Предисловие к первому изданию

Настоящее учебно-методическое пособие призвано помочь студентам технических вузов (особенно обучающимся без отрыва от производства) и колледжей самостоятельно научиться решать задачи по физике, поскольку в нем подробно рассмотрены решения числовых задач по всем разделам курса общей физики.

Физика является одной из тех наук, знание которой необходимо для успешного изучения общенаучных и специальных дисциплин. При изучении курса физики студенты должны прочно усвоить основные законы и теории, овладеть необходимыми приемами умственной деятельности, важным компонентом которой является умение решать задачи по физике.

Хорошо известно, что единственный способ научиться решать задачи — пытаться решать их самостоятельно. Отсюда вытекает диалектичность процесса обучения: знание теории приобретается одновременно с ее использованием для решения задач. Абстрактные поначалу законы, уравнения, определения понятий и физических величин (эта абстрактность и является главным «камнем преткновения» при изучении физики) в процессе их практического применения для описания конкретных физических явлений (т. е. при решении физических задач) начинают постепенно наполняться конкретным содержанием, и только тогда приходит понимание теории. Недаром известный итальянский физик Энрико Ферми утверждал, что «знать физику — означает умение решать задачи». Другими словами, уровень подготовки по физике определяется уровнем сложности задач, которые студент может решить.

В пособие включены задачи разной степени сложности, что позволяет использовать его в различных вузах и колледжах.

Все задачи объединены в шесть разделов: «Физические основы механики», «Основы молекулярной физики и термодинамики», «Электричество и магнетизм», «Колебания и волны», «Квантовая природа излучения» и «Элементы квантовой механики, атомной и ядерной физики». Внутри разделов задачи расположены по темам. В начале каждого раздела приведены основные законы, уравнения и формулы, используемые при решении задач, а в конце раздела даны задачи для самостоятельного решения, позволяющие оценить свои знания.

В конце книги дано «Приложение», в котором приводятся необходимые справочные данные: основные физические постоянные, сводные таблицы физических величин, некоторые астрономические величины, сведения о приближенных вычислениях.

ЧАСТЬ 1

Физические основы механики

Основные формулы

♦ Скорость мгновеннаяv = ^ = f

^„dt dt

где г — радиус-вектор материальной точки, t — время, s — расстояние вдоль траектории движения, путь, т — единичный вектор, касательный к траектории.

dv dtdv dt♦ Ускорение: мгновенное

dv dt

dv dt

тангенциальноеа =

т dt

и2

нормальноеап = ~ п

где R — радиус кривизны траектории,

п — единичный вектор главной нормали

полноеполное5 = 2Т + ал

полное

полное

а = V°r + Qn

3 = dm"dis = <рЯ, и = toR ах = гК, ап = <в2Д р = mvF= ^2 = ma dtр = Ц mivl = const3 = dm"dis = <рЯ, и = toR ах = гК, ап = <в2Д р = mvF= ^2 = ma dtр = Ц mivl = constСкорость угловая где ф — угловое перемещение.

3 = dm

"di

s = <рЯ, и = toR ах = гК, ап = <в2Д р = mv

F= ^2 = ma dt

р = Ц mivl = const

3 = dm

"di

s = <рЯ, и = toR ах = гК, ап = <в2Д р = mv

F= ^2 = ma dt

р = Ц mivl = const

Ускорение угловое

Связь между линейными и угловыми величинами

Импульс (количество движения) материальной точки где тп — масса материальной точки.

Основное уравнение динамики материальной точки (второй закон Ньютона)

Закон сохранения импульса для изолированной системы тел

Скорости частиц после столкновения:-. ,

->- . „m^j + m2v2

упругого центральногоих = -их + 2———

тпх + т2

з. , 9т.гих + т2и2 т, + т2

mxvx + m2v2т^ + т2mxvx + m2v2т^ + т2иг = и2 =иг = и2 =неупругого

mxvx + m2v2т^ + т2

mxvx + m2v2т^ + т2

иг = и2 =

иг = и2 =

Сила сухого трения где f — коэффициент трения,

F = fF тр ' п

где ^ и v2 — скорости частиц до столкновения

тги т2 — массы частиц.

Fn — сила нормального давления.

Сила упругости

F^ = -hM-i

где к — коэффициент упругости (жесткость),

Л/ — деформация,

i — вектор, указывающий направление деформации.

Сила гравитационного взаимодействия где G — гравитационная постоянная, г — расстояние между частицами,

Fr,--G *32т12

тг и т2 — массы частиц,

г12 — радиус-вектор, проведенный от второй частицы к первой.

Работа силы

А = \Fdr

Мощность

Потенциальная энергия:

N=dA =Fv dt

упругодеформированного тела

Е = п2

гравитационного взаимодействия

Е = _ст1тг пг

тела в однородном гравитационном поле

Еп = mgh

где g — напряженность гравитационного поля (ускорение свободного падения),

h — расстояние от нулевого уровня.

Напряженность гравитационного поля Земли

GM3 № + й)2

где М3 — масса Земли, Н3 — радиус Земли,

h — расстояние от поверхности Земли.

Потенциал гравитационного

поля Земли

GM3 ф = 2-

R3-V-h

Кинетическая энергия материальной точки

е == J&L

к 22т

Закон сохранения механической энергии

Е = ЕК + Еп = const

Момент инерции материальной точки где г — расстояние до оси вращения.

J = тг2

♦ Моменты инерции тел массой т

относительно оси, проходящей через центр масс:

Jo = mR2

тонкостенного цилиндра (кольца) радиусаR

сплошного цилиндра (диска) радиусаR

J о = i mR2 02

шара радиуса R

тонкого стержня длиной 1.

Jo = 2 mR2

5

Ось перпендикулярна к стержню и проходит через его середину.

♦ Момент инерции тела массой т относительно произвольной оси (теорема Штейнера)

где Jo — момент инерции относительно параллельной оси, проходящей через центр масс,

J = Jo + md2

d — расстояние между осями.

♦ Момент силы

M = r xF

где г — радиус-вектор точки приложения силы.

♦ Момент импульса

L = г х р = ЛЬ

♦ Основное уравнение динамики

М=^ = Je dt

вращательного движения

♦ Закон сохранения момента импульса

L — const

для изолированной системы

♦ Работа при вращательном движении

A = fMd$

♦ Кинетическая энергия вращающегося

г _ J®2 _ L2

K 22J

тела

♦ Релятивистское сокращение длины

I = ZOV1 ~ v2/c2

где Zo — длина покоящегося тела,

с — скорость света в вакууме.

♦ Релятивистское замедление времени где t0 — собственное время.

t = -—£2——

71 - V2/с2

♦ Энергия покоя частицы

Eq = me2

где т — масса.

♦ Полная энергия релятивистской частицы

E = ЛЬ^-.-

V1 ~и2/с2

♦ Релятивистский импульс

p =

71 - u2/c2

♦ Кинетическая энерция релятивистской частицы♦ Кинетическая энерция релятивистской частицыЕк ~ Е Ео~Ек ~ Е Ео~= тс2(-—1- 1

♦ Кинетическая энерция релятивистской частицы

♦ Кинетическая энерция релятивистской частицы

Ек ~ Е Ео~

Ек ~ Е Ео~

71 - и2/с2'

Релятивистское соотношение междуЕ2 = р2с2 + Е^

полной энергией и импульсом

Теорема сложения скоростейи’ = ™ и—

в релятивистской механике1 + ии/с2

где и' и и — скорости в двух инерциальных системах координат, движущихся относительно друг друга со скоростью и, совпадающей по направлению с и (знак -) или противоположно ей направленной (знак +).

Уравнение неразрывности где S — поперечное сечение трубки тока, и — скорость течения жидкости, р — плотность жидкости.

Уравнение Бернулли

где р — плотность, и — скорость, р — давление жидкости на высоте h.

Число Рейнольдса где d — диаметр трубы, г] — коэффициент вязкости.

Сила внутреннего трения (формула Стокса) где г — радиус шарика.

pSu = constpSu = constпи2^ + pgh + р = constпи2^ + pgh + р = constRe = ^ пRe = ^ пFc = блцгиFc = блцгиПримеры решения задач

pSu = const

pSu = const

пи2

^ + pgh + р = const

пи2

^ + pgh + р = const

Re = ^ п

Re = ^ п

Fc = блцги

Fc = блцги

1. Кинематика и динамика поступательного движения

Движение материальной точки, перемещающейся по прямой, задано уравнением s = 4t3 + 2t + 1. В интервале времени от 1 до 2 с найти мгновенные скорости и ускорения в начале и конце интервала, среднюю скорость движения.

Дано: s = 4£3 + 2f + 1; tx = 1 с; t2 = 2 с.

Найти: vv и2, av а2, <и>.

Решение. Мгновенная скорость— первая производная от пути по времени:

и = ^ = 12/2 + 2.

dt

Скорости в начале и конце интервала равны: иг = 12 -Ц + 2 = 12 • I2 + 2 = 14 (м/с), и2 = 12 • ^ + 2 = 12 • 22 + 2 = 50 (м/с).

Ускорение — это первая производная от скорости по времени:

а = — = 24t.dt

В начале и конце интервала ускорения равны:

аг = 24^ = 24 (м/с2), а2 = 24^2 = 48 (м/с2).

Средняя скорость <и> движения точки определяется как отношение пути s, пройденного точкой за заданный интервал времени t, к этому интервалу:

<У> _ Аз _ s^Oj^J^i) = ^2 ~+~ 2t2 + 1 — 4tj — 2^ — 1 _

А^ ^2 — ^1^2 — ^1

= 4(^-ф + 2(#2-#1) = 4(23 - 1) + 2(2 - 1) = 30 (м/с)

t2-tj2-1

2* Материальная точка движется по прямой. Уравнение ее движения s = t4 + 2f2 + 5. Определить мгновенную скорость и ускорение точки в конце второй секунды от начала движения, среднюю скорость и путь, пройденный за это время.

Дано: з = t4 + 2£2 + 5, t = 2 с.

Найти: и, а, <и>, s.

Решение. Мгновенная скорость — это первая производная от пути по времени:

и = ^3 = 4(3 + 4t = 4(23 + 2) = 40 (м/с).

dt

Мгновенное ускорение — это первая производная от скорости по времени:

а = ^ = 12t2 + 4 = 12 • 22 + 4 = 52 (м/с2). at

Средняя скорость точки <и> за время М = t - t0 определяется по формуле,

<и> = ^= s(t)-s(O)

Так как t0 = 0, то <v> == ^з + 2# = 12 (м/с).

Путь, пройденный точкой за время t = 2 с, будет равен

s = s(t) -s(0) = t4 + 2/2 + 5 - 5 = 24 + 2 • 22 = 24 (м).

3* Движение двух тел описывается уравнениями хг = 0,75f3 + + 2,25£2 + t, х2 = 0,25£3 + 3£2 + 1,5^. Определить величину скоростей этих тел и момент времени, когда ускорения их будут одинаковы, а также значение ускорения в этот момент времени.

Дано: хг = 0,75£3 + 2,25^ + t. х2 = 0,25£3 + 3f2 + 1,5L Найти: и1У и2, t, а при ах = а2 = а.

Решение. Определим момент времени, когда ускорения обоих тел одинаковы. Для этого найдем выражение для ускорения первого и второго тела, продифференцировав по времени уравнения движения этих тел:

== 4’5 + 4’5z’

а2=^ +^ = 6 + l,5t.

2 dt dt2

Согласно условию ат = а2 в какой-то момент времени t. Приравниваем полученные выражения для а друг к другу и решаем уравнение относительно t:

4,5 + 4,5* = 6 + l,5t; 3* = 1,5; t = 0,5 с.

Зная t. найдем значение скоростей тел в этот момент времени: у = ^1 = 2,25t2 + 4,5* + 1 = 2,25 • 0,52 + 4,5 • 0,5 • 0,1 + 1

dt

3,81 (м/с),

У ^Х2 = о,75*2 + 6* + 1,5 = 0,75-0,52 +6-0,5 + 1,5

dt

— 4,69 (м/с).

Ускорение тел в этот момент времени будет

«1 = а2 = 6 + 1,5* = 6,75 (м/с2).

4* С башни брошен камень в горизонтальном направлении с начальной скоростью 40 м/с. Какова скорость камня через 3 с после начала движения? Какой угол образует вектор скорости камня с плоскостью горизонта в этот момент?

Дано: и0 = 40 м/с, t = 3 с, g = 9,81 м/с2, иг = и0.

Найти: и, а.

Решение. В момент времени t вертикальная составляющая скорости камня ив будет равна vB = gt, где g — ускорение свободного падения (рис. 1). Так как иг остается постоянной, то скорость и будет равна

v = Ju2 + и2 = Ju2 + g2t2 = 7402 + 9,812-9 ^ 49,66 (м/с).

Рис. 2Рис. 2

Рис. 2

Рис. 2

Результирующая скорость и составляет угол а с плоскостью горизонта (см. рис. 1), а

sin а = ^ = ^ = ^У - 0,593.и v 49,66

Угол а = arcsin 0,593 - 36°.

I 5» Тело брошено под углом 45° к горизонту. Определить наибольшую высоту подъема и дальность полета, если начальная скорость тела d0 = 20 м/с.

Дано: а = 45°; и0 = 20 м/с; g = 9,81 м/с2.

Найти: утах, хтах.

Решение. Из рис. 2 видно, что составляющие скорости их и иу можно записать в виде:

их = uocos а’иу = uosin а - gt.

где g — ускорение свободного падения.

В наивысшей точке иу = 0 и тогда Dosin а - gt = 0.

Время подъема тела на максимальную высоту t определит-

d0 sin а

ся из этого условия: tu = —.

у g

Время подъема и время падения равны между собой, т. е.

= 2vosina

« g

ттj.2D0sina

Дальность полета тела хтах = vx • t = u0cos a • —~— =

= ^ • sin 2a = — • 1 40,77 (m).

g9,81’ v ’

Наибольшая высота подъема

10,19 (m).10,19 (m).= „ # _ ^ = vjsin^a = 202 • 0,5

10,19 (m).

10,19 (m).

Утах Vy 2 2g 2-9,81

6» Тяжелое тело брошено вверх с высоты 12 м под углом 30° к горизонту с начальной скоростью 12 м/с. Определить продолжительность полета тела до точки А и до точки В (рис. 3); максимальную высоту, которой достигнет тело, дальность полета тела. Сопротивление воздуха не учитывать.

Дано: Н = 12 м; ф = 30°; и0 = 12 м/с.

Найти: ^, tB,Hmax, xmax.

Решение. В обозначенной на рис. 3 системе координат составляющие скорости будут:

их = uocos Ф>vy = uosin ф - gt.

Рис. 3Рис. 3(1)(2)(1)(2)у = Н + uofsin ф -у = Н + uofsin ф -gt2.2 ’gt2.2 ’(3)(3)Координаты тела с течением времени меняются в соответствии с уравнением равнопеременного движения:

Рис. 3

Рис. 3

(1)

(2)

(1)

(2)

у = Н + uofsin ф -

у = Н + uofsin ф -

gt2.

2 ’

gt2.

2 ’

(3)

(3)

(4)(4)Х= и0^СО8ф.

(4)

(4)

Время подъема тела найдем из условия, что в наивысшей точке подъема тела скорость иу = 0. Тогда из уравнения (2)

= Upsinq)5

подъема g '

Время спуска тела от точки С до точки А равно времени подъема, поэтому продолжительность полета от точки О до точки А равна:

_ 2vosiny

^А ^подъема g *

Максимальную высоту подъема найдем из уравнения (3), подставив в него время подъема из уравнения (5):

„ =н =н+ VoSin2(p

Утах "max " + 2g "

Время полета тела до точки В найдем из уравнения (3), приравняв координату у к нулю (у = 0):

_ и08Шф /^osintpV , 2НzQx

Дальность полета найдем из уравнения (4), подставив в него время движения из уравнения (8) xmax = v0tBcos ср (9). Проведем вычисления по формуле (6):

_ 2vosincp _ 2 • 12 • 0,5 ~ , 99 м.

по формуле (8):

tB = 12103 + pZo5y71Zl2 = 2,29 (с);

в 9,81 V< 9,81 V 9,81

по формуле (7):

Нтах = 12 +- 12 + 1,83 = 13,83 (м);

по формуле (9):

хтах = 12 • 0,866 • 2,29 23,8 (м).

7* По условию задачи 6 найти в момент приземления тела следующие величины: скорость и угол падения тела, тангенциальное и нормальное ускорения тела и радиус кривизны траектории.

Дано: Н = 12 м; ф = 30°; и0 = 12 м/с.

Найти: ив, р, ат, ап, R.

Решение. Результирующая или мгновенная скорость в точке В (рис. 4) находится как векторная сумма составляющих vx и У У- ^В = ^ + Vy ИЛИ ив = J^cos^p + v2 .

Составляющую иу в точке В найдем из уравнения (2) предыдущей задачи, подставив в него время движения tB из уравнения (8):

и у = uosin ср - gtB = д/Сио^иф)2 + 2gH.

Тогда скорость в точке В:

vB = 7(/^cos<p)^^^= 7и0 + ^gH.

Вычисляем

ив = V122 + 2 • 9,81 • 12 ^ 19,48 (м/с).

Для определения угла Р, который составляет вектор скорости ив с горизонтальной осью х, воспользуемся треугольником скоростей (рис. 4):

sin Р = ^ =- 16,48 = 0>846;

ив Ju* + 2gH19 >48

Р = arcsin 0,846 = 57°46'.

Построим в точке В треугольник ускорений. Тангенциальная составляющая ускорения ат направлена вдоль вектора мгновенной скорости в данной точке, т. е. по касательной к траектории. Нормальная составляющая ускорения ап направлена перпендикулярно вектору мгновенной скорости ив. Их векторная сумма ат + ап = g.

Тогда из рис. 4 находим:

ат = g sin р = g^; ап = Я cos р = g— .

Vbub

Вычисляем ах = g sin р = 9,81 • 0,846 — 8,3 (м/с2).

ап = g cos Р = 9,81 • 0,533 5,23 (м/с2).

7)2п R7)2п RОтсюдаОтсюда2R= — ап2R= — ап= ^f^ = 72,56 (м).= ^f^ = 72,56 (м).Радиус кривизны траектории в точке приземления определяем из уравнения

7)2

п R

7)2

п R

Отсюда

Отсюда

2

R= — ап

2

R= — ап

= ^f^ = 72,56 (м).

= ^f^ = 72,56 (м).

8» Точка начала двигаться по окружности радиусом 0,6 м с тангенциальным ускорением 0,1 м/с2. Чему равны нормальное и полное ускорения в конце третьей секунды после начала движения? Чему равен угол между векторами полного и нормального ускорений в этот момент?

Дано: г = 0,6 м; ат = 0,1 м/с2; t = 3 с.

Найти: ап. а, а.

Решение. К моменту времени t точка, двигаясь равноускоренно с ускорением ат, приобретает скорость и, определяемую по формуле и = aTt. Нормальное ускорение ап точки при этом будет

а _ 2 __ 0,15 (м/с»),

п г г0,6» К /

Полное ускорение а равно геометрической сумме тангенциального и нормального ускорений а = ат + ап. Угол между векторами ат и ап всегда равен л/2, поэтому

а = Ja2 + a2 = 7o,l2 + O,152 = 0,18 (м/с2).

Из рис. 5 видно, что sin а угла между векторами ап и а бу

дет равен sin а = — = ^^ = 0,556.а 0,18

Угол а = arcsin 0,556 — 33°25\

99Тело движется вниз равноускоренно по наклонной плоскости,

9

9

и зависимость пройденного пути от времени задается уравнением s — 2^ + l,6t2. Найти коэффициент трения к тела о плоскость, если угол наклона плоскости к горизонту равен 30°.

Дано: s = 2t + 1,6t2, а = 30°.

Найти: к.

Решение. Коэффициент трения к определяет силу трения при движении тел. Для нахождения к рассмотрим, под действием каких сил находится тело. В данном случае на тело действуют силы: сила тяжести mg, сила реакции опоры N и сила трения FTp.

Выберем систему координат так, чтобы ось ОХ была параллельна наклонной плоскости (рис. 6). Тогда, согласно второму закону Ньютона, запишем проекции сил на оси:

на ОУ: mg cos а = N; на ОХ: та = mg sin а - mgk cos а.

Преобразовывая это выражение, можно найти коэффициент трения к:

к = ^s^na ~ °

geos a *

Определим величину ускорения а:

а = ^. = ^ =3,2 (м/с2).

at

Подставив в формулу для к численные значения входящих в нее величин, получим коэффициент трения:

ft = 9^81^5—3^2 = q 2

9,81-0,866’

1 Оф По горизонтальной плоскости равномерно перемещается тело массой 1 кг (без качения). Определить коэффициент трения, если тело перемещается под действием силы 1 Н.

Дано: т = 1 кг, F = 1 Н.

Найти: к.

Решение. На тело действуют две силы — движущая сила F и сила трения FTp = kmg. Так как тело движется равномерно, то равнодействующая сил равна нулю F + FTp = 0, или F - kmg = 0.

Откуда получим

=0,1.

mg 1 • 9,81

Дано: т = 100 кг, а = 20°, FT = 1000 Н, к = 0,1, g = 9,81 м/с2.Дано: т = 100 кг, а = 20°, FT = 1000 Н, к = 0,1, g = 9,81 м/с2.1 1ф| Тело массой 100 кг поднимается по наклонной плоскости с углом у основания 20° под действием силы, равной 1000 Н и направленной параллельно плоскости. Коэффициент трения тела о плоскость равен 0,1. С каким ускорением будет двигаться тело?

Дано: т = 100 кг, а = 20°, FT = 1000 Н, к = 0,1, g = 9,81 м/с2.

Дано: т = 100 кг, а = 20°, FT = 1000 Н, к = 0,1, g = 9,81 м/с2.

Рис. 7Рис. 7Найти: а.

Рис. 7

Рис. 7

Решение. На тело (рис. 7), движущееся по наклонной плоскости, действуют силы:

— сила трения FTp = Nk = kmg cos a, где к,— коэффициент трения, N — сила реакции плоскости на вес тела;

— сила тяжести mg;

— сила тяги FT.

Выберем систему координат так,

чтобы ось ОХ была параллельна наклонной плоскости. Рассмотрим проекции сил на оси координат: на ОУ: N = mg cos a;

на ОХ: та = FT- mg sin a - kmg cos a, откуда

a = — - g^k cos a + sin a) = m

= ^^ - 9,8(0,1 • 0,9397 + 0,342) ^ 5,72 (м/с2).

12+ Пуля массой 20 г в момент удара о стенку под углом 90° имела скорость 300 м/с. Углубившись в стенку на какое-то расстояние, она остановилась через время 5 • 10-4 с. Определить:

среднюю силу сопротивления стенки Fc и расстояние U на которое пуля проникла;

с какой скоростью ик пуля вылетит из стенки, если стенка будет иметь толщину 5 см.

Дано: т = 2 • 10 2 кг, а = 90°, t = 5 • 10 4 с, d = 5 • 10 2 м; и0 = 300 м/с.

Найти: <ГС>, I, ик.

Решение. 1. Среднюю силу сопротивления найдем из второго закона Ньютона. По второму закону Ньютона импульс силы сопротивления стенки равен изменению импульса пули:

Fcdt = d^mv") или при т = const: Fcdt = mdv,

где Fc — сила сопротивления стенки; dt — время действия силы. Так как движение пули равнопеременное, то для конечного промежутка времени второй закон Ньютона запишется в виде: <FC> М = тпАи, где <FC> — среднее за время А^ значение силы сопротивления, Аи = ик - и0 = -и0, значение ик = 0, так как по условию пуля остановилась. Тогда

<FC> • М =-mv0; <F> = -^.

Получаем:

<2? > = zl<021300 = _! 2 . ю4 (Н).с 5 • 10~4v

Расстояние, на которое углубилась пуля, найдем, учитывая, что кинетическая энергия пули ушла на работу по преодолению сопротивления стенки:

= Fl cos а,2 с

а = 0 — по условию.

Отсюда: / - ^ - 20 • Ю" ■ 9 • 10< _ 7 5.10-2 (м) 2Г,2-12-10’

Скорость, с которой вылетела пуля из стенки при толщине 5 см, найдем из условия, что начальная скорость пули та же, стена из того же материала, следовательно, силу сопротивления можно взять из вышеприведенного решения.

Если пуля вылетает из стенки с некоторой скоростью ик, то на работу против силы сопротивления Fc пошла энергия, равная разности кинетической энергии пули в начале и в конце ее движения в толще стенки:

Отсюда найдем:= и к - —— ;

т

22^с^UK = АМ "-22^с^UK = АМ "-9•104 -9•104 -20 • IO"320 • IO"32 • 12 • 103 • 5 • IO-2 =

22^с^

UK = АМ "-

22^с^

UK = АМ "-

9•104 -

9•104 -

20 • IO"3

20 • IO"3

= 79 • 104 - 6 • 104 - 173 м/с.

Металлический шарик массой 5 г падает с высоты 1 м на горизонтальную поверхность стола и, отразившись от нее, поднимается на высоту 0,8 м. Определить среднюю силу удара, если соприкосновение шарика со столом длилось 0,01 с.

Дано: т = 5 • 10"3 кг; Нг = 1 м; h2 = 0,8 м; М = 0,01 с.

Найти: F.

Решение. Импульс силы F за время А^, с которым шарик воздействует на поверхность, равен FM. Этот импульс силы будет равен изменению импульса шарика Ар = тиТ - (-ти^, где т — масса шарика, ит — скорость, с которой шарик опустился на поверхность стола, и2 — скорость, с которой шарик отскочил от поверхности стола. Знак «-» означает, что направление скорости и2 противоположно направлению скорости иР

При свободном падении тела с высоты h его скорость на уровне й = 0 определяется по формуле и = J2gh , где g — ускорение свободного падения.

Таким образом, FM = Ар, FM = тиг 4- ти21 откуда

р = m^vx + р2) = (m^jzg^^ =

AiAiM

Ai

Ai

= 5 • IO"3 • 72 • 9,81(71 + 70^8) о 22 (H).

Отсюда R = —. Угловую скорость найдем, как первую просо2

изводную от угла поворота по времени:

со = ^ = 3t2 + t + 2.

dt

Численное значение угловой скорости в конце третьей секунды найдем, подставив в полученное уравнение для со время t = 3 с.

= 153322= 153322— 0,15(м).— 0,15(м).co = (2 + 3 + 3 • 9) = 32 (1/с).

= 153

322

= 153

322

— 0,15(м).

— 0,15(м).

Радиус колеса равен R = —

со2

Дано: ф = 10 + 20t - 2t2; г = 0,1 м; t = 4 с.Дано: ф = 10 + 20t - 2t2; г = 0,1 м; t = 4 с.Найти: а, а.Найти: а, а.Рис. 8Рис. 815»| Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону ф = 10 + + 20t - 2^2. Найти величину и направление полного ускорения точки, находящейся на расстоянии 0,1 м от оси вращения для момента времени t = 4 с.

Дано: ф = 10 + 20t - 2t2; г = 0,1 м; t = 4 с.

Дано: ф = 10 + 20t - 2t2; г = 0,1 м; t = 4 с.

Найти: а, а.

Найти: а, а.

Рис. 8

Рис. 8

Решение. Точка описывает окружность радиуса г. Полное ускорение а точки, движущейся по криволинейной траектории, равно геометрической сумме векторов тангенциального ат и нормального ап ускорений (рис. 8), угол между которыми равен л/ 2:

а = ат + ап.

Величина полного ускорения:

а= 7^ + »п •

Тангенциальное и нормальное ускорения выражаются формулами ат = er, ап = to2г, где со — угловая скорость тела, 8 — угловое ускорение, г— расстояние точки от оси вращения. Подставляя эти выражения в формулу для полного ускорения, получим:

а = Te^r^Tc^^ = rje2 + со4 .

Угловая скорость равна первой производной от угла поворота по времени:

ю = ^ = 20 - 4Лdt

При t = 4 с значение со = 4 с-1.

Угловое ускорение — это первая производная от угловой скорости по времени:

£ = ^ = -4 (с"2).dt v '

Тогда а = 0,17(~4)2 + 44 — 1,65 (м/с2).

Из рис. 8 видно, что sin а угла между направлением а и ап равен:

sin а = -т = ^ = ^-^ = °’242-а а 1,65

Угол а = arcsin 0,242 - 14°.

Угол между о и ат будет равен:

90° - 14° = 76°.

16*| Маховик массой 4 кг свободно вращается вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр, делая 720 об/мин. Массу маховика можно считать распределенной по его ободу радиусом 40 см. Через 30 с под действием тормозящего момента маховик остановился. Найти тормозящий момент и число оборотов, которое делает маховик до полной остановки.

Дано: со = 0; т = 4 кг; п = 720 об/мин = 12 с-1; At = 30 с; R = 40 см = 0,4 м.

Найти: М, N.

Решение. Для определения тормозящего моментам нужно применить основное уравнение динамики вращательного движения

JAco = MAt, (1)

где J — момент инерции маховика относительно оси, проходящей через центр масс; Асо — изменение угловой скорости за время At, причем Асо = со - со0, где со — конечная угловая скорость, а со0 — начальная; М — тормозящий момент сил, действующих на тело.

По условию задачи Асо = -соо, так как конечная угловая скорость со = 0. Выразим начальную угловую скорость со0 через число оборотов маховика п в единицу времени, тогда

соо = 2лп и Асо = -2лп.

Момент инерции маховика J = mR2, где т — масса маховика, a R — его радиус. Зная все величины, можно определить тормозящий момент:

-mR2 • 2кп = ММ,

откуда М = -2тги^^ = -2 ' ЗД4 • 12 • 4 • 0.42 _х 61 (н . м)

Угол поворота (угловой путь ф) за время вращения маховика до остановки может быть определен по формуле для равнозамедленного вращения

(2)(2)*,8 At2

(2)

(2)

Ф = ®0At - —

где е — угловое ускорение. По условию задачи:

со = со0 - гМ; со = 0; со0 = гМ.

Тогда выражение (2) может быть записано так:

9 = ^-^=^.(3)

Формула (3) может быть также получена по значению средней угловой скорости. Выразив значение ф через число полных оборотов N и соо через число оборотов маховика п в единицу времени, найдем ф = 2kN; со0 = 2кп.

Отсюда определим число полных оборотов ^:

= o^At 2^ = 2лпД# N = пМ = 12-30 = lg0

2222

17» Однородный диск, имеющий вес Р = 124 Н, вращается с постоянным угловым ускорением, и его движение описывается уравнением ф = 30t2 + 2t + 1. Диск вращается под действием постоянной касательной тангенциальной силы FT = 90,2 Н, приложенной к ободу диска. Определить момент сил трения Мтр, действующих на диск при вращении. Радиус диска R = 0,15 м.

Дано: Р = 124 Н, ф = 30t2 + 2t + 1, FT = 90,2 Н, R = 0,15 м.

Найти: Мтр.

Решение. Для нахождения Мтр используем второй закон Ньютона для вращательного движения. На диск при вращении действуют две силы: движущая сила Рт, сила трения Ртр. Результирующий момент сил, под действием которого вращается диск, равен:

М = FTR - Мтр.

С другой стороны, согласно основному закону динамики вращательного движения,

М = J8,

где J — момент инерции диска; J = ^^- , 8 — угловое ускорение, приобретаемое диском под действием результирующего момента сил М.

Искомый момент сил трения найдем, приравняв друг к другу два полученных выражения для М.

Значение в найдем из уравнения движения, взяв вторую производную по времени от ф:

е = ^ =60 (с2).dt2 v ’

Масса диска равна:

m = - = ^ = 12,64 (кг).

59,81v ’

Окончательно:

Мтр = Ет.Д-^.£.

Подставив сюда численные значения FT, R, гит, получим:

Мтр = 90,2 • 0,15 - 12>7* 0,0225 . 60 ^ 5 (Н • м).

18» Два маховика в виде дисков одинаковых радиусов и масс были раскручены до скорости вращения 480 об/мин и предоставлены самим себе. Под действием сил трения валов о подшипники первый остановился через 80 с, а второй сделал 240 оборотов до остановки. У какого маховика момент сил трения валов о подшипники был больше и во сколько раз?

Дано: п = 480 об/мин = 8 с"1; N = 240; At = 80 с; о)2= 0.

и - М2

Наити: —-.

Решение. Момент сил трения Мг первого маховика найдем, воспользовавшись основным уравнением динамики вращательного движения

МгМ = Jto2 - JcOp

где At — время действия момента сил трения, J — момент инерции маховиков J =, оэт и оэ2 — начальная и конечная

угловые скорости маховиков, а^ = 2лп, со2 = 0, т — масса.

ТогдаТогдаМ = «/((Оз-СО!) = _J(O1

Тогда

Тогда

AtAt

Момент сил трения М2 второго маховика выразим через связь между работой А сил трения и изменением его кинетической энергии АЕк:

А = А£К,А = М2-Аф, АЕ = ^

где Аф = 2kN — угол поворота, N — число оборотов маховика.

Тогда

М2-Л<Р-"^-"^.откуда М2--^

Отношение ^ будет равно

М2 = Jcof . М = (At)' (01 = М2кп = 80 • 8

Мх 2Дср Ja^ 2Д(р 2 • 2kN 2*240

Момент сил трения второго маховика в 1,33 раза больше.

Легкая нить с прикрепленным к ней грузом массой 2 кг намотана на сплошной вал радиусом 10 см. При разматывании нити груз опускается с ускорением 0,5 м/с2. Определить массу и момент инерции вала.

Дано: тх = 2 кг; г = 0,1 м; а = 0,5 м/с2.

Найти: тп2, J.

Решение. Вал приходит во вращение под действием момента силы М, равного М = m^g - а)г, где тх — масса груза, опускающегося с ускорением а, г — радиус вала. Согласно уравнению динамики вращательного движения, М = Je, где J — момент инерции вала, £ = а/г — угловое ускорение. Отсюда

, _ М _ Mr _ rn^g - a)r2 27g £ аа

J = 2*10-2(^ - 1) ^ 0,37 (кг • м2).

Момент инерции сплошного цилиндра (вала) определяется по формуле J = т2 — , откуда

2J . 2 • 0,37 ri *

~74 (кг).

Г2 21 * IO"2

Сплошной диск радиусом 20 см вращается под действием постоянной касательной силы 40 Н. Кроме того, на него действует момент сил трения 2Н*м, и угловое ускорение его равно 30 рад/с2. Определить массу диска.

Дано: г = 0,2 м; F = 40 Н; Мтр = 2 Н • м; £ = 30 рад/с2.

Найти: т.

Решение. Суммарный момент сил М, под действием которого вращается диск, равен М = Fr - Мтр.

По закону динамики вращательного движения этот момент сил равен:

М = Js, где J = тпг2/2 — момент инерции сплошного диска, где т — масса, г — радиус диска, е — угловое ускорение. Приравниваем эти выражения для момента сил

Fr-M^ = Js; Fr-MTp=^ . Е.

Отсюда

m _ циу _ 2^0.0,2^2) _ 10 (кг)

ег230-4-102

21* Шар и полый цилиндр одинаковой массы катятся равномерно без скольжения по горизонтальной поверхности и обладают одинаковой кинетической энергией. Во сколько раз отличаются их линейные скорости?

Дано: тг = т2 = т; Бк1 = Ек2.

Найти: и2, их.

Решение. Кинетическая энергия тела, участвующего одновременно в двух движениях, складывается из кинетической энергии поступательного Еп и вращательного Ев движений

SK = £n + £B=^SK = £n + £B=^2 ’2 ’

SK = £n + £B=^

SK = £n + £B=^

2 ’

2 ’

Учитывая, что момент инерции полого цилиндра равен Jx = mr2, шара J2 = | тг2, а связь угловой со и линейной и скоростей со = и/г, выражения для Ек полого цилиндра и шара будут иметь вид

ЕЕ„_ ти^ тпг2 V?„_ ти^ тпг2 V?= mv^,= mv^,^ mv%2к2 25*^ mv%2к2 25*тпг22тпг22„2-| = 0,7 mvf .г2 ’2„2-| = 0,7 mvf .г2 ’2

Е

Е

„_ ти^ тпг2 V?

„_ ти^ тпг2 V?

= mv^,

= mv^,

^ mv%2

к2 25*

^ mv%2

к2 25*

тпг22

тпг22

„2

-| = 0,7 mvf .

г2 ’2

„2

-| = 0,7 mvf .

г2 ’2

По условию задачи £к1 = Ек2, mv = пг2 = тп и тогда znvf = = 0,7тпи|, откуда

ui Voj

Скорость шара в 1,2 раза больше скорости цилиндра.

Импульс. Работа. Энергия. Законы сохранения

Человек, масса которого 70 кг, прыгает с неподвижной тележки со скоростью 7 м/с. Определить силу трения тележки о землю, если тележка после толчка остановилась через 5 с. Перед прыжком тележка была неподвижна относительно земли.

Дано: т = 70 кг; и = 7 м/с; t = 5 с.

Найти: FTV

Решение. В момент прыжка человек и тележка составляют одну изолированную систему и их импульс равен нулю. После прыжка по закону сохранения импульса в изолированной системе их суммарный импульс остался неизменным, т. е. равным нулю:

nw + т-^ = 0, тгиг = -mu,(1)

где тх и т2 — массы тележки и человека; их и и — скорости тележки и человека в момент прыжка.

Под действием силы трения тележка остановилась, следовательно, ее импульс стал равным нулю. По второму закону механики

FTpt = mxvK -т^.

Так как конечная скорость тележки равна нулю: ик = 0, то

FV = -n4ui'(2)

где FTp — сила трения.

Знак «-» показывает, что сила F и скорость их направлены в противоположные стороны. Подставим (1) в (2): FTpt = ши, откуда

^ТР= ™^р = ^ = 98(H).

23» Орудие, установленное на железнодорожной платформе, стреляет под углом ф к горизонту. Снаряд массой 15 кг вылетает из орудия со скоростью 800 м/с. Вследствие отдачи платформа с орудием покатилась по рельсам со скоростью 0,5 м/с. Масса платформы с орудием 12 т. Определить угол ф.

Дано: тТ = 15 кг, их = 800 м/с, т2 = 1,2 • 104 кг, и2 = 0,5 м/с.

Найти: ф.

Решение. Искомый угол ф найдем из следующих рассуждений. Считаем, что система «платформа с орудием — снаряд» является замкнутой. В такой системе действует закон сохранения импульса (количества движения). Для нашей системы он

запишется в виде т1и1 + zn2v2 = 0, так как до выстрела импульс системы был равен нулю. Запишем это уравнение в скалярной форме относительно оси ОХ (рис. 9): nwlx — импульс снаряда, переданный платформе, при этом и1х = х х cos ф. Тогда закон сложения импульсов запишется в виде:

AH1V1COS ф = ТП2и2.

Отсюда найдем искомый угол:

Рис. 9Рис. 9cos Ф == 12'103 • °’5 = 0,5; Ф = 60°.

Рис. 9

Рис. 9

Y тхих 15*800

Шар массой 20 г, движущийся горизонтально с некоторой скоростью vp столкнулся с неподвижным шаром массой 40 г. Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Какую долю 8 своей кинетической энергии первый шар передал второму?

Дано: т1 = 20 г = 2 • 10-2 кг; т2 = 40 г = 4 • 10-2 кг.

Найти: 8.

Як1Як1m2i4 = т2 zn^f тпх ^и/m2i4 = т2 zn^f тпх ^и/(1)(1)Решение. Доля 8 энергии, переданной первым шаром второму, выразится соотношением:

Як1

Як1

m2i4 = т2 zn^f тпх ^и/

m2i4 = т2 zn^f тпх ^и/

(1)

(1)

где Ек1 — кинетическая энергия первого шара до удара; и2 и Ек2 — скорость и кинетическая энергия второго шара после удара.

Как видно из формулы (1), для определения 8 надо найти и2. При ударе абсолютно упругих тел одновременно выполняются два закона сохранения: закон сохранения импульса и закон сохранения механической энергии. Пользуясь этими законами, найдем и2. По закону сохранения импульса, учитывая, что второй шар до удара покоился, получим:

пг1и1 = тп^и^ + тп2и2.(2)

По закону сохранения механической энергии:

7711V12 _ тпхих m2ui

Решая совместно уравнения (2) и (3), найдем

27niVi

и2 =•

mx + m2

Подставив выражение для и2 в формулу (1) и сократив на их и mv получим

£ _ ^2 Г 2m1v1“I2 _47П17П2 е

+ т2р (т1 + тп2)2

£ = 4.2:1022.4. ю-2 _0 89(2 • 10"2 + 4 • IO"2)2

25» Груз массой 700 кг падает с высоты 5 м для забивки сваи массой 300 кг. Найти среднюю силу сопротивления грунта, если в результате одного удара свая входит в грунт на глубину 4 см. Удар между грузом и сваей считать абсолютно неупругим.

Дано: тг = 700 кг; h = 5 м; т2 = 300 кг; s = 4 см = 0,04 м.

Найти: Fcp.

Решение. По условию задачи удар неупругий, и поэтому груз и свая после удара двигаются вместе, их путь s = 4 см. На движущуюся систему действует сила тяжести и сила сопротивления грунта Fcp. По закону сохранения энергии

Т-ЬП=А,(1)

где Т — кинетическая энергия; 71 — потенциальная энергия; А — работа сил сопротивления, которую можно определить по формуле А = Fcps. При движении системы на пути s изменяются ее потенциальная и кинетическая энергия

П = (mT + m2)gs;

T = ^mi +

где и — общая скорость груза и сваи после удара (в начале их совместного движения). Используя это, запишем равенство (1) в виде

^m1 + m2)u2 + (m1 + m,2)gs=Fcps.(2)

Для оценки средней силы сопротивления F установим значение общей скорости груза и сваи, для чего применим закон сохранения импульса:

X тД = const.(3)

i = 1

Для системы «груз — свая» закон сохранения импульса имеет вид:

при = ^тх + тп2)и,(4)

где v — скорость груза в конце его падения с высоты 1г; тпги — импульс груза в конце его падения до удара о сваю; (дтг1 + + тп^и — импульс груза и сваи после удара.

Скорость груза и в конце падения с высоты h определяется без учета сопротивления воздуха и трения:

v = j2gh.(5)

Общая скорость груза и сваи после удара находится из формул (4) и (5):

(6) тпх + т2

Определим среднюю силу сопротивления материала Fcp из формул (2) и (6):

Fcp = —• 7 + ("h + т2>^;(7)

Fcp = ^ /; + ("Ч + "*(8)

(mT + m2) 8

р = 700^9,81 .+ (700 + 300). 9 816ц . 105 (Н).

ср 700 + 3000,04''v '

Тонкий стержень массой пг и длиной I вращается с угловой скоростью 10 с-1 в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через середину стержня. Продолжая вращаться в той же плоскости, стержень перемещается так, что ось вращения теперь проходит через конец стержня. Найти угловую скорость во втором случае.

Дано: о^ = 10 с-1.

Найти: со2.

Решение. Для решения задачи используем закон сохранения момента импульса:

X J^ = const.(1)

i = 1

Для изолированной системы тел векторная сумма моментов импульсов остается постоянной.

В данной задаче за счет того, что распределение массы стержня относительно оси вращения изменяется, момент инерции стержня также изменяется. В соответствии с (1) момент импульса не изменяется:

^1^1 = ^2^2е(2)

Известно, что момент инерции стержня J\ относительно оси, проходящей через середину стержня (центр тяжести) и перпендикулярной ему (1-й случай), равен

JT = ^ml2,(3)

где пт — масса стержня, I — длина стержня.

Момент инерции J2 относительно оси, перпендикулярной стержню и проходящей через его конец (2-й случай), найдем по теореме Штейнера:

J = Jo + та2,

где J — момент инерции тела относительно произвольной оси вращения, Jo — момент инерции относительно параллельной оси, проходящей через центр тяжести, т — масса, а — расстояние от центра тяжести до выбранной оси вращения.

= J + та2 = i ml2 + т(-А = -ml2.(4)

2123v

Подставим выражения (3) и (4) в равенство (2):

— mZ2^ = i ml2to9,12132

откуда

w2 = wv м2 = ^ • 10 = 2,5 (с-1).

27» Платформа в виде сплошного диска радиусом 1,5 м и массой 180 кг вращается по инерции около вертикальной оси с частотой п = 10 мин-1. В центре платформы стоит человек массой 60 кг. Какую линейную скорость относительно пола будет иметь человек, если он перейдет на край платформы?

Дано: тг = 180 кг; R = 1,5 м; п = 10 мин""1; т2 = 60 кг.

Найти: и.

Решение. Так как платформа вращается по инерции, то момент внешних сил, относительно оси вращения Z совпадающий с геометрической осью платформы, равен нулю. При этом условии момент импульса L2 системы «платформа — человек» остается постоянным:

L2 = J2to = const,(1)

где J2 — момент инерции платформы с человеком относительно оси Z; to — угловая скорость платформы.

Момент инерции системы равен сумме моментов инерции тел, входящих в состав системы, поэтому J2 = Jx + J2, где Jx — момент инерции платформы, J2 — момент инерции человека.

С учетом этого равенство (1) имеет вид:

(Jx + J2^to = const, или

У1 + J2)co = (J{ + J2)co',(2)

где нештрихованные значения величин относятся к начальному состоянию системы, штрихованные — к конечному состоянию.

Момент инерции платформы (сплошного диска) относительно оси Z при переходе человека не изменяется:

«Л = J^=XTn1R2.

Момент инерции человека относительно той же оси будет изменяться. Если рассматривать человека как материальную точку, то его момент инерции J2 в начальном положении (в центре платформы) можно считать равным нулю. В конечном положении (на краю платформы) момент инерции человека

J2 = m2R2.

Подставим в формулу (2) найденные выражения моментов инерции, а также выразим начальную угловую скорость со вращения платформы с человеком через частоту вращения п (со = = 2лп) и конечную угловую скорость со' — через линейную скорость и человека относительно пола (со' = и/Ry

( ~ mxR2 + о)2тип = mxR2 + т2Я2)- .

После сокращения на R2 и простых преобразований находим скорость:

и = 2лпЛ—— . пгт + 2пг2

Учитывая, что п = 10 мин-1 = Ie'1» получим:

v = 2 • 3,14 • 1 • 1,5 0,942 (м/с).

6180 + 2-60

28* При выстреле из пружинного пистолета вертикально вверх пуля массой 20 г поднялась на высоту 5 м. Определить жесткость к пружины пистолета, если она была сжата на 10 см. Массой пружины пренебречь.

Дано: т = 20 г = 2 • 10~2 кг; h = 5 м; s = 10 см = 10"1 м.

Найти: к.

Решение. При зарядке пистолета сжимается пружина и совершается работа Ар в результате чего пружина приобретает потенциальную энергию Пг При выстреле потенциальная энергия пружины переходит в кинетическую энергию Т2 пули, а затем при подъеме ее на высоту h превращается в потенциальную энергию П2 пули.

На основе закона сохранения энергии можно записать

Аг = П2.(1)

Выразим работу АР Сила Fv сжимающая пружину, является переменной: в каждый момент она по направлению противоположна силе упругости F и численно равна ей. Сила упругости, возникающая в пружине при ее деформации:

F = -кх, где х — абсолютная деформация пружины.

Работа при сжатии пружины на dx выразится формулой dA^ = F^x, или

dAT = kxdx.

Интегрируя в пределах от 0 до s, получим

Аг = к J xdx = | кх2 = -ks2.(2)

о2 о 2

Потенциальная энергия пули на высоте s определится по формуле:

n2 = mgh,(3)

где g — ускорение свободного падения.

Подставив в выражение (1) Аг из (2) и П2 из (3), найдем| ks2 = mgh,

откуда

к = 2mgh к = 2 • 0,02- 9,81 • 5 = 190 (Н/м).

s20,12'

29. С какой скоростью должна быть выброшена с поверхности Солнца частица, чтобы она могла удалиться в бесконечность?

Дано: R = 6,95 • 108 м; М = 1,98 • 10 кг; G = 6,67 х х 10-11 м3/(кг • с2).

Найти: и.

Решение, Скорость частицы и должна быть такой, чтобы соответствующая ей кинетическая энергия Е была не меньше работы А, совершаемой против сил притяжения частицы к Солнцу при удалении ее в бесконечность, т. е. Е > А, Е =

= ПУ^ > а. откуда и >.

2N тп

Работа А против силы притяжения F частицы к Солнцу будет работой переменной силы, так как F является функцией расстояния г от Солнца. По закону всемирного тяготения

F = G—,г2 ’

где тп — масса частицы, М — масса Солнца, G — гравитационная постоянная.

Элементарная работа dA силы F будет выражаться:

dA = Fdr = G^dr.г2

Работа по удалению частицы с поверхности Солнца в бесконечность:

= GmMR R= GmMR RОООООО

= GmM

R R

= GmM

R R

А = $ Fdr=\G^dr =GmM\dr = GniM

RR »RГ2 Г

где R — радиус Солнца.

Определим скорость частицы:

[2А > l2GmM > I2GM.

4 тп N mH N R ’

v /2.6,67.10-11.1 98^0365

46,95-IO8V ' ’

Решение. Мощность — это работа, совершаемая в единицу времени:

N=dt

где dA — элементарная работа, dA = Fds, F — сила, ds — элементарный путь.

ТогдаN = F^ = F-u, откудаF = — ; dtv

3131F = 5,15-IO4 ~ 172.10з(H)

31

31

К катящемуся по горизонтальной поверхности шару массой

1 кг приложили силу 1 Н и остановили его. Путь торможения составил 1 м. Определить скорость шара до начала торможения.

Дано: т = 1 кг; F = 1 Н; s = 1 м.

Найти: и.

Решение. Кинетическая энергия катящегося шара складывается из энергии поступательного и вращательного движений:

™ _ ти2 . Jm2

где т — масса шара, J — момент инерции, и и со — линейная и угловая скорости, которые связаны соотношением и = сог, г — радиус шара. Момент инерции шара J = O^mr2. С учетом этого Ек = ^ + М^ . Е_2 = ОДпиЛ

Работа А тормозящей силы F на пути s

A = Fs

будет равна изменению кинетической энергии шара, которое в условии задачи равно Ек (кинетическая энергия остановившегося шара равна 0).

А = ЕК; Fs = 0,7ти2, откудаи = 1^^-; V= = 1,2 (м/с).

ЧО,7т N 0,7

Ракета установлена на поверхности Земли для запуска в вертикальном направлении. При какой минимальной скорое ир сообщенной ракете при запуске, она удалится от поверхности 1 расстояние, равное радиусу Земли (jR = 6,37 • 106 м)? Всеми си.^\.^, кроме силы гравитационного взаимодействия ракеты и Земли, *. обречь.

Решение. Минимальную скорость их ракеты мо^ пре- делить, зная ее минимальную кинетическую энергию Ек1.

Для определения Ек1 воспользуемся законом сохранения механической энергии.

Будем считать систему «ракета — Земля» замкнутой. Единственная сила, действующая на систему, — гравитационная, относится к разряду консервативных.

Согласно закону сохранения механической энергии можно написать

£к1 + £П1 = £к2 + ^п2>(!)

где £к1 и Еп1 — кинетическая и потенциальная энергии системы «ракета—Земля» в начальном состоянии (на поверхности Земли); Ек2 и Еп2 — те же величины в конечном состоянии (на расстоянии, равном радиусу Земли).

В выбранной системе отсчета кинетическая энергия Земли равна 0. Поэтому Ек1 есть просто начальная кинетическая энергия ракеты:

£к1 = |■

Потенциальная энергия системы в начальном состоянии г тМ nl

где G — гравитационная постоянная, т и М — масса ракеты и масса Земли.

По мере удаления ракеты от поверхности Земли ее потенциальная энергия будет возрастать, а кинетическая — убы- зать. В конечном состоянии кинетическая энергия Ек2 станет равной 0, а потенциальная энергия Еп2 достигнет максимального значения:

г тМ

П^’ " авляя значения Ек1, Еп1, Ек2. Еп2 в выражение (1), полуу

21 R 2R

откуда после сокращения на т найдем:

чая, что G^ = g (g — ускорение свободного падения у поверхности Земли), перепишем эту формулу в виде

ох = JgR,

33332 - 9332 Гладской

33

33

что совпадает с выражением для первой космической скорости. Подставим числовые значения величин и произведем вычисления:

иг = 79,81 • 6,37 • 106 = 7,9 • 103 (м/с).

| Какую скорость нужно сообщить ракете, чтобы она не вернулась на Землю? Сопротивление атмосферы не учитывать.

Решение. С удалением ракеты от Земли будет увеличиваться ее потенциальная энергия и уменьшаться кинетическая. По закону сохранения энергии

ти^ _ ти2 _ GM _ GM\

22 V До jR /

где m — масса ракеты; M — масса Земли; G — гравитационная постоянная; и0 — скорость ракеты относительно Земли в начальный момент; и — скорость ракеты в рассматриваемый момент; Ro — расстояние до ракеты от центра Земли в начальный момент; R — расстояние до ракеты от центра Земли в рассматриваемый момент; ^^ — потенциал поля тяготения Земли на расстоянии R от центра Земли.

Сокращая обе части равенства на т и преобразовывая, получим:

«В -v2 = 2Gm(^-1).

Ракета не вернется на Землю, если ее скорость и = О при R = оо. в этом случае

»о2=^.(1)

Из закона всемирного тяготения следует, что на поверхности Земли G^^ = mg, откуда

RI

GM - gR2 ,

где g = 9,81 м/с2 — ускорение свободного падения на поверх-ности Земли. Подставляя значение GM в равенство (1), найдему 2 = 2£Rq , иди ^ = ^2^ .

Считая, что ракета набирает нужную скорость и0 уже вблизи поверхности Земли, и полагая радиус Земли равным 6370 км, найдем

и0 = 72*9,81 -6,37- 106 -= 11,2 • 103 (м/с) = 11,2 (км/с).

Скорость, необходимая для преодоления поля тяготения Земли, называется второй космической скоростью или параболической скоростью.

Сплошной цилиндр скатывается с наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол 22°. Найти длину наклонной плоскости Z, если его скорость в конце наклонной плоскости равна 7 м/с, а коэффициент трения равен 0,2.

Дано: а = 22°; и = 7 м/с; f = 0,2.

Найти: Z.

Решение. Увеличение скорости цилиндра происходит за счет перехода его потенциальной энергии в кинетическую.

На высоте h (рис. 10) цилиндр обладал потенциальной энергией

Еп = mgh = mglsin а.

При скатывании цилиндра вниз потенциальная энергия частично расходуется на работу по преодолению силы трения и переходит в кинетическую энергию, которая складывается из кинетической энергии поступательного движения и кинетической энергии вращательного движения.

Работа по преодолению силы трения на пути Z определяется по формуле А = Етр1, где Гтр — сила трения.

Сила трения равна:

FTp = Nf,где N — сила нормального давления тела на плоскость. Тогда

А = mgflcos а.

Кинетическая энергия в конце пути

771 _ THU2 . Jto2

где J — момент инерции цилиндра, J = ^^; г — радиус цилиндра; со — угловая скорость вращения (со = ^ .

Произведя подстановку, получим: £ +mr! .^_32.

к 222г24

По закону сохранения энергии еп=а + ек, следовательно, mglsin а = mgflcos а + | лги2.

Решая равенство относительно Z, получим:

i , 0^ _0.75-49 =i 19 g (м)

^(sina - fcosa) 9,81(0,375-0,2-0.927)

35» Однородный шар скатывается без скольжения с плоскости, наклоненной под углом 15° к горизонту. За какое время он пройдет путь 2 м и какой будет его скорость в конце пути?

Дано: Z = 2 м, a = 15°, g = 9,81 м/с2.

Найти: t, v.

Решение. Скорость шара и в конце пути Z можно найти, используя закон сохранения энергии. Потенциальная энергия Еп шара в начале его движения равна Еп = mgh, где т — масса шара, g — ускорение свободного падения, h — высота, h = Zsin а. Значит, Еп = mglsin a. В конце пути потенциальная энергия превращается в кинетическую Ек, которая складывается из кинетической энергии поступательного £пост и Евр вращательного движений:

Е =Е +Е ; Е = ™^-Е =^,

К ПОСТ вр’ ПОСТ 2 ВР 2’

где J = | тг2 — момент инерции шара, г — радиус шара 5

со = - — угловая скорость шара.

Е=+=+2^.^ =0 7mv2^

к 22252 т2

По закону сохранения энергии Еп = Ек, или mgh = 0,7 дни2.

Отсюда

gZsina = 0,7и2

ии = /^ina = /9,81.2.0,262 7 (м/с)

а/ 0,7 Ц 0,7

Путь Z, проходимый телом при равноускоренном движении с ускорением а, имеющим начальную скорость и0, определяет

_ vt ’t= У »l,5(c)._ vt ’t= У »l,5(c).ся по формуле I = vot + — . Так как и0 = 0, ускорение

_ v

t ’

t= У »l,5(c).

_ v

t ’

t= У »l,5(c).

v - v0a =

t

тотоi vt, 2Z

то

то

Z = — , откуда t = — ;

2v

Элементы механики жидкостей

36*| За 15 мин по трубе диаметром 2 см протекает 50 кг воды. Найти скорость течения.

Дано: t = 15 мин = 9 • 10~2 с; d = 2 • 10“2 м; р = 103 кг/м3; т = 50 кг.

Найти: и.

Решение. За время t через поперечное сечение трубы S, равное ud2/4, протекает объем воды, равный V = Svt, где и — скорость течения.

Плотность р = m/Vу откуда V = т/р.

4m itd2pt— 0,18 (м/с).4m itd2pt— 0,18 (м/с).Подставляя выражения для V и S в формулу объема, получим

4m itd2pt

— 0,18 (м/с).

4m itd2pt

— 0,18 (м/с).

771 lid I /хттитттт 1 • — — = — иг, откуда и =

Р4

V =V =4-50

V =

V =

3,14 • 4 • 10-4•103 • 9 • 102

37* Свинцовый шарик диаметром 2 мм падает с постоянной скоростью 3,6 см/с в сосуде, наполненном глицерином. Найти коэффициент вязкости глицерина.

Дано: d = 0,2 см; рх = 11,3 г/см3; р2 = 1,2 г/см3; и = 3,6 см/с.

Найти: Т|.

Решение. На тело массой т и объемом V, движущееся в жидкости (газе), действуют три силы: FT = mg — сила тяжести; Fa = p2Vg — выталкивающая сила Архимеда; Fc = = 6лт|ги — сила сопротивления (внутреннего трения), определяемая по формуле Стокса. В случае, если тело движется равномерно, сила тяжести уравновешивается силой Архимеда и силой сопротивления, т. е. FT = FA + Fc.

mg = PaVg + 6кх\ги.

Учитывая, что

хт Tcd^ тг nd3 d

m. = ^V=px^--,V=^--,r=

где Px и p2 — плотности шарика и глицерина, г и d — радиус и диаметр шарика, и — скорость опускания шарика, получим:

+ 3jn)(ju

Отсюда коэффициент вязкости ц будет равен:

= (Pi-P2)^2g = 10,1 - 4-10"2-9,81 ~

П 18и18-3,6

— 6,1 г/(см • с2) = 0,61 (Па • с).

38» Два свинцовых шарика диаметрами 2 и 1 мм опускают в сосуд с глицерином высотой 0,5 м. Считая, что скорость шариков сразу становится равномерной, определить, на сколько раньше и какой из шариков достигнет дна сосуда.

Дано: dx = 2 • 10~3 м; рх = 11,3 • 103 кг/м3; d2 = 1 • Ю-3 м; р2 = 1,2 • 103 кг/м3; h = 0,5 м; ц = 0,61 Па • с.

Найти: tv t2.

Решение. На каждый из шариков, опускающийся в жидкости, действуют три силы — сила тяжести FT; сила внутреннего трения (вязкость) Fc, определяемая по формуле Стокса, и выталкивающая сила — сила Архимеда FA.

Если скорость и опускания шариков постоянна, то время опускания t будет равно:

t ^h/v.

Для шариков, опускающихся в глицерине (см. решение предыдущей задачи), выполняется условие

mg = p2Vg + 6лт|ги.

Учитывая, что v = h/t, получим выражение для t:

t = бкгЬтзmg-p2Vg

Подставляя выражение для г, т. V (см. решение предыду щей задачи), получим

t =^^ *

^(Pi -р2)^2

- 13,88 (c).- 13,88 (c).18-0,5-0,61

- 13,88 (c).

- 13,88 (c).

9,81(11,3 - 1,2) • 103 • 4 • IO"6

18-0,5-0,619,81(11,3-1,2)-IO3-1-Ю-618-0,5-0,619,81(11,3-1,2)-IO3-1-Ю-655,52 (c); ^55,52 (c); ^df d2df d2= 4.= 4.

18-0,5-0,61

9,81(11,3-1,2)-IO3-1-Ю-6

18-0,5-0,61

9,81(11,3-1,2)-IO3-1-Ю-6

55,52 (c); ^

55,52 (c); ^

df d2

df d2

= 4.

= 4.

Шарик меньшего диаметра будет опускаться в 4 раза медленнее.

Элементы специальной теории относительности

39* Протон движется со скоростью 0,7 скорости света. Найти импульс и кинетическую энергию протона.

Дано:тп0 = 1,67 • 10"27 кг; р = 0,7; с = 3 • 108 м/с.

Найти: р. Т.

Решение. Импульс частицы в релятивистской механике определяется по формуле

(1)

p = mC—L—;(2)

71-р2

Подставив в формулу (2) числовые значения, получим

р = 1,67 • 10"27 • 3 • 108^— - 4,91 • 1019 (кг • м/с).

Vl-0,72

В релятивистской механике кинетическая энергия частицы Т определяется как разность между полной энергией Е и энергией покоя Ео этой частицы: Т = Е - Ео, где

Е - _^£L ; Ео =тс2^

71 -Р2

Тогда формула Т имеет вид:

Т = тпсЦ—-— - 1).

ч-р2 ;

Подставляя в формулу числовые значения, получим

Т = 1,5 • 1010f—i— -1) 6,02 • 10~и (Дж).

Ч-0,72'

Космическая ракета движется с большой относительной скоростью. Релятивистское сокращение ее длины составило 36%. Определить скорость движения ракеты.

Дано: AZ/AZ0 = 0,36; с = 3 • 108 м/с.

Найти: и.

Решение. В системе координат, относительно которой ракета покоится, ее длина равна Zo. В системе координат, относительно которой ракета и связанная с ней система координат движутся со скоростью и, — равна Z. Эти длины связаны соотношением

7/2

Zo = —= , откуда Z = Zo /1 - — .

L _ и2ч с

V с2

По условию задачи:

= 0,36; 1 -= 0,36; 1 = /1 - ^ ; 1- /1 - ^ = 0,36;

ZoZoIq N с N с

1 - ^ = 0,642; и2 = c2(l - 0,642); v = c71 -0,642 - 2,3 • 108 (м/с).

c2

4141Прямоугольный брусок co сторонами 3,3 и 6,9 см движется

41

41

параллельно большому ребру. При какой скорости движения прямоугольный брусок превратится в куб? Как скажется движение на объеме тела?

Дано: a = 3,3 см, Zo= 6,9 см.

Найти: и, VQ/Vv

Решение. Зависимость длины Z бруска от скорости его движения и задается соотношением

с2*

Брусок превращается в куб, когда его длина Z станет равна малой стороне а. Из этого условия определяем скорость и:

; R V2 (aV V2 2'

а = 10 1--;1^1 = 1--;и2 = с

ооЦ с2с2

о

о

V = с /1-^ = 3 • Ю8 /1-|^ - 2,63• 108 (м/с).

а/ ЦМ 6,92

42. С момента образования до распада л-мезон пролетел расстояние 1,35 км. Время жизни л-мезона в неподвижной системе координат равно 5 мкс. Определить время жизни л-мезона по часам в системе координат, движущейся вместе с ним.

Дано: s = 1,35 • 103 м; f = 5 • 10“6 с; с = 3 • 108 м/с.

Найти: t.

Решение. Скорость движения л-мезона и в связанной с ним системе координат будет равна

v = s/t'; V = k35 ' У = 2,7 • 108 (м/с).

'5 • 10*6

Продолжительность события f в неподвижной системе координат и продолжительность событий t в системе координат, движущейся относительно неподвижной системы отсчета вместе с частицей со скоростью и, связаны соотношением:

t'= --■

откудаt = t* /1 - ^ .

t = tjl-^y = 5 • IO671-0,81 2,2 • 10"6 (с).

43» При какой скорости движения кинетическая энергия электрона равна 5 МэВ?

Дано: т = 9,1 • 10"31 кг, Т = 5 МэВ, Ео = 0,511 МэВ.

Найти: и.

Решение. Кинетическая энергия Т электрона много больше его энергии покоя Ео, поэтому вычисление скорости и следует провести по формулам релятивистской механики. Кинетическая энергия частицы равна:

Т = Е - £0,

T=-^£L -mc2=^--E0.

c2N c2

Выразим скорость из этого уравнения:

у = cJt<T + 2Eq) = g , 1д8 75(5 + 1^022) ~ 2 g9.1д8 (м/с).

Т + Ео5,511’ v ' '

44» Определить импульс электрона, обладающего кинетической энергией 5 МэВ.

Дано: Т = 5 МэВ; Ео = 0,511 МэВ; с = 3 • 108 м/с.

Найти: р.

Решен не. Полная энергия Е частицы равна

Е = Ео + Ек,

где Ео — энергия покоя, Ек — кинетическая энергия частицы. Релятивистское соотношение между полной энергией и импульсом имеет вид

Е2 = Е^ р2с2,

где с — скорость света в вакууме.

Импульс электрона будет равен:

= 1 ^Ек(Ек + 2Е0) ;

= 75(5 + 2-0,511) = 5,5 = 5,5 • 1,6 - 10~13 ~

Рс3-1083-108

= 2,93 • 10~21(^—^j .

Полная энергия электрона Е = - ——, где т — масса

электрона.

Е = gjvl^^io^ = 1,88 • 1013 (Дж) -1,173 (МэВ).

Vi^o^

Кинетическая энергия частицы Ек = Е - Ео. Энергия покоя электрона Ео = 0,511 МэВ.

Ек = 1,173 - 0,511 = 0,662 (МэВ).

Задачи для самостоятельного решения

Движение точки описывается уравнением s = 2t3 - 10t2 + 8. Найти скорость и ускорение точек в момент t = 4 с. Ответ: 16 м/с, 28 м/с2.

Уравнение вращения твердого тела (р = 3f2 + t. Определить частоту вращения твердого тела, угловую скорость и ускорение через 10 с после начала вращения. Ответ: 9,71 с-1; 61 рад/с; 6 с-2.

Материальная точка, находящаяся в покое, начала двигаться по окружности с постоянным тангенциальным ускорением 0,6 м/с2. Определить нормальное и полное ускорение точки в конце пятой секунды после начала движения. Сколько оборотов сделает точка за это время, если радиус окружности 5 см? Ответ: 180 м/с2; 180,001 м/с2; 24.

Диск, вращаясь вокруг оси, проходящей через его середину, делает 180 об/мин. Определить линейную скорость вращения точек на внешней окружности диска и его радиус, если известно, что точки, лежащие ближе к оси вращения на 8 см, имеют скорость 2,8 м/с. Ответ: 4,33 м/с; 0,23 м.

Снаряд массой 20 кг, летевший горизонтально, попадает в платформу с песком массой 104 кг и застревает в песке. С какой скоростью летел снаряд, если платформа начала двигаться со скоростью 1 м/с? Ответ: 501 м/с.

Частица массой 6 • 10-25 кг упруго соударяется с частицей массой 1,1*10~23кг, находящейся в покое. После удара первая частица движется в направлении, обратном первоначальному. Во сколько раз изменилась энергия первой частицы? Ответ: в 0,8 раз.

Катящийся цилиндр массой 2 кг остановлен силой 9,81 Н на пути 0,5 м. Вычислить скорость цилиндра до торможения. Ответ: 2,21 м/с.

Маховик и легкий шкив насажены на горизонтальную ось. К шкиву с помощью нити привязан груз, который, опускаясь равноускоренно, прошел 2 м за 4 с. Момент инерции маховика 0,05 кг-м2. Определить массу груза, если радиус шкива 6 см. Массой шкива пренебречь. Ответ: 0,36 кг.

Во сколько раз кинетическая энергия, которую необходимо сообщить телу для удаления его за пределы земного тяготения, больше кинетической энергии, необходимой для того, чтобы это тело вывести на орбиту искусственного спутника Земли, вращающегося на высоте 3000 км над ее поверхностью? Ответ: в 1,51 раза.

Определить период обращения искусственного спутника Земли, если известно, что он вращается по круговой орбите радиусом 7800 км. Ответ: 1,9 ч.

Точка движется по окружности радиусом 15 см с постоянным тангенциальным ускорением. К концу четвертого оборота после начала движения линейная скорость точки достигла значения 15 см/с. Определить нормальное ускорение точки через 16 с. Ответ: 1,5 см/с2.

Тело массой 5 кг падает с высоты 20 м. Определить сумму его потенциальной и кинетической энергий в точке, находящейся на высоте 5 м от поверхности Земли. Ответ: 981 Дж.

Материальная точка массой 20 г движется по окружности радиусом 10 см с постоянным тангенциальным ускорением. К концу пятого оборота после начала движения ее кинетическая энергия оказалась равной 6,3 мДж. Определить тангенциальное ускорение. Ответ: 0,1 м/с2.

Полная кинетическая энергия диска, катящегося по горизонтальной поверхности, равна 24 Дж. Определить кинетическую энергию поступательного и вращательного движения диска. Ответ: 16 Дж; 8 Дж.

Найти импульс, полную и кинетическую энергию электрона, движущегося со скоростью 0,9 с. Ответ: 5,6 • 10~22 кг • м/с; 1,87 • 10"13Дж; 1,05 • 10~13 Дж.

ЧАСТЬ 2

Основы молекулярной физики и термодинамики

V= А = £1Na МV= А = £1Na МОсновные формулы

V= А = £1

Na М

V= А = £1

Na М

pV = ^RTpV = ^RTКоличество вещества где N — число молекул, Na — постоянная Авогадро, т — масса вещества, М — молярная масса.

pV = ^RT

pV = ^RT

Уравнение Клапейрона— Менделеева где р —давление газа, V — его объем, R — молярная газовая постоянная, Т — термодинамическая температура.

Уравнение молекулярно-р = | п0<Е пост> = ~ п0пг0<икв>2

кинетической теории газов где п0 — концентрация молекул,

<ЕП0СТ> — средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул, тп0 — масса молекулы, <икв> — средняя квадратичная скорость.

Средняя кинетическая <Е> = ^-кТ энергия молекулы где г — число степеней свободы, к — постоянная Больцмана.

Внутренняя энергия^ = I v^

идеального газа

Скорости молекул: средняя квадратичная

средняя арифметическая

наиболее вероятная

♦ Средняя длина свободного <Х> = (л/2лс/2п0) 1 пробега молекулы

где d — эффективный диаметр молекулы.

Среднее число столкновений молекулы в единицу времени

<2> = V2 nd2n0<v>

Уравнение диффузии

где D — коэффициент диффузии,

dm = -D^dSdt dx

р — плотность,

dS — элементарная площадка, перпендикулярная оси X.

Уравнение теплопроводности

dQ = -^dSdt

где х — коэффициент теплопроводности.

Сила внутреннего трения где т| — динамическая вязкость.

dF = -x\^dS dx

Коэффициент диффузии

D=\ <v> • <X> 3

Вязкость (динамическая)

T] = | p<v> • <X> = Dp

Теплопроводность

X = cvP|<u> * <» = П cv

где cv — удельная изохорная теплоемкость.

Молярная теплоемкость идеального газа:

изохорная

су=1д

изобарная

с (1±2)д р2

Первое начало термодинамики

dQ = dU + dA dU = vCydT dA = pdV

Работа расширения газа при процессе:

изобарном

А=р(К2-Г1) = уД(Т2-Т1)

изотермическом

А = vflTln ^ = vBTln 51 ^iPi

адиабатном

A = vCv^T1-T2) =

= 2511 Pi - ГК1Т"1! =

(y-i)L W J

= ^j-ri-fKiT"1!

(y-i)L M J

где у = -^

♦ Уравнение Пуассона (уравнение pV1 = const♦ Уравнение Пуассона (уравнение pV1 = constадиабатного процесса)адиабатного процесса)ТГ7"1 = constТ^р1”Y = constТГ7"1 = constТ^р1”Y = const♦ Коэффициент полезногодействия цикла Карно♦ Коэффициент полезногодействия цикла КарноП =П =Q Qp _ T ТоQ Qp _ T ТоQQттгде Q и Т — количество теплоты, полученное от нагревателя, и его температура,,Qo и То — количество теплоты, переданное холодильнику, и егогде Q и Т — количество теплоты, полученное от нагревателя, и его температура,,Qo и То — количество теплоты, переданное холодильнику, и еготемпература.Изменение энтропии при переходе из состояния 1 в состояние 2Уравнение Ван-дер-Ваальса: для 1 моль газатемпература.Изменение энтропии при переходе из состояния 1 в состояние 2Уравнение Ван-дер-Ваальса: для 1 моль газаS2S2Sx = ^1 J TSx = ^1 J T"- (vM-b) = RTM"- (vM-b) = RTMдля v моль газадля v моль газаМ2 V2М2 V2^b] = vRTМ ,^b] = vRTМ ,

♦ Уравнение Пуассона (уравнение pV1 = const

♦ Уравнение Пуассона (уравнение pV1 = const

адиабатного процесса)

адиабатного процесса)

ТГ7"1 = const

Т^р1”Y = const

ТГ7"1 = const

Т^р1”Y = const

♦ Коэффициент полезногодействия цикла Карно

♦ Коэффициент полезногодействия цикла Карно

П =

П =

Q Qp _ T То

Q Qp _ T То

Q

Q

т

т

где Q и Т — количество теплоты, полученное от нагревателя, и его температура,,

Qo и То — количество теплоты, переданное холодильнику, и его

где Q и Т — количество теплоты, полученное от нагревателя, и его температура,,

Qo и То — количество теплоты, переданное холодильнику, и его

температура.

Изменение энтропии при переходе из состояния 1 в состояние 2

Уравнение Ван-дер-Ваальса: для 1 моль газа

температура.

Изменение энтропии при переходе из состояния 1 в состояние 2

Уравнение Ван-дер-Ваальса: для 1 моль газа

S2

S2

Sx = ^

1 J T

Sx = ^

1 J T

"- (vM-b) = RT

M

"- (vM-b) = RT

M

для v моль газа

для v моль газа

М2 V2

М2 V2

^b] = vRT

М ,

^b] = vRT

М ,

♦ Критические параметры♦ Критические параметрыD =°•^kp 27b2’v = A_ = 4NA^ _ 2ocos0 pgrD =°•^kp 27b2’v = A_ = 4NA^ _ 2ocos0 pgrm _ 8flKp 24bRud36m _ 8flKp 24bRud36где а и b — постоянные Ван-дер-Ваальса, VM — объем 1 моль газа.

♦ Критические параметры

♦ Критические параметры

D =°•

^kp 27b2’

v = A_ = 4NA

^ _ 2ocos0 pgr

D =°•

^kp 27b2’

v = A_ = 4NA

^ _ 2ocos0 pgr

m _ 8fl

Kp 24bR

ud3

6

m _ 8fl

Kp 24bR

ud3

6

♦ Собственный объем молекулы

♦ Высота поднятия жидкости в капилляре радиусом г

Примеры решения задач

♦ Молекулярно-кинетическая теория идеальных газов

Какое давление создают 2 г азота, занимающие объем 820 см3 при температуре 7 °C?

Дано: тп = 2 г = 2 • 10"3 кг; V = 820 см3 = 8,2 • 10"4 м3; Г = 7 °C = = 280 К; М = 28 кг/кмоль; R = 8,31 • 103 ДжДкмоль • К).

Найти: р.

Решение. Идеальные газы подчиняются уравнению состояния Менделеева—Клапейрона

pV = ELrt,

м

где р — давление газа; V — объем газа; Т — абсолютная температура газа; тп — масса газа; М — масса одного киломоля газа;

R — универсальная газовая постоянная; — — число киломо-

лей газа; R — молярная газовая постоянная; ~ — число грамм-молекул или киломолей газа: в зависимости от того, в каких единицах, г или кг, выражается масса газа.

Из уравнения состояния имеем:

р - 251_ 2..10:>..8,31.10-.2802 03. ,„,Ща)

MV28 • 820 • 10"6

2* Определить, сколько киломолей и молекул водорода содержится в объеме 50 м3 под давлением 767 мм рт. ст. при температуре 18 °C. Какова плотность и удельный объем газа?

Дано: V = 50 м3; р = 767 мм рт. ст. = 767 • 133 Па; Т = = 291 К; М = 2 кг/кмоль.

Найти: v, N, р, d.

Решение. На основании уравнения Менделеева—Клапейрона

pV=vRT

устанавливаем число киломолей v, содержащихся в заданном объеме V. Зная р — давление, V — объем, Т — температуру газа, R — молярную газовую постоянную можно определить v:

= 2,11 (кмоль).= 2,11 (кмоль).v = 2К . у = 767 *133 * 50

= 2,11 (кмоль).

= 2,11 (кмоль).

RT’ 8,31-IO3-291

Число молекул ^, содержащееся в данном объеме, находим, используя число Авогадро NA (которое определяет, какое количество молекул содержится в одном киломоле). Общее количество молекул, находящихся в массе пг данного газа, может быть установлено, так как известно число киломолей v.

N = vNA.

Подставляя в формулу число киломолей, устанавливаем число молекул, содержащихся в объеме V:

N = 2,11 • 6,02 • 1026 = 12,7 • 1026.

Плотность газа р = m/V определяем из уравнения Менделеева—Клапейрона:

pV = — RT;

^ М

р = ^-р RT

Подставляя числовые значения в единицах СИ в формулу, определим плотность газа

_ 767-1,33-№■ 2. 10_2,

8,31 ■ 103 • 291

Удельный объем газа d определяем из уравнения Менделеева—Клапейрона

d=v = RT.иг рМ

d -= п.д (м1/кг).

767-133-2''

33В баллоне объемом 10 л находится гелий под давлением 1 МПа

3

3

при температуре 300 К. После того как из баллона было взято 10 г гелия, температура в баллоне понизилась до 290 К. Определить давление гелия, оставшегося в баллоне.

Дано: И = 10 л = 10“2 м3; М = 4 кг/кмоль; рх = 106 Па;

Тх = 300 К; т = 10 г = Ю”2 кг; Т2 = 290 К.

Найти: р2.

Решение. Для решения задачи воспользуемся уравнением Менделеева—Клапейрона, применив его к конечному состоянию газа:

(1)(1)p2V= ^rt2,z М z

(1)

(1)

где тп2 — масса гелия в баллоне в конечном состоянии; М — масса одного киломоля гелия; R — молярная газовая постоянная.

Из уравнения (1) выразим искомое давление р2:

(2)(2)m2 RTn

(2)

(2)

р9 = — •-

М V

Массу гелия т2 выразим через массу mv соответствующую начальному состоянию, и массу т гелия, взятого из баллона:

(3)(3)т2 = т1 - т.

(3)

(3)

Массу гелия тг найдем также из уравнения Менделеева— Клапейрона, применив его к начальному состоянию:

тх =тх =МрхУ RTX *МрхУ RTX *(4)(4)

тх =

тх =

МрхУ RTX *

МрхУ RTX *

(4)

(4)

Подставляя в выражение (3) массу тх по формуле (4), а затем полученное выражение zn2 в формулу (2), найдем

Р2 =Р2 =MpxV \RTt- RTX ) MV ’MpxV \RTt- RTX ) MV ’

Р2 =

Р2 =

MpxV \RTt

- RTX ) MV ’

MpxV \RTt

- RTX ) MV ’

(5)(5)или после преобразования и сокращения

(5)

(5)

Р2 ТХР1 М V '

Р2 = ^ • Ю6 - ^ • "™ ' ,103 •290 (Па) - 3’64 *105 (Па)-

44"2300410"2

4

4

В сосуде емкостью 8,3 л находится воздух при нормальном

давлении и температуре 300 К. В сосуд вводят 3,6 г воды и закрывают крышкой. Определить давление в сосуде при 400 К, если вся вода при этой температуре превращается в пар.

Дано: V = 8,3 л = 8,3 • 10"3 м3; То = 300 К; ш = 3,6 г = = 3,6-10 3 кг; Т1 = 400К.

Найти: р.

Решение. Давление в сосуде складывается из давления воздуха, нагретого до температуры Тр и давления водяных паров при той же температуре.

Из объединенного газового законаpQV/TQ = РУ/Тг находим давление воздуха:

о

Из уравнения Менделеева—Клапейрона рУ/Тх = mR/M найдем давление водяных паров

„ _ mTR

P2~^v’

где М = 18 • 10-3 кг/моль — молярная масса водяного пара;

R = 8,31 ДжДмоль • К) — молярная газовая постоянная.

По закону Дальтона для смеси газов р = рг + р2 найдем давление газа в сосуде:

Тх тТх „р = Рп— + - R,

р PoTQ MV ’

где рй = 1,013 • 105 Па. Тогда

Р =Р =1,013-105-400 ,3,6- Ю"3- 4001,013-105-400 ,3,6- Ю"3- 40030030018 • 10~3 • 8,3 • 10~318 • 10~3 • 8,3 • 10~3• 8,31= 2,15-105 (Па).• 8,31= 2,15-105 (Па).

Р =

Р =

1,013-105-400 ,3,6- Ю"3- 400

1,013-105-400 ,3,6- Ю"3- 400

300

300

18 • 10~3 • 8,3 • 10~3

18 • 10~3 • 8,3 • 10~3

• 8,31= 2,15-105 (Па).

• 8,31= 2,15-105 (Па).

55В баллоне содержится кислород тх = 80 г и аргон ти2 = 320 г.

5

5

Давление смеси р = 1 МПа, температура Т = 300 К. Принимая данные газы за идеальные, определить емкость V баллона.

Дано: тпх = 8»10-2кг; Мх = 32 кг/кмоль; т2 = 0,32 кг;

М2 = 40 кг/кмоль; р = 106 Па; Т = 300 К.

Найти: V.

Решение. По закону Дальтона давление смеси равно сумме парциальных давлений газов, входящих в состав смеси.

По уравнению Менделеева—Клапейрона парциальные давления кислородарх и аргонар2 выражаются формулами:

п _™X RT _ пг2 eRT

Pi м;

Следовательно, по закону Дальтона давление смеси газов:

,/тп, . тЛдт

Р = Рл + Ро, ИЛИ р = —L + —- — .

F Fl F2’ FmJ у

Откуда емкость баллона:

(1)

v= Г0’08V 32v= Г0’08V 328.3,1 Л1°1‘ 3Q0^ ^ 0,0262 (m3) ^ 26,2 (л). .10®

v= Г0’08

V 32

v= Г0’08

V 32

6» В сосуде объемом 2 м3 находится смесь 4 кг гелия и 2 кг водорода при температуре 27 °C. Определить давление и молярную массу смеси газов.

Дано: V = 2 м3; тх = 4 кг; Мх = 4 • 10-3 кг/моль; т2 = 2 кг;

М2 = 2 • 10 3 кг/моль; Т = 300 К.

Найти: р, М.

Решение. Воспользуемся уравнением Менделеева—Клапейрона, применив его к гелию и водороду:

P1V =P1V =P2V =P2V =mxRTm2RTМ2mxRTm2RTМ2(1)(1)(2)(2)

P1V =

P1V =

P2V =

P2V =

mxRT

m2RTМ2

mxRT

m2RTМ2

(1)

(1)

(2)

(2)

где рх — парциальное давление гелия; тх — масса гелия; Мх — его молярная масса; V — объем сосуда; Т — температура газа; R = 8,31 Дж/(моль*К) — молярная газовая постоянная; р2 — парциальное давление водорода; тп2 — масса водорода; М2 — его молярная масса.

По закону Дальтона:По закону Дальтона:Р=Р1 + Р2-Р=Р1 + Р2-(3)(3)

По закону Дальтона:

По закону Дальтона:

Р=Р1 + Р2-

Р=Р1 + Р2-

(3)

(3)

Из уравнений (1) и (2) выразим рх и р2 и подставим в уравнение (3):

_ mxRT + m2RT _(mi . m2\RT/.х

Р MXV M2V Vmx М^ V "1 ’

Найдем молярную массу смеси газов по формуле

М = — ,(5)

Vl + v2

где vx и v2 — число молей гелия и водорода соответственно. Число молей газов найдем по формулам:

(6)(6)(7)(7)(8)(8)пгх

(6)

(6)

(7)

(7)

(8)

(8)

м"х’

v2=^.

2 м2

Подставляя выражения (6) и (7) в формулу (5), найдем

,, ТПлА-Щп

М = —*2-

тт ш2

мх м2

р = (——ч + —^) 8,312300 ~ 2 5.1О6 (Па)

Ч • 10"3 2 • КГ3' 2’ х ’

М = —-—- ■—3—-— = 3 • 10"3 (кг/моль).

4 • 10"3 + 2 • 10~3

7* В резервуаре объемом 1,2 м3 находится смесь 10 кг азота и 4 кг водорода при температуре 300 К. Определить давление и молярную массу смеси газов.

Дано: V = 1,2 м3; пгг = 10 кг; Мт = 28 • 10-3 кг/моль; пг2 = = 4 кг; М2 = 2 • 10-3 кг/моль; Т = 300 К.

Найти: р, М.

Решение. Воспользуемся уравнением Менделеева—Клапейрона, применив его к азоту и водороду:

P1V =P1V =mxRT eМ^ ’mxRT eМ^ ’(1)(1)

P1V =

P1V =

mxRT e

М^ ’

mxRT e

М^ ’

(1)

(1)

м2 ’( )

где рх — парциальное давление азота; тх — масса азота; Мх — молярная масса азота; V — объем резервуара; Т — температура газа; R = 8,31 Дж/(моль*К) — молярная газовая постоянная; р2 — парциальное давление водорода; т2 — масса водорода; М2 — молярная масса водорода.

По закону Дальтона:

Р=Р1 + Р2-(3)

Из уравнений (1) и (2) выразим рг и р2 и подставим в уравнение (3):

= mxRT m2RT = fmx rn^XRT

Р MXV M2V VMX V *1 '

Найдем молярную массу смеси газов по формуле

М = —-,(5)

vi + v2

где тх — масса азота; т2 — масса, водорода; vx — количество молей азота; v2 — количество молей водорода.

Количество молей азота и водорода vx и v2 найдем по формулам:

vi =vi =тх .тх .VV_ m22~ М~2_ m22~ М~2(6)(7)(6)(7)

vi =

vi =

тх .

тх .

V

V

_ m2

2~ М~2

_ m2

2~ М~2

(6)

(7)

(6)

(7)

Подставляя формулы (6) и (7) в выражение (5), найдем

М _mi+m2,(8)

тх/Мх + т21М2

Вычислим:

р - (—^О-т + —-—) • ^^.--ЗОО _ 4 9.1О6 Щ )

И V28-10-3 2-IO"3V 1,2V Ъ

М = —ю ^^ +4 4— —6*10 3 (кг/моль).

28 • IO"3 + 2 • 10-з

8» В закрытом сосуде емкостью 3 м3 находятся 1,4 кг азота и 2 кг гелия. Определить температуру газовой смеси и парциальное давление гелия, если парциальное давление азота равно 1,3 • 105 Па.

Дано: У = 3 м3; тх = 1,4 кг; Мх = 28 кг/кмоль; т2 = 2 кг;

М2 = 4кг/кмоль; рх = 1,34 • 105 Па.

Найти: Т,р2.

Решение. Парциальное давление гелия и температура газовой смеси определяются из уравнения Менделеева—Клапейрона:

PiV=^RT;(1)

P2V=^RT.(2)

2

Из (1) находим температуру

т_РуУМ^mTR 9

и потом из (2) можно определить парциальное давление гелия

тпз е НргУМг = т2Мхрх

М2 mxRV тхМ2 * 7

Подставим все величины в формулы (1) и (3), проведем вычисления температуры и давления:

Т = 1,3 - IO5 - 3^28 ~ 939 (К)

1,4* 8,31 *103'

р = 2 l2811Al10!1,3 • 106 (Па).

1,4’4

Для смеси газов справедлив закон Дальтона: Р=Р1+Р2.

где рх и р2 — парциальные давления, определяемые из уравнения Менделеева—Клапейрона:

mxRT m^RT

P1 ~ MXV ’Рг "" M2V ’

где Т — температура, V — объем сосуда, в котором смешаны газы, R — молярная газовая постоянная.

Тогда

Р VMX Mj V ’ VMX Mj p *Р VMX Mj V ’ VMX Mj p *(1)(1)

Р VMX Mj V ’ VMX Mj p *

Р VMX Mj V ’ VMX Mj p *

(1)

(1)

Молекулярная масса смеси определяется по уравнению Менделеева—Клапейрона:

поэтому

М =m°"= (^i + ^W^,

см + Мг тхМ2 + т2Мх

Мх М2

Производим вычисления

и _ Г± + 2^ Milloy _12(М3);

32 4'1,01-10’

М,м = (--■—) *32-4 ~ 5 65 (кг/кмоль).

см 1-4 + 2-32

Сосуд емкостью 2 л содержит азот при температуре 27 °C и давлении 0,5 атм. Найти число молекул в сосуде, число столкновений между всеми молекулами за 1 с, среднюю длину свободного пробега молекул.

Дано: У = 2 л = 2• КГ3 м3; Т = 27 °C = 300 К; р = 0,5 атм = = 5,065 • 104 Н/м2; М = 28 кг/кмоль; d = 3,1 • 1010 м.

Найти: п, г, <Х>.

Решение. Число молекул в сосуде найдем исходя из уравнения Менделеева—Клапейрона:

pV= ELrt.

М

В газе массой т содержится п молекул газа, так что т = пт^ где тп0 — масса отдельной молекулы, а в одном киломоле вещества содержится число молекул, равное числу Авогадро (Ад = 6,01 • 1026 1/кмоль). Поэтому М = mQNA. Следовательно,

PV= TTRT*n = ^NK-(D

NART а

Число столкновений каждой молекулы с остальными за 1 с:

где <и> = —— — средняя арифметическая скорость. км

Средняя длина свободного пробега молекул газа <Х> определяется формулой:

<Х> = —,

V27cd2no

где d — эффективный диаметр молекулы, п0 — число молекул в единице объема.

Исходя из уравнения (1), и = ^ = ^А = Р 0 V TR кТ’

где к = ^- = 1,38 • 10"23 Дж/К — постоянная Больцмана.

Поэтому для числа столкновений каждой молекулы за 1 с получим:

Общее число столкновений за 1 с равно: г = ^ п • <z>.

2

Согласно уравнениям (1) и (2) имеем:

(а,

Ч кМ k2T2

Длина свободного пробега:

<Х> = -^-.J2nd2p

Производим вычисления в СИ:

п = 5,065-104-2-10-3-6,0^^^2 45.1()22 молекул;

8,31-103-300

2 = V2 . 3 14.3Д2. ю-20 /8-8,31 -103- зр0

2N 3,14-28

5,0652-108-2- 10-з1,382 • 10-46 • 9 • 1045,0652-108-2- 10-з1,382 • 10-46 • 9 • 104= 3,04-1031 (с1);= 3,04-1031 (с1);

5,0652-108-2- 10-з

1,382 • 10-46 • 9 • 104

5,0652-108-2- 10-з

1,382 • 10-46 • 9 • 104

= 3,04-1031 (с1);

= 3,04-1031 (с1);

<Х> =1.38-ДО-22,-300 = 1 92.10_7 (м)

72 • 3,14 • 3,12 • 10-20 • 5,065 • 104

11» Найти число молекул азота в 1 м3, если давление равно 3,69 атм, а средняя квадратичная скорость молекул равна 2400 м/с.

Дано: V = 1 м3; р = 3,69 • 1,01 • 105 Па; <vKB> = 2,4 • 103 м/с;

М = 28 кг/кмоль.

Найти: п0.

Решение. Основное уравнение молекулярно-кинетической теории газов имеет вид

р = | n0m<vKB>2,(1)

где р — давление; п0 — количество молекул в единице объема газа; т — масса одной молекулы; <икв> — средняя квадратичная скорость молекул.

Масса одной молекулы равна

т = ^,(2)

где М — масса 1 моля газа; NA — число Авогадро — 6,02 х х 1026 кмоль"1.

Используя (1) и (2), получим

3PNA

П° М<икв>2’

_ 3-3,74-10=. 6,02- 10”4 2.10И („-5).

028-2,42-106

12» При каком давлении средняя длина свободного пробега молекул водорода <Х> = 2,5 см при температуре 68 °C? Диаметр молекул водорода принять равным d = 2,3 • 10”10 м.

Дано: <Х> = 2,5 • 10"2 м; Т = 341 К; d = 2,3 • 10"10 м;

NA = 6,02 • 1026 кмоль”1.

Найти: р.

Решение. Давление водорода при температуре Т можно найти по уравнению Менделеева—Клапейрона, в котором удобно ввести число молекул и в 1 м3. Это проводится следующим образом:

pV = RT;p=^,

но Д = NAk, где NA — число Авогадро и к — постоянная Больц- NN

мана. Следовательно, р = -^кТ. Так как -^ = п0, имеем р = покТ.

Число молекул в 1 м3 выразим через среднюю длину сво

бодного пробега. Из формулы <Х> = —— находим п0 = V2nd2n0

=. Таким образом,

j2itd2<X>

р = — 1.38 LlO^iSll 0 8 (Па) V2nd2<X> 72 • 3,14 • 2,32 • 10"20 • 2,5 • 10"2

13.| Вакуумная система заполнена водородом при давлении 10“3 мм рт. ст. Рассчитать среднюю длину свободного пробега молекул водорода при таком давлении, если t = 50 °C.

Дано: р = 10-3 мм рт. ст. = 0,133 Па; d = 2,3 • 10 10 м; Т = = 50 °C = 323 К.

Найти; <Х>.

Решение. Средняя длина свободного пробега молекул определяется по формуле:

<Х> = -,

V2Kd2n0

где d — эффективный диаметр молекулы; п0 — число молекул в единице объема.

Из молекулярно-кинетической теории газов известно, что р = покТ, или «о = ^ •

Произведем подстановку

<х> = -^т ,j2-nd2p

где к— постоянная Больцмана; к = 1,38 • 10-23 Дж/К; Т— температура; р — давление.

<Х>1,38^10^323 0Д43 (м)

72-3,14.5,3-Ю-20-0,133

Т4*| Определить среднюю длину свободного пробега молекул и число соударений за 1 с, происходящих между всеми молекулами кислорода, находящегося в сосуде емкостью 2 л при температуре 27 °C и давлении 100 кПа.

Дано: V = 2 л = 2*10 Зм; М = 32 • 10 3 кг/моль; Т = = 300 К; р = 100 кПа = 105 Па; d = 2,9 • 1010 м.

Найти: <Х>, г.

Решение. Средняя длина свободного пробега молекул кислорода вычисляется по формуле

(1)(1)1

(1)

(1)

а/2л(/2л0

(2)(2)(3)(3)где d — эффективный диаметр молекулы кислорода; п0 — число молекул в единице объема, которое можно определить из уравнения

(2)

(2)

(3)

(3)

0 кТ

где к — постоянная Больцмана. Подставляя (2) в (1), имеем

кТJ2^d2p

(4)(4)Число соударений 2, происходящих между всеми молекулами за 1 с, равно

(4)

(4)

z = - <z>N,2

где N — число молекул кислорода в сосуде объемом 2 • 10-3 м; <2> — среднее число соударений одной молекулы за 1 с. Число молекул в сосуде

N = nV*(5)

Среднее число соударений молекулы за 1 с равно

<z> =,(6)

где <и> — средняя арифметическая скорость молекулы

<v> =.(7)

Подставляя в (4) выражения (5), (6) и (7), находим

НН/°Л£ . 72 • nd2p,

Н

Н

ОМF . р у = 2лс^У [RT

кТкТ k2T2 ^лМ'

Произведем вычисления:

хх„2-ЗД4-2.92-IO'20-1010-2-10'3

х

х

1,382 • 10"46 • 9 • 1041,382 • 10"46 • 9 • 1042 = 22

1,382 • 10"46 • 9 • 104

1,382 • 10"46 • 9 • 104

X ГАЗЦзббЗ = 97.1031 (с-1).

^3,14 • 32 • 10-3

1^10^300 _ 1Д1.10-7 (м)

72 • 3,14-2,92- IO'20- 105

15* Найти плотность азота, если молекула за 1 с испытывает 2,05 • 108 с"1 столкновений при температуре 280 К. Какова средняя длина свободного пробега молекул?

Дано: <2> = 2,05 • 108 с"1; Т = 280 К; М = 28 • 10"3 кг/моль;

d = 3,1 • 10'10 м; NA = 6,02 • 1023 моль'1.

Найти: р, <Х>.

Решение. Плотность азота определяется по формуле

(1)(1)р = -.

(1)

(1)

где m — масса азота; V — объем.

Массу азота можно выразить через число молекул в данном объеме и массу одной молекулы:

m = mTN.(2)

Массу пгг одной молекулы можно найти делением массы одного моля на постоянную Авогадро:

<3>

Число молекул, содержащихся в газе некоторого объема У, равно

N = n0V,(4)

где п0 — концентрация молекул. Подставляя (4) и (3) в (2), имеем

Мп0Ут =

далее, подставляя (5) в (1), получаем

_ Мп0

Концентрацию молекул находим из формулы для числа столкновений:

<г> = 72 TccZ2n0<yap>, откуда

(7)(7)„ -<г>

(7)

(7)

п0 г*

(V2nd2<vap>)

где d = 3,1 • 10 10 м — эффективный диаметр молекулы азота;

<м2> — средняя арифметическая скорость молекул;

<о<оар>ар>/8ДТ4 лм/8ДТ4 лм(8)(8)

<о

<о

ар>

ар>

/8ДТ

4 лм

/8ДТ

4 лм

(8)

(8)

где R = 8,31 Дж/(моль-К)— молярная газовая постоянная; Т — термодинамическая температура. Подставляя величину <vap> из (8) в (7), получим

Подставляя величину л0 из (9) в (6), имеем

Р =Р =М<2>М<2>NA4d2 /^4 мNA4d2 /^4 м(Ю)(Ю)

Р =

Р =

М<2>

М<2>

NA4d2 /^

4 м

NA4d2 /^

4 м

(Ю)

(Ю)

Среднюю длину свободного пробега молекул азота находим по формуле

<Х> =.

j2nd2nQ

Используя соотношение (9), получаем

<х> = И.Л_.N кМ <z><х> = И.Л_.N кМ <z>(И)(И)

<х> = И.Л_.

N кМ <z>

<х> = И.Л_.

N кМ <z>

(И)

(И)

Произведем вычисления:

28 • 10~3 .2,05-108

6,02 • Ю23 4.3 р 1()_20 /3,14-8,31-280’428 • IO'3

12,05 • 10812,05 • 108— 4,86 • 10 2 (кг/м3).

1

2,05 • 108

1

2,05 • 108

16* Определить среднюю длину свободного пробега молекул и число соударений за 1 с, происходящих между всеми молекулами азота, в сосуде емкостью 4 л, содержащегося при нормальных условиях.

Дано: У = 4 л = 4-10'3м3; М = 28 кг/кмоль; Т = 273 К;

р = 1,01 • 105 Па; d = 3,1 • НГ10 м.

Найти: 2, <Х>.

Решение. Средняя длина свободного пробега молекул азота <Х> может быть найдена, если известно число молекул в единице объема п0 и эффективный диаметр молекулы d:

Число молекул в единице объема п0 определяется из формулы давления, полученной на основании уравнения молекулярно-кинетической теории газов р = покТ. Отсюда следует, что

(2)

где к — постоянная Больцмана. В окончательном виде формула (1) имеет вид

диаметр d находим по таблицам.

Число соударений 2, происходящих между всеми молекулами за 1 с, можно вычислить по известному общему числу молекул п, а также по числу соударений <z> каждой молекулы с остальными за 1 с, т. е.

(3)(3)2=1 П<2>2

(3)

(3)

Общее число молекул в сосуде п найдем по формуле

где NK — число Авогадро.

Среднее число соударений одной молекулы за 1 с получим, если ее среднюю арифметическую скорость <и> разделим на длину свободного пробега <Х>:

Средняя арифметическая скорость молекул:

<и> =<и> =(6)

<и> =

<и> =

Подставляя в (5) выражения (6) и (1, а), находим число соударений каждой молекулы за 1 с:

<2> = /^Z V2nd2p = 4ud2p [RT

4 пМ кТ кТ 4кМ'

Общее число соударений за 1 с между всеми молекулами вычисляем, используя соотношения (3), (4) и (7):

1 PVNA 4nd^ [RT = 2к<12р2У [RT

2 RT kTk2T2 улМ'

Подставляя числовые значения, получим

= 2 • 3,14 • 3,12 • 10" • 1,012 • 1010 • 4 • 10~3 /8,31 • 103 • 273 1,382 • 10"46 • 2732V 3,14-28

- 2,79-1032 (с"1);

<Х> =1,38 • 10-23 • 273 = ^.10_8 (м)

(1)(1)тг0 =тг0 =mNAMVmNAMVNaNa(2)(2)^л-3,12-10-20-1,01-10"5

(1)

(1)

тг0 =

тг0 =

mNAMV

mNAMV

Na

Na

(2)

(2)

где Na — постоянная Авогадро; М = 28 • 10'3 кг/моль —■ молярная масса азота.

Решая совместно уравнения (1) и (2), находим

и0 =1= р—;р ==^;

^лй2<Х> М j2ud2<X>N А ^а

п0 = —= 2,34 • 1019 (м);

V2 • 3,14 • 3,12 • 10'20 • 0,1

р = 2,34 • 1019^-— = 1,09 • 106 (кг/м3).

6,02 • 1026

. Определить коэффициент внутреннего трения для водорода, имеющего температуру 27 °C.

Дано: М = 2 кг/кмоль; Т = 27 °C = 300 К; d = 2,3 • 10'10 м;

Na = 6,02 • 1026 кмоль'1; R = 8,31 • 103 ДжДкмоль • К).

Найти: т|.

Решение. Из молекулярно-кинетической теории газов коэффициент внутреннего трения равен

(1)(1)Л = |p<v><X>,

(1)

(1)

где р — плотность газа, <и> — средняя арифметическая скорость молекул; <Х> — средняя длина свободного пробега.

Плотность из уравнения Менделеева—Клапейрона равна

Р =Р =m _ рМ, V RT ’m _ рМ, V RT ’(2)(2)

Р =

Р =

m _ рМ, V RT ’

m _ рМ, V RT ’

(2)

(2)

где m, V, р и Т — масса, объем, давление и температура газа, М — молярная масса водорода, R — молярная газовая постоянная;

средняя арифметическая скорость молекул равна:

(3)

средняя длина свободного пробега равна:

(4)(4)1

(4)

(4)

j2nd2TiQ

где d — эффективный диаметр молекулы водорода, п0 — число молекул водорода в 1 м3.

Давление и температура газа связаны соотношением

р = покТ,(5)

откудаоткудаП° кТ'П° кТ'(6)(6)

откуда

откуда

П° кТ'

П° кТ'

(6)

(6)

а к в свою очередь равно

(7)(7)к=^,Na

(7)

(7)

где NK — число Авогадро.

Подставляя (2), (3) и (8) в уравнение (1), получим

1 . PM ^RT . RT = J&MRT

3 RT 4 кМ j2nd2PNA 3^2nd2NA'

n - J8.2-8,31.10-. 300 _ 8,4 . ю-« (кг/м • с).

3 • 72-3.143 • 2,3 • 10"10 • 6,02 • 1026

.| Вычислить коэффициент внутреннего трения и коэффициент диффузии кислорода, находящегося при давлении 0,2 МПа и температуре 280 К.

Дано: р = 2 • 105 Па; d = 2,9 • 10 10 м; М = 32 • 10 3 кг/моль; Т=280К.

Найти: т], D.

Решение. На основании представлений молекулярно-кинетической теории газов коэффициент внутреннего трения идеального газа (динамическая вязкость) и коэффициент диффузии определяются по формулам:

(1)(2)(1)(2)ч = | р<^><%>;

(1)

(2)

(1)

(2)

D = Vx><Uap>’

где р — плотность газа; <Х> — средняя длина свободного пробега молекул; <иар> — средняя арифметическая скорость молекул.

Из (1) и (2) следует

П = PD.(3)

Среднюю арифметическую скорость и среднюю длину свободного пробега молекул находим по формулам:

<и<иар>ар>[знтN кМ[знтN кМ(4)(4)

<и

<и

ар>

ар>

[знт

N кМ

[знт

N кМ

(4)

(4)

65

<х> =1,(5)

j2-ndn0

где R = 8,31 ДжДмоль • К)— молярная газовая постоянная; Т — термодинамическая температура; d = 2,9 • 1О~10 м — эффективный диаметр молекулы кислорода; п0 — число молекул в 1 м (концентрация).

Из основного уравнения молекулярно-кинетической теории газов определяем п0:

п0 = -2- ,(6)

0 кТ’

где р — давление; к — 1,38 • 10-23 Дж/К — постоянная Больцмана.

Подставляя (6) в уравнение (5), получаем:

<х> = ±Т ,(7)

J2nd2p

Окончательный вид расчетной формулы для коэффициента диффузии найдем, подставляя выражения (4) и (7) в (2):

D = 1 [8RT е кТ = 2кТ [RT

3 N пМ J2nd2p ^d2p NkM *

Плотность кислорода определяется по формуле (6), рассмотренной ранее в задаче 15: р = ^^ . С учетом (6) имеем:

р N ^кТv ’

Подставляя (9) и (8) в (3), получаем расчетную формулу для коэффициента внутреннего трения:

п = —2— 4мйт.

3it^d2NK

Вычисляем:

D = 2 .1,38 • 10~23 • 280. / 8,31 • 280~~~ ~

3 ‘ 3,14 • 2,92 • 10"20 • 2 • 105 V3.14 • 32 • 10"3

7,4 • IO”6 (м2/с);

20» Определить коэффициент диффузии и коэффициент внутреннего трения азота, находящегося при температуре 300 К и давлении 105 Па.

Дано: р0 = 1,25 кг/м3; М = 28 • 10'3 кг/моль; Т = 300 К; р= 105 Па; d = 3,1 • 1О~10 м.

Найти: D, ц.

Решение. Коэффициент диффузии определяется по формуле:

(1)(1)D = | <v><X>,3

(1)

(1)

где <и> — средняя арифметическая скорость молекул, равная

<и> =<и> =[акт.N кМ ’[акт.N кМ ’(2)(2)

<и> =

<и> =

[акт.

N кМ ’

[акт.

N кМ ’

(2)

(2)

<Х> — средняя длина свободного пробега молекул. Для нахождения <Х> воспользуемся формулой, взятой из решения примера 19:

<х> = .^Т .(з)

V2nd2p

Подставляя (2) и (3) в выражение (1), имеем

D =1• кТ = 2кТ(4)

3 /8ЯТ J2nd2p Зк^р^пМ"

N кМ

Коэффициент внутреннего трения:

n = | <и><х>р,(5)

где р — плотность газа при температуре 300 К и давлении 105 Па. Для нахождения р воспользуемся уранением состояния газа. Запишем его для двух состояний азота — при нормальных условиях (То = 273 К, р0 = 1,01 • 105 Па) и при условиях данной задачи:

имеемимеемр0Г0 = (тп/М)ЯТ0; pV=(m/M')RT.(6)

имеем

имеем

Учитывая, что рп = — , р = — РоV

0 = РоРТр

Р (PoD "

Коэффициент внутреннего трения ?аза может быть выражен через коэффициент диффузии (см. (1) и (5)):

(8)(8)ц = Dp = £М^о

(8)

(8)

Р0Т

Подставляя числовые значения в (4) и (8), получим:

D =2 • 1,38-Ю" - 300. / 8,31-300 j 54 е 10-5 (м2

3 • 3,14-3,12-IO"20 - 105 а/3,14-28-IO’3 ’1

т] = 1,54 -10 5-1,25т] = 1,54 -10 5-1,25105-2731,01 • 105-300105-2731,01 • 105-3001,73 -10 5 (кг/(м-с)).1,73 -10 5 (кг/(м-с)).

т] = 1,54 -10 5-1,25

т] = 1,54 -10 5-1,25

105-273

1,01 • 105-300

105-273

1,01 • 105-300

1,73 -10 5 (кг/(м-с)).

1,73 -10 5 (кг/(м-с)).

21» Наружная поверхность кирпичной стены площадью 25 м2 и толщиной 37 см имеет температуру 259 К, а внутренняя поверхность — 293 К. Помещение отапливается электроплитой. Определить ее мощность, если температура в помещении поддерживается постоянной. Теплопроводность кирпича 0,4 Вт/(м • К).

Дано: S = 2 5 м2; d = 3 7 см = 0,3 7 м; Тг = 2 59 К; Г2 = 293 К;

X = 0,4 Вт/(м • К).

Найти: N.

Решение. Количество теплоты, прошедшее через наружную стену, определим по закону Фурье:

т — т

Q = -X 1 / 2St,(1)

а

где t — время протекания теплоты.

За время t электроплита должна выделить такое же количество теплоты

Q = Nt.(2)

Приравнивая правые части уравнений (1) и (2), получаем

Nt = -'ЦТ1 - T^St/d, откуда N = -^^-^ 8;

N = -0,4 • ^—5ЕЗ . 25 = 0 92 (кВт)

0,37v '

Решение. Считаем процесс установившимся, температуру нижней поверхности льда равной О °C, а верхней — температуре воздуха. Через слой льда от воды отводится тепло. Количество тепла Q, передаваемое через лед толщиной Ах, пропорци

онально градиенту температуры — , площади передающей по- Ах

верхности S и времени т и определяется уравнением теплопроводности Фурье:

Массу т образующегося льда определяем из уравнения для теплоты плавления Q льда, численно равной теплоте, отводимой от воды в процессе замораживания

Q = тг,

где г — удельная теплота плавления льда. Тогда

т = 9. = — • ^ - S-t;г Ах г

т =т =® 15 (кг).® 15 (кг).10 • 2,1 • 10 • 3,6 • 1030,15-3,35-105

т =

т =

® 15 (кг).

® 15 (кг).

2. Основы термодинамики

23» Давление газа 750 мм рт. ст., температура 27 °C. Определить концентрацию молекул и среднюю кинетическую энергию поступательного движения одной молекулы.

Дано: р = 750 мм рт. ст.; t = 27 °C.

Найти: п0, 8.

Решение. По основному уравнению кинетической теории газов

е = ^Г.

2

Вычисляем:

е = | • 1,38 • 1023 • 300 = 6,21 • 10 21 (Дж).

Концентрацию молекул п0 найдем из уравнения р = п^кТ, где р — давление газа (р = 750 • 133 Па). Находим п0:

П° кт’П°П° кт’П°750 -1331,38 • 10~23 • 300750 -1331,38 • 10~23 • 3002,4 • 1025 (1/м3).2,4 • 1025 (1/м3).

П° кт’П°

П° кт’П°

750 -133

1,38 • 10~23 • 300

750 -133

1,38 • 10~23 • 300

2,4 • 1025 (1/м3).

2,4 • 1025 (1/м3).

24* Чему равны средние кинетические энергии поступательного и вращательного движения молекул, содержащихся в 2 кг водорода при температуре 400 К?

Дано: т = 2 кг; Т = 400 К; М = 2 • 10'3 кг/моль.

Найти: <ЯПОСТ>, <Евр>.

Решение, Считаем водород идеальным газом. Молекула водорода — двухатомная. Связь между атомами считаем жесткой, тогда число степеней свободы молекулы водорода равно 5. В среднем на одну степень свободы приходится энергия

кТ2

Поступательному движению приписывается три (i = 3), а вращательному две (i = 2) степени свободы. Тогда энергия одной молекулы

<£По=т>=1^;

<5вр>=|^.

Число молекул, содержащихся в массе газа тп,

N = vNA = ^Na,А М А

где v — число молей; NA — постоянная Авогадро. Тогда средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул водорода будет

<Е<Е(1)(1)

<Е

<Е

(1)

(1)

где R = kNк — молярная газовая постоянная.

Средняя кинетическая энергия вращательного движения молекул водорода

<Е<Е(2)(2)

<Е

<Е

(2)

(2)

Подставляя числовые значения и формулы (1) и (2), имеем

<£посг> 3'2'2^10-3 ^ = 49,86 ’ 105 №> = 4986 (КДЖ>;

<ев> - М^о^ = 33,24 *105 (Дж) = 3324 (кДж)-

Газ, занимавший объем 20 л при нормальных условиях, был изобарически нагрет до 80 °C. Определить работу расширения газа.

Дано: ^ = 20 л = 2 • 10'2 м3; рг = р2 = 1,01 • 105 Па; Тх = = 273 К; Т2 = 353 К.

Найти: А.

Решение. Работа расширения газа А при изобарическом процессе определяется по следующей формуле:

А= — RAT.

м

Число молей газа — определим

М

ева—Клапейрона:

^RTV или

из уравнения Менделе-из уравнения Менделе-= Р1£R1\ '= Р1£R1\ 'Р1У1АТР1У1АТА =А =Ti 1,01-105-2-10-2-80Ti 1,01-105-2-10-2-80273273- 592 (Дж).- 592 (Дж).Тогда

из уравнения Менделе-

из уравнения Менделе-

= Р1£

R1\ '

= Р1£

R1\ '

Р1У1АТ

Р1У1АТ

А =

А =

Ti 1,01-105-2-10-2-80

Ti 1,01-105-2-10-2-80

273

273

- 592 (Дж).

- 592 (Дж).

26» Определить скорость вылета поршня массой 4 кг из цилиндра при адиабатном расширении воздуха в 40 раз, если начальное давление воздуха 107 Па, а объем 0,3 л.

Дано: m = 4 кг; У2(УХ = 40;рх = 107 Па; ^ = 0,3 л = 3 • 10'4 м3.

Найти: и.

Решение. Работа А, совершаемая адиабатически расширяющимся воздухом, в данном случае идет на увеличение кинетической энергии поршня, т. е.

А

2 ’

где пг и и — масса и скорость поршня.

Для подсчета работы адиабатически расширяющегося газа воспользуемся формулой:

где у — отношение теплоемкостей газа при постоянном давлении и постоянном объеме (для воздуха у = 1,4).

А = 10^1^10^ (1 _ 0>22) = 5 85.10з (Па)

Так как А = 2^ , то

2

и =

Ч т

ESE№=54(m/c).

А/ 4

27* Азот массой 2 кг охлаждают при постоянном давлении от 400 до 300 К. Определить изменение внутренней энергии, внешнюю работу и количество выделенной теплоты.

Дано: т = 2 кг; М = 28 • 10'3 кг/моль; Тг = 400 К; Т2 = = 300 К.

Найти: AZ7, A, Q.

Решение. Изменение внутренней энергии газа (считаем азот идеальным газом) найдем по формуле

д[7 = m^v^2 ~ ^i)М 9

где m — масса газа; М — молярная масса; Cv — молярная теплоемкость при постоянном объеме; Тг — начальная температура; Т2 — конечная температура. Для всех двухатомных газов

Тогда

Количество теплоты, выделяющееся при охлаждении газа при постоянном давлении:

(2)(2)= ^^Р^з^1)

(2)

(2)

где Ср — молярная теплоемкость при постоянном давлении;

для всех двухатомных газов Ср = -R. Формулу (2) запишем в

виде

7 е mR(,T2 Гj)

2 М

Работа сжатия газа при изобарном процессе

А = pNV,

где ДР = V2 ~ ^i — изменение объема, которое найдем из уравнения Менделеева—Клапейрона. При изобарном процессе р = const:

(4)

pV2 - 2^ .(5)

Почленным вычитанием выражения (4) из (5) находим:

mR(T2-Tr)МmR(T2-Tr)М

mR(T2-Tr)М

mR(T2-Tr)М

Следовательно,

(6)(6)= mRtJVTV)М

(6)

(6)

Подставляя числовые значения в формулы (1), (3) и (6), получим:

АН = - • 22^3122300^400)_14g (кдж);

228 • IO"3v ”

Q=1 • 2-8,31 -(300-400) ~ _2Q7 (кдж);

228 • IO"3

А = 2 2^1300^400) ^ _59 (кДж)

28-Ю"3v ^ ’

28» Молекулярный пучок кислорода ударяется о неподвижную стенку. После соударения молекулы отражаются от стенки с той же по модулю скоростью. Определить давление пучка на стенку, если скорость молекул 500 м/с и концентрация молекул в пучке 5 • 1024 м~3.

Дано: и = 500 м/с; п0 = 5 • 1024 м'3.

Найти: р.

Решение. Давление определяется по формуле:

(1)

где F — сила давления, S — площадь.

Силу давления найдем из второго закона Ньютона:

Ft = тпАи,(2)

где т — масса кислорода, ударившегося о стенку за время t, Av — изменение скорости молекул при ударе.

Массу одной молекулы кислорода найдем из закона Аво- гадро:

1

где М = 32 • 10'3 кг/моль — молярная масса кислорода; NA = = 6,02 • 1023 моль'1 — постоянная Авогадро.

За время t о стенку ударяются молекулы, находящиеся в объеме

V = Svt,масса которыхт = тгпои18.(3)

Изменение скорости при соударении:

Аи = и - (-и) = 2и.(4)

Подставляя выражения (3), (4) в (2), находим:

Mn0vtS2v 2MnQv2tSFt = =,

NANa

откуда F 2Mv2n0

S Na 9

1,33-105 (Па).1,33-105 (Па).5 • 1024 • 2 • 32 • IO'3 • 25 • 1046,02 • 1023

1,33-105 (Па).

1,33-105 (Па).

29* Определить удельные теплоемкости ср, судля смеси 1 кг азота и 1 кг гелия.

Дано: тх = 1кг; Мг = 28 кг/кмоль; 1г = 5; т2 = 1кг; М2 = 4 кг/кмоль; i2 = 3.

Найти: ср, cv.

Решение. Удельной теплоемкостью какого-либо газа называется величина, равная количеству теплоты, которое нужно сообщить единице массы тела, чтобы повысить его температуру на 1 градус. При этом величина теплоемкости зависит от условий, при которых происходит нагревание газа.

Если нагревание происходит при постоянном объеме, то

= AQKу ^Тт9

где AQK = MJ, т. е. все сообщаемое количество теплоты идет на изменение внутренней энергии системы. Изменение внутренней энергии смеси газа определяется формулой:

AU = ^ • — RAT + ^ • ^RAT,Mt 2М2 2

где ix и г2 — число степеней свободы первого и второго газов.

Окончательно получим

Vm^ 2 М2 27

Су = 1— •(1

тт 4- т2

Если нагревание происходит при постоянном давлении, то

где AQp = MJ 4- ААр т. е. сообщаемое газу количество теплоты идет не только на изменение внутренней энергии, но и на работу по расширению газа. Работа при изобарическом расширении для каждого газа равна

ДА, = ^ЯДТ; ДА, = ^R^T,1 мх z м2

поэтому

AQ =. Ь 4- У ДАТ 4-ДАТ.

р2 М2 2^М/

Подставляя это значение в уравнение (2), получим:

Произведем вычисления:

(^•н + т-н)'8»31'103 \OQ 9 А 9/

cv =-^ 1929 (Дж/(кг • К)),

(±•3,5+ 1.2,5) -8,31-IO3

ср = —Ц - 3116 (Дж/(кг • К)).

30» Аргон при давлении 0,8 атм изменил объем с 1 до 2 л. Как изменяется величина внутренней энергии, если расширение газа производилось при различных процессах: изобарическом, адиабатическом?

Дано: V\ = 1 л = 10-3 м3; V2 = 2 л = 2 • 10~3 м3; р = 0,8 атм = = 0,8 • 1,01 • 105 Па; М = 40 кг/кмоль; I = 3.

Найти: MJ.

Решение. Для решения задачи необходимо применить первый закон термодинамики. Согласно этому закону, общее количество теплоты AQ, переданное системе, может расходовать-

ся как на увеличение внутренней энергии Д17, так и на совершение механической работы ДА:

AQ = A/7 +ДА.(1)

Величину внутренней энергии MJ можно определить, зная массу газа т, удельную теплоемкость при постоянном объеме cv и изменение температуры АТ:

Д«7 = тСу/кТ.(2)

Однако удобнее изменение внутренней энергии Д17 определять через молярную теплоемкость Cv, которая может быть выражена через число степеней свободы:

Подставляя величину су из формулы (3) в (2), получаем

\и = g • i RAT.(4)

При изобарическом расширении газа согласно первому закону термодинамики часть тепла AQ идет на изменение внутренней энергии MJ, которая выражается формулой (4). Определить MJ для аргона по формуле (4) нельзя, так как масса газа и температура не даны, поэтому необходимо провести преобразование формулы (4).

Используем уравнение Менделеева—Клапейрона для начального Ут и конечного V2 состояния газа. Получим:

nV = m ДТ и pV2 - ^ RT.

1 М 12 М 2

или

pO^-v^^r^-t^.(5)

Подставим выражение (5) в формулу (4)

ш=1-Р^у2-Уху(6)

Полученное уравнение является расчетным для определения \U при изобарическом расширении

\и= | • 0,8 • 1,01-IO5-103 121 (Дж).(7)

При адиабатическом расширении газа теплообмена с внешней средой не происходит, поэтому AQ = 0. Уравнение (1) запишется в виде

(8)(8)AL7 +АА = О.

(8)

(8)

Это соотношение устанавливает, что работа расширения газа может быть произведена только за счет уменьшения внутренней энергии газа (знак «минус» перед &Щ:

(9)(9)ЛА = -ML

(9)

(9)

Формула работы для адиабатического процесса имеет вид:

^A =^A =т RTXМ(у-1)т RTXМ(у-1)(10)(10)

^A =

^A =

т RTX

М(у-1)

т RTX

М(у-1)

(10)

(10)

где у — показатель степени адиабаты, который является отношением теплоемкостей:

у = £г = £±2

1 Cv i '

Определяем изменение внутренней энергии при адиабатическом процессе для аргона, учитывая формулы (9) и (10):

\и =\и =т RT, ГрУ'1 M(y-i)LviVт RT, ГрУ'1 M(y-i)LviV(П)(П)

\и =

\и =

т RT, ГрУ'1 M(y-i)LviV

т RT, ГрУ'1 M(y-i)LviV

(П)

(П)

Для определения работы расширения аргона формулу (11) следует преобразовать, учитывая при этом те параметры, которые даны в условии задачи. Уравнение Менделеева—Клапейрона рУ\ = ^Я7\ позволяет перейти к такому выражению для подсчета изменения внутренней энергии:

Y-llW -IY-llW -I(12)(12)

Y-llW -I

Y-llW -I

(12)

(12)

Подставляя числовые значения, получим

-85,8 (Дж).-85,8 (Дж).\и = oJLlLOLlIOLJ^!ГГ 10 3 )1167'1

-85,8 (Дж).

-85,8 (Дж).

31311,67-11^2-Ю"3^

31

31

Газовая смесь состоит из азота массой 2 кг и аргона массой

кг. Принимая эти газы за идеальные, определить удельные теплоемкости cv и ср газовой смеси.

Дано: тт = 2 кг; т2 = 1 кг; Мг = 28-10~3 кг/моль; М2 = = 40 • 10~3 кг/моль.

Найти: cv, ср.

Решение. Выразим количество теплоты, необходимое для нагревания смеси азота и аргона на АТ, двумя способами:

Q = Су(тг + тп2)АТ;(1)

Q = (cv mi + cvm2) ЬТ,(2)

где су— удельная теплоемкость смеси газов при постоянном объеме: cVi — азота; cVa — аргона; тх — масса азота; т2 — масса аргона.

Приравняв правые части уравнений (1) и (2) и произведя сокращения, получим:

Су(пгТ 4- т2) = cvmx 4- cvm2 ,

откудаоткуда(3)(4)(3)(4)^f.^i, СуТП2

откуда

откуда

(3)

(4)

(3)

(4)

Су = * 4- 2 .

(тг 4- т^ (тг 4- т^

Аналогичным образом найдем выражение и для сре.

сп тх сп т2

» = Ру 1 । Рг zр (тг + т2) (пц + та)

мулами:мулами:Удельные теплоемкости идеальных газов выражаются фор

мулами:

мулами:

(5)(5)(6)(6)с = ^ •

(5)

(5)

(6)

(6)

v 2М’

_(/ + 2)Я

р 2М

Подставляя (5) и (6) в (3) и (4), получим расчетные формулы: с - L . А . т* + 1 . А . ^2(7х

v 2 Мх тх-¥т2 2 М2 mi-Vm2’

с = L±J . R . ^i + i4-2 е R е пг2р 2 Мх тх-¥т2 2 М2 mx-Vm2

Для азота (двухатомный газ) i = 5, для аргона (одноатомный газ) i = 3.

Подставляя числовые значения в формулы (7) и (8), получим:

cv= | • -8-’31 - • -^- + | • -^Ц • -5— ^ 599 (Дж/кг- К), г 2 28-Ю"3 2 + 12 40-Ю"3 2 + 1

с = 5 + 2 . 8’31 . 2 + 3 + 2 . 8’31 . 1

р 228 • 10"3 2 + 12 ‘ 40 • 10"3 2 + 1

^866 (Дж/кг-К).

32» Кислород массой 160 г нагревают при постоянном давлении от 320 до 340 К. Определить количество теплоты, поглощенное газом, изменение внутренней энергии и работу расширения газа.

Дано: т = 160 г = 1,6 • 101 кг; ТТ = 320 К; Т2 = 340 К.

Найти: Q, MJ^ А.

(1)(1)Решение. Количество теплоты, необходимое для нагревания газа при постоянном давлении, равно:

(1)

(1)

Q = mcp(T2-T0 = ^Cp(T2-T0.

Здесь ср и Ср = Мср — удельная и молярная теплоемкости газа при постоянном давлении; М = 3,2 е 102 кг/моль — молярная масса кислорода.

Для всех двухатомных газов

Ср = 1R = 3,5 • 8,31 (ДжДмоль • К)) = 29,085 (Дж/(моль • К)).

Изменение внутренней энергии газа находим по формуле:

А[7=^СДТ2-7\),(2)

где Cv — молярная теплоемкость газа при постоянном объеме.

Для всех двухатомных газов

Су = | R = 2,5 • 8,31 (ДжДмоль • К)) = 20,775 (ДжДмоль • К)).

Работа расширения газа при изобарном процессе А = рАИ, где АУ = ^2 * ^ — изменение объема газа, которое можно найти из уравнения Менделеева—Клапейрона. При изобарном процессе

М ’( )

= т^тг,^х

м ‘’

Почленным вычитанием выражения (4) из (3) находим p^-v^ = ^rvt2-txv

следовательно,

A=^R(T2-TtV(5)

Подставляя числовые значения в формулы (1), (2) и (5), получаем:

Q = j’™^ * 29,085(340 - 320) = 2908 (Дж);\U = М * 1.92* . 20,775(340 - 320) = 2077,5 (Дж);

А = |i|l19^ * 8,31(340 - 320) = 831 (Дж).

ЗЗф В цилиндре под поршнем находится водород, который имеет массу 0,02 кг и начальную температуру 27 °C. Водород сначала расширился адиабатически, увеличив свой объем в 5 раз, а затем был сжат изотермически, причем объем газа уменьшился в 5 раз. Найти температуру в конце адиабатического расширения и работу, совершенную газом. Изобразить процесс графически.

Дано: т = 0,02 кг; Тг = 27 °C = 300 К; М = 2 кг/кмоль;

Найти: Т2,А.

Решение. При адиабатном процессе температура и объем газа связаны соотношением

Zj =

где у = -^ — отношение теплоемкостей газа при постоянном

Су

давлении и постоянном объеме. Для водорода у = 1,4.

Отсюда выражение для конечной температуры Т2 будет:

V 1А0»4

Тг = Т^А = 300(A) с 157 (К).

Работу Ат газа при адиабатическом расширении можно определить по формуле

А=^Ск(Т1-Т2)=^1Д(Т1-Г2),

А, = 0,02-5^ 8^31-103 (300 _ 157) ~ 2 97.104 (дж)

Работа А2 газа при изотермическом процессе может быть выражена в виде:

2М Vi

Подставляя известные числовые значения величин, входящих в правую часть равенства, и выполняя арифметические действия, находим:

А, = 8,31 • 103 • 157 • ^ 1п| = -2,10 • 104 (Дж).

Знак «минус» показывает, что при сжатии газа работа совершается над газом внешними силами. Полная работа, совершенная

газом при описанных процессах, равна:

А = 2,97 • 104 - 2,10 • 104 = 8,7 • 103 (Дж).

График процесса приведен на рис. 11.

34»| Кислород массой т = 2 кг занимает объем Гх = 1 м3 и находится под давлением рг = 0,2 МПа. Газ был нагрет сначала при постоянном давлении до объема У2 = 3 м3, а затем при постоянном объеме до давления р3 = 0,5 МПа. Найти изменение AL7 внутренней энергии газа, совершенную им работу А и количество теплоты Q, переданное газу. Построить график процесса.

Дано: т = 2 кг; М = 32 кг/кмоль; УТ = 1 м3; рг = = р2 = 2 • 105 Па; У2 = 3 м3; р3 = 5 • 105 Па; R = 8,31 х х 103 ДжДкмоль • К).

Найти: MJ, A, Q.

Решение. Изменение внутренней энергии газа выражается формулой

(1)(1)\и = i ^ т\Т,2 М

(1)

(1)

где г — число степеней свободы молекул газа (для двухатомных молекул кислорода i = 5); М — молярная масса; R — молярная газовая постоянная.

(2)(2)Начальную и конечную температуру найдем, используя уравнение Менделеева—Клапейрона:

(2)

(2)

pV- t^RT.м

Решая его относительно Г, получим

(3)(3)Т_рУМmR *

(3)

(3)

Тх = I* -<ГГ1 ’ Л? ~ 385 (К); г2 = —™*-- 1155 (К);

2-8,31*10322 • 8,31 • 103

т = 5; 10^-3-32 = 2888 (К>

2-8,31-Ю3v ’

Подставляя в выражение (1) числовые значения входящих в него величин, находим

А<7 = | • ^^^ 1 2(2888 - 385) -“ 3,25 • 106 (Дж).

Работа расширения газа при постоянном давлении выражается формулой

A = R^AT.

м

Подставив числовые значения, получим

А = 8,31 • 103 • ^ • (1155 - 385) “ 0,4 • 106 (Дж).

Работа газа, нагреваемого при постоянном объеме, равна нулю, т. е. А2 = 0. Следовательно, полная работа, совершенная газом, равна

А = Аг + А2 = 0,4 • 106 (Дж).

Согласно первому началу термодинамики количество теплоты Q, переданное газу, равно сумме изменения внутренней энергии ДИ и работы А:

Q = ДU-VA,

следовательно,

Q = 0,4 • 106 (Дж) + 3,25 • 106 (Дж) = 3,65 (МДж).

График процесса приведен на рис. 12.

35*| Идеальная тепловая машина, работающая по циклу Карно, совершает за один цикл работу 1,5 • 105 Дж. Температура нагревателя 400 К, температура холодильника 260 К. Найти КПД машины, количество теплоты, получаемое машиной за один цикл от нагревателя, и количество теплоты, отдаваемое за один цикл холодильнику.

Дано: А = 1,5 • 105 Дж; Тх = 400 К; Т2 = 260 К.

Найти: ц, Qv Q2.

Решение. КПД цикла Карно определяется формулой

(1)(1)тг-т2

(1)

(1)

П = m

Ti

С другой стороны, термический КПД выражается формулой

А,(2)

где А — работа, совершенная рабочим телом тепловой машины; QT — теплота, полученная от нагревателя.

Из (1) и (2) имеем

(3)(3)Q = 4 = АГ1

(3)

(3)

1 п тг-тг

Работа, совершенная рабочим телом машины, определяется разностью полученной от нагревателя теплоты QT и отданной холодильнику теплоты Q2:

А = QT ~ Q2.

Отсюда

®2 = Qi—^) или с учетом (3)

(4)(4)Q2 = -^1- -А = -АЬ- .2 тх-тг тх- т2

(4)

(4)

Подставляя числовые значения в (1), (3) и (4), находим:

_ 400 - 260 = 0 35 = 35о/о

1400

q = 1,5 \105- 400 ~ 429 (Кдж);

400-260

Q2 = bj 1105_:_260279 (кДж)

36*| Температура нагревателя тепловой машины 500 К. Температура холодильника 400 К. Определить КПД тепловой машины, работающей по циклу Карно, и полезную мощность машины, если нагреватель ежесекундно передает ей 1675 Дж теплоты.

Дано: Т = 500 К; То = 400 К; Q = 16 75 Дж.

Найти; т|, N.

Решение. КПД машины определяется по формуле

ИЛИИЛИП = ~^1 т1 QП = ~^1 т1 Q(1)(1)(2)(2)

ИЛИ

ИЛИ

П = ~^

1 т

1 Q

П = ~^

1 т

1 Q

(1)

(1)

(2)

(2)

Из выражений (2) и (1) находим

A = 4Q = qT^.

Произведем вычисления:

_ 500- 400 = q 2

1500

А = 0,2 -1675 = 335 (Дж).

Эта работа совершается за 1 с, следовательно, полезная мощность машины:

N = ^ = 335 (Дж/с) = 335 (Вт).

Тепловая машина работает по обратимому циклу Карно. Температура нагревателя 227 °C. Определить термический КПД цикла и температуру охладителя тепловой машины, если за счет каждого килоджоуля теплоты, полученной от нагревателя, машина совершает работу 350 Дж.

Дано: Тг = 227 °C = 500 К; Qx = 103 Дж; А = 350 Дж.

Найти: т|, Т2.

Решение. Термический КПД тепловой машины показывает, какая доля теплоты, полученной от нагревателя, превращается в механическую работу. Термический КПД выражается формулой

где Qx — теплота, полученная от нагревателя, А — работа, совершенная рабочим телом тепловой машины.

Подставив числовые значения А и Qp получим:

П == 0,35 = 35% .

11000

Зная КПД цикла, можно по формуле ^1-^2 Л = ——-

определить температуру охладителя Т2:

Т2 = 7\(1 - п).

Подставив сюда найденное значение КПД (г| = 0,35) и температуру нагревателя (Тт = 500 К), получим:

Т2 = 500(1 - 0,35) = 325 (К)

или

t2 = (325 - 273) = 52 (°C).

38» Кислород массой 1 кг совершает цикл Карно. При изотермическом расширении газа его объем увеличивается в 2 раза, а при последующем адиабатическом расширении совершается работа 3000 Дж. Определить работу, совершенную за цикл.

Дано: i = 5; V2 = 2^; А2_3 = 3000 Дж.

Найти: А.

Рис. 13Рис. 13Решение. Идеальный цикл Карно состоит из двух изотерм и двух адиабат (рис. 13).

Рис. 13

Рис. 13

На рис. 13 участок 1—2 соответствует изотермическому расширению газа (Тх = Т2), участок 2— 3 — адиабатическому расширению газа, участок 3—4 — изотермическому сжатию (Т3 = Т4) и участок 4—1 — адиабатическому сжатию.

При изотермическом расшире-

нии внутренняя энергия идеального газа остается постоянной, следовательно, все подводимое тепло Qx идет на работу по рас

ширению газа на участке 1 —2, т. е.

CrV^^.(1)

При изотермическом сжатии на участке 3—4 тепло отдается холодильнику (Q2), и это количество теплоты определяется работой, затраченной на сжатие газа:

VV^^-(2)

Состояния 2 и 3 лежат на одной адиабате, поэтому можно записать:

(3)(3)Г2^2 1 = ^3^3 1

(3)

(3)

Для состояний 4 и 1, которые отвечают одной адиабате, имеем:

T1VV1 ^VY1.(4)

Поделив выражение (3) на (4), получим

(5)(5)^ = ^

(5)

(5)

Vi v4’

так как Тг = Т2иТ3 = Т4.

Работа при адиабатическом расширении на участке 2—3 равна:

а2_3 = ^и2_3 = g . 1ЖТ2 - Т3\(6)

Работа при адиабатическом сжатии на участке 4—1 равна:

A4_j = -A^_j = §-i/?(T4-T1) == "5* 5^ -т4у

Так как Тг = Т2, а Т3 = Т4, то А2_3 = -А4_р т. е. полная работа по адиабатическому сжатию и расширению равна нулю.

Следовательно, работа цикла:

а=а1—2 -а3_4.

Из уравнений (1), (2) и (5) получим:

А=^ЖТг-Т2)\п^.(7)

Из уравнения (6) выразим разность температур Т2 - Т3, равную Тх - Т3, и подставим в уравнение (7):

А = -А2 Ли — .

i 2~3

Произведем вычисления:

А = 1 • 3000 • 0,693 = 831,6 (Дж).

Тепловая машина работает по циклу Карно. При изотермическом расширении двухатомного газа его объем увеличивается в 3 раза, а при последующем адиабатическом расширении — в 5 раз. Определить КПД цикла. Какую работу совершает 1 кмоль газа за один цикл, если температура нагревателя 300 К? Какое количество теплоты получит от холодильника машина, если она будет совершать тот же цикл в обратном направлении, и какое количество теплоты будет передано нагревателю?

Дано: ^2/^1 = & = 3; V3/V2 = п = 5; v = 1 кмоль = 103 моль; Тг = 300 к.

Найти: т), A, Q2, Qv

Решение. КПД цикла Карно определяется формулой

П =П =Тх-Т3ТхТх-Т3Тх(1)(1)

П =

П =

Тх-Т3Тх

Тх-Т3Тх

(1)

(1)

где Тг — температура нагревателя; Т3 — холодильника.

т2уГг=т3уГ\ (2)т2уГг=т3уГ\ (2)Рис. 14Рис. 14П =П =Т2Т2Т2п^Т2Т2п^Т2= 1 -п1"^= 1 -п1"^

т2уГг=т3уГ\ (2)

т2уГг=т3уГ\ (2)

Рис. 14

Рис. 14

П =

П =

Т2

Т2

Т2п^

Т2

Т2п^

Т2

= 1 -п1"^

= 1 -п1"^

При адиабатическом процессе 2—3 (рис. 14):

где у — показатель степени адиабаты (для двухатомного газа у = 1,4). Из равенства (2) находим

Гз = Г2(^У'1=Т2п1-г.

Так как Тт = Т2, то из равенства (1) получаем

где n1 Y = 51 1,4 = 0,525.

Следовательно,

ц = 1 - 0,525 = 0,475; ц = 47,5%.

Работа в цикле Карно определяется разностью количества теплоты Qv полученного в процессе 1—2, и Q2, отданного в процессе 3—4*.

A = QX-Q2.(3)

При изотермическом процессе

Qx = v/JTJn — = vBTJn к. Q2 = v/?T3ln — = -v/?T3ln к, (4)

так как. Знак «минус» показывает, что теплота отда

ется холодильнику.

Следовательно,

А = vflln к^ - Т^ = vBln МТ,(5)

где АТ = Тт - Т3 = Тт - Т^1 ~Y = Тх(1 - n1 ~Y) = Т^; ДТ = 300 х х 0,475 = 142,5 (К); тогда Т3 = 157,5 К.

Подставим числовые значения в равенство (5):

А = 103 • 8,31 • 1,1 • 142,5 = 1,3 (МДж).

При обратном цикле Карно газ расширяется по адиабате 1—4, затем по изотерме 4—3, получая при этом от холодильника количество теплоты Q2; далее газ сжимается по адиабате

3—2, затем по изотерме 2—1, отдавая при этом количество теплоты QP По формуле (4) находим:

Qx = 103 • 8,31 • 1,1 • 300 2,74 (МДж);

Q2 = 103 • 8,31 • 1,1 • 156 1,44 (МДж).

40» При давлении 105 Па 0,2 моля двухатомного газа занимает объем 10 л. Газ изобарно сжимают до объема 4 л, затем сжимают адиабатно, после чего газ изотермически расширяется до начального объема и давления. Построить график процесса в координатах р, V. Найти: работу, совершенную газом за один цикл; температуру, давление и объем в характерных точках процесса; количество теплоты, полученное газом от нагревателя и отданное газом холодильнику, а также термический КПД цикла.

Дано: рг = 10 Па; v = 0,2 моль; ^ = 10 л = 10~2 м3; У2 = = 4 л = 4 • 10~3 м3; Т3 = Гр рг = р2;1 = 5.

Найти: A, Tv Т2,р3, V3, Qv Q2, ц.

Решение. Из уравнения Менделеева—Клапейрона pVt = = vRTx находим 7\ = ^^:

^ 602 (К).^ 602 (К).т = 105 • 1Q-2

^ 602 (К).

^ 602 (К).

10,2-8,31

Из уравнения изобарного процесса —1 = —= находим

2

Т2 = ^^ : Т2 = 602'4 * 10~3 - 241 (К).

2 У1 210-2v 1

Найдем координаты точки пересечения адиабаты и изотермы. Из уравнения адиабатного процесса Tg^ 1 = Т^з 1 (у = 1,4 — для двухатомного газа), откуда

ЛТпА 1/(у- 1)

V = V | 1-2 ]з’

V3 = 4 • 10"3 • (^1)1/(114 "11 = 4,05 • 10-4 (м3).

3V602V

Из уравнения изотермического процесса p3V3 =p1Vv

п

Рз v3

= 105 L10"^2,47 • 106 (Па).

4,05 • IO’4

Зная координаты точек пересечения изотермы и адиабаты между собой и с изобарой, строим график процесса (рис. 15).

Количество теплоты, полученное газом от нагревателя, определим по первому закону термодинамики: dQ = vCydT + pdV. При изотермическом процессе dU = x/CydT = 0ndQ = pdV (работе расширения); следовательно,

Qx = vBT^n^) , Qx = 0,2 • 8,31 • 602 • 3,2 - 3,2 (кДж).

Количество теплоты, отданное газом холодильнику при изобарном процессе, равно:

Q^vC^T.-T^.

Для двухатомного газа Ср = -R. Тогда

Q2 = 0,2 • р 8,31 • (602 - 241) = 2,1 (кДж).

Работа, совершенная газом,

А = QT - Q2, А = 3,2 - 2,1 = 1,1 (кДж).

Находим КПД цикла:

_ Qi - 9г Ы = 0,344 = 34,4% .

Qi 13,2

41*| В результате изотермического расширения объем 8 г кислорода увеличился в 2 раза. Определить изменение энтропии газа.

Дано: т = 8 г = 8• 10~3 кг; М = 32 кг/кмоль; У2 = 2Уг.

Найти: AS.

Решение. Изменение энтропии системы определяется по формуле

as = s2-s1=[^,(1)

где dQ — количество тепла, сообщенное газу, Т — абсолютная температура, Sx и S2 — значения энтропии в начальном и конечном состояниях системы.

При изотермическом расширении все подводимое количество теплоты идет на работу по расширению, т. е. dQ = dA = = pdV.

Из уравнения Менделеева—Клапейрона:

= т е RT

Р М V ’

поэтому

(2)(2)de-^-”dy-

(2)

(2)

Подставляя выражение (2) в (1), получим:

Д5 = ? "1 д. ^К = ”1 Д1п^.^М V м vx

Произведем вычисления:

AS = —g1"3 * 8,31 • 103 • 0,693 ^ 1,44 (Дж/град).

42» Горячая вода некоторой массы отдает теплоту холодной воде такой же массы, и температуры их становятся одинаковыми. Показать, что энтропия при этом увеличивается.

Решение. Пусть температура горячей воды Тр холодной — Т2, а температура смеси 0. Определим температуру смеси, исходя из уравнения теплового баланса:

тпс(Т1 - 0) = дпс(0 - Т2), или Тг- 0 = 0 - Т2,

откуда

Изменение энтропии, происходящее при охлаждении горячей воды:

AS JcmdT =cmln®..

Изменение энтропии, происходящее при нагревании холодной воды:

AS Jcm^T =cmln® .

ТТ2

Изменение энтропии системы равно

AS = AS, + AS? = cmln^- + cmYn^- = cmln—^— ,

2T2T^T2'

или с учетом соотношения (1) имеем:

A „, (Г, + T2)2

AS = cmln—1—.

4TxT2

Так как Тг > Т2 > 273 К, то ^ + ^ > 1 и 1п^±^ > 0.

12’4Т\Т24Т\Т2

Поэтому AS > 0, т. е. энтропия возросла.

Как изменится энтропия 2 г водорода, занимающего объем 40 л при температуре 270 К, если давление увеличить вдвое при постоянной температуре и затем повысить температуру до 320 К?

Дано: m = 2 г = 2 • 10~3 кг; ^ = 40 л = 4 • 10"2 м3; М = 2 х х 10~3 кг/моль; Тх = 270 К; Т2 = 320 К; р2 = 2рР

Найти: AS.

Решение. Изменение энтропии определяется формулой

2

(1)(1)ДЗ = j ^ ,i т .

(1)

(1)

где dQ — изменение количества теплоты; Т — термодинамическая температура.

Изменение количества теплоты находим из первого закона термодинамики для идеального газа:

mCydT .dQ=-^.+pdV,mCydT .dQ=-^.+pdV,(2)(2)

mCydT .dQ=-^.+pdV,

mCydT .dQ=-^.+pdV,

(2)

(2)

где тп — масса газа; М — молярная масса; Cv — молярная изохорная теплоемкость; dT — изменение температуры газа; р — давление газа; dV — изменение объема; pdV — работа расширения газа.

Величину р найдем из уравнения Менделеева—Клапейрона:

(3)(3)(4)(4)= шНТ

(3)

(3)

(4)

(4)

Р MV *

Для двухатомного газа

С„=|я,

где R = 8,31 ДжДмоль • К) — молярная газовая постоянная.

Подставляя (3) и (4) в (2), находим:

dQ=V^RdT+^RTv- (5)

1 ^ , 1 V2In— + In —Ti V.1 ^ , 1 V2In— + In —Ti V.Подставляя (5) в (1), получаем: дз = - • — r(221 + m . 2211 ( ^ = 2 М Т М Tj У

1 ^ , 1 V2

In— + In —

Ti V.

1 ^ , 1 V2

In— + In —

Ti V.

Для изотермического процесса

Тогда уравнение (6) примет вид:

AS = ^я(^1п^- In—^ .

М V2 Tt р^

Произведем вычисления:

AS = 2.110"® . 8,31f^ln^ - 1п2) -2,28 (Дж/К).

2 • 10"3^2 270 V »^ / /

44* При температуре 250 К и давлении 1,013 • 105 Па двухатомный газ занимает объем 80 л. Как изменится энтропия газа, если давление увеличить вдвое, а температуру повысить до 300 К?

м3;м3;(1)(1)Дано: рг = 1,013-105 Па; Тх = 250 К; Vx = 80 л = 8 -10 2 р2 = 2рх; Т2 = 300 К.

м3;

м3;

(1)

(1)

Найти: AS.

Решение. Изменение энтропии определяется формулой

AS = J ^ .

1 Т

Изменение количества теплоты находим из первого закона термодинамики:

dQ = ^CydT-VpOV.dQ = ^CydT-VpOV.(2)(2)

dQ = ^CydT-VpOV.

dQ = ^CydT-VpOV.

(2)

(2)

Здесь тп — масса газа; М — молярная масса; Cv — молярная изохорическая теплоемкость (для двухатомных газов Cv =

= - R, где R — молярная газовая постоянная); dV — изменение объема газа при изменении температуры Т на dT; pdV — работа при расширении газа.

Величины ~ и р найдем из уравнения Менделеева—Клапейрона и объединенного газового закона:

тп = PiVj . m е RT = PiVj е Т/пх

М Т^ М V Тх V*1 '

Подставляя уравнение (3) в (2), находим:

dQ = bKl .^dT+^- • - dV = (-dT + Т^Е\ .(4)

2 Тт V Тг V2

Подставляя выражение (4) в (1), находим

Т2

AS =AS =ноно^VV Ту V2 Ту ^2 _Р1^2 ^ Р2Г1 ’^VV Ту V2 Ту ^2 _Р1^2 ^ Р2Г1 ’11

AS =

AS =

но

но

^VV Ту V2 Ту ^2 _Р1^2 ^ Р2Г1 ’

^VV Ту V2 Ту ^2 _Р1^2 ^ Р2Г1 ’

1

1

тогда

AS = ^^ln^ + ln^) = ^f|ln^ + ln^ -1п^) = Ту 12 Ту р2Ту) Ту <2 Ту Ту Ру)

= 51рГ11п^-1п52);

Тх V2 Ту рх)

AS = 1,013 • 105 • ^|^ (3,5 • 0,182 - 0,693) = -1,82 (Дж/К).

45» Лед массой 2 кг, находящийся при температуре -13 °C, нагрели до О °C и расплавили. Определить изменение энтропии.

Дано: m = 2 кг; tx = -13 °C; t2 = О °C; X = 3,35 • 105 Дж/кг;

с^гД-Ю3 Дж/(кг-К).

Найти: AS.

Решение. Изменение энтропии

AS = S2-S1=f^,

где dQ — количество теплоты, сообщенное телу; Т — термодинамическая температура тела; ST и S2 — соответственно значения энтропии в начальном и конечном состояниях системы. Общее изменение энтропии равно:

AS = £ ASP

i = 1

где AS. — изменение энтропии, происходящее на отдельных этапах процесса.

Разделим этот процесс на два этапа. На первом — происходит нагревание льда от начальной температуры Тт = 260 К до температуры плавления льда Т2 = 273 К и

AS = J ^ .

тотоТак какТак какi ТdQy = mCydT,AS, = тпсЛп^.11 7\

то

то

Так как

Так как

На втором этапе имеет место плавление льда. В этом случае AQ2 = тХ.

ТогдаAS2 = ^ .

1 2

Общее изменение энтропии:

AS = AS! + AS, = znfcjn^ + Л) .

Проведем вычисления в единицах СИ:

AS = 2f2,1 • ЮЧп^ + L35 il04 2 66.10з (Дж/К).

V ’260273 >

46» Лед масой 2 кг, находящийся при температуре -10 °C, нагрели и превратили в пар. Определить изменение энтропии.

Дано: т = 2 кг; Тх = 263 К; Т2 = 273 К; Т3 = 373 К; ст = 2,1 • 103 Дж/(кг • К); X = 3,35-105 Дж/кг; с2 = 4,19 х х 103 Дж/(кг • К); г = 2,26 • 106 Дж/кг.

Найти: AS.

Решение. Изменение энтропии определяется по формуле 2

AS = S2-S!= J^.

Общее изменение энтропии равно сумме ZASz, где AS^ — изменения энтропии, происходящие на отдельных этапах процесса:

AS = lASri = 1

Изменение энтропии AST происходит при нагревании льда от начальной температуры Тг = 263 К до температуры плавления Т2 = 273 К:

ASX = J ^^ , так как dQT = mcxdT, тотASX = mc^n--^,

где m — масса льда; сх — удельная теплоемкость льда.

Изменение энтропии AS2 происходит при плавлении льда. В этом случае dQ2 = mX.

ТогдаТогдаAS = ^,2 Т2 ’

Тогда

Тогда

где Т2 — температура плавления льда; X — удельная теплота плавления.

Изменение энтропии AS3 происходит при нагревании воды от температуры Т2 до температуры кипения Т3 = 373 К. Величина AS3 вычисляется аналогично А8Х:

Т

А83 = тле 21п — ,

где с2 — удельная теплоемкость воды.

Изменение энтропии AS4 происходит при испарении воды; так как AQ = тпг, то

1 3

где г — удельная теплота парообразования.

Общее изменение энтропии

AS = AS! + AS2 + AS3 + AS4 = тп(С11п^ + A + c2ln^ + ^) =

= 2(2,1 • 103 ln^ + ?^-^ + 4,19 • 1031пЩ +

V ’263273273

+- 1,73.104 (Дж/К).

47» Струя водяного пара при температуре 100 °C, направленная на глыбу льда, масса которой 5 кг и температура 0 °C, растопила ее и нагрела получившуюся воду до температуры 50 °C. Найти массу израсходованного пара и изменение энтропии при описанных процессах.

Дано: тх = 5 кг; ^ = 0 °C = 273 К; Т2 = 100 °C = 373 К; 6 = = 50 °C = 323 К; X = 3,35 • 105 Дж/кг; г = 2,26 • 106 Дж/кг; с = 4,19-103 Дж/(кг-К).

Найти: m2, AS.

Решение. Количество теплоты, нужное для плавления льда и для нагревания полученной холодной воды, равно количеству теплоты, выделившемуся при превращении пара в воду той же температуры и последующем охлаждении полученной горячей воды. Составим уравнение теплового баланса:

т^ + стп^б - ^) = т2г + стп2(^2 - 6),

где тх — масса льда; т2 — масса пара; X — удельная теплота плавления льда; г— удельная теплота парообразования воды;

с — удельная теплоемкость воды; 0 — температура смеси; tx — температура плавления льда; t2 — температура кипения воды. Решая уравнение относительно т2, получим:

_ Х + ^О-^)3,35 • 105 + 4,19 • 103 • (50 - 0)

1 г + с(*2 - 0)2,26 • 106 + 4,19 • 103 • (100 - 50)

- 1,1 (кг).

Изменение энтропии AS равно сумме изменений энтропии при таянии льда (ASX), при нагревании получившейся холодной воды (AS2), при превращении пара в воду той же температуры (AS3) и, наконец, при охлаждении полученной из пара горячей воды до окончательной температуры смеси (AS4).

Изменение энтропии при переходе системы из состояния 1 в состояние 2 выражается следующей формулой:

2

AS = J .i Т

Найдем изменение энтропии при каждом из описанных процессов.

При таянии льда температура Т сохраняет постоянное значение, равное 273 К. Вынося постоянную температуру за знак интеграла, получаем:

2

AS, = | dQ =,

где AQ — количество теплоты, необходимое для таяния льда.

AQ = Хтх = 3,35 • 105 • 5 = 1,675 • 106 (Дж).

Следовательно,

AS, = ^^^6,14 • 103 (Дж/К).

При нагревании воды на dT требуется количество теплоты, равное:

dQ = cm^dT.

Следовательно, изменение энтропии при нагревании воды выразится так:

до 2г cm^dTг dT 1 Т2

= I —— = cmA I —- = стЛп—^ ;

2 1 Т 1 т 1 г/

AS2 = 4,19 •103•5• In^3,52 • 103 (Дж/К).

При превращении пара в воду той же температуры изменение энтропии может быть найдено так же, как и в случае таяния льда, т. е.

Т 1 Т Т2 3373

= -6,66-103 (Дж/К).

Изменению энтропии приписывается знак «минус», так как в этом случае энергия выделяется.

Изменение энтропии при охлаждении полученной горячей воды получим путем рассуждений, аналогичных случаю нагревания воды:

до 2с cm2dTг dT 1 Т2

А34 = J ^стп2^ = cm2ln^ ;

AS4 = 4,19 • 103 • 1 Д1п||| = -66з (Дж/К).

Полное изменение энтропии

AS = (6,14 • 103 + 3,52 • 103 - 6,66 • 103 - 0,663 • 103) == 2,337-103 (Дж/К).

Реальные газы и жидкости

48*| В сосуде емкостью 10 л находится 360 г водяного пара при температуре 470 К. Вычислить давление пара на стенки сосуда. Какую часть объема V составляет собственный объем V’ молекул пара? Какую часть давления р составляет внутреннее давление р’Ч

Дано: У = 10 л = 0,01 м3; m = 360 г = 0,360 кг; Т = 470 К.

Найти: р, V/V, р* /р.

Решение. По уравнению Ван-дер-Ваальса

7П2 _ О.'М2 * V2-7П2 _ О.'М2 * V2-am тЛ m id грMb)"MRT'am тЛ m id грMb)"MRT'(1)(1)

7П2 _ О.'

М2 * V2-

7П2 _ О.'

М2 * V2-

am тЛ m id грMb)"MRT'

am тЛ m id грMb)"MRT'

(1)

(1)

где — = ^g’^^lg = 0,02 • 103 (моль) — число молей газа; а и Ъ — постоянные Ван-дер-Ваальса (для водяного пара а = 55 • 10" Н • м4/моль2; b = 0,3 • 10"4 Н • м3/моль); R = 8,31 ДжДМоль • К) — молярная газовая постоянная.

Собственный объем У молекул связан с поправкой b равенством

т^ = лу*

9797М *

97

97

Тогда

V = mb ,

V 4MV’

Г _ 0,02 • 103 • 0,3 ■ 10^ _0 015 Г _ , 5%

V4-0,01V

Внутреннее давление определяется равенством

V2’V2’

V2’

V2’

р’ = (0,02 • Ю3)255^’4 = 2,2 • 104 (Па).

Давление р находим из уравнения (1): и = 771 ^^- (mV. а •

V м )

р = 0,02 • 1038,312470 _ 2 2.1q4 =

(0,01 - 0,02 • 103 • 0,03 • 10~3)

= 8,29 • 106 (Па).

Тогда

р_ = 2,2 • 104 ~ 0 003 р_ = 0 до/

Р 8,29 -106Р

Даны постоянные а и Ь, входящие в уравнение Ван-дер-Ваальса. Определить значения критической температуры и критического давления аргона.

Дано: а = 1,36 • 105 Н • м4/кмоль2; b = 0,0322 м3/кмоль; v = 1.

Найти: Тк,рк.

Решение. Уравнение состояния реальных газов Ван-дер- Ваальса для 1 кмоля имеет вид

(p + ^(V-b) = RT.(1)

Из уравнения (1) можно получить выражение для критических величин Тк и рк:

гр _ 3d ,к~ 27bR’

_ а

27b2*

Определяем Ткирк:

т = 84^3640^ ~ 151 (К)

к 27 -0,0322- 8,32 • 103

р = (1,36)- 1054 86.1О6 (П ^

к 27-(0,0322)2

Углекислый газ массой 88 г находится в сосуде емкостью 10 л. Определить внутреннее давление газа и собственный объем молекул.

Дано: m = 88 г = 8,8-10~2кг; V = 10 л = 10-2 м3; М = 4,4 • 10“2 кг/моль; а = 0,361 Н • м4/моль2; b = 4,28 х х 10-5 м3/моль.

Найти: р\ У.

Решение. По уравнению Ван-дер-Ваальса выражение добавочного давления р* имеет вид

F ХМ) У2

где а — постоянная Ван-дер-Ваальса, V — объем.

4,4 • Ю’2^10~4

Постоянная Ван-дер-Ваальса b учитывает поправку на собственный объем молекул У, и, как следует из уравнения

Ван-дер-Ваальса, произведение ™ b равно учетверенному объ-

ему молекул ^ ^ = 4У, откуда

= 0,021 (л).= 0,021 (л).44М 44,4-10-2М 44,4-10-25151V- = EL Л = 8,8-10-2 . 4,28-10'5

= 0,021 (л).

= 0,021 (л).

4

4

М 44,4-10-2

М 44,4-10-2

51

51

В сосуде емкостью 25 л при температуре 300 К находится

40 моль кислорода. Определить давление газа, считая его идеальным; реальным.

Дано: v = 40; Т = 300 К; У = 2,5 • 10 2 м3; а = 0,136 Н х х м4/моль2; b = 3,17 • 10~5 м3/моль.

Найти: pvp2-

Решение. Давление идеального газа определяем из уравнения Менделеева—Клапейрона:

Pi = ^; Pi = ^.з*3^-^00 " 4 *106 (Па)-

Давление газа, считая его реальным, определим из уравнения Ван-дер-Ваальса:

где а и Ь — постоянные Ван-дер-Ваальса. Преобразуя это выражение, получим:

Р2 +Р2 +v2aV2v2aV2vRTV-vb’vRTV-vb’

Р2 +

Р2 +

v2a

V2

v2a

V2

vRT

V-vb’

vRT

V-vb’

откуда

= ^^ - У^ •

Р2 V-vb V2 ’

=4.101.8,31.3.102_ 16.102;0,1363 85.10в (Па)

22,5« 10-2-40.3,17-10"52,52 • 10-4

52» В сосуде под давлением 8 МПа содержится кислород, плотность которого 100 кг/м3. Считая газ реальным, определить его температуру и сравнить ее с температурой идеального газа при тех же условиях.

Дано: р = 8 • 106 Па; р = 100 кг/м3; М = 32 • 10-3 кг/моль; а = 0,136 Н • м4/моль2; Ъ = 3,17 • 10"5 м3/моль.

Найти: Т.

Решение. Температуру идеального газа найдем из уравнения состояния идеального газа — уравнения Менделеева— Клапейрона:

pV = t-,rt-* р = -;рМ = pRT, МV

откуда

гр рМ .1 рк ’

т = 8 -106 - 32 - IO"3 ~ 308 (К>

1102-8,31v

Уравнение состояния реального газа — уравнение Ван-дер- Ваальса для произвольного количества газа имеет вид:

V М2 V2^m /

Преобразуем уравнение с учетом того, что р = — .

rp+^W_^ = rt.

v м2^ р -1

ОтсюдаОтсюда

Отсюда

Отсюда

RRТ2=

R

R

(8.10б + Ю4 • 0Д36У32 • 10"3

= 324 (К).= 324 (К).3322 - 10’6 А 102

= 324 (К).

= 324 (К).

28,31

53» Как изменится высота поднятия спирта между двумя пластинками, погруженными в спирт, если расстояние между ними уменьшить с 1 мм до 0,5 мм? Смачивание пластинок считать полным.

Дано: о = 0,022 Н/м; р = 0,8 • 103 кг/м3; гх = 1 мм = 10“3 м;

г2 = 0,5 мм = 0,5 • 10“3 м.

Найти: Ай.

Решение. Поверхность смачивающей жидкости между пластинами принимает цилиндрический вид (рис. 16).

Лапласовское давление равно:

■2■2р = о

■2

■2

где ^ и Д2 — радиусы кривизны двух взаимно-перпендикулярных нормальных сечений поверхности жидкости. Для цилиндрической поверхности одно из нормальных сечений — сечение, идущее вдоль образующей цилиндра. Для него RT = 00. Второе, перпендикулярное ему сечение, дает окружность радиусом R2 = ^ , где г — расстояние между плоскостями.

Поэтому добавочное давление

р == 2о.

F R2 г

Рис. 16Рис. 16Это давление уравновешивает давление столба жидкости высотой Л, поэтому

Рис. 16

Рис. 16

— = pgh.

Отсюда

h= hpgr

В нашем случае

т _ 2о . - _ 2о .

1 pgrx 4 pgr2

Ай = й2 - hx = ^ (1 - J

Производим вычисления:

Ай = —2-0,022— Г1 _ _1_) ~ 5 61.10-3 (м)

0,8 • 103 • 9,81 ^0,5 • 10~3 10^

54» Из капиллярной трубки с радиусом канала 0,2 мм по капле вытекает жидкость. Масса 100 капель равна 0,282 г. Определить коэффициент поверхностного натяжения жидкости.

Дано: г = 0,2 мм = 2*10-4м; п = 100; т = 0,282 г = = 2,82 • 10"4 кг.

Найти: а.

Решение. Капля отрывается в тот момент, когда ее сила тяжести равна силе поверхностного натяжения. Считая радиус шейки капли равным радиусу капилляра, можно записать

2лго = — , откуда п

2т1гп

о _ —2,82 -.И)-42^,8— ~ 2 2 . IQ"2 (Н/м).

2 • 3,14 • 2 • 10~4 • 100

Найти добавочное давление внутри мыльного пузыря диаметром 10 см. Какую работу нужно совершить, чтобы выдуть этот пузырь?

Дано: d = 10 см.

Найти: р,А.

Решение. Пленка мыльного пузыря имеет две сферические поверхности — внешнюю и внутреннюю. Обе поверхности оказывают давление на воздух, заключенный внутри пузыря. Так как толщина пленки чрезвычайно мала, то диаметры обоих поверхностей практически одинаковы. Поэтому добавочное давление

р = 2- —,

где г — радиус пузыря.

Так как г = ~ , то р =.

2d

Коэффициент поверхностного натяжения мыльной воды а= 40 мН/м, диаметр пузыря d = 10 см = 0,1 м. Следовательно,

р=*^<^=3,2(Па).

Работа, которую нужно совершить, чтобы, растягивая пленку, увеличить ее поверхность на AS, выражается формулой:

А = а • AS, или А = n(S - So).

В данном случае S — общая площадь двух сферических поверхностей пленки мыльного пузыря, So — общая площадь двух поверхностей плоской пленки, затягивавшей отверстие трубки до выдувания пузыря. Пренебрегая So, получим:

А « aS = 2Kd2o.

Сделав подстановку числовых значений величин, получим: А = 2 • 3,14 • (0,1)2 • 40 • 10~3 2,5 • 10"3 (Дж).

Задачи для самостоятельного решения

В баллоне емкостью 30 л находится сжатый воздух при температуре 17 °C. После того как часть воздуха израсходовали, давление понизилось на 2 МПа. Какая масса воздуха была израсходована, если температура его оставалась постоянной? Ответ: 722 г.

Сколько молекул азота находится в сосуде емкостью 1 л, если средняя квадратичная скорость движения молекул азота 500 м/с, а давление на стенки сосуда 1 кПа? Ответ: 2,58 • 1020.

Определить среднее число столкновений между молекулами воздуха за 1 с в 1 см3 при температуре 7 °C, если плотность воздуха 0,05 кг/м3. Ответ: 9,7 • 1025 с-1.

Вычислить коэффициент диффузии воздуха при давлении 105 Па и температуре 17 °C. Ответ: 1,5 • 10-5 м2/с.

Определить молярную массу газа, если удельные теплоемкости равны: сг = 650 Дж/(кг-К), ср = 910 Дж/(кг«К). Чему равны молярные теплоемкости Cv и Ср этого газа? Ответ: 32 • 10“3 кг/моль; 20,8 Дж/(моль • К); 29,1 ДжДмоль • К).

Определить полную энергию молекул кислорода массой 64 кг, находящегося при температуре 47 °C. Какова энергия вращательного движения молекул кислорода? Ответ: 13,22 кДж; 5,32 кДж.

Азот массой 2 кг при температуре 17 °C и давлении 105 Па сжимают до давления 1 МПа. Определить работу, затраченную на сжатие, если газ сжимают: 1) изотермически, 2) адиабатно. Ответ: 396 кДж; 400 кДж.

8* При изобарном расширении воздуха массой 1 кг его объем увеличился на 100 л. Найти температуру и работу воздуха при расширении, если начальное давление 105 Па, а начальная температура 15 °C. Ответ: 50 °C; 10,03 кДж.

Определить изменение энтропии при изотермическом расширении водорода массой 1 г, если объем газа увеличился в 3 раза. Ответ: 4,56 Дж/К.

При изобарном расширении гелия массой 2 г его объем изменился в 10 раз. Каково изменение энтропии? Ответ. 23,9 Дж/К.

♦ Тепловая машина работает по циклу Карно. Температура нагревателя 127 °C, холодильника 15 °C. На сколько надо изменить температуру нагревателя (при неизменной температуре холодильника), чтобы увеличить КПД машины в 2 раза? Ответ: на 255 К.

В сосуде объемом 1 л под давлением 1 МПа находится кислород. Какое количество теплоты необходимо сообщить газу для увеличения его объема в 2 раза при изобарном расширении и для увеличения его давления в 2 раза при изохорном процессе? Ответ: 3,5 кДж; 2,5 кДж.

Считая азот идеальным газом, определить его удельные теплоемкости при изохорном и изобарном процессах. Ответ: 742 Дж/(кг • К); 1,04 кДж/(кг • К).

Температуру смеси азота массой 28 г и кислорода массой 32 г, находящуюся в закрытом сосуде, изменили на 20 °C. Определить изменение внутренней энергии смеси. Ответ: 0,831 кДж.

Углекислый газ массой 6,6 кг занимает объем 3,75 м3 при давлении 0,1 МПа. Определить температуру газа, считая его идеальным; реальным. Ответ: Тид = 301 К; Тр = 302 К.

ЧАСТЬ 3

Электричество и магнетизм

Основные законы и формулы

Закон Кулона

р _ Q1Q2 г

4лееог2 г

Напряженность электрического поля

Напряженность поля:

Q

точечного заряда

Е = —2— 4л£Е0Г2

бесконечно длинной заряженной нити

Е=—^— 2л££0Г

равномерно заряженной плоскости

Е= -5-

2ее0

между двумя равномерно и разноименно заряженными бесконечными параллельными плоскостями

£= -5-

Е£0

Напряженность поля, создаваемого металлической заряженной сферой радиусом R на расстоянии г от ее центра:

на поверхности сферы (г = Я)

Е = —^—_ 4л££0-К2

вне сферы (г > Я)

Е = —§— 4лее0г2

Смещение электрическое (индукция)

D = ££оЕ

Поток напряженности электрического поля

Ф = j£„dS S

2

Работа перемещения заряда А = Q j E^V, А = 0(фт - ф2)

в электрическом поле из точки 1

в точку 2

1

Потенциал поля, создаваемого точечным зарядом

ф=_2_

4Л88ОГ

♦ Потенциал электрического поля металлической полой сферы радиусом R на расстоянии г от центра сферы:

на поверхности и внутри сферы (г < В)

вне сферы (г > R)

Связь потенциала с напряженностью поля

Сила притяжения между двумя разноименно заряженными обкладками конденсатора

Электроемкость:

уединенного проводника

плоского конденсатора

слоистого конденсатора

Электроемкость батареи конденсаторов, соединенных: параллельно

последовательно

Энергия поля:

заряженного проводника

заряженного конденсатора

поляризованного диэлектрика

Объемная плотность энергии электрического поля

Сила тока

Закон Ома для замкнутой (полной) цепи

Закон Ома

ф = ——-4л££0ВОФ = ——471££оГ£z = -^ ; Ё = -grad срр= ee0E2S = Q2 22е£08с= 3 ф_ Q . (2 — ^о®и’ аd1/81 + d2/£2 + ... + d„/£nф = ——-4л££0ВОФ = ——471££оГ£z = -^ ; Ё = -grad срр= ee0E2S = Q2 22е£08с= 3 ф_ Q . (2 — ^о®и’ аd1/81 + d2/£2 + ... + d„/£nС = С1 + С2 + ... + С„С = С1 + С2 + ... + С„Ил _ Сф2 _ Q2 _ Офэ 2 2С 2Жэ=|Еео£2уW3=l(e-l)£0E2Kw = еео£2 = ED = В2222££оjr _ dQdti=_L_RA- грИл _ Сф2 _ Q2 _ Офэ 2 2С 2Жэ=|Еео£2уW3=l(e-l)£0E2Kw = еео£2 = ED = В2222££оjr _ dQdti=_L_RA- грв дифференциальной форме

ф = ——-

4л££0В

О

Ф = ——

471££оГ

£z = -^ ; Ё = -grad ср

р= ee0E2S = Q2 22е£08

с= 3 ф

_ Q . (2 — ^о®и’ а

d1/81 + d2/£2 + ... + d„/£n

ф = ——-

4л££0В

О

Ф = ——

471££оГ

£z = -^ ; Ё = -grad ср

р= ee0E2S = Q2 22е£08

с= 3 ф

_ Q . (2 — ^о®и’ а

d1/81 + d2/£2 + ... + d„/£n

С = С1 + С2 + ... + С„

С = С1 + С2 + ... + С„

Ил _ Сф2 _ Q2 _ Оф

э 2 2С 2

Жэ=|Еео£2у

W3=l(e-l)£0E2K

w = еео£2 = ED = В2

222££о

jr _ dQ

dt

i=_L_

RA- г

р

Ил _ Сф2 _ Q2 _ Оф

э 2 2С 2

Жэ=|Еео£2у

W3=l(e-l)£0E2K

w = еео£2 = ED = В2

222££о

jr _ dQ

dt

i=_L_

RA- г

р

♦ Закон Джоуля—Ленца

Q = № = ^ t R

♦ Сопротивление однородного

R"s

проводника

♦ Удельная проводимость

v"p

♦ Зависимость удельного

Р = Pot1 + “0

сопротивления от температуры

♦ Работа тока

A = lUt = PRt = ^

♦ Полная мощность,

£2В

N = I-^ = -E—

выделяющаяся в цепи

R + r

♦ КПД источника тока

Д + г

♦ Закон Ампера

F = I Bl sin a

♦ Механический момент,

M = pmBsin a

действующий на контур с током, помещенный в магнитное поле

♦ Магнитный момент контура

Pm = IS

с током

Связь магнитной индукции с напряженностью магнитного поля

Закон Био—Савара—Лапласа

Магнитная индукция в центре кругового тока

Магнитная индукция поля: созданного бесконечно длинным прямолинейным проводником с током созданного отрезком проводника с током поля бесконечно длинного соленоида

В = РРояdB=^I^dl 4 л г2B""2Rr _ Wo1В = (cos 04 - cos а2) 4лг 12в = ЦЦуП/р _ МРо£1£г^2л</В = РРояdB=^I^dl 4 л г2B""2Rr _ Wo1В = (cos 04 - cos а2) 4лг 12в = ЦЦуП/р _ МРо£1£г^2л</Сила взаимодействия двух прямолинейных длинных параллельных проводников с током, I ^> d

В = РРоя

dB=^I^dl 4 л г2

B""2R

r _ Wo1

В = (cos 04 - cos а2) 4лг 12

в = ЦЦуП/

р _ МРо£1£г^

2л</

В = РРоя

dB=^I^dl 4 л г2

B""2R

r _ Wo1

В = (cos 04 - cos а2) 4лг 12

в = ЦЦуП/

р _ МРо£1£г^

2л</

Напряженность магнитного поля, создаваемого движущимся зарядом Q

Сила Лоренца

Н = Q^sina

4яг2

Гл = QE + Qv кВ

Магнитный поток однородного магнитного поля

Ф = BScos а

Работа по перемещению контура с током в магнитном поле

А = ЙФ

Основной закон электромагнитной индукции

Потокосцепление

g. = -N— =

р<at at

у = ^Ф

Потокосцепление соленоида

\у = Ы

Электродвижущая сила самоиндукции

Индуктивность соленоида

L = |ii|n07i2ZS

Энергия магнитного поля соленоида

w -Ы1

м 2

Объемная плотность энергии магнитного поля

w = вы = В2 = WqH2

22ццо2

Примеры решения задач

Электростатика

Два заряда находятся в керосине (е = 2) на расстоянии 1 см друг от друга и взаимодействуют с силой 2,7 Н. Величина одного заряда в 3 раза больше другого. Определить величину каждого заряда.

Дано: F = 2,7 Н; г = 0,01 м; е = 2; qx = 3g; q2 = q.

Найти: qv q2.

Решение. Сила взаимодействия точечных зарядов определяется по закону Кулона

Р =^i^2

4Л88ОГ2

где qx и q2 — заряды, е — диэлектрическая проницаемость среды (в данной задаче — керосина), е0 — электрическая по-

стоянная е0 = 8,85* 10"12 Ф/м, г— расстояние между зарядами. По условию задачи qx = 3^; q2 = q.

Тогда

4лее0г2 ’

откуда

= /4л££0г2^ . = /2,7 • 4 • 3,14 • 2- 8,85 • 10"12 • 10" ~

93’ N3~

«1,4-Ю (Кл).

Следовательно, qx = 4,2 • 10"7 Кл; q2 — 1,4 • 107 Кл.

Два точечных заряда, находясь в воде (£х = 81) на расстоянии Z

друг от друга, взаимодействуют с некоторой силой F. Во сколько раз необходимо изменить расстояние между ними, чтобы они взаимодействовали с такой же силой в воздухе (е2 = 1)?

Дано: Fx = Е2 = F; 1Х; ет = 81; е2 = 1.

Найти: l2/lv

Решение. Заряды во всякой среде взаимодействуют с силой, определяемой по закону Кулона. Выражения для сил Ех и F 2, с которыми заряды взаимодействуют в воде и в воздухе, имеют вид:

р =9192 р _9192

где qx и q2 — емость воды игде qx и q2 — емость воды и14^£1£0Z^ ’ 247l£2£0Z2 ’

где qx и q2 — емость воды и

где qx и q2 — емость воды и

заряды, ет и е2 — диэлектрическая проница- воздуха, е0 — электрическая постоянная, Zx и

Z2 — расстояние между зарядами в воде и воздухе соответственно. Учитывая, что Fx = F2, получим:

Z2 ийZ2 ий= 9.= 9.11

Z2 ий

Z2 ий

= 9.

= 9.

— = —, откуда -

33^14£^2Ч ^2

3

3

q24л880Г2q24л880Г2= mgtg |,= mgtg |,

q24л880Г2

q24л880Г2

= mgtg |,

= mgtg |,

Решение. В результате электростатического отталкивания с силой F3 заряды разойдутся на расстояние г = I. Как видно из рис. 17, сила F3 будет уравновешена механической силой FM, равной

FM = mgtg | .

По закону Кулона

F = g .

34Л££ОГ2

Учитывая, что F3 = FM, получим

откуда

— 3,4-106 (Н).— 3,4-106 (Н).q = Jmg tg^4nee0r2;

— 3,4-106 (Н).

— 3,4-106 (Н).

и численно равна силе электрического взаимодействия Гэ. Приравнивая Гц = Гэ, получим

ти2 = д2г 4л£0г2 ’

откуда

^ = л ;

^4к£0гт

и =и =1,62-Ю-3^

и =

и =

12,56 • 8,85 • IO"12 • 0,53 • 10" • 9,1 • 10"31

552,2 *106 (м/с).

5

5

Вычислить ускорение, сообщаемое одним электроном друго-

му, находящемуся от первого в вакууме на расстоянии 1 мм.

Дано: q = 1,6 • 10“19 Кл; г = 1 мм = 10“3 м.

Найти: а.

Решение. По закону Кулона электроны, находящиеся на расстоянии г, взаимодействуют (отталкиваются) с силой:

4т180Г2

Под действием этой силы в соответствии со вторым законом Ньютона электрон приобретает ускорение

ра = ~,т

где т — масса электрона. Тогда

а=^—;

4т180Г2Л1

а =а =— 2,5*108 (м/с2).— 2,5*108 (м/с2).1,62 - 10-38

а =

а =

— 2,5*108 (м/с2).

— 2,5*108 (м/с2).

Рис. 18

Решение. Сила взаимодействия между двумя точечными зарядами определяется по закону Кулона F = —^-^— . По 471880Г2 принципу суперпозиции поле каждого заряда qx и q2 действует на заряд q3 независимо. Вследствие этого на заряд q3 действуют независимо силы F13 и F23 (рис. 18, а). Векторная сумма сил F = F13 + F23 будет искомой величиной. Как видно из рис. 18, сила F в обоих случаях будет одинаковой по абсолютной величине. Перейдем от векторного к скалярному выражению сил. Введем обозначение F13 = F23 = F3. Тогда из геометрических соображений

F = JF тз + ^23 = 72 F3 = 72 9193, ,13233 -V 4Я8ЕоГ23’

где г13 (или г12) — расстояние между зарядами qx и q3 и (или) 91 и д2,

Подставим числовые значения и определим F:

— 9,5-105 (Н).— 9,5-105 (Н).72 • 3 • 10~9 • 1 • 10~9

— 9,5-105 (Н).

— 9,5-105 (Н).

4-3,14-1-8,85-10-12-22-10-4

/♦ Два равных отрицательных заряда по 9 нКл находятся в воде на расстоянии 8 см друг от друга. Определить напряженность и потенциал поля в точке, расположенной на расстоянии 5 см от зарядов.

Дано: Qx = Q2 = ~9 • 10 9 Кл; е = 81; г0 = 0,08 м; гх = г2 = = 0,05 м.

Найти: Е, ф.

Решение. Напряженность поля, создаваемого в точке А (рис. 19) зарядами QT и Q2 по принципу суперпозиции полей, равна векторной сумме напряженностей, создаваемых каждым из зарядов: _ _ _

£ = ^ + ^2. (1)

АА X* X АО-Л-ОQx г^ 0Q22Рис. 19АА X* X АО-Л-ОQx г^ 0Q22Рис. 19По теореме косинусовПо теореме косинусов(2)(2)Е = Je^ + El + 2E1E2cos2a.

А

А X* X А

О-Л-О

Qx г^ 0Q2

2

Рис. 19

А

А X* X А

О-Л-О

Qx г^ 0Q2

2

Рис. 19

По теореме косинусов

По теореме косинусов

(2)

(2)

Напряженность поля точечного заряда Q:

£ = —.

4л880Г2

Заряды Qx и Q2 отрицательны, следовательно, векторы Ег и Е2 направлены по линиям напряженности к зарядам. По условию задачи заряды (^ = Q2 расположены на одинаковом расстоянии от точки А, поэтому Ег = Е2. Следовательно, формула (2) имеет вид

Е = 2E1cos а,

h = OA =h = OA ='О .4 ’'О .4 ’гдеcos а = —,

h = OA =

h = OA =

'О .

4 ’

'О .

4 ’

h = 7(5- 10-2)2-(4« 10-2)2 = 3 • IO”2 (м).

Тогда напряженность поля в точке А:

Е_ 2Q.H .4л880Г? ’

480 (В/м).480 (В/м).2 • 9 • 10~9 • 3 • IO"2

480 (В/м).

480 (В/м).

4 • 3,14 • 81 • 8,85 • 10’12 • (0,05)3

Потенциал ф, создаваемый системой точечных зарядов в данной точке поля, равен алгебраической сумме потенциалов, создаваемых каждым из зарядов ф = X Фр Потенциал ф резуль- t = 1

тирующего поля в точке А равен ф = фт + ф2. Потенциал поля, создаваемого точечным зарядом:

Ф = ——.

4Л88ОГ

Следовательно,Следовательно,Ф = фх + ф2 =Ф = фх + ф2 =Qi471££оГ1Qi471££оГ1Q2Q22Qt2Qt4Т1££ОГ2 4ЛЕЕ0Г!4Т1££ОГ2 4ЛЕЕ0Г!

Следовательно,

Следовательно,

Ф = фх + ф2 =

Ф = фх + ф2 =

Qi471££оГ1

Qi471££оГ1

Q2

Q2

2Qt

2Qt

4Т1££ОГ2 4ЛЕЕ0Г!

4Т1££ОГ2 4ЛЕЕ0Г!

^ -40 (В).^ -40 (В).-2 • 9 • 10~9

^ -40 (В).

^ -40 (В).

4 • 3,14 • 81-8,85-Ю'12-5-IO'2

8* В вершинах квадрата со стороной 0,1 м помещены заряды по 0,1 нКл. Определить напряженность и потенциал поля в центре квадрата, если один из зарядов отличается по знаку от остальных.

Дано: qx = 0,1 нКл; q2 = q3 = q4 = -0,1 нКл; а = 0,1 м.

Найти: Е, ф.

Решение. Напряженность Е поля, создаваемого системой зарядов, равна геометрической сумме напряженностей Et по-

Рис. 20Рис. 20лей, создаваемых каждым из г зарядов:

Рис. 20

Рис. 20

Е = ^Е^ В данной задаче i = 1

Е = Ех + Е2 + Е3 + Е4.

Как видно из рис. 20,

Е = Ег -VE^

а так как Ех = Е4, то Е = 2Ег или

Е = 2,

4л££0Г2

где е — диэлектрическая проницаемость (для воздуха е = 1), а

г =расстояние от центра квадрата до заряда

V2

“ 360 (В).“ 360 (В).2 • 10'10 • 24-3,14-1 -8,85-1012- 0,12

“ 360 (В).

“ 360 (В).

Потенциал ф поля, создаваемого системой зарядов, равен алгебраической сумме потенциалов ф^ полей, создаваемых

каждым из i зарядов: ф = 2 фР В условиях данной задачи

i = 1

ф = ф1 + ф2 + ф3 + ф4.

Учитывая знаки зарядов, имеем

Ф = Ф3 + ф4,

а так как ф3 = ф4, то ф = 2ф3.

q> = 2L4лЕ£0Гq> = 2L4лЕ£0Г2 • 10'10 •2 • 10'10 •224 • 3,14 • 8,85 • 10-12 • 0,14 • 3,14 • 8,85 • 10-12 • 0,1^ 25,4 (В).^ 25,4 (В).

q> = 2L

4лЕ£0Г

q> = 2L

4лЕ£0Г

2 • 10'10 •

2 • 10'10 •

2

2

4 • 3,14 • 8,85 • 10-12 • 0,1

4 • 3,14 • 8,85 • 10-12 • 0,1

^ 25,4 (В).

^ 25,4 (В).

99Пространство между двумя параллельными плоскостями с по

9

9

верхностной плотностью зарядов +5 • 10-8 и -9 • 10-8 Кл/м заполнено стеклом. Определить напряженность поля: между плоскостями; вне плоскостей.

Дано: ох = +5 • 10“8 Кл/м2; а2 = -9 • 10“8 Кл/м2; е = 7.

Найти: Е*, Е”.

Решение. Напряженность поля, создаваемого плоскостью, заряженной с поверхностной плотностью заряда о, равна

Е = -5L,2 £ £0

где е — диэлектрическая проницаемость среды (для стекла 8Х = 7, для воздуха е2 = = 1). Направление векторов Е полей, создаваемых заряженными плоскостями, показано на рис. 21.

Ё2£2=1Ё2£2=1Рис. 21Рис. 21Очевидно, что в зазоре между плоскостями Е’ = Ег + Е2, так как поля совпадают по направлению:

Ё2

£2=1

Ё2

£2=1

Рис. 21

Рис. 21

Е' = G1 + °2 = N±N

2е1£02е1£02е1£0 ’

14 • 10"8

- ИЗО (В/м).

В пространстве вне зазора между плоскостями напряженности Ег и Е2 имеют противоположные направления и

Е" = Е9-ЕЛ = -22- - -21- = ^ 1°*! ;2£2802£!£о Зе^о

Е” =4 'I0'8 2260 (В/м).

2-1 -8,85-10’12

10* На расстоянии 8 см друг от друга в воздухе находятся два заряда по 1 нКл. Определить напряженность и потенциал поля в точке, находящейся на расстоянии 5 см от зарядов.

Дано: г = 0,08 м; qt = q2 = 10-9 Кл; т\ = 0,05 м.

Найти: Е, ф.

Решение. Напряженность Е и потенциал ф поля, созданного точечным зарядом в точке А на расстоянии г от заряда, определяются по формулам:

Из рис. 22 видно, что Е = Ег + Е2, Ег = Е2 и значение Е определяется по теореме косинусов

Е = Je^ + Е% + 2ExE2cosa = J2E^ + 2Ef cosa =

= E^^JtTVcos^ = г^соз ;

cos ^ определим из kABC: cos = | = 0,6.

E =IO'9-2-3 4318 (b/m)

4-3,14-1 -8,85- IO"12-25- IO'4 -5'

Потенциал поля <p в точке А равен

ф =ф =Ф = Ф1 + Ф2 = 2Ф1 = 2 *2 • IO'9Ф = Ф1 + Ф2 = 2Ф1 = 2 *2 • IO'99;4Л880Г! ’9;4Л880Г! ’4 • 3,14 • 8,85 • 10~12 • 5 • 10~24 • 3,14 • 8,85 • 10~12 • 5 • 10~2^ 360 (В).^ 360 (В).1111Заряды по 1 нКл помещены в вершинах равностороннего тре-Заряды по 1 нКл помещены в вершинах равностороннего тре-угольника со стороной 0,2 м. Равнодействующая сил, действующих на четвертый заряд, помещенный на середине одной из сторон треугольника, равна 0,6 мкН. Определить этот заряд, напряженность и потенциал поля в точке его расположения.Дано: Qi = q2 = q3 = 109 Кл; а = 0,2 м; F = 6 • 107 Н.Найти: q4, Е, ср.Решение. Напряженность Е поля точечного заряда q на расстоянии г от него определяется по формуле:Е = —2—-.4л880Г2Как видно из рис. 23, напряженность поля в точке А на расстоянии т\ = ^^ равна:угольника со стороной 0,2 м. Равнодействующая сил, действующих на четвертый заряд, помещенный на середине одной из сторон треугольника, равна 0,6 мкН. Определить этот заряд, напряженность и потенциал поля в точке его расположения.Дано: Qi = q2 = q3 = 109 Кл; а = 0,2 м; F = 6 • 107 Н.Найти: q4, Е, ср.Решение. Напряженность Е поля точечного заряда q на расстоянии г от него определяется по формуле:Е = —2—-.4л880Г2Как видно из рис. 23, напряженность поля в точке А на расстоянии т\ = ^^ равна:p #2. p JC/ 9— ”””■ • J-S 94л880rfp #2. p JC/ 9— ”””■ • J-S 94л880rf10-9 • 410-9 • 44 • 3,14 • 8,85 • 10"12 • 0,22 • 34 • 3,14 • 8,85 • 10"12 • 0,22 • 3= 300 (В/м).= 300 (В/м).в 2 = 4cm21©-T -0^2i 3 cm / r i a/2 z5 смв 2 = 4cm21©-T -0^2i 3 cm / r i a/2 z5 смEiEiЕЕРис. 22Рис. 22

ф =

ф =

Ф = Ф1 + Ф2 = 2Ф1 = 2 *

2 • IO'9

Ф = Ф1 + Ф2 = 2Ф1 = 2 *

2 • IO'9

9;

4Л880Г! ’

9;

4Л880Г! ’

4 • 3,14 • 8,85 • 10~12 • 5 • 10~2

4 • 3,14 • 8,85 • 10~12 • 5 • 10~2

^ 360 (В).

^ 360 (В).

11

11

Заряды по 1 нКл помещены в вершинах равностороннего тре-

Заряды по 1 нКл помещены в вершинах равностороннего тре-

угольника со стороной 0,2 м. Равнодействующая сил, действующих на четвертый заряд, помещенный на середине одной из сторон треугольника, равна 0,6 мкН. Определить этот заряд, напряженность и потенциал поля в точке его расположения.

Дано: Qi = q2 = q3 = 109 Кл; а = 0,2 м; F = 6 • 107 Н.

Найти: q4, Е, ср.

Решение. Напряженность Е поля точечного заряда q на расстоянии г от него определяется по формуле:

Е = —2—-.

4л880Г2

Как видно из рис. 23, напряженность поля в точке А на расстоянии т\ = ^^ равна:

угольника со стороной 0,2 м. Равнодействующая сил, действующих на четвертый заряд, помещенный на середине одной из сторон треугольника, равна 0,6 мкН. Определить этот заряд, напряженность и потенциал поля в точке его расположения.

Дано: Qi = q2 = q3 = 109 Кл; а = 0,2 м; F = 6 • 107 Н.

Найти: q4, Е, ср.

Решение. Напряженность Е поля точечного заряда q на расстоянии г от него определяется по формуле:

Е = —2—-.

4л880Г2

Как видно из рис. 23, напряженность поля в точке А на расстоянии т\ = ^^ равна:

p #2. p

JC/ 9— ”””■ • J-S 9

4л880rf

p #2. p

JC/ 9— ”””■ • J-S 9

4л880rf

10-9 • 4

10-9 • 4

4 • 3,14 • 8,85 • 10"12 • 0,22 • 3

4 • 3,14 • 8,85 • 10"12 • 0,22 • 3

= 300 (В/м).

= 300 (В/м).

в 2 = 4cm

21©-T -0^2

i 3 cm / r i a/2 z

5 см

в 2 = 4cm

21©-T -0^2

i 3 cm / r i a/2 z

5 см

Ei

Ei

Е

Е

Рис. 22

Рис. 22

Заряд q4 определим из формулы F = q4E, откуда„ F.

Потенциал поля ф в точке А равен сумме потенциалов: Ф = ф1 + ф2 + ф3.

При этом

Ф1 =

Ф1 = Фз = —XL~

471880|

10"9 • 2

4 • 3,14 • 8,85 • 10-12 • 0,2

<7 • 2

Ф2 = "^Е;

^ 90 (В);

Ф2 =Ф2 =~ 52 (В).~ 52 (В).

Ф2 =

Ф2 =

~ 52 (В).

~ 52 (В).

2 • IO"9

4 • 3,14- 8,85 • 10~12 • 0,2 • 7з Ф = 2 • 90 + 52 = 232 (В).

12* Два одинаковых заряда находятся в воздухе на расстоянии 0,1 м друг от друга. Напряженность поля в точке, удаленной на расстоянии 0,06 м от одного и 0,08 м от другого заряда, равна 10 кВ/м. Определить потенциал поля в этой точке и значение заряда.

Дано: Е = 104 В/м; г3 = 0,1 м; г2 = 0,06 м; гг = 0,08 м;

91 = 92 = 9-

Найти: q, ф.

Решение. Напряженность Е и потенциал ф поля точечного заряда q определяется по формулам:

так как г j

, следовательно, а = -

(4лее0г|)2 (4лее0г2)2(4лее0г|)2 (4лее0г2)2д /1 + 1 = qJ5£ri,.4лее0а/г^ r^ 4n£E0rfrj

(4лее0г|)2 (4лее0г2)2

(4лее0г|)2 (4лее0г2)2

Откуда

= Е • 4ле£0г?г| .

4

= Ю'4 • 4 • 3,14 • 1 • 8,85 • Ю"12 • О,Об2 • 0,082 -35.10-8 (Кд) 70,064 + 0,084’

Потенциал

ф = (р + ф = —2——2— = —2—+ A) •

471880Г2471880^4t1880V2 Т^

ф =^_io^М + М = 918 (в).

4-3,14-8,85-Ю"12 VO,06 0,08V v '

13* Электрон движется по направлению силовых линий однородного поля напряженностью 2,4 В/м. Какое расстояние он пролетит в вакууме до полной остановки, если его начальная скорость 2 • 106 м/с? Сколько времени будет длиться полет?

Дано: Е = 2,4 В/м; и0 = 2 • 106 м/с; q = 1,6-10"19Кл; m = 9,1 • 10“31 кг; ик = 0.

Найти: s, t.

Решение. На электрон в электрическом поле действует сила F = qE, направленная навстречу его движению. По второму закону Ньютона ускорение электрона под действием силы F равно:

m m

ttttС другой стороны, ускорение а равно: а _ кк - Vol = VO ,

t

t

t

t

Приравнивая эти выражения, определим время t до полной остановки электрона:

^ = g^E • t = ^5 •t m ’ qE ’

1,6-10'19-2,4

За это время электрон пройдет путь s, равный

at2vot2 vQt

s = vot - ^ = uat - -^— = -2- ;

020 2t 2

s =s =2 • 106-4,7- IO"62 • 106-4,7- IO"6= 4,7(m).= 4,7(m).

s =

s =

2 • 106-4,7- IO"6

2 • 106-4,7- IO"6

= 4,7(m).

= 4,7(m).

14* Две бесконечно длинные, равномерно заряженные нити с линейной плотностью зарядов 6 • 10“5 Кл/м расположены на расстоянии 0,2 м друг от друга. Найти напряженность электрического поля, созданного в точке, удаленной на 0,2 м от каждой нити.

Дано: т = 6 • 10'5 Кл/м; г = 0,2 м; I = 0,2 м.

Найти: Е.

Решение. Напряженность поля Е, со- рис 25 здаваемого длинной, равномерно заряжен-'

ной нитью с линейной плотностью заряда т на расстоянии г от

нее, определяется по формуле:

Е =

2ле0г

Вектор Е напряжешюсти суммарного электрического поля будет равен Е = Ег + Е2. Как видно из рис. 25, угол а между векторами Ех и Е2 равен 60°. Величину вектора Е определим по теореме косинусов:

Так какТак какЕ = JE^ + Е^ + 2E1E2cosa .

Так как

Так как

Е1-Е2'

то Е = Ел 72(1 + cos а) = —-— 72(1 + cosa);

2л£0Г

Е =6'10-572(1+0,5)9,3 • 106 (В/м).

2 • 3,14 • 8,85 • 10~12 • 0,2

15* Две параллельные металлические пластины, расположенные в диэлектрике с диэлектрической проницаемостью 2,2, обладают поверхностной плотностью заряда 3 и 2 мкКл/м2. Определить напряженность и индукцию электрического поля между пластинами и вне пластин.

Дано: е = 2,2; с^ = 3 • 10“6 Кл/м2; о2 = 2 • 106 Кл/м2.

Найти: Ем, Ев, DM, DB.

Решение. Напряженность поля, создаваемого каждой из пластин с поверхностной плотностью зарядов о, определяется по формуле:

Е= -^-.

2ее0

Направления векторов напряженности полей, создаваемых пластинами, показаны на рис. 26. Учитывая направление век-

торов, получим, что напряженность поля Ем в зазоре между

пластинами равна:

Ем = Е1 — Е2’

о,сг2

giEi

а в пространстве вне пластин — ЕВ = Е1 +Е2‘

Р = Q1 — а2 = 1V

м 2ее0 2ее0 2ее0 12 ’

Е, Е„ Ев

£ =(3 - 2) Г10.'6 .2,57 • 104 (В/м).

м 2-2,2-8,85 • 10"12

Б = -^- + -^L = -J_ (а + ст2); 2ее0 2ее0 2ее0 12

Рис. 26

Е = —(3 + 2) • IO"6_ г 28 . ю5 (В/м).

в 2-2,2-8,85-10-12

Индукция D и напряженность Е электрического поля связаны соотношением D = ввфЕ. Тогда:

D =(_) = 21^2 D 1р 5.10-7 (Кл/М2).

м 2££0v 1272 м 2'

D = 21^2 ; п = 5110^2,5 • 10"6 (Кл/м2).

в 22

16» Определить поток вектора напряженности электрического поля сквозь замкнутую шаровую поверхность, внутри которой находятся три точечных заряда +2, -3 и +5 нКл. Рассмотреть случаи, когда система зарядов находится в вакууме и в воде.

Дано: ^ = +2 • 10“9 Кл; д2 = ”3 • Ю9 Кл; Q3 = +5 • 10“9 Кл; ет = 1; е2 = 81.

Найти: Ф£.

Решение. В общем случае поток вектора напряженности ФЕ сквозь поверхность S равен

Ф£ = ^Ends,s

где Еп — проекция вектора Е на нормаль п к поверхности, Еп = Ecos а.

Для шаровой поверхности, в центре которой помещен точечный заряд, а = 0, cos а = 1 иЕл = Е. В каждой точке шаровой поверхности Е — величина постоянная и определяется по формуле

Е = —2—.4Л88ОГ2

Тогда поток вектора напряженности ФЕ сквозь шаровую поверхность будет иметь вид

ФЕ = fEdS = E^dS = ES = E* 4лг2.(2)

ss

Подставляя (1) в (2), после преобразований для одного точечного заряда получаем Ф£ = -2- . На основании теоремы Ост- роградского—Гаусса для системы зарядов полный поток вектора напряженности сквозь замкнутую поверхность произвольной (в том числе шаровой) формы равен

Кв-^А5-'(3)

COQ I = 1

Подставим в (3) числовые значения и получим: а) в случае, когда заряды находятся в вакууме, ф = 1 (g + q2 + 93); Ф£ = (±^3±5)<0^ ~ 452 (В/м);

£ e°v4i 42 43/’ е 8,85-КГ12

в случае, когда заряды находятся в воде,

- 5,6 (В/м).- 5,6 (В/м).ф _ (+2-3 + 5). IO-»Е 81 • 8,85 • 10"12

- 5,6 (В/м).

- 5,6 (В/м).

17+ Электрическое нитью, равномерно17+ Электрическое нитью, равномернополе создается тонкой, бесконечно длинной заряженной с линейной плотностью заряда

17+ Электрическое нитью, равномерно

17+ Электрическое нитью, равномерно

10-10 Кл/м. Определить поток вектора напряженности через цилиндрическую поверхность длиной 2 м, ось которой совпадает с нитью.

Дано: т = 1010 Кл/м; h = 2 м.

Найти: Ф£.

Решение. Нить длиной h с линейной плотностью заряда т содержит заряд q = тй. Линии напряженности направлены по нормали к нити по всевозможным направлениям и будут пронизывать только боковую поверхность цилиндра. В соответствии с теоремой Остроградского—Гаусса поток Ф£ вектора напряженности сквозь замкнутую поверхность равен

£ ££0

—^~ -■ ? ■ - 22,6 (В/м).1*8,85. НГ12'—^~ -■ ? ■ - 22,6 (В/м).1*8,85. НГ12'Следовательно,

—^~ -■ ? ■ - 22,6 (В/м).

1*8,85. НГ12'

—^~ -■ ? ■ - 22,6 (В/м).

1*8,85. НГ12'

ф£ = —;

Е £ео

18* Заряд 1 • 10 9 Кл переносится из бесконечности в точку, находящуюся на расстоянии 1 см от поверхности заряженного шара радиусом 9 см. Поверхностная плотность заряда шара 1 • 10~4 Кл/м2. Определить совершаемую при этом работу. Какая работа совершается на последних 10 см пути?

Дано: q = 10~9 Кл; о = 10~4 Кл/м2; 2? = 9 см = 0,09 м; ^ = = 1 см = 0,01 м ; г2 = 10 см = 0,1 м; е = 1.

Найти: Av А2.

Решение. Работа внешней силы Аг по перемещению заряда q из точки поля с потенциалом фг в другую точку с потенциалом ф2 равна по абсолютной величине, но противоположна по знаку работе А^ сил поля по перемещению заряда между этими точками поля, т. е. А^ = -А^. Работа сил электрического поля определяется по формуле А^ = д^ - ф2).

Тогда

А = ?(Ф2 - Ф1)>(!)

где фг — потенциал в начальной точке; ф2 — потенциал в конечной точке.

Потенциал, создаваемый заряженным шаром радиусом 2? в точке на расстоянии г от его поверхности, определяется по формуле

Ф =,(2)

4тГ££0(2? + г)

где q0 = п4л2?2 — заряд шара.

Потенциал фт в бесконечно удаленной точке (при г = °о) будет равен нулю. Потенциал ф2 из (2) подставим в (1) и после преобразований получим

Аг =.(3)

1 EEo^+Fj)

Подставляя числовые значения в (3), получаем

- 9,2 • 10 4 (Дж).- 9,2 • 10 4 (Дж).А = 10"9' 10~4'81'10"4

- 9,2 • 10 4 (Дж).

- 9,2 • 10 4 (Дж).

11«8,85‘10-12«1‘10-1

Работу на последних 10 см пути можно определить по формуле

А = д(ф2~ФА(4)

где ф^где ф^—потенциал в точке на расстоянии

где ф^

где ф^

4тГ££0(Л + Гт + Г2)

(2? + ^ + г2) от центра шара.

Подставляя выражение для ф^ и ф2 в (4), после преобразований получаем:

(5)(5)Д2 = _£25!_ -225!

(5)

(5)

ее0(Я + г^ ее0(Я + Г! + г2)

Первое слагаемое в (5) численно равно АР

Подставим числовые значения и вычислим А2:

А2 = 9,2 • 10"4 - 1'10-9 *1 *10"4 * 81 *10"44,6 • 10~4 (Дж).

2i • 8,85 «ю-12-2-ю-1^ ’

19» Заряд 1 нКл переносится в воздухе из точки, находящейся на расстоянии 1 м от бесконечно длинной, равномерно заряженной нити, в точку на расстоянии 10 см от нее. Определить работу, совершаемую против сил поля, если линейная плотность заряда нити 1 мкКл/м. Какая работа совершается на последних 20 см пути?

Дано: г0 = 0,1 м; ^ = 1 м; г2 = 0,2 м; Q = 10~9 Кл; 8=1; т = 1 • 10~6 Кл/м.

Найти: Ар А2.

(1)(1)Решение. Работа внешней силы по перемещению заряда Q из точки поля с потенциалом фт в точку с потенциалом ф0 равна:

(1)

(1)

А = Q(v0 - Ф1).

Бесконечная, равномерно заряженная нить с линейной плотностью заряда т создает аксиально симметричное поле напряженностью Е = —-— . Напряженность и потенциал этого 2Л88ОГ поля связаны соотношением

Е = f откуда с/ф = - Edr.dr

Разность потенциалов точек поля на расстоянии гг и rQ от нити

Фо - Ф1 = - ^Edr = - 1 J — = - т 1п — ;и 12лее0 г 2л880 г0

Фо"Ф1= 2^1п?;ф°-ф2=2^Г1п7-(2)

^JLggq Г Q^TLggq /q

Подставляя в формулу (1) найденное выражение для разности потенциалов из (2), определим работу, совершаемую внешними силами по перемещению заряда из точки, находя-

щейся на расстоянии 1 м, до точки, расположенной на расстоянии 0,1 м от нити:

2лее0 г0

А = _W^10^_lnl04д . 10-5 (Дж)

12 • 3,14 • 8,85 • 10"12

Работа по перемещению заряда на последних 20 см пути равна

А2= т^-ln^;2л£е0 г0

=10_;9-10"6* 1п2! 24.10_5 (Дж)

22 • 3,14 • 8,85 • 10~12

В поле бесконечной, равномерно заряженной плоскости с поверхностной плотностью заряда 10 мкКл/м2 перемещается заряд из точки, находящейся на расстоянии 0,1 м от плоскости, в точку на расстоянии 0,5 м от нее. Определить заряд, если при этом совершается работа 1 мДж.

Дано: а = 10~5 Кл/м2; гг = 0,5 м; г2 = 0,1 м; А = 10~3 Дж.

Найти: q.

Решение. Напряженность поля Е, создаваемая заряженной плоскостью с поверхностной плотностью заряда о, равна

Е =

2ее0

а на заряд q со стороны поля действует сила

F = qE = q^-.

2ее0

Работа этой силы на пути dr будет равна dA = Fdr, а на пути от гг до г2

Отсюда

__ LIO-.2-8.85.10-= = 4 4. ю-, (Кл)

«(Г:-г,)L10-(0,5-0.1)

21* Какую работу надо совершить, чтобы заряды 1 и 2 нКл, находящиеся в воздухе на расстоянии 0,5 м, сблизить до 0,1 м?

Дано: qx = 10-9 Кл; q2 = 2 • 10~9 Кл; гх = 0,5 м; г2 = 0,1 м. Найти: А.

Решение. Работа А по перемещению заряда qx в поле, созданном зарядом q2, определяется по формуле А = д1(ф2 - Фх),

где <р2 и фт — потенциал поля, созданного зарядом q2 в соответствующих точках на расстоянии г2 и г^ от него:

Ф2 =Ф2 =92.

Ф2 =

Ф2 =

4Л88ОГ2 ’

Ф1 =Ф1 =92.

Ф1 =

Ф1 =

4Л880Г! *

92) _

^4лб80г2 4ле80гг10'9 • 2 • 10"9( 1^4лб80г2 4ле80гг10'9 • 2 • 10"9( 14 -3,14- 8,85 • 1012 ^0,14 -3,14- 8,85 • 1012 ^0,1-L) - 1,4 • 10 7 (Дж).и,О7-L) - 1,4 • 10 7 (Дж).и,О7

^4лб80г2 4ле80гг

10'9 • 2 • 10"9( 1

^4лб80г2 4ле80гг

10'9 • 2 • 10"9( 1

4 -3,14- 8,85 • 1012 ^0,1

4 -3,14- 8,85 • 1012 ^0,1

-L) - 1,4 • 10 7 (Дж).

и,О7

-L) - 1,4 • 10 7 (Дж).

и,О7

22» Заряд -1 нКл переместился в поле заряда +1,5 нКл из точки с потенциалом 100 В в точку с потенциалом 600 В. Определить работу сил поля и расстояние между точками.

Дано: qx = -1 • 10"9 Кл; q2 = +1,5*10-9Кл; фх = 100 В;

Ф2 = 600 в.

Найти: А, Аг.

Решение. Потенциал ф поля, созданного точечным зарядом q, равен:

ф=-^— ,4Л88ОГ

где г — расстояние от заряда до данной точки поля.

92

Ф1 = ——— ,4Л88ОГ!

откудаоткудаГ = q^ •

откуда

откуда

14л880ф!’

= 13,5- 102 (м).= 13,5- 102 (м).г = 1,5 • 10-9

= 13,5- 102 (м).

= 13,5- 102 (м).

14 • 3,14 • 8,85 • 10~12 • 100

Ф2 =

92

4лее0г2 ’

откуда

г =^2•

2 4лЕе0ф2’

г =1,5-10"9

24 • 3,14 • 8,85 • 10~12 • 600

-2,25*10-2 (м).

Дг = гг - г2 = 11,25 • IO'2 (м)

Работа сил поля:

А = д^Ф! - ф2); А = IO-9. (1Оо _ 600) = 5.10-т (дж)#

23* Заряд -1 нКл притянулся к бесконечной плоскости с поверхностной плотностью заряда 0,2 мкКл/м2. На каком расстоянии от плоскости находился заряд, если работа сил поля по его перемещению равна 1 мкДж?

Дано: |g| = 1 • 10~9 нКл; а = 2 • 10-7 Кл/м2; А = 1 • 10-6 Дж.

Найти: г.

Решение. Напряженность Е поля, создаваемого равномерно заряженной бесконечной плоскостью, равна:

Е =

2 EEq

Величина Е является величиной постоянной, а это значит, что сила F = qE, действующая на заряд q, будет постоянной. Работа dA силы F на пути dr равна dAr = Fdr. Работа Аг на пути от г до 0 будет

А= j Fdr = J qEdr = j ^dr= j^;

000 ^EEq^EEq

отсюда

r. 2=^410-.2.8.8S.10-* _g g5.10_2 (H)

24*| Конденсатор с парафиновым диэлектриком заряжен до разности потенциалов 150В. Напряженность поля в нем 6-10бВ/м. Площадь пластин 6 см2. Определить емкость конденсатора и поверхностную плотность заряда на обкладках (е = 2).

Дано: U = 150 В; Е = 6 • 106 В/м; S = 6 • 104 м2; 8 = 2.

Найти: С, а.

Решение. В плоском конденсаторе напряженность поля

равна: Е = — . Отсюда

ЕЕ0

а = Я880 = 6 • 106 • 2 • 8,85 • 10"12 ^ 1,06 • 104 (Кл/м2).

Емкость С плоского конденсатора равна С =.

d

Учитывая, что в плоском конденсаторе разность потенциалов U и напряженность Е связаны соотношением £ = — , где d

d — зазор между обкладками, выразим d =. Теперь выраже

ние для емкости конденсатора запишем в виде

4,25-1010(Ф).4,25-1010(Ф).= eeqSE .= 6-106-2-8,85-Ю^-б-Ю"4

4,25-1010(Ф).

4,25-1010(Ф).

U ’150

а)а)1=±+±+±С б Од О2 С31=±+±+±С б Од О2 С3= 3 (мкФ-1);= 3 (мкФ-1);С6 = | (мкФ);С6 = | (мкФ);г)г)Рис. 27Рис. 27

а)

а)

1=±+±+±

С б Од О2 С3

1=±+±+±

С б Од О2 С3

= 3 (мкФ-1);

= 3 (мкФ-1);

С6 = | (мкФ);

С6 = | (мкФ);

г)

г)

Рис. 27

Рис. 27

Вычислить емкость батареи, состоящей из трех конденсаторов емкостью 1 мкФ каждый, при всех возможных случаях их соединения.

Дано: С1 = С2 = С3 = 1 • 10~6 Ф; п = 3.

Найти: Сб.

Решение. Емкость батареи конденсаторов вычисляется по формулам:

Сб = Z С- — при параллельном соединении,

1 Л 1

— = £ — — при последовательном.

С6 1-х Ct

При наличии трех конденсаторов одинаковой емкости воз

можны следующие схемы соединений:

параллельное соединение

(рис. 27, а):

Сб = Cj + С2 + С3 = 3 (мкФ);

последовательное соединение (рис. 27, б):

комбинированное соединение по схеме (рис. 27, в):

^23 = С2 + С3 = 2 (мкФ).

± = -L+-L=l+l=l,5 (мкФ"1);

Сб Су С2312

Сб = Л 0,67 (мкФ);

1,5

комбинированное соединение по схеме (рис. 27, г):

^ = ^ + ^ = 2 (мкФ); С23 = 1 (мкФ). ь23

Сб = Сх + С23 = 1 + 0,5 = 1,5 (мкФ).

Заряд на каждом из двух последовательно заряженных конденсаторов емкостью 18 и 10 пкФ равен 0,09 нКл. Определить напряжение на батарее конденсаторов; на каждом конденсаторе.

Дано: Ci = 1,8 • 1011 Ф; С2 = 1 • 10"11 Ф; q = 9 • НГ11 Кл.

Найти: Uv U2, U.

Решение. При последовательном соединении конденсаторов напряжение U на батарее равно U = Ux + U2. Напряжение

U, заряд q и емкость С связаны соотношением U = ^ . Тогда

и = _2_ ; и = 9 •10-11 = 5 (В);

С, 11,8-10"111 ’

U2=£; L72=^^ =9(В);С7=14(В).

27» Конденсатор емкостью 16 мкФ последовательно соединен с конденсатором неизвестной емкости, и они подключены к источнику постоянного напряжения 12 В. Определить емкость второго конденсатора, если заряд батареи 24 мкКл.

Дано: Сх = 16 мкФ = 1,6 • 10"5 Ф; U = 12 В; q = 24 • 10"6 Кл.

Найти: С2.

Решение. Напряжение U, заряд q, емкость конденсатора С

связаны соотношением U = .

С

Тогда

1 с/

Ux = 24U02 = i 5 (в)11,6-10-5’

При последовательном соединении напряжение U на батарее равно

U = U\ + U2 и U2 = U - Ux = 10,5 (В),

а емкостьа емкостьс2 = ^;с2 = ^JA0"6 - 2.з • Ю-6 (Ф).

а емкость

а емкость

С2 210,5v ’

28» Два конденсатора емкостью по 3 мкФ заряжены один до напряжения 100 В, а другой до 200 В. Определить напряжение между обкладками конденсатора, если они соединены параллельно одноименно заряженными обкладками; разноименно заряженными обкладками.

Дано: Сг = С2 = 3 мкФ; U\ = 100 В; U2 = 200 В.

Найти: U\ U”.

Решение. Напряжение U, заряд q и емкость С конденсаторов связаны соотношением q = CU; тогда qx = CXUX; q2 = C2U2. При соединении конденсаторов одноименно заряженными обкладками заряд батареи

9 = 91 + 92« емкость С = Сг + С 2 = 2СХ,

тт, Л UXCX*U2C2 сх<их*и2^ напряжение U = ^ = 1 12 2 = n ^ 27;

у, _ 100^200 = 150 (В)

При соединении конденсаторов разноименно заряженными обкладками заряд батареи

9 = 92 “ 91, емкостьС = Сг + С2 = 2С

и напряжениеи напряжение

и напряжение

и напряжение

Тогда:Тогда:ун _ 9291 _ ^2^2^1^1 _ ^1(^2^1) .

Тогда:

Тогда:

2СХ 2СХ2СХ ’

У" = 200 100 = 50 (В).

| Со скоростью 2 • 107 м/с электрон влетает в пространство между обкладками плоского конденсатора в середине зазора в направлении, параллельном обкладкам. При какой минимальной разности потенциалов на обкладках электрон не вылетит из конденсатора, если длина конденсатора 10 см, а расстояние между его обкладками 1 см?

Дано: и = 2 • 107 м/с; I = 0,1 м; d = 0,01 м.

Найти: U.

Решение. На электрон, влетающий в поле конденсатора, со стороны поля будет действовать сила F = qE, где q — заряд,

Е = — — напряженность поля конденсатора, U — разность

потенциалов, d — зазор между обкладками конденсатора

Рис. 28Рис. 28(рис. 28). Под действием силы F электрон приобретает ускорение а, равное F

Рис. 28

Рис. 28

а= —, и, двигаясь с этим ускорением, m

пройдет луть

d = at^

22 *

5 - 9332 Гладской

Чтобы электрон не «упал» на нижнюю пластину конденсатора, время его полета t между обкладками должно быть t < - . Учитывая это и второй закон Ньютона, получим:

^ = ^ = f . А = ^ = ?^/2

22 т 2и2 2nw2 2dmv2 ’

отсюда

и = ^^; и = i\io-4-9,i-io;3L-4.ip“ = 22 75(в) ql21,6-10"19-1 • 10"2

30» Батарею из двух конденсаторов емкостью 400 и 500 пФ соединили последовательно и включили в сеть с напряжением 220 В. Потом батарею отключили от сети, конденсаторы разъединили и соединили параллельно обкладками, имеющими одноименные заряды. Каким будет напряжение на зажимах полученной батареи?

Дано: Е71 = 220 В; Сг = 400 пФ; С2 = 500 пФ.

Найти: U2.

Решение. У последовательно соединенных конденсаторов заряды на обкладках равны по модулю Qx = Q2 = Q и заряд батареи равен заряду одного конденсатора. Емкость батареи последовательно соединенных конденсаторов определяется по формуле

с А с(

Для батареи из двух конденсаторов

С = ^^2

^1 + С2

а их заряда их зарядQ = Сиг =Q = Сиг =С1С2П1 ^1 + ^2С1С2П1 ^1 + ^2(1)(1)

а их заряд

а их заряд

Q = Сиг =

Q = Сиг =

С1С2П1 ^1 + ^2

С1С2П1 ^1 + ^2

(1)

(1)

При отключении конденсаторов их заряд сохраняется. У параллельно соединенных конденсаторов заряд батареи равен сумме зарядов конденсаторов Q' = (^ + Q2, а емкость — сумме емкостей С' = Сх + С2.

Напряжение на зажимах батареи из двух параллельно соединенных конденсаторов

у _ £ _ 9^ _ 29 .(2)

с с, + сг с. + с.

Подставляя (1) в (2), получаем

= 2C1C2L71= 2-4-5.10"20- 220 ~ 108 б (В)

(Ci + C2)2292.10"20

31* Найти, как изменятся электроемкость и энергия плоского воздушного конденсатора, если параллельно его обкладкам ввести металлическую пластину толщиной 1 мм. Площадь обкладки конденсатора и пластины 150 см2, расстояние между обкладками 6 мм. Конденсатор заряжен до 400 В и отключен от батареи.

Дано: е = 1; dQ = 10 3 м; S = 1,5*10 2 м2; d = 6*10 3 м;

U = 400 В.

Найти: AC, AWa.

С =С =££0S££0S(1)(1)Рис. 29Рис. 29Решение. Емкость и энергия конденсатора при внесении в него металлической пластины изменятся. Это вызвано тем, что при внесении металлической пластины уменьшается расстояние между пластинами от d до (d - d^ (рис. 29). Используем формулу электроемкости плоского конденсатора:

С =

С =

££0S

££0S

(1)

(1)

Рис. 29

Рис. 29

равно:равно:ee0S _ ££0Sd0 d d(d - d0)ee0S _ ££0Sd0 d d(d - d0)где S — площадь обкладки; d — расстояние между обкладками. В данном случае получим, что изменение электроемкости конденсатора

равно:

равно:

ee0S _ ££0Sd0 d d(d - d0)

ee0S _ ££0Sd0 d d(d - d0)

АС = С2 - ^ = -^-

21 d-d6

Подставив числовые значения, получим:

AC _ 1-8^ 10~^ • 1,5; 10~2 • Ю-з =.=

6 • IO"3 • 5 • IO"3V ’

Так как электрическое поле в плоском конденсаторе однородно, плотность энергии во всех его точках одинакова и равна: и = | ее0£2,(2)

где Е — напряженность поля между обкладками конденсатора. При внесении металлической пластины параллельно обкладкам напряженность поля осталась неизменной, а объем электрического поля уменьшился на

AV = S(d - d0) -Sd- -SdQ.

Следовательно, изменение энергии (конечное значение ее меньше начального) произошло вследствие уменьшения объема поля конденсатора:

ДЖЭ = w^ =-1 ££oE2Sd0.(3)

Напряженность поля Е определяется через градиент потенциала:

Е =-^.(4)

d

Формула (3) с учетом (4) принимает вид

AWa==^Sd0.(5)

Подставляя числовые значения в формулу (5), получаем

д|у = _8,85.10-12.4002.2. х . 10_3

2 • 62 • IO"6

-2,95 • 10"7 (Дж) = -295 (нДж).

Расстояние между обкладками плоского воздушного конденсатора 4 мм. На помещенный между обкладками конденсатора заряд Q = 4,9 нКл действует сила F = 98 мкН. Площадь обкладки 100 см2. Определить напряженность поля и разность потенциалов между обкладками, энергию поля конденсатора и объемную плотность энергии.

Дано: F = 9,8-Ю^Н; Q = 4,9-10 9Кл; S = 10 2 м2; d = 4 • 10"3 м; е = 1; е0 = 8,85 • 10"12 Ф/м.

Найти: Е. U, W9, w.

Решение. Поле между обкладками конденсатора считаем однородным. Напряженность поля конденсатора определим из выражения:

5=5,Q

где F — сила, с которой поле действует на заряд Q, помещенный между обкладками конденсатора.

Подставив числовые значения, найдем

Е = 9,8-10-5 = 2 • 104 = 20 (кВ/м).

4,9 -109

Разность потенциалов между обкладками U = Ed. Подставив числовые значения, получим:

С7 = 2 • 104 • 4 • 10-3 = 80 (В).

Энергия поля конденсатора

W = УН = ££о^Е!

32 2d *

Подставим числовые значения:

Wa = IiIISJ^IlIIIlSO^ = 7,0 8 • 10-8 (Дж) = 7 0,8 (нДж).

32 • 4 • 10~3

Плотность энергии

W3 W3w = —- = —- .

V Sd ’

где V = Sd — объем поля конденсатора;

= 7,08-Ю-8 =.(Дж/м3).

10“2 • 4 • 10-3

33» Заряд конденсатора 1 мкКл, площадь пластин 100 см2, зазор между пластинками заполнен слюдой. Определить объемную плотность энергии поля конденсатора и силу притяжения пластин.

Дано: Q = 10"6 Кл; S = 10"2 м2; е = 6.

Найти: w. F.

Решение. Сила притяжения между двумя разноименно заряженными обкладками конденсатора равна:

(1)(1)^E^S

(1)

(1)

где Е — напряженность поля конденсатора; S — площадь обкладок конденсатора.

Напряженность однородного поля плоского конденсатора

(2)(2)(3)(3)Е= — = -^-,ее0 8£0S

(2)

(2)

(3)

(3)

где а =— поверхностная плотность заряда.

Подставляя (2) в (1), рассчитаем F:

2ee0S

F -10 12 .,5 - 0,94 (Н).

2-6-8,85-10~12-10~2 v ’

Объемная плотность энергии электрического поля

8Е0Е2

W = — .

2

Подставляя (2) в (3), получим:

Q2w = ———-;

2ее082

W =152^ - 94,2 (Дж/м3).

2 • 6 • 8,85 • 10-12 • 10-4» W //

34» К одной из обкладок плоского конденсатора прилегает стеклянная плоскопараллельная пластинка (ех = 7) толщиной 9 мм. После того как конденсатор отключили от источника напряжением 220 В и вынули стеклянную пластинку, между обкладками установилась разность потенциалов 976 В. Определить расстояние между обкладками и отношение конечной и начальной энергии конденсатора.

Дано: С71 = 220 В; U2 = 976 В; d = 9 • 10'3 м; ет = 7; е2 = 1.

Найти: d^ W2/Wv

Решение. После отключения конденсатора и удаления стеклянной пластинки заряд на его обкладках остается неизменным, т. е. выполняется равенство

(1)(1)c^i = C2U2,

(1)

(1)

где Сг и С2 — электроемкости конденсатора в начальном и конечном случае.

По условию задачи конденсатор вначале является слоистым и его электроемкость определяется по формуле

с, =,(2)

81 Е2

где S — площадь обкладок; d0 — зазор между ними, dx — толщина стеклянной пластинки; ет и е2 — диэлектрические проницаемости стекла и воздуха соответственно.

После удаления стеклянной пластинки электроемкость конденсатора

с2=^.(3)

«о

Подставляя (2) и (3) в (1), получаем:

£qSU\ _ £2£qSU2 d^ । d^ - dx d^ 81 e2

откуда

u2-u

^= 976.9^10-3^ П10_2°(976-220)7> v

Начальная и конечная энергии конденсатора

Wx =, W2 =.

1222

m„ c2ui „

Тогда отношение этих энергии —- = ——|. С учетом (1) по- "i CTUf

лучим:

^ = ^ • ^ = 976(B)4 44

Wi UT ’ W^ 220(B)’

Плоский воздушный конденсатор заряжен до разности потенциалов 300 В. Площадь пластин 10 см2, напряженность поля в зазоре между ними 300 кВ/м. Определить поверхностную плотность заряда на пластинах, емкость и энергию конденсатора.

Дано: U = 300 В; S = НГ3 м2; Е = 3 • 105 В/м.

Найти: о, С, W.

Решение. Напряженность Е поля в зазоре между обкладками конденсатора

Е = -5- иЕ = ^EEqU-

Отсюда

d=Ua = EeEq = 3.105.8)85.1O-122,7 • IO"6 (Кл/м2).

E

Емкость С конденсатора

p _ EE0S _ ££oSE ed

C _ 8,85-10-=-.I- 10'2.'3: № _ g 85.10-12 (ф) 300

Энергия W конденсатора

W = ^ ; W = 8,85.10-^.9.10^4.10-7 (Дж).

Найти объемную плотность энергии электрического поля, создаваемого заряженной металлической сферой радиусом 5 см на расстоянии 5 см от ее поверхности, если поверхностная плотность заряда на ней 2 • 10-6 Кл/м2.

Дано: R = 5 • 10-2 м; г = 5 • 10“2 м; о = 2 • 10-6 Кл/м2.

Найти: w.

Решение. Напряженность поля Е, создаваемого заряженной сферой с поверхностной плотностью заряда о и радиусом 2?, на расстоянии R + г от центра сферы определяется по формуле

E =2 =oS,

4лее0(Д + г)2 4лее0(Д + r)2

где S = 4л/?2 — площадь сферы.

Объемная плотность энергии w определяется по формуле

_ ££0Е2 __8Е0 • О2 • (47Г)2 • R4е

2

w = —4 * l^.-!^0^!0,014 (Дж/м3).

2 • 8,85 • 10-12 • 0,14

37» Площадь пластин плоского слюдяного конденсатора 1,1 см2, зазор между ними 3 мм. При разряде конденсатора выделилась энергия 1 мкДж. До какой разности потенциалов был заряжен конденсатор?

Дано: 8 = 6; S= 1,1-10'4м2; d = 3 • НГ3 м; Ж=10'6Дж. Найти: U.

Решение. Энергия поля конденсатора W, выделяемая при его разрядке, равна

w-™i

2

иигде С = ^^ — емкость плоского конденсатора. Отсюда d

и

и

!2Wd.££0S ’

'2 • Ю~6'3 • 10~31014 (в)

6 • 8,85 • 10"12 • 1,1 • 10"4

38» Энергия плоского воздушного конденсатора 0,4 нДж, разность потенциалов на обкладках 60 В, площадь пластин 1 см2. Определить расстояние между обкладками, напряженность и объемную плотность энергии поля конденсатора.

Дано: W = 4 • 10"10 Дж; 17 = 60 В; S = 10 4 м2.

Найти: d, Е, w.

Решение. Энергия конденсатора W = ^р , где С = ^^

емкость плоского конденсатора.

w== S^SU2

2d

откуда

, _ ee0SL72 ,

2W ’

d = 1 • 8,85 • 10-12 • 10"4 • 6020 004 (м)

2-4-10"10

Напряженность E поля равна

d

£== 1,5 • 104 (В/м).

0,004v 7

Объемная плотность w энергии рассчитаем следующим образом:

w=W = WV Sd

= —4 . io io = iQ-з ^дж/м3)

10-“-4-IO’3 w '’

39» Под действием силы притяжения 1 мН диэлектрик между обкладками конденсатора находится под давлением 1 Па. Определить энергию, объемную плотность энергии поля конденсатора, если расстояние между обкладками 1 мм.

Дано: F = 10"3 Н; р = 1 Па; d = 10"3 м.

Найти: W, w.

Решение. Известно, что давлениер = ^, гДе Е — сила, S — площадь. Сила F, с которой притягиваются обкладки конденсатора

„ _ ee0E2S

где

Энергия

2

Учитывая, что и 17 = Ed — напряжение на обкладках, а

£80S

С = —, получим:

d

-Fd;-Fd;d 2d 2d • 2 • ee0Sd • 2 • ee0SW = ee0S . Е^г _ ££os • 2F- d2

-Fd;

-Fd;

d 2

d 2

d • 2 • ee0S

d • 2 • ee0S

W = 10"3 • 10"3 = НГ6 (Дж).

Объемная плотность энергии

ы, = ^ = К=^=р = 1(дж/мз).

V Sd Sd р w 7 ’

Постоянный электрический ток

Плотность тока в никелиновом проводнике длиной 25 м равна

МА/м2. Определить напряжение на концах проводника.

Дано: I = 25 м; j = 106 А/м2; р = 4 • 10"7 Ом • м.

Найти: U.

Решение. По закону Ома в дифференциальной форме плотность тока ] в проводнике пропорциональна напряженности Е

поля в проводнике j = уЕ, где у = - — удельная проводимость.

Р

С другой стороны,

E=U,

I

где U — напряжение на концах проводника длиной I.

Тогдаj=- = — ,

Р Pl

откудаU = jpl;

[7 = Ю6 • 4 • 10-7 • 25 = 10 (В).

41* Определить плотность тока в нихромовом проводнике длиной 5 м, если на концах его поддерживается разность потенциалов 2 В.

Дано: I = 5 м; U = 2 В; р = 1,1 • 10-6 Ом • м.

Найти: у.

Решение. По закону Ома в дифференциальной форме плотность тока j = уЕ, где у = - — удельная проводимость, р — Р

г и удельное сопротивление проводника, Е = ~ — напряженность

поля в проводнике, где U — напряжение на концах проводника длиной I.

ТогдаТогдаj = yE=l^;

Тогда

Тогда

Р I

j =—с— = 3,6 • 105 (А/м2).

J 1,1-10-6-5v //

42» Напряжение на концах проводника сопротивлением 5 Ом за 0,5 с равномерно возрастает от 0 до 20 В. Какой заряд проходит через проводник за это время?

Дано: R = 5 Ом; t = 0,5 с; Ux = 0;U2 = 20 В.

Найти: q.

Решение. За время dt по проводнику переносится зарядdq = Idt,

где I = —^ — ток в проводнике, R — сопротивление проводника; ЩГ) — напряжение на концах проводника. Напряжение U линейно изменяется со временем, т. е. можно записать

ЩГ) = kt, где к = — — коэффициент пропорциональности, kt

к = ^^ = 40 <в/с>-

и,О

Заряд q, перенесенный по проводнику за 0,5 с, будет

ооооооi б^=Ко R R 2i б^=Ко R R 20,5О0,5О

о

о

о

о

о

о

i б^=Ко R R 2

i б^=Ко R R 2

0,5

О

0,5

О

,-<^-l№).

Z • о

43» Температура вольфрамовой нити электролампы 2000 °C, диаметр 0,02 мм, сила тока в ней 4 А. Определить напряженность поля в нити.

Дано: t = 2000 °C; d = 2 • 10-5 м; I = 4 А; р0 = 5,5 • 10-8 Ом • м;

а = 5,2-10'3 К1.

Найти: Е.

Решение. По определению плотность тока

где I — сила тока, S — поперечное сечение нити, S = ^- .

4

По закону Ома в дифференциальной форме плотность тока

] = уЕ=^,р

где Е — напряженность поля в нити, р — удельное сопротивление, р = р0(1 + at), Ро — удельное сопротивление вольфрама при t = 0 °C, a — температурный коэффициент сопротивления. Из уравнения

j =- ;£ = ур = ^p0(l + at) =j =- ;£ = ур = ^p0(l + at) =/р0(1 + at) • 4 ./р0(1 + at) • 4 .nd2nd2

j =- ;£ = ур = ^p0(l + at) =

j =- ;£ = ур = ^p0(l + at) =

/р0(1 + at) • 4 .

/р0(1 + at) • 4 .

nd2

nd2

j - 4 ■ 5,5 • 10—(1 + 5,2 • 10—• 2^ 10-) • 4 = 8000 (в/м)

J3,14 *4-IO-10v ' ’

На концах никелинового проводника длиной 5 м поддерживается разность потенциалов 12 В. Определить плотность тока в проводнике, если его температура 540 °C.

Дано: I = 5 м; U = 12 В; t = 540 °C; р0 - 4-Ю"70м-м; а = 104 К"1.

Найти: J.

Решение. По закону Ома в дифференциальной форме плот

ность тока у = у£ = — . Учитывая, что

Р

получим:получим:j =j =£ = у ; р = р0(1 + at),

получим:

получим:

j =

j =

■Е=U1.

РIp0(l + at)’

- 5,7 • 106 (А/м2). 5 • 4 • 10~7(1 + 10~4 • 540)

Внутреннее сопротивление аккумулятора 1 Ом. При силе тока 2 А его КПД равен 0,8. Определить ЭДС аккумулятора.

Дано: r = 1 Ом; 7 = 2 А; ц = 0,8.

Найти: Е.

Решение. КПД источника тока ц = —•—

R + г

Отсюда

Н= ^11 -п

Закон Ома для замкнутой цепи

1= -ё-

R + г

Выражая £, получим:

6 = I(R + r) = l(^- + г) = -^- ; £ = -^10 (В).

Ч-т] '1-П1-0,8

Определить ЭДС аккумуляторной батареи, ток замыкания в которой 10 А, если при подключении к ней резистора сопротивлением 9 Ом сила тока в цепи равна 1 А.

Дано: 7КЗ = 10 A; R = 9 Ом; I = 1 А.

Найти: £.

Решение. По закону Ома

I=S— и^ = ДД + г).

R + г

При коротком замыкании цепи внешнее сопротивление

R = 0 и I = - , откуда

Тогда

или

6 =

—— ; £ = 9,1 = 10 (В).

1-1/1кз1-0,1

47.| ЭДС аккумулятора автомобиля 12 В. При силе тока 3 А его КПД равен 0,8. Определить внутреннее сопротивление аккумулятора.

Дано: £ = 12 В; / = 3 А; ц = 0,8.

Найти: г.

R

Решение. КПД ц =, откуда

R + г

Из закона Ома

R=^~ .

1 -Л

1 = -§— R+ г

выразим £:

g = I(R + г) = /(^- + г) = -^-.

Ч1~Л У 1~Л

Тогда

г=ё(1-Д);г= 121^2=0^^

I3

48» К источнику тока подключают один раз резистор сопротивлением 1 Ом, другой раз — 4 Ом. В обоих случаях на резисторах за одно и то же время выделяется одинаковое количество теплоты. Определить внутреннее сопротивление источника тока.

Дано: RT = 1 Ом; R2 = 4 Ом; tT = t2 = t, QT = Q2.

Найти: г.

Решение. По закону Ома

1 =

$ т _$ т _6

> * 1>2•

R + г Rx + г R2 + f

По закону Джоуля—Ленца количество теплоты Q, выделяемое в проводнике при прохождении тока за время t, равно:

Q = №.

Так как

61 = 62»

ТО

I2Rxt = I2R2t,

тогда

(R. + r)2 1№ + r)2 2

Rl_^2.

№ + r)2 (fi2 + r)2’

+ r)2 = R№ + r)2;

4(1 + r)2 = 1 • (4 + r)2;

4 + 8r + 4r2 = 16 + 8r + r2;

3r2 = 12;

r2 = 4; r = 2 (Ом).

49* Два одинаковых источника тока соединены в одном случае последовательно, в другом — параллельно и замкнуты на внешнее сопротивление 1 Ом. При каком внутреннем сопротивлении источника сила тока во внешней цепи будет в обоих случаях одинаковой?

Дано: Я = 1 Ом; 1г = 12; §г = £2; гг = г2.

Найти: г.

Решение. По закону Ома

I =, I =5

1 Я + fi ’ 2 R + г2

При последовательном соединении (рис. 30, а) £ = ^ + #2, а внутреннее сопротивление г = 2rv

При параллельном соединении (рис. 30, б) внутреннее сопротивление источников f определяется по формуле

1 = 1 + 1,

г'

откуда г’ = 0,5гР

°) St 52б)

R

Рис. 30

Из условия 1Т = /2 получим 2g _ g .

R + 2rx R + 0,5г! ’

(R + 2rx) = 2(7? + 0,5^); R + 2rx = 2R + rv Отсюда R = rx = 1 Ом.

50» В медном проводнике сечением 6 мм2 и длиной 5 м течет ток. За 1 мин в проводнике выделяется 18 Дж теплоты. Определить напряженность поля, плотность и силу электрического тока в проводнике.

Дано: S = 6 • 10~6 м2; I = 5 м; t = 60 с; Q = 18 Дж; р = 1,7 • 10~8 Ом • м.

Найти: Е, у, I.

Решение. Для решения задачи используем законы Ома и Джоуля—Ленца. Закон Ома в дифференциальной форме имеет вид

j = lE,(1)

а закон Джоуля—Ленца

Q = I2Rt.(2)

Сопротивление равно:

R-^.(3)

Силу тока I находим из (2) с учетом (3):

4,6 (А).4,6 (А).7 . S’7 . S’[ 18-6-IO'6

4,6 (А).

4,6 (А).

7 . S’

7 . S’

1,7- 10’8- 5-60

По определению плотность тока равна j =

j^-7,7 • 105 (А/м2).

J 6 • 10"6

Напряженность поля в проводнике определим из (1), учиты

вая, что у = - : Е = /р; Е = 7,7 • 105 • 1,7 • 10"8 = 1,3 • 10"2 (В/м). Р

51* Внутреннее сопротивление аккумулятора 2 Ом. При замыкании его одним резистором сила тока равна 4 А, при замыкании другим — 2 А. Во внешней цепи в обоих случаях выделяется одинаковая мощность. Определить ЭДС аккумулятора и внешние сопротивления.

Дано: г = 2 Ом; 1Х = 4 А; 72 = 2 A; Nx = N2.

Найти: g, Rv R2.

Решение. Закон Ома для замкнутой (полной) цепи имеет ВИД

Уравнения (1) представим в виде ^(^г),^^^(2)

Из равенств (2) следует /1(Я1 + г) = /2(Д2 + г).(3)

Мощность, выделяемая во внешней цепи в первом и втором случаях, NT = IiRv N2 = I2 R2.

Из условия равенства мощностей следует:

/2Д1 = /2Д2.(4)

Решая совместно уравнения (3) и (4), получаем

Д1 = ^Г;Я2=^1.(5)

11 2

Таким образом: Вг = ^-^ = 1 (Ом); Л2 = ^^ = 4 (Ом). Подставляя (5) в (2), получаем

^ = Лг(^ + 1); ^ = 4 • 2^ + 1^ = 12 (В).

Сила тока в резисторе линейно возрастает за 4 с от 0 до 8 А. Сопротивление резистора 10 Ом. Определить количество теплоты, выделившееся в резисторе за первые 3 с.

Дано: Zo = 0; tx = 4 с; I = 0; 1г = 8 A; t2 = 3 с; R = 10 Ом.

Найти: Q.

Решение. По закону Джоуля—Ленца

dQ = I2Rdt.

Так как сила тока является функцией времени, то I = kt,

где к — коэффициент пропорциональности, численно равный

приращению тока в единицу времени: к = ——— = ^ = 2 (А/с). (^1 - ^о)4

Следовательно,Следовательно,dQ = k42Rdt.dQ = k42Rdt.

Следовательно,

Следовательно,

dQ = k42Rdt.

dQ = k42Rdt.

За первые 3 с выделится количество теплоты, равное

Q = U2t2Rdt = k2R\t^dt = ^(tj - tg)#

toto3

Подставляя числовые значения, получим-

Q == 360 (Дж)

53» Батарея состоит из пяти последовательно соединенных элементов. ЭДС каждого 1,4 В, внутреннее сопротивление 0,3 Ом. При каком токе полезная мощность батареи равна 8 Вт? Определить наибольшую полезную мощность батареи.

Дано: ^ = 1,4 В; rz = 0,3 Ом; Рп = 8 Вт; п = 5.

Найти. I, Рпт&х»

Решение. Полезная мощность батареи

Pn = I2R.(1)

Сила тока определяется по закону Ома:

I(2) пт^ + R

Здесь п-^ — ЭДС, а п • rf — внутреннее сопротивление п последовательно соединенных элементов.

Выразим R из (1):

рR=4Р

и, подставив это выражение в (2), получим

(3)

илиl(nrt + ^ = п^.(4)

Преобразуя выражение (4), получим квадратное уравнение относительно I:

nr^P - n^I + Pa = Q.

Решая квадратное уравнение, найдем:

Т = п^~ ^п2^ ~ ^nriPn

Подставляя числовые значения, получим:

- 2,7 (А);- 2,7 (А);т = 5 • 1,4 + Уб2 • 1,42 - 4 • 5 • 0,3 • 8

- 2,7 (А);

- 2,7 (А);

12-5-0,3

= 2 (А).= 2 (А).т = 5 • 1,4 - Уб2 • 1,42 - 4 • 5 • 0,3 • 8

= 2 (А).

= 2 (А).

22-5-0,3

Для того чтобы определить наибольшую полезную мощность батареи, найдем зависимость ее от внешнего сопротивления. Подставим в уравнение (1) выражение (2):

(5)(5)n2^R(nrt + R)2

(5)

(5)

Из этой формулы следует, что при постоянных величинах ^ и rt мощность является функцией одной переменной — внешнего сопротивления R. Известно, что эта функция имеет dPn Л максимум, если —2 = 0, следовательно, имеем

dPn == 0

dR(Р+пг^’

илиti2^ (R + nr^ - 2n2^R = 0.(6)

Таким образом, задача сводится к отысканию сопротивления внешней цепи. Из решения уравнения (6) следует, что R = nrv Подставляя найденное значение R в формулу (5), имеем

р гпшах*

Производя вычисления, найдем

^nmax=^f =8,17 (ВТ).

Магнитное поле. Индукция и напряженность магнитного поля

54, По двум бесконечно длинным прямолинейным проводникам, находящимся на расстоянии 50 см друг от друга, в одном направлении текут токи 1Х и 12 силой по 5 А. Между проводниками на расстоянии 30 см от первого расположен кольцевой проводник, сила тока 13 в котором равна 5 А (рис. 31). Радиус кольца 20 см. Определить индукцию и напряженность магнитного поля, создаваемого токами в центре кольцевого проводника.

Дано: IT = /2 = I3 = I = 5 А; гт = 0,3 м; г2 = 0,2 м; г3 = 0,2 м.

Найти: В, Н.

Решение. В соответствии с принципом суперпозиции индукция результирующего магнитного поля в точке А равна:

В = В, + В2 + В3,(1)

где Вт и В2 — индукции полей, создаваемых соответственно токами 1г и /2, направленными за плоскость рисунка; В3 — индукция поля, создаваемая кольцевым током. Как видно из рис. 31, векторы Вх и В2 направлены по одной прямой в противоположные стороны, поэтому их сумма Вт + В2 = В12 равна модулю ^12 = ^2 “ BV

Рис. 31Рис. 31(2)(2)Индукция поля, создаваемого бесконечно длинным провод

Рис. 31

Рис. 31

(2)

(2)

ником с током,ником с током,(3)(3)В = ^о1 в = У^

ником с током,

ником с током,

(3)

(3)

1 2кгх ’2 2кг2 ’

где ц0 — магнитная постоянная; ц — магнитная проницаемость среды (для воздуха ц = 1); гр г2 — расстояния от проводников до центра кольца. Подставляя (3) в (2), получаем:

(4)(4)В = ^о1 = f 1 -^о7 21ZZ2)

(4)

(4)

122 л ^г2 г/ 2 л гхг2

Индукция поля, создаваемого кольцевым проводником с

током, Вз=^-(5)

где г3 — радиус кольца.

Как видно из рис. 31, векторы В12 и В3 взаимно перпендикулярны, поэтому В = 7^12 + ^а или, с учетом выражений (4) и (5),

R _/(П - г2)2 , 1 .

— -|- — •

л г1г2 г3

в = 1" 12,56 • 10"7 • 5 / (0,3 - 0,2)2+ 1"

2а/3,142«0,32«0,22 0,22

158 • 10"7 (Тл) = 15,8 (мкТл).

Напряженность магнитного поля

= 1,26 (А/м).= 1,26 (А/м).н = В . н =15,8- 10'7

= 1,26 (А/м).

= 1,26 (А/м).

ццо’ 1-12,56-IO"7

55* По двум бесконечно длинным прямолинейным проводникам, находящимся на расстоянии 10 см друг от друга, текут токи силой 5 А в каждом. Определить индукцию магнитного поля, создаваемого токами в точке, лежащей посередине между проводниками в случаях, когда: 1) проводники параллельны и токи текут в одном направлении (рис. 32, а); проводники перпендикулярны, направления токов показаны на рис. 32, б.

Дано: d = 0,1 м; 1Х = /2 = I = 5 А.

Найти: В^ В^.

Решение. Результирующая индукция магнитного поля в данной точке равна векторной сумме индукций полей, создаваемых каждым током в отдельности:

В = Вг^В2,(1)

где Вг и В2 — индукции полей, создаваемых соответственно токами 1г и /2. Если токи текут по параллельным проводникам в одном направлении, то^ применив правило правого винта, определяем направления Вг и В2. Как видно из рис. 32, а, Вх и В2 направлены в противоположные стороны, поэтому векторная сумма (1) в данном случае может быть заменена алгебраической:

(2)(2)5ц — С^ В2).

(2)

(2)

Индукции полей, создаваемых бесконечно длинными проводниками, находим по формуле

где гт и r2 — соответственно расстояния от проводников до точки, в которой определяется индукция магнитного поля. Согласно условию задачи гг = г2 = г и тогда

Вц = = 0.

2лг 2лг

В случае, когда проводники перпендикулярны (рис. 32, б), результирующая индукция в точке, лежащей посередине между проводниками, равна:

Подставляя числовые значения, получаемПодставляя числовые значения, получаем

Подставляя числовые значения, получаем

Подставляя числовые значения, получаем

В = 10"7-12,56-5^ и 28 28 • КГ6 (Тл) = 28,28 (мкТл).

-12-3,14-5-IO’2

56» Изолированный проводник изогнут в виде прямого угла со сторонами 20 см каждая. В плоскости угла помещен кольцевой проводник радиусом 10 см так, что стороны угла являются касательными к кольцу (рис. 33, а). Найти индукцию в центре кольца. Силы токов в проводнике равны 2 А. Влияние подводящих проводов не учитывать.

Дано: / = 0,2 м; г0 = 0,1 м; рт = Р2 = 45°; IT = I2 = I = 2 А.

Найти: В.

Решение» Индукция dB в точке поля от элемента проводника dl с током I (проводник имеет произвольную конфигурацию) определяется по закону Био—Савара—Лапласа:

(1)(1)_ p0ZdZsina

(1)

(1)

dB - “к—’

где г — модуль радиуса-вектора, проведенного из элемента в точку, где определяется индукция; a — угол, составленный векторами dl и г; ц0 — магнитная постоянная.

(2)(2)Направление вектора индукции перпендикулярно плоскости, содержащей dl и г, и определяется правилом правого винта. Например, в точке окружности (рис. 33, а) векторы индукции от всех элементов перпендикулярны плоскости окружности и направлены на нас. Интегрируя выражение (1), получаем индукцию в центре окружности радиуса г0:

(2)

(2)

12г0 *

Индукция, создаваемая в точке М конечным отрезком АВ прямого проводника на расстоянии г0 от него (рис. 33, б), равна В2 = ~^-(cos 04 - cos а2). Эту же формулу в некоторых случаях удобнее записать в виде

(3)(3)В2 = £^- (sin рт + sin р2).

(3)

(3)

Вектор индукции в точке М перпендикулярен плоскости, в которой лежат проводник АВ и г0, и совпадает по направлению с ВР

По условию задачи Pi = Р2 = 45°, и индукция от каждой стороны угла составляет:

В2”Вз":?^ +4^(4)

Так как направления векторов индукции полей, создаваемых проводниками, совпадают, то результирующая индукция в центре кольца равна сумме

В = В, + 2ВЧ, или В = В, + 2В, = — fl +;

13132r0 V л 7

В = 122^22^112 ^ + Д^ 18,22 . IO’6 (Тл) = 18,22 (мкТл).

57» Два бесконечно длинных прямых проводника, сила тока в которых 6 и 8 А, расположены перпендикулярно друг другу (рис. 34, а\ Определить индукцию и напряженность магнитного поля на середине кратчайшего расстояния между проводниками, равного 2 см.

Дано: 1г = 6 А; /2 = 8 A; d = 0,02 м.

Найти: Н, В.

Решение. Из рис. 34, б видно, что направление векторов взаимно перпендикулярно (а = 90°), следовательно, Н2 = Hf + + Н2 . Напряженность магнитного поля Н, созданного беско-

a)a)I.I.TT<0<0dd| ®'2| ®'2

a)

a)

I.

I.

T

T

<0

<0

d

d

| ®'2

| ®'2

Рис. 34

нечно длинным проводником с током на расстоянии г от него определяется по формуле

н=

2кг

По условию задачи г = ^, следовательно,

И _ 1(2лг)2 2jtd2

H =H =V36 + 64V36 + 642-3,14-0,012-3,14-0,01-159 (А/м).-159 (А/м).

H =

H =

V36 + 64

V36 + 64

2-3,14-0,01

2-3,14-0,01

-159 (А/м).

-159 (А/м).

Индукция В и напряженность Н связаны соотношениемВ = ЦЦоН.

В = 1 • 12,56 • 10"7 •159 ^ 2• 10'4 (Тл).

58. По двум бесконечно длинным прямым проводникам, расстояние между которыми 15 см, в одном направлении текут токи 4 и 6 А. Определить расстояние от проводника с меньшей силой тока до геометрического места точек, в котором напряженность магнитного по

ля равна нулю.Дано: 1г = 4 А; /2 = 6 А; I = 0,15 м, НгНайти: г.Решение. Точка, где Нт = Н2, расположена на прямой, соединяющей проводники с током (рис. 35). Напряженность Н поля, создаваемого прямым бесконечным проводником с током I на расстоянии R от него, определяется по формуле:ля равна нулю.Дано: 1г = 4 А; /2 = 6 А; I = 0,15 м, НгНайти: г.Решение. Точка, где Нт = Н2, расположена на прямой, соединяющей проводники с током (рис. 35). Напряженность Н поля, создаваемого прямым бесконечным проводником с током I на расстоянии R от него, определяется по формуле:= я2.= я2.Н2Н2ЛЛииI - ГI - Г

ля равна нулю.

Дано: 1г = 4 А; /2 = 6 А; I = 0,15 м, Нг

Найти: г.

Решение. Точка, где Нт = Н2, расположена на прямой, соединяющей проводники с током (рис. 35). Напряженность Н поля, создаваемого прямым бесконечным проводником с током I на расстоянии R от него, определяется по формуле:

ля равна нулю.

Дано: 1г = 4 А; /2 = 6 А; I = 0,15 м, Нг

Найти: г.

Решение. Точка, где Нт = Н2, расположена на прямой, соединяющей проводники с током (рис. 35). Напряженность Н поля, создаваемого прямым бесконечным проводником с током I на расстоянии R от него, определяется по формуле:

= я2.

= я2.

Н2

Н2

Л

Л

и

и

I - Г

I - Г

Рис. 35Рис. 35

Рис. 35

Рис. 35

2кН *

Тогда Н - А ='2. щ _ г) = J2r; (/г + /1)г = ^

Акт 2к(1- г)

Л/ 4 • 0,15 л \г = —-— ; г =-’= 0,06 (м).

/2 + Л 10

59+ По двум бесконечно длинным прямым проводникам, расстояние между которыми 15 см, в противоположных направлениях текут токи 4 и 6 А. Определить расстояние от проводника с меньшей силой тока до геометрического места точек, в котором напряженность магнитного поля равна нулю.

Дано: 1Т = 4 А; /2 = 6 А; I = 0,15 м; Нг = Н2.

Найти: г.

gРешение. Из рис. 36 видно, что точка,

д 1 jj^ где Нг = Н2, расположена на продолжении

®о прямой, соединяющей проводники с то- v _ком. Напряженность Н поля, создаваемого

^2прямым бесконечным проводником с то

Рис 36 ком ^ на Расстоянии ^ от него, определяет*ся по формуле:

Тогда Я, - Я2; А -; /,1г + Z) - 1,г,

2лг 2л(г + /)

*21 1*21 1г=1АА =0,3(м).г=1АА =0,3(м).

*21 1

*21 1

г=1АА =0,3(м).

г=1АА =0,3(м).

В кольцевом проводнике радиусом 10 см сила тока 4 А. Параллельно плоскости проводника на расстоянии 2 см над его центром проходит бесконечно длинный проводник, сила тока в котором 2 А. Определить напряженность и индукцию магнитного поля в центре кольца. Рассмотреть все возможные случаи.

Дано: 1Т = 4 А; /2 = 2 A; R = 0,1 м; г = 0,02 м.

Найти: Н, В.

Решение. Как видно из рис. 37, в каждом из четырех случаев вектора Нг поля кольцевого проводника и Н2 поля прямолинейного проводника взаимно перпендикулярны, а значение вектора Н суммарного поля будет равно:

н = JhI + hI =н = JhI + hI =1212цц(2Д)2(2лг)2 ’(2Д)2(2лг)2 ’

н = JhI + hI =

н = JhI + hI =

12

12

ц

ц

(2Д)2(2лг)2 ’

(2Д)2(2лг)2 ’

н=Х I 422л/1 • IO’2н=Х I 422л/1 • IO’2+^3,142-4-10-4+^3,142-4-10-4^ 25,6 (А/м).^ 25,6 (А/м).

н=Х I 42

2л/1 • IO’2

н=Х I 42

2л/1 • IO’2

+^

3,142-4-10-4

+^

3,142-4-10-4

^ 25,6 (А/м).

^ 25,6 (А/м).

Рис. 37

Индукция поля В и напряженность Н связаны соотноше

нием

В = цно^’

В = 1 • 12,56 • 10"7 • 25,6 ~ 3,2 • IO’5 (Тл).

Два круговых витка с током лежат в одной плоскости и имеют общий центр. Радиус большего витка 12 см, а меньшего 2 см. Напряженность поля в центре витков равна 50 А/м, если токи текут в одном направлении, и равна нулю, если в противоположных. Определить силу тока в витках.

Дано: т\ = 0,12 м; г2 = 0,02 м; Н* = 50 А/м; Нм = 0.

Найти: Iv 12.

Решение. Напряженность Н магнитного поля, создаваемого кольцевым проводником радиуса г с током I, в центре коль

ца (рис. 38) определяется по формуле Н =.

2г

По условию ЬГ = — + — ; Н” = — - — .

2т\2г22гх 2г2

Составляем систему уравнений и, решая их совместно, получаем

11

= 50,

-^- + -Ь- = 50

2-0,12 <

2-0,02

0,240,04

= 0;

2-0,12

2-0,02

0,240,04

1г + 6/2 = 12,

к - 612 = о,

1г = 6 A; I2 = 1 А.

6262По квадратной рамке со стороной 0,2 м течет ток 4 А. Опреде

62

62

лить напряженность и индукцию магнитного поля в центре рамки.

Дано: / = 4 А; а = 0,2 м.

Найти: Н, В.

Решение. Магнитное поле в центре рамки (рис. 39) создается каждой из его сторон и направлено в одну сторону нормально к плоскости рамки. Следовательно,

Я = 4-Яр

где Нх — напряженность поля, создаваемого отрезком проводника с током I длиной а, которая определяется по формуле

Я = (cos а. - cos а9),4кг 1

где г = | — расстояние от проводника до точки поля. По условию данной задачи ат = 45°; а2 = 135°.

Тогда Н = 4 • ^ (cos 45° - cos 135°); 4ка

^ 18 (А/м).^ 18 (А/м).н= 4-2-4-2V2

^ 18 (А/м).

^ 18 (А/м).

4-3,14-0,2-2

Индукция поля В и напряженность Н связаны соотношением В = цц0Н:

В- 1-12,56-10 7-18^

-2,26-Ю"5 (Тл).

Законы электромагнетизма

63» Виток радиусом 5 см помещен в однородное магнитное поле напряженностью 5000 А/м так, что нормаль к витку составляет угол 60° с направлением поля. Сила тока в витке 1 А. Какую работу совершат силы поля при повороте витка в устойчивое положение?

Дано: г = 0,05 м; I = 1 А; Н = 5000 А/м; а = 60°.

Найти: А.

Решение. Работа А при повороте витка с током I в магнитном поле равна:

А = /ДФ.(1)

Здесь ДФ = Ф2 - Фх — изменение магнитного потока сквозь площадь витка S = лг2; Фх = BScos а — магнитный поток, пронизывающий виток в^ начальном положении, где а — угол между векторами Я и В.

Устойчивым положением витка в магнитном поле является такое, при котором направление нормали к нему совпадает с вектором индукции, т. е. cos а = 1. Следовательно,

Ф2 = BS.

Таким образом, ДФ = Вкг^(1 - cos а).

Учитывая, что В = цц0Н, имеем

ДФ = ццоН^! - cos а) • к.(2)

Подставляя (2) в (1), получаем

А = 1щ10Нпг2(1 - cos а);

А = 1 • 1 • 12,56 • НГ7 • 5 • 103 • 3,14 • 25 • 10 4( 1 - 0,5) -

2,46-10"5 (Дж).

64» Пройдя ускоряющую разность потенциалов 3,52 кВ, электрон влетает в однородное магнитное поле перпендикулярно линиям индукции. Индукция поля 0,01 Тл, радиус траектории г = 2 см. Определить удельный заряд электрона.

Дано: U = 3,52 • 103 В; В = 0,01 Тл; г = 2 см.

Найти: ejm.

Решение. Удельным зарядом частицы называется величина, равная отношению заряда к массе, т. е. е/т.

В магнитном поле с индукцией В на заряд, движущийся со скоростью и перпендикулярно линиям индукции, действует сила Лоренца

^л = Веи.

Под действием этой силы заряд перемещается по дуге окружности. Так как при этом сила Лоренца вызывает центростремительное ускорение, то, согласно второму закону Ньюто

на, можно записать: Веи =.

г

Кинетическую энергию, равную ^-, электрон приобрета

ет за счет работы А сил электрического поля (А = еЩ, поэтому

имеем:

^ = eU.

2

Преобразуя последние два соотношения и исключив из них скорость, получим формулу для определения удельного заряда электрона

£ = 2и

т В2г2 *

Подставив исходные данные, находим:

е_ = 2-3,52-Ю3 = х 76 . Ю11 (Кл/кг). т 10"4 • 4 • 10'4

65*| Виток радиусом 2 см, сила тока в котором 10 А, свободно установился в однородном магнитном поле с индукцией 1,5 Тл. Линии индукции перпендикулярны плоскости витка. Определить работу, совершаемую внешними силами при повороте витка на угол 90° вокруг оси, совпадающей с диаметром витка. Считать, что при повороте витка сила тока в нем поддерживается неизменной.

Дано: I = 10 А; В = 1,5 Тл; г = 0,02 м; а = 90°.

Найти: А.

Решение. На виток с током, помещенный в магнитное поле, действует вращающий момент

(1)(1)М = pmBsin а,

(1)

(1)

где рт = IS = 1кг2 — магнитный момент витка; В — индукция магнитного поля, а — угол между векторамирт^В.

В начальном положении, согласно условию задачи, виток свободно установился в магнитном поле, следовательно, векторы рт^В совпадают по направлению, т. е. а = 0, М = 0.

При действии внешних сил виток выходит из положения равновесия, при этом возникает момент сил, определяемый формулой (1). Момент сил стремится возвратить виток в исходное положение. При повороте витка внешние силы совер-

шают работу против этого момента, который является переменным и зависит от угла поворота а:

dA = Mda или dA = J^r2Bsin ada.

Взяв интеграл от этого выражения, найдем работу, совершаемую при повороте витка на конечный угол:

л/2л/2

А = J Jnr2Bsin ada = Inr2B J sin ada =о0

= 1лг2вГ-соэ ~ + cos о) = Iur2B.

V 2 V

Подставляя числовые значения, находим

А = 10 • 3,14 • 4 • 10"4 • 1,5 = 18,84 • 10"3 (Дж) ^ 0,02 (Дж).

66*| Квадратная рамка со стороной 4 см содержит 100 витков и помещена в однородное магнитное поле напряженностью 100 А/м. Направление поля составляет с нормалью к рамке угол 30°. Какая работа совершается при повороте рамки на 30° в одну и в другую сторону, если сила тока в ней 1 А?

Дано: а = 0,04 м; N = 100; Н = 100 А/м; а0 = 30°; I = 1 А.

Найти: Av А2.

Решение. _При повороте рамки на 30° по часовой стрелке угол между В и п будет ах = 0, т. е. рамка расположится перпендикулярно полю. При повороте рамки на 30° в другую сторону угол между Вип будет а2 = 60°.

Работа при повороте рамки

А = /АФА,

где I — сила тока; N — количество витков; АФ = Ф - Фо — изменение магнитного потока, пронизывающего плоскость рамки, Ф = BScos a, S = а2 — площадь рамки, В = ц0Н — индукция магнитного поля, Н — напряженность.

Фо = BScos а0; Фх = BScos ах; Ф2 = BScos а2.

Тогда А = I^KSN^cos а - cos а0),

Аг = /ц0Яа2А(соз 0° - cos 30°);

А, = 1 • 12,56 • 107 • 104 • 42 • 10"4(1 ~ у) ^ 2,7 • 10"6 (Дж).

А2 = Ip0Ha^(cos 60° - cos 30°);

А2 = 1 • 12,56 • 10 7 • 104 • 42 • 10"4(1 - у) = -7,4 • 10"6 (Дж).

67» Под действием однородного магнитного поля перпендикулярно линиям индукции начинает перемещаться прямой проводник массой 2 кг, сила тока в котором 10 А. Какой магнитный поток пересечет этот проводник к моменту времени, когда его скорость станет равна 31,6 м/с?

Дано: I = 10 А; т = 2 кг; и = 31,6 м/с.

Найти: АФ.

Решение. Работа перемещения проводника с током I под действием магнитного поля равна А = /АФ. Эта работа будет численно равна кинетической энергии, приобретаемой провод-

ником:

ЕК=^;А = ЕК;

1Аф^^; АФ = ^ ; 227

Дф = ^ЦДД 98 (Вб). 2«10

68»| Квадратная рамка со стороной 4 см содержит 100 витков и помещена в однородное магнитное поле напряженностью 100 А/м. Направление поля составляет угол 30° с нормалью к рамке. Какая работа совершается при повороте рамки в положение, когда ее плоскость совпадает с направлением линий индукции поля (рис. 40)?

Дано: а = 0,04 м; N = 100; Н = 100 А/м; а0 = 30°; I = 1 А. Найти: А.

Решение. Когда плоскость рамки совпадает с направлением поля, угол 04 между В и Я равен 90°. Работа А поворота рамки с током I равна

А = /АФ?/,

где АФ = Ф - Фо — изменение магнитного потока Ф, пронизывающего плоскость рамки, Ф = BScos а, где В = цц0//, S = а2 — площадь рамки.

Поток Фо, пронизывающий рамку в исходном положении, будет Фо = BScos а, а после поворота — Ф1 = BScos аР

А = /АФ = /(Фг - Фо) = IBSN(cos 04 - cos а0) = = /цо//а2?/(со8 04 - cos а0);

= -1,7-10"5 (Дж).= -1,7-10"5 (Дж).А = 1 • 12,56 • IO”7 • 102 • 16 • 104 • 102(0 - у)

= -1,7-10"5 (Дж).

= -1,7-10"5 (Дж).

69» Проводник, сила тока в котором 1 А, длиной 0,3 м равномерно вращается вокруг оси, проходящей через его конец, в плоскости, перпендикулярной линиям индукции магнитного поля напряженностью 1 кА/м. За 1 мин вращения совершается работа 0,1 Дж. Определить угловую скорость вращения проводника.

Дано: I = 1 А; I = 0,3 м; Н = 103 А/м; t = 60 с; А = 0,1 Дж. Найти: со.

Решение. Работа, совершаемая силами магнитного поля при перемещении проводника с током I, равна:

А = /АФ,

где АФ = BS — изменение магнитного потока, т. е. магнитный поток, пересекаемый проводником при его вращении.

S = Kl^—t — площадь, которую пересечет проводник при 2л

вращении с угловой скоростью со за время t, I — длина проводника, В = ц0Н — индукция, Н — напряженность.

А = /АФ = IBS = /ц0Нл/2^-1.

Отсюда

со = —2А- =Ц^ч 29’5 (с-1)-

Н-1ц01211 • 12,56 • 10~7 • 103 • 0,09 • 60

70» На расстоянии 5 см параллельно прямолинейному длинному проводнику движется электрон с кинетической энергией 1 кэВ. Какая сила будет действовать на электрон, если по проводнику пустить ток 1 А?

Дано: Е = 103 эВ = 1,6 • 10"16 Дж; I = 1 А; г = 0,05 м.

Найти: F.

Решение. Электрон, обладающий кинетической энергией

Е = -у-, движется со скоростью и = /— . Прямолинейный проводник с током I создает магнитное поле, индукция которого В на расстоянии г от него определяется по формуле

в =2лг

На движущийся электрон со стороны поля действует сила Лоренца Рл = qvB:

^"^ 2^’

FF= 1,6 • 1Q-19 • 1 • 12,56 • 10"7У2 • 1,6 • 10~16= 1,6 • 1Q-19 • 1 • 12,56 • 10"7У2 • 1,6 • 10~16л ~л ~2-3,14-0,0579,1-Ю-312-3,14-0,0579,1-Ю-31- 1,2-1017(Н).- 1,2-1017(Н).

F

F

= 1,6 • 1Q-19 • 1 • 12,56 • 10"7У2 • 1,6 • 10~16

= 1,6 • 1Q-19 • 1 • 12,56 • 10"7У2 • 1,6 • 10~16

л ~

л ~

2-3,14-0,0579,1-Ю-31

2-3,14-0,0579,1-Ю-31

- 1,2-1017(Н).

- 1,2-1017(Н).

71* Протон движется в магнитном поле напряженностью 105 А/м по окружности радиусом 2 см. Найти кинетическую энергию протона.

Дано: Н = 105 А/м; г = 0,02 м.

Найти: Е.

Решение. Кинетическая энергия определяется по формуле:

_ ти2

На протон, движущийся в магнитном поле с индукцией В = цц0Н со скоростью и, действует сила Лоренца

рл = див,

которая численно равна центростремительной силе F =.

Из равенства Гл = Ец выразим и и подставим в формулу для Е:qVB=^;

г

V = 1^1 = Ч№оНг еиг иг ’

р = ти2 = тд2^0Щ2г2 .

22 т2 ’

Е =~

1,67- IO"27

4,8 • 10"17 (Дж) = 300 (эВ).

72* Электрон, пройдя ускоряющую разность потенциалов 88 кВ, влетает в однородное магнитное поле перпендикулярно его линиям индукции. Индукция поля равна 0,01 Тл. Определить радиус траектории электрона.

Дано: U = 88 кВ; В = 0,01 Тл; е = 1,6 • 1019 Кл.

Найти: г.

Решение. В магнитном поле с индукцией В на электрон, движущийся со скоростью и перпендикулярно В, действует сила Лоренца

Ел = ег)В,(1)

которая обусловливает центростремительное ускорение электрона при его движении по окружности:

е»В=^.(2)

г

электрического поляэлектрического поляПройдя ускоряющую разность потенциалов U, электрон приобретает кинетическую энергию —^ , равную работе А сил

электрического поля

электрического поля

^ = eU.2

Отсюда находим скорость электрона:

(3)(3)и =

(3)

(3)

Из уравнения (2) с учетом (3) найдем радиус траектории:

1 12UmВ»! е1 12UmВ»! е_J_ f2.88.1Q3.9,1.10-3i _ 0д (м)

1 12UmВ»! е

1 12UmВ»! е

io-2V i,6.io-i9* v '

Момент импульса протона в однородном магнитном поле напряженностью 20 кА/м равен 6,6 • 10~23 кг • м2/с. Найти кинетическую энергию протона, если он движется перпендикулярно линиям индукции магнитного поля.

Дано: Н = 2«104А/м; L = 6,6 • 10~23 кг • м2/с; т = = 1,67 • IO”27 кг; q = 1,6 • 1019 Кл.

Найти: Е.

Решение. Кинетическая энергия равна Е = ^-• Протон движется по окружности радиуса г под действием силы Лоренца Гл = qvB, которая численно равна центростремительной силе Ец = ^ , Ел = Ец, = qvB.

Домножив левую и правую части на |, получим mu2 = дуВг = ™

22’

выразимвыразимИз уравнения для момента импульса L = тиг

выразим

выразим

иг= — т

Подставляя иг в уравнение, получим: . pi _ qBL _ QP-P-qHL e

2т2т2т

2т

2т

Е= 1>б * 10‘19'1 *12’56 *10-7 ‘ 2 1104 * 6,6 • 10"23 ~2-1,67-10"27

161161= 8 • IO”17 (Дж) = 500 (эВ).

161

161

6 - 9332 Гладской

Два параллельных бесконечно длинных проводника с токами 10 А взаимодействуют с силой 1мН на 1 м их длины. На каком расстоянии находятся проводники?

Дано: ^ = /2 = 10 A; F = 10"3 Н; I = 1 м.

Найти: г.

Решение. Сила взаимодействия двух бесконечно длинных параллельных проводников длиной I с токами 1Х и /2 определяется по формуле

р _ Но^ 1^2^

Отсюда

г = HoW г = 12,56^10^10^ „ 0 02 (м) 2nF2-3,14-Ю-3

1 Найти радиус траектории протона в магнитном поле с индукцией 0,5 Тл, если он движется перпендикулярно вектору индукции и обладает кинетической энергией 3 МэВ.

Дано: В = 0,5 Тл; Е = 3 МэВ; т = 1,67 • 1027 кг.

Найти: г.

Решение. Кинетическая энергия протона Е = ^р , откуда

1ог

его скорость и = /— . Со стороны магнитного поля с индукци- Ц т

ей В на движущийся со скоростью и протон действует сила Лоренца Гл = qvB, которая является центростремительной

F = ^- • Приравнивая Гл = Г , найдем радиус траектории г движения протона:

Г = 2£f = 1 /25т^ . г „ 72 • 4,8 • 10"13 • 1,67 • 10^ = 0 к м qvB qB^ т ’1,6 • 10"19 • 0,5’ 1 '

Электрон с энергией 300 эВ движется перпендикулярно линиям индукции магнитного поля напряженностью 465 А/м. Определить силу Лоренца, скорость и радиус траектории электрона.

Дано: Е - ЗООэВ = 4,8-1017Дж; Н = 465 А/м; т = = 9,1 • 10“31 кг.

Найти: Ел, V, г.

Решение. Кинетическая энергия электрона равна:

_ ти2

откудаоткуда

откуда

откуда

— 107 м/с.— 107 м/с./2 • 4,8 • 10-^V 9,1 • 10~31

— 107 м/с.

— 107 м/с.

Сила Лоренца Рл = quB; В = цц0Я;

^л = qvW0H;

Ел = 1,6 • 1019 • 1 • 107 • 1 • 12,56 • 10"7 • 465 = 9,3 • 1016 (Н).

В магнитном поле электрон движется по окружности радиусом г под действием центростремительной силы

р _ тпи2

численно равной силе Лоренца:

^л = ^ц» Т0ГДа ^л = ^ и

г = ^ ; г = 9Д-10-31.1.1014

F„ ’9,3-Ю-I6’ ' ’

Электромагнитная индукция. Самоиндукция. Энергия магнитного поля

Соленоид длиной 20 см и диаметром 4 см имеет плотную трехслойную обмотку из провода диаметром 0,1 мм. По обмотке соленоида течет ток 0,1 А. Зависимость В = ^Щ для материала сердечника дана на рис. 41. Определить напряженность и индукцию поля в соленоиде, магнитную проницаемость сердечника, индуктивность соленоида, энергию и объемную плотность энергии поля соленоида.

Дано: I = 0,2 м; D = 0,04 м; k = 3; d = 10-4 м; I = 0,1 А.

Найти: Н, В, ц, L, W, w.

Решение. Поле внутри соленоида можно считать однородным. В этом случае напряженность поля равна:

Н = In,

где I — сила тока в обмотке, п = - • -к = - — число витков, I d d

приходящихся на единицу длины соленоида, к — число слоев обмотки, d — диаметр провода. Тогда

Я = ^ ; Я == 3000 (А/м).

d 10"4

В, Тла2,0 -1,5 - 1,0 0,50В, Тла2,0 -1,5 - 1,0 0,501 2 3 4 5 Н,— м1 2 3 4 5 Н,— мРис. 41Рис. 41По графику В = ДН) (рис. 41) находим, что напряженности 3000 А/м соответствует индукция 1,7 Тл. Используя связь между индукцией и напряженностью, определим магнитную проницаемость:В = цц0Я,По графику В = ДН) (рис. 41) находим, что напряженности 3000 А/м соответствует индукция 1,7 Тл. Используя связь между индукцией и напряженностью, определим магнитную проницаемость:В = цц0Я,М =М =н= —;1,7н= —;1,712,56•IO"7•300012,56•IO"7•3000= 451.= 451.

В, Тла2,0 -

1,5 - 1,0 0,5

0

В, Тла2,0 -

1,5 - 1,0 0,5

0

1 2 3 4 5 Н,— м

1 2 3 4 5 Н,— м

Рис. 41

Рис. 41

По графику В = ДН) (рис. 41) находим, что напряженности 3000 А/м соответствует индукция 1,7 Тл. Используя связь между индукцией и напряженностью, определим магнитную проницаемость:

В = цц0Я,

По графику В = ДН) (рис. 41) находим, что напряженности 3000 А/м соответствует индукция 1,7 Тл. Используя связь между индукцией и напряженностью, определим магнитную проницаемость:

В = цц0Я,

М =

М =

н= —;

1,7

н= —;

1,7

12,56•IO"7•3000

12,56•IO"7•3000

= 451.

= 451.

Индуктивность соленоида

L = pp0nZS,

где Z — длина, S =— площадь поперечного сечения соле-

4

ноида. С учетом того, что п = - , получаем: d

L4 ’

т = 451 • 12,56 • IO*7 • 32 • 0,2 • 3,14 • 42 • IO ~ .90 (Г ч

4 • IO 8''

Объемная плотность энергии магнитного поля

и> = ^;

2

w = 1/7 > 3000 = 2>55.10з (дж/м3)

Энергия магнитного поля соленоида

W=wSl

или

Решение. По условию задачи за время А£ = 0,01 с сила тока в обмотке соленоида равномерно уменьшается от 0,1 А до 0, поэтому магнитный поток, пронизывающий площадь кольца S = ^-, уменьшается от Фг = BS до Ф2 = 0. ЭДС индукции, возникающая в кольце,

АФ = _Ф2~Ф1 = Ф1 = ВкР2.

At Ai Ai 4At ’

— 0,21 (В).— 0,21 (В).1,7-3,14-16-IO'44 • 10'2

— 0,21 (В).

— 0,21 (В).

ЭДС самоиндукции £si, возникающая в соленоиде при выключении тока в нем, £si = -L^. Так как при выключении сила тока уменьшается до нуля равномерно, то di = АГ _ I2-Ii = _Л dt kt Ai At

Тогда

^sl Ai ’£si=^P =1280 (В).

79» Сила тока в соленоиде равномерно возрастает от 0 до 10 А за 1 мин, при этом соленоид накапливает энергию 20 Дж. Какая ЭДС индуцируется в соленоиде?

Дано: /0 = 0; 1Х = 10 A; t = 60 с; W = 20 Дж.

Найти: £.

Решение. Энергия магнитного поля соленоида с индуктивностью L, по которому течет ток I, равна

2

откудаоткудаL=2W

откуда

откуда

ЭДС самоиндукции, возникающая в соленоиде при изменении тока в его обмотке на А/ = 1г -10 за время At, будет:

^ =-L^ ; или ^=-L— =-^^ • — ;

dtAt Jf At ’

2-20-10102•60

~ -0,067 (B).

80» Однослойный соленоид без сердечника длиной 20 см и диаметром 4 см имеет плотную намотку медным проводом диаметром 0,1 мм. За 0,1 с сила тока в нем равномерно убывает с 5 А до 0. Определить ЭДС самоиндукции в соленоиде.

Дано: I = 0,2 м; D = 0,04 м; d = 10-4 м; t = 0,1 с; /0 = 5 А;

Л = о.

Найти: gsi.

Решение. ЭДС самоиндукции, возникающая при изменении тока Ы в соленоиде за время At,

6st =-L^ или =

Индуктивность соленоида равна:

L = ppon2ZS,

где ц0 — магнитная постоянная; п — число витков на единице

длины соленоида (при плотной намотке и = - I, I — длина со-

леноида, S =— площадь поперечного сечения соленоида,

4

D — диаметр соленоида, ц = 1.

о =-и ;^2 А/.

= 1,6 (В).= 1,6 (В).10'8-4-0,110'8-4-0,18181р _ 12,56 • 10'7 • 0,2 • 3,14 • 0,042 • 5

= 1,6 (В).

= 1,6 (В).

10'8-4-0,1

10'8-4-0,1

81

81

Обмотка соленоида имеет сопротивление 10 Ом. Какова его ин-

дуктивность, если при прохождении тока за 0,05 с в нем выделяется количество теплоты, эквивалентное энергии магнитного поля соленоида?

Дано: R = 10 Ом; t = 0,05 с; W = Q.

Найти: L.

Решение. Энергия магнитного поля соленоида равна:

w-“l,

2

а количество теплоты Q определяется по закону Джоуля—Ленца:

Q = I2Rt.

Так какТак какоткудаоткудаW = Q, то ^ = I2Rt,2

Так как

Так как

откуда

откуда

82» В плоскости, перпендикулярной магнитному полю напряженностью 2 • Ю5 А/м, вращается стержень длиной 0,4 м относительно оси, проходящей через его сердцевину. В стержне индуцируется ЭДС 0,2 В. Определить угловую скорость стержня.

Дано: Я = 2 • 105 А/м; I = 0,4 м; ^ = 0,2 В; ц = 1.

Найти: со.

Решение. ЭДС индукции равна скорости изменения магнитного потока Ф, пересекаемого стержнем при вращении:

StSt_^Ф _ _BdS_^Ф _ _BdSdtdtdt 'dt '

St

St

_^Ф _ _BdS

_^Ф _ _BdS

dt

dt

dt '

dt '

где В = цц0Я — индукция поля, dS — площадь, пересекаемая стержнем при вращении с угловой скоростью со.

Половина стержня, имея радиус г =, при повороте на

г2

угол с/ср пересечет площадь dS’ = — dcp, а весь стержень пересе

чет площадь dS = 2dS'= r2d^.

Тогда $ = -^ = -^ = цц^^ = Н^^со.

Откуда

со =; ю =^ = -20 (с-1).

ц0Нг2 12,56 • 10~7 • 2 • 105 • 0,22 v ’

83» Соленоид без сердечника длиной 15 см и диаметром 4 см имеет 100 витков на 1 см длины и включен в цепь источника тока. За 1 мс сила тока в нем изменилась на 10 мА. Определить ЭДС самоиндукции, считая, что ток в цепи изменяется равномерно.

Дано: I = 0,15 см; D = 0,04 м; n = 104 м-1; ц = 1; М = 10~2 А; М = 10~3 с.

Найти: £si.

Решение. ЭДС самоиндукции @si = -L— или £si = -L—. d t

Индуктивность соленоида L = pp0n2ZS; S = ^^ . Тогда:

L = 12,56 • 10"7 • IO’8• 0,15 • 3,14 • 0,042 • 1 = 2,4 • 102 (Гн).

4

; ^si ” ""2,4 • 10 2 • ^-0,24 (В).

81 Д# 81Ю"3

84* Соленоид с сердечником (ц = 1000) длиной 15 см и диаметром 4 см имеет 100 витков на 1 см длины и включен в цепь источника тока. За 1 мс сила тока в нем изменилась на 10 мА. Определить ЭДС самоиндукции, считая, что ток в цепи изменяется равномерно.

Дано: Z = 0,15 м; D = 0,04 м; п = 104 м-1; ц = 1000; АГ = 10-2 А; А^ = 10"3с.

Найти: $sV

Решение. ЭДС самоиндукции равна:

Индуктивность соленоида вычисляется по формуле:

L = цц0п2/8; S = ^ .

L = 103 • 12,56 • 10 7 • 108 • 0,15 • 3,14 • 0,042 • 0,25 “ 24 (Гн).

6„--24-1^=--240(В).

85» Однородное магнитное поле напряженностью 900 А/м действует на помещенный в него проводник длиной 25 см с силой 1 мН. Определить силу тока в проводнике, если угол между направлением тока и индукции поля равен 45°.

Дано: Н = 900 А/м; Z = 0,25 м; F - 10 3 Н; а = 45°.

Найти: I.

Решение. По закону Ампера на проводник длиной Z с током I, помещенный в магнитное поле с индукцией В = цц0Н, со стороны поля действует сила F = Bllsin а, где а — угол между направлением тока и поля, ц0 — магнитная постоянная. Тогда

F .

pp0HZ sin а ’10"3 • 2pp0HZ sin а ’10"3 • 212,56-IO"7-900-0,25-7212,56-IO"7-900-0,25-72= 5 (A).= 5 (A).

pp0HZ sin а ’

10"3 • 2

pp0HZ sin а ’

10"3 • 2

12,56-IO"7-900-0,25-72

12,56-IO"7-900-0,25-72

= 5 (A).

= 5 (A).

Перпендикулярно линиям индукции однородного магнитного поля с индукцией 0,3 Тл движется проводник длиной 15 см со скоростью 10 м/с. Направление нормали к проводнику и скорости совпадают. Определить ЭДС, индуцируемую в проводнике.

Дано: В = 0,3 Тл; I = 0,15 м; и = 10 м/с.

Найти: $г

Рис. 42Рис. 42Рис. 43Рис. 43

Рис. 42

Рис. 42

Рис. 43

Рис. 43

Решение. ЭДС индукции равна скорости изменения магнитного потока Ф:

‘ dt

Магнитный поток Ф = BS, где S — площадь, которую пронизывает магнитное поле с индукцией В (рис. 42). Элементарный магнитный поток dФ = BdS = Bldx. Тогда

$ = -Bl^ = -Blu; ^ = -0,3 ♦ 0,15 • 10 = -0,45 (В).

87J На концах крыльев самолета с размахом 20 м, летящего со скоростью 900 км/ч, возникает ЭДС индукции 0,06 В. Определить вертикальную составляющую напряженности магнитного поля Земли.

Дано: I = 20 м; и = 250 м/с; = 0,06 В.

Найти: Н.

Решение. Летящий самолет пересекает магнитное поле Земли, напряженность которого Н связана с индукцией В соотношением В = Ц|и0Н. ЭДС индукции, возникающая при этом, равна = - — скорости изменения магнитного потока Ф, пересекаемого крыльями самолета, Ф = BS.

За время dt самолет пересечет площадь dS = Idx = Ivdt (рис. 43).

Следовательно,

йФ = Blvdt и ^ = ^ == WoHlv,

‘ dt dt rro

откуда

; Н =9,6 (А/м).

цИо^ 1 • 12,56-10"7-20-250

По соленоиду течет ток силой 5 А. Длина соленоида 1 м, число витков 500. В соленоид вставлен железный сердечник. Найти намагниченность и объемную плотность энергии магнитного поля соленоида. Зависимость В = ДН) дана на рис. 41.

Дано: I = 5 А; I = 1 м; N = 500.

Найти: J, w.

Решение. Намагниченность определяется отношением магнитного момента к объему магнетика и связана с напряженностью магнитного поля соотношением

(1)(1)J = xH,

(1)

(1)

где х — магнитная восприимчивость среды.

Поле соленоида можно считать однородным. В этом случае напряженность поля вычисляется по формуле

Н = In,(2)

где I — сила тока, текущего по обмотке соленоида.

Тогда

Связь между магнитной восприимчивостью х и магнитной проницаемостью ц среды выражается формулой

Х = Ц-1-(4)

Определим напряженность магнитного поля соленоида по формуле (3)

и = 5 • ф = 2500 (А/м).

По графику на рис. 39 находим, что напряженности Н = 2500 А/м соответствует индукция магнитного поля В = = 1,6 Тл. Используя соотношение В = цц0Н, определим ц:

ц = -^- ; ц =14; = 509.

ц0Н 12,56 -Ю 7- 2500

Согласно формуле (4) имеем х = 509 - 1 = 508. Определим намагниченность по формуле (1):

J = 508 • 2500 = 12,7 (А/м).

Объемная плотность энергии магнитного поля соленоида вычисляется по формуле:

w = ^ ; w = 1-1^500 = 2 . ю3 (дж/м3).

По обмотке соленоида с параметрами: число витков 1000, длина 0,5 м, диаметр 4 см течет ток 0,5 А. Определить потокосцепление, энергию, объемную плотность энергии соленоида.

Дано: N = 1000; I = 0,5 м; D = 0,04 м; I = 0,5 А; ц = 1.

Найти: у, W, ш.

Решение. Напряженность магнитного поля соленоида Н =

=> индукция В = цц0Н = цц^ у , объемная плотность энер-

W WВН

гии w = — = — , а через характеристики поля w = -^- .

_ ВН _ ^т2^.

22 Z2 ’

„ _ I-12.56.10-. 0.25-Ю- 063 (Дж/м3).

2 • и ,Zd

W = wSV, W = 0,63 • 3,14-42- W4 . о,5 — 4 • 10 4 (Дж).

4

Потокосцепление \р соленоида равно:

\y = BSN = B^-N = W(jy-—N; 4Z 4

v = 1 • 12,56 • 10'7 • 0,5 • 106 • 3,14 • 42 • 10~41>6.10-3 (В(

90*| Однородное магнитное поле, объемная плотность энергии которого 0,4 Дж/м3, действует на проводник с током, расположенный перпендикулярно линиям индукции с силой 0,1 мН на 1 см его длины. Определить силу тока в проводнике.

Дано: w = 0,4 Дж/м3; F = 10"3 Н; Z = 10 2 м; а = 90°.

Найти: I.

Решение. На проводник с током I длиной Z, помещенный в магнитное поле с индукцией В, действует сила Ампера F;

F = B/Zsin а,

откуда

В = ^ (sin 90° = 1),объемная плотность энергии равна:В2В2

w = ^I w =— , откуда

2ц0ц 2цоц/2/2’ / = f / 1 • / =/1

I >j2wWo ’10"2 а/2 • 0,4 • 12,56 • 10*7 • 1

91 ♦ Чему равна объемная плотность энергии магнитного поля в соленоиде без сердечника, имеющего плотную однослойную намотку проводом диаметром 0,2 мм, если сила тока в нем 0,1 А?

Дано: d = 2 • 10-4 м; I = 0,1 А.

Найти: w.

Решение. Энергия магнитного поля соленоида равна:

2

где L = |itp0n2ZS — индуктивность соленоида, I — ток, ц0 — магнитная постоянная, и — число витков на 1 м соленоида ( х» 1А ,

при плотной намотке и = - , Z — длина, S — площадь попе- d V

речного сечения соленоида.

Объемная плотность энергии

W = W = ЦЦр • 1 • ISP е

V SI 2d2Sl ’

w = 1 • 12.,56 • 10-7 . ! . 10-22 • 22 • 10"8

92» Соленоид без сердечника имеет плотную однослойную намотку проводом диаметром 0,2 мм, и по нему течет ток 0,1 А. Длина соленоида 20 см, диаметр 5 см. Найти энергию магнитного поля соленоида.

Дано: d = 2 • 10-4м; / = 0,1 А; Л = 0,05 м; Z = 0,2m; ц= 1.

Найти: W.

Решение. Энергия магнитного поля соленоида равна: W = ^т2

= -^- , где L = цц0п218 — индуктивность соленоида, ц0 — маг

нитная постоянная, п — число витков на 1 м соленоида (при

площадь попе-площадь попе-плотной намотке п = - \ I — длина, S = ^^ dV4

площадь попе-

площадь попе-

речного сечения соленоида. Тогда

W=^ =uu 3_1^I2.W 2 Ц%г 4 2’

6,2-10 5 (Дж).6,2-10 5 (Дж).W= 12’56 "10-7 ’ °’2" 3’14 " °’052 * °Д2 4 • IO 8 -4-2

6,2-10 5 (Дж).

6,2-10 5 (Дж).

По соленоиду длиной 0,25 м, имеющему 500 витков, течет ток 1 А. Площадь поперечного сечения соленоида 15 см2. Найти энергию магнитного поля соленоида.

Дано: I = 1 А; I = 0,25 м; ц = 1; N = 500; S = 1,5 • 103 м2. Найти: W.

Решение. Энергия магнитного поля соленоида равна

2

где L = |it|Lt0n2ZS — индуктивность соленоида, п = ^ ;

/22

9,4 • 10 4 (Дж).9,4 • 10 4 (Дж).2-0,252-0,25w = 12,56 • IO"7 • 52 • 104 • 1,5 • IO"3 • 1

9,4 • 10 4 (Дж).

9,4 • 10 4 (Дж).

2-0,25

2-0,25

Основы теории Максвелла для электромагнитного поля

94» Напряженность электрического поля в зазоре между обкладками конденсатора площадью 1 см2, заполненного диэлектриком с е = 1000, изменяется равномерно со скоростью 0,17 МВ/(м • с). Определить силу тока смещения в таком электрическом поле.

Дано: S = 1 см2; ^ = 0,17 МВ/(м • с); £ = 103.

8t

Найти: 7СМ.

Решение. По теории Максвелла плотность тока смещения /см равна скорости изменения электрического смещения D. jCM= ^. Учитывая, что D = е£0Е, где £ — диэлектрическая проницаемость среды, £0 — электрическая постоянная, Е — напряженность электрического поля, можно записать:

• _ дЕ/сМ ££0 ’ 8t •

По определению плотность тока смещения в случае постоянного тока равна

/см д’

где S — площадь пластины конденсатора.

С учетом этого можно записать:

7см _ РР дЕ~s " EE°s? ’

откудаоткуда■= ср ддЕ

откуда

откуда

см Ее0» et •

Подставляя числовые данные, получим

/см = 103 • 8,85 • 1012 • 1•104• 1,7 • 105 1,5 • 10"7 (А).

95» При разрядке плоского конденсатора, площадь обкладок которого равна 10 см2, заполненного диэлектриком с £ = 103, в подводящих проводах течет ток 1 мкА.

Определить скорость изменения напряженности электрического поля в конденсаторе.

Дано: I = 10~6 A; S = 10“3 м2; £ = 103.

Найти: — .

dt

Решение. Сила тока проводимости в подводящих проводах равна силе тока смещения в электрическом поле конденсатора 7Пр 7СМ.

Плотность тока смещения /см по определению равна

7= ^см

* СМ ^ *

С другой стороны, по Максвеллу

Усм 6t ’

где D — электрическое смещение, связанное с напряженностью поля Е соотношением D = гг0Е. С учетом этого запишем:

/см s $»

i = 6D BE7см St Е° 9t '

Приравнивая правые части этих выражений, получим:

7дЕдЕ I

Sdtdtes0S

Подставим числовые данные:

дЕ _ dtдЕ _ dt10~610~6103 • 8,85 • 10~12 • 10~3103 • 8,85 • 10~12 • 10~31,1-105 (В/(м-с)).1,1-105 (В/(м-с)).

дЕ _ dt

дЕ _ dt

10~6

10~6

103 • 8,85 • 10~12 • 10~3

103 • 8,85 • 10~12 • 10~3

1,1-105 (В/(м-с)).

1,1-105 (В/(м-с)).

96» При разрядке длинного цилиндрического конденсатора длиной 5 см и внешним радиусом 0,5 см в подводящих проводах течет ток проводимости силой 0,1 мкА. Определить плотность тока смещения в диэлектрике между обкладками конденсатора.

Дано: I = 5 см; г = 0,5 см; /пр = 0,1 мкА.

Найти: /см.

Решение. Считаем заряд конденсатора равным Q. По теореме Остроградского—Гаусса для вектора электрического смещения D поток вектора D сквозь замкнутую цилиндрическую поверхность радиуса г равен заряду Q, охватываемому поверхностью интегрирования S:

^DdS = Q.

S

По условию задачи поток вектора D пронизывает боковую цилиндрическую поверхность S = 2лг1 нормально к ней, так как D = Dn.

$>D dS = D • 2кг1 = Q, откуда D = -^— .

s2ktI

Плотность тока смещения ;см равна

/= 1. ^Q _ 1 WT

см 8t 2кг1 8t 2кг1 пр*

7 см7 см1 • IO"71 • IO"72-3,14-5-IO"3-5-IO"22-3,14-5-IO"3-5-IO"2= 6,4 • IO 5 (A/m2).= 6,4 • IO 5 (A/m2).

7 см

7 см

1 • IO"7

1 • IO"7

2-3,14-5-IO"3-5-IO"2

2-3,14-5-IO"3-5-IO"2

= 6,4 • IO 5 (A/m2).

= 6,4 • IO 5 (A/m2).

Задачи для самостоятельного решения

Определить силу электрического взаимодействия электрона с ядром в атоме водорода. Среднее расстояние электрона от ядра считать равным 0,5А. Ответ: 9,2 • 10“8 Н.

На каждом метре равномерно заряженной нити распределен заряд 2 • 10~7 Кл. Около нити находится пылинка с зарядом -1,65 • 10"16 Кл, которая притягивается нитью с силой 10"10 Н. На каком расстоянии от нити находится пылинка? Ответ: 6 е 10~3 м.

3» Изолированный шарик радиусом 0,04 м заряжен отрицательно до потенциала 400 В. Найти массу электронов, составляющих заряд шарика. Ответ: 10-20 кг.

Расстояние между точечными зарядами -5-10-8 К л и +8 • 10"8 Кл равно 40 см. Найти напряженность поля в точке, находящейся посередине между зарядами. Ответ: 2,9 • 104 В/м.

Установить, на каком расстоянии от заряженного цилиндра напряженность поля равна 4 • 105 В/м. Диаметр цилиндра 4 см, поверхностная плотность заряда 8,85 • 10“6 Кл/м2. Ответ: 0,03 м.

Какой силы ток возникает в электрической лампе, работающей под напряжением 120 В, если ее вольфрамовая нить нагревается до 2000 °C? Сопротивление нити при 18 °C равно 40 Ом. Ответ: 0,29 А.

Во сколько раз сила электрического взаимодействия двух электронов больше гравитационного взаимодействия этих электронов? Ответ: в 4,2 • 1042 раз.

Два проводящих шарика массой по 0,004 кг каждый подвешены в воздухе на непроводящих нитях длиной 205 см к одному крючку. Шарикам сообщили равные одноименные заряды, вследствие чего шарики разошлись на расстояние 90 см. Определить заряд каждого шарика. Ответ: 0,9 мкКл.

Электрон движется вокруг ядра водорода по круговой орбите радиусом 5,29 • 10~9 см. Определить скорость электрона на этой орбите. Ответ: 2,2 • 106 м/с.

Определить потенциал поля, образованного диполем, в точках плоскости, перпендикулярной его оси и проходящей через середину отрезка, соединяющего заряды диполя. Ответ: 0.

♦ В центре куба помещен заряд 10,6 нКл. Определить поток напряженности электрического поля, проходящего через грань куба. Ответ: 200 В *м.

Обкладки плоского конденсатора помещены в керосин (е = 2). Какую работу надо совершить, чтобы раздвинуть обкладки конденсатора на расстояние от 2 до 11 см, если они заряжены до напряжения 600 В и отключены от источника? Площадь каждой обкладки 628 см2. Ответ: 0,81 мкДж.

13* В центре квадрата расположен положительный заряд 0,25 мкКл. Какой заряд надо поместить в каждой вершине квадрата, чтобы система зарядов находилась в равновесии? Что можно сказать о знаке зарядов? Ответ; 0,26 мкКл; отрицательный.

Между плоскими горизонтальными пластинами, заряженными равномерно, помещена пылинка массой 10~15 кг с зарядом 4,8 • 10"19 Кл. Какова плотность зарядов пластин, если пылинка находится в равновесии? Ответ: 1,8 • 10"7 Кл/м2.

Площадь каждой обкладки плоского воздушного конденсатора 314 см2, расстояние между ними 2 мм. Напряженность поля между обкладками 60 кВ/м. Какую работу нужно совершить, чтобы вдвинуть между обкладками конденсатора стеклянную пластинку,

если она полностью заполняет конденсатор и конденсатор после зарядки отключен от источника напряжения? Ответ: -0,86 мкДж.

Расстояние между обкладками плоского конденсатора равно 8 мм, площадь обкладок 62,8 см2. Какую работу нужно совершить, чтобы вдвинуть между обкладками конденсатора стеклянную пластинку той же площади и толщиной 6 мм, если конденсатор присоединен к источнику напряжения 600 В? Ответ; 2,25 мкДж.

Пластины плоского слюдяного (е = 6) конденсатора площадью 0,01 м2 притягиваются с силой 30 мН. Найти заряд пластины, напряженность и объемную плотность энергии поля. Ответ: 178 нКл; 336 кВ/м; 3 Дж/м3.

Площадь пластин плоского воздушного конденсатора 0,01м2, расстояние между ними 2 см, разность потенциалов на обкладках 3 кВ. Пластины раздвигают на расстояние 5 см, не отключая от источника напряжения. Найти энергию конденсатора до и после раздвижения пластин. Ответ: 20 мкДж; 8 мкДж.

Площадь пластин плоского воздушного конденсатора 0,01 м2, расстояние между ними 1 мм, разность потенциалов на обкладках 100 В. Пластины раздвигаются до расстояния 25 мм. Найти энергию конденсатора до и после раздвижения пластин, если источник напряжения перед раздвижением: а) не отключается; б) отключается. Ответ: а) 442,5 нДж; 17,7 нДж; б) 442,5 нДж; 11,1 мкДж.

Найти объемную плотность энергии электрического поля в точке, находящейся на расстоянии 2 см от поверхности шара радиусом 1 см, заряженного с поверхностной плотностью заряда 16,7 мкКл/м2. Ответ: 0,19 Дж/м3.

21 ♦ Сила тока в проводнике равномерно возрастает от 0 до 2 А в течение 5 с. Определить заряд, прошедший по проводнику за это время. Ответ: 5 Кл.

Определить плотность тока, если за 2 с через проводник сечением 1,6 мм2 прошло 2 • 1019 электронов. Ответ: 106 А/м2.

Сила тока в проводнике сопротивлением 100 Ом равномерно убывает с ЮАдоОзаЗОс. Определить количество теплоты, выделившееся в проводнике за это время. Ответ: 100 кДж.

Плотность тока в медном проводнике равна 0,1 МА/м2. Определить удельную тепловую мощность тока. Ответ: 170 Вт/м3.

Плоский контур площадью 4 см2 расположен параллельно однородному магнитному полю напряженностью 104 А/м. По контуру кратковременно пропустили ток силой 2 А, и контур начал свободно вращаться. Считая условно в начале движения силу тока и

вращающий момент неизменными, определить угловое ускорение контура, если его момент инерции 10~6 кг • м2. Ответ: 10 с-2.

Алюминиевый провод длиной 5 м и диаметром 1 мм покрыт изоляцией толщиной 1 см. Провод согнут пополам, причем обе половины прилегают друг к другу. С какой силой действует одна половина провода на другую, если при пропускании тока на концах провода создается разность потенциалов 1 В? Ответ: 7,9 • 10“4 Н.

В прямоугольной рамке со сторонами 4 и 6 см сила тока 5 А. Определить напряженность магнитного поля в центре рамки. Ответ: 96 А/м.

Витки двухслойного длинного соленоида намотаны из проволоки радиусом 0,2 мм. В первом слое сила тока 3 А, во втором — 1 А. Определить напряженность магнитного поля внутри соленоида. Рассмотреть два случая: токи текут в одном направлении и в противоположных направлениях. Ответ: 104А/м; 0,5 х х 104А/м.

По кольцу радиусом 15 см течет ток силой 10 А. В одной плоскости с кольцом находится длинный прямой изолированный проводник, сила тока в котором 10 А. Проводник совпадает с касательной к окружности кольцевого тока. Найти напряженность магнитного поля в центре кольца при различных направлениях токов. Ответ: 43,9 А/м, 22,7 А/м.

По прямому проводнику течет ток силой 50 А. В плоскости проводника расположена прямоугольная рамка, длинные стороны которой параллельны проводнику. Площадь поперечного сечения рамки 0,5 см2, расстояние от центра до проводника 1 м. Определить магнитный поток, пронизывающий рамку. Ответ: 5 • 10’10 Вб.

♦ Соленоид имеет длину 1 м, площадь поперечного сечения 25 см2 и число витков 1000. Энергия поля соленоида при силе тока 1 А равна 1,9 Дж. Определить магнитную проницаемость сердечника. Ответ: 1200.

В плоскости, перпендикулярной магнитному полю напряженностью 100 А/м, вращается прямолинейный проводник длиной 1 м относительно оси, проходящей через конец проводника. По проводнику пропускают ток силой 10 А, угловая скорость вращения проводника 50 с-1. Определить работу вращения проводника за 10 мин. Ответ: 18,8 Дж.

С какой скоростью движется перпендикулярно однородному магнитному полю напряженностью 500 А/м прямой проводник длиной 30 см и сопротивлением 0,1 Ом? При замыкании проводника по нему пошел бы ток силой 0,01 А. Влияние замыкающего провода не учитывать. Ответ: 5,3 м/с.

В соленоиде сила тока равномерно возрастает от 0 до 100 А в течение 2 с и при этом индуцируется ^ = 1 В. Какую энергию накопит поле соленоида в конце возрастания силы тока? Ответ: 100 Дж.

Какой длины надо взять проволоку диаметром 0,1 мм, чтобы изготовить однослойный соленоид с индуктивностью 1 мГн? Площадь поперечного сечения соленоида 7,5 см2. Сердечник отсутствует. Ответ: 10,3 м.

Вычислить максимальную напряженность магнитного поля, создаваемого а-частицей в точке, отстоящей от прямолинейной траектории частицы на расстоянии 10-8 см. Скорость а-частицы 5 • 106 см/с. Ответ: 1,27 • 105А/м.

Электрон влетает в однородное магнитное поле, индукция которого 0,01 Тл, и начинает двигаться по окружности. Определить период вращения электрона. Ответ: 3,57 нс.

По двум параллельным проводникам текут токи силой 8 и 12 А. Расстояние между проводниками 20 см. Найти геометрическое место точек, в которых магнитная индукция поля токов равна нулю. Направления токов выбрать самостоятельно. Ответ: 0,08 м, 0,12 м.

По изолированному проводнику, имеющему форму кольца радиусом 25 см, течет ток силой 15 А. Два прямых бесконечно длинных проводника — один в плоскости кольцевого проводника, другой перпендикулярно ей — касаются кольцевого проводника в точках, лежащих на противоположных концах диаметра. Силы токов в проводниках 10 и 20 А. Определить напряженность в центре кольцевого проводника при разных направлениях токов. Решение пояснить рисунком. Ответ: а) 38,54 А/м; 26,85 А/м; б) 43,21 А/м; 18,4 А/м.

Два проводника в виде полуколец лежат в одной плоскости и имеют общий центр. Определить напряженность в центре полуколец при следующих данных: радиус первого полукольца 10 см, второго — 20 см, токи текут в одном направлении и сила тока соответственно равна 1 и 4 А. Поле от подводящих проводников не учитывать. Ответ: 7,5 А/м.

В средней части длинного соленоида находится отрезок проводника, сила тока в котором 4 А и длина 2 см. Проводник расположен перпендикулярно оси соленоида. На этот отрезок проводника действует сила 10“5 Н. Определить силу тока в обмотке соленоида при условии, что на 1 см длины соленоида приходится 10 витков и сердечник отсутствует. Ответ: 0,1 А.

Квадратная рамка площадью 20 см2, состоящая из тысячи витков, расположена в однородном поле перпендикулярно полю с

индукцией 10 3 Тл. В течение 0,02 с рамку удалили за пределы поля. Какая ЭДС наводится в рамке? Ответ: 0,1 В.

43 ♦ В однородном магнитном поле с магнитной индукцией 4 Тл перпендикулярно магнитному полю движется прямолинейный проводник длиной 1 м со скоростью 25 м/с. Вектор магнитной индукции перпендикулярен проводнику и вектору скорости. Концы проводника соединены гибким проводом вне поля. Общее сопротивление цепи 5 Ом. Определить мощность, необходимую для движения проводника. Ответ; 2 кВт.

Напряженность магнитного поля замкнутого кольцеобразного соленоида равна 5600 А/м. Средний диаметр кольца 20 см, площадь сечения магнитопровода 5 см2. Магнитная проницаемость сердечника 800 Гн/м. Найти энергию магнитного поля соленоида. Ответ: 4,9 Дж.

Однородное электрическое поле напряженностью 20 кВ/м и однородное магнитное поле напряженностью 3200 А/м взаимно перпендикулярны. В этих полях прямолинейно движется электрон. Определить скорость электрона. Ответ: 5000 км/с.

ЧАСТЬ 4

Колебания и волны

Основные формулы

Уравнение гармонического колебания

где А — амплитуда колебания, со — циклическая частота, Фо — начальная фаза.

Период колебания маятников: пружинного

s = A sin (cot + ф0)

физическогоТ = 2л i

где ти — масса маятника, к — жесткость пружины, J — момент инерции маятника, g — ускорение свободного падения,

I — расстояние от точки подвеса до центра масс.

Период колебаний в электрическом колебательном контуре где L — индуктивность контура, С — емкость конденсатора.

Уравнение плоской волны, распространяющейся в направлении оси ОХ где и — скорость распространения волны.

Длина волны

где Т — период волны.

Скорость распространения электромагнитной волны где с — скорость света в вакууме,

Т = 2kJlC

s= A sin

X-vT

е — диэлектрическая проницаемость среды, ц — магнитная проницаемость среды.

♦ Скорость распространения звука в газах и =

где у — отношение теплоемкостей газа, при постоянном давлении и объеме, R — молярная газовая постоянная, Т — термодинамическая температура, М — молярная масса газа.

♦ Вектор ПойнтингаР = Е х Н

гдеЕ иН — напряженности электрического

и магнитного полей электромагнитной волны.

♦ Оптическая длина путиL = ns

в однородной среде

где s — геометрическая длина пути световой волны, п — показатель преломления среды.

A L2 L^A L2 L^♦ Оптическая разность хода

A L2 L^

A L2 L^

где LT и L2 — оптические пути двух световых волн.

А = ±тХ0, m = 0, 1, 2, ...Д = ±(2т-1)^тп = 1,2,... 2А = ±тХ0, m = 0, 1, 2, ...Д = ±(2т-1)^тп = 1,2,... 2♦ Условие интерференционного максимума

А = ±тХ0, m = 0, 1, 2, ...

Д = ±(2т-1)^

тп = 1,2,... 2

А = ±тХ0, m = 0, 1, 2, ...

Д = ±(2т-1)^

тп = 1,2,... 2

Условие интерференционного минимума

где Хо — длина световой волны в вакууме.

Ширина интерференционных полос Ах = в опыте Юнгаd

где d — расстояние между когерентными источниками света, I — расстояние от источников до экрана.

Оптическая разность хода в тонких пленках:

а = za^n* - sin^tА = 2d Jn2 - sin2i + уа = za^n* - sin^tА = 2d Jn2 - sin2i + ув проходящем свете

а = za^n* - sin^t

А = 2d Jn2 - sin2i + у

а = za^n* - sin^t

А = 2d Jn2 - sin2i + у

в отраженном свете где d — толщина пленки,

п — показатель преломления пленки, i — угол падения света.

гm = JmXR , m = 1, 2 ...rm= J(2m-l)XR/2 m = 1, 2, ...гm = JmXR , m = 1, 2 ...rm= J(2m-l)XR/2 m = 1, 2, ...mm[rnXaba + b[rnXaba + bm = 1, 2, ...m = 1, 2, ...Радиусы светлых колец Ньютона в проходящем свете или темных в отраженном темных колец в проходящем свете или светлых в отраженном

гm = JmXR , m = 1, 2 ...

rm= J(2m-l)XR/2 m = 1, 2, ...

гm = JmXR , m = 1, 2 ...

rm= J(2m-l)XR/2 m = 1, 2, ...

m

m

[rnXaba + b

[rnXaba + b

m = 1, 2, ...

m = 1, 2, ...

где R — радиус кривизны линзы, X — длина световой волны в среде.

Радиусы зон Френеля для сферической волновой поверхности

плоской волновойг^ = JmXb

поверхностит = 1, 2, ...

где а — радиус волновой поверхности

b — кратчайшее расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения.

asin <pm = ±(2m + DA m = 1, 2,asin <pm = ±?nX m = 1, 2, ...csin <pm = ±/nX 771 = 1, 2, ...asin <pm = ±(2m + DA m = 1, 2,asin <pm = ±?nX m = 1, 2, ...csin <pm = ±/nX 771 = 1, 2, ...Направление дифракционных максимумов от одной щели

asin <pm = ±(2m + DA m = 1, 2,

asin <pm = ±?nX m = 1, 2, ...

csin <pm = ±/nX 771 = 1, 2, ...

asin <pm = ±(2m + DA m = 1, 2,

asin <pm = ±?nX m = 1, 2, ...

csin <pm = ±/nX 771 = 1, 2, ...

Направление дифракционных минимумов где а — ширина щели.

Направление главных максимумов дифракционной решетки

где с — постоянная дифракционной решетки.

Разрешающая способностьR = — = mN

дифракционной решетки

где АХ — минимальная разность длин волн двух спектральных линий, разрешаемых решеткой, т — порядок спектра, N — общее число щелей решетки.

Формула Вульфа—Брэгга2dsin 6^ = тХ

т = 1, 2, ...

где d — расстояние между атомными плоскостями кристалла, 0т — угол скольжения рентгеновских лучей.

Степень поляризацииР = ^^—^^

max -^min

где Imax и Imin — максимальная и минимальная интенсивность поляризованного света.

tgi° = ^ nitgi° = ^ niЗакон Брюстера

tgi° = ^ ni

tgi° = ^ ni

где z0 — угол Брюстера,

пг и п2 — показатели преломления первой и второй сред.

Закон МалюсаI = I0cos2 а

где 10 и I — интенсивность плоскополяризованного света, падающего и прошедшего через поляризатор, а — угол между плоскостью поляризации падающего света и главной плоскостью поляризатора.

Угол поворота плоскости поляризации света:

в кристаллах и чистых жидкостях ф = ф0Z

растворахф = [ф0]cZ

где ф0 — постоянная вращения,

[ф0] — удельная постоянная вращения, с — концентрация оптически активного вещества в растворе, Z — расстояние, пройденное светом в оптически активном веществе.

и = - пи = - пФазовая скорость света

и = - п

и = - п

jy _ dn dXu = £fl+^nX ndX^cos 0 = — пиjy _ dn dXu = £fl+^nX ndX^cos 0 = — пигде с — скорость света в вакууме, п — показатель преломления среды.

jy _ dn dX

u = £fl+^

nX ndX^

cos 0 = — пи

jy _ dn dX

u = £fl+^

nX ndX^

cos 0 = — пи

Дисперсия вещества

Групповая скорость света

Направление излучения Вавилова—Черенкова где и — скорость заряженной частицы.

Примеры решения задач

1♦ Механические колебания и волны

Написать уравнение гармонического колебания, если амплитуда его 10 см, максимальная скорость 50 см/с, начальная фаза 15°. Определить период колебания и смещение колеблющейся точки через 0,2 с от начала колебания.

Дано: А = 10 см; i?max = 50 см/с = 0,5 м/с; ф0 = 15°; t = 0,2 с.

Найти: x(f), Т, х(0,2).

Решение. Уравнение гармонического колебания с начальной фазой ф0 имеет вид

х = Asin (cot + ф0).

Циклическая частота со = 2 л/Т, Скорость колеблющейся точки находится как первая производная смещения от времени:

и = — = Acocos (tot + ф0).

Максимальная скорость достигается при значении cos (rot + ф0) = 1; vmax =Ato,

откудаоткуда(0 = ^max __ 2 71 ,А Т ’

откуда

откуда

гр _ 2лА ,

т = 2jLi£JM ~ 126 (с);

0,5

СО = Emax _ 5 (с-1)

Выразим начальную фазу в радианах m = п 15 = л Фо 2 36012 ‘

Тогда уравнение гармонического колебания запишется

x(f) = 0,lsin (sz + ^ У

В момент времени t = 0,2 с смещение х^ будет равно:

х = 0,lsin№ + —) = 0,1 - sin лГ^ + -1-) 0,095 (м).’ I Г 12>КТ 12V

Точка совершает гармонические колебания с частотой 10 Гц. В момент, принятый за начальный, точка имела максимальное смещение 1 мм. Написать уравнение колебаний точки и начертить их график.

Дано: v = 10 Гц; xmax = 1 мм.

Решение. Уравнение колебаний точки можно записать в виде

х = Asin (cot + фг),(1)

или

х = Acos (cot + ф2),(2)

где A — амплитуда колебаний; со — циклическая частота; t — время; срг и ср2 — начальные фазы, соответствующие форме записи (1) или (2).

По определению амплитуда колебаний

— ^тах*(^)

Циклическая частота со связана с частотой v соотношением

со = 2лу.(4)

XXA -^maxA -^maxРис. 44Рис. 44Начальная фаза колебаний зависит от формы записи. Если использовать формулу (1), то начальную фазу можно определить из условия в момент времени t = 0 хтах = Asin фр

X

X

A -^max

A -^max

Рис. 44

Рис. 44

откуда фт = arcsin ^^ = arcsin 1,

илиилиФ1 = (2й + 1)|,(й = 0, 1,2, ...).

или

или

Изменение фазы на 2л не изменяет состояния колебательного движения, поэтому можно принять

Ф1 = ^(5)

В случае второй формы записи получаем: ф9 = arccos ^^ = arccos 1, 2А

илиф2 = 2лй, (А = 0, 1, 2, 3, ...).

По тем же соображениям, что и в первом случае, находим

Ф2 = 0.(6)

С учетом равенств (3)—(6) уравнения колебаний примут вид:

* = Xmaxsin

х = xmaxcos 2лу£,

где xmax = 1 мм = 10-3 м; v = 10 Гц.

График соответствующего гармонического колебания приведен на рис. 44.

3» Материальная точка массой 20 г совершает гармонические колебания с периодом 9 с. Начальная фаза колебания 10°. Через какое время от начала движения смещение точки достигнет половины амплитуды? Найти амплитуду, максимальные скорость и ускорение точки, если полная ее энергия равна 10-2 Дж.

Дано: т = 20 г = 0,02 кг; Т = 9 с; ф0 = 10° = ^, х = 0,5 А; Е = 10"2 Дж.

Найти: t, А, итах, атах.

Решение. Уравнение гармонического колебательного движения. . , , ,.

х = A sin (со^ + ф0).(1)

Из уравнения (1) можно определить время t;

х=А sin

- = sin + фо) ;+ Фо = arcsin .

А V т v Т ° А

arcsin ~ - ф0) Т

t =t =(2)(2)- А V

t =

t =

(2)

(2)

2л

Подставляя числовые значения в формулу (2), получим

farcsin 0,5 -_ - —

t— • 9 = ^—^ • 9 = 0,5 (с).

2л2л

Амплитуду колебания можно определить из формулы полной энергии Е колеблющейся точки:

(3)(3)(4)(4)= mA^to^

(3)

(3)

(4)

(4)

2

А= 1 ЙЕ = Т . /2Ёсо N m 2л а/ дп

Подставляя в формулу (4) числовые значения, получим

А= —9— • О^1,43(м).

2-3,14 ^2-10~2

Зная амплитуду, можно вычислить максимальную скорость точки, которая определяется как первая производная от смещения х по времени

и = — = Acocos (cot + ф0).

Полагая cos (со£ + ф0) = 1, получаем значение максимальной скорости:

%ах=

maxТ N m

^тах^Д^Р = 1 (М/С).

Ускорение точки определяется как первая производная скорости по времени, т. е.

а = ^ = -Aco2sin (of + <р0).

Считая при максимальном ускорении sin (cot + <р0) = -1,

®max

Подставляя числовые значения, получаем:

аmaxаmax= 2-3,14 . /2 • IO"2= 2-3,14 . /2 • IO"2992 • IO'22 • IO'2= 6,98-НГ1 (м/с2).= 6,98-НГ1 (м/с2).

а

max

а

max

= 2-3,14 . /2 • IO"2

= 2-3,14 . /2 • IO"2

9

9

2 • IO'2

2 • IO'2

= 6,98-НГ1 (м/с2).

= 6,98-НГ1 (м/с2).

(1)(1)(2)(2)(3)(3)(4)(4)и2А2о)2и2А2о)2-5— = 1.А2со4-5— = 1.А2со4

(1)

(1)

(2)

(2)

(3)

(3)

(4)

(4)

и2

А2о)2

и2

А2о)2

-5— = 1.

А2со4

-5— = 1.

А2со4

4» Материальная точка массой 1 г колеблется гармонически. Амплитуда колебания равна 5 см, циклическая частота 2 с"1, начальная фаза равна 0. Определить силу, действующую на точку в тот момент, когда ее скорость равна 6 см/с.

Дано: и = 6 см/с = 6 • 10-2 м/с; А = 5 см = 5 • 10-2 м; т = = 1 г = 10-3 кг; со = 2 с-1.

Найти: F.

Решение. Скорость определяется первой производной от смещения по времени:

dx

У = — .dt

Смещение х задано уравнением

х = Asin (со£ + ф0).

Находим скорость:

и = Acocos (со£ + ф0).

Ускорение равно производной от скорости по времени:

dvа = —,dt

а = -Aco2sin (cot + ф0).

Возводим скорость и ускорение во вторую степень: и2 =A2co2cos2 (co# + <р0);

а2 = A2(o4sin2 (co# + <р0).

Уравнение (3) разделим на А2®2, а уравнение (4) на А2со4 и сложим их:

Производим дальнейшие преобразования:у2со2 + а2 = А2со4;

а2 = А2со4 - и2со2, а2 = со2(А2со2 - и2).

Ускорение получается равным

а = со 7-А2со2 - и2

Следовательно, сила по второму закону Ньютона равна

F = та, F = mrojA2®2 - о2

F = НГ3 • 27(5 • 10-2)2 • 22 - (6 • 10~2)2 = 16 • 10 5 (Н).

5» Найти закон изменения периода колебания математического маятника с поднятием маятника над поверхностью Земли.

Решение. Период колебаний математического маятника определяется формулой

Т-2л^.(1)

Период колебаний физического маятника

(2)(2)Т = 2л М- ,NmgL

(2)

(2)

где J — момент инерции маятника относительно оси колебаний, т — масса маятника, L — расстояние между центром тяжести маятника и осью колебаний.

Множитель I = -^- называется приведенной длиной маят- mL

ника. Как видно из (1) и (2), период Т зависит от ускорения свободного падения.

Тело массой т притягивается к Земле с силой, определяемой законом всемирного тяготения:

(3)(3)/= mg = G^^-,

(3)

(3)

где G — гравитационная постоянная, М — масса Земли, R — расстояние от центра Земли до тела.

Из (3) находим g;

g = GM^- .(4)

Подставляя выражение (4) в (1) или (2), находим

(5)(5)Т = 2л Kr.

(5)

(5)

ч GM

Следовательно, период колебаний данного маятника прямо пропорционален расстоянию от маятника до центра Земли.

6* Однородный диск радиусом R = 0,49 м совершает малые колебания относительно оси, которой является гвоздь, вбитый перпендикулярно стенке. Колебания совершаются в плоскости, параллельной стене. Найти частоту колебаний диска, если гвоздь находится на расстоянии d = 2В/3 от центра диска.

Дано: R = 0,49 м; d = 27?/3.

Найти: v.

Решение. Частота колебаний v такого физического маятника равна:

Период колебаний физического маятника, как известно, равен

Т = 2л V^L ,

N mgd

где J — момент инерции маятника относительно оси, проходящей через центр колебаний диска, т — масса диска, d — расстояние от оси колебаний до оси, параллельной данной и проходящей через центр тяжести маятника, g — ускорение свободного падения.

В нашем случае ось колебаний не проходит через центр тяжести диска и момент инерции диска J может быть найден по теореме Штейнера:

J = Jo + md2,

где Jo = ^^момент инерции однородного диска относи

тельно оси, проходящей через центр тяжести перпендикулярно плоскости диска.

Учитывая полученные соотношения, получим формулу для частоты колебания:

v =v =ТТ= 1 lmSd д = 2

v =

v =

Т

Т

2л а/ J 93

v = —^^= — S

2л тд2 /2„У 2л N51B" у 2 хз ;

Подставляя численные значения R и g, получим

/36-9,81 _ 0 6 (Г )6,28 V51 -0,49

/♦ Материальная точка массой 0,01 кг совершает гармонические колебания, уравнения которых имеют вид: х = 0,2 sin 8 л. (м). Найти возвращающую силу в момент времени 0,1 с и полную энергию точки.

Дано: т = 0,01 кг, . = 0,1 с, х = 0,2sin 8л. (м), ср0 = 0.

Найти: FB, Е.

Решение. Возвращающая сила при гармонических колебаниях равна:

FB = та = -kx,где a — ускорение колеблющейся точки, которое имеет вида = ^~ = -Aco2sin (со. + ср0).

ТогдаТогдаFB = -/nAco2sin (со. + ср0).

Тогда

Тогда

Подставляем численные значения величин, входящих в формулу для FB из условия задачи, а также из уравнения колебания: А = 0,2 м, со = 8л с"1 получаем:

FB = -0,01 • 0,2(8л)2 sin 8л -0,74 (Н).

Согласно закону сохранения энергии, полная энергия при колебательном движении будет равна максимальной кинетической энергии при гармоническом колебательном движении:

Е = Ек тах = ^^^ = !^А2со2, так как и = Acocos (со. + ср0),V = ^шах ПРИ COS <tot + Ф0) = L

Найдем значение полной энергии, подставив в уравнение для Е численные значения:

Е = 0.01(0,2^8-3,14)20Д26 (Дж)

8» Материальная точка массой 0,01 кг совершает гармонические колебания с периодом 2 с. Полная энергия колеблющейся точки 10"4 Дж. Найти амплитуду колебаний, написать уравнение колебаний, найти наибольшее значение силы, действующей на точку.

Дано: т = 0,01 кг; Т = 2 с; Еполн = 10"4 Дж.

Найти: A, x(t), Fmax.

Решение. Уравнение гармонических колебаний имеет вид

х = Asin (cot + ф0).

Скорость и колеблющейся точки — это первая производная от смещения по времени

v = ^ = Acocos (®Z + ф0).

Кинетическая энергия колеблющейся точки будет

£.-^-^-=о52(Ш1 + <р„).

Полная энергия точки равна максимальному значению кинетической энергии £полн = Ек тах =(когда cos2 (of +

+ Фо) = !)•

Отсюда

^ = А /^^полн _ Т /2-Е поли #со N m 2л *j m ’

А =- 0,045 (м).

2 • 3,14 V 0,01v

Значение циклической частоты со = ^ = л = 3,14 (с-1).

Уравнение колебаний будет иметь вид х = 0,045 sin (л^ + ср0).

Ускорение колеблющейся точки — это первая производная от скорости по времени

а = ^ = -Aco2sin (соf + ср0).

Максимальное значение ускорения будет при условии, когда sin (со^ + ср0) = -1, атах = Асо2, а наибольшее значение силы будет

Fmax = ^amax = mAco2 = 0,01 • 0,045 • 3,142 4,4 • 10 3 (Н).

9» В упругой среде распространяется волна со скоростью 20 м/с. Частота колебаний 2 с-1, амплитуда 0,02 м. Определить фазу колебаний, смещение, скорость, ускорение точки, отстоящей на расстоянии 60 м от источника в момент времени t = 4 с, и длину волны.

Дано: и = 20 м/с, v = 2 с”1, А = 2 • 10-2 м, t = 4 с, I = 60 м.

Найти: ср, х, v, а, X.

Решение. Фаза колебаний, смещение, скорость и ускорение точки определяются с помощью уравнения бегущей волны:

х = Asin со^ -,

где х — смещение точки, А — амплитуда колебаний, ф = = со^ - ^ — фаза колебаний. Фаза колебаний в момент времени t будет равна:

Подставив численные значения величин, получим:

ф = 2л* 2^4 - |^) = 4л.

Смещение точки в этот момент равно:

х = Asin 4л = 0.

Скорость точки найдем как первую производную от смещения по времени:

и == Acocos= A - 2kvcos.

dtVV vv

Подставив численные значения величин, получим: и = 0,02 • 6,28 • 2cos 4л - 0,25 (м/с).

Ускорение точки найдем как первую производную от скорости по времени:

а == -Aco2sin to(t -.

dtV у?

Подставив численные значения, получим, что ускорение а, как и смещение х, в данный момент равно нулю:

а = “0,02 • (2лу)281п 4л = 0.

Длину волны, т. е. расстояние, которое проходит волна за один период, найдем из соотношения

и = X • v.

ОтсюдаОтсюдаX = ^ ; X = — = 10 (м).v 2 v

Отсюда

Отсюда

Волна распространяется по прямой со скоростью 20 м/с. Две точки, находящиеся на этой прямой на расстоянии 12 и 15 м от источника колебаний, колеблются по закону синуса с амплитудами, равными 0,1 м, и с разностью фаз 135°. Найти длину волны, написать ее уравнение и найти смещение указанных точек в момент времени t =1,2 с.

Дано: и = 20 м/с; 1г = 12 м; 12 = 15 м; А = 0,1 м; Аф = 135°; t = 1,2 с.

Найти: X, xv х2, x(t).

1931937 - 9332 Гладской

193

193

Решение. Уравнение бегущей волны имеет вид х = Asin cof,

где х — смещение от положения равновесия точки, находящейся на расстоянии I от источника колебания в момент вре

мени t, А — амплитуда колебаний, со = — — циклическая час

тота, Т — период колебаний, и — фазовая скорость волны.

Точки, находящиеся друг от друга на расстоянии, равном длине волны X, колеблются с разностью фаз Дер = 2л; точки, находящиеся на любом расстоянии Д/, колеблются с разностью

фаз Дер = ~ 2л, откуда

X = — 2тг =2л.

Аф Дф

Подставляя численные значения, получим:

Скорость волны и связана с периодом колебаний Т и длиной волны X соотношением X = иТ, откуда Т = - = ^ = 0,4 (с). Циклическая частота со = ^ = ^ = 5л (с-1).

Уравнение волны будет иметь вид

х = 0,lsin 5лГ^ - — ) .

V 20V

Смещение указанных точек будет равно

хг = 0,lsin 5л(1,2 - ||j = 0,lsin Зл = 0,

1111х2 = 0,lsin 5л(1,2 - ||) = 0,lsin 2,25л = O.lsin 0,25л - 0,07 (м).

11

11

Колеблющиеся точки, находящиеся на одном луче, удалены

от источника колебания на 6 и 8,7 м и колеблются с разностью фаз Зл/4. Период колебания источника 10"2 с. Чему равна длина волны и скорость распространения колебаний в данной среде? Составить уравнение волны для первой и второй точек, считая амплитуды колебаний точек равными 0,5 м.

Дано: 1Х = 6 м; Z2 = 8,7 м; Дф = Зл/4, Т = 10-2 с; Аг = А2 = = 0,5 м.

Найти: X, и.

х = Asin сох = Asin соилиилих = Asin 2 лх = Asin 2 лРешение, Длину волны X определяем из уравнения волны по разности фаз Дф и расстоянию точек от источника. Это уравнение может быть записано в таком виде:

х = Asin со

х = Asin со

или

или

х = Asin 2 л

х = Asin 2 л

(1)

(2)

является фазой колеявляется фазой колеВ уравнении (2) выражение 2л ^ - ^

является фазой коле

является фазой коле

бания. Запишем фазы для каждой из точек

Ф1 = 2л(£ - У и Ф2 = 2л(| - У •(3)

Определим разность фаз

Лф = Ф1 - Ф2 =•(4)

Из уравнения (4) определяем длину волны— 2^(^2 — ^1)Дф *

Подставляя заданные значения, получим х = ^^р^^ = 7>2 (м)

Скорость распространения волны находим из известной формулы и = Х/Т. Определяем числовое значение скорости: о = ^1 = 720 (м/с).

Циклическая частота со определяется из соотношения:

О = ^ = _2jL = 200л (с"1).

Т Ю'2

Подставляя числовые значения в уравнение (1), получаем уравнения волны, отображающие колебания первой и второй точек:

х, = 0,5sin 200л^ - -^-) ;

1V 72QV

х2 = 0,5sin 200лГ< - ^^) .

2V 720>

Электромагнитные колебания и волны

12» Напряжение на обкладках конденсатора в колебательном контуре изменяется по закону U = lOcos 104£ (В). Емкость конденсатора 10 мкФ. Найти индуктивность контура и закон изменения силы тока в нем.

Дано: U = lOcos 10^ (В); С = 10"5 Ф.

Найти: L, Д^).

Решение. Напряжение U на обкладках конденсатора в колебательном контуре изменяется по гармоническому закону U = J70cos tot» где Uo — амплитудное значение напряжения, со = ^ = —^5— = _L_ — циклическая частота (в условии за- 2kJlc Jlc

дачи со = 10~4 с-1), L — индуктивность, С — емкость конденсатора.

Отсюда

L = 4-7; = Ю3 (Гн).

ш2С 1-108-10"5

Заряд на обкладках конденсатора Q равен Q = CU = CUOcos cot.

Сила тока по определению

I =45 = -coCZ7osin cot.dt0

Подставляя числовые значения, получим

I = -104 • 105 • lOsin 104t = -sin 104t (A).

Сила тока в колебательном контуре изменяется по закону I = 0,lsin 103t (А). Индуктивность контура 0,1 Гн. Найти закон изменения напряжения на конденсаторе и его емкость.

Дано: I = 0,lsin 103^ (A); L = 0,1 Гн.

Найти: С, ЩГ).

Решение. Выражение для силы тока в колебательном контуре имеет вид I = Insin art, где со = —L= — циклическая часто- Jlc

та (по условию задачи со = 103 с"1), С — емкость, L — индуктивность контура. Отсюда

С = —1 = 10'5 (Ф).

co2L 106.0,1 V ’

QL2С ’QL2С ’WMWMЫ§2Ы§2. Приравнивая эти выражения, получим. Приравнивая эти выражения, получимQj 2СQj 2С2 ’2 ’

QL2С ’

QL2С ’

WM

WM

Ы§

2

Ы§

2

. Приравнивая эти выражения, получим

. Приравнивая эти выражения, получим

Qj 2С

Qj 2С

2 ’

2 ’

Напряжение на конденсаторе равно ЭДС самоиндукции, возникающей в катушке с индуктивностью L, и будет иметь вид:

U = -L* — = -LIn cocos cof;dt 0

17 =-0,1 • 0,1 • 103cos 103L

U - -lOcos 103/.

В колебательном контуре максимальная сила тока 0,2 А, максимальное напряжение на обкладках конденсатора 40 В. Найти энергию колебательного контура, если период колебаний 15,7 мкс.

Дано: 10 = 0,2 A; U^ = 40 В; Т = 15,7 • 10’6 с.

Найти: W.

Решение. Энергия колебательного контура равна максимальной энергии магнитного поля или максимальной энергии электрического поля контура

22

ОтсюдаОтсюда_ JlcIqUq

Отсюда

Отсюда

2

Период колебаний в контуре Т = 2tiJlC .

Тогда W = ^^ = 15,7-10"6- 0,2-40 = 1Q-5 (Дж) 4л4*3,14

15» Конденсатору емкостью 0,4 мкФ сообщают заряд 10 мкКл, после чего он замыкается на катушку с индуктивностью 1 мГн. Чему равна максимальная сила тока в катушке?

Дано: С = 4 • 107 Ф; Qo = 10"5 Кл; L = 10 3 Гн.

Найти: /0.

Решение. В колебательном контуре происходит взаимопревращение энергии электрического W3 и магнитного полей

WM. Максимальные значения энергий W3 и ТУМ равны ТУЭ =

откуда

= 0,5 (А).= 0,5 (А).г _ Qo . г _10 5

= 0,5 (А).

= 0,5 (А).

0 Лс ’ ° Ю"3 • 4 • 10"7

16» Максимальная сила тока в колебательном контуре 0,1 А, максимальное напряжение на обкладках конденсатора 200 В. Найти циклическую частоту колебаний, если энергия контура 0,2 мДж.

Дано: 10 = 0,1 A, U^ = 200 В, W = 2 • 104 Дж.

Найти: со.

Решение. В колебательном контуре максимальная энергия магнитного поля равна максимальной энергии электрического поля:

W = ^2 •32 ’

= ьц. сщ = ьцм 2’22 ’

откудаW = V^^o^o

Циклическая частота

ZA _ 2л: _ 2л _1

со:—:— •

Т 2itjLC JlC

Таким образом,

W = ^°^°

2со ’

откуда Ю=:№;Ю=^1^^ =5.1о4(с-1).

Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью 444 пФ и катушки с индуктивностью 4 мГн. На какую длину волны настроен контур?

Дано: С = 4,44 • 10"10 Ф; L = 4 • 10"3 Гн.

Найти: X.

Решение. Длина волны X, на которую настроен контур, равна X = сТ, где с — скорость распространения волны, Т — период колебаний в контуре.

По формуле Томсона период колебаний равен

T = 2ujLC.

Тогда

X = 2itcjLC,

X = 2 • 3,14 • 3 • 1O874,44-1O"1o-4-1O-32511 (м).

Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью 3775 нФ и катушки с индуктивностью 0,68 Гн. Максимальное значение заряда на обкладках конденсатора равно 2,5 мкКл.

Написать уравнения изменения напряжения и заряда на обкладках конденсатора и тока в цепи и найти значения этих величин в момент времени Т/2.

Дано: С = 3,75 • 10 8 Ф; L = 0,68 Гн; Q = 2,5-10"6Кл; t = = Т/2.

Найти: ЩГ), I(t), Q(t), U, I, Q.

Решение. Напряжение U и заряд Q на обкладках конденсатора связаны соотношением U = Q/C.

Изменение напряжения на обкладках конденсатора происходит по гармоническому закону, U = t7cos cot, где со = 2л v = = 2п/Т — циклическая (или круговая) частота, v — частота, Т — период колебаний.

Период колебаний определяется по формуле Томсона T = 2njLC

и равени равенТ = 6,28 70,68-3,75- 10-8 = 10 3 (с).

и равен

и равен

Циклическая частота равна со = 2к/Т = 2л • 103 (с х). Выражение U = U^t) будет иметь вид

U = ~ cos cot;

и = 2>-5'10-6■ cos 2л • 103i = 66,7 • cos (2л • 103#).

3,75-IO"8v’

Изменение заряда на обкладках конденсатора будет происходить в соответствии с выражением

Q = U • С = 66,7 • С • cos (2л • 1030 = 66,7 • 3,75 хX 10"8cos (2л • 1030 = 2,5 • 10"6 • cos (2л • 1030 (Кл).

По определению сила тока I = ^. Тогда выражение для at

силы тока будет

1=^ = -2,5 • 10'6 • 2л • 103 sin (2л • 103Ц;

I = -15,7 • 10~3 sin (2л • 103t) (А).

Значения искомых величин в момент времени Т/2 равны:

I = -15,7 • 10"3 sin (2л • 103 • Т/2) = -15,7 • 10"3sin л = 0.

U = 66,7 • cos (2л • 103 • Т/2) = 66,7 • cos л = -66,7 (В).

Q = 2,5 • IO”6 • cos (2л • 103 • Т/2) = 2,5 • 10"6 • cos л == -2,5-IO'6 (Кл).

Изменение разности потенциалов на обкладках конденсатора в колебательном контуре происходит в соответствии с уравнением U = 50 cos 104л£. Емкость конденсатора равна 0,1 мкФ. Найти период колебаний, индуктивность контура, закон изменения силы тока со временем и длину волны.

Дано: U = 50cos 104^; С = 10'7 Ф.

Найти: Т, L, 1(0, X.

Решение. Напряжение U и заряд Q на конденсаторе емкостью С связаны соотношением Q = UC. Следовательно,

Q = С • 50cos 104^ = 50 • 10'7 • cos 104л^ = 5 • 10'6cos 104л^ (Кл).

Сила тока по определению равна / = ^ .

at

I = -5-10"6 • 104Ksin 104л£ = -0,157sin 104^ (А).

В условии задачи циклическая частота о = 104л и связана с периодом колебаний соотношением со = 2л/Т, откуда Т = 2л/со;

Т = -^L = 2 • 10~4 (с).104лv

По формуле Томсона период колебаний равен Т = 2kJlC , откуда

L = -^- ; L =^' У—- “ 0,01 (Гн).

4л2С 4-3,142-10"7

Длина излучаемой контуром электромагнитной волны равна X = иТ, где и — скорость волны, равная 3 • 108 м/с.

Тогда X = 3 • 108 • 2 • 10 4 = 6 • 104 (м).

20» В однородной изотропной среде с диэлектрической проницаемостью, равной 2, и магнитной проницаемостью, равной 1, распространяется плоская электромагнитная волна. Амплитуда напряженности электрического поля волны 50 В/м. Найти амплитуду напряженности магнитного поля и фазовую скорость волны.

Дано: е = 2; ц = 1; Ео = 50 В/м.

Найти: Ло, и.

Решение. Фазовая скорость волны и равна

V = _£_ = 1110g ~ 2д2.108 (м/с) Тёр 72 • 1

Напряженности электрического и магнитного полей в электромагнитной волне колеблются в одной фазе, и для них выполняется соотношение £в0Е§ = цц0Н^ . Откуда получаем

• Ео; Но = Jlll^JlOr^ . 50 0,19 (А/м).

00 4 12,56-10-7’ v 7 7

Уравнение плоской электромагнитной волны, распространяющейся в среде с магнитной проницаемостью, равной 1, имеет вид Е = = lOsin (6,28* 108t - 4,19х). Определить диэлектрическую проницаемость среды и длину волны.

Дано: ц = 1; Е = lOsin (6,28 • 108^ - 4,19х); с - 3 • 108 м/с.

Найти: е, X.

Решение. Уравнение плоской электромагнитной волны в общем виде Е = £osin (cof - Ах), где Ео — амплитудное значение напряженности электрического поля, к = 2л/Х — волновое число, X - длина волны, со — циклическая частота, со = kv, v — фазовая скорость. По условию задачи к = 4,19 м"1. Тогда л 271, л 6,28

~~ 4Д9 М

Фазовая скорость волны v = ■ .

1 с2

Отсюдае = - • —

или с учетом того, что и = со/А, а со по условию задачи равна 6,28 • 108 с-1, получим

е =. е = S^IO^M^ = 4

nV со J ’6,282’ 1016'

В вакууме распространяется плоская электромагнитная волна, амплитуда напряженности электромагнитного поля которой 100 В/м.

Какую энергию переносит эта волна через площадку 50 см, расположенную перпендикулярно направлению распространения волны, за 1 мин? Период волны Т t.

Дано: Ео = 100 В/м; S = 50 см2 = 5 • 10-3 м2; t = 1 мин = = 60 с; Т « t.

Найти: W.

Решение. Энергия, переносимая через площадку S, перпендикулярную направлению распространения волны, в единицу времени равна

^ = wcS,dt

где w — объемная плотность энергии.

Напряженность электрического поля волны Е = Sosin coL Таким образом, ^^ = cS£0E^ sin2 tot.

Энергия, переносимая волной за время t, будет определяться интегралом tt

W = J cSe0E§ sin2 co^df = cSe0E§ J sin2 co^d^ = о0

4co /

По условию задачи T <^t, поэтому

1 >> sin2со^2 4co ’

и тогдаW = | с8г0Е^ t;

W = | • 3 • Ю8 • 5 • 10"3 • 8,85 • 1012 •104•60 ^ 4 (Дж).

23» В вакууме распространяется плоская электромагнитная волна. Амплитуда напряженности магнитного поля волны 0,1 А/м. Определить энергию, переносимую этой волной через поверхность площадью 1 м2, расположенную перпендикулярно направлению распространения волны, за время t = 1 с. Период волны Т <х t.

Дано: Нт = 0,1 А/м; S = 1 м2; t = 1 с; Т <К t; £ = 1; ц = 1.

Найти: W.

Решение. Плотность потока энергии электромагнитной волны определяется вектором Пойнтинга

Р = Е*Н.(1)

Учитывая, что векторы Е и Н электромагнитной волны взаимно-перпендикулярны, для модуля вектора Р получим

Р = ЕН.(2)

Так как величины Е и Н в каждой точке волны меняются со временем по гармоническому закону, находясь в одинаковых фазах, то мгновенное значение Р равно

Р = P^sin tot • H^sin tot = S^H^sin2 tot.(3)

Энергия, переносимая через площадку S, перпендикулярную направлению распространения волны в единицу времени:

^ = J PdS = PS = SEmH msin2 tot.(4)

at $

Учитывая, что в электромагнитной волне

18оБ£2 =1ц0цН2,(5)

найдемEm = H Е^.(6)

Тогда выражение (4) примет вид

^ = Бн^З sin2m#.(7)

dt V£o£

Энергия, переносимая волной за время #, равна

W = Е^д^ sj gin2 cod# = /^ Я2 sf^ - 5i^^) .(8)

8q£о£0£4(0 ✓

По условию задачи T <К t, поэтому - », тогда

2 4со

W = 1(9)

2 Л/ £0£'

Подставляя числовые значения, получим

w = 1 /12,56 <UH 11 . (0Д)2.1.1^ 1 88 (Дж).

2 V 8,85 е 10"12- 1

Волновые свойства света

24*| Какую наименьшую толщину должна иметь мыльная пленка, чтобы отраженные лучи имели красную окраску (X = 0,63 мкм)? Белый луч падает на пленку под углом 30° (и = 1,33).

Дано: X = 6,3 • 10“7 м; i = 30°; п = 1,33.

Найти: dmin.

Решение. Условие максимума при интерференции

А = АХ,

где А — разность хода лучей, к — порядок интерференционного максимума, X — длина волны.

При интерференции на тонкой пленке толщиной d, обладающей показателем преломления п, в отраженном свете разность хода лучей определяется выражением

А = 2d 7я2 ~ sin2 i + - .

Приравнивая выражения для А, получим: 2djn2 - sin2 + ^ = АХ,

X

откудаоткудаd = —... .- —..

откуда

откуда

й^п2 - sin2 i

Очевидно, что d будет минимальной при к = 1:

dmin - Р;5 ’.6,3_-10'1 Од3.10-б (м) = 0д3 (МКМ). 271,332-0,25

25» Для получения колец Ньютона используют плосковыпуклую линзу. Освещая ее монохроматическим светом с длиной волны 0,6 мкм, установили, что расстояние между 5 и 6 светлыми кольцами в отраженном свете равно 0,56 мм. Определить радиус кривизны линзы.

Дано: X = 6 • 10~7 м; кг = 5; А2 = 6; Аг = 5,6 • 10"4 м.

Найти: R.

Решение. Расстояние Аг между кольцами есть разность радиусов г6 и г5 колец

Аг=г6-Г5.

Радиус светлого кольца в отраженном свете определяется по формуле:

тк

где к — номер кольца.

Аг =

(ДГ)2= ^ .(7П -З)2,

откуда Я - - 2^ - ^li^UOi „ w 4 (м) (Тп-З)’х 0,32=-6-10’’ ' '

26» Определить радиус 4-го темного кольца Ньютона в отраженном свете, если между линзой с радиусом кривизны 5 м и плоской поверхностью, к которой она прижата, находится вода. Свет с длиной волны 0,589 мкм падает нормально.

Дано: Я = 5м;А = 4;п = 1,3; X = 5,89 • 10"7 м; пв = 1,3.

Найти; г4.

Решение. Радиус каждого темного кольца в отраженном свете определяется по формуле

Тогда радиус 4-го кольца будет

г4 =- 3 • 10”3 (м) = 3 (мм).

27J Монохроматический свет длиной волны 0,5 мкм падает на мыльную пленку (п = 1,3) толщиной 0,1 мкм, находящуюся в воздухе. Найти наименьший угол падения, при котором пленка в проходящем свете кажется темной.

Дано: X = 5 • 10"7 м; п = 1,3; d = 10-7 м.

Найти: fmin.

Решение. Условие минимумов при интерференции:Д = (2й-1)^,

где Д — разность хода лучей, к — порядок минимума в интерференционной картине, X — длина волны.

Разность хода Д при интерференции на тонкой пленке в проходящем свете определяется по формуле

Д = 2d Vn2 - sin2 г,

где d — толщина пленки, п — показатель преломления, i — угол падения.

Приравнивая правые части выражений для Д, получим2djn2 - sin2 i = (2А - 1)^ .

Очевидно, что угол будет минимальным при к = 1:

2d Jn2 - sin2 i = |;

4d2(n2 - sin2 i) — — ;

4

n2 - sin2 i = -^- ;

16d2

sin2 i = n2 - -^-;

16d2

sin2 i = 1,32 - 25'10’14 - 0,13;

16 • IO"14

sin i = 0,36; i to ^ 21°.

На пленку из глицерина (п = 1,47) толщиной 0,1 мкм падает белый свет. Каким будет казаться цвет пленки в отраженном свете, если угол падения лучей 45°?

Дано: d = 0,1 мкм; п = 1,47; i = 45°.

Найти: X.

Решение. Условие максимума при интерференции А = АХ. Разность хода лучей А при интерференции на тонкой пленке толщиной d:

А = 2djn2 - sin2 ■ + |, 2djn2 - sin2 + | = ^X.

Предполагая к = 1, получим:

X = 4djn2 - sin2 i; X = 4 • 1 • 10-7Vl,472 - 0,5 - 0,52 (мкм).

Такая длина волны соответствует зеленому цвету.

29» Радиус кривизны плосковыпуклой линзы 12,1м. Диаметр второго светлого кольца Ньютона в отраженном свете равен 6,6 мм. Найти длину волны падающего света, если он падает нормально.

Дано: R = 12,1 м; d = 6,6 • 10“3 м; к = 2.

Найти: X.

Решение. Радиус светлых колец Ньютона в отраженном свете определяется по формуле

Учитывая, что тк =Учитывая, что тк =d2’d2’получим:получим:

Учитывая, что тк =

Учитывая, что тк =

d

2’

d

2’

получим:

получим:

(2А-1)Л4(2А-1)В N 4-3-12,1

30*| Расстояние между двумя когерентными источниками (опыт Юнга) 0,55 мм. Источники испускают свет длиной волны 550 нм. Каково расстояние от щелей до экрана, если расстояние между соседними темными полосами на нем 1 мм?

Дано: d = 5,5 • 10~4 м; X = 5,5 • 10-7 м; Ах = 10~3 м.

Найти: L

Решение. Расстояние Ах между соседними светлыми или темными полосами на экране в опыте Юнга определяется по

XZ

формуле Ах = —-;

d

/=^;/=10^5^=1(м)

X5,5 • 10~7

31 ♦ Найти длину волны света, падающего на установку в опыте Юнга, если при помещении на пути одного из интерферирующих лучей стеклянной пластинки (п = 1,52) толщиной 3 мкм картина интерференции на экране смещается на 3 светлые полосы.

Дано: пг = 1; и2 = 1,52; I = 3 • 10-6 м; к = 3.

Найти: X.

Решение. При помещении пластинки с показателем преломления п2 на пути одного из лучей образуется дополнительная разность хода лучей А = п21 - nJ, которая по условию максимумов будет равна А = кХ. Приравнивая правые части, получим (n2 - n^l = кХ, откуда

X = П2-П10,52 • 3 • 10"6 = 0 52.10-6 (м)

к3

32» Найти расстояние между третьим и пятым минимумами на экране, если расстояние двух когерентных источников (X = = 0,6 мкм) от экрана 1 м, расстояние между источниками 0,2 мм.

Дано: кг = 3; к2 = 5; I = 1 м; X = 0,6 мкм; d = 2 • 10-4 м.

Найти: Ах5 3.

Решение. Расстояние хк от центра интерференционной картины до минимума каждого порядка определяется по формуле

^min = ±(2A-D^|.

Тогда х5 = ^7 ! хз = ^7 и Ах = х5 - х3 = ^ ;

5 2d 3 2d53 d

Л 2 • 1 • 6 • 10"7 с , х Ах = it—= 6 (мм).

2 • IO"4’

3.1 Два когерентных источника, расстояние между которыми 0,2 мм, расположены от экрана на расстоянии 1,5 м. Найти длину световой волны, если 3-й интерференционный минимум расположен на расстоянии 12,6 мм от центра картины.

Дано: d = 2 • 10"3 м; I = 1,5 м; к = 3; Ах3 = 12,6 • 10"3 м. Найти: X.

Решение. Расстояние хк от центра интерференционной картины до минимума каждого порядка определяется по формуле

xAmin = ±(2A-l)^.

Тогда длина волны X будет равна:

= 6,72-10"6 (м).= 6,72-10"6 (м).X = 2dXk™ . х = 2 • 2 • 10-3 • 12,6 • 10~3

= 6,72-10"6 (м).

= 6,72-10"6 (м).

(2k-l)l’5-1,5

34» Расстояние между двумя когерентными источниками d = = 0,6 мм. Источники посылают монохроматический свет с длиной

о

волны 6400 А на экран, расположенный от них на расстоянии 3,5 м.

Определить число световых полос на 1 см длины.

Дано: d = 0,9 мм = 9*10 4 м; X = 6,400 А= 6,4*10 7 м;

L = 3,5 м; х = 10 2 м.

Найти: к/х.

Решение. В точке О на экране (рис. 45) будет максималь

ная освещенность. Так как точка О равноудалена от источни

ков 8Х и S2, то разность хода волн S^O и S^O равна нулю.

Рис. 45Рис. 45В произвольной точке экрана Ок максимум освещенности будет наблюдаться, если разность хода лучей равна целому числу длин волн:

Рис. 45

Рис. 45

A = s2-s1 = кХ.(1)

Разность хода лучей А = ^.

Учитывая выражение (1), получим

д = ^ = ЙХ.(2)

Из выражения (2) можно определить искомую величину к/х — число светлых интерференционных полос на единицу длины

к = d_ х LX*

Подставляя в это выражение числовые значения, получим

- .940^— = 401 ( ^~4(CM-i)

х 3,5 • 6,4 • IO"7 v / v /

, Найти угловое расстояние между соседними светлыми полосами в опыте Юнга, если известно, что экран отстоит от когерентных источников света на 1 м, а пятая светлая полоса на экране расположена на расстоянии 1,5 мм от центра интерференционной картины.

Дано: L = 1m;A = 5;Z = 1,5 мм = 1,5 • 10~3 м.

Найти: Аатах.

Решение. В точке О на экране (центр интерференционной картины) (рис. 46) будет максимальная освещенность, так как точка равноудалена от источников света 8Х и S2 и разность

хода волн SXO и S2O равна нулю. В произвольной точке экрана Ок максимум освещенности будет наблюдаться, если разность хода волн SxOk - S2Ok равна целому числу длин волн:

Д = АХ.(1)

Разность хода лучей

А=^.(2)

Приравниваем формулы (1) и (2):

L =кХ’

откудаI = ^^.

а

Рис. 46Рис. 46(3)(3)Угловое положение интерференционной полосы на экране определяется углом а. Из рис. 46 видно, что tg а = ^ , или вви

Рис. 46

Рис. 46

(3)

(3)

ду малости а а«1.(4)

Решая (3) и (4), находим а = ^. max d

(5)(5)Угловое расстояние между соседними светлыми полосами

(5)

(5)

Определяя 3 из уравнения (5) и подставляя это отношение а

в (3), получаем

Аатах =’

А“тах= ^^.i0"8 = 3 • Ю~4 (рад).

36» Для устранения отражения света от поверхности линзы на нее наносится тонкая пленка вещества с показателем преломления 1,25, меньшим, чем у стекла (просветление оптики). При какой наименьшей толщине пленки отражение света с длиной волны 0,72 мкм не будет наблюдаться, если угол падения лучей 60°?

Дано: п = 1,25; X = 0,72 мкм = 7,2 • 10-7 м; i = 60°.

Найти: dmin.

Решение. Оптическая разность хода лучей, отраженных от нижней и верхней поверхностей пленки, равна

Л = 2Йа/и^—^i^(1)

В выражении (1) учтено, что отражение лучей на обоих поверхностях происходит от оптически более плотной среды и поэтому потери полуволны в обоих случаях компенсируют друг друга. Условие интерференционного минимума имеет вид

А = +(2^-1)^ т = i 2(2)

2v '

Подставляя (1) в (2) и учитывая, что выражение (1) положительно, получим

2djn2-sin4 = (^JQX ,(3)

Из (3) найдем возможные значения толщины пленки:

д =.(4)

4а/^2 - sin2/

Наименьшее значение толщины пленки будет при т = 1:

4jn2 - sin2/

Подставляя в (5) числовые значения, получим

d^ =7^5^ = 2.10-7 (м) о,2 (мкм).

4Vr252^sin260o

Постоянная дифракционной решетки 2,5 мкм. Определить наибольший порядок спектра, общее число главных максимумов в дифракционной картине и угол дифракции в спектре 2-го порядка при нормальном падении монохроматического света с длиной волны 0,62 мкм.

Дано: с = 2,5 • 106 м; к = 2; X = 6,2 • 107 м.

Найти: Amax, N, ф2.

Решение. Условие максимума при дифракции на решетке csin ф = АХ, Фйтах = 90°; sin ф6тах = 1.

Тогда Агаах = £ ; А = ^^ ^ ! = 4,03, т. е. = 4. Общее число

максимумов

№2Атах + 1 = 9.

откудаоткудаУгол дифракции ф2 определяется по формуле csin ф2 = 2Х,

откуда

откуда

• 2Хsin ф2 =;

•2 • 6,2 • 10‘7 _ л к

sin ф9 = - ^- - ~ 0,5;

2,5-10‘6

Ф2 = 30°.

38* Какую разность длин волн АХ может разрешить дифракционная решетка с периодом 2,5 мкм шириной 1,5 см в спектре 3-го порядка для зеленых лучей (X = 0,5 мкм)?

Дано: с = 2,5 • 10"6 м; Z = 1,5 • 102 м; к = 3; X = 0,5 х 10"6 м.

Найти; АХ.

Решение. Разрешающая способность R дифракционной решетки — отношение длины волны X к разности АХ длин волн R = 4- ДХ

R вычисляется по формуле

R = kN,

где к — порядок максимума в спектре, N — число щелей на

решетке N = - , где I — ширина решетки, с — период решетки. с

Тогда

А = ък kX с ’

откуда

ДХ = — ; ДХ = 0,5-10-6*2,5- IO"6 ~ 2 g. 10-ц ^м) Ы3-1,5-IO"2

На дифракционную решетку с периодом 2 мкм нормально падает пучок света от разрядной трубки, наполненной гелием. Какую разность длин волн может разрешить эта решетка в области красного света (Хх = 0,7 мкм) в спектре второго порядка, если ширина решетки 2,5 см? На какую длину волны в спектре второго порядка накладывается синяя линия (Х2 = 0,447 мкм) спектра третьего порядка?

Дано: k2 = 2; к3 = 3; I = 2,5 см = 2,5 • 10-2 м; с = 2 мкм = = 2*10"6м; Хх = 0,7 мкм = 7*10“7м; Х2 = 0,447 мкм = = 4,47-107m.

Найти: АХ, Х3.

Решение. Разрешающая способность дифракционной решетки

(1)(1)R = А = kN,ах

(1)

(1)

где N — общее число щелей решетки, к — порядок спектра.

Период решетки с =Период решетки с =— , где Na — число щелей на 1 м дли-

Период решетки с =

Период решетки с =

No и

ны. Зная ширину I дифракционной решетки, находим общее число щелей решетки:

(2)(2)(3)(3)N = Nol = 1- .с

(2)

(2)

(3)

(3)

Из формулы (1) с учетом (2) находим

ДХ = — = kN kl

АХ = 7.10-7.2.10-6 = 2 8.10-ц (м)

2-2,5-IO"2

Направления на главные максимумы дифракционной решетки определяются условием csin ф = кХ, где к = 0, 1, 2, 3, ... — порядок спектра, ф— угол между направлением на дифракционный максимум и нормалью к решетке. При наложении спектральных линий выполняется условие:

csin ф = к2Х2 , csin ф = к3Х3 или к2Х2 = й3Х3, откуда

хх 2-4,47.10-7 = 2 8.10_7

3*333

| Дифракционная решетка содержит 200 штрихов на каждый миллиметр. На решетку нормально падает монохроматический свет

с длиной волны 5750 А. Определить наибольший порядок спектра и общее число главных максимумов в дифракционной картине.

Дано: N = 200; X = 5750 А = 5,75 • 107 м.

Найти: йтах, п.

Решение. Число штрихов на единицу длины N и постоянная дифракционной решетки с связаны обратной пропорциональной зависимостью:

С = ^; с = ^ (мм) = 5.10"6 (м).

Для дифракционных максимумов, полученных с помощью дифракционной решетки, справедливо соотношение

с sin ф = кХ.

Число главных максимумов, даваемых решеткой, йтах вычислим, исходя из того, что максимальный угол отклонения лучей не может превышать 90°. Из соотношения с sin ф = ЙХ получим:

ь = с8Шфтах

^maxз е

Подставляя числовые значения, имеем ъ = 5 • 10~6 • 18 7

тах 5,75-IO"7’ *

Число йтах должно быть целым. Оно не может принять значение, равное 9, так как при этом значении sin ф должен быть больше 1, что невозможно. Следовательно, йтах = 8.

Определим общее число главных максимумов п. Учитывая, что влево и вправо от центрального максимума будет наблюдаться по одинаковому числу главных максимумов, равному 2йтах, а также центральный нулевой максимум, получим:

4141= 2^тах + 1 = 17,

41

41

Дифракционная решетка шириной 12 мм содержит 4800

штрихов. Определить число главных максимумов, наблюдаемых в спектре дифракционной решетки для длины волны 0,55 мкм.

Дано: h = 12 мм = 1,2 • 10~2 м; N = 4800; X = 0,55 мкм = = 5,5-107м.

Найти: п.

Решение. Период решетки с определяется по формуле

Условие максимумов при дифракции на решетке

с sin ф = ЙХ.

Максимальный угол отклонения ф = 90°, для которого

с = ftmaA откуда Атах = £ ; Атах = q^1^4,5,

т. е. значение йтах = 4, а общее число главных максимумов п = 2^тах +1 = 9.

42. На дифракционную решетку с периодом 4,8 мкм падает нормально естественный свет. Какие спектральные линии, соответствующие длинам волн в видимой области спектра, будут совпадать в направлении под углом 30°?

Дано: с = 4,8 мкм; ф = 30°.

Найти: X,.

Решение. Условие максимумов при дифракции на решетке выражается формулой

с sin ф = 2^- = кХ.

Отсюда Х=« = 1181015 = 2^ кк к

По оценке из видимой области спектра (X от 0,38 до 0,76 мкм) в направлении ф = 30° совпадут линии с длинами волн:

Хх = ^ = 0,6 (мкм) при к = 4,

Х2 = ^^ = 0,48 (мкм) при к = 5,

Х3 = ^ = 0,4 (мкм) при к = 6.

43» Период дифракционной решетки 0,005 мм. Определить число наблюдаемых главных максимумов в спектре для длины волны 0,445 мкм.

Дано: с = 5 • 10~6 м; X = 4,45 • 10-7 м.

Найти: N.

Решение. Условие максимумов при дифракции на решетке с sin ф = кХ. Предельный угол ф равен 90°, sin 90° = 1. Тогда ^тах = ^^ = 7 : *тах = Л^а-т П’ а обЩее число ГЛаВНЫХ максимумов N = 2Атах + 1 = 23.

44*| Экран, на котором наблюдается дифракционная картина, расположен на расстоянии 1 м от точечного источника монохроматического света (X = 0,5 мкм). Посередине между экраном и источником помещена диафрагма с круглым отверстием. При каком наименьшем диаметре отверстия центр дифракционной картины будет темным?

Дано: г0 = 1м; а = Ь = ^ = 0,5 м; X = 0,5 • 10 6 м.

Найти: draln.

Решение. На экране (рис. 47) центр дифракционной картины в точке О будет темным, если на отверстии d уместится минимальное четное число зон Френеля, т. е. т = 2. Радиус зон Френеля определяется по формуле

/ ab лГт * т^ *

Na + b

Рис. 47

Рис. 48

Радиус 2-й зоны Френеля будет

г2 = J6^ . 2 • 0,5 • 10-6 = 0,5 • 10"3 (м) = 0,5 (мм).

Значит, dmin = 2r, = 1 (мм).

Свет от монохроматического источника (X = 0,6 мкм) падает нормально на диафрагму с круглым отверстием г = 0,6 мм. Темным или светлым будет центр дифракционной картины на экране, находящемся на расстоянии Ъ = 0,3 м от диафрагмы?

Дано: X = 0,6 мкм = 6 • 10-7 м; г = 0,6 мм = 6 • 10“4 м; b = = 0,3 м.

Найти: т.

Решение. Радиусы зон Френеля, на которые следует разбить отверстие, чтобы определить их число, определяются по формуле

rm = JmXb » где т — номер зоны, X — длина волны, Ь — расстояние от диафрагмы до экрана. Из этой формулы m_a;m_ 36.10-2

ЬХ 0,3-6.10’

Число зон четное, следовательно, центр картины на экране будет темным.

46» На узкую щель шириной 0,1 мм падает нормально плоская монохроматическая волна (X = 0,585 мкм). Найти расстояние между первыми дифракционными минимумами на экране, удаленном от щели на 0,6 м.

Дано: а = 0,1 мм = 10"4 м; X = 0,585 мкм = 5,85 • 10 7 м; I = = 0,6 м; к = 1.

Найти: х.

Решение. На рис. 48 искомая величина х = АВ» стрелками О А и ОВ показаны направления на 1-й дифракционный минимум. Из рисунка видно, что

| = ztg ф, a tg <р = ^ .

Условие минимума при дифракции на щели: a sin ф = кХ, откудаsin ф = —.

а

Для малых углов tg ф — sin ф и тогда

х = кХ

21 а ’

откуда

х = 2^2 • 0,6 • 1 • 5,85 • 10—?. 10-з (м) = 7 (мм).

а10

На дифракционную решетку Д (рис. 49) нормально падает монохроматический свет с длиной волны 0,65 мкм. На экране Э, расположенном параллельно решетке и отстоящем от нее на расстояние 0,5 м, наблюдается дифракционная картина. Расстояние между дифракционными максимумами первого порядка равно 10 см. Определить постоянную дифракционной решетки и общее число главных максимумов, получаемых с помощью этой решетки.

Дано: X = 6,5 • 10“7 м; L = 0,5 м; I = 0,1 м; к = 1.

Найти: с, п.

Решение. Запишем условие главных максимумов дифракционной решетки:

с sin ф = кХ.(1)

По условию задачи к = 1. Учитывая, что ^ <^L (см* Рис* 49), имеем

sin ф * tg <р = ^ .(2)

д1<—Д—> линзаII I 0 I II эL 1 >1Рис. 49Подставляя числовые значения величин, находим_ = 2 • 6,5 • 10~7 • 0,5 = 0,1= 6,5 • 10“6 м = 6,5 (мкм).Для определения общего числа главных максимумов, даваемых дифракционной решеткой, исходим из условия, что максимальный угол отклонения лучей отд1<—Д—> линзаII I 0 I II эL 1 >1Рис. 49Подставляя числовые значения величин, находим_ = 2 • 6,5 • 10~7 • 0,5 = 0,1= 6,5 • 10“6 м = 6,5 (мкм).Для определения общего числа главных максимумов, даваемых дифракционной решеткой, исходим из условия, что максимальный угол отклонения лучей отПодставляя выражение (2) в (1), получим £1=Хилис=^.(3)Подставляя выражение (2) в (1), получим £1=Хилис=^.(3)

д

1<—Д—> линза

II I 0 I II э

L 1 >1

Рис. 49

Подставляя числовые значения величин, находим

_ = 2 • 6,5 • 10~7 • 0,5 = 0,1

= 6,5 • 10“6 м = 6,5 (мкм).

Для определения общего числа главных максимумов, даваемых дифракционной решеткой, исходим из условия, что максимальный угол отклонения лучей от

д

1<—Д—> линза

II I 0 I II э

L 1 >1

Рис. 49

Подставляя числовые значения величин, находим

_ = 2 • 6,5 • 10~7 • 0,5 = 0,1

= 6,5 • 10“6 м = 6,5 (мкм).

Для определения общего числа главных максимумов, даваемых дифракционной решеткой, исходим из условия, что максимальный угол отклонения лучей от

Подставляя выражение (2) в (1), получим £1=Хилис=^.(3)

Подставляя выражение (2) в (1), получим £1=Хилис=^.(3)

нормального направления распространения не может превышать 90°, т. е. sin 90° = 1, тогда формула (1) примет вид

№тах ^ •

Производим вычисления:

к = 6,5-10-6 = 10тах 6,5-10"7’

Общее число максимумов равно тг = 2йтах + 1, т. е. влево и вправо от центрального максимума будут наблюдаться по Атах максимумов:

п = 2-10 + 1 = 21.

48* Постоянная дифракционной решетки 10 мкм, ее ширина 2 см. В спектре какого порядка эта решетка может разрешить дублет Хх = = 486 нм и Х2 = 486,1 нм?

Дано: с = 10 мкм = 10-5 м; I = 2 см = 2-102 м; Хх = = 486 нм = 4,86 • 107 м; Х2 = 486,1 нм = 4,861 • 10"7 м.

Найти: ттг.

Л = А = mN,Л = А = mN,Решение. Разрешающая способность дифракционной решетки

Л = А = mN,

Л = А = mN,

(1)

где АХ — минимальная разность длин волн двух спектральных линий X и X + АХ, разрешаемых решеткой, тп — порядок спектра, N — число щелей решетки.

Поскольку постоянная решетки с есть расстояние между серединами соседних щелей, то общее число щелей можно найти как

N=^, (2) С

где I — ширина решетки.

Из формулы (1) с учетом (2) находим

(3)(3)АХ = — = — .

(3)

(3)

mN ml

Дублет спектральных линий Хх и Х2 будет разрешен, если

X ^ Х2 — Хх.(4)

Подставляя выражение (3) в (4) и учитывая, что X = Хх, получим

(5)(5)^ < Х2 - Х1ml 21

(5)

(5)

Из выражения (5) следует, что дублет Хх и Х2 будет разрешен во всех спектрах с порядком

Подставляя числовые данные, получим c^i =10~5 • 4,86 • 10~7= 2 ,

Z(X2 - Хх) 2 • IO"2 • (4,861 - 4,86) • 10-7’

Поскольку тп — целое число, то, следовательно, m > 3.

49*| Определить расстояние между атомными плоскостями в кристалле каменной соли, если дифракционный максимум первого порядка наблюдается при падении рентгеновских лучей с длиной волны 0,147 нм под углом 15° 12' к поверхности кристалла.

Дано: X = 0,147 нм = 1,47 • 10"10 м; 0 = 15°12'; к = 1.

Найти: d.

Решение. Дифракция рентгеновских лучей на кристаллах — это результат интерференции рентгеновского излу

чения, зеркально отражающегося от системы параллельных

ВРис. 50ВРис. 50плоскостей, которые проходят через узлы — атомы (например, А (рис. 50)) кристаллической решетки. Эти плоскости называют атомными. Отражение наблюдается лишь в тех направлениях, соответствующих дифракционным максимумам, которым удовлетворяет соотношение

В

Рис. 50

В

Рис. 50

А = |ВС| + \BD\ = 2d sin 0 или 2d sin 6 = АХ, (1)

где к = 1, 2, 3, ... — порядок дифракционного максимума, 6 — угол скольжения, т. е. угол между падающим лучом и плоскостью кристалла, d — расстояние между соседними плоскостями, называемое межплоскостным.

Исходя из условия (1) и учитывая, что к = 1, имеем d = -А_ ; d = MLlIO^ 2,8 • 10~10 (м) = 0,28 (нм).

2sin9 2sinl5 12

Расстояние между атомными плоскостями кристалла кальция равно 0,3 нм. Определить, при какой длине волны рентгеновского излучения второй дифракционный максимум будет наблюдаться при отражении лучей под углом 30° к поверхности кристалла.

Дано: d = 0,3 нм = 3 • 10"10 м; к = 2; 6 = 30°.

Найти: X.

Решение. Формула Вульфа—Брэгга определяет условие максимума при дифракции на пространственной решетке.

2d sin 6 = кк,

откудаоткудаi _ 2d sinO ,к ’

откуда

откуда

5151X = 2 • 3 • 10"10 • 0,5 = 1>5.10-ю (м)

51

51

Естественный свет падает на кристалл алмаза под углом пол

ной поляризации. Найти угол преломления света (п = 2,42).

Дано: nx = 1; п2 = 2,42.

Найти: у.

Решение. При падении естественного света на поверхность под углом iB полной поляризации отраженный луч будет пол

ностью поляризован. По закону Брюстера tg iB = — равен отношению показателей преломления алмаза и воздуха, и угол между отраженным и преломленным лучами равен 90°. Поэтому tg iB = 2,42 и iB = 67°30', а из рис. 51 видно, что угол преломления у = 180° - 90° - iB =22°30'.

52* Под каким углом к горизонту должно находиться Солнце, чтобы свет, отраженный от поверхности воды, был максимально поляризован? (пв = 1,33.)

Дано: пв = 1,33; пх = 1.

Найти: а.

Решение. По закону Брюстера

tg iB = ^ = пв= 1,33; iB = 53°,

где пв и пх — показатели преломления воды и воздуха. Тогда, как следует из рис. 52, а = 90° - ZB = 37°.

естественныйестественныйестественныйестественный

естественный

естественный

естественный

естественный

53* Интенсивность естественного света, прошедшего через поляризатор, уменьшилась в 2,3 раза. Во сколько раз она уменьшится, если за первым поставить второй такой же поляризатор так, чтобы угол между их главными плоскостями был равен 60°?

Дано: Iq/I^ = 2,3; а = 60°.

Найти: /0//2-

Решение. Естественный свет можно представить как наложение двух некогерентных волн, поляризованных во взаимноперпендикулярных плоскостях и имеющих одинаковую интенсивность. Идеальный поляризатор пропускает колебания, параллельные его главной плоскости, и полностью задерживает колебания, перпендикулярные этой плоскости. На выходе из первого поляризатора получается плоскополяризованный свет, интенсивность которого 1г с учетом потерь на отражение и поглощение света поляризатором равна

А-§(1-А).(1)

После прохождения второго поляризатора интенсивность света уменьшается как за счет отражения и поглощения света поляризатором, так и из-за несовпадения плоскости поляризации света с главной плоскостью поляризатора. В соответствии с законом Малюса и с учетом потерь на отражение и поглощение света эта интенсивность равна

/2 = ^(1 - ^)cos2a,(2)

где a — угол между плоскостью поляризации света, которая параллельна главной плоскости первого поляризатора, и главной плоскостью второго поляризатора.

Найдем, во сколько раз уменьшилась интенсивность света:

(3)(3)£о £о

(3)

(3)

Л Л(1 ~ A)cos2 a

Выразим из (1)Выразим из (1)1-A=^i1-A=^i(4)(4)

Выразим из (1)

Выразим из (1)

1-A=^i

1-A=^i

(4)

(4)

12 cos2a12 cos2a(5)(5)

1

2 cos2a

1

2 cos2a

(5)

(5)

Подставляя (4) в (3), получим:

^0 _

Л

1г1г12 cos260°12 cos260°2,32 — 10,6.2,32 — 10,6.Проводя вычисления, найдем

1г

1г

1

2 cos260°

1

2 cos260°

2,32 — 10,6.

2,32 — 10,6.

Естественный свет падает на поверхность диэлектрика под углом полной поляризации. Степень поляризации преломленного луча составляет 0,124. Найти коэффициент пропускания света.

Дано: Р” = 0,124.

Найти; т.

Решение. Естественный свет можно представить как наложение двух некогерентных волн, поляризованных во взаимноперпендикулярных плоскостях и имеющих одинаковую интенсивность

Ц = (1) где индексы || и ± обозначают колебания, параллельные и перпендикулярные плоскости падения света на поверхность диэлектрика, причем интенсивность падающего света

I = I^Iv (2)

При падении света под углом полной поляризации отражаются только волны, поляризованные в плоскости, перпендикулярной к плоскости падения. В преломленной волне преобладают колебания, параллельные плоскости падения. Интенсивность преломленной волны можно записать как

Г' = 1^11- (3)

Составляющие 1^' и 1^ интенсивности преломленной волны равны

1\\=11и11=1д.-Г,(4)

где Г — интенсивность отраженного света.

Степень поляризации преломленного луча

г,+г;г,+г;ГГ(5)(5)

г,+г;

г,+г;

Г

Г

(5)

(5)

С учетом равенств (4) и (1) выражение (5) можно предста

вить в видевить в видеГГГГ(6)(6)

вить в виде

вить в виде

Г

Г

Г

Г

(6)

(6)

Коэффициент пропускания света определяется как

т = 7или с учетом выражения (6)т =т = 7или с учетом выражения (6)т =ГГ 4- ГГГ 4- Г111 + Р"Проведя вычисления, получим т =1 = 0,89.1+0,1241 + Р"Проведя вычисления, получим т =1 = 0,89.1+0,124(7)(7)(8)(8)

т = 7

или с учетом выражения (6)

т =

т = 7

или с учетом выражения (6)

т =

Г

Г 4- Г

Г

Г 4- Г

1

1

1 + Р"

Проведя вычисления, получим т =1 = 0,89.

1+0,124

1 + Р"

Проведя вычисления, получим т =1 = 0,89.

1+0,124

(7)

(7)

(8)

(8)

55» Какой угол образуют плоскости поляризации двух николей, если свет, вышедший из второго николя, был ослаблен в 5 раз? Учесть, что поляризатор поглощает 10, а анализатор 8% падающего на них света.

Дано: п = 5; кг = 0,1; к2 = 0,08.

Найти: ф.

Решение. Естественный луч света, падая на грань призмы николя, претерпевает двойное лучепреломление. В результате возникают два луча: обыкновенный и необыкновенный. Оба луча поляризованы во взаимно-перпендикулярных плоскостях, интенсивность их одинакова и равна половине интенсивности естественного света. Интенсивность света, прошедшего через первую призму (поляризатор) с учетом поглощения, равна

(1)(1)Л -^а-М»

(1)

(1)

где 10 — интенсивность естественного света, падающего на первый николь, кг = 0,1 — относительная потеря интенсивности света в поляризаторе.

Поляризованный свет, попадая на вторую призму (анализатор), вновь испытывает поглощение, но, кроме этого, его интенсивность уменьшается из-за несовпадения плоскостей поляризации поляризатора и анализатора. Уменьшение интенсивности определяется законом Малюса

I2 = T^cos2 ф.

Учитывая потери интенсивности света в анализаторе, имеем

^2= j(1-M1-*2)cos2<p,(2)

где к2 = 0,08 — относительная потеря интенсивности в анализаторе, ф — угол между плоскостями поляризации поляризатора и анализатора.

Так как по условию задачи известно, что относительное

10 уменьшение интенсивности света п = ~, то, подставив выра

жение (2), получим

п=^ =.(3)

^2(1 ” ^1)(1 ~ fe2)C°S2(P

Из соотношения (3) получим cos2 ф =Из соотношения (3) получим cos2 ф =22п(1-кх)а-Ь2)п(1-кх)а-Ь2)

Из соотношения (3) получим cos2 ф =

Из соотношения (3) получим cos2 ф =

2

2

п(1-кх)а-Ь2)

п(1-кх)а-Ь2)

Подставляя данные, проводим вычисления

COS2 ф =COS2 ф =225-0,9-0,925-0,9-0,920,483,0,483,

COS2 ф =

COS2 ф =

2

2

5-0,9-0,92

5-0,9-0,92

0,483,

0,483,

следовательно, искомый угол ф = 46°.

56» Угол между плоскостями поляризации двух поляроидов 70°. Как изменится интенсивность прошедшего через них света, если этот угол уменьшить в 5 раз?

Дано: 04 = 70°; а2 = 14°.

Найти: I<JIV

Решение. После прохождения света через оба поляроида его интенсивность I будет I = | Z0cos2 а. Тогда

т 1г 2 т 1т 2COS2 do

Л = cos2 ар ^2 = cos2 а2; 7;

22COS^Qj

Л = cos214° = 0,942 ~ 8

Zi cos270°0,117’

т. е. интенсивность возрастет в 8 раз.

57» Луч света, проходя слой льда, падает на алмазную пластинку, частично отражается, частично преломляется. Определить, каким должен быть угол падения, чтобы отраженный луч был максимально поляризован.

Дано: пт = 1,31; п2 = 2,42.

Найти: i0.

(1)(1)Решение. Отраженный свет максимально поляризован при угле падения t = 10, удовлетворяющем закону Брюстера:

(1)

(1)

tg ^0 ” П2Р

где и21 = —- — относительный показатель преломления отражающей среды.

Если / = /0, то отраженный и преломленный лучи взаимноперпендикулярны. Проходящий свет поляризован лишь частично. Из выражения (1) находим

г0 = arctg ^; i0 = arctg |^|| = 61,5°.

58» Определить, во сколько раз уменьшится интенсивность естественного света, прошедшего через два николя, плоскости поляризации которых составляют угол 45°. Каждый николь поглощает 8% света, падающего на него (рис. 53).

Дано: а = 45°; к = 0,08.

Найти: 10Д2.

Решение. В результате двойного лучепреломления естественный луч света, попадая в призму П — поляризатор, раздваивается на обыкновенный и необыкновенный лучи. Оба луча поляризованы, но во взаимно-перпендикулярных плоскостях. Обыкновенный луч, подчиняясь закону преломления, преломится и, подойдя к слою канадского бальзама в николе, испытает полное отражение и поглотится зачерненной боковой гранью призмы. Необыкновенный луч проходит через призму без отклонения, интенсивность его уменьшается из-за поглощения света призмой на величину к10.

Интенсивность света, прошедшего через поляризатор, равна

1г = 0,5(1 -(1)

где к = 0,08 (т. е. 8%)— коэффициент поглощения света в призме, 10 — интенсивность естественного света, падающего на поляризатор.

Поляризованный свет, войдя во второй николь — анализатор А, опять поглощается, и интенсивность его уменьшается на величину 1к0; кроме того, интенсивность поляризованного света из-за несовпадения плоскостей поляризации поляризатора и анализатора, согласно закону Малюса:

/2 = Л(1"" &)cos2 а,(2)

где а — угол между плоскостями поляризации поляризатора и анализатора, к — коэффициент поглощения, 1г — интенсив-

ность поляризованного света, падающего на анализатор, 12 — интенсивность поляризованного света, прошедшего через анализатор.

Подставляя выражение (1) в (2), имеем

(3)(3)/2 = 0,5(1 - А)210 cos2 а.

(3)

(3)

Из соотношения (3) следует

~ = 0,5(1 - й)2 cos2 а, а -^ =~ = 0,5(1 - й)2 cos2 а, а -^ =110,5(1 - A)2cos2а0,5(1 - A)2cos2а

~ = 0,5(1 - й)2 cos2 а, а -^ =

~ = 0,5(1 - й)2 cos2 а, а -^ =

1

1

0,5(1 - A)2cos2а

0,5(1 - A)2cos2а

Подставляя числовые значения, получим

^ = 0,5(1 - 0,08)2 cos2 45° = 0,21; ^ = -1- ^ 4,7.

0,21

59*| Раствор сахара с концентрацией 0,25 г/см3 толщиной 20 см поворачивает плоскость поляризации монохроматического света на 30°20'. Другой раствор толщиной 15 см поворачивает плоскость поляризации на 20°. Определить концентрацию сахара во втором растворе.

Дано: сх = 0,25 г/см3; 1Х = 20 см; фг = 30,3°; Z2 = 15 см; Ф2 = 20°.

Найти: с2.

Решение. Угол поворота плоскости поляризации определяется по формуле

Ф = [a]cZ,

где [а] — удельное вращение. фг = [а] с^р отсюда [а] = -^1- ф2 = (alc2Z2’ откуда

с =•

2[a]Z2’

С2 =~ °’22 (Г/СМ3).

Измерение дисперсии показателя преломления оптического стекла дало пх = 1,528 для Хх = 0,434 мкм и п2 = 1,523 для Х2 = = 0,486 мкм. Вычислить отношение групповой скорости к фазовой для света с длиной волны 0,434 мкм.

Дано: Хх = 0,434 мкм = 4,34 •Ю-7 м; пх = 1,528; Х2 = = 0,486 мкм = 4,86 • 10 7 м; п2 = 1,523.

Найти: ux/vv

2252258 - 9332 Гладской

225

225

Решение. Зависимость групповой скорости и от показателя преломления и и длины волны X имеет вид

"-£(1 + ^)-(D

п п dX,

Фазовая скорость и определяется как

и = ^.(2)

п

Разделив выражение (1) на (2), получим

и _ ^ । X du(2)

v п dX*

Для длины волны Хх и средней дисперсииДля длины волны Хх и средней дисперсииdn \ _ Дп dX / ДХdn \ _ Дп dX / ДХимеемимеем“1“1= 1 += 1 +^1И1^1И1^2^1Х2 — Xf^2^1Х2 — Xf(4)(4)

Для длины волны Хх и средней дисперсии

Для длины волны Хх и средней дисперсии

dn \ _ Дп dX / ДХ

dn \ _ Дп dX / ДХ

имеем

имеем

“1

“1

= 1 +

= 1 +

^1

И1

^1

И1

^2^1

Х2 — Xf

^2^1

Х2 — Xf

(4)

(4)

(1)(1)(2)(2)

(1)

(1)

(2)

(2)

Подставляя в (4) числовые значения, получим

“1-14. 4,34 • 10-7 • (1,523 - 1,528) ~ n Q7n

^- 11,528.(4,86-4,34). IO-7 ^’^

61* Дисперсия показателя преломления кварца представлена таблицей:

1, нм589,3486,1

410,0

п1,54421,5497

1,5565

Найти: отношение фазовой и групповой скоростей света вблизи X = 486,1 нм.

Решение. Групповая скорость и связана с фазовой скоростью и света в среде отношением

л duu = v- Х^.d X

Учитывая, что и = -, из (1) получаем п

И = иГ1 + ^L ndX.

Или для средней дисперсии вещества u = v(l + -^\

V п ДХ

где —средняя дисперсия показателя преломления среды. ДХ

Из таблицы для X = 486,1 нм и п = 1,5497 находим относительную дисперсию:

X Дп _ 4861(1,5565-1,5442) ~ _0 0215

п ДХ 1,5497(4100-5893)’'

Тогда из (2) получим

и = р(1 + ^ ^ ) = и(1 - 0,0215) = 0,9785и,

^ = 0,9785. и

Показатель преломления сероуглерода для света с длинами волн 509, 534 и 589 нм равен соответственно 1,647, 1,640 и 1,630. Вычислить фазовую и групповую скорости света вблизи длины волны 534 нм.

Решение. Групповая скорость и связана с фазовой скоростью и света в среде соотношением

и = и-к^.(1)

Учитывая, что и = - , из (1) получаем и = иГ1 + -^1. Для сред- пL паХА

ней дисперсии вещества имеем

(2)(2)и = р(1 +^1

(2)

(2)

V п ДХ А

Для X = 534 нм и п = 1,640 находим относительную дисперсию

X Дп = 535(1,647-1,630) ~ _Q Q69

п ДХ 1,640(509-589)’*

Из соотношения (2) определяем

И = (1 + £ ^ ) = ^ " °’069) = 0»931» и = 0,931р.(3)

Учитывая, что фазовая скорость и = с/n, находим ее значение вблизи X = 534 нм:

7^8 ^L83-108 (м/с).

l,o4U

По формуле (3) вычисляем групповую скорость

и - 0,931 • 1,83 • 108 (м/с) = 1,70 • 108 (м/с).

63+ В черепковском счетчике из каменной соли релятивистские протоны излучают в конусе с раствором 82°. Определить кинетическую энергию протонов. Показатель преломления каменной соли 1,54.

Дано: 29 = 82°; п = 1,54.

Найти: Т.

Решение. Излучение Вавилова—Черенкова возникает, когда скорость движения и заряженной частицы в среде больше фазовой скорости света с/пь этой среде (с — скорость света в вакууме, п — показатель преломления среды). Излучение направлено вдоль образующих конуса, ось которого совпадает с направлением движения частицы. Угол 6 между направлением излучения и направлением движения частицы определяется формулой

cos 6 = —.(1)

пи

Кинетическая энергия релятивистской частицы определяется как

T = 50f-"Л(2)

- (v/c)2)

где Ео = /пс2 — энергия покоя частицы; m — масса.

Для протонов £0 = 938,28 МэВ. Отношение и/с определим из (1):

- = —Ц •(3)

сп cos 9

Подставляя (3) в (2), получим

Т = £of ncos9 - -11(4)

(7n2cos29- 1 J

Проводя вычисления, найдем

Т = 938,2з(_1^4c2s4r__ - 1) = 902,9 (МэВ).

(7(1,54 cos41°)2-l)

64* При каких значениях кинетической энергии протона будет наблюдаться черенковское излучение, если протон движется с постоянной скоростью в среде с показателем преломления 1,6?

Дано: п = 1,6.

Найти: Тч.

Решение. Для возникновения черенковского излучения необходимо, чтобы скорость движения заряженной частицы в среде была больше фазовой скорости света в этой среде: и > -.

п

Выразим кинетическую энергию протона через показатель преломления среды:

Т = Е - Ео = тс2Т = Е - Ео = тс2-1 =£о(-1 =£о(

Т = Е - Ео = тс2

Т = Е - Ео = тс2

-1 =£о(

-1 =£о(

где Ео = 938,28 МэВ — энергия покоя протона, т — масса протона.

Черепковское излучение возникает при

Тогда

Т = 938,2в( , ^ - - 1) - 267,68 (МэВ).v7i,62-1

Задачи для самостоятельного решения

1» На какую длину волны настроен колебательный контур, состоящий из конденсатора емкостью 445 пФ и катушки с индуктивностью 1 мГн? Ответ: 1257 м.

На какой диапазон длин волн можно настроить колебательный контур с индуктивностью 1 мГн, если изменять емкость от 50 до 500 пФ? Ответ: от 421 до 1332 м.

3» Катушку с какой индуктивностью надо включить в колебательный контур, чтобы при емкости 0,5 мкФ получить излучение с частотой 1 мГц? Ответ: 0,05 Гн.

Катушка с индуктивностью 30 мкГн присоединена к плоскому конденсатору с площадью пластин 0,01 м2 и зазором между ними 0,1 мм, заполненном диэлектриком. Контур настроен на длину волны 750 м. Определить диэлектрическую проницаемость диэлектрика. Ответ; 6.

5* Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью 25 нФ и катушки с индуктивностью 1,015 Гн. Заряд на обкладках конденсатора 2,5 мкКл. Написать уравнение изменения разности потенциалов на обкладках конденсатора и тока в катушке. Найти их значения в момент времени, равный половине периода колебаний. Ответ: U = 100 cos(2n • 1030 (В); I = -15,7 • IO'3 sin(2n • 1030 (А); Ux = -100 В; ^ = 0.

фазы 30 и 90°, частота колебаний одинакова, длина волны равна 3,6 м. Найти амплитуду результирующего колебания точки С. Ответ: 14,4 см.

Скорость распространения электромагнитных волн в среде 2,6*108м/с. Определить длину волны в этой среде, если частота волн в вакууме равна 1 МГц. Ответ: 260 м.

Колебательный контур содержит конденсатор емкостью 100 пФ и катушку индуктивностью 1 мГн. Определить длину электромагнитной волны, излучаемой контуром. Ответ: 596 м.

В вакууме распространяется плоская электромагнитная волна, амплитуда напряженности электрического поля которой равна 20 В/м. Найти амплитудное значение напряженности магнитного поля волны. Ответ: 5,3 • 10~2 А/м.

Через площадку 30 см2 в направлении, ей перпендикулярном, распространяется плоская электромагнитная волна, амплитудные значения напряженности электрического и магнитного полей которой 0,01 В/м и 1 мА/м. Какая энергия переносится волной через эту площадку за время 10 мин? Период волны Т « 1. Ответ: 9 е 10'6 Дж.

На пути одного из интерферирующих лучей в опыте Юнга помещают тонкую стеклянную (п = 1,52) пластинку толщиной 2,6 мкм. Луч света падает на пластинку перпендикулярно. На сколько светлых полос смещается интерференционная картина на экране, если длина световой волны 0,676 мкм? Ответ: на 2.

При какой наименьшей толщине тонкой пленки из бензола (и = 1,5) при освещении белым светом под углом 30° пленка кажется желтой (X = 0,59 мкм) в отраженном свете? Ответ: 0,1 мкм.

На тонкий стеклянный клин (п = 1,5) нормально падает монохроматический свет с длиной волны 668 нм. Определить преломляющий угол клина, если линейное расстояние между темными полосами 1,4 мм. Ответ: 33".

На каком максимальном расстоянии от диафрагмы с круглым отверстием радиусом 0,6 мм надо поместить экран, чтобы при освещении отверстия плоской световой волной (X = 0,6 мкм) в центре дифракционной картины на экране еще наблюдалось темное пятно? Под каким углом при этом видно отверстие из точки наблюдения? Ответ: 0,3 м; 13,7'.

На щель шириной 12Х падает нормально монохроматический свет. Найти угол между направлениями на второй и третий максимумы интенсивности света. Ответ: 5°.

На дифракционную решетку с периодом 2 мкм нормально падает пучок света от разрядной трубки, наполненной гелием. Най-

ти линейное расстояние между желтой (Хх = 0,588 мкм) и зеленой (Х2 = 0,5 мкм) линиями в спектре второго порядка, если экран находится на расстоянии 1 м от дифракционной решетки. Ответ: 15 см.

Найти коэффициент поглощения света в поляроидах, если при угле 45° между их плоскостями поляризации через систему проходит 16% падающего света. Ответ: 0,2.

Во сколько раз изменится интенсивность света, проходящего через два николя, угол между главными направлениями которых составляет 60°, если между ними поместить пластинку лево- вращающегося кварца толщиной 3 мм, вырезанную перпендикулярно оптической оси. Такая же пластинка, но толщиной 1,5 мм, поворачивает плоскость поляризации на 25°. Потерями света в ни- колях и кварце пренебречь. Ответ: уменьшится в 17,1 раза.

Какова наименьшая толщина мыльной пленки, если при наблюдении под углом 30° к поверхности мыльной пленки в отраженном свете она окрашивается в фиолетовый цвет? Значение X = = 0,4 мкм. Ответ: 83 нм.

На дифракционную решетку, имеющую 500 штрихов на 1 мм, падает свет с длиной волны 600 нм. Определить наибольший порядок спектра, который можно получить данной решеткой. Ответ: 3.

Угол между спектрами вторых порядков равен 36°. Определить длину волны света, падающего на дифракционную решетку с с = 4 мкм. Ответ: X = 618 нм.

Найти угол полной поляризации при отражении от черного зеркала. Показатель преломления его п = 1,327. Ответ: 53°.

23» Под каким углом к горизонту должно находиться Солнце, чтобы поляризация солнечного света, отраженного от поверхности воды, была максимальной? Ответ: а = 37°.

Определить показатель преломления стекла, если при отражении света от этого стекла отраженный свет будет полностью поляризован при угле преломления 30°. Ответ: п = 1,73.

Во сколько раз уменьшится интенсивность естественного света при прохождении его через два николя, плоскости поляризации которых составляют 60°? Ответ: 8.

ЧАСТЬ 5

Квантовая природа излучения

Основные уравнения и формулы

Закон Стефана—БольцманаR = <зТ4

где R — энергетическая светимость черного тела, Т — термодинамическая температура тела, о — постоянная Стефана—Больцмана.

Закон смещения ВинаХтах = ~

где Хтах — длина волны, на которую приходится максимум энергии излучения черного тела, b — постоянная Вина.

Энергия фотонаЕ = Av = —

где Л — постоянная Планка,

v — частота света.

Давление света при нормальном р = — (1 + р) = щ(1 + р) падении на поверхностьс

где Е — энергетическая освещенность (интенсивность света), р — коэффициент отражения, w — объемная плотность энергии излучения.

Уравнение ЭйнштейнаЕ = А + Е„ _,_

*ШаЛ

X = А = ^£ тис ЕоX = А = ^£ тис Еодля внешнего фотоэффекта где А — работа выхода электронов из металла, Ектах — максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов.

X = А = ^£ тис Ео

X = А = ^£ тис Ео

Комптоновская длина волны частицы где m — масса частицы, £0 — энергия покоя частицы.

Изменение длины волны излучения при эффекте КомптонаИзменение длины волны излучения при эффекте КомптонаАХ = X* - X = Хс(1 - cos 0) = 2Xcsin2 (0/2)АХ = X* - X = Хс(1 - cos 0) = 2Xcsin2 (0/2)

Изменение длины волны излучения при эффекте Комптона

Изменение длины волны излучения при эффекте Комптона

АХ = X* - X = Хс(1 - cos 0) = 2Xcsin2 (0/2)

АХ = X* - X = Хс(1 - cos 0) = 2Xcsin2 (0/2)

где X и X' — длина волны падающего и рассеянного излучения, 0 — угол рассеяния.

Примеры решения задач

Тепловое излучение

11Абсолютно черное тело было нагрето от температуры 100 до

1

1

300 °C. Найти, во сколько раз изменилась мощность суммарного излучения при этом.

Дано: Тг = 100 °C = 3 73 К; Т2 = 300 °C = 5 73 К.

ы - N2

Наити:.

45,6.45,6.Решение. Мощность N излучения тела определяется выражением N = RS, где R — энергетическая светимость тела, S — площадь его поверхности. В соответствии с законом Стефана— Больцмана R = оТ4. Из этих выражений получаем

4

5,6.

4

5,6.

N2 _ oT^S. N2

Nx oTtS’ NT

22Мощность излучения возрастет в 5,6 раза.

2

2

Максимум энергии излучения абсолютно черного тела прихо-

дится на длину волны 450 нм. Определить температуру и энергетическую светимость тела.

Дано: Хтах = 450 нм = 4,5 • 10"7 м; b = 2,89 • 10"3 м • К;

а = 5,67 • 10'8 Вт/(м2-К4).

Найти: Г, R.

Решение. Длина волны Хтах, на которую приходится максимум энергии излучения черного тела, по закону Вина равна

^max ^ е

Отсюда

Т = — ; Т = 2,89'10~3 - 6422 (К).Хтах 4,5 • 10~7V ’

В соответствии с законом Стефана—Больцмана энергетическая светимость R абсолютно черного тела равна

R = оТ4,

33R = 5,67 • 10 8 • 6,4224 • 1012 ^ 9,6 • 107 (Вт/м2).

3

3

Температура абсолютно черного тела понизилась с 1000 до

850 К. Определить, как и на сколько при этом изменилась длина волны, отвечающая максимуму распределения энергии.

Дано: Тг = 1000 К; Т2 = 850 К; b = 2,89 • 10"3 м • К.

Найти: АХтах.

Решение. В соответствии с законом смещения Вина длина волны Хтах, на которую приходится максимум распределения энергии, выражается формулой

vmax гр е

Исходя из этого запишем

л _ b , л _ b max "р" ’ max jTл _ b , л _ b max "р" ’ max jT

л _ b , л _ b max "р" ’ max jT

л _ b , л _ b max "р" ’ max jT

ЛХтах - 2,89 * Ю'^1™ о^а) - °>51'106 (“)•тахV1000 • 850 V

^1тах=^0-- =2,89.10-6 (м);

Х2тах=^019-"- =3,4.10-6 (м).

Следовательно, длина волны возросла на 0,51 мкм.

4» Во сколько раз увеличится мощность излучения черного тела, если максимум энергии излучения сместится от красной границы видимого спектра к его фиолетовой границе?

Дано: Хк = 0,76 мкм; Хф = 0,38 мкм.

Наити: —$.

Решение. Длина волны Хтах, на которую приходится максимум энергии излучения черного тела, согласно закону смещения Вина равна

bmax=£.CD

Из формулы (1) определяем температуру, при которой максимум энергии излучения приходится на красную Хк и фиолетовую Хф границы видимого спектра

(2)(2)(3)(3)(4)(4)гр _ Ь т _ Ь 1 К Г" ’ ф

(2)

(2)

(3)

(3)

(4)

(4)

Мощность излучения равна

N = RS.

В соответствии с законом Стефана—Больцмана

R = оТ4,

Для температур Тк и Тф имеем

NK=aT*S hN^oT^S.К*vyт

Из формул (5) находим

NK ^/ '

Или с учетом (2) имеем

NK '

(5)(5)(6)(7)(6)(7)Подставляя в (7) числовые значения, получим

(5)

(5)

(6)

(7)

(6)

(7)

^ = (oW = 16

NK V0,38/

Фотоны. Давление света, фотоэффект. Эффект Комптона

На зачерненную поверхность нормально падает монохроматический свет с длиной волны 0,65 мкм, производя давление 5 х х 10"6 Па. Определить концентрацию фотонов вблизи поверхности и число фотонов, падающих на площадь 1 м в 1 с.

Дано: X = 0,65 мкм = 6,5 • 10-7 м; р = 5 • 10-6 Па; р = 0; S = 1 м2; t = 1 с.

Найти: п0, п.

Решение. Давление света при нормальном падении на поверхность с коэффициентом отражения р вычисляется по формуле

Р = 1У(1 + р)(1)

(2)(2)одного фотона Е = hv =одного фотона Е = hv =heXheXт. е.т. е.откудаоткуда„ wX по= т- • Нс„ wX по= т- • Нс(3)(4)(3)(4)или

(2)

(2)

одного фотона Е = hv =

одного фотона Е = hv =

he

X

he

X

т. е.

т. е.

откуда

откуда

„ wX по= т- • Нс

„ wX по= т- • Нс

(3)

(4)

(3)

(4)

Определяя объемную плотность энергии из (1) и подставляя в (4), имеем

(5)(5)

(5)

(5)

ЕДНсЕДНсЧисло фотонов, падающих на площадь 1м2 за 1 с, численно равно отношению энергетической освещенности к энергии одного фотона:

ЕДНс

ЕДНс

(6)(6)Ее П = — Нс

(6)

(6)

X

Энергетическую освещенность определяем из выражения (2) и, подставляя в (6), получаем

(7)(7)n = £cX =£Х Нс Н

(7)

(7)

С учетом (5) выражение (7) примет вид п = п^с. Подставляя числовые значения, получаем

66и = 1,6 • 1013 • 3 • 108 = 4,8 • 1021 (с"1 • м-2).

6

6

Определить давление солнечных лучей, нормально падающих

на зеркальную поверхность. Интенсивность солнечного излучения принять равной 1,37 кВт/м2.

Дано: Е = 1,37-103 Вт/м2; р= 1.

Найти: р.

Решение. Давление света на поверхность определяется по формуле

р = -(1 + р),с

где Е — энергетическая освещенность поверхности, с — скорость света в вакууме, р — коэффициент отражения. Для зеркальной поверхности р = 1.

= 1,37-103- 2 ~ g. 10-6 (П )

к 3-108v

/♦ Свет с длиной волны 0,5 мкм нормально падает на зеркальную поверхность и производит на нее давление 4 мкПа. Определить число фотонов, ежесекундно падающих на 1 см2 этой поверхности.

Дано: X = 0,5 мкм = 5е10-7м; р = 1; р = 4*10-6Па; S = 1 см2 = 10’4 м2.

Найти: п.

Решение. Давление света

р = ^(1 + р),с

где Е = —N— энергетическая освещенность поверхности,

равная энергии фотона , умноженной на число N фотонов, падающих на 1 м2 за 1 с.

Число п фотонов, падающих на S = 1 см2 поверхности, будет и = NS.

р = (1 + р^; N = РХ ; п = РХ S;

X гй(1 + р) Л(1 + р)

п^4-10-в.5.10-^10-^5.1q17

886,63• 10"34- 2

8

8

Пучок параллельных лучей света падает нормально на пло-

скую зеркальную поверхность. Определить силу давления, испытываемую этой поверхностью, если ее площадь 2 м2, а энергетическая освещенность поверхности 0,6 Вт/м2.

Дано: р = 1; S = 2 м2; Е = 0,6 Вт/м2.

Найти: F.

Решение. Давление света определяется по формуле р =

= — (1 + р). Сила давления F будет равна

С

F = pg = | (1 + p)S; F = ^^^ = 8 • 109 (Н).

Определить давление, оказываемое светом с длиной волны 0,4 мкм на черную поверхность, если ежесекундно на 1 см2 поверхности нормально падает 6 • 1016 фотонов.

Дано: к = 0,4 мкм = 4*10"7м; S = 1см2 = 10“4 м2; п = = 6 • 1016; р = 0.

Найти: р.

Решение. Давление светар на поверхность определяется по формуле р = — (1 + р), где Е =^N — энергетическая освещен- ск

ность поверхности. На 1 м2 поверхности падает

N = Pl = ® ' ^® * = 6 • 1020 фотонов.

S 1 • 10-4

Тогдаp=^(l + p)N;

10* Световое давление, испытываемое зеркальной поверхностью площадью 1 см2, равно 10-6 Па. Найти длину волны света, если на поверхность ежесекундно падает 5 • 1016 фотонов.

Дано: S = 1 см2 = 10“4 м2; р = 10-6 Па; п = 5 • 1016; р = 1.

Найти: X.

Решение. Если на S = 1 см2 падает п фотонов, то на 1 м2 ^ = ^ = 5 • 1020. Световое давление определяется по формуле р = ^(1 + р), с

где Е = ^N— энергетическая освещенность поверхности, т. е. энергия всех фотонов, попадающих на 1 м2 поверхности за 1 с.

,-^Л(1 + р).Л с

откуда

1111X = hNLl + р) х = 6^.10-34.5.1020.2 = б б3.10_7 (м) рIO"6v ’

11

11

Давление света на зеркальную поверхность, расположенную

на расстоянии 2 м от лампочки, нормально падающим лучом, равно 10"8 Па. Определить мощность, расходуемую на излучение.

Дано: г=2м;р = 1;р = 10~8 Па.

Найти: N.

Решение. Давление света р на поверхность определяется по формуле р = —(1 + р). Искомая мощность N будет равна с

N = ES, где S = 4лг2 — площадь воображаемой сферы с радиусом г, на которую мысленно падает все излучение от лампочки.

Е = _2£_ ; N = -22- • 4ЯГ2;

1 + р 1 + р

Е _ 10-. 3.10^4.3,14-4 = 754(Вт)

12*| Давление света с длиной волны 0,55 мкм, нормально падающего на зеркальную поверхность, равно 9 мкПа. Определить концентрацию фотонов вблизи поверхности.

Дано: X = 0,55 мкм = 5,5 • 10“7 м; р = 9 мкПа = 9 • 10“6 Па; р = 1.

Найти: п.

Решение. Давление света при нормальном падении на поверхность с коэффициентом отражения р определяется по формуле

p-^CL + p^wCL + p),(1)

С

где w — объемная плотность энергии излучения, w = — . с

Объемная плотность энергии w равна произведению концентрации фотонов и (числа фотонов в единице объема) на

(2)(2)Нс энергию одного фотона е = -~ , т. е.

(2)

(2)

X

Подставляя (2) в (1), получим

р=^(1 + р),(3)

откудап = —^2— .(4)

Лс(1 + р)

Проводя вычисления, найдем

п = ^10^10^! 24.1013 (м-3).

6,63-10"34 - 3 - 108(1 + 1)

13* Красная граница фотоэффекта для никеля равна 0,257 мкм. Найти длину волны света, падающего на никелевый электрод, если фототок прекращается при задерживающей разности потенциалов, равной 1,5 В.

Дано: Хк = 0,257 мкм = 2,57-10"7m; U = 1,5 В.

Найти: X.

Решение. Согласно уравнению Эйнштейна для внешнего фотоэффекта:

(1)(1)= А + £.

(1)

(1)

Красная граница фотоэффекта определяется из условия равенства энергии фотона е = — работе выхода электронов А,

т. е.

(2)(2)Нск

(2)

(2)

Максимальная кинетическая энергия фотоэлектронов может быть определена через задерживающую разность потенциалов U:

EKmax = eU,(3)

где е — элементарный заряд (заряд электрона).

Подставляя выражения (2) и (3) в (1), получим

+ eU(4)

X х„

Из уравнения (4) найдем длину волны света

XX(5)

X

X

Подставляя в (5) числовые значения, получим

(1+1,6-Ю"19-1,5 V

^2,57 • 10"76,63 • 10'34 • 3 • 108 )

1,96 • 107 (м) = 0,196 (мкм).

14»| Для фотокатода, выполненного из вольфрама, работа выхода равна 4,5 эВ. Определить, при какой максимальной длине волны происходит фотоэффект.

Дано: Авых = 4,5 эВ.

Найти: Хк.

Решение. Работа выхода электронов и длина волны Хк красной границы фотоэффекта связаны соотношением

Отсюда

2,76-10 7 (м).2,76-10 7 (м).л _ he . х = 6,63- 10-34- 3 - 108

2,76-10 7 (м).

2,76-10 7 (м).

к А/ к 4,5 • 1,6 • 10-19

15* Фотон с длиной волны 0,2 мкм вырывает с поверхности фотокатода электрон, кинетическая энергия которого 2 эВ. Определить работу выхода и красную границу фотоэффекта.

Дано: X = 0,2 мкм = 2 • 10-7 м; Ек = 2 эВ = 3,2 • 10~19 Дж.

Найти: Ау, Хк.

Решение. Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта

^ = .4 +£ ; А = ^ -Е ;

X в к в X к

Ав= ^-1|^^-1^ - з,2 • Ю19 = 6,7 • 10"19 (Дж) = 4,2 (эВ).

Длину волны Хк красной границы фотоэффекта определим из формулы Ав = ^-, откуда

к А

х _ 6,63 - 10'34 • 3 • 108 _ 2 97.10-7(м)

"6,7-10-"

16* Какую часть энергии фотона составляет энергия, которая пошла на совершение работы выхода электронов из фотокатода, если красная граница для материала фотокатода равна 0,54 мкм, кинетическая энергия фотоэлектронов 0,5 эВ?

Дано: Хк = 0,54 мкм = 5,4 • 10~7 м; Ек = 0,5 эВ.

Найти: — .

е

Решение. Формула Эйнштейна для фотоэффекта е = Ав + + Ек. Длина волны Хк красной границы

_ he , Ав _ е Ек _ ЕкК Ав’ £ ЕЕ *

Тогда

е _ 6.63.10-«. 3-10» + о 5 . ! 6.10-„ = 5,4-10 7

« 4,48 • 10" (Дж) = 2,8 (эВ).

— = 1 - — =1- ^ — 0,82, т. е. составляет 82%.

££2,8

18» Облучение литиевого фотокатода производится фиолетовыми лучами, длина волны которых равна 0,4 мкм. Определить скорость фотоэлектронов, если длина волны красной границы фотоэффекта для лития равна 0,52 мкм.

Дано: X = 4 • 10"7 м; Хк = 5,2 • 107 м.

Найти: и.

Решение. Согласно уравнению Эйнштейна для фотоэффек- ь с

та энергия фотона е = — расходуется на работу вырывания

гии Ек.гии Ек.электрона Ав = — и сообщение электрону кинетической энер-

гии Ек.

гии Ек.

he _ he , г . г _ muf _ he _ he

XХк к’ к 2 X Хк

Тогда

и =

„_ 2 - 6.63 - 10» ■ 3 • 10»(5,2 - 4) • 10- „ 5.105 (,

V 9,1 • 10-»1 • 5,2-4 ■ 10~14

19» Определить максимальную скорость электрона, вырванного с поверхности металла у-квантом с энергией 1,53 МэВ.

Дано: Е = 1,53 МэВ; Ео = 0,511 МэВ.

Найти: ртах.

Решение. По формуле Эйнштейна для фотоэффекта Е = = Авых + Ек. Энергия кванта излучения расходуется на работу вырывания электрона Авых и сообщение ему кинетической энергии Ек. Так как Авых <К Е, то электрон будет релятивистским и Е = Ек, а кинетическая энергия будет выражаться формулой

ЕК = ЕОЕК = ЕО>. 1С2>. 1С2Eq _ рj=5Е°’С2Eq _ рj=5Е°’С2

ЕК = ЕО

ЕК = ЕО

>. 1

С2

>. 1

С2

Eq _ рj=5Е°’

С2

Eq _ рj=5Е°’

С2

где Ео — энергия покоя электрона.

^iiУ - 0,063;1,53 + 0,511;^iiУ - 0,063;1,53 + 0,511;Е + Ео =; 1 - ^ = (-^-)

^iiУ - 0,063;

1,53 + 0,511;

^iiУ - 0,063;

1,53 + 0,511;

N с2

^ “ 0,937; и = с- 0,937 » 2,8 • 108 (м/с).

С2

20» На цинковую пластинку падает пучок ультрафиолетовых лучей с длиной волны 0,2 мкм. Определить максимальную кинетическую энергию и максимальную скорость фотоэлектронов. Работа выхода для цинка 4 эВ.

Дано: X = 2 • 10"7 м; Ав = 6,4 • 1019 Дж.

Найти: Е, и.

Решение. По уравнению Эйнштейна для фотоэффекта ^=Ав + £к,тогда£к=^-Ав;

Е = 6,63-10*34 -3 -108 _ 6 4.10-19 = 3 545.10-19 (ДЖ) = 2 2 (эВ), к2 е 10-7’’w ;»\/

Кинетическая энергия

_ ти2

Отсюда и = /^ ; и =198,8 • 105 (м/с).

V т а/ 9,1 • 10"31

21J На пластинку падает монохроматический свет с длиной волны 0,42 мкм. Фототок прекращается при задерживающей разности потенциалов 0,95 В. Определить работу выхода электронов с поверхности пластины.

Дано: X = 4,2 • 10 7 мкм; U3 = 0,95 В.

Найти: А_. > в

Решение. Уравнение Эйнштейна для фотоэффекта имеет вид ^ = Ав + Ек. Если известна задерживающая разность потенциалов U3, то Ек = е • U3, где е — заряд электрона. Тогда

А = ^ - Е = ^- - eU;

6,63-10"34-3-1080,42 • IO 66,63-10"34-3-1080,42 • IO 6в X к X 3

6,63-10"34-3-1080,42 • IO 6

6,63-10"34-3-1080,42 • IO 6

1,6 • 1019 • 0,95 - 3,2 • 1019 (Дж) = 2 (эВ).

Гамма-фотон с длиной волны 1,2 пм в результате комптоновского рассеяния на свободном электроне отклонился от первоначального направления на угол 60°. Определить кинетическую энергию и импульс электрона отдачи. До столкновения электрон покоился.

Дано: Xj = 1,2 • 1012 м; 0 = 60°; Хс = 2,43 • 1012 м; Ео = = 0,511 МэВ = 0,818 • 1013 Дж.

Найти: Ек, р.

Решение. Изменение длины волны фотона при комптоновском рассеянии на неподвижном свободном электроне равно

ДХ = Х2 - Хг = Хс(1 - cos 9),(1)

где Хг и Х2 — длины волн падающего и рассеянного фотона, 0 — угол рассеяния фотона, Хс = — = ^ — комптоновская тс Eq длина волны электрона.

Из выражения (1) найдем

Х2 = Хт + Хс(1 - cos 0).(2)

Выразим энергию падающего и рассеянного фотона через его длину волны с = he е = he =he/Qx

Xi Х2 Xj + Хс(1 - cosO)

Кинетическая энергия электрона отдачи согласно закону сохранения энергии равна

£к = Е1 " е2-(4)

Подставляя выражения (3) в (4), найдем

Е -ГМ Xc(l-cose) =Е Ас\ Хс(1 - cos 9) к M^ + XcCl-cose) “Wx^XcCl-cosG)" 1 ' Проводя вычисления, получим

£ = 02,43 • 10~12(1 - cos60°)

к ’ V 1,2 • Ю"12^ 1,2 • 10"12 + 2,43 • 10-12(1 - cos60°) 0,521 (МэВ) = 0,833 • 1013 (Дж).

Зная кинетическую энергию электрона, найдем его импульс. Поскольку кинетическая энергия электрона сравнима с его энергией покоя, то импульс и кинетическая энергия связаны соотношением

р=1ТЁ^+2Ё~).(6)

Подставляя в (6) числовые данные, получим

р70,833 • 10-13(0,833 • 10'13 + 2 • 0,818 • 1013) -3-108v’

— 4,8 ♦ 10~22 (кг • м/с).

23» Угол рассеяния фотона с энергией 1,2 МэВ на свободном электроне 60°. Найти длину волны рассеянного фотона, энергию и импульс электрона отдачи (кинетической энергией электрона до соударения пренебречь).

Дано: е = 1,2 МэВ = 1,92 • 10 13 Дж; 6 = 60°.

Найти: Х2, Е?, ре.

Решение. Изменение длины волны фотона при комптоновском рассеянии

АХ = Х2 - Хт = ^ (1 - cos 0) = Хс(1 - cos 0).(1)

Из формулы (1) находим Х2 = Хт + ДХ = Хх + Хс(1 - cos 6).

Выражая Хх через энергию фотона ет =, получаем

Xi

Х2 = ^ + Хс(1 - cos 0).(2)

£1

Энергия электрона отдачи по закону сохранения энергии

£е = £1 - £2.

Выразим изменение длины волны через изменение частоты: ДХ = — - — = ^^—— . С учетом (1) можно написать:

V2 V2 V!V2

vi - v2 = ^^ (1 - cos 0).(3)

me2

Умножая формулу (3) на h и учитывая, что hvT = ер Av2 = е2, тс2 = Ео, £1 - е2 = Ее, получим

Е =£12(l-cos0)

е Ео + £1(1 - cos0) ’

где Ео = 0,511 МэВ = 0,82 • 10~13 Дж — энергия покоя электрона. Зная энергию электрона, найдем

Л = ; jEe(Ee + 2£0).(5)

Подставляя числовые значения в формулы (2), (4) и (5), получаем:

х = 6,63 -10"34-3 -108 + 2 43.10-12(1 _ 0 5) 2,25• 1012 (м);

1,92 • 10"13

Е =С1^)-2-.?^ ~ о,648 (МэВ) 1,04 • 1013 (Дж);

е (0,511+ 1,2)-0,5'

ре = ^^ 71,04 • 1013(1,04 • 10’13 + 2 • 0,82 • Ю"13) =

= 5,56 • 10’22 (кг • м/с).

Фотон с импульсом 5,44 • 10 22 кг • м/с был рассеян на свободном электроне на угол 30° в результате эффекта Комптона. Определить импульс рассеянного фотона.

Дано: рх = 5,44• 10~22 кг» м/с; 0 = 30°.

Найти: р2.

Решение. Импульс фотонарх =~ ; р2 = ^ , откуда Хх = ~ ,

Xi Х2Pi

Х2 = —. Изменение длины волны ДХ при эффекте Комптона Рг

равно

ДХ = Х2 - X, = — (1 - cos 0), или — - — = — (1 - cos 0).

тср2 Рх тс

Отсюда

р^ =1 = Р\тпс

_L(1-COS0) + 1 Pi(l-cosO)+m0c

тсрг

— 4,3 • 10 22 (кг • м/с).— 4,3 • 10 22 (кг • м/с).0,544 • 10"21 • 9,1 • 10"31 • 3 • 108

— 4,3 • 10 22 (кг • м/с).

— 4,3 • 10 22 (кг • м/с).

5,44 • IO’22 • 0,134 + 9,1 • 10*31 • 3 • 108

Фотон с энергией 0,51 МэВ в результате комптоновского рассеяния отклонился на угол 180°. Определить долю энергии в процентах, оставшуюся у рассеянного фотона.

Дано: £х = 0,51 МэВ; 0 = 180°.

Найти: — .

Решение. По закону сохранения энергии

£1 = £2 + Еэ, где ех — энергия налетающего фотона, е2 — энергия рассеянного фотона, Еэ — энергия электрона.

где Хх — длина волны налетающего фотона, h — постоянная Планка, с — скорость света.

2 V

где Х2 — длина волны рассеянного фотона. Изменение длины волны ДХ = Х2 - Хх фотона при комптоновском рассеянии равно ДХ = Хс(1 - cos 0),

где Хс = 2,43 *10 12 м — комптоновская длина волны электрона, О — угол рассеяния.

ДХ = Хс-2.

ТогдаХ2 = Xj + ДХ = Хг + 2ХС

и энергияе2 = ——— ,

Х^ -Ь 2Х^

а отношение — =— =—;

£i Гhe , л л A he ~Ь е. * 2Xzi

Е, Iг ^ЛлVei )

£2 =6,63 • 10~34 • 3 • 108 ~

£16,63 • 10*34 • 3 • 108 + 0,51 -1,6-10"13 • 2 • 2,43 • 10~12

= 0,33 = 33%.

В результате комптоновского эффекта электрон приобрел энергию 0,5 МэВ. Определить энергию падающего фотона, если длина волны рассеянного фотона 2,5 • 10~12 м.

Дано: Е = 0,5 МэВ; X = 2,5 • 10 12 м.

Найти: еР

Решение. По закону сохранения энергии ет = е2 + Е, где

8Т — энергия бомбардирующего фотона, е2 = -энергия рас

сеянного фотона. Тогда

£1 = g +£;

Ei = 6,63^ ^О-^З» Ю8 + 0 5. ! 6.10-1з _ 1>6,10-1з №) = j (МэВ)

27J В результате комптоновского рассеяния на свободном покоящемся электроне длина волны у-фотона Хх увеличилась вдвое. Найти кинетическую энергию и импульс электрона отдачи, если угол рассеяния равен 60°.

Дано: Х2 = 2Хг; 6 = 60°.

Найти: Е, р.

Решение. Изменение длины волны ДХ при комптон-эффекте определяется по формуле

ДХ = Х2 - Хт = Хс(1 - cos 0),

где Хг и Х2 — длина волны фотона до и после рассеяния, Хс = 2,43 • 10“12 — комптоновская длина волны, 0 — угол рассеяния. По условию задачи Х2 - Хх = Хт и тогда

Хх = Хс( 1 ~ cos 0), Х2 = 2ХС(1 - cos 6).

Энергия электрона

р = Р _ Р _ he _ he = he < 1 _ 1 Y

2 Xi Х2 Xc(l-cos9) ^2^

Е = 6,63-10"34-0,5-3-Ю8 _ 0 8.10-1з (дж) = о,5 (МэВ).

2,43 • 10~12(1 - 0,5)

Импульс электрона

p=ljEK<EK + 2E0b

где Ео = 0,511 МэВ — энергия покоя электрона, с — скорость света.

р = —— 70,8 • 10~13(0,8 • 10"13 + 2 • 0,82 • 1013) =

^3-108’

= 4,7» 10 22 (кг» м/с).

28» Первоначально покоившийся электрон приобрел кинетическую энергию 0,06 МэВ в результате комптоновского рассеяния на нем у-фотона с энергией 0,51 МэВ. Чему равен угол рассеяния фотона?

Дано: 8е = 0,06 МэВ; ет = 0,51 МэВ.

Найти: 0.

Решение. Энергия рассеянного фотона

82 = £1 - ее = 0,45 МэВ.

Длину волны 2^ и Х2 фотонов выразим из формулы для энергии фотонов:

he _ л _ he ,_ he

X Ei 2 е2

Изменение длины фотона ДХ = Х2 - Хх выражается формулой ДХ = — (1 - cos 0); тс

Х2 - X, = А (1 - cos 6); ^ - ^ = А (1 - cos 0); тсе2 ет тс

1 - 1 = J-(l -cosO).

82^1 ТПСЛ

1Е21Е280 = тсг = 0,511 МэВ — энергия покоя электрона,

1

Е2

1

Е2

1 = 1 (1 - cos 0);-А (1 - cos 0) = А- --А = 0,261;

Ejе00,510,450,51

Задачи для самостоятельного решения

Какую энергию теряет за 1 с раскаленная поверхность площадью 0,2 см2 при температуре 2000 К? Поглощательная способность поверхности 0,5. Ответ: 9,1 Дж.

Определить длину волны, отвечающую максимуму испус- кательной способности черного тела при температуре 37 °C, и энергетическую светимость тела. Ответ; 7 • 10-6 м; 1602 Вт/м2.

Максимум испускательной способности Солнца приходится на длину волны 0,5 мкм. Считая, что Солнце излучает как черное тело, определить температуру его поверхности и мощность излучения. Ответ: 5780 К; 3,84 • 1026 Вт.

Считая, что Солнце излучает как черное тело, определить интенсивность солнечного излучения вблизи Земли. Температуру поверхности Солнца принять равной 5780 К. Ответ: 1360 Вт/м2.

Красная граница для некоторого металла 0,6 мкм. Металл освещается светом, длина волны которого 0,4 мкм. Определить максимальную скорость электронов, выбиваемых светом из металла. Ответ: 6,04 • 105 м/с.

Найти частоту света, падающего на пластинку никеля, если скорость фотоэлектронов 2,8 • 106 м/с. Работа выхода электронов из никеля 4,8 эВ. Ответ: 6,5 • 1015 с-1.

При освещении поверхности некоторого металла светом с длиной волны 0,22 мкм задерживающий потенциал равен 1,14 В. Найти работу выхода электронов из этого металла. Ответ: 4,5 эВ.

Давление монохроматического света длиной волны 0,5 мкм на поверхность с коэффициентом отражения 0,8 равно 1,43 Па. Определить концентрацию фотонов вблизи поверхности. Ответ: 2 • 1018 м-3.

Фотон с энергией 0,500 МэВ рассеялся на свободном электроне под углом 60°. Найти энергию рассеянного фотона, кинетическую энергию и импульс отдачи. Считать, что кинетической энергией электрона до соударения можно пренебречь. Ответ: 0,335 МэВ; 0,165 МэВ; 0,236 • 10"21 кг • м/с.

Определите импульс фотона, энергия которого равна 10 кэВ. Ответ: 5,33 • 10-24 кг • м/с.

ЧАСТЬ 6

Элементы квантовой механики, атомной и ядерной физики

Х= ^ рХ= ^ рОсновные уравнения и формулы

Х= ^ р

Х= ^ р

♦ Длина волны де Бройля

где h — постоянная Планка,

р — импульс частицы.

♦ Соотношение неопределенностей Гейзенберга: для координаты и импульса\х • Арг > -

2

где Ах — неопределенность координаты частицы, kpx — неопределенность проекции импульса частицы на соответствующую координатную ось;

для энергии и временидля энергии и времениAE-At > А =ь2лAE-At > А =ь2л

для энергии и времени

для энергии и времени

AE-At > А =ь2л

AE-At > А =ь2л

где ДЕ — неопределенность энергии частицы в некотором состоянии, At — время нахождения частицы в этом состоянии.

♦ Плотность вероятности нахождения w = |\|/|2

частицы в соответствующем месте

пространства

/? sin^ЧI I/? sin^ЧI Iгде V)/ — волновая функция частицы.

/? sin^ЧI I

/? sin^ЧI I

♦ Волновая функция, описывающая \уп состояние частицы в бесконечно глубокой одномерной потенциальной яме где I — ширина ямы,

х — координата частицы в яме (0 < х < Z), п — квантовое число (и = 1, 2, 3, ...).

♦ Энергия частицы в бесконечноЕп

глубокой одномерной потенциальной яме

где т — масса частицы.

♦ Сериальные формулы спектра водородоподобных атомов где X — длина волны спектральной линии, R — постоянная Ридберга, Z — порядковый номер элемента, п = 1, 2, 3, ..., к = п 4- 1, п 4- 2, ...

Спектральные линии- = R(Z - а)2^ — - —

характеристическогоЛп к

рентгеновского излучения где а — постоянная экранирования.

Дефект массы ядраАтл = Zmp + (А - Z)mn - тя

= ZmH + (А - Z)mn - ma

где пгр — масса протона, тп — масса нейтрона, шн —масса атома ^Н, тйитя — масса атома и его ядра ZX, Z и А — зарядовое и массовое числа.

Энергия связи ядраЕсв = с2Адп

где с — скорость света в вакууме.

Удельная энергия связиесв =

Закон радиоактивного распада N = ^exp (-Xt) где Ао — начальное число радиоактивных ядер в момент времени t = 0, N — число нераспавшихся радиоактивных ядер в момент времени t,

X — постоянная радиоактивного распада.

Активность радиоактивного а == XN

вещества

Энергия ядерной реакции Q = с2(тг + дп2 - Z т^) где тги пг2 — массы покоя частиц, вступающих в реакцию,

S nV — сумма масс покоя частиц, образовавшихся в результате реакции.

Закон поглощения излучения I = /оехр(-цл:) веществом

где 10 — интенсивность излучения на входе в поглощающий слой вещества,

I — интенсивность излучения после прохождения поглощающего слоя вещества толщиной х, ц — линейный коэффициент поглощения.

Примеры решения задач

1 ♦ Электронные оболочки атома. Теория Бора

11Атом водорода испустил фотон с длиной волны 4,86 • 10 7 м.

1

1

На сколько изменилась энергия электрона в атоме?

Дано: X = 4,86 • 10~7 м.

Найти: ЛЕ.

Решение. По теории Бора при переходе электрона из состояния с энергией Еп в состояние с энергией Ет излучается фотон с энергией, равной hv = Еп- Ет = ЛЕ.

Учитывая, что и = с/Х, получаем

дд = Ас ; А£ = МЗЧ0^Дд10^ ~ 4 09.10-i9 (дж) ~ 2,56 (эВ).

X’4,86-Ю"7w ’

22Определить первый боровский радиус орбиты в атоме водорода

2

2

и скорость движения электрона по этой орбите.

Дано: Z = 1; п = 1.

Найти: rv и.

Решение. Радиус n-й орбиты в водородоподобном атоме, заряд ядра которого равен Ze, определяется по формуле

г = Й24л£р , п2 = ЛЕ0 п2

п mZe2 KmZe2 ’ где п — номер орбиты, т — масса электрона.

При п = 1 и Z = 1

6,63*. 10->. 8.35.10-= , 0,53.10-- („).

яте2 13,14-9,1 ■ 10". 1,6= ■ 10-а

По второму постулату Бора момент импульса электрона на п-и орбите равен тиг = п* — .

2л

6,63» 10346,63» 1034и =и =2,2 • 106 (м/с).2,2 • 106 (м/с).33Тогда и = nh/2itm.rn и при n = 1 значение v = h/2itmrv

6,63» 1034

6,63» 1034

и =

и =

2,2 • 106 (м/с).

2,2 • 106 (м/с).

3

3

Решение. Длина волны X фотона, испускаемого при переходе электрона в атоме водорода, определяется по обобщенной формуле Бальмера

X ^т2 п2^’

где R — постоянная Ридберга, тип — номера орбит, между которыми происходит переход электрона. Из этой формулы следует, что

111,097-1071,097-107^4,1-Ю7 (м).^4,1-Ю7 (м).

1

1

1,097-107

1,097-107

^4,1-Ю7 (м).

^4,1-Ю7 (м).

4* Определить наибольшие и наименьшие длины волн фотонов, излучаемых при переходе электронов в сериях Лаймана, Бальмера и Пашена.

Дано: R = 1,097 • 107 м1.

Найти: Xlmax, Х^ min, Х2тах, X2min, Х3тах, X3min.

Решение. Обобщенная формула Бальмера позволяет определять длину волны X при всевозможных переходах электрона в атоме водорода:

ттили X = — Rили X = — R11

т

т

или X = — R

или X = — R

1

1

В серии Лаймана переход осуществляется на первую орбиту со всех остальных, т. е. т = 1, п = 2, 3, 4, ..., оо.

Следовательно,

^1 шах^1 шах^1 min^1 min11,097 • 107(1 - 0,25)11,097 • 107(1 - 0,25)— 0,122 (мкм);— 0,122 (мкм);= ^; ™ 0,091 (мкм).= ^; ™ 0,091 (мкм).

^1 шах

^1 шах

^1 min

^1 min

1

1,097 • 107(1 - 0,25)

1

1,097 • 107(1 - 0,25)

— 0,122 (мкм);

— 0,122 (мкм);

= ^; ™ 0,091 (мкм).

= ^; ™ 0,091 (мкм).

11,097- 107- 0,2511,097- 107- 0,25

1

1,097- 107- 0,25

1

1,097- 107- 0,25

В серии Бальмера переход осуществляется на вторую орбиту со всех вышележащих , т. е. т = 2; п = 3, 4, 5, ..., оо.

х2 шах = = ~ 0,656 (мкм);

1,097 • 107(025 - 0,11)

V22 З2^

- 0,365 (мкм).

В серии Пашена переход осуществляется на третью орбиту со всех вышележащих, т. е. т = 3; п = 4, 5, 6, ..., °°.

Xgmax = Г = ЦГ ~ (МКМ);

d max / 11 \/11 \

Я' А "А 1,097 • 107 |-Л

<32 42'<9 16>

^3 min^3 min- - 0,82 (мкм).

^3 min

^3 min

1,097 • 107

5» Сколько линий спектра атома водорода попадает в видимую область (X = 0,4 ч- 0,76 мкм)? Вычислить длины волн этих линий. Каким цветам они соответствуют?

Дано: 0,4 < X < 0,76 мкм; R = 1,097 • 107 м-1.

Найти: X.

ся по формулеся по формуле1 =X Vn2 к2?1 =X Vn2 к2?Решение. Длины волн спектра атома водорода определяют-

ся по формуле

ся по формуле

1 =

X Vn2 к2?

1 =

X Vn2 к2?

где п = 1, 2 ,3, ..., k = п 4- 1; п + 2; ... .

В видимой области спектра находятся первые четыре линии серии Бальмера (п = 2, k = 3, 4, 5, 6). Длины волн этих линий будут равны:

х = —=1-

1 R V22З2^1,097 - 107 ^49 V

— 6,56 • 10 7 (м) — красная линия;

Х2 =1 f А - А )4,86 • 10"7 (м) — голубая линия;

1,097 -107^2242 /v 7 J’

111

X» = -----— 4,34 • 10"7 (м) — фиолетовая линия;

1,097- 107 ^2252к,

Ха = — - -—— 4,1е 10"7 (м) — фиолетовая линия.

1,097 - 107 ^22б2^

Элементы квантовой механики

6* Кинетическая энергия протона в 4 раза меньше его энергии покоя. Вычислить дебройлеровскую длину волны протона.

Дано: Ек = ^ ; £0 = 1,5 • Ю"10 Дж.

Найти: X.

мулемулеРешение. Длина волны де Бройля X определяется по фор-

муле

муле

х= ^р

Поскольку по условию задачи

Ек=^(2)

кинетическая энергия Ек протона сравнима с его энергией покоя Ео, то импульс р и кинетическая энергия связаны релятивистским соотношением

P=1Jek(Ek*2E0).(3)

Подставляя в (3) условие (2), найдем

Р = |•(4)

4 с

С учетом равенства (4) выражение (1) примет вид

(5)

ЗЕ0

Подставляя в (5) числовые значения, получим

х_ 4.6,63^20:«^10« =, 77.10-15(м)

/♦ Вычислить длину волны де Бройля электрона, движущегося со скоростью и = 0,75с (с — скорость света в вакууме).

Дано: и = 0,75с; с = 3 • 10 м/с; тп = 9,1 • 10 31 кг.

Найти: X.

Решение. Длина волны де Бройля X = - . Импульс частицы, P

движущейся с релятивистской скоростью и, равен р = ^ pi N с2

Тогда

Х =Х =Х= — ти6,63- 10~34Х= — ти6,63- 10~349,1 • 10~31 • 0,75 • 3 • 1089,1 • 10~31 • 0,75 • 3 • 108N с271 -0,752 = 2,14 • 1012 (м).N с271 -0,752 = 2,14 • 1012 (м).

Х =

Х =

Х= — ти

6,63- 10~34

Х= — ти

6,63- 10~34

9,1 • 10~31 • 0,75 • 3 • 108

9,1 • 10~31 • 0,75 • 3 • 108

N с2

71 -0,752 = 2,14 • 1012 (м).

N с2

71 -0,752 = 2,14 • 1012 (м).

88

8

8

тон в условиях данной задачи, так как Ек = Ео) вычисляется по формуле

р=17£^72ЁГ)=£0.^.

Тогда

х = h =; X = 6,63.10-34.3.10* _ 7>7.10-16 (м)

р е07з i,5.io-1o-73

Определить кинетическую энергию протона и электрона, для которых длина волны де Бройля равна 0,06 нм.

Дано: X = 6• 1011 м.

Найти: Ее, Ер.

Решение. Длина волны де Бройля X = - . Из уравнения киР

нетической энергии

Е = ти2 = 51^ = -21к 2 2т 2т*

Найдем импульс:

р= ^2Ект.

Подставив его в выражение для волны де Бройля, получим:

х =-

J2EK • т

откудаоткуда' = А2 • Е =6,632 * 10~68

откуда

откуда

е 2Х2т ’ 62 • 62 • 10-22 • 9,1 • 10-31

6,7 • 10"17 (Дж) = 419 (эВ).

Е„ =, 6,632 •10-68= = 3,7 • 10"20 (Дж) 0,23 (эВ).

р 2 • 62 • 10-22 • 1,67 • 10"27

10»| Протон обладает кинетической энергией, равной энергии покоя. Во сколько раз изменится длина волны де Бройля протона, если его кинетическая энергия увеличится в 2 раза?

Дано: Ек1 = Ео; Ек2 = 2Е0.

Найти:Найти:XiХ2XiХ2

Найти:

Найти:

Xi

Х2

Xi

Х2

Решение. Длина волны де Бройля X = -. Р

Импульс р= i JEK(EK + 2£0).

ТогдаТогда

Тогда

Тогда

7Ек1(Ек1 + 2Е0)7е0(Е0 + 2Е0) Ео^ ’

Нс Нс , ^i __ 2 */2ggНс Нс , ^i __ 2 */2gg^ _ _ ГУС . 22 — ^*4

Нс Нс , ^i __ 2 */2gg

Нс Нс , ^i __ 2 */2gg

2 7ек2(Ек2 + 2Е0)2j2E0’ Х2 73

Длина волны уменьшится в 1,63 раза.

11 ♦! Какой кинетической энергией должен обладать протон, чтобы длина волны де Бройля протона равнялась его комптоновской длине волны?

Дано: Хд = Хс.

Найти: Ек.

Решение. Длина волны де Бройля Хд и комптоновская Хс длина волны определяются по формулам:

Импульс движущегося протона

р = -^-

Так какТак какХд = Хс, то р = тс и тс = - — ■ -/1-^

Так как

Так как

откуда

где Е = тс полная энергия, Ео = тс2 — энергия покоя.

Ек = £0(Т2 - 1) = 1,67 • 10"27 • 9 • 1016 • 0,41 == 6,23 • 1011 (Дж) = 389 (МэВ).

2572579 - 9332 Гладской

257

257

12< Электрон прошел ускоряющую разность потенциалов U. Найти длину волны де Бройля для случаев: U = 51 В; U = 510 кВ.

Дано: Ux = 51 В; U2 = 5,1 • 105 В; £0 = 8,2 • 10 14 Дж.

Найти: Хр Х2.

Решение. Длина волны де Бройля равна X = -. Импульс Р

выразим из условия, что кинетическая энергия электрона рав

на Е = ^ = ”1^ = Е1 , откудар = ^2Ект . С другой сторо- 2 ДТП ДТП

ны, Ек1 = eUv где е — заряд электрона. Тогда

Хт = -—==^^11=^^- 1,72• 1010 (м).

72 • 1,6-10"19-51-9,1-IO"31

Во втором случае импульс р определяем по формуле

Р2 = “»

где Ео — энергия покоя электрона, Ек2 = eU2. Тогда

he,Jek2(Ek2 + 2Ео)

. _6,63-ю-34-з-ю8

Л2 7==============^^

л/1,6 • 10"19 • 5,1 • 105(1,6 • 10'19 • 5,1 •105 + 2• 8,2 • 1014)= 1,4 • 10"12 (м).

13» Среднее время жизни возбужденных состояний атома составляет 10 нс. Вычислить естественную ширину спектральной линии (X = 0,7 мкм), соответствующую переходу между возбужденными уровнями атома.

Дано: т = 10~8 с; X = 7 • 10“7 м.

Найти: AXmin.

Решение. При переходе электрона из одного стационарного состояния в другое излучается (или поглощается) энергия, равная

(1)(1)^ =Еп-Ек.

(1)

(1)

Из (1) следует, что неопределенность длины волны ДХ излучения связана с неопределенностью энергии уровней Z^En и &Ек атома соотношением

^ДХ = Д£п + АЕа.(2)

Согласно соотношению неопределенностей Гейзенберга

A£At > А(3)

2л

где М — неопределенность времени перехода атома из одного стационарного состояния в другое.

Поскольку М не превышает среднее время жизни т возбужденного состояния атома, то минимальная неопределенность энергии возбужденных уровней, согласно (3), равна

(4)(4)A-Emin = А-.

(4)

(4)

2ЛТ

Из (2) с учетом (4) найдем минимальную неопределенность длины волны излучения, которая называется естественной

шириной спектральной линии

ДХДХminmin2лс Ч„ V2лс Ч„ V(5)(5)

ДХ

ДХ

min

min

2лс Ч„ V

2лс Ч„ V

(5)

(5)

Если одно из состояний, между которыми совершается пе

реход, является основным, тореход, является основным, тоАХ =^2min 2лстАХ =^2min 2лст(6)(6)

реход, является основным, то

реход, является основным, то

АХ =^2

min 2лст

АХ =^2

min 2лст

(6)

(6)

поскольку для основного состояния т = оо. Для возбужденных

состояний с одинаковым временем жизни тп = тк = т имеем

(7)(7)дХ =min 2 лет*

(7)

(7)

Подставляя в (7) числовые значения, получим

A^minA^min(7- 10"7)23,14-3 • 108 • IO 8(7- 10"7)23,14-3 • 108 • IO 85,2 • 10"14 (м).5,2 • 10"14 (м).

A^min

A^min

(7- 10"7)2

3,14-3 • 108 • IO 8

(7- 10"7)2

3,14-3 • 108 • IO 8

5,2 • 10"14 (м).

5,2 • 10"14 (м).

14*| Кинетическая энергия электрона в атоме водорода порядка 10 эВ. Используя соотношение неопределенностей, оценить минимальные линейные размеры атома.

Дано: Е = 10 эВ = 1,6 • 1018 Дж; тп = 9,1 • 10"31 кг.

Найти: г.

Решение. Соотношение неопределенностей ГейзенбергаAxkpx > h,

где ^х — неопределенность координаты, ^px — неопределенность импульса, h — постоянная Планка.

Предполагая, что Дх — г — линейному размеру атома, полу

чим г — —. Импульс электрона, обладающего кинетической Ар

энергиейЕ, равен

р = j2mE.

Предполагая, что по порядку величины Др — р, оценим г:

г = -^ ; г = -=^1^= = 0,62 • 10-ю м. 72 тЕ72 • 9,1 • 10~31 • 1,6 • 10-18

Среднее время жизни атома в возбужденном состоянии равно 12 нс. Вычислить минимальную неопределенность длины волны X = = 12 мкм излучения при переходе атома в основное состояние.

Дано: М = 1,2 • 108 с; X = 1,2 • 10"7 м.

Найти: ДХ.

Решение. Энергия излучаемого фотона

рНс

Продифференцируем Е по X:

dE = -Лс^ , или ДЕ = -Ц

X2X2

Из соотношения неопределенностей Гейзенберга для энергии и времени ДЕД# > £- выразим kE.

2л

ДЕ = - -^ ■ , здесь М и ДЕ — неопределенности времени и (Д£) • 2л

энергии.

Приравняем выражения для ДЕ:

откудаоткудадх =дх =^АХ =X2^АХ =X2дх =дх =: НД£2л ’Х2Н .: НД£2л ’Х2Н .ЛсД#2л’ЛсД#2л’1,22.IQ-w1,22.IQ-w3-108-1,2-10-8-6,283-108-1,2-10-8-6,28-6,4-10 16 (м).-6,4-10 16 (м).

откуда

откуда

дх =

дх =

^АХ =

X2

^АХ =

X2

дх =

дх =

: Н

Д£2л ’

Х2Н .

: Н

Д£2л ’

Х2Н .

ЛсД#2л’

ЛсД#2л’

1,22.IQ-w

1,22.IQ-w

3-108-1,2-10-8-6,28

3-108-1,2-10-8-6,28

-6,4-10 16 (м).

-6,4-10 16 (м).

16*| Среднее время жизни л°-мезона равно 1,9 • 10~16 с. Какова должна быть энергетическая разрешающая способность прибора, с помощью которого можно зарегистрировать л°-мезон?

Дано: t = 1,9 • 10“16 с.

Найти: ДЕ'.

Решение. Разрешающая способность ДЕ' должна быть не меньше неопределенности энергии ДЕ в условиях поставлен-

ной задачи, т. е. АБ' = АБ. Предполагая, что время жизни мезона t примерно равно неопределенности времени At в соотношении неопределенностей Гейзенберга для энергии и времени

ДЕМ >, получим

2 л

ДЕ' = -^ ; Д£' = -AGSMIO^^ _ 5 6.10-19 (дж) 2л#6,28 • 1,9 • 10'16

Атом испустил фотон с длиной волны 0,55 мкм. Продолжительность излучения 10 нс. Определить наименьшую погрешность, с которой может быть измерена длина волны излучения.

Дано: X = 0,55 мкм; t = 10~8 с.

Найти: АХ.

Решение. Энергия фотона Б = — ,

dE = -hc^b или ДЕ =,

X2X2

откудаоткудаАХ = ^11Vh • с

откуда

откуда

Соотношение неопределенностей Гейзенберга для энергии и времени

ДЕД# >.

2л

ОтсюдаДЕ = -^- .

12 71

Подставляя ДЕ в формулу для АХ, получим:

t2^ he

1,6-1014 (м).1,6-1014 (м).АХ= 5,52- IO"14

1,6-1014 (м).

1,6-1014 (м).

1 • IO"8 -6,28-3 - 108

18*| Электрон находится в одномерной потенциальной яме с бесконечно высокими стенками, ширина которой 1,4 • 10-9 м. Определить энергию, излучаемую при переходе электрона с третьего энергетического уровня на второй.

Дано: I = 1,4 • 10“9 м; п = 2; п + 1 = 3.

Найти: ДЕ.

Решение. Энергия Еп электрона (масса = т), находящегося на n-м энергетическом уровне в потенциальной яме шириной Z,

определяется по формуле Еп =. Энергия, излучаемая при

8ml2

переходе электрона с (п + 1)-го уровня на n-й, равна

^-E.^-E.-^n + iy,

ДЕ =16’63 - 10'34)2.^ ~ 1 54.10-19 <дж) J (ЭВ).

8 • 9,1 • 10"31 • 1,42 • 10"18

19» Электрон находится в одномерной потенциальной яме с бесконечно высокими стенками. Ширина ямы Z = 1 нм. Определить наименьшую разность энергетических уровней электрона.

Дано: I = 10"9 м.

Найти: AEmin.

Решение. Энергия электрона Еп, находящегося в потенциальной яме шириной I, на n-м энергетическом уровне определяется по формуле

Е =-^-п2.

п 8ml2

Разность &Епп + х энергий электрона на соседних п и (п + 1)-м уровнях равна

ДЕ n + 1= _AL(2n+l).n’n + 18m/2 v ’

Очевидно, что ^Е будет минимальна при n = 1.

АЕ, = 6>632'3,19~681,8 • 10-19 (ДЖ) - 1,1 (эВ).

т1П 8 • 9,1 • 10"31 • 10'18

20» Частица находится в бесконечно глубокой одномерной потенциальной яме шириной I на втором энергетическом уровне. В каких точках ямы плотность вероятности обнаружения частицы совпадает с классической плотностью вероятности?

Дано; I, wn = w^, п = 2.

Найти: х.

Решение. Волновая функция \у, описывающая состояние частицы в бесконечно глубокой одномерной потенциальной яме шириной I, имеет вид

(1)

(2)(2)Согласно физическому смыслу волновой функции, |у|2 = и).

(2)

(2)

где w — плотность вероятности обнаружения частицы в точке с координатой х.

Если частица находится на втором энергетическом уровне (п = 2), то

2 '„2 (2лЛ?\/О\

^2у8111(3)

В соответствии с принципом соответствия Бора выражение для классической плотности вероятности получается при

п -> оо:

^оо^оо(4)

^оо

^оо

Приравнивая по условию задачи выражения (3) и (4), получим

sin2 f^2E^) = 1.(5)

V v 2

Решая уравнение (5), найдем

+ L А = 0, ±1, ±2, ...(6)

В пределах ямы (0 < х < I) таких точек будет четыре:

V=(L 3Z 5Z

Vg’ 8 ’ 8 ’ 8/

21* Определить ширину одномерной потенциальной ямы с бесконечно высокими стенками, если при переходе электрона с третьего энергетического уровня на второй излучается энергия 1 эВ.

Дано: i = 3; п = 2; ДЕ = 1 эВ = 1,6 • 10"19 Дж.

Найти: Z.

Решение. Энергия электрона, находящегося в потенциальной яме шириной Z на n-м энергетическом уровне, определяется по формуле Е = -^-- • и2. Разность энергий электрона ДЕ на 8ml2

n-м и Z-м уровнях ДЕ = Et = Епn-м и Z-м уровнях ДЕ = Et = Еп= ^5 ^2 "" п2)’ откУДа8ml2

n-м и Z-м уровнях ДЕ = Et = Еп

n-м и Z-м уровнях ДЕ = Et = Еп

l = hl = hI i2 - п2 .

l = h

l = h

9-49-4Z = 6,63-10'34Z = 6,63-10'34- 1,37-IO9 (м).- 1,37-IO9 (м).8m • ДЕ ’

9-4

9-4

Z = 6,63-10'34

Z = 6,63-10'34

- 1,37-IO9 (м).

- 1,37-IO9 (м).

8-9,1 • 10"31 • 1,6- IO"19

22»| Определить, при какой ширине одномерной потенциальной ямы дискретность энергии электрона становится сравнимой с энергией теплового движения при температуре 300 К.

Дано: Т = 300 К.

Найти: I.

Решение. Энергия электрона Е, находящегося в потенциальной яме шириной I на n-м энергетическом уровне,

п 8ml2

Дискретность (разность) ДЕ энергии на n-м и (п + 1)-м уровнях равна

АЕ=т^(2п+1).

8ml2

Энергия теплового движения электрона

W=-kT,

2

где к — постоянная Больцмана, Т — температура. Приравнивая W = АЕ, выразим ширину ямы I:

й2(2п+ 1) = 3 ьт. , = h /2п+ 1

8ml2 2’ Ajl2mkT'

Наименьшая ширина ямы будет при n = 1:

I = 6,63 • ю-34I = 6,63 • ю-34-5,4-10 9 (м).-5,4-10 9 (м).г3

I = 6,63 • ю-34

I = 6,63 • ю-34

-5,4-10 9 (м).

-5,4-10 9 (м).

12 • 9,1 • 10"31 • 1,38 • 10"23 • 300

23» Определить, при какой температуре дискретность энергии электрона, находящегося в одномерной потенциальной яме шириной 2 • 10~9 м, становится сравнимой с энергией теплового движения.

Дано: I = 2 • 10-9 м.

Найти: Т.

Решение. Энергия электрона Е, находящегося в потенциальной яме на n-м энергетическом уровне, Еп = ~—2 е п2» дискретность (разность) ДЕ энергий на n-м и (п + 1)-м энергетических уровнях ДЕ = -(2n + 1).

8ml2

Энергия теплового движения электрона W = - АТ. Приравнивая ДЕ = W, определим Т:

A2(2n+ 1) = 3 кт. т = А^2п + Г)

8ml2 2’ 12kml2 *

^бз^ло-^-з^бз^ло-^-зТ =Т == 2188 (К).= 2188 (К).Очевидно, что ДЕ будет минимальной при n = 1.

^бз^ло-^-з

^бз^ло-^-з

Т =

Т =

= 2188 (К).

= 2188 (К).

12 • 1,38 • 10"23 • 9,1 • 10"31 • 4 • 10"18

24 J Частица в потенциальной яме шириной I находится в возбужденном состоянии. Определить вероятность нахождения частицы в интервале 0 < х < - на втором энергетическом уровне.

4

Дано: 0 < х < 7 ; п = 2.

4

Найти: и).

Решение. Волновая функция \|/(х) частицы в потенциальной яме шириной I на n-м энергетическом уровне имеет вид \у(х) = J| sin ^2Е . Вероятность нахождения частицы в заданном интервале определяется интегралом квадрата модуля волновой функции

Z/41/4 , г-х 2г» 1/4

w = $ |у(х)|2 dx = / ( J| sin ^~ ) dx = | J sin2 ^р дх.

Известно, чтоИзвестно, чтоsin2 а = | (1 - cos 2а).sin2 а = | (1 - cos 2а).

Известно, что

Известно, что

sin2 а = | (1 - cos 2а).

sin2 а = | (1 - cos 2а).

ТогдаIV = - J fl- cosI 0 k12лпх- -— sin2лп IТогдаIV = - J fl- cosI 0 k12лпх- -— sin2лп Isin2^ =lfl-COS^l

Тогда

IV = - J fl- cos

I 0 k

12лпх

- -— sin2лп I

Тогда

IV = - J fl- cos

I 0 k

12лпх

- -— sin2лп I

Z 2 VZ v

o X n '/4- '/4,'/4

—™ \ix = - f dx - 1 f cos 2лп -dx=-x -

Z ' Z о Z оZ Z 0

1/4_2лП“„„

= 1 - — sin —= 1 - A_ sin = 1.

04 2лп Z42лп 24

25» Частица в потенциальной яме шириной Z находится в возбужденном состоянии. Определить вероятность нахождения частицы в интервале 0 < х < j на третьем энергетическом уровне.

Дано: I; п = 3; интервал 0 < х < |.

Найти: W.

Решение. Волновая функция, описывающая поведение частицы в одномерной потенциальной яме, имеет вид \|/(х) = = J| sin ^~. Вероятность нахождения частицы в заданном интервале определяется интегралом

1/21/2

ю = J |\|/n(x)|2dx = J 7 • sin2dx.

оо'

Произведя замену

Sin2^ =1(1-cos 2^),

получим

о0"о0"cos ^Д^ dx = | хcos ^Д^ dx = | хZ/2Z/2ОО1 X I1 X I

о0"

о0"

cos ^Д^ dx = | х

cos ^Д^ dx = | х

Z/2

Z/2

О

О

1 X I

1 X I

X -L sin2кп IX -L sin2кп IZ/2(при п = 3); оZ/2(при п = 3); о

X -L sin

2кп I

X -L sin

2кп I

Z/2

(при п = 3); о

Z/2

(при п = 3); о

22-3,14-322-3,14-3• 2 • тс • 3 • Z/2 11•х sin= - — ——- - - • sin о лI26-3,14• 2 • тс • 3 • Z/2 11•х sin= - — ——- - - • sin о лI26-3,1412 *12 *3. Рентгеновское излучение. Поглощение излучения3. Рентгеновское излучение. Поглощение излучения26>26>Длина волны линии La у вольфрама равна 0,148 нм. НайтиДлина волны линии La у вольфрама равна 0,148 нм. Найтипостоянную экранирования.постоянную экранирования.Дано: X = 1,48 • 10"10 м.Найти: а.Решение. В соответствии с законом Мозли1 =Д'(^-а)2(^ -1).X^п2к2'Дано: X = 1,48 • 10"10 м.Найти: а.Решение. В соответствии с законом Мозли1 =Д'(^-а)2(^ -1).X^п2к2'(1)(1)Для вольфрама Z = 74.Для L-серии п = 2.Для La-линии к = 3.Из (1) находимДля вольфрама Z = 74.Для L-серии п = 2.Для La-линии к = 3.Из (1) находима = Z - ГхЛ' f ~ L vn2а = Z - ГхЛ' f ~ L vn2(2)(2)

22-3,14-3

22-3,14-3

• 2 • тс • 3 • Z/2 11•

х sin= - — ——- - - • sin о л

I26-3,14

• 2 • тс • 3 • Z/2 11•

х sin= - — ——- - - • sin о л

I26-3,14

1

2 *

1

2 *

3. Рентгеновское излучение. Поглощение излучения

3. Рентгеновское излучение. Поглощение излучения

26>

26>

Длина волны линии La у вольфрама равна 0,148 нм. Найти

Длина волны линии La у вольфрама равна 0,148 нм. Найти

постоянную экранирования.

постоянную экранирования.

Дано: X = 1,48 • 10"10 м.

Найти: а.

Решение. В соответствии с законом Мозли

1 =Д'(^-а)2(^ -1).

X^п2к2'

Дано: X = 1,48 • 10"10 м.

Найти: а.

Решение. В соответствии с законом Мозли

1 =Д'(^-а)2(^ -1).

X^п2к2'

(1)

(1)

Для вольфрама Z = 74.

Для L-серии п = 2.

Для La-линии к = 3.

Из (1) находим

Для вольфрама Z = 74.

Для L-серии п = 2.

Для La-линии к = 3.

Из (1) находим

а = Z - ГхЛ' f ~ L vn2

а = Z - ГхЛ' f ~ L vn2

(2)

(2)

Подставляя числовые данные, получаем

a = 74 - [ 1,48 • 10"10 • 1,097 • 107( 1-1 )1"1/27,4.

LV4 9Л1’

27»| Определить минимальную длину волны тормозного рентгеновского излучения, если к рентгеновской трубке приложены напряжения 30 кВ, 75кВ.

Дано: ^ = 3 • 104 В; П2 = 7,5 • 104 В.

Найти: Х1? Х2.

Решение. Коротковолновая граница сплошного рентгенов

ского спектра определяется по формуле X = — . Тогда eU

х _ 6,63.10-34.8.10»4 д . 1О_П(М)

11,6-ю-19-з-io4’

- 1,66 -НГ11 (м).- 1,66 -НГ11 (м).х = 6,63.10-34.3.10»

- 1,66 -НГ11 (м).

- 1,66 -НГ11 (м).

21,6-Ю"19.7,5-104

Граничная длина волны ft-серии характеристического рентге- невского излучения некоторого элемента равна 0,1284 нм. Определить этот элемент.

Дано: X = 1,284 • 10"10 м; а = 1; i = 1; п = оо.

Найти: Z.

Решение. Длина волны X рентгеновского излучения опре

деляется законом Мозли: i = R(Z - а)2( Д - Д-), где i и п —

XЧ2 п2^

энергетические уровни, между которыми осуществляется переход электрона. Фотон с граничной длиной волны в А-серии излучается при переходе с уровня п = °° на уровень / = 1.

ТогдаТогда

Тогда

Тогда

Z - а = Z = К + а;а/ XR^ XR

Z = /, 1n + 1* 26,6 + 1 27

1,097-107-1,284-10"10

Этим элементом является кобальт (Со).

Найти граничную длину волны fe-серии рентгеновского излучения от платинового антикатода.

Дано: Z = 78; а = 1; i = 1; и = °°.

Найти: X.

Решение. Граничную длину волны X в A-серии найдем по

формуле Мозли: = R(Z - а)2[ — - —

XЧ2

Х =Х =1,097- 107-(78- I)2- 11,097- 107-(78- I)2- 1^1,5-10п(м).^1,5-10п(м).

Х =

Х =

1,097- 107-(78- I)2- 1

1,097- 107-(78- I)2- 1

^1,5-10п(м).

^1,5-10п(м).

30» При каком наименьшем напряжении на рентгеновской трубке с железным антикатодом появляются линии А-серии?

Дано: Z = 26; а=1;п = 1;А = 2.

Найти: U.

Решение, к-линии появляются при переходе электрона со 2-го энергетического уровня на 1-й. Длину волны X этой линии определим по формуле Мозли: = R\Z - а)2( А - А

Х =1;

^n2 к2'

X =i - 1,94 • 1010 (м).

1,097-10-7(26- l)2fl -1)

V 47

Линия с таким значением X может появиться, если энергия бомбардирующего электрона Е = eU будет не меньше энергии кванта Е = ^ . Приравнивая эти выражения, получим:

eU = ^, откуда U = ^;

XеХ

и = .-6,63:30-34.3:101 = 6408 (в)

31311,6-10"19-1,94-10"10

31

31

к рентгеновской трубке с вольфрамовым антикатодом, чтобы в спектре излучения были все линии fe-серии?Дано: Z = 74.Найти: U.Решение. Коротковолновая граница X сплошного рентгеновского спектра связана с разностью потенциалов U соотношениемк рентгеновской трубке с вольфрамовым антикатодом, чтобы в спектре излучения были все линии fe-серии?Дано: Z = 74.Найти: U.Решение. Коротковолновая граница X сплошного рентгеновского спектра связана с разностью потенциалов U соотношениемКакую наименьшую разность потенциалов нужно приложить

к рентгеновской трубке с вольфрамовым антикатодом, чтобы в спектре излучения были все линии fe-серии?

Дано: Z = 74.

Найти: U.

Решение. Коротковолновая граница X сплошного рентгеновского спектра связана с разностью потенциалов U соотношением

к рентгеновской трубке с вольфрамовым антикатодом, чтобы в спектре излучения были все линии fe-серии?

Дано: Z = 74.

Найти: U.

Решение. Коротковолновая граница X сплошного рентгеновского спектра связана с разностью потенциалов U соотношением

л _ Нс

е — заряд электрона, к — постоянная Планка, с — скорость света. Длина волны рентгеновского излучения X определяется по формуле Мозли

1 =Л'(2-а)2(Д- - 1\

X v ' Vra2 *2;

Линии A-серии образуются при переходе на 1-й энергетический уровень, т. е. п = 1,аА = °°,и тогда

1=R(Z- а)2.

С другой стороны, 1 _ eTJ , J^i^1)2 = ^^ • U = ^'(^ —•

X Нс ’Нс ’е ’

- 73 (кВ).- 73 (кВ).и= 1,097 • 107 • 732 • 6,63 • 10~34 • 3 • 108

- 73 (кВ).

- 73 (кВ).

1,6-10‘19

32» На поверхность воды падает у-излучение с длиной волны 0,414 пм. На какой глубине интенсивность излучения уменьшится в 2 раза?т

Дано: X = 4,14 • 10"13 м; — = 2.

Найти: х.

Решение. Согласно закону поглощения Х-излучения веще

ством, I = ^оехР(~И-*-)’(1)

Решая уравнение относительно х, найдем

ж = 1 In .(2)

Ц I

Для определения коэффициента линейного ослабления вычислим энергию £ фотонов:

8 = т •(3)

Подставляя в (3) числовые значения, получим

£ = ^ТТГ^^ “ 4’8'10-13 (Дж) = 3 (МэВ)-4,14 • 10 13£ = ^ТТГ^^ “ 4’8'10-13 (Дж) = 3 (МэВ)-4,14 • 10 13Рис. 54Рис. 54

£ = ^ТТГ^^ “ 4’8'10-13 (Дж) = 3 (МэВ)-

4,14 • 10 13

£ = ^ТТГ^^ “ 4’8'10-13 (Дж) = 3 (МэВ)-

4,14 • 10 13

Рис. 54

Рис. 54

По графику зависимости линейного коэффициента поглощения у-лучей ц от их энергии £ (рис. 54) находим

ц = 0,03 (см-1).

Подставляя числовые значения в выражение (2), получим

X = Al = 01693 _ 23 Д (СМ)0,030,03v ’

33» Через кварцевую пластинку толщиной 5 см пропускаются инфракрасные лучи. Угол падения равен нулю. Известно, что для инфракрасных лучей с длиной волны Хх = 2,72 мкм коэффициент линейного ослабления кх = 0,2 см-1, а для лучей с Х2 = 4,50 - k2 = = 7,3 см-1. Определить слои половинного ослабления хг и х2 соответственно для Хх и Х2 и относительное изменение интенсивности этих лучей после прохождения ими кварцевой пластинки.

Дано: кг = 0,2 см-1; к2 = 7,3 см-1; Хх = 2,72 мкм; Х2 = = 4,50 мкм; х = 5 см.

Найти; xv х2, ~~ .

Решение. Поглощение лучей света в среде определяется законом Бугера, который строго выполняется только для монохроматических лучей: I = 10е~кх, где 10 — сила света, входящего в вещество, I — сила света, прошедшего слой вещества, х — толщина слоя поглощающего вещества, к — коэффициент линейного ослабления.

При слое половинного ослабления I = |l0, формула закона

Бугера примет вид: ~ 10 = 10е кх. Отсюда

е"кх = 2, или кх = In 2.

Для лучей с длиной волны Хт слой половинного ослабления равен

„ In2 0,693 ап (

для лучей с длиной волны Х2 слой половинного ослабления равен

х2= — = ^^ - 0,0949 (см) ~ 0,95 (мм).

ко 7,3

Таким образом, слой половинного ослабления с длиной волны Х2 в 3,67 раза меньше, чем для ХР Относительное изме-

нение силы света после прохождения слоя х для лучей Хх и Х2

получим из выражения у = екх. Для лучей с Хх:

^ _ ек1Х = ео,2-5 = е1 = 2,72;

для лучей с Х2:

£о = е^х = с7,3* 5 = ^зб,5 ~ ю14.

Л

Таким образом, для лучей с длиной волны Х2 = 4,50 мкм слой кварца толщиной 5 см практически непрозрачен, в то время как лучи с длиной волны Хх = 2,72 мкм, проходя слой кварца в 5 см, ослабляются в 2,72 раза.

34» На железный экран падает пучок у-лучей, длина волны которых 0,124 • 10-2 нм. Найти толщину слоя половинного ослабления у-излучения в железе.

Дано: X = 1,24 • 10 12 м; Ее.

Найти: х1/2.

Решение. Энергия у-квантов

6 = ^ = бгбЗ^ЛО^-ЗИ^ 1,6• 10"13 (Дж) = 1 (МэВ).

X 1,24-КН2

По графику на рис. 54 находим значение коэффициента линейного поглощения ц = 0,5 см"1. Толщина х1/2 слоя половин

ного ослабления будет хл- 1,4 (см).

' ц 0,5

35» Определить, как изменится интенсивность узкого пучка лучей при прохождении через экран, состоящий из двух плит: алюминиевой толщиной 10 см и железной — 5 см. Коэффициент линейного ослабления для А1 цх = 0,1 см"1, для Ее ц2 = 0,3 см"1.

Дано: хт = 10 см, цх = 0,1 см'1, х2 = 5 см, ц2 = 0,3 см"1.

Найти: — .

Л

Решение. Интенсивность излучения 1г после прохождения алюминиевой плиты 1г = Ioe"^ixi. После прохождения железной плиты интенсивность

/2 = I^C^^ = JqC"^!*! е в”^2Х2 = /де~^1Х1 + ^2Хг\

Отсюда — = е^л+ ^г) = е0,1 • ю + о,з* 5 = ^2,5 ~ 12,2. Интенсивность уменьшается в 12 раз.

Какова энергия у-лучей, если при прохождении через слой железа толщиной 3,15 см интенсивность излучения ослабляется в

4 раза?

Дано: у = 4; х = 3,15 см; Ее.

Найти: е.

Решение. Интенсивность излучения I после прохождения слоя железа толщиной х определяется по формуле I = 10* е"^х.

In—

у = е^; In у = цх; ц = —~ =- 0,44 (см-1).

По графику на рис. 52 находим £ = 1,4 МэВ.

Как изменится степень ослабления у-лучей при прохождении через свинцовый экран, если длина волны этих лучей 4,1 • 10-13 м и 8,2 • 10" м, толщина экрана 1 см?

Дано: Хх = 4,1 • 10-13 м; Х2 = 8,2 • 10-13 м; х = 1 см.

Наити: у .

Решение. Энергия у-квантов равна:

1х = 1йе"*х^ i^i^A^21х = 1йе"*х^ i^i^A^2£2^ = е(н2-Р1)^ = е°’П = 1,12.£2^ = е(н2-Р1)^ = е°’П = 1,12.Ег = ^ = 6263^^110^4>9.10-1з (Дж) = з (МэВ).

1х = 1йе"*х^ i^i^A

^2

1х = 1йе"*х^ i^i^A

^2

£2^ = е(н2-Р1)^ = е°’П = 1,12.

£2^ = е(н2-Р1)^ = е°’П = 1,12.

Интенсивность коротковолнового излучения после прохождения свинцового экрана будет в 1,12 раза выше.

38»| Рассчитать толщину защитного водяного слоя, который ослабляет интенсивность излучения с энергией 1,6 МэВ в 5 раз.

Дано: £ = 1,6 МэВ; у = 5.

Найти: х.

Решение. Закон ослабления излучения при прохождении слоя толщиной х имеет вид I = 10е^. По графику на рис. 54 находим ц = 0,05 см"1.

Тогда ^ = е^ = 5; In 5 = цх; х = ^ = Jb£ = 32 (см).

Iц 0,05

Дефект массы и энергия связи ядра. Радиоактивность. Ядерные реакции

39» Вычислить дефект массы, энергию связи и удельную энергию связи ядра 8О.

Дано: т^ = 1,00783 а. е. м.; тп = 1,0086 7 а. е. м.; ?П16О = = 15,99492 а. е. м.; Z = 8; А = 16.

Найти: Дт, £св, £св.

Решение. Дефект массы Дт ядра определяется по формуле

Дт = Zmp + (А - Z)mn - тя.(1)

Формулу (1) можно также записать в виде

Дт = Zmx + (А - Z)mn - та,(2)

где та — масса атома, дефект массы ядра которого определяется.

Подставляя в (2) числовые данные, получим

Дт = 0,13708 а. е. м.

Энергия связи ядра Есв определяется по формуле

Есв = с^Дт.(3)

Если дефект массы Дт выражать в а. е. м., а энергию связи Есв в МэВ, то формула (3) примет вид

Есв = 931Атп.(4)

Подставляя в (4) числовые значения, получим

Есв = 931 • 0,13 708 128 (МэВ).

Удельная энергия связи есв вычисляется по формуле

£св=^-(5)

Проводя вычисления, получим

£св= ^ =8 (МэВ).

Вычислить дефект массы, энергию связи ядра и удельную энергию связи для элемента 47Ag.

Дано: miH = 1,00783 а. е. м.; mn = 1,00867 а. е. м.; mAg =

= 107,869 а. е. м.; Z = 47; А = 108.

Найти: Ат, Есв, есв.

Решение. Дефект массы ядра Ат равен

Am = Zmx^ + (А - Z>mn - т^;

Ат = 47 •1,00783 + (108 - 47) • 1,00867 - 107,869 =

= 1,028 (а. е. м.).

Энергия связи

Есв = Ате2 = 1,028 • 1,66 • 10"27 • 9 • 1016 - 15,36 • Ю"11 (Дж) -

- 960 (МэВ).

Удельная энергия связи есв = ^ = |^| — 8,9 (МэВ).

4141Вычислить дефект массы, энергию связи и удельную энергию

41

41

24, - связи для ядра элемента 12Mg .

Дано: Z = 12; А = 24; mi = 1,00783 а. е. м.; тп = = 1,00867 а. е. м.

Найти: Ат, Есв, 8СВ.

Решение. Ядро магния содержит 12 протонов и 12 нейтронов. Дефект массы ядра определяется по формуле

Am = Zmx^ + (А - Z)m„ - mMg.

Am = 12 • 1,00783 + 12 • 1,00867 - 23,98504 - 0,213 а. е. м.;

1 а. е. м. = 1,66 • 10“27 (кг);

Ат = 0,213 • 1,66 • IO'27 = 3,5 • Ю’28 (кг).

Энергия связи ядра

Есв = Ате2 = 3,5 • 10"28 • 9 • 1016 ^ 3,2 • Ю"11 (Дж) = 197 (МэВ).

есв=^ =8,21 (МэВ).есв=^ =8,21 (МэВ).Е

есв=^ =8,21 (МэВ).

есв=^ =8,21 (МэВ).

Удельная энергия связи есв = —22;

42» Ядро, состоящее из 92 протонов и 143 нейтронов, выбросило а-частицу. Какое ядро образовалось при а-распаде? Определить дефект массы и энергию связи образовавшегося ядра.

Дано: Z = 92; А = 92 4- 143; N = 143.

Найти; X, Дт, Есв.

Решение. Реакция а-распада имеет вид 2^U -> gHe + 2эоХ,

т. е. образовалось ядро тория 2goTh; mTh — 231,02944 а. е. м.

Дефект массы

km = Zmx + (А - Z^m - mTh;

Дтп = 90-1,00783 + 141-1,00867 - 231,02944 - 1,898 (а. е. м.) = 3,15 • 10"27 (кг). Здесь т,н, тп— массы водорода и нейтрона.

Энергия связи ядра тория Есв = Дтс2 = 3,15 • 10 27 • 9 • 1016 — ^ 2,84 • 1010 (Дж) - 1775 (МэВ).

~„238тт

В какой элемент превращается 92U после трех а-распадов и двух р-распадов?

Дано: Z = 92;А = 238.

Найти: Y.

Решение. Каждый а-распад сопровождается уменьшением зарядового числа Z на 2 и уменьшением массового числа А на 4. Каждый Р-распад сопровождается увеличением зарядового числа Z на 1, а массовое число А остается без изменения. Таким образом, зарядовое число Z’ полученного элемента будет равно Z' = Z- 3*2 + 2*l = 92-6 + 2 = 88, а массовое число А’ = А - 3 • 4 = 238 - 12 = 226, т. е. получили элемент радий 226-э ss^a.

44* Период полураспада ^Со равен примерно 5,3 года. Определить постоянную распада и среднюю продолжительность жизни атомов этого изотопа.

Дано: Т = 5,3 года.

Найти: X, т.

Решение. Постоянная радиоактивного распада X и период полураспада Т связаны соотношением X = —^ = ^ртр — - 0,13 (год"1).

Среднее время жизни радиоактивного изотопа т = - —

— 7,7 (лет).

45» За год распалось 60% некоторого исходного радиоактивного элемента. Определить период полураспада этого элемента.

Дано: t = 1 год; ^-—^ = 0,6.

Найти: Т1/2*

Решение. Закон радиоактивного распада имеет вид N = No • е~^,

где No — исходное число радиоактивных ядер, N — число не- распавшихся ядер к моменту времени t, X — постоянная радиоактивного распада, которая связана с полупериодом распа-

тт In 2 т-тNo - N

да Т1/2 соотношением Т1/2 = —-. По условию задачи —~— =

= 1 - — = 1 - ^ = 1 - e"xt = 0,6; e”Xt = 0,4; eXt = — = 2,5;

NoNo’ ’0,4’ ’

Xt = In 2,5; X =.

t

Тогда T1/2 = ^ = £^ =" °’76 <года>

' Xm2,5m2,5

Сколько ядер, содержащихся в 1 г трития 1Н, распадается за среднее время жизни этого изотопа?

Дано: т = 10-3 кг; t = т.

Найти: N*.

Решение. Согласно закону радиоактивного распада

N = N^xp^-Xty(1)

Среднее время жизни т радиоактивного изотопа есть величина, обратная постоянной распада

т = г(2)

По условию задачи t = т. Подставляя в (1) вместо t значение т из (2), получим

^ = —.(3)

е

Число распавшихся атомов за время t = т равно

2V' = jV0-jV = N0(l-l).(4)

Найдем число атомов No, содержащихся в массе т = 1 г изотопа :

где М = 3 • 10~3 кг/моль — молярная масса изотопа ^Н , NA — число Авогадро.

С учетом (5) выражение (4) примет вид

N' = — NAfl - 1\(6)

М Al е)v ’

Подставляя в (6) числовые значения, получим

N, = 10-з. 6,02: 1023 / _ _2_л х .

3 • IO-3 v 2,72 7

47» Период полураспада |?Со равен 5,3 года. Определить, какая

доля первоначального количества ядер этого изотопа распадается через 5 лет.

Дано: Т = 5,3 года; t = 5 лет.

Решение. Закон радиоактивного распада

N = N0-e-xSrp.e\=M.

Число распавшихся ядер будет No - N, а их доля ^о£^ . Ю0%;

No-N == т _= 1_еТ*. No-N = г _

^.5

- е5’3- 1 - 0,52 = 0,48 или 48% первоначального числа ядер

распадется через 5 лет.

48* Период полураспада радиоактивного аргона ^Аг равен 110 мин. Определить время, в течение которого распадается 25% начального количества ядер.

Дано: Т = 110 мин; ^—~ = 0,25.

Найти: t.

_1п2 .T r’_1п2 .T r’Решение. Закон радиоактивного распада N = N0*e и. Из условия задачи ^- = 0,75. Учитывая, что X = ^^ , получаем:

_1п2 .

T r’

_1п2 .

T r’

— = e~u; In — = —Xt =

No ’ No

Tin —

откуда ,.-^;( = -М^=46(мин,

49* Определить постоянную распада и число атомов радона, распавшихся в течение суток, если первоначальная масса радона 10 г. Период полураспада ^Rn равен 3,82 сут.

Дано: t = 1 сут; Т1/2 = 3,82 сут; m = 10 г = 10"2 кг.

Найти: X, Nv

Решение. Число атомов радона

и А м

где Nx — число Авогадро, М — молярная масса радона, М = 222 кг/кмоль, m — масса радона.

Закон радиоактивного распада N = NQ* е"^, где N — число ядер, не распавшихся к моменту времени t, X — постоянная In 2

распада, X = ~— . Число атомов, распавшихся за t = 1 сут, ■^1/2

будет

In 2х™ l-eМ VIn 2х™ l-eМ V0,693 . 3,820,693 . 3,82NT = N0-N = N0-N0-е"и = ^(1 - е^ = Nxx

In 2

х™ l-e

М V

In 2

х™ l-e

М V

0,693 . 3,82

0,693 . 3,82

) = 6,02 • 1026 • ^-^- *

7’222

— 4,3 • 1021 (атомов).

X = ^ = ^^ = 0,181 (сут"1).

Т1/23,82’' ''

50» Вычислить энергию ядерной реакции

гНе + gHe ^ р + gLi.

Выделяется или поглощается энергия при этой реакции?

Решение. Энергия ядерной реакции определяется по формуле

(1)(1)Q = с\тг + m2- "Lm^, где тпг и m2 — массы частиц, вступающих в реакцию, Hm't сумма масс частиц, образовавшихся в результате реакции.

(1)

(1)

Если массу частиц выражать в а. е. м., а энергию реакции в МэВ, то формула (1) примет вид

Q = 931(m1 + т2 - Цт^.Q = 931(m1 + т2 - Цт^.(2)(2)

Q = 931(m1 + т2 - Цт^.

Q = 931(m1 + т2 - Цт^.

(2)

(2)

При вычислении энергии ядерной реакции можно использовать массы атомов вместо масс их ядер. Из справочных данных находим:

Шл = 4,00260 а. е. м.,

2Не

т. = 1,00783 а. е. м.,

т1т. = 7,01601 а. е. м.

3Li

Дефект массы реакции равен

(2/п4тт - игл - ш7т.) = -0,01864 а. е. м.

2Не XH 3Li'

Подставляя значение дефекта массы реакции в (2), получим

Q = 931(-0,01864) - -17,4 (МэВ).

Поскольку Q < 0, то энергия в результате реакции поглощается.

51» Вычислить энергию термоядерной реакции

]Н + 1Н гНе + in.

Дано: /п2„ = 2,0141 а. е. м.; zn3„ = 3,01605 а. е. м.; 1H

m4 = 4,0026 а. е. м.; игп = 1,00867 а. е. м.

2Неп

Найти: Е.

Решение. Энергия ядерной реакции определяется по формуле Е = Ате2;

Е = с2(т2„ + т3 - т4„ - тЛ = с2(2,0141 + 3,01605 - iH iH 2Не

- 4,0026 - 1,00867) = с2 • 0,01888 = 9 • 1016 • 0,01888 х

х 1,66 • 10 27 = 28,2 • 10"13 (Дж) = 17,6 (МэВ).

52.52.Вычислить энергию ядерной реакции

52.

52.

iH + gLi 2 • ^Не + in .

Дано: 7п2н = 2,0141; тпы = 7,01605; тНе = 4,0026;

тп = 1,00867 а. е. м.

Найти:Е.

Решение. Энергия Е ядерной реакции определяется по формуле Е = Атпс2. Атп равен разности масс продуктов, вступающих в реакцию и полученных в результате реакции:

Атп = тп2н + т^ - 2тпНе - тп =

= 2,0141 + 7,01605 - 2 • 4,0026 - 1,00867 = 0,01628 (а. е. м.),1 а. е. м. = 1,66 • 10~27 кг.

Энергия ядерной реакции Е = Атпс2 = 0,01628*1,66 х X 10"27 • 9 • 1016 = 2,4 • 10"12 (Дж) = 15,2 (МэВ).

Какое количество энергии освобождается при соединении одного протона и двух нейтронов в одно ядро?

Решение. Результатом ядерной реакции синтеза

^р + 2 • оп ->

является образование ядра трития. Энергетический эффект ядерной реакции Е = Атпс2;

Атп = тп + 2тп - тп3.

Масса протона тр = 1,00728 а. е. м., масса нейтрона тп = = 1,00867 а. е. м., масса трития пи = 3,01605 а. е. м.

Тогда Е = Атпс2 = (1,00728 + 2 • 1,00867 - 3,01605) • 1,66 х х lO^ • 9 • 1016 12,8 • 10"13 (Дж) - 8 (МэВ).

Задачи для самостоятельного решения

Определить частоту света, излучаемого двукратно ионизованным атомом лития при переходе электрона на уровень с главным квантовым числом 2, если радиус орбиты электрона изменился в 9 раз. Ответ: 6,58 • 1015 Гц.

Какую минимальную энергию необходимо сообщить электрону в атоме водорода, чтобы перевести его из основного состояния во второе возбужденное? Ответ: 12,1 эВ.

Определить длину волны кванта, излучаемого атомом водорода при переходе с одного энергетического уровня на другой, если при этом энергия атома уменьшилась на 10,2 эВ. Ответ: 0,12 мкм.

Вычислить длину волны де Бройля для электрона, прошедшего разность потенциалов 2 кВ. Ответ: 2,75 • 10”11 м.

Вычислить длину волны де Бройля для пули массой 0,015 кг, движущейся со скоростью 500 м/с. Ответ: 8,8 • 10~35 м.

Вычислить дефект массы и энергию связи ядра ^N .Ответ: 0,112 а. е. м.; 104,7 МэВ.

7♦ Вычислить энергию связи ядра gLi .Ответ: 39,3 МэВ.

8* Вычислить энергетический эффект реакции

*He + п -> ?Н + р.

Ответ: 1,3 МэВ.

9» Вычислить энергетический эффект реакции

,Н + gLi ~> <Ве + оП.

Ответ: 15,028 МэВ.

Неопределенность скорости электрона составила Av = = 10 м/с. Определить неопределенность координаты электрона, если он движется со скоростью 100 м/с. Ответ: 5,8 • 10~6 м.

♦ Элементарная частица в потенциальной яме находится в возбужденном состоянии. Какова вероятность нахождения частицы в середине потенциальной ямы? Ответ поясните рисунком. Ответ: нуль.

Наибольшая длина волны ^-серии рентгеновского излучения 0,21 нм. Из какого материала сделан антикатод? Ответ: Мп.

Какую наименьшую разность потенциалов надо приложить к рентгеновской трубке с медным антикатодом, чтобы в спектре излучения меди были видны все линии ^-серии? Ответ: 10,7 кэВ.

Пластина толщиной 1 см ослабляет интенсивность у-излу- чения в два раза. Во сколько раз уменьшится интенсивность у-излу- чения при прохождении его через 10 пластин? Ответ: 1027 раз.

Период полураспада радиоактивного вещества равен 5,3 года. Определить, в течение какого времени масса этого вещества уменьшится в 10 раз. Ответ: 17,6 года.

Постоянная распада радиоактивного элемента j|a1 равна X = 2,97 • 10-14 с-1. Определить продолжительность жизни и период полураспада этого элемента. Ответ: 1,07 • 106 лет; 7,4 • 105 лет.

Приложение

1. Основные физические постоянные (округленные значения)

Физическая постоянная

Обозначение

Числовое значение

Нормальное ускорение свободного падения Гравитационная постоянная Молярная газовая постоянная Постоянная Больцмана Элементарный заряд Масса покоя электрона Скорость света в вакууме Постоянная Стефана— Больцмана

Постоянная Вина в первом законе (смещения)

Постоянная Вина во втором законе

Постоянная Планка

Постоянная Ридберга Боровский радиус Комптоновская длина волны электрона

Энергия ионизации атома водорода

Атомная единица массы Энергия, соответствующая 1 а. е. м.

Электрическая постоянная Магнитная постоянная Постоянная Авогадро Масса покоя протона

Объем 1 моля идеального газа при нормальных условиях (То = 273,15 К, р0 = = 101325 Па)

Магнетон Бора

Ядерный магнетон Постоянная Фарадея

g

G R h е те с а

61

^2 h h R а

Хс

Et

а. е. м.

ео Но

Н Н

F

9,81 м/с2

6,67 • 10-11 м3/(кг • с)2 8,31 Дж/(К • моль)

1,38 -10"23 Дж/К 1,60-10"19Кл 9,1-10"31 кг 3 • 108м/с 5,67 • 10"8 Вт/(м2 • К4)

2,89-10-3м-К

1,3-10-5Вт/(м2-К5)

6,63-Ю34 Дж-с 1,05 • 10"34 Дж • с 1,097 • 107 м"1 0,529 • 10"10 м 2,43-10-12м

2,18* 10~18 Дж = = 13,6 эВ 1,66 • 10"27 кг

931,50 МэВ

8,85 • IO'12 Ф/м 4 л • 10~7 Гн/м 6,02 • 1023 моль"1 1,67 • 10-27 кг 22,4 • 10-3 м3/моль

9,27 • 10-24 Дж/Тл 5,05 • IO'27 Дж/Тл

9,65 Кл/моль

2» Некоторые астрономические величины

Радиус Земли (среднее значение)

Масса Земли

Радиус Солнца (среднее значение)

Масса Солнца

Радиус Луны (среднее значение)

Масса Луны

Среднее расстояние между центрами

Земли и Луны

Среднее расстояние между центрами Солнца и Земли

Период обращения Луны вокруг Земли

6,38-106м5,98 *1024 кг6,95-108м1,99-1030 кг1,74 • 106 м7,35 е 1022 кг3,84 • 108 м1,5-10пм27 сут 7 ч и 43 мин6,38-106м5,98 *1024 кг6,95-108м1,99-1030 кг1,74 • 106 м7,35 е 1022 кг3,84 • 108 м1,5-10пм27 сут 7 ч и 43 минВольфрам 5,5Железо9,8Медь1,75Вольфрам 5,5Железо9,8Медь1,75Никелин 40,0Нихром 110,0Серебро 1,6Никелин 40,0Нихром 110,0Серебро 1,63. Удельное сопротивление, Ю8Ом*м

6,38-106м

5,98 *1024 кг

6,95-108м

1,99-1030 кг

1,74 • 106 м

7,35 е 1022 кг

3,84 • 108 м

1,5-10пм

27 сут 7 ч и 43 мин

6,38-106м

5,98 *1024 кг

6,95-108м

1,99-1030 кг

1,74 • 106 м

7,35 е 1022 кг

3,84 • 108 м

1,5-10пм

27 сут 7 ч и 43 мин

Вольфрам 5,5

Железо9,8

Медь1,75

Вольфрам 5,5

Железо9,8

Медь1,75

Никелин 40,0

Нихром 110,0

Серебро 1,6

Никелин 40,0

Нихром 110,0

Серебро 1,6

4. Диэлектрическая проницаемость (относительная) вещества

Бакелит

4,0

Парафин

2,2

Вода

81,0

Слюда

6,0

Масло трансформа

Стекло

7,0

торное

2,2

5. Показатель преломления

Алмаз

2,42

Кварц

1,55

Вода

1,33

Сероуглерод

1,63

Глицерин

1,47

Скипидар

1,48

Каменная соль

1,54

Стекло

1,52

6. Интервалы длин волн, соответствующие различным цветам спектра, нм

Фиолетовый

400—450

Желтый

560—590

Синий

450—480

Оранжевый

590—620

Голубой

480—500

Красный

620—760

Зеленый

500—560

Масса т и энергия Ео покоя некоторых элементарных частиц и легких ядер

Частицы

т

Ео

а. е. м.

1027, кг

МэВ

1010, Дж

Электрон

5,486 • 104

0,00091

0,511

0,00082

Протон

1,00728

1,6726

938,28

1,50

Нейтрон

1,00867

1,675

939,57

1,51

Дейтрон

2,01355

3,3325

1876,5