕ^^г, ДЕ2=Гг, Ee=Et-EEt,

тогда получим

IF, IF2

Е^- Ег-Wt или

IF?1

р1_1171

IF,-IF2 1 U7S *

IF, Отсюда

.51. Максимальная энергия вспышки численно равна площади под графиком кривой У (^), ограниченной значением 67 = Е0 = ЗООВ (при этом дкО.ЗКл; рис. 75).

;Д д1Чтобы определить эту площадь, раз-

'делим кривую U (q) на участки, на

/которых зависимость U (q) можно

-/приближенно считать линейной. Под

/каждымтакимучасткомплощадь чи-

/елейноравнаEqt-Utv.Таким обра-

/зом, максимальная энергия вспыш-

100 -/ки

IF к ^^0,05+ l40 + 20Q0,075+

00,1 ОД.Кл +^±^0,175) дж = 60 Дж.

Рис. 183,, --

Удобный способ определения времени заряда конденсатора от 0 до

250 В подсказывает формула lEt — Eq, откуда Et = Eq/I и общ = у ^0-

Начертим график зависимости 1// от q (рис. 183). Ток при заданном значении q находим по графику I =(U0—U)/R. Площадь под графиком кривой, ограниченной значениями /-,=200А-1, // = 0,2 Кл, численно равна времени заряда конденсатора

,/33 + 100 ., 100+200

^бщ = (2°'12^5°’07° ) с ~ 2°с.

Итак, вспышки можно производить примерно три раза в минуту, 204

Самое главное—конденсаторы в этой схеме не разряжаются полностью. После того как ток в цепи станет равным нулю, конденсаторы окажутся сое швейными параллельно, т. е. напряже

Рис. 184 ва каждом из них было ^/3, заРис. 184 ва каждом из них было ^/3, зания на них окажутся одинаковыми.

Рис. 184 ва каждом из них было ^/3, за

Рис. 184 ва каждом из них было ^/3, за

Ток, разряжающий средний конденсатор, равен сумме iokob в цепях с крайними конденсаторами, а так как в силу симметрии те равны между собой (рис. 184), то

/2 = 27,.

Обозначим напряжение на конденсаторах в конце процесса U х. Поскольку начальное напряжение

= С у Ux J , а через средний — заряд q^ = C ■ среднего конденсатора станет противоположным).Ясно, что ^2=2-7,, т. е.= С у Ux J , а через средний — заряд q^ = C ■ среднего конденсатора станет противоположным).Ясно, что ^2=2-7,, т. е.время разряда через крайние конденсаторы протекут заряды ^ = + 1/,) (заряд

= С у Ux J , а через средний — заряд q^ = C ■ среднего конденсатора станет противоположным).

Ясно, что ^2=2-7,, т. е.

= С у Ux J , а через средний — заряд q^ = C ■ среднего конденсатора станет противоположным).

Ясно, что ^2=2-7,, т. е.

2С (-^— Ux^ =С (^+ Ux^

откуда

Тепло, которое выделится на каждом из резисторов, найдем из закона сохранения энергии:

У1 — У а — "g" 1и нач— w кон7 — 2 ° 2 \ 3 /22 \ 9 /27^® '

При перезарядке среднего конденсатора напряжение ^р/10 будет на нем дважды—во время разряда от <^/3 до 0 и во время зарядки от 0 до <§/9. Для первого случая, согласно закону Ома,

(1)(1)Utl +"^)"— ^fi

(1)

(1)

(Иц— напряжение на крайних конденсаторах в этот момент); заряды, которые протекут к этому моменту через крайние конденсаторы и через средний, связаны соотношением

(2)(2)

(2)

(2)

Решая совместно (1) и (2), находим ток /и, текущий в первом случае через резисторы:

7,1 60 R "

Составляя аналогичные уравнения для второго случая: г,г (\Lс (I

находим

/<2—60 R '

Пусть напряжение источника U (f)=at, а ключ замыкается в момент < = т. Обозначим постоянный по величине ток в непи 70. Тогда

UW = RI0+q/C.

Но 7=/о(7 — т), значит,

а/ = RIq-\- Iо У—т)/С, или

^a-^t = RI0-I0T/C.

Ясно, что выражение в скобках должно быть равно нулю (справа постоянная величина, ие зависящая от времени), отсюда

1й=а£ и t=RC.

Найдем средний ток, протекающий через амперметр. Это сделать довольно просто: / раз в секунду конденсатор заряжается до напряжения 1/0 (причем этот заряд проходит «мимо» амперметра— через второй диод) и столько же раз—разряжается — через амперметр:

/ - 4 — CU«fT —Г-Т! f

'ср— у — р —ъи^!.

(Для случая По = 1ОВ, С=1мкф, / = 500Гц, /ср = 5-10-8А.) Обратите внимание на то, что ток через амперметр имеет вид остроконечных импульсов довольно сложной формы, однако среднюю его величину мы оценили вполне корректно. А вот значение «средней величины квадрата тока» — для прибора тепловой системы и «средней величины непонятно — чего»—для электромагнитного амперметра — будет другим (и может отличаться довольно существенно).

Такая схема широко используется для измерения частоты импульсов (их форма не очень существенна—лишь бы конденсатор уверенно успевал полностью заряжаться и разряжаться до амплитудного значения), а при известной частоте генератора импульсов—для измерения емкостей конденсаторов.

При замыкании ключа конденсаторы почти мгновенно (сопротивление амперметра и внутреннее сопротивление батареи пренебрежимо малы) заряжаются до напряжения Us=-^, а при размыкании ключа практически полностью разряжаются. Поясним это.

Разряжается каждый конденсатор через резистор R, Ток разряда в первый момент

1 _из_иб0 R ~2R’

Если бы этот ток не изменялся, то конденсатор полностью разрядился бы за время

т=-^ = ^=RC.• о ' о

На самом деле ток уменьшается по мере разряда конденсатора, и конденсатор разряжается все медленнее; формально говоря, on полностью не разрядится никогда. Нас же интересует не абсолютно полный его разряд, а такой, при котором просто U «^ Us", для этого достаточно потребовать, чтобы Гра3р > т. В нашем случае Травр = Т8=20-10~8С>т=1-10~8С.

Рассчитаем заряд, протекший через амперметр при замыкании ключа:

91 “ 2R 1 С 2

(напряжение на резисторах равно По/2, ток резисторов протекает через амперметр).

При замыкании ключа оба конденсатора разряжаются через амперметр:

Средний ток

'сп =;=;—7Гпi~ »,о10 3А.

Tj + Тг 'Т|-]-Т22R Т14-Т;

Ответ на вопрос задачи очевиден: средний гок через резистор должен быть равен нулю. В самом деле, при любом значении тока, отличном от нуля, потенциал точки соединения конденсаторов со временем возрастал бы неограниченно.

Найдем ток через батарею, считая напряжение батареи 17о=1О В.

Легко проверить, что- за то время, когда переключатель находится в одном из положений—I или 2—конденсаторы перезаряжаются незначительно. Действительно, пусть на конденсаторе емкостью С напряжение U. Замкнем его на резистор сопротивлением R. По цепи пойдет ток 1 = U[R, в результате за малое время заряд конденсатора изменится на

^q=It = Ut/R.

а напряжение—на

^U = ^qJC=Ut/(,RC), так что

U RC '

На самом деле изменение напряжения еще меньше, так как от батареи гоже протекает некоторый заряд.

Итак, напряжения на конденсаторах можно считать постоянными. Тогда для схем, изображенных на рис. 185, получим

Но

6Т) = /oTg, ZgTg " /jTf,или, учитывая, что Т] =т2 = 1/(2/),If ^ ^2 И t2=/f«Следовательно, в установившемся режиме

(/1 = (7г=-у-,

71 + /г = ^о/(2/?). и ток через батарею

7 =мкА.

24/?

Интересно, что в ответ не вошли значения емкостей конденсаторов. Они нам понадобились только для подтверждения условия RC > \Ц.

О О О

Как известно, в магнитном поле заряженная частица движется по спирали вдоль силовой линии. Заряженные частицы, рожденные водородным взрывом на больших высотах, распространяются от места взрыва по силовым линиям магнитного поля Земли к южному и северному магнитным полюсам Именно там — в полярных областях— и возникало свечение ночного неба из-за появления заряженных частиц на сравнительно малых высотах.

На частицу в среде при наличии магнитного поля действуют две взаимно перпендикулярные, пропорциональные скорости частицы силы: сила тре- н-ия FTp — — kv =—к — и сила Лоренца Рд = =qB | Дг/Д/1 (Fji | Ртр) (рис. 186). Приращение импульса тДу за время Nt будет поэтому векторно складываться из импульса силы трения к | Дг | и перпендикулярного ему импульса силы Лоренца уВ|Дг|, образуя прямоугольный треугольник рис. 186, а. Подобный треугольник образуют и соответствующие векторы за все время движения частицы рис. 186, б, где I расстояние от точки входа в среду до точки остановки, а и0 — начальная скорость частицы. В отсутствие поля прямоугольный треугольник вырождается в пря-

8 А. И. Бузхнн н др.

мую и muB = ks. В магнитном поле, используя теорему Пифагора, можем записать тУб=УЧк!1')2-у(1дВ11')2 в поле В /2: тив = = V(t/2)2+(95Zs>/2)2. Из этих трех соотношений легко находим, что 9

1. = I, —.« 8,33 см.

V1+3 (Л/S)2

При изменении магнитного поля возникает вихревое электрическое поле. Напряженность Е этого поля в точках, находящихся на расстоянии г от оси соленоида, можно иайти, зная ЭДС ивдукции в контуре, представляющем окружность радиуса г;

1^инд| = |-^| = 2лг£,1^инд| = |-^| = 2лг£,Втгг Bt2лг Д/ 2Д/"Втгг Bt2лг Д/ 2Д/"

1^инд| = |-^| = 2лг£,

1^инд| = |-^| = 2лг£,

Втгг Bt2лг Д/ 2Д/"

Втгг Bt2лг Д/ 2Д/"

(+= | Е (). Сила, действующая на электрон со стороны этого поля, ,До еЕ

сообщает электрону ускорение а =—£-=——, направленное по касательной к окружности радиуса г. Таким образом, за малое время Д/ скорость электрона изменяется на величину

еЕ Nt еВг

Ny = -= ——.

т 2т

^Эта формула справедлива для скоростей, существенно меиьших eBt \

скорости света с, т. е. < с. I

При решении задачи мы не учли действия магнитного поля на движущийся электрон. Сила, действующая со стороны магнитного поля, сообщает электрону ускорение, направленное вдоль радиуса соленоида. Чтобы приведенное выше решение было верным, необходимо выполнение следующего условия: за время Nt изменение Диг скорости вдоль радиуса должно быть много меньше изменения До скорости по касательной, т. е.

, иeNvB Nt

До. « а. Дг = I1 д/ = — Ду

\ т ) 2т

Отсюда находим ограничение для Д<:

Так, для 6 = 10~4 Тл

'2-9-10~31

д/<Тб+о^1о^ «ю-7 с.

При г«=10~2 м

До ж 105 м/с ■< с, где с*-скорость света.

Пусть по тонкому кольцу радиуса R течет ток / (рис. 187, а). Этот ток создает в окружающем пространстве магнитное поле. Пусть в центре кольца магнитная индукция Bi. Поскольку при повороте кольца на любой угол относительно его оси система совмещается (переходит в себя), вектор магнитной индукции в центре кольца должен быть направлен вдоль оси — иначе после поворота кольца вокруг оси на конечный угол вектор магнитной индукции

Рис. 187Рис. 187Следовательно,Следовательно,Bf _ 2в» V зBf _ 2в» V зI.I.

Рис. 187

Рис. 187

Следовательно,

Следовательно,

Bf _ 2

в» V з

Bf _ 2

в» V з

I.

I.

будет описывать коническую поверхность и после поворота ня угол, не равный 2л, не совместится со своим первоначальным положением. Рассмотрим теперь два участка кольца с током, представляющие собой две дуги окружности длиной л R/2. середины которых лежат на одном диаметре (рис. 187, б). Очевидно, данная система самосовмещается при повороте относительно оси кольца на угол л. , Следовательно, и а этом случае \ вектор магнитной индукции также будет направлен по оси кольца. Но в силу принципа суперпозиции он будет в два раза меньше, чем для полного кольца. В настоящей

задаче система проводников представляет собой набор из трех пар дуг взаимно перпендикулярных колец. Поэтому полный вектор индукции магнитного поля В в их общем центре будет представ лять геометрическую сумму трех взаимно перпендикулярных векторов величины Bt/2. Следовательно, полная магнитная индукция в центре системы будет

в^И ЗВ(/2.

С вертикалью этот вектор образует угол а такой, что

Вт Icos а = ——=——.

2В3 у з

Итак,

1

a = arccos ——.

V 3

Рассмотрим проводящее кольцо, которое еще лежит горизонтально (рис. 188—вид сверху). Выделим на нем два небольших участка (вблизи точек К и Ц одинаковой длины dZ, расположенных симметрично относительно диаметра окружности Ли На первый из них действует направленная вертикально аниз сила dFt:

dF, = В dl / sin а = Bl dx,

где dx—проекция отрезка dl на диаметр окружности АС. На второй отрезок будет действовать направленная вертикально вверх сила dF»

dF$ = В dl / sin а = ВI dx.

Векторная сумма этих сил d?t и dFs будет равна нулю. Следовательно, мы имеем пару сил, момент которых

dM е= dF^Kt “ В I dx 1^^ = В I ds,

где dS—площадь ваштрихованной части круга (см. рис. 188), Разбив все кольца на пары симметрично расположенных относительно диаметра АС небольших отрезков, мы найдем, что на тонкое проводящее кольцо с током I, находящееся в горизонтально направленном магнитном поле В будет действовать вращающий момент

магнитных сил

М1 «= В /5круга = В1 nR1.

Этот момент сил будет вращать кольцо вокруг вертикальной оси, параллельной диаметру кольца АС. Когда кольцо будет находиться

на грани «подъема», препятствовать вращению кольца будут две механи- Г ческне силы—снла тяжести, прнло- tжeннaя в центре кольца, и сила нор- В мальвой реакции горизонтальной поверхности N, приложенная в точке ' касания кольца и горизонтальной по- '№ верхности. Поскольку кольцо все еще находится в равновесии, N = Mg. Две механические силы создают свою пару — сил, характеризуемую моментом

Me=MgR.

Из равновесия кольца следует, что

суммарный момент всех сил — в нашем случае магнитных и меха

нических—будет равен нулю, т. е.

илиили7H<>=A/f

или

или

MgR = B?nR2.

Таким' образом, критический ток ?кр, отвечающий началу подъема

^кр^крBnRBnR==0,3 А.==0,3 А.кольца,

^кр

^кр

BnR

BnR

==0,3 А.

==0,3 А.

Магнитный поток, пронизывающий площадку, ограниченную сверхпроводящим контуром, постоянен. Действительно, ДФ/Д/ = ^, но ^ = IR=ti (поскольку R=0), следовательно, Ф = = const.

Магнитный поток через площадку, ограниченную контуром, складывается из потока внешнего магнитного полн и потока магнитного поля, создаваемого током /, текущим через контур. Таким образом, магнитный поток, пронизывающий рамду, в любой момент времени

Ф =a2Bo+a2az+LZ.

Так как в начальный момент (г=0, /=0) Ф = В0а2, в любой другой момент времени сила тока 7 будет определяться соотношением

L1 = — аге2, / = — aza2lL.

Результирующая сила, действующая со стороны магнитного поля на рамку с током /, направлена вдоль оси г и равна сумме сил, действующих на те стороны рамки, которые параллельны осн у, т. е.

F=2«| ах 11=а2а!(х = ±с/2).

Таким образом, уравнение движения рамки имеет видтг" = — mg+ас1? •= — mg—cAa2z!L.

Это уравнение по форме совпадает с уравнением колебаний тела массой т, подвешенного на пружине жесткостью k = aad4L;

тг"=— mg—кг.

Из этой аналогии ясно, что рамка будет совершать гармонические колебания вдоль оси г около положения равновесия, определяемого из условия

с^а1mg

г°= ~ т6. г« - 0«аа ■

Частота этих колебаний рамки будет

V Lm 'V Lm 'аа2(О

V Lm '

V Lm '

Координата рамки через время / после начала движения

Магнитное поле, созданное постоянным магнитом, не проникает в сверхпроводящий образец. Это происходит потому, что в поверхностном слое сверхпроводника индуцируется ток, который создает свое собственное поле, компенсирующее внешнее.

Этот ток / должен быть пропорционален величине магнитной индукции В внешнего поля: / ~ S. Согласно закону Ампера, взаимодействие электрического тока с магнитным полем характеризуется силой F, пропорциональной и току I, и магнитной индукции В. В нашем случае

F ~ ? В ~ В*.

Эта сила и уравновешивает силу тяжести сверхпроводящего образца. Если масса образца с грузом удвоилась, для сохранения равновесия магнитная индукция поля постоянного магнита должна быть увеличена в |Л 2 раз.

Вначале магнитный поток через катушку Ф=/.о/о, Число витков можно считать достаточно большим и не учитывать «неравноправное» положение крайних витков катушки. Тогда каждый из витков катушки «пронизан» потоком Ф0 = Ф/Л/. С другой стороны, каждый из витков катушки создает поле, пронизывающее все витки, и его вклад в созданный катушкой поток составляет тоже Ф^=Фв (это не случайное совпадение—так и должно быть!).

После внесения в катушку замкнутого витка, н нем возникнет ток (обозначим его ft), изменится и ток через катушку (обозначим его /8). Виюк не имеет сопротивления, значит, магнитный поток через него должен остаться равным нулю.

t.lfi4--^-Bo/8=0.

Аналогично (с учетом вклада поля внесенного витка) для катушки

Lq# 0»LqZ 2 + -^

Решая систему, получим

Я —0.51 А,

N Lt 1 —£0/(LiA*)

.»

Энергия системы увеличится за счет работы внешних сил (напомним, что разнонаправленные токи отталкиваются).

При расчете ЭДС индукции в цепи каждой катушки нужно учитывать полный магнитный поток через нее, т. е. сумму потоков, создаваемых токами обеих катушек.

После замыкания ключа в обеих -цепях возникают одинаковые ЭДС Si — S2=U^ и мощность, выделяющаяся на резисторе,

R “ R ‘

Ток, текущий через вторую катушку, Ii=UolR. Магнитный поток, пронизывающий первую катушку,

Ф1 =L1 i-\-LI г,

где 7j — ток через каждую катушку,где 7j — ток через каждую катушку,К моментуК моментупервую катушку и через батарейку. (Поток через создаваемый током /2, один и тот же — катушкинамотаны вместе.) Следовательно,первую катушку и через батарейку. (Поток через создаваемый током /2, один и тот же — катушкинамотаны вместе.) Следовательно,Щ =Щ =dixdtdixdt(так как /2 = const). Отсюда ■। Uo(так как /2 = const). Отсюда ■। UoГрафик 7j(7) приведен на рис. 189. Скачок тока в первый момент связйн с тем, что полный поток через катушки не должен ме-График 7j(7) приведен на рис. 189. Скачок тока в первый момент связйн с тем, что полный поток через катушки не должен ме-нятьсянятьсяскачком, и сразу после включенияскачком, и сразу после включениявозникает добавочный поток, направленный против потока, создаваемого первой катушкой.размыкания ключа полный поток через вторую ка-возникает добавочный поток, направленный против потока, создаваемого первой катушкой.размыкания ключа полный поток через вторую ка-тушкуФ,, = — £72 + L71, = L ^ т = Дот.тушкуФ,, = — £72 + L71, = L ^ т = Дот.

где 7j — ток через каждую катушку,

где 7j — ток через каждую катушку,

К моменту

К моменту

первую катушку и через батарейку. (Поток через создаваемый током /2, один и тот же — катушки

намотаны вместе.) Следовательно,

первую катушку и через батарейку. (Поток через создаваемый током /2, один и тот же — катушки

намотаны вместе.) Следовательно,

Щ =

Щ =

dixdt

dixdt

(так как /2 = const). Отсюда ■। Uo

(так как /2 = const). Отсюда ■। Uo

График 7j(7) приведен на рис. 189. Скачок тока в первый момент связйн с тем, что полный поток через катушки не должен ме-

График 7j(7) приведен на рис. 189. Скачок тока в первый момент связйн с тем, что полный поток через катушки не должен ме-

няться

няться

скачком, и сразу после включения

скачком, и сразу после включения

возникает добавочный поток, направленный против потока, создаваемого первой катушкой.

размыкания ключа полный поток через вторую ка-

возникает добавочный поток, направленный против потока, создаваемого первой катушкой.

размыкания ключа полный поток через вторую ка-

тушку

Ф,, = — £72 + L71, = L ^ т = Дот.

тушку

Ф,, = — £72 + L71, = L ^ т = Дот.

Сразу после размыкания ключа в этой катушке возникнет ток _Дот

L ’

поскольку поток через катушку не должен меняться скачком. Тепло, которое выделится на резисторе с момента размыкания,—

W=^LIpW=^LIpUV2LUV2L

W=^LIp

W=^LIp

UV2L

UV2L

Рассмотрим поведение схемы с момента включения. В момент включения ток через катушку и элемент Э равен нулю; при этом напряжение на элементе также равно нулю, и все напряжение батареи приложено к катушке. Ток через катушку |и через элемент) начинает нарастать. Когда он достигает значения 7, = 5мА, происходит скачок напряжения на элементе—при фиксированном токе 5мА (ток через катушку не может меняться скачком) напряжение на нем мгновенно увеличивается до (/t=0,8B (рис. 190). При этом напряжение на катушке меняет знак (xUi > ^) и, следо-

вательно, ток на инает убывать. Аналогично, когда ток уменьшится до значения /2=0,5 мА, вновь произойдет скачок напряжения ка элементе—оно уменьшится практически до Us я 0, и все начинается сначала.

Рассчитаем приблизительно время т, нарастания тока от /о=О до /г — 5мА и время т2 убывания тока от /1=5мА до /2=0,5мА. Поскольку напряжение на элементе при увеличении тока от Одо/j меняется мало, будем считать, что среднее напряжение на катушке за время т,

Uk1 и 0,2—0,1/2=0,15 В.

считать равнымсчитать равнымТочно так же среднее напряжение на катушке за время та будем

считать равным

считать равным

UK1 ~ 9’8 + ?’?_о,2=0,5 В.

При нарастании тока

LI' = UKti

Отсюда находим т^

UvУК1UvУК110-10-3-5- IO"315-10-210-10-3-5- IO"315-10-20,33-IO"3 с.0,33-IO"3 с.

Uv

УК1

Uv

УК1

10-10-3-5- IO"315-10-2

10-10-3-5- IO"315-10-2

0,33-IO"3 с.

0,33-IO"3 с.

При убывании токаU' = UKliПри убывании токаU' = UKli

При убывании тока

U' = UKli

При убывании тока

U' = UKli

откудаоткудат2 ==Ык2т2 ==Ык210-10-s-4,5-10~35-10-110-10-s-4,5-10~35-10-1=9-10-5 с.=9-10-5 с.

откуда

откуда

т2 ==

Ык2

т2 ==

Ык2

10-10-s-4,5-10~3

5-10-1

10-10-s-4,5-10~3

5-10-1

=9-10-5 с.

=9-10-5 с.

График изменения напряжения на элементе Эсо временем приведен на рис. 190.

Подключим параллельно элементу резистор. Для того чтобы

напряжение на элементе не оставалось постоянным (т. е., чтобы существовали колебания), необходимо, чтобы на «суммар-Ц„В

ной» вольт амперной характеристике (элемент-]-резистор) присутствовал хоть малый участок, на котором напряжение падает с ростом тока (строго говоря — в точке L/ = ^). Построив характеристику для резистора (I = U/R) и «суммарную» характеристику (проделайте его самостоятельно),- найдем минимальное сопротивление, при котором напряжение на элементе не останется постоянным: /?т|„ « « 100 Ом.

(Отметим, что такую зависимость / (17), как на рис. 84, а имеет широко распространенный прибор—туннельный диод. Схема на рис. 84, б—обычная схема генератора импульсов на туннельном диоде,)

Для того чтобы найти средний ток заряда аккумулятора, нужно определить заряд, протекающий на аккумуляторе за один цикл замыкания — размыкания ключа.

Когда ключ замкнут, катушка непосредственно подключена к источнику и возникающая ЭДС самоиндукции равна U. Значит, ток через катушку меняется по линейному закону. Считая, что в момент замыкании ключа ток через катушку отсутствовал, получим

К моменту размыкания ключа

После размыкания ключа диод откроется и ЭДС самоиндукции 8с. и станет равной разности напряжения батареи и аккумулятора — ^с. и = С —<^—и изменит знак. Значит, ток через катушку начнет линейно убывать по закону

Скорость убывания тока (при разомкнутом ключе) оказывается больше скорости возрастания тока (при замкнутом ключе). Это означает, что еще до истечения времени т2 ток упадет до нуля (за время т3 от момента размыкания) и в этот момент диод закроется. Время Тз, в течение которого аккумулятор подзаряжается, найдем из условия

— и , и

Т ^-'0=77 откуда

U

8-и т"

Заряд, который протечет через аккумулятор за это время

Л ,1 , и 1U41

q ^Рта-2 /0 ^—и т! = 2 L^—Uy

Тогда средний ток заряда аккумулятора

/ —и 8 9 мА

СР Т] + тг — 2L <х8-иНтзА-^ ~ ’

3.68. Максимальный ток через катушку соответствует моменту, когда ЭДС индукции равна нулю, т. е. в этот момент параллельно

Рис. 191

подключенный конденсатор С2 разряжен, напряжение на конденсаторе Ск равно Со (рис. 191, а), С учетом работы батареи запишем

216

вакон сохранения энергии:

Umax । CtUo С^Сг Ua , л

22 - С,+С7 2 +

Заряд, протекающий через батарею, равен изменению заряда конденсатора Cj и

А1=Дди0=(с1и0-7^_ Uo,

Таким образом,

тах Кс^+са

Второй вопрос немного сложнее. Сумма напряжений на конденсаторах равна напряжению батареи и постоянна. Поэтому в тот момент, когда напряжение Ui на конденсаторе Ci максимально, напряжение Ua = U0— Ui на конденсаторе С2 должно быть минимально (и отрицательно), а значит, в этот момент ток через катушку должен быть равен нулю (рис. 191, б). Снова запишем закон сохранения энергии:

GtUx , сйуи6-и^ СА Сй

2'2 Ct+Сг 2 + 2*

где

Ae = (ctU<—^U?) Uo.

Отсюда находим максимальное значение напряжения на конденсаторе Ci.

Utmax = U« [1+а + С2)-

Ответ на второй вопрос задачи дать несложно. После затухания колебаний разность потенциалов на конденсаторе С будет равна ЭДС батареи ^. Заряд каждой пластины конденсатора

а5

Рис. 192

у |=С^*, а напряженность электрического поля в конденсаторе E=^ld. Учитывая, что каждая из пластин создает поле напряженностью 5/2, легко находим силу притяжения между пластинами конденсатора

f=9E/2=C^/(2d).

Рассмотрим теперь ситуацию сразу после замыкания ключа К, когда в контуре возникли колебания (рис, 192). Напряжение на

конденсаторе С складывается при этом из постоянной составляющей даваемой источником питания, н осциллирующей составляющей напряжения на индуктивности Ul =—<§*costo/, где to = = \lVTC—частота колебаний. Мгновенное значение силы притяжения между пластинами конденсатора при этом

С^П — cos о/)2F =йС^П — cos о/)2F =й. l+cos2to/l I 1 —2 cos to/ 41—

С^П — cos о/)2

F =й

С^П — cos о/)2

F =й

2d~

Поскольку средние по периоду колебаний значения функций cos to/ и cos 2<о/ равны нулю, величина средней силы притяжения составит р ЗС^

т. е. в 1,5 раза больше, чем после затухания колебаний.

В тот момент, когда ток через катушку станет равным нулю, энергия конденсатора будет равна работе, которую произвела батарея. Следовательно, заряд конденсатора в этот момент определяется условием

откудаоткуда; '2с — и^

откуда

откуда

<76—SCUfi.

Найдем максимальный ток через катушку после подключенияНайдем максимальный ток через катушку после подключенияконденсатора. Условие максимума тока — /'=0, т. е. <§ина — =—L7'=0; значит, в тот момент, когда ток максимален, напряжение на конденсаторе равно (70 и «компенсирует» напряжение батареи (рис. 193, а). Из законаконденсатора. Условие максимума тока — /'=0, т. е. <§ина — =—L7'=0; значит, в тот момент, когда ток максимален, напряжение на конденсаторе равно (70 и «компенсирует» напряжение батареи (рис. 193, а). Из законаЦ>Ц>3=43=4а Рис. 193а Рис. 193/ Л/ Лсохранения энергииUGU - Cul 4-LI” находим максимальное значение тока:сохранения энергииUGU - Cul 4-LI” находим максимальное значение тока:/о/о

Найдем максимальный ток через катушку после подключения

Найдем максимальный ток через катушку после подключения

конденсатора. Условие максимума тока — /'=0, т. е. <§ина — =—L7'=0; значит, в тот момент, когда ток максимален, напряжение на конденсаторе равно (70 и «компенсирует» напряжение батареи (рис. 193, а). Из закона

конденсатора. Условие максимума тока — /'=0, т. е. <§ина — =—L7'=0; значит, в тот момент, когда ток максимален, напряжение на конденсаторе равно (70 и «компенсирует» напряжение батареи (рис. 193, а). Из закона

Ц>

Ц>

3=4

3=4

а Рис. 193

а Рис. 193

/ Л

/ Л

сохранения энергии

UGU - Cul 4-LI” находим максимальное значение тока:

сохранения энергии

UGU - Cul 4-LI” находим максимальное значение тока:

/о

/о

’ ^U^ си022’ ^U^ си022U03CU0+CU03CU0+C2 ‘2 ‘Рассмотрим схему после переключения (рис. 193, б). Ток через катушку равен нулю (только в тот момент, когда энергия катушки равна нулю, ее мо:лно «безнаказанно» отключить от цепи). В тот момент, когда <гок достигнет искомого максимального значения /^ напряжение на конденсаторе будет равно (70; значит, к этому моменту по цепи протечет заряд ЗСОб и, согласно вакону сохранения энергии

’ ^U^ си0

22

’ ^U^ си0

22

U03CU0+C

U03CU0+C

2 ‘

2 ‘

Отсюда

к=^ив }/£.

Перед следующим, вторым, переключением, когда ток через катушку будет равен нулю, на конденсаторе будет заряд q^, который, кан и в первом случае, найдем из условия

Uo (2C6/0+9i)+C-№1=^.

Отсюда

qX—SCUoqi—№01=0,qx = CUQ ± ЗС6/О.

Следовательно, решение с qt =—2CU0 не подходит (подумайте, какому случаю оно соответствует). Значит,

qi=4CU0.

Максимальное значение тока после второго переключения будет

Ia = 5U0 р^-^ , после третьего переключения — 1S—7UO j/^" и т. д. После п переключений

/„ = (2n+l)t/0 У У

При п = 1984 получим

11984 = 3969 Uо j/^.

Конденсатор Cj, подключенный непосредственно к сети, будет заряжен до (70 —220 V 2 та 310 В (рис. 194).

Напряжение в точке Й повторяет гармоническое напряжение сети, но «сдвинуто» на U6 вверх — за счет напряжения конденсатора Ci. Эго означает, что макси- и0„

UocostitUocostit£ +£ +"кД1"кД1мальное напряжение в точке А составляет 26/о = 62ОВ и напряжение на конденсаторе С2 будет именно таким.

Uocostit

Uocostit

£ +

£ +

"кД1

"кД1

Эта схема используется довольно широко, однако ее расчет сильно усложнится, если учесть ток, потребляемый «нагрузкой» выпрямителя. Попробуйте приду-Рис.194

мать самостоятельно схему «выпрямителя с утроением напряжения» и схему «выпрямителя с умножением на N». (Эти схемы обычно приводятся в справочниках для радиолюбителей, правда, без объяснений.)

а) При выбранных параметрах С и R заряд конденсатора меняется незначительно, поэтому ток разрядки конденсатора можно считать постоянным. Тогда

Д?_ IM _UM С С RC '

Значит,

. ди д/^-7Г=Ж

Если конденсатор разряжается мало, то он подзаряжается в моменты максимального положительного напряжения в сети (рис, 195),

т. е.

VСледовательно,VСледовательно,б) При подсоединении катушки индуктивности коэффициент пульсаций станет еще меньше (индуктивность большая: 2nvL > R). Ток нагрузки тем более можно считать постоянным; значит, напряжение на

V

Следовательно,

V

Следовательно,

конденсаторе будет меняться по тому же закону, что и в первом случае. При этом напряжение на катушке будет почти компенсировать изменения [напряжения на конденсаторе. Ток через катушку в течение периода будет меняться по параболическому закону (ЭДС индукции меняется по линейному закону), причем максимальное значение тока будет в

середине периода:

II= /о= /оДУ 1 1Т L 2ДУ 1 1Т L 2S=—t (при ^[пГ, (п+1)Т],

I

I

= /о

= /о

ДУ 1 1

Т L 2

ДУ 1 1

Т L 2

” и ~ 8 LC” и ~ 8 LC

” и ~ 8 LC

” и ~ 8 LC

Пульсации в этом случае определяются изменениями тока: MJt = RM. Поскольку

А,_ ,,1 ДУ 7е 1 УГ2

= max min = 2 Lj 4 — g LRC

UT\

-~С 1 , окончательно получаем

Итак, при подсоединении катушки индуктивности пульсации умень- 4.10-а

шатся в -у-; д л =Ь0 раз.

Ь-10

Построим векторную диаграмму для цепи (рис. 196). Токи, текущие через конденсатор С и резистор R, одинаковы; значит, векторы имЛ и имр перпендикулярны. Сумма их равна вектору UH и через концы этих векторов мож

но провести окружность, диаметр которой равен | Уы [. Напряжение Ur на резисторе с сопротивлением R равно UkrI2. Следовательно, искомое напряжение U^aq численно равно радиусу пост»

При изменении R меняется угол сдвига фаз между векторами и UM^S, так что предложеннаяПри изменении R меняется угол сдвига фаз между векторами и UM^S, так что предложеннаяи„и„схема может служить фазо-схема может служить фазо-Рис. 197Рис. 197роенной окружности, т. е. UM дв = у ^м и не зависит от величины R.

При изменении R меняется угол сдвига фаз между векторами и UM^S, так что предложенная

При изменении R меняется угол сдвига фаз между векторами и UM^S, так что предложенная

и„

и„

схема может служить фазо-

схема может служить фазо-

Рис. 197

Рис. 197

вращателем. (Часто в радиотехнике необходимо менять фазу переменного напряжения, оставляя неизменной амплитуду. На практике вместо делителя из резисторов г обычно используют трансформатор с отводом от середины обмотки.)

построенного на векторахпостроенного на векторахПостроим векторную дна- , грамму напряжений для цепи (рис. 197). Вектор напряжения между точками D и Е равен сумме векторов напряжения на конденсаторе, и резисторе, т. е. изображается диагональю прямоугольника, Uc и Uff

построенного на векторах

построенного на векторах

Udb^^c+Ur; Udb=\Uc-^-\Jr\ = Uo=22O В.

Вектор напряжения между точками А н В равен разности Up и Up и, следовательно, изображается другой диагональю того же прямоугольника. Так как диагонали прямоугольника равны, то

Uдв = Ude=220 В.

Это напряжение сдвинуто по фазе относительно входного. УголЭто напряжение сдвинуто по фазе относительно входного. Угол

Это напряжение сдвинуто по фазе относительно входного. Угол

Это напряжение сдвинуто по фазе относительно входного. Угол

Рис. 198 гармоническим (на протяженииРис. 198 гармоническим (на протяжениисдвига фаз легко найти из векторной диаграммы:

Рис. 198 гармоническим (на протяжении

Рис. 198 гармоническим (на протяжении

y^arc’g^-Zarctg-^.

/ = 70созшо^./ = 70созшо^.- 2лТ=— составят too- 2лТ=— составят tooРазберемся с потерями энергии в контуре. Рассмотрим для простоты потери за счет последовательно включенного в контур резистора г (потери в конденсаторе пока не учитываем) (рнс. 198, а). Будем считать ток одного периода):

/ = 70созшо^.

/ = 70созшо^.

- 2л

Т=— составят too

- 2л

Т=— составят too

Тогда потерн в резисторе за период

2 too

Максимальная энергия в контуре Е =— L/o и отношение -^= _ 2л, 1/ ~. В нашем случае при г=1 Ом отношение ЕЕ/Е =6- 10-з ^ 1. Значит, колебания на протяжении одного периода

ватухают мало даже с учетом потерь в конденсаторе (потери в нем в два раза больше, чем в резисторе, вначит, ДЕ/Е « 2-10~2).

Из условия примерного равенства максимальных вначений энергий конденсатора н катушки (за период)

и _ CUo2 ~ 2получим

Уо=Уб ]/.

Потери в конденсаторе (точнее, в резисторе R (рис. 198, б)) в 2 раза больше, чем в резисторе т

^Т^У.тТ, отсюда

= Ом.

Емкостное сопротивление на данной частоте / = 50 Гц

Поскольку сопротивление резистора Е = 106 Ом, т. е. R > ZCi можно считать, что Ur я I7/2-. НОВ (<7—напряжение сети). Таким образом, тепловая мощность равна

Р = Up/R « 0,12 Вт,

3.77. Поскольку температура нити в течение периода остается неизменной, в рабочей точке лампу можно считать обычным резистором.

Рис. 199

На рис. 199, а приведена векторная диаграмма для цепи с последовательно включенными ревистором н конденсатором. Из диаграммы находим

Uro+ UIr = и».

Подставляя Uoa—IiftoK^, найдем связь между напряжением UCR 222

на лампе и током 7 через нее:

7fl=cocKl/o — ^д«=314.10-6К48400— U<R Ь.

Построим график этой зависимости на том же рис. 199,6 на котором вадана вольтамперная характеристика лампы. Точка пересечения графиков и определяет рабочую точку: Uл = 180 В, 7л я 0,4 А.

Найдем сначала действующее вначение напряжения на конденсаторе:

и«-1Хс-1^_-63.7В.

(ядесь v=50 Гц—частота колебаний переменного тока в сети). Теперь нарисуем векторную диаграмму токов и напряжений для данной цепи (рис. 200). Из диаграммы легко найти сдвиг фаз ф между током 7 и напряжением Ue:

<р = 90°—arccos а = 90°— агссоз — ■« 46°.

Активная мощность, потребляемая прибором П, равна активной мощности, которая выделяется во всей цепи (в конденсаторе тепло не выделяется), т. е.

p = Uol созср « 1,53 Вт.

Напряжения обмоток трансформатора связаны соотношением

U, п2"

Поскольку трансформатор идеальный, мгноиенная мощность во вторичной цепи равна мощности первичной. Значит, токи обмоток свя- ваны соотношением

h

7» nt

Ток 7, и напряжение U5 сдвинуты по фазе на л/2; такой же сдвиг будет н между 7, и Ui- Отсюда видно, что трансформатор с пог- ключенным к нему конденсатором емкости С можно ваменить конденсатором, емкость которого равна

С, = сГ^У =4-10-® Ф.

После такого преобразования наша схема представляет собой обычную цепь, содержащую сопротивление 7? и емкость б*. Амплитуда тока в цепи

7 = °-—4« 0,17 А.

1/1V Ф +^

Г 1 V 2nvCi /4п^ПгС^

Сдвш фаз —

П/«1^\

Ф = агс1е —— = arctg ( 2лт -§- RC ) я 0,9 рад.

* ь 1/2лтС<\nj)

При таком страннох подключении трансформатора (рис. 201) и результат получится необычным — напряжение на каждой из обмоток будет равно нулю. В самом деле, обмоткн соединены параллельно. значит, их напряжения одинаковы. Магнитный поток не

рассеивается (сердечник имеет большую магнитную проницаемость), значит, поток Ф через любой из витков одни и тот же, т. е.

п,Ф' = пгф'

откуда следует Ф =0.

Это может выполняться толь

ко в том случае, когда поля обмоток в сердечнике компенсируются. Поле каждого из витков пропорционально его току, т. е.

Л)Л)nf#f ± п^/е = 0.

Л)

Л)

«Плюс» нли «минус» в формуле получаются при различных подключениях обмоток друг относительно друга (если одну из обмоток переключить наоборот, то ее поле в сердечнике изменит направление на противоположное).

Так как напряжение источника приложено в резистору R.

h+N^^-(2)

Решая эту систему (1) и (2) (точнее—две системы ив двух уравнений каждая), получим

/,»О,147А,#1 = 0,44 А,

0,073 А,7?=0,22 А.

4. ОП ГИКА

Камера-обскура—это просто ящик с дыркой, напротив которой находится фотопластинка (рис. 202). Для расчетов можно принять, что из каждой точки—источника исходит пучок лучей, ограничиваемый дыркой перед попаданием на фотопластинку. Конечно, изображением точки в этом случае оказывается небольшой кружок. Для того чтобы полосы можно было

х > (d/2) ctg а. Нох > (d/2) ctg а. Ноtg а =tg а =II2 (£■ + >:)•2 (£■ + >:)•^ Д-+ х) х> t .^ Д-+ х) х> t .различить, нужно сделать так, чтобы изображения ближайших друг к другу точек, принадлежащих разным полосам на шкуре-источнике, не перекрывались. Из геометрических соотношений (см. рис. 202) получим (полосы считаем узкими):

х > (d/2) ctg а. Но

х > (d/2) ctg а. Но

tg а =

tg а =

I

I

2 (£■ + >:)•

2 (£■ + >:)•

^ Д-+ х) х> t .

^ Д-+ х) х> t .

Отсюда х > d-L/l = 10 см. (Мы

учли, что d < I) Итак, глубина камеры должна быть более 10 см. Легко видеть, что при диаметре отверстия d=l мм дифракцией можно пренебречь.

При рассматриваемом взаимном расположении источника, экрана и зеркала зайчик на экране будет иметь форму треугольника, подобного треугольнику-зеркалу. Все линейные размеры вайчика при этом будут в два раза больше соответствующих размеров зеркала. Следовательно, площадь зайчика S будет удовлетво

рять соотношению

S = 4s,

где s—площадь зеркала.

Поскольку зеркало имеет форму равностороннего треугольника со стороной а.

S= 4

Тогда

S = 4s = 4л'2 —— = а2 |< Зи IJ.10-2 м2.

4

В описанной ситуации «восточные» оконные стекла в домах ориентированы примерно одинаково и параллельно друг другу. Поэтому они могут фактически рассматриваться как части одного большого зеркала. В таком зеркале по мере восхода Солнца мы видим светило все выше и выше, т. е. «светящиеся» окна должны перемещаться вверх по склону горы. Кроме того, как нетрудно заметить, в северном полушарии они немного смещаются на юг, а в южном полушарии — на север. На экваторе в дни весеннего и осеннего равноденствия бокового смещения нет.

Если а — угол падения луча, а ф—угол преломления луча, то из закона преломления sina = n з!пф получим, что максимально возможному углу падения а будет отвечать максимально возможный угол преломления ф, и наоборот. В свою очередь, угол преломления ф тем больше, чем больше прн данной высоте призмы а проекция О'В (рис. 203) преломленного луча ОВ иа основание 226

з вер-з вер-призмы. Точки О и О' — центры соответственно, верхнего и нижнего оснований призмы. Действительно, tg<p=O'5/a и чем больше tg ф, тем больше угол ф, а значит, и угол падения а. Следовательно, максимальный угол падения amaK будет тогда, когда преломленный луч пройдет через одну и

з вер-

з вер-

шин нижнего основания пр например, через вершину А STOM

AO'_aV^_V т. е.

$Ш «max — П Sin фтах = 0,75 Таким образом,

_ л фтах — $ , атах = arcsln 0,75.

Удаляясь от рассматри-Рис. 203

ваемойповерхности,во-первых,

добиваются увеличения поля зрения, т. е. при неизменном угле зрения увеличивается доля одновременно рассматриваемой поверхности. Во-вторых, чем дальше мы удалились от поверхности, тем строже оказался по углу отбор лучей, которые приходят в глаз. Это означает, что если от некоторой точки поверхности луч пришел в глаз под некоторым углом, то точка, от которой луч придет немного под другим углом, будет тем ближе, чем дальше мы отошли от поверхности. Мы как бы сужаем угловые размеры световых пучков, приходящих в глаз от точек рассматриваемой поверхности. Поэтому даже небольшая неровность поверхности приводит к тому, что значительная часть лучей от нее в глаз не попадает, если отойти подальше, что и приводит к улучшению контрастности рассматриваемой картины.

Рассматривая поверхность вблизи, но полого, добиваются увеличения доли рассматриваемой поверхности и более контрастного проявления соответствующих неровностей, если глаз слегка то приближать, то удалять от поверхности. Неровности поверхности при этом проявят себя наиболее сильно, поскольку при покачивании головы будут резко меняться наиболее отчетливо видимые участки неровных мест. Эти места будут как бы «дышать» в такт поворотам головы.

При исходном положении стакана луч света, падающий нормально поверхности жидкости, очевидно, последовательно проходя через две плоскопараллельных пластины—первая обрааована слоем жидкости, вторая—это дно стакана,—не ивменит направления распространения. Он выйдет из стакана перпендикулярно дну.

После поворота стакана на небольшой угол ф луч света встретит на своем пути, во-первых, призму с малым преломляющим углом ф из жидкости с показателем преломления п, а ватем стеклянную плоскопараллельную пластину—дно стакана.

Рассмотрим сначала прохождение луча через жидкую призму (рис. 204). Свободная поверхность воды остается после поворота стакана горизонтальной, поэтому на ней в точке А луч не претерпит преломления и упадет далее на границу раздела жидкости и

стекла под углом ф (так как именно на такой угол повернулось дно стакана) в точке В. Пусть показатель преломления стекла равен пц тогда угол 0, который образует луч с нормалью после преломления, найдем из закона преломления sin Р —~ Sin ф- Точно под таким же углом р луч упадет на границу раздела стекло — воз дух (в силу того, что дно стакана

I Iплоскопараллельно). После выхо-

да из стакана луч составит угол

Пас нормалью к плоскости дна ста-

■.'. Икана, причем из закона преломления

/ Т — получим

J Дsin а=sin р • raj.

—-Так как нормаль кплоскости дна

стакана составляетс вертикалью

Д1угол ф, то вышедший из стакана

Tol 1луч будет отклоненот паправле-

/ 11ния первоначальногораспростране-

Рис 204имя на угол

ф=а—ф.

Учитывая малость углов ф и а, из законов преломления найдем asa = пф,

т. е. при повороте стакана на угол ф угол выхода луча из стакана изменится на

ф=а—<р = ф (п — 1).

Изображение Солнца, полученное при помощи линзы с фокусным расстоянием F, имеет диаметр d=a-F, на него попадает световой поток со всей поверхности линзы—значит освещенность этого изображения больше освещенности линзы в ^D]dV=D^]a2'F1 раз. Аналогичная формула получается и для вогнутого зеркала. Если бы можно было считать систему плоских щитов вогнутым зеркалом диаметром 10 метров (оценка довольдо грубая —100=10-10) и фокусным расстоянием равным 20 м (расстояние до объекта), то отношение квадрата диаметра к квадрату фокусного расстояния (для линзы эту величину называют светосилой) будет равно 0,25, что больше, чем у линзы, с помощью которой можно выжигать — 0,09. Однако составленные рядом щиты—это не сферическое зеркало. Отличие заключается в том, что размер изображения Солнца в вогнутом зеркале определяется, как и у линзы, угловым размером Солнца и фокусным расстоянием и составило бы в нашем случае 0,01-20=0,2 м, а для «составного» зеркала оно не может оказаться меньше размера щита — 1 м (расходимостью лучей в этом случае можно пренебречь по сравнению с размерами «зайчика») и освещенность будет в (1/0,2) = 25 раз меньше, а значит в 9 раз меньше, чем у линзы для выжигания. Итак, если взятые нами цифры (довольно произвольные) близки к реальным, то рассказ неправдоподобен. Впрочем, в Греции довольно жарко, а воинов можно собрать н побольше, да и щиты их могли оказаться не плоскими, а вогнутыми — в сторону моря, так что все не так просто. Кстати, подумайте—каким был бы наилучший радиус кривизны щита для поджигательских целей.

Мерцание звезд обусловлено турбулентными потоками воздуха в атмосфере, которые возникают из-за неравномерного прогрева атмосферы. В основном это восходящие потоки, возникающие из-за разности температур земной поверхности и прилегающих к ней слоев воздуха. Эти потоки приводят к тому, что плотность атмосферы все время немного меняется. Соответственно, меняется показатель преломления, и поэтому идущие от звезд лучи света преломляются то в одном, то в другом направлении—звезды мерцают. Этот эффект особенно заметен вблизи земли; поэтому «низкие» ввезды, лучи которых по пути к наблюдателю проходят больший путь в атмосфере, чем лучн «высоких» звезд, мерцают заметнее.

Покажем сначала, что все углы, под которыми лучи света, идущие от различных точек боковой поверхности конуса, падают на поверхность жидкости не меньше ат1п = л/3.

Действительно, рассмотрим произвольную точку Л боковой поверхности конуса. Проведем через эту ючку касательную к поверхности конуса плоскость (рнс. 205, а). Эта плоскость, очевидно, пройдет через образующую конуса, на которой лежит точка Л, и пересечет поверхность жидкости по горизонтальной прямой В В'. Прямая ВВ1, в свою очередь, касательна круговому сечению конической поверхности поверхностью воды в точке С. Все выходящие из точки А лучи либо лежат в указанной плоскости, либо окажутся в той части пространства, отделяемого касательной плоскостью, где нет конической поверхности. Следовательно, те нз лучей, которые дойдут до поверхности воды, пересекут последнюю либо по прямой ВВ', либо правее (см. рис. 205, а). Кратчайший путь до поверхности воды проделает один-единственный луч—тот, который идет по образующей конуса. Он будет лежать в касательной плоскости и по теореме о трех перпендикулярах будет перпендикулярен прямой ВВ'. Опустим теперь перпендикуляр из точки А на поверхность жидкости, получим точку А' (на рис. 205, б показан вид сверху на поверхность жидкости). Если рассмотреть произвольный луч, выходящий из точки А и не совпадающий с образующей конуса, то он «выйдет» на поверхность жидкости либо в точке прямой ВВ‘, например. Of или где-то справа от прямой

gB —в точке D2. Легко видеть, что A'DX > А'С, A'DS > АС. Но отрезки A 'Dx, A'D2 и А'С являются проекциями отрезков ADi, AD2 и АС на поверхность жидкости. Следовательно, будут выполнены и неравенства ADX > АС и AD2 > АС.

Углы падения лучей АС—а0, ADX—ах и AD2—аа находятся из уравнений

АА'АА'АА'

cosae=^, cosai = —, соза2 = ж.

Так как отрезок-АС самый короткий, то и угол падения луча АС на поверхность жидкости будет минимальным нз всех возможных Итак,

_ л

а0—— ат п-

Если угол а0 будет углом полного внутреннего отражения для границы раздела жидкость — воздух, то ни одни нз лучей, идущих ot боковой поверхности конуса, не выйдет наружу. В этом случае ни из одной точки пространства над поверхностью жидкости конус не будет виден.

Минимальное значение показателя преломления жидкости nmin найдем из условия полного внутреннего отражения для луча, падающего на поверхность жидкости под углом а0

,1.

Lsin а0 =, но sin а0 = —-— .

Следовательно,

12

flmin_ — _ г— •sina0 V 3

Таким образом, для параксиальных лучей (т. е. лу . , для которых Д<р < 1) изображение источника оказывается в точке падения луча, испытавшего полное отражение (в точке В).

Ограничимся грубой оценкой — все равно физиология зрения очень не проста и рассчитать сколько-нибудь точно такие вещи не удается. Итак, потребуем для второго случая такого же цветового контраста, как и для первого. В первом случае «разностный» световой поток составляет ЕХ = ЕО (0,9—0,2)5. Во втором случае Еа=Ех(0,6—0,2)5 и для равенства этих потоков необходимо взять Еx = £V0,7/0,4 » 500 люкс. Вот почему следует пользоваться для письма и черчения именно белой бумагой. Впрочем, есть и другие причины.

Изображение и источник можно увидеть из одной точки, если область // (рис. 206, а) не лежит целиком внутри области /. Крайний случай—такое положение точки А, когда лучи АВ и DC будут параллельны. Легко видеть, что это будет в том (и только в том) случае, когда точка А расположена на двойном фокусном расстоянии от линзы.

Для доказательства проведем луч ЕО параллельно АВ и CD (рис. 206, б) и воспользуемся тем, что лучи CD и ЕО после преломления в линзе пересекутся в фокальной плоскости.

Итак, изображение и источник можно увидеть одновременно, если источник расположен от плоскости линзы на расстоянии большем, чем d = 2F = 2 м. (Напомним, однако, что формула лннзы

применима только для узких пучков, что ограничивает справедливость ответа.)

Источник движется по прямой АО. Построим обычным способом «изображение» этого луча — прямую ОВ (и ее продолжение— штриховую линию OS')- Ясно, что изображение источника

Рис. 206Рис. 206

Рис. 206

Рис. 206

света движется вдоль этой прямой, причем его скорость о изменяется от нуля—когда источник находится очень далеко от линзы, и до очень большого значения, формально—до бесконечности, когда источник проходит через фокус. Дальше скорость изображения вновь уменьшается и достигает значения о=и0 cos a/cos р, когда источник доберется до линзы.

Придется отдельно рассмотреть два случая: если a-фР > я/2, то относительная скорость (рис. 207, о) не может быть меньше п0 и равна ей, когда источник находится очень далеко от линзы. Итак, в этом случае ответ п0.

Если сумма указанных углов меньше л/2, ответ получить сложнее, В этом случае минимальная величина относительной скорости о (рис. 207, б) достигается в тот момент, когда вектор относительной скорости окажется перпендикулярным вектору V, При этом оотв = с0 sin (a-фР). Угол Р находится из соотношения

tg P = (a—f) tg а//.

Тогда, после тригонометрических преобразований, получим

Пин min= yoa sin ajV" р-ф (a—))2 tg2 a.

Осталось найти значение угла ад, при котором угол между лучами АО и ОВ составляет ровно л/2 (граничное значение)

a tg а0 = 6 tg p0 = 6ctg а0.

Но b = af!(a—f), тогдаНо b = af!(a—f), тогдаtga0=Vf/ (a—f).tga0=Vf/ (a—f).4.13. Изображение положениях линзы, и4.13. Изображение положениях линзы, ина полу можно получить при различных увеличение будет зависеть от положенияна полу можно получить при различных увеличение будет зависеть от положениялинзы. Наиболее четким изображение будет в том случае, когда «центр» источника (точка А на рис. 208) и соответствующая точка изображения (точка А'1) лежат на главной оптической оси линзы. Нетрудно показать, что плоскость, в которой лежит линза, проходит через вершину О прямого угла АОЛ’Запишем формулу линзы:линзы. Наиболее четким изображение будет в том случае, когда «центр» источника (точка А на рис. 208) и соответствующая точка изображения (точка А'1) лежат на главной оптической оси линзы. Нетрудно показать, что плоскость, в которой лежит линза, проходит через вершину О прямого угла АОЛ’Запишем формулу линзы:F a"1" t \AOVWA' 'F a"1" t \AOVWA' 'Считая, что получаем | АО1 = | О А | sin а =Считая, что получаем | АО1 = | О А | sin а =О А |= H—hrZ=Ht, = Н1 cos а, (О'А' |= 7, tg а-sin а, иО А |= H—hrZ=Ht, = Н1 cos а, (О'А' |= 7, tg а-sin а, и1111Н, coSa * Ht tg a-sin a F *Н, coSa * Ht tg a-sin a F *откудаоткудаsin2 a-cos а=sin2 a-cos а=FFРРНл H—hfTНл H—hfT

Но b = af!(a—f), тогда

Но b = af!(a—f), тогда

tga0=Vf/ (a—f).

tga0=Vf/ (a—f).

4.13. Изображение положениях линзы, и

4.13. Изображение положениях линзы, и

на полу можно получить при различных увеличение будет зависеть от положения

на полу можно получить при различных увеличение будет зависеть от положения

линзы. Наиболее четким изображение будет в том случае, когда «центр» источника (точка А на рис. 208) и соответствующая точка изображения (точка А'1) лежат на главной оптической оси линзы. Нетрудно показать, что плоскость, в которой лежит линза, проходит через вершину О прямого угла АОЛ’

Запишем формулу линзы:

линзы. Наиболее четким изображение будет в том случае, когда «центр» источника (точка А на рис. 208) и соответствующая точка изображения (точка А'1) лежат на главной оптической оси линзы. Нетрудно показать, что плоскость, в которой лежит линза, проходит через вершину О прямого угла АОЛ’

Запишем формулу линзы:

F a"1" t \AOVWA' '

F a"1" t \AOVWA' '

Считая, что получаем | АО1 = | О А | sin а =

Считая, что получаем | АО1 = | О А | sin а =

О А |= H—hrZ=Ht, = Н1 cos а, (О'А' |= 7, tg а-sin а, и

О А |= H—hrZ=Ht, = Н1 cos а, (О'А' |= 7, tg а-sin а, и

1

1

1

1

Н, coSa * Ht tg a-sin a F *

Н, coSa * Ht tg a-sin a F *

откуда

откуда

sin2 a-cos а=

sin2 a-cos а=

F

F

Р

Р

Нл H—hfT

Нл H—hfT

Из этого уравнения можно найти угол а. Приближенно можно считать (угол а мал), что cos a « I, тогда

и а я 0,231.и а я 0,231.sin а я j/ ""Lh 2 * 0,233

и а я 0,231.

и а я 0,231.

Рассчитаем теперь размер изображения. Если бы источник и изображение лежали в плоскостях, перпендикулярных главной оптической оси линзы, то увеличение было бы

I АО' |I АО' |Щ tg j sin a11л cos aЩ tg j sin a11л cos atg’ a.tg’ a.

I АО' |

I АО' |

Щ tg j sin a11л cos a

Щ tg j sin a11л cos a

tg’ a.

tg’ a.

В нашем случае увеличение равно отношению длин проекций изображения и источника на эти плоскости; значит, размер изображения

к'=НГ tg а = h tg «0,25 см.

Наличие двух светящихся точек означает, что скорость, с которой частица движется в резервуаре, больше скорости света в жидкости, т. е. больше v=e/n (с — скорость света в вакууме).

Действительно, в момент включения прибора к прибору пришел свет, испущенный до этою в разные моменты времени из то- 232

чек Л и В. Путь ВС свет прошел за время t^, которое больше, чем время Z2 на пути АС. Следовательно, в точке В частица была раньше, чем в точке А, т. е. частица движется справа налево (от В к Л). За время Z2—it свет в жидкости прошел путь 1а—к (рис. 209), а частица — путь ts- Как видно из рисунка Zg > 1$—к- Значит,

и = 0,83 с.

Сумерки—это полутьма между заходом солнца и наступлением ночи. В этот период освещение вызывается солнечным светом, рассеянным атмосферой на большой высоте—там, где Солнце пока еще не скрылось за горизонт. Высоко в горах слой атмосферы над землей меньше и период его освещения после захода Солнца короче. Поэтому и сумерки в горах короче. Заметим, что на планетах, лишенных атмосферы, сумерек нет. Нет их н на Луне.

«Голубые дали».

Цвет неба определяется рассеянием солнечного света в атмосфере. Правильное объяснение особенности окраски неба принадлежит Смолуховскому и Эйнштейну, показавшим, что важнейшую роль играет рассеяние света из-за неравномерности распределения молекул воздуха в атмосфере, т. е. из-за флуктуаций плотности воздуха.

Наиболее сильно молекулы воздуха рассеивают синюю часть спектра, и участки неба, которые мы видим в рассеянном свете, кажутся голубыми. Может возникнуть вопрос; почему голубыми, а не фиолетовыми? Дело в том, что надо еще принять во внимание специфику восприятия цветов человеческим глазом и тот факт, что в солнечном свете фиолетовых лучей «меньше», чем синих.

А теперь перейдем к рассмотрению решений задач.

Между дальними горами и наблюдателем находится толстый слой воздуха, который из-за рассеяния солнечного света воспринимается глазом голубым. Поэтому дальние горы и кажутся светлее и «окрашенными» в голубой цвет, что, кстати, хорошо видно на картинах многих художников. Аналогичный эффект легко заметить, взглянув в ясный солнечный день на дальнюю опушку леса,

Частицы молока в воле рассеивают более интенсивно синий свет, поэтому, как и в случае с цветом неба, вода в стакане будет казаться голубой. Прошедший же через воду свет, наоборот, о'еднен синей компонентой и поэтому, если смотреть через стакан вэ лампочку, она будет казаться красновато-желтой

Цвет дыма внизу определяется светом, рассеянным частицами дыма. Как и при рассеянии на флуктуациях плотности воздуха, наиболее сильно рассеивается свет синей части спектра, это и приводит к тому, что дым костра кажется синим.

Над верхушками деревьев, на фоне светлого неба цвет дыма определяется проходящими через него лучами света. В проходящем свете из-за рассеяния уменьшается относительная доля синей компоненты спектра и в результате цвет дыма костра кажется желтовато-красноватым.

Утром и вечером, когда Солнце находится низко над горизонтом, солнечные лучи пронизывают существенно более толстый слой атмосферы, чем когда Солнце стоит высоко. Эго усиливает эффект рассеяния солнечных лучей атмосферой — из-за сильного рассеяния синей части спектра солнечные лучи приобретают красноватый оттенок, этим, кстати, и вызван красный цвет неба при восходе и заходе Солнца. Поэтому и загар кажется более темным. (Уменьшение доли синих и ультрафиолетовых лучей, а также общее ослабление солнечного излучения в атмосфере и приводят к тому, что утром и вечером опасность солнечного ожога невелика.)

Освещенность любого участка поверхности земли создается как прямыми солнечными лучами, так и рассеянным в атмосфере солнечным светом. Как известно, граница тени задает область, куда не попадают прямые солнечные лучи. Если бы вообще никакие лучи в эту область не попадали, то соответствующие участки были бы бесцветными (черными).

В ясный солнечный день (когда на небе почти нет облаков) рассеянный свет, приходящий на Землю, «имеет синюю окраску» (цвет неба) Попадая в область «прямой» тени, этот свет отражается от белого снежного покрова без существенного поглощения (таково свойство белого снега) и придает тени синий цвет. Описанный эффект тем более ярко выражен, чем чище снежный покров.

Если мы находимся вблизи сетки-ограды, то даже отдельный прут сетки может существенно перекрыть поле зрения глаза. Удаляясь от сетки, мы увеличиваем поле зрения глаза, при этом соотношение между световыми потоками, приходящими от отдельных проволок сетки и от рассматриваемых объектов за сеткой резко возрастает в пользу последних в меру отношения площадей дырок к площади сетки (на играющего теперь приходится очень много клеток).

Быстро передвигаясь вдоль сетки, мы способствуем тому, что играющих видно лучше в силу того, что из-за инертности зрения в формировании изображения игроков участвует теперь несколько различных мгновенных картин. В разных картинах будут видны разные части играющих, так что в результате «суммирования» всех картин получается одна размытая, но существенно более прозрачная сетка, и игроков становится видно намного лучше.

Явления такого рода мы наблюдаем часто. Даже довольно прозрачная занавеска днем «маскирует* комнату и снаружи не видно ничего—если не подходить к окну вплотную, «зеркальные* очкн дают возможность человеку видеть то, что происходит, и не дают возможности определить, куда он смотрит сам. Зато вечером,

когда снаружи темно, а в комнате горит свет — все наоборот, снаружи все видно, а из комнаты не видно ничего. И описанные очки помогают только при ярком освещении, а в полумраке становятся почти прозрачными. Дело тут в том, что на фоне отраженного (очки) или рассеянного (занавеска) внешнего светового потока почти пе виден слабый поток, проникающий изнутри. Очки для этого нужно сделать достаточно большими (нужно заслонить от внешнего света глаза), а коэффициент отражения достаточен совсем небольшой — 5—10 %.

Сделаем грубую оценку для занавески. Пусть нити перекрывают часть светового потока снаружи и вовнутрь попадает 1/п часть падающего на окно потока (и > 1). Если освещенность прямыми солнечными лучами Е6, то освещенность предмета, находящегося близко к окну Е = Е0!п, с учетом поглощения света на обратном пути Eo^v = E0ln”. Освещенность занавески £"3 = £'0(1— 1/п). Будем

Рис 210Рис 210считать, что маскировка происходит при Б'0бр = £'3. Тогда получим уравнения

Рис 210

Рис 210

„2 —и —1=0, пк 1,6.

При таком п внутрь проходит примерно 0,7 от внешнего потока, значит суммарная площадь, перекрываемая нитями, составит 0,3 от общей площади окна. Один слой марли закроет — d 4а!аг = = 0, Г(рис. 210), т. е. 10 % площади. Если считать, что нити почти не перекрывают друг друга, то можно принять необходимое число слоев равным трем. Это вполне согласуется с практикой.

Поскольку по условию

задачи внутренняя поверхность

сферы не поглощает падающую на нее световую энергию, после многократных отражений через некоторое время в системе установится равновесие. При этом каждый небольшой участок внутренней поверхности сферы всю попадающую на него световую энергию будет равномерно рассеивать во все стороны. В результате уста

новления равновесия освещенность всех внутренних точек сферы, кроме точки, противоположной отверстию, будет одинаковой. При равновесии суммарная световая энергия, приходящая к отверстию в единицу времени от всех внутренних точек сферы, будет равна энергии, поступающей через отверстие в сферу извне. Таким образом, после установления равновесия (а именно такая ситуация и рассматривается в задаче) отверстие будет эквивалентно устройству, которое всю приходящую к нему энергию от всех внутренних точек сферы посылает узким пучком в диаметрально противополож

ную точку.

Легко понять, что в силу малости отверстия суммарная энергия, приходящая к нему от всех участков внутренней поверхности сферы, равна суммарной энергии, рассеиваемой во все стороны любым участком сферы, равным по площади отверстию (это следует из обратимости состояния равновесия—если все рассеиваемые лучи «заставить» двигаться в обратных направлениях, то ничего не из-

менится); это рассуждение не касается только точки, диаметрально противоположной отверстию.

Итак, в силу рассеяния доли энергии, посылаемые всеми внутренними точками как к отверстию, так и в противоположную отверстию точку, будут одинаковыми. Кроме того, ровно столько же энергии придет в точку, противоположную отверстию, и от самого отверстия. Следовательно, освещенность внутренних точек сферической поверхности будет ровно вдвое меньше освещенности точек участка сферы, противоположного отверстию. (Чем меньше площадь отверстия, тем точнее выполняется отношение 1:2.)

Для увеличения предельной дальности работы радиолокатора увеличивают мощность передатчика, разрабатывают приемные усгройства высокой чувствительности, применяют антенны с очень высокой направленностью.

Чем определяется направлеииость антенны?

Согласно законам геометрической оптики, точечный источник, помещенный в фокусе параболоида, дает после отражения параллельный пучок лучей (угол расходимости пучка равен нулю). В этом случае освещенность объекта, попавшего в луч, не зависит от расстояния до отражателя.

На самом деле угол расходимости пучка не равен нулю и определяется дифракцией.

Для приближенного расчета пучка удобно воспользоваться такой моделью: плоская электромагнитная волна (какая получилась бы при отражателе очень больших размеров) падает на непрозрачный экран, в котором проделано круглое отверстие диаметра d (d—диаметр зеркала). Будем приближенно считать, что направление на первый минимум в этом случае соответствует углу

ct ■ Lid.

В нашем случае угол а довольно мал, что позволяет упростить дальнейший расчет. На очень большом расстоянии L от зеркала радиус «освещенного» пятна r = a.L и на самолет с площадью поверхности S попадает мощность P^P^S/nr^ (мы приближенно принимаем, что освещенность в пределах всего пятна одна и та же). По условию задачи отраженный от самолета сигнал равномерно распределяется во все стороны. Мощность принятого сигнала Рпр, попадающего обратно на антенну, равна

Р ^рп™13?4- р nSd‘

Максимальная дальность LmaK соответствует пороговой чувствительности приемника. Из условия Pnpi=Pmin находим

_ / Р nSd6

Lmax= y р^ 16^2* ЬЗ.ЮЗ м = 130 км,

Свечение следа метеорита—это результат его столкновений с атомами атмосферы. Благодаря большой скорости метеорита при его движении в атмосфере раввивается высокая температура и проивходит ионизация, так что след метеорита представляет собой плавму, состоящую из электронов и положительно варяженных ионизованных атомов. При рекомбинации, когда электрон вновь занимает свое место в атоме, энергия, еатраченная на ионизацию, выделяется в виде квантов света.

Легко понять, что яркость свечения нарастает по мере приближения метеорита к земле, поскольку растет плотность атмосферы и, следовательно, большее число молекул в единицу времени сталкивается с метеоритом. Когда метеоритная частица находится аа пределами земной атмосферы, опа вообще не светится.

G разной плотностью атмосферы на больших и малых высотах связано и различие во времени свечения следа. На больших высотах, где плотность мала, проходит больше времени между соударениями частиц плазмы друг с другом ис молекулами воздуха, а именно эти столкновения приводят к рекомбинации. В результате свечение следа может продолжаться несколько секунд. На малых же высотах благодаря большой плотности атмосферы рекомбинация протекает очень быстро.

Описанное в задаче явление связано с тем, что в атмосфере Земли коэффициент преломления световых лучей и радиоволн разный. Путь распространения световых лучей от Луны в атмосфере немного отличается от прямолинейного (так называемая рефракция), аналогичное явление существует и для радиосигналов, но отклонение будет иным. Таким образом, траектории радиосигналов и лучей света ох Луны различны, что и вызывает необходимость в разной направленности телескопов для оптического и радиолокационного изображений Лупы.

6 = 6,67.10-11 Н-м2/кг2g = 9,8 м/с2с= 2,998-Ю8 м/с е0 = 8.85.10~12 Ф/м т = 9,].10~31 кгтр = 1836m = 1,67-10”*’ кр е= 1,6-10~1в кле)т= 1,76- 10й кл/кр ft=6,63.10~34 Дж-с Мл = 6,02.1023 моль-1R = 8,31 Дж/(моль-К) Л=1,38-10~2а Дж/ККУ* кг/м30,9.10s кг/м3 13,6-10s кг/м34200 Дж/(кг-К)2100 Дж/(кг-К)2,26-106 Дж/кг0,32 10е Дж/кг6 = 6,67.10-11 Н-м2/кг2g = 9,8 м/с2с= 2,998-Ю8 м/с е0 = 8.85.10~12 Ф/м т = 9,].10~31 кгтр = 1836m = 1,67-10”*’ кр е= 1,6-10~1в кле)т= 1,76- 10й кл/кр ft=6,63.10~34 Дж-с Мл = 6,02.1023 моль-1R = 8,31 Дж/(моль-К) Л=1,38-10~2а Дж/ККУ* кг/м30,9.10s кг/м3 13,6-10s кг/м34200 Дж/(кг-К)2100 Дж/(кг-К)2,26-106 Дж/кг0,32 10е Дж/кг

6 = 6,67.10-11 Н-м2/кг2

g = 9,8 м/с2

с= 2,998-Ю8 м/с е0 = 8.85.10~12 Ф/м т = 9,].10~31 кг

тр = 1836m = 1,67-10”*’ кр е= 1,6-10~1в кл

е)т= 1,76- 10й кл/кр ft=6,63.10~34 Дж-с Мл = 6,02.1023 моль-1

R = 8,31 Дж/(моль-К) Л=1,38-10~2а Дж/К

КУ* кг/м3

0,9.10s кг/м3 13,6-10s кг/м3

4200 Дж/(кг-К)

2100 Дж/(кг-К)

2,26-106 Дж/кг

0,32 10е Дж/кг

6 = 6,67.10-11 Н-м2/кг2

g = 9,8 м/с2

с= 2,998-Ю8 м/с е0 = 8.85.10~12 Ф/м т = 9,].10~31 кг

тр = 1836m = 1,67-10”*’ кр е= 1,6-10~1в кл

е)т= 1,76- 10й кл/кр ft=6,63.10~34 Дж-с Мл = 6,02.1023 моль-1

R = 8,31 Дж/(моль-К) Л=1,38-10~2а Дж/К

КУ* кг/м3

0,9.10s кг/м3 13,6-10s кг/м3

4200 Дж/(кг-К)

2100 Дж/(кг-К)

2,26-106 Дж/кг

0,32 10е Дж/кг

НЕКОТОРЫЕ ФИЗИЧЕСКИЕ КОНСТАНТЫ

Гравитационная постоявная Ускорение свободного падения (нормальное)

Скорость света в вакууме Электрическая постоянная Масса покоя электрона

—— протона

Элементарный заряд Отношение заряда электрона к его массе

Постоянная Планка

Постоянная Авогадро

Универсальная газовая постоянная

Постоянная Больцмана Плотность воды —льда

—ртути

Удельная теплоемкость воды

——льда

Удельнаятеплотаиспарения

воды ——плавления

льда

СОДЕРЖАНИЕ

Предисловие3

ЗАДАЧИ

Механика5

Кинематика6

Динамика12

Законы сохранения14

Статика и гидростатика19

Механические колебания и волны23

Молекулярная физика и тепловые явления27

Идеальные газы, начала термодинамики, тепловые про* цессы28

Пары, влажность, поверхностное натяжение31

Теплопередача, тепловое расширение36

Электричество и магнетизм41

Постоянный ток, электрические цепи42

Электростатика, емкость49

Силы в магнитных полях57

Оптика63

РЕШЕНИЯ

Механика68

Молекулярнаяфизикаитепловые явления138

Электричествоимагнетизм169

Оптика225

Некоторые физические константы238

Научно-популярное издание

БУ3ДИН Александр Иванович ЗИЛЬБЕРМАН Александр Рафаилович КРОТОВ Сергей Сергеевич

РАЗ ЗАДАЧА, ДВА ЗАДАЧА

Библиотечка «Квант», выпуск 81

Заведующий редакцией Р. С. Куликов Редактор Т. Г. Борисова Художник Д. А» Крымов Художественный редактор Т. Н. Кольченко Технический редактор Е. В Морозова Корректор М Н Дронова

ИБ № 41085

Сдано в набор 27.03.90. Подписано в печать 15.10.90- Форма? 84X108/32. Бумага тип. № 2. Гарнитура литературная. Печать высокая. Усл. пёч. л. 1&6, Усл. кр.-отт. 12.81. Уч.-изд. л, 11,84 Тираж 160 000 экв. Заказе Цена I руб.

Издательско-проивводственное и книготорговое объединение «Наука» Главная редакция физико-математической литературы

117071 Москва В-71. Ленинский проспект, 16

Набор и матрицы ордена Октябрьской Революции и ордена Трудового Красного Знамени МПО «Первая Образцовая типография» Государственного комитета СССР по печати. 113054. Москва, Валогая, 28

Отпечатано на полиграфкомбинате ЦК ЛКСМ Украины «Молодь» ордена Трудового Красного^Знамени издательско*полигрзфического объединения ЦК БЛКСМ «Молодая Гвардия» 252119 Киев*119, ул. Пархоменко 38—44.

А. И. БУЗДИН А.Р. ЗИЛЬБЕРМАН С.С. КРОТОВ

РАЗ ЗАДАЧА, ДВА ЗАДАЧА...

А. И. БУЗДИН

А.Р. ЗИЛЬБЕРМАН

С.С. КРОТОВ

РАЗ ЗАДАЧА,

ДВА ЗАДАЧА...

МОСКВА «НАУКА»

ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ

ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ 19 9 0

ББК 22.36 Б90УДК 539 (023)ББК 22.36 Б90УДК 539 (023)Серия «Библиотечка «Квант» основана в i960 г.

ББК 22.36 Б90

УДК 539 (023)

ББК 22.36 Б90

УДК 539 (023)

редакционная коллегия-;

Академик Ю. А. Осипьян (председатель), доктор физико-математических наук А. И. Буздпн (ученый секретарь), академик А. А. Абрикосов, академик А. С. Боровик-Романов, академик Б. К. Вайнштейн, заслуженный" учитель РСФСР Б. К. Воздвиженский, академик В. Л. Гинзбург, академик Ю. В. Гуляев, профессор С. П. Капица, академик А. Б. Мигдал, академик С. П. Новиков, академик АПН СССР В. Г. Разумовский, академик Р. 3. Сагдеев, профессор Я. А. Смородинский, член-корреспондент АН СССР Д. К. Фаддеев

Рецензент профессор Е. И. Бутиков

Буздин А. И., Зильберман А. Р., Кротов С. С.

Б90 Раз задача, два задача... —М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит., 1990.— 240с. («Б-чка «Квант»; Вып. 81)

ISBN 5-02-014401-0

В сборник вошло около двухсот пятидесяти оригинальных задач в решениями по физике, предлагавшихся авторами иа физических олимпиадах разных уровней — от школьного до международного. Для работы с книгой достаточно знание курса физики в объеме школьной программы, но решение многих задач требует сообразительности, умения по-новому взглянуть на известные явления.

Для школьников, интересующихся физикой, студентов, преподавателей и руководителей физических кружков,

1604010000-121

Б 053(02)196 ~ l81-S°ББК 2213

ISBN 5-02-014401-0

© «Наука». Физматлит, I960