0

Т.Н. ГОЛОВАНОВА, А.М. ШТЕРЕНБЕРГ

СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ

И ПРИМЕРЫ ИХ РЕШЕНИЯ

ЧАСТЬ ΙΙΙΙ

Самара

Самарский государственный технический университет

2016

1

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ

УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ОБРАЗОВАНИЯ

«САМАРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»

Кафедра «Общая физика и физика нефтегазовых производств»

Т.Н. ГОЛОВАНОВА, А.М. ШТЕРЕНБЕРГ

СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ

И ПРИМЕРЫ ИХ РЕШЕНИЯ

ЧАСТЬ Ι

Самара

Самарский государственный технический университет

2016

2

Печатается по решению редакционно-издательского совета СамГТУ

УДК 53(076.1)

ББК 22.3я73

Г 61

Голованова Т.Н.

Г 61 Сборник задач по физике и примеры их решения. В 2 ч., Ч. Ι /

Т.Н. Голованова, А.М. Штеренберг. – Самара: Самар. гос. техн. ун-т, 2016. –

84 с.: ил.

Содержит основные законы и формулы, необходимые для решения задач.

Даны примеры решения типовых задач и задачи для самостоятельного реше-

ния. Пособие предназначено для студентов-заочников инженерно-технических

специальностей вузов. Может быть использовано студентами дневных отделе-

ний вузов.

УДК 53(076.1)

ББК 22.3я73

Г 61

Рец ен з ен т : канд. физ.-матем. наук, доцент М.Р. Виноградова

© Т.Н. Голованова, А.М. Штеренберг, 2016

© Самарский государственный

технический университет, 2016

3

ПРЕДИСЛОВИЕ

Сборник содержит основные законы и формулы, необходимые

для решения задач. Даны примеры решения типовых задач и задачи

для самостоятельного решения. Числовые данные приведены с уче-

том точности соответствующих величин и правил действия над при-

ближенными числами.

Учебное пособие предназначено для оказания помощи студентам-

заочникам инженерно-технических специальностей вузов при изучении

курса общей физики. Может быть полезным для студентов дневных от-

делений вузов. Пособие составлено в соответствии с действующей про-

граммой по курсу физики для технических университетов.

Даны две таблицы вариантов контрольных работ по механике

(контрольная работа № 1) и молекулярной физике с термодинамикой

и электростатикой (контрольная работа № 2). Таблицы содержат ва-

рианты для специальностей, учебными планами которых предусмот-

рено четыре контрольных работы по курсу физики. Кроме того в по-

собии даны методические указания к решению задач и выполнению

контрольных работ, а также справочные материалы.

4

ПРОГРАММА КУРСА ФИЗИКИ

ДЛЯ ИНЖЕНЕРНО-ТЕХНИЧЕСКИХ СПЕЦИАЛЬНОСТЕЙ

ЗАОЧНОГО ОТДЕЛЕНИЯ ВУЗА

ЧАСТЬ ΙΙΙΙ

МЕХАНИКА

Скорость и ускорение материальной точки. Тангенциальное и

нормальное ускорения. Угловая скорость и угловое ускорение. Зако-

ны Ньютона. Силы в механике. Закон сохранения импульса. Работа и

кинетическая энергия. Консервативные силы. Потенциальная энер-

гия, ее связь с работой и консервативной силой. Закон сохранения

механической энергии. Момент силы и момент импульса. Закон со-

хранения момента импульса.

Момент инерции твердого тела. Теорема Штейнера. Уравнение

динамики вращения твердого тела. Кинетическая энергия вращающе-

гося твердого тела. Принцип относительности Галилея. Постулаты

специальной теории относительности (СТО). Преобразования Лорен-

ца. Следствия из преобразований Лоренца. Релятивистский импульс.

Основное уравнение релятивистской динамики. Энергия в СТО.

Взаимосвязь массы и энергии.

Виды механических колебаний. Свободные незатухающие колеба-

ния. Сложение гармонических колебаний. Свободные затухающие ко-

лебания. Логарифмический декремент. Вынужденные колебания. Ме-

ханические волны. Характеристики волн. Уравнение плоской волны.

МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА

Основное уравнение молекулярно-кинетической теории. Средняя

энергия молекул. Температура. Уравнение состояния идеального газа.

Закон равномерного распределения энергии по степеням свободы.

Распределения Максвелла и Больцмана. Скорости молекул. Баромет-

рическая формула. Средняя длина свободного пробега молекул. Яв-

ления переноса. Диффузия, теплопроводность и вязкость. Работа газа.

5

Внутренняя энергия и количество теплоты. Первое начало термоди-

намики. Теплоемкость идеального газа. Адиабатический процесс. Те-

пловые двигатели. Цикл Карно. Второе начало термодинамики. Эн-

тропия. Закон возрастания энтропии.

ЭЛЕКТРОСТАТИКА

Электрический заряд. Закон Кулона. Напряженность электриче-

ского поля. Поток напряженности. Теорема Гаусса для электрическо-

го поля в вакууме. Расчет электрических полей с помощью теоремы

Гаусса. Потенциал электрического поля. Связь между напряженно-

стью и потенциалом электрического поля. Электрический диполь.

Диэлектрики. Поляризация диэлектриков. Свободные и связанные за-

ряды. Электрическое смещение. Расчет электрических полей в ди-

электриках. Проводники в электрическом поле. Электроемкость.

Конденсаторы. Энергия заряженного проводника и конденсатора.

Энергия электрического поля.

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

1. Савельев И.В. Курс общей физики: кн. 1: Механика: учеб. пособие / И.В.

Савельев. – М.: Астрель, 2004. – 336 с.: ил.

2. Савельев И.В. Курс общей физики: кн. 2: Электричество и магнетизм:

учеб. пособие / И.В. Савельев. – М.: Астрель, 2004. – 254 с. ил.

3. Иродов И.Е. Механика. Основные законы: учеб. пособие / И.Е. Иродов.

– М.: Лаборатория знаний, 2005. – 309 с.: ил.

4. Иродов И.Е. Физика макросистем. Основные законы: учеб. пособие /

И.Е. Иродов. – М.: Лаборатория знаний, 2004. – 207 с.: ил.

5. Детлаф А.А., Яворский Б.М. Курс физики: учеб. пособие / А.А. Детлаф,

Б.М. Яворский. – М.: Академия, 2003. – 720 с.: ил.

6. Волькенштейн В.С. Сборник задач по общему курсу физики. Изд. 3-е,

испр. и доп. – СПб.: Книжный мир, 2005. – 328 с.

6

МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

И ВЫПОЛНЕНИЮ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ

Решение задач. Систематическое решение задач обычно прово-

дится по следующей схеме.

1. Сделать анализ условия задачи и записать числовые данные,

переведя их при необходимости в одну систему единиц.

2. Определить, какие законы и формулы лежат в основе решения

данной задачи, дать словесную формулировку этих законов, разъяс-

нить буквенные обозначения формул. Если при решении задачи ис-

пользуется формула, не выражающая какой-либо физический закон,

то эту формулу следует вывести.

3. При необходимости выполнить рисунок, поясняющий содер-

жание задачи. Аккуратно выполненный рисунок поможет не только

лучше понять условие задачи, но и выбрать необходимое для реше-

ния задачи уравнение.

4. Решение задач сопровождается краткими, но исчерпывающими

пояснениями, раскрывающими физический смысл формул.

5. Все задачи надо решать в общем виде, т. е. выразить искомую

величину в буквенных обозначениях величин, заданных в условии

задачи. При таком решении не производятся вычисления промежу-

точных величин, следовательно уменьшается вероятность возможных

ошибок. Решение в общем виде позволяет также провести анализ по-

лученного результата.

6. Для проверки правильности полученного решения необходимо

в формулу, выражающую искомую величину, подставить единицы

величин, заданных в условии задачи, и убедиться в том, что получен-

ная единица соответствует искомой величине. Если такого соответст-

вия нет, то задача решена неверно.

7. Выразить числовые значения величин, заданных в условии за-

дачи, в одной системе единиц (преимущественно в СИ) и выписать их

для наглядности столбиком. Подставить эти значения в окончатель-

ную формулу, выражающую искомую величину, и получить число-

вой ответ. При этом следует учесть точность числовых данных и на правила действий с приближенными числами. В числовом ответе ос-

7

тавляется столько значащих цифр, сколько их содержится в числовом

данном задачи, содержащем наименьшее число этих цифр. Числовой

ответ следует записывать в виде произведения десятичной дроби с

одной значащей цифрой перед запятой на соответствующую степень

десяти. Например, вместо 3250 нужно записать 3,250·103.

Выполнение контрольных работ. При выполнении контроль-

ных работ необходимо руководствоваться следующим.

1. Номера задач определяются по таблице вариантов. Номер ва-

рианта соответствует последней цифре в шифре студента.

2. Контрольная работа выполняется в обычной школьной тетради,

на обложке которой приводятся сведения по следующему образцу:

3. Условия задач записываются полностью без сокращений. Для

замечаний преподавателя на страницах тетради оставляются поля.

4. В конце контрольной работы нужно указать учебное пособие,

используемое при изучении физики (название пособия, автор, год из-

дания). Это необходимо для того, чтобы рецензент мог указать сту-

денту, что следует изучить для завершения контрольной работы.

5. Высылать одновременно на рецензию нужно не более одной

работы.

6. Если контрольная работа не зачтена, то студент обязан пред-

ставить ее на повторную рецензию, включив в нее те задачи, решения

которых оказались неверными.

7. Зачтенная работа предъявляется экзаменатору. Студент во

время экзамена должен дать пояснения по существу решения задач,

входящих в контрольную работу.

Контрольная работа № 1

по физике студента электротехнического факультета СамГТУ

Андреева А.П.

Шифр 201061

Адрес: г. Самара, ул. Тополей 4, кв. 5.

8

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 1

МЕХАНИКА

Основные формулы

Кинематика

1. Средняя скорость и среднее ускорение материальной точки

⟨v⟩ = ∆r∆t,⟨a⟩ = ∆v∆t

,(1Ф)

где ∆r,∆v − перемещение точки и приращение скорости за время ∆t; � − радиус-вектор точки.

Используется также средняя скорость, равная отношению пройденно-

го пути s ко времени t, за которое этот путь был пройден

v = s . t

(2Ф)

2. Модули скорости и ускорения

v = ds

dt,a = dv

dt= d2s

dt2 ,(3Ф)

где s – путь, пройденный материальной точкой.

3. Проекции скорости и ускорения на координатные оси

vx = dx

dt,vy = dy

dt,vz = dz

dt.(4Ф)

22 2

2 2 2, , .= = =х y z

d yd x d zа a а

dt dt dt (5Ф)

4. Модули скорости и ускорения через их проекции на коорди-

натные оси

v = vx2 + vy

2 + vz2,a = ax

2 + ay2 + az

2.(6Ф)

5. Координата точки и проекция скорости на выбранную ось ко-

ординат при равноускоренном движении

x=x0 + v0xt+ axt22

,vx=v0x +axt,(7Ф)

где �0, v0x − начальная координата и проекция начальной скорости.

9

6. Тангенциальное и нормальное ускорения при криволинейном

движении

a = dv

dt,an = v2� ,(8Ф)

где � – радиус кривизны траектории в данной точке, или радиус ок-

ружности.

7. Модули угловой скорости и углового ускорения точки, дви-

жущейся по окружности,

ω = dφ

dt,β = dω

dt,(9Ф)

где φ − угол поворота радиус-вектора точки.

8. Связь между модулями линейных и угловых величин, характе-

ризующих движение точки по окружности,

v = ω�,a = β�,an = ω2�,(10Ф)

где v − линейная скорость;

R – радиус окружности.

9. Полное ускорение точки, движущейся по окружности,

a = �a 2 + an2 = ��β2 +ω4.(11Ф)

Динамика

10. Второй закон Ньютона

� = d�dt= m

dv

dt=ma,(12Ф)

где � − равнодействующая сила, действующая на тело (материаль-

ную точку) массой m; � = mv – импульс тела;

v – его скорость;

а – ускорение тела.

11. Третий закон Ньютона �1 = −�2.(13Ф)

Силы, с которыми взаимодействуют два тела, равны по модулю и

противоположны по направлению, имеют одинаковую природу и

приложены к разным телам.

10

12. Силы в механике:

а) гравитационная сила (закон всемирного тяготения)

� = Gm1m2�2

,(14Ф)

где G – гравитационная постоянная (находится из таблицы);

m1,m2 – массы взаимодействующих тел;

R – расстояние между телами (тела рассматриваются как матери-

альные точки или однородные шары);

б) сила упругости ( закон Гука) �x = −kx,(15Ф)

где �x – проекция силы упругости на ось Х; � – коэффициент упругости (жесткость в случае пружины);

x – проекция перемещения конца пружины или стержня при де-

формации. Знак «минус» означает, что проекции силы упругости и

перемещения конца пружины (стержня) имеют противоположные

знаки;

в) сила трения скольжения �тр=µN,(16Ф) где µ – коэффициент трения скольжения, зависит от природы и со-

стояния трущихся поверхностей;

N – сила нормального давления.

Законы сохранения

13. Закон сохранения импульса

���=const.(17Ф)

Импульс замкнутой системы тел (или частиц) остается постоян-

ным, т. е. не меняется со временем. Для двух тел (i = 2)

m1v1 + m2v2=m1u1 + m2u2,(18Ф)

где v1,v2 – скорости тел до взаимодействия;

u1, u2 – скорости тел после взаимодействия.

14. Работа, совершаемая силой F при перемещении частицы из точки 1 в точку 2,

11

2

1

cosα .2

1∫ ∫A d Fds= =F s (19Ф)

где �s – элементарное перемещение частицы; α − угол между перемещением �s и силой �.

15. Кинетическая энергия частицы

к=mv!2

= P2

2m.(20Ф)

16. Связь кинетической энергии с работой

А = ∆Ек = Ек2 – Ек1, (21Ф)

где A – работа всех сил, действующих на частицу; ∆ к – приращение кинетической энергии частицы;

Ек1, Ек2 – кинетическая энергия частицы в моменты времени t1 и

t2. Выражение (21Ф) обобщается на механическую систему: работа

всех сил (внутренних и внешних) равна приращению кинетической

энергии системы.

17. Потенциальная энергия:

а) упруго деформированной пружины

п = kx2

2;(22Ф)

б) тела, находящегося в однородном поле силы тяжести

Еп = mgh, (23Ф)

где h – высота тела над уровнем, принятым за нулевой. Формула справедлива при h ≪ R, где R – радиус Земли.

18. Связь потенциальной энергии с работой консервативных сил # = п1 − п2,(24Ф)

где Eп1, Eп2 – потенциальная энергия в точках 1 и 2 консервативного

поля (например, поля тяжести Земли). Для механической системы под

Eп1, Eп1 следует понимать потенциальную энергию системы в двух ее

положениях или конфигурациях (начальном Eп1 и конечном Eп1).

19. Закон сохранения энергии

E = Eк + Eп = const.(25Ф)

Полная механическая энергия E системы, находящейся под дей-

ствием консервативных сил, сохраняется с течением времени.

12

Динамика твердого тела

20. Моменты инерции тел массой m относительно оси, проходя-

щей через их центр масс:

а) обруча (и тонкостенного цилиндра) радиуса R относительно

оси, перпендикулярной плоскости обруча (или оси цилиндра),

I = m�2; (26Ф)

б) диска (и сплошного цилиндра) радиуса R относительно оси,

перпендикулярной плоскости диска (или оси цилиндра),

I = m�2

2;(27Ф)

в) стержня длиной l относительно оси, нормальной стержню,

I = ml2

12.(28Ф)

21. Теорема Штейнера

I = IС+ ma2.(29Ф)

Момент инерции тела I относительно произвольной оси равен

сумме момента инерции $С относительно оси, параллельной данной и

проходящей через центр масс тела, и произведению массы тела m на

квадрат расстояния a между осями.

22. Момент импульса тела относительно неподвижной оси вра-

щения Z %Z= Iω

Z,(30Ф)

где ωZ – проекция угловой скорости тела на ось Z.

23. Закон сохранения момента импульса тела и системы тел

IωZ = const.(31Ф)

Для системы тел: I – суммарный момент инерции системы; ωZ –

проекция угловой скорости на ось Z.

24. Уравнение динамики твердого тела, вращающегося вокруг неподвижной оси Z,

IβZ= &

Z,(32Ф)

где βZ – проекция углового ускорения на ось Z; &Z – результирующий момент внешних сил относительно оси Z.

13

25. Кинетическая энергия твердого тела, вращающегося вокруг

неподвижной оси,

к = Iω2

2.(33Ф)

26. Кинетическая энергия при плоском движении твердого тела

к = IСω2

2+ mv

С

2

2,(34Ф)

где IС – момент инерции тела относительно оси, проходящей через

его центр масс;

vС – скорость центра масс.

Механические колебания

27. Дифференциальное уравнение свободных незатухающих гар-

монических колебаний частицы

d2

x

dt2 +ω2x = 0,(35Ф)

где x – смещение частицы от положения равновесия; ω – циклическая частота свободных колебаний.

28. Период колебаний физического маятника

' = 2π( I

mgl,(36Ф)

где I – момент инерции маятника относительно неподвижной гори-

зонтальной оси (оси качания);

m – масса маятника;

g – ускорение свободного падения;

l – расстояние от точки подвеса до центра масс маятника.

29. Период колебаний тела массой m под действием квазиупругой

силы

' = 2πm� ,(37Ф)

где k – коэффициент упругости (жесткость пружины).

14

30. Приведенная длина физического маятника, равная длине мате-

матического маятника, имеющего такой же период, что и физический

пр .= Il

ml (38Ф)

31. Кинематическое уравнение гармонических колебаний

( )0cos ω φ , +=x A t (39Ф)

где х – смещение точки, равное ее координате в момент времени t;

А – амплитуда колебаний; ω – циклическая частота;

0ω φ+t – фаза колебаний;

φ0 – начальная фаза.

32. Амплитуда A и начальная фаза φ результирующего колебания

при сложении двух колебаний одного направления и одинаковой час-

тоты:

# = A12 + A2

2 + 2A1A2cos(φ2 − φ1),(40Ф)

где #1, #2 – амплитуды складываемых колебаний; φ1, φ2 – начальные фазы колебаний;

φ = arctgA1sinφ1 + A2sinφ2

A1cosφ1 + A2cosφ2

.(41Ф)

Специальная теория относительности

33. Линейные размеры тела (длина стержня), движущегося отно-

сительно инерциальной системы отсчета (ИСО) со скоростью v, * = *0�1 − v2 +2⁄ ,(42Ф)

где l0 – собственные размеры тела, или собственная длина стержня;

c – скорость света в вакууме.

Из (42Ф) видно, что линейные размеры тела уменьшаются в направ-

лении его движения.

34. Собственный интервал времени, измеренный по часам, дви-

жущимся вместе с телом, ∆τ = ∆t�1 − v2 +2⁄ ,(43Ф)

15

где ∆t – интервал времени, измеренный по часам в ИСО, относитель-

но которой тело движется со скоростью v. Из (43Ф) видно ∆τ < ∆t.

Это означает, что движущиеся часы идут медленнее, чем неподвиж-

ные, т. е. существует эффект замедления хода движущихся часов.

35. Релятивистское выражение для импульса тела, движущегося

со скоростью v относительно ИСО,

� = mv�1 − v2 +2⁄ ,(44Ф)

где m – масса тела, постоянная во всех ИСО, т. е. не зависящая от

скорости тела. При v ≪ c релятивистский импульс переходит в клас-

сическое выражение � = mv.

36. Энергия покоя тела 0 = mc2.(45Ф)

37. Кинетическая энергия тела

к = mc2

�1 − v2 c2⁄ − mc2.(46Ф)

38. Полная энергия тела

= m+2

�1 − v2 c2⁄ .(47Ф)

39. Связь между импульсом и кинетической энергией тела

( )к к 1 .22P E E mcc

= + (48Ф)

Из этого соотношения при Eк << mc2 получается формула

к2P mE= , которая используется в механике Ньютона.

Примеры решения задач

Пример 1. Автомобиль проехал расстояние между двумя горо-

дами за некоторое время. Половину этого времени он шел со скоро-

стью v1. В оставшееся время половину пути он шел со скоростью v2,

и другую половину – со скоростью v3. Найти среднюю скорость ав-

томобиля на всем пути между городами.

16

Р еш е н и е

Изобразим траекторию прямолинейного движения автомобиля и

отложим на ней пути s1, s2, s3, проходимые автомобилем за время t1,

t2, t3 соответственно со скоростью v1, v2, v3 (см. рис. 1). Средняя ско-

рость автомобиля на всем пути s находится по формуле (2Ф)

⟨v⟩ = s0 + s2 + s1t1 + t2 + t3 ,(1)

где

s0=v1t1, s2=v2t2, s3 = v3t3. (2)

По условию задачи s2 = s3, или с учетом (2)

v2t2 = v3t3. (3)

Из условия задачи видно также

t1 = t2 + t3. (4)

Тогда (1) запишется как

⟨v⟩ = s1 + 2s2

2t1.(5)

Пройденные пути s1 и s2 берутся из уравнений (2). С учетом (4)

путь s2 = v2 (t1 – t3), где t3 = s3/v3 (см. (2)). Учитывая s3 = s2, получим:

s2 = v2 (t1 – s2/v3).

Откуда

s2 = v2t1

1+ v2 v1⁄ .

Учитывая это выражение и путь s0 из уравнений (2), находим из (5) искомую среднюю скорость:

⟨v⟩ = v1

2+ v2v3

v2 + v3

.

v2,

v1,

v3. ⟨v⟩ = ?

A B

t1 t2 t3

v1 v2 v3

Рис. 1

s1 s2 s3

17

Пример 2. Жонглер бросил вертикально вверх мячик. Когда мя-

чик достиг верхней точки своего подъема hм = 4,9 м, жонглер бросил

вверх второй мячик с той же начальной скоростью v0. На какой высо-

те встретятся тела?

Р еш е н и е

Воспользуемся формулой координаты при равноускоренном

движении (см. (7Ф), где x = y). Время отсчитывается с момента бро-

ска второго тела. В этот момент начальная координата первого тела y0 = hм (рис. 2). Проекция ускорения свободного падения на ось Y будет

отрицательной, так как ускорение g направлено против оси Y. С

учетом этого, координаты первого и второго тел запишутся следую-

щим образом:

y1= hм − gt2

2,(1)

y2= v0t− gt2

2.(2)

Из уравнений (7Ф) при x = y найдем начальную скорость второго

тела v0 = �2ghм. Подставляя это выражение в (2), получим:

y2= �2ghмt− gt2

2.(3)

В момент встречи (t = t0) имеем:y1= y

2, откуда, учитывая (1) и

(3), найдем время, через которое тела встретятся

t1 = �hм 2g⁄ . (4)

hм = 4,9 м.

h= ?

hм h

С

0

Y

v0

Рис. 2

18

При t = t1 координата y1= h. Тогда из (1) найдем

h = hм − gt12

2.

Подставляя сюда (4), получим искомую высоту:

h = 3

4hм = 3,7 м.

Тот же результат получится, если использовать координату (3).

Пример 3. Из одной точки одновременно бросили два тела под

углами α1 = 60° и α2 = 45° к горизонту с начальными скоростями

v1 = 40 м/с и v2 = 50 м/с. Траектории тел лежат в одной плоскости

(рис. 3). На каком расстоянии l друг от друга будут находиться тела

через время t = 3,0 с?

Р еш е н и е

В отсутствие сопротивления воздуха движение тел

является свободным падением, происходящим по пара-

боле. На рис. 3 показаны примерные траектории движения тел и их

положение через заданное время (точки А и В). Искомое расстояние

между телами l = АВ = = �АС2 + ВС2, или через координаты тел

(точек)

* = (x2 − x1)2 + 8y2− y

192

. (1)

α2 = 45°, v1 = 40 м/с,

v2 = 50 м/с,

α1 = 60°,

t = 3,0 с . l = ?

x2 x1

y1

0

A

hmax1

С

B

ℎmax2

s2 ;1 <

1

2

Рис. 3

l y2

Y

19

Используя формулу координаты для заданных движений (см.

(7Ф)), найдем:

x1 = v1tcosα1, x2 = v2t cosα2,

y1= v1tsinα0 − g=2

2,y

2= v2tsinα! − g=2

2.

Подставляя эти координаты в (1) и, используя формулу из триго-

нометрии

cos(α0 − α!)= sinα0sinα! + cosα0cosα!,

получим:

* = tv02 + v22 − 2v1v2cos(α1–––– α2). (2)

Учитывая числовые данные, найдем: l = 30

м. Интересно отметить, что квадратный корень

в выражении (2) представляет собой модуль

относительной скорости vотн тел (см. рис. 4). В

этом легко убедиться, применяя теорему коси-

нусов к треугольнику скоростей

vотн = v12 + v2

2 − 2v1v2cos(α1–α2). (3)

Видно, что vотн не зависит от времени, т. е. при движении ско-

рость одного тела относительно другого по модулю остается посто-

янной. Тогда, учитывая (3), расстояние между телами можно выра-

зить через относительную скорость: l = vотнt.

Пример 4. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону

φ = A + Bt + Ct2, где A = 10 рад, B = 20 рад/с, C = – 2,0 рад/с2. Найти

полное ускорение точки, находящейся на расстоянии R = 0,10 м от

оси вращения, для момента времени t = 4,0 с.

v@ v2

Рис. 4

α0 α!

vотн

20

Р еш е н и е

Полное ускорение a точки, движущейся по

окружности, равно геометрической сумме танген-

циального ускорения a , направленного по каса-

тельной к траектории, и нормального ускорения

an, направленного к центру окружности (рис. 5)

a = a + an. Так как векторы a и an взаимно перпендикулярны, то модуль ус-

корения (см. (11Ф))

C = �aτ2 + an

2.(1)Модули тангенциального и нормального ускорений точки вра-

щающегося тела выражаются формулами

aτ = βR, an = ω2R, (2)

где β, ω – модули углового ускорения и угловой скорости. Подстав-

ляя выражения (2) в формулу (1), получим:

C = R�β2 +ω4. (3)

Угловую скорость ω найдем, взяв первую производную угла по-

ворота по времени (см. условие задачи). Тогда в момент времени

t = 4,0 с модуль угловой скорости ω = dφ/dt = B + 2Ct = 4,0 рад/с.

Угловое ускорение найдем, взяв первую производную от угловой

скорости по времени, β = dω/dt = 2C = − 4,0 рад/с2.

φ = A + Bt + Ct2,

A = 10 рад,

B = 20 рад/с,

C = −2,0 рад/с2,

R = 0,10 м,

t = 4,0 с.

а = ?

Рис. 5

a

aD an

21

Подставляя числовые значения ω, β и R в формулу (3), найдем:

a = 1,6 м/с2.

Пример 5. На тело массой m, лежащее на гладкой горизонталь-

ной плоскости, в момент времени t0 = 0 начала действовать сила, за-

висящая от времени, F = kt, где k – постоянная величина. Направле-

ние этой силы все время составляет угол α с горизонтом (см. рис. 6).

Найти: а) скорость тела в момент отрыва от плоскости; б) путь, прой-

денный телом к этому моменту.

Р еш е н и е

На тело действуют: сила F; сила тяжести mg и сила реакции N

(рис. 6). Сила трения отсутствует, так как поверхность гладкая. Под

действием этих сил тело движется с ускорением а = dv/dt вдоль оси

X. Применим второй закон Ньютона (см. (12Ф))

mC = � + mE + F,(1)

или в проекциях на оси X, Y

m�v�t

= ktcosα,(2)

ktsinα + F − mg = 0.(3)

Учли условие задачи F = kt. Из уравнения (2) имеем

�v = kt

mcosα ∙ �t.

После интегрирования получим скорость тела

v = kt2

2mcosα.(4)

m,

F = kt,

α.

v1,;0 = ?

N F

X 0

Y

Рис. 6

m

mg

α

22

В момент отрыва от плоскости N = 0, и из уравнения (3) находим

время отрыва

t1 = mg

ksinα . (5)

Подставляя это время в (4), найдем скорость тела в момент отры-

ва от плоскости:

v1 = mg2cosα2ksin

2α .

Путь, пройденный телом ∫s dtv= (см. (3Ф), первая формула).

Учитывая (4), запишем:

; = kcosα

2mH t 2�t = kt3cosα

6m.

Подставляя сюда время отрыва (5), найдем путь, пройденный те-

лом к моменту отрыва от плоскости:

;1 = m3g3cosα

6k2sin

3α.

Пример 6. Частица массой m в момент t = 0 начинает двигаться

под действием силы � = �0sinωt, где �0 и ω – постоянные величины.

Найти путь, пройденный частицей, в зависимости от времени t.

Р еш е н и е

Используем второй закон Ньютона (12Ф)

mdv

�t= �.

Учитывая условие задачи, запишем:

dv = �0

msinω.dt.

После интегрирования в пределах от 0 до t получим

v = �0

mω (1 − cosωt). (1)

Путь, пройденный частицей за время t (см. (3Ф)),

; = H vdt

L

0

.

m,

� = �0sinωt.

s(t) = ?

23

Подставим в эту формулу выражение (1) в скалярном виде

; = �0

mωH(1 − cosωt)L

0

dt. Выполняя интегрирование в указанных пределах, найдем путь

; = �0

mω2(ωt − sinωt).

Пример 7. Искусственный спутник Земли имеет круговую орби-

ту, удаленную от поверхности Земли на расстояние h = 260 км. Оп-

ределить период обращения спутника Т относительно центра Земли.

Радиус Земли R = 6,4∙ 103 км.

Р еш е н и е

На искусственный спутник Земли (ИЗС) дейст-

вует только сила притяжения (тяготения) к Земле

(силой тяготения со стороны Луны и Солнца пренеб-

регаем), которая сообщает спутнику нормальное

(центростремительное) ускорение (см. (8Ф), вторая

формула)

Cn = v2

R+h ,(1)

где v – скорость спутника относительно центра Земли; � + h – радиус круговой орбиты спутника.

Применим второй закон Ньютона для ИЗС

mCn = �т, (2)

где m – масса спутника; �т – сила тяготения, определяется законом всемирного тяготения

(14Ф). Для данной задачи

�т = GmM(R+h)2

,(3)

где G – гравитационная постоянная;

M – масса Земли.

h =2,60·105м,

R = 6,4·106 м.

' = ?

24

Учитывая (1) и (3), из второго закона Ньютона (2) найдем: 2 .GM

vR h

= + (4)

Применяя второй закон Ньютона (12Ф) к свободно падающему те-

лу, находящемуся у поверхности Земли (h = 0), получим с учетом (3):

g= GM

R2.(5)

Поделив (4) на (5), найдем скорость ИЗС

v = R g

R+h .(6)

Полагая движение спутника по круговой орбите равномерным,

запишем (см. (2Ф)):

v = 2π(R+h)' .(7)

Из (6) и (7) найдем период обращения спутника

' = 2π(R+h)R

(R+hg

.

Если положить ускорение свободного падения g = 9,8 м/с2, то

получим T = 90 мин.

Пример 8. Лодка массой m стоит неподвижно на поверхности

озера. На корме и на носу лодки на расстоянии l друг от друга сидят

два рыбака массами m1 и m2. Для улучшения клева рыбаки меняются

местами. В какую сторону и на какое расстояние переместится лодка?

Р еш е н и е

Система «лодка−рыбаки» не является замкнутой, так

как на нее действуют внешние силы: сила тяжести и сила

Архимеда. Эти силы уравновешивают друг друга, а сила

трения лодки о воду пренебрежимо мала по сравнению с си-

лами взаимодействия рыбаков с лодкой (внутренние силы).

Поэтому можно применить закон сохранения импульса

(17Ф). Импульс системы до начала движения рыбаков равен

m,

m1,

m2,

l.

s = ?

25

нулю. Следовательно, после начала движения суммарный импульс

также равен нулю

mv+m1v1+m2v2=0,(1)

где v, v1, v2 – скорости лодки и рыбаков

относительно воды. Допустим, m1 > m2

и лодка движется в направлении пере-

мещения рыбака с меньшей массой m2

(см. рис. 7, где цифрами 1 и 2 обозначе-

ны положения рыбаков после переме-

щения лодки). Тогда равенство (1) в

проекциях на ось X запишется

mv − m1v1+m2v2=0.(2)

Из рис. 7 видно

v = s

t,v1 = l − s

t,v2 = l+ s

t,(3)

где s – модуль перемещения лодки;

t – время движения лодки и рыбаков, которое одинаково для всех

тел. Подставляя (3) в (2), найдем:

s = (m1 − m2)*m+m1+m2

.

При условии m1 < m2 и для выбранного направления оси X имеем

s = (m2 − m1)lm+m1+m2

.

Полученные решения можно объединить в одну формулу, если

ввести проекцию перемещения лодки на ось Х

sx = (m1− m2)l

m+m1+m2

.

При m1 > m2 проекция sP > 0 и лодка перемещается влево. При

m1 < m2, sP < 0 и лодка перемещается в противоположную сторону.

Рис. 7

m

l

m1

sX

2

vvvv1

v1 v2 m2

26

Пример 9. Снаряд массой m = 10,0 кг летит горизонтально со

скоростью v = 200 м/с и разрывается на две части (осколки). Одна

часть массой m1 = 3,00 кг полетела вперед под углом α = 60° к гори-

зонту со скоростью v1 = 400 м/с. С какой скоростью и в каком на-

правлении полетела вторая часть снаряда?

Р еш е н и е

Система «снаряд − осколки» не является замкну-

той, так как на тела системы действует сила тяжести.

Если рассматривать суммарный импульс осколков сразу

после разрыва, то он будет равен импульсу снаряда непосредственно до

разрыва. Это следует из того, что за время разрыва снаряда импульсы

осколков практически не изменяются. Таким образом, к нашей систе-

ме можно применить закон сохранения импульса (см. (18Ф))

mv=m1v1+m2v2.(1)

Здесь mv – импульс снаряда до разрыва;

m1v1, m2v2 – импульсы осколков.

Импульсы осколков и снаряда показаны на рис. 8 в соответствии

с законом сохранения импульса системы «снаряд – осколки». Спро-

ектируем (1) на оси координат (см. рис. 8)

mv=m1v1cosα+m2v2cosβ,(2)

m1v1sinα − m2v2sinβ=0,(3)

m = 10,0 кг,

m1 = 3,00 кг,

v = 200 м/с,

v1 =400 м/с,

α = 60°. v2 = ?

β = ?

X

Рис. 8

m1R1

m2R2

Y

0 mR α β

m1v1S

m2v2S

27

где β – искомый угол, под которым полетела к горизонту вторая часть

снаряда, находится из уравнений (2) и (3)

tgβ = m1v1sinαmv − m1v1cosα .(4)

Скорость второй части находим из уравнения (3)

v2 = m1v1sinαm2sinβ .(5)

Подставляя числовые данные задачи в (4) найдем: β = 36,6°. То-

гда из формулы (5) найдем v2 = 250 м/с.

Задачу можно решить также с использованием теоремы косину-

сов. Из рис. 8 видно

m2v2 = �(mv)2 + (m1v1)2 − 2mm1vv1cosα,

откуда находим v2. Угол β находим также из теоремы косинусов (m1v1)2 = (mv)2 + (m2v2)2 − 2mm2vv2cosβ,

откуда

cosβ = (mv)2 + (m2v2)2 − (m1v1)2

2mm2vv2

.

При этом закон сохранения импульса (1) используется при по-

строении треугольников, к которым применялась теорема косинусов.

Пример 10. Тело массой m соскальзывает без трения по наклон-

ному желобу, переходящему в окружность. Тело соскальзывает с

наименьшей высоты, необходимой для совершения полного оборота.

Найти силу давления на желоб в точке А, радиус-вектор которой со-

ставляет угол α с вертикалью. Из полученного решения определить

силу давления тела на желоб в верхней В и нижней С точках петли.

28

Р еш е н и е

Искомая сила давления �А по третьему закону Ньютона

равна по модулю силе нормальной реакции N (см. рис. 9) �А=N. (1)

Величина N находится из второго закона Ньютона

(12Ф), записанного в проекциях на ось X для тела, находя-

щегося в точке А (см. рис. 9),

N+mgcosα = mv2

R,(2)

где v – скорость тела в точке А;

R – радиус окружности, по которой движется тело;

v2/R – нормальное ускорение тела в точке А.

В системе «тело−Земля» отсутствуют силы трения и сопротив-

ления, следовательно можно использовать закон сохранения энергии

(25Ф). В точке D тело обладает потенциальной энергией (23Ф)

E1 = Eп = mghmin , (3)

m,

α.

�А = ?

�В = ?

�С = ?

X

Рис. 9

α

С

В

R

А

vВ

h

О

N

m

mg

mg

hmin

v

D

29

где hmin – наименьшая высота, необходимая для совершения полного

оборота. В точке А полная энергия тела состоит из потенциальной

(см. (23Ф)) и кинетической (20Ф) энергии

2 = mgh + mv2

2,

где h=R(1 + cosα) (см. рис. 9). Тогда

2 = mgR(1 + cosα) + mv2

2.(4)

По закону сохранения энергии 1 = 2, или, учитывая (3) и (4),

получим:

mghmin

= mgR(1 + cosα) + mv2

2.(5)

Тело скатывается с наименьшей высоты hmin, необходимой для

совершения полного оборота. Следовательно, в наивысшей точке

траектории (точка В, рис. 9) на тело действует только сила тяжести

(состояние невесомости). Применим второй закон Ньютона в этой

точке

mg=mvВ

2

R,(6)

и закон сохранения энергии для положений тела в точках D и В

mghmin

= 2mgR+ mvВ

2

2.(7)

Из (6) и (7) получим

hmin = 52

R.(8)

Подставив (8) в (5), получим:

v2 = gR(3 − 2cosα).(9)

Из уравнений (2) и (9) с учетом (1) найдем искомое давление �

А= 3mg(1 − cosα).(10)

Угол α отсчитывается от вертикали по часовой стрелке. Следова-

тельно, в верхней точке петли (точка В) α = 0 и �В = 0. (см. (10)).

Этот результат мы ранее использовали при нахождении (6) и получи-

30

ли его из физических соображений (тело скатывается с минимальной

высоты hmin, необходимой для совершения полного оборота). Для

нижней точки петли (точка С) угол α = 180°, тогда из (10) следует �С= 6mg.

Пример 11. Тело массой M лежит на вершине гладкой полусфе-

ры радиуса R. В тело попадает пуля массой m, летящая горизонтально

со скоростью v, и застревает в нем. Пренебрегая смещением тела во

время удара, найти высоту h, на которой оно оторвется от поверхно-

сти полусферы. Высота отсчитывается от основания полусферы. При

какой скорости пули vxтело сразу оторвется от полусферы?

Р еш е н и е

Полусфера гладкая, поэтому в системе «тело−Земля»

сила трения отсутствует. Сила сопротивления воздуха также

не учитывается. Следовательно, можно использовать закон

сохранения энергии (25Ф). Полная энергия 1 тела вместе с

пулей сразу после удара равна энергии 2 тела с пулей в мо-

мент отрыва от полусферы. Энергия 1 находится в точке 1

на вершине полусферы (см. рис. 10)

1 = (m+М)gR + (m+М)v12

2.(1)

Здесь v1 – скорость тела с пулей

сразу после удара пули. Энергия 2

находится в точке 2 в момент отрыва

от полусферы (см. рис. 10)

2 = (m+М)gh + (m+М)v22

2,(2)

где v2 – скорость в момент отрыва

от полусферы. По закону сохране-

ния энергии E1 = E2, или, учитывая уравнения (1) и (2), получим:

gR+ v12

2= gh + v2

2

2,(3)

M ,

m,

R,

v.

h = ?

vx =?

Рис.10

h

X

α R

О

(m+М)g

1 2

m v М v1

v2

31

Скорость v1 найдем из закона сохранения импульса (17Ф)

mv = (m+М)v1.(4)Откуда скорость тела вместе с пулей

v1 = mv

m+М .(5)

Необходимо заметить, что кинетическая энергия пули mv2 2⁄ не

равна кинетической энергии тела с застрявшей в нем пулей (m+М)v12 2⁄ сразупослеудара. Это объясняется тем, что в системе

«пуля−тело» во время удара (время движения пули в теле) действу-

ет сила трения, работа которой приводит к уменьшению (диссипации)

кинетической энергии системы. Для определения скорости v2 приме-

ним второй закон Ньютона в точке 2 в проекциях на ось X (рис. 10)

(m+М)gcosα = (m+М)v22

R,(6)

где cosα = h R⁄ . Тогда из (6)

v2 = �gh, (7)

откуда видно, что на бóльшей высоте h тело отрывается с бóльшей

скоростью. Подставим выражения (5), (7) в (3) и из полученного ра-

венства найдем искомую высоту

h = m2v2

3g(m + М)2+ 2

3R.

Для определения скорости пули vx, при которой тело сразу отры-

вается от полусферы, воспользуемся законом сохранения импульса в

проекциях на горизонтальное направление

mvx = (m+М)u,(8)

где u – скорость тела вместе с пулей в момент отрыва от полусферы.

Скорость u найдем из второго закона Ньютона. При этом учтем, что

на тело действует только сила тяжести (состояние невесомости).

(m + М)g = (m + М)u2

R.(9)

32

Из (8) и (9) получим скорость пули, при которой тело сразу отры-

вается от полусферы

vx = W1 +МmX�gR.

Пример 12. Через блок в виде сплошного диска, имеющего массу

m = 80 г, перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвеше-

ны грузы массами m1 = 100 г и m2 = 200 г. Определить ускорение, с

которым будут двигаться грузы. Трением и массой нити пренебречь.

Р еш е н и е

Рассмотрим силы, действующие на грузы и на блок.

На каждый груз действуют две силы: сила тяжести m1g

и m2g и сила упругости (сила натяжения нити) Т1 и Т2

(см. рис. 11). Направим ось X для каждого груза в на-

правлении его ускорения a и запишем для них второй

закон Ньютона (12Ф) в проекциях на эти оси

T1 − m1g = m1a, (1)

m2g − T2 = m2a. (2)

На блок действуют силы натяжения нитей T1Y и T2

Y (см. рис. 11).

Согласно третьему закону Ньютона (13Ф), с учетом невесомости ни-

ти, модули этих сил равны соответствующим модулям сил натяже-

ния, действующим на грузы,

T1Y = T1, T2

Y = T2. (3)

m2= 200 г. m = 80 г,

m1 = 100 г,

a = ?

Рис. 11

R

X

a

T1Y

m1g

T2Y

T1 T2

m2g

Z

X

33

Под действием моментов сил натяжения T1Y и T2

Y относительно

оси Z, перпендикулярной плоскости рисунка и направленной от нас

(крестик на рисунке), блок приобретает угловое ускорение β. Модуль

этого ускорения (см. (10Ф)) β = a R⁄ , где a – тангенциальное уско-

рение точек блока, находящихся на расстоянии R от его оси (R – ра-

диус блока). При отсутствии проскальзывания нити по блоку a = a,

и модуль углового ускорения

β = a

R. (4)

Запишем уравнение динамики твердого тела для блока (32Ф)

M2z − M1z = Iβz, (5)

где M1z, M2z – моменты сил натяжения нити относительно оси Z, рав-

ные проекциям соответствующих моментов M1 и M2 относительно

точки, лежащей на оси вращения, совпадающей с осью Z;

I – момент инерции блока относительно оси вращения;

βz – проекция углового ускорения.

Уравнение (5) записано с учетом знаков проекций (правило пра-

вого винта). Поэтому проекции равны модулям соответствующих ве-

личин. Используем формулу модуля момента силы М = Fd. У нас F –

сила натяжения нитей T1 Y и T2

Y; d – плечо силы, равное радиусу диска

R. Тогда моменты, входящие в уравнение (5), запишутся следующим

образом:

M1z = T1 YR; M2z = T2

YR; βz = β. (6)

С учетом формулы момента инерции блока (сплошного диска)

I = mR2/2 и равенств (3), (4) и (6), уравнение (5) примет вид:

T2 − T1 = ma

2. (7)

Выражая силы натяжения T1 и T2 из равенств (1) и (2) и подстав-

ляя их в уравнение (7), получим искомое ускорение грузов:

a = 2(m2 − m1)g

2(m1 + m2) + m= 2,9 м/с2.

34

Пример 13. Два горизонтальных диска свободно

вращаются вокруг вертикальной оси, проходящей че-

рез их центры. Моменты инерции дисков относитель-

но этой оси равны I1 и I2, а угловые скорости – ω1 и ω2. После падения верхнего диска на нижний оба

диска, благодаря трению между ними, начали через

некоторое время вращаться как единое целое. Найти:

а) установившуюся угловую скорость вращения дис-

ков; б) работу, которую совершили при этом силы

трения.

Р еш е н и е

На диски действуют внешние моменты сил тяжести и реакции

опор. Относительно вертикальной оси вращения Z сумма моментов

этих сил равна нулю. Следовательно, к данной системе тел

можно применить закон сохранения момента импульса.

Сумма моментов импульса двух дисковL1 + L2, вращаю-

щихся отдельно друг от друга, равна моменту импульса

дисков L, вращающихся как единое целое L1 + L2 = L. (1)

С учетом формулы момента импульса L ==== Iω и свойства адди-

тивности момента инерции I = I1 + I2, закон сохранения момента им-

пульса (1) запишется следующим образом:

I1[1+ I2[2 = (I1 + I2)ω,

откуда искомая угловая скорость

ω = I1ω1 + I!ω!I1 + I! .(2)

Если диски в начальный момент времени вращались в одну сто-

рону, то проекция угловой скорости на ось Z (см. рис. 12)

ωz = I1ω1 + I!ω!I1 + I! ,

I1, I2,

\1, \2.

\ = ?

Aтр = ?

Рис. 12

Z

I2

I1

\1

\2

−\2

35

если в разные стороны, то

ωz = I1ω1 − I!ω!I1 + I! .

Работа сил трения равна приращению кинетической энергии сис-

темы

Aтр = к2 − к1. (3)

Кинетическая энергия системы до падения верхнего диска на

нижний к1 и после паления к2 соответственно равны

к0 = I1ω12

2+ I2ω2

2

2,(4)

к! = Iω2

2.(5)

С учетом свойства аддитивности I =I1 + I2 и формулы (2), имеем:

к! = (I1ω1 + I2ω2)2

2(I1 + I2) .(6)

Подставляя (4) и (6) в формулу (3), найдем работу сил трения:

Aтр = − I1I2(ω1 −ω2)2

2(I1 + I2) .

Знак «минус» означает, что силы трения уменьшают кинетиче-

скую энергию дисков (диссипация энергии), т. е. работа сил трения

отрицательная.

Пример 14. Найти кинематическое уравнение гармонических ко-

лебаний точки, если максимальное ускорение amax = 50 см/с2, период

колебаний Т = 2 с и смещение в начальный момент времени x0 = 5 см.

Р еш е н и е

Запишем кинематическое уравнение гармони-

ческих колебаний точки (см. (39Ф))

х = Acos(ωt + φ0).(1)

Проекция ускорения на ось X равна второй про-

изводной от координаты x по времени (см. (5Ф))

ax = −Aω2cos(ωt + φ0),

amax =50 см/с2,

Т = 2 с,

x0 = 5 см.

x(t) = ?

36

откуда видно, что максимальное ускорение

amax = Aω2.(2)

Учитывая

ω = 2π

Т,(3)

найдем из (2) амплитуду колебаний:

A= amaxТ2

4π2.(4)

Начальная фаза φ0 находится из (1) при t = 0

x0 = Acosφ0,

откуда с учетом (4)

φ0 = arccos4π2x0

amaxТ2 .(5)

Используя (3) − (5), запишем уравнение гармонических колеба-

ний точки (1) через данные задачи:

хx = amaxТ 2

4π2cos_2π

Тt + arccos

4π2x0

amaxТ 2` .

Учитывая числовые данные задачи, получим искомое уравнение

с числовыми коэффициентами:

х = 5cosπt (см).

Пример 15. Частица, движущаяся со скоростью v = 0,99 с (с –

скорость света в вакууме) в неподвижной системе отсчета K, проле-

тела от места своего рождения до точки распада расстояние l = 3,0

км. Определить собственное время жизни частицы τ. Р еш е н и е

Используем относительность времени в

специальной теории относительности (СТО)

,τ

1 /2 2v

=tc

_ (1)

где t – время, измеренное по часам, находя-

щимся в неподвижной системе отсчета K

(лабораторная система);

v = 0,99 с,

с = 3.108 м/с,

l = 3,0 км = 3,0∙ 103 м.

τ = ?

37

τ – собственное время (в задаче – собственное время жизни час-

тицы), измеряющееся по часам, движущимся вместе с частицей, с ко-

торой связана подвижная система отсчета KY. Учитывая, что t = l/v,

найдем из (1) собственное время жизни частицы

τ = lv(1 − v2+2

= 1,4 мкс.(2)

Пример 16. Какую работу надо совершить, чтобы увеличить ско-

рость частицы массой m = 1,0 кг от v1 = 0,60с до v2 = 0,80с

(с=3,0.108 м/с – скорость света в вакууме)? Сравнить полученный

результат со значением, вычисленным по нерелятивистской формуле.

Р еш е н и е

Искомая работа равна приращению кинетической

энергии частицы

A = Eк2 − Eк1. (1)

Скорость частицы сравнима со скоростью света, по-

этому надо использовать релятивистскую формулу

(46Ф)

Eк = mc2

�1 − v2 +2⁄ − mc2. С учетом этой формулы работа (1) запишется следующим образом:

2

1

1 1

1 / 1 /.2

р2 2 22

− −

А mcc c

= −−−−v v

После вычислений получим

AР = 3,8.1016

Дж.

Если использовать нерелятивистскую формулу кинетической эне-

ргии Eк = mv2 2⁄ , то получим величину работы в три раза меньшую

A = mv22

2− mv1

2

2= 1,3.10

16 Дж.

m = 1,0 кг,

v1 = 0,60 с,

v2 = 0,80 с.

AР = ?

A = ?

38

ТАБЛИЦА ВАРИАНТОВ К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ № 1

Таблица содержит варианты для специальностей, учебными пла-

нами которых предусмотрено четыре контрольных работы.

Вариант Номера задач

1 2 3 4 5 6

0 101 111 121 131 141 151

1 102 112 122 132 142 152

2 103 113 123 133 143 153

3 104 114 124 134 144 154

4 105 115 125 135 145 155

5 106 116 126 136 146 156

6 107 117 127 137 147 157

7 108 118 128 138 148 158

8 109 119 129 139 149 159

9 110 120 130 140 150 160

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

101. Теплоход идет по реке от одного пункта до другого со ско-

ростью v0 = 12 км/ч относительно берега, а обратно – со скоростью

v! = 20 км/ч. Найти среднюю скорость теплохода относительно бере-

га и скорость течения реки. Скорость теплохода относительно воды

считать постоянной.

102. Автомобиль прошел половину пути со скоростью v0. На ос-

тальной части пути он половину времени двигался со скоростью v1, а

оставшийся участок – со скоростью v2. Найти среднюю скорость за

все время движения автомобиля.

103. Вертикально вверх с интервалом времени τ брошены два

шарика с одинаковой скоростью v0 из одной и той же точки. Через

какое время после броска второго шарика они столкнутся?

39

104. Под каким углом к горизонту необходимо бросить тело, что-

бы: а) центр кривизны вершины его траектории находился на земной

поверхности; б) радиус кривизны начала его траектории был в η = 8,0

раза больше, чем в вершине?

105. Частица движется в плоскости ХY по закону x=αt,

y =αt(1–βt), где α и β – положительные постоянные. Найти: а) урав-

нение траектории частицы y(x); б) скорость v и ускорение a в зависи-

мости от времени t.

106. Два тела бросили одновременно из одной точки: одно верти-

кально вверх, другое под углом α = 60о к горизонту. Начальная ско-

рость каждого тела v0 = 25 м/с. Найти расстояние между телами че-

рез время t = 1,7 с.

107. Тело бросили под углом α = 30о к горизонту со скоростью

va = 30 м/с. Найти нормальное an и тангенциальное Cτ ускорения че-

рез время t = 5 c после начала движения тела.

108. Две частицы движутся с ускорением свободного падения g в

однородном поле тяжести. В начальный момент времени частицы на-

ходились в одной точке и имели скорости v1 = 3,0 м/с и v2 = 4,0 м/с,

направленные горизонтально и в противоположные стороны. Найти

расстояние между частицами в момент времени, когда векторы их

скоростей окажутся взаимно перпендикулярными.

109. Твердое тело начинает вращаться вокруг неподвижной оси с

угловым ускорением β = αt, где α =2,0·10–2рад /с2. Через, сколько

времени после начала вращения полное ускорение произвольной точ-

ки тела будет составлять угол φ = 60° с ее скоростью?

110. Колесо вращается вокруг неподвижной оси, при этом угол φ

его поворота зависит от времени как φ = β t2, где β = 0,20 рад/с2.

Найти полное ускорение a точки на ободе колеса в момент t = 2,5 с,

если скорость точки в этот момент v = 0,65 м/с.

111. На частицу действует сила F = 10ti + 3t2j, где i, j – орты осей

Х, У. Найти импульс частицы в момент времени t = 2,0 с.

40

112. Аэростат массой m = 250 кг начал опускаться с ускорением

a = 0,20 м/с2. Найти массу балласта, который надо сбросить за борт,

чтобы аэростат получил такое же ускорение, но направленное верти-

кально вверх. Сопротивление воздуха не учитывать.

113. В установке, показанной на рис.

13, массы тел равны m0,m1иm2, массы

блока и нитей пренебрежимо малы. Трение

в блоке не учитывать. Найти ускорение a, с

которым опускается тело массой m0, и силу

натяжения нити, связывающей тела масса-

ми m1 и m2, если коэффициент трения меж-

ду этими телами и горизонтальной поверхностью равен µ.

114. Небольшое тело движется снизу вверх по наклонной плоско-

сти, составляющей угол α = 15° с горизонтом. Найти коэффициент

трения, если время подъема тела оказалось в η = 2,0 раза меньше

времени спуска.

115. Автомобиль едет по шоссе со скоростью v = 72 км/ч. Коэф-

фициент трения между колесами автомобиля и дорогой µ = 0,30. За

какое минимальное время автомобиль сможет развернуться, не сни-

жая скорости?

116. Велосипедист едет по круговой горизонтальной площадке

ра-диусом R. Коэффициент трения µ = µ0(1– r R⁄ ), где µ0 – постоян-

ная величина; r – расстояние от велосипедиста до центра O площад-

ки. Найти максимальный радиус окружности rmax с центром в точке

О, по которой велосипедист может ехать с максимальной скоростью.

Какова эта скорость?

117. На покоившуюся частицу массой m в момент t = 0 начала

действовать сила, зависящая от времени по закону F = bt (τ − t), где

b – постоянная величина, τ – время действия силы. Найти: а) импульс

частицы после окончания действия силы; б) путь, пройденный части-

цей за время действия силы.

m0

m1 m2

Рис. 13

41

118. К бруску массой m, лежащему на гладкой горизонтальной

плоскости, приложили постоянную по модулю силу F = mg/3. В про-

цессе его прямолинейного движения угол α между направлением

этой силы и плоскостью изменяется по закону α = ks, где k – посто-

янная величина; s – пройденный бруском путь (из начального поло-

жения). Найти скорость бруска как функцию угла α.

119. Частица массой m в момент времени t = 0 начинает двигать-

ся под действием силы F = F0sin ωt, где F0, ω – постоянные величи-

ны. Найти путь, пройденный частицей в зависимости от времени t.

120. В момент времени t = 0 частица массой m начинает двигать-

ся под действием силы F = F0cosωt, где F0 и ω – постоянные величи-

ны. Сколько времени тело будет двигаться до первой остановки? Ка-

кой путь оно пройдет за это время?

121. Найти отношение кинетической энергии спутника планеты к

его потенциальной энергии. Спутник движется по круговой орбите.

122. Насколько переместится относительно воды лодка длиной

l = 3,5 м и массой m0 = 200 кг, если человек массой m! = 80 кг пере-

шел с кормы на нос лодки?

123. Тело массой m1= 2,0 кг упруго сталкивается с покоящимся

телом, при этом его скорость уменьшилась в n = 2 раза и изменилась

по направлению на угол α = 90°. Найти массу m2 второго тела.

124. Граната, летит горизонтально и разрывается на два осколка.

Скорость одного осколка v1 = 30 м/с и направлена под углом α = 30°

к горизонту. Скорость другого осколка v2 = 60 м/с и направлена вер-

тикально вниз. Найти скорость гранаты до разрыва. Во сколько раз

масса одного осколка больше другого?

125. Человек массой M стоит на льду и толкает в горизонтальном

направлении санки массой m, сообщая им скорость v, при этом он от-

катывается назад. Какую работу совершает при этом человек?

126. Спортсмен массой m1 = 60 кг, стоя на коньках, бросает тело

массой m2 = 2,0 кг под углом α = 60° к горизонту со скоростью

42

v2 = 5,0 м/с. На какое расстояние откатится спортсмен после броска,

если коэффициент трения коньков о лед µ = 0,10? Перемещение

спортсмена во время броска не учитывать.

127. Какую работу надо совершить, чтобы тело массой m = 10 кг

втащить по наклонной плоскости высотой h = 1,5 м и основанием

a = 2,5 м. Коэффициент трения µ = 0,2.

128. Доска массой M равномерно движется по гладкой горизон-

тальной поверхности со скоростью v. Сверху на доску осторожно

кладут кирпич массой m. Какое расстояние пройдет кирпич по доске

за время его проскальзывания до остановки? Коэффициент трения

между кирпичом и доской равен µ.

129. Небольшое тело соскальзывает с высоты h = 8,0 м по на-

клонной плоскости, плавно переходящей в «мертвую петлю» радиу-

сом R = 4,0 м. На какой высоте, считая от нижней точки петли, те-

ло оторвется от ее поверхности?

130. На тележку массой M, движущуюся по горизонтальной пря-

мой с постоянной скоростью v, падает с высоты h кирпич массой m.

Кирпич остается на тележке. Найти количество теплоты Q, выделив-

шейся при этом.

131. Свинцовая пуля массой m = 10 г летит горизонтально со ско-

ростью v = 100 м/с и попадает в деревянный брусок массой М = 1,0 кг,

подвешенный на длинной нити. Насколько увеличится температура пу-

ли, если η = 70 % выделенной теплоты идет на ее нагревание?

132. На сплошной однородный цилиндр радиусом R = 10 см и

массойm1= 9,0 кг плотно намотана нить, к концу которой привязан

груз массой m2 = 2,0 кг (рис. 14). Найти угловое ускорение цилиндра.

133. Однородный сплошной цилиндр массой m = 8,0 кг и радиу-

сом R = 1,3 см (рис. 15) в момент времени t = 0 начинает опускаться

под действием силы тяжести. Найти угловое ускорение β цилиндра.

43

134. В установке (рис. 16) известны масса сплошного однородно-

го цилиндра m, его радиус R и массы тел m1 и m2. Скольжение нити

по поверхности цилиндра и трение в его оси не учитывать. Найти уг-

ловое ускорение β цилиндра.

135. Сплошной однородный цилиндр массой m вращается под

действием сил натяжения нити, к концам которой подвешены грузы

массами m1 и m2 (рис. 16). Найти отношение сил натяжения '0 '!⁄

вертикальных участков 1 и 2 нити в процессе движения. Убедиться,

что при m → 0 '0 = '!.

136. В системе, показанной на рис. 17, известны: массы тел m1 и

m2, коэффициент трения µ между телом массой m1 и горизонтальной

плоскостью, а также масса блока m, который можно считать одно-

R

m1

m

1 2

m2

m1 m

m2

R

m2

m1m

R

Рис. 14 Рис. 15

Рис. 17 Рис. 16

44

родным сплошным диском. Скольжение нити по блоку отсутствует. В

момент t = 0 тело массой m2 начинает опускаться. Пренебрегая мас-

сой нити и трением в оси блока, найти ускорение a тела массой m2.

137. По горизонтальной плоскости катится диск (рис. 18) и, пре-

доставленный самому себе, останавливается, пройдя расстояние

s = 16 м. Начальная скорость диска, v = 8 м/с. Найти коэффициент

трения.

138. Однородный цилиндр радиусом R раскрутили вокруг его оси

до угловой скорости ω0 и поместили в угол (рис. 19), коэффициент

трения между стенками угла и цилиндром равен µ. Сколько оборотов

n сделает цилиндр до остановки?

139. Тонкий однородный стержень длиной l из вертикального по-

ложения падает на горизонтальную поверхность. Найти линейные

скорости крайней и средней точек стержня в момент времени, когда

стержень займет горизонтальное положение.

140. Сколько времени будет скатываться без скольжения обруч с

наклонной плоскости длиной l = 2 м и высотой h = 10 см?

141. Человек массой m1 стоит на краю горизонтального однород-

ного диска массой m2 и радиусом R. Диск может свободно вращаться

вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр. В некоторый

момент человек начал двигаться по краю диска, совершил перемеще-

ние на угол ′ϕ относительно диска и остановился. Пренебрегая раз-

мерами человека, найти угол φ, на который повернется диск к момен-

ту остановки человека.

142. Однородный шар скатывается без скольжения по наклонной

плоскости, составляющей угол α с горизонтом. Найти ускорение цен-

тра шара и коэффициент трения, при котором скольжения не будет.

Рис.18 7

v R

Рис. 19

45

143. Математический маятник длиной l = 1,5 м совершает гармо-

нические колебания с амплитудой А = 10 см. Найти максимальную

скорость грузика маятника.

144. При перемещении математического маятника с Земли на

другую планету период его колебаний увеличился в n1 = 6 раз. Во

сколько раз масса Земли больше массы планеты, если радиус Земли в

n2 = 2 раза больше радиуса планеты?

145. Математический маятник, состоящий из шарика массой

m = 260 г и нити длиной l = 2,4 м, совершает гармонические колеба-

ния с амплитудой А = 10 см. Найти скорость шарика при прохожде-

нии положения равновесия и максимальное значение силы, под дей-

ствием которой совершаются колебания.

146. Математический маятник длиной l0 = 40 см и тонкий одно-

родный стержень длиной l = 60 см совершают синхронно гармониче-

ские колебания вокруг горизонтальной оси. Найти расстояние от цен-

тра стержня до этой оси.

147. Обруч диаметром D = 56 см висит на гвозде и совершает

гармонические колебания под действием силы тяжести. Найти период

колебаний обруча, принимая его за физический маятник.

148. На стержне длиной l0 = 60 см укреплены два одинаковых

грузика: один в середине стержня, другой – на конце. Стержень с гру-

зиками колеблется около горизонтальной оси, проходящей через его

свободный конец. Найти приведенную длину и период гармониче-

ских колебаний данного маятника. Массой стержня пренебречь.

149. Частица совершает гармонические колебания с начальной

фазой α = 0. При смещении частицы от положения равновесия на

х1 = 4 см ее скорость v0 = 6 см/с, а при смещении на х2 = 3 см ско-

рость v2 = 8 см/с. Определить циклическую частоту колебаний ω0.

150. Пружинный маятник вывели из положения равновесия и от-

пустили. Через какое время (в долях периода) кинетическая энергия

колеблющегося тела будет равна потенциальной энергии пружины?

Массу пружины не учитывать.

46

151. Шарик, подвешенный на пружине, отвели из положения рав-

новесия вертикально вниз на расстояние х = 4,0 см и сообщили ему

скорость v0 = 1,0 м/с, после чего он стал совершать гармонические

колебания с частотой ω0 = 25 рад/с. Найти амплитуду колебаний.

152. Стержень движется в продольном направлении с постоянной

скоростью v относительно инерциальной К – системы отсчета. При

каком значении скорости длина стрежня в этой системе отсчета будет на η = 0,5 % меньше его собственной длины ?

153. Имеется прямоугольный треугольник с катетом a = 5,0 м и

углом между этим катетом и гипотенузой α = 30°. Найти в системе

отсчета К ꞌ, движущейся относительно этого треугольника со скоро-

стью v = 0,866 с вдоль катета a (с – скорость света в вакууме): а) со-

ответствующее значение угла αY; б) длину *Y гипотенузы и ее отноше-

ние к собственной длине *a.

154. Найти собственную длину стержня la, если в К – системе от-счета (лабораторная система) его длина l =1,00 м, угол между стерж-

нем и направлением движения α =45о и скорость v = с/2, где с – ско-

рость света в вакууме.

155. С какой скоростью двигались в К – системе отсчета часы,

если за время t =5,0 с (в К – системе) они отстали от неподвижных

часов этой системы на ∆t = 0,10 с?

156. Собственное время жизни нестабильной частицы ∆t0 = 10

нс. Какой путь пролетит эта частица до распада в лабораторной сис-

теме отсчета, где ее время жизни ∆t = 20 нс?

157. В пунктах А и В на Земле, удаленных на расстояние l = 10

км, произошли одновременно два события. Найти время, разделяю-

щее эти события, с точки зрения наблюдателя на космическом кораб-

ле, удаляющегося от Земли вдоль прямой АВ со скоростью v = 0,8 с

(с – скорость света в вакууме).

158. Релятивистская частица с массой m и кинетической энергией

Ек налетает на покоящуюся частицу с такой же массой. Найти массу

составной частицы, образовавшейся в результате соударения.

47

159. Релятивистская частица с массой m и кинетической энергией

Ек налетает на покоящуюся частицу с той же массой. Найти скорость

составной частицы, образовавшейся в результате соударения.

160. Найти скорость частицы, кинетическая энергия которой

Ек = 500 МэВ и импульс Р = 865 МэВ/с∗, где с – скорость света.

161. При какой скорости кинетическая энергия частицы равна ее

энергии покоя?

162. Найти скорость, при которой релятивисткий импульс части-

цы в n = 2 раза превышает ее ньютоновский импульс.

163. Сколько энергии (в расчете на единицу массы) надо затра-

тить, чтобы сообщить первоначально покоившемуся космическому

кораблю скорость v = 0,980 с (с – скорость света в вакууме)?

164. Полная энергия мезона в n = 8 раз больше его энергии по-

коя. Найти скорость мезона.

165. Вычислить импульс протона с кинетической энергией

Ек = 500 МэВ.

166. На экваторе некоторой планеты тело весит в два раза мень-

ше, чем на полюсе. Найти период обращения планеты вокруг собст-

венной оси. Плотность вещества планеты ρ = 3,0.103 кг/м3

.

167. Телу сообщили на полюсе Земли скорость v0, направленную

вертикально вверх. Зная радиус Земли и ускорение свободного паде-

ния на ее поверхности, найти высоту, на которую поднимется тело.

168. Найти радиус круговой орбиты стационарного спутника

Земли, который остается неподвижным относительно ее поверхности.

Какова скорость спутника?

169. Найти период обращения спутника, движущегося вокруг не-

которой планеты вблизи ее поверхности, если средняя плотность

планеты ρ = 3,3 г/см3.

∗ Импульс релятивистской частицы обычно выражают в единицах: энергия/с, где с = 3.10

8

м/с – скорость света в вакууме. Например, если энергия выражается в МэВ (1МэВ = 1,6.10–13

Дж), то импульс выражается в МэВ/с. Использование такой единицы импульса упрощает

многие расчеты.

48

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА №2

МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА.

ЭЛЕКТРОСТАТИКА

ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ

Молекулярная физика

1. Количество вещества или число молей

,ν = =N m

N MA

(1Ф)

где N – число молекул (атомов) вещества;

NA – постоянная Авогадро (находится из таблицы);

m – масса вещества (газа);

М – молярная масса вещества (находится из таблицы).

2. Уравнение Менделеева – Клапейрона (уравнение состояния

идеального газа)

ν РV RT= , (2Ф)

где Р, V – давление и объем газа;

ν – число молей;

R – универсальная газовая постоянная (находятся из таблицы);

T – термодинамическая температура.

3. Зависимость давления газа от концентрации молекул n и тем-

пературы Т (уравнение состояния идеального газа)

Р = nkT, (3Ф)

где k – постоянная Больцмана (находится из таблицы).

4. Основное уравнение молекулярно-кинетической теории газов

2

3ε

kР n= , (4Ф)

где bεkd – средняя кинетическая энергия поступательного движения

молекулы

3.

2ε

kkT= (5Ф)

49

5. Средняя квадратичная скорость молекул массой m0

0кв

3 3kT RTm M

v = = . (6Ф)

Термодинамика

6. Молярные теплоемкости тела (газа) при постоянном объеме СV

и постоянном давлении СР:

2;

2 2

+

i iR RPC C= =

V, (7Ф)

где i – число степеней свободы молекулы.

7. Внутренняя энергия газа

U =ν i2

RT = νCVT. (8Ф)

8. Первое начало термодинамики

Q=∆U+A, (9Ф)

гдеQ – количество теплоты,сообщенной газу;

∆U – приращение внутренней энергии;

A – работа, совершенная газом против внешних сил.

9. Работа при расширении газа от объема V1 до объема V2

2

1

∫V

V

A РdV= : (10Ф)

а) при изобарном процессе

( )2 1− ν ∆A Р V V R T= = ; (11Ф)

б) при изотермическом процессе

А = νRTln(V2/V1). (12Ф)

10. Работа газа при адиабатическом процессе

A =– ΔU =– νCV∆T, или A = νi2�('1– '2), (13Ф)

11. Уравнение Пуассона для адиабатического процесса

PV γ = const, или 'gγ –1 = const, P'γ/(1–γ) = соnst, (14Ф)

где γ = Cp /CV – постоянная адиабаты.

12. Коэффициент полезного действия (КПД) тепловой машины

η= (Q1––––Q

2) Q

1h , (15Ф)

50

где Q1 – тепло, полученное рабочим телом от нагревателя; Q

2 – тепло, переданное рабочим телом холодильнику.

13. КПД идеального цикла Карно (теорема Карно)

η= (T1––––T2) T1,h (16Ф)

где T1 и T2 – термодинамические температуры нагревателя и холо-

дильника.

14. Приращение энтропии для замкнутых равновесных процессов 2

1

2 1

δ− ∫

QS S

T= , (17Ф)

где S1, S2 – энтропия в начальном и конечном равновесных состояни-

ях системы;

δQ – элементарное количество теплоты;

Т – температура системы, при которой она получает тепло δQ.

Электростатика

15. Закон Кулона

1 2

2,

πε04= q q

Fr

(18Ф)

где F – модуль силы взаимодействия двух точечных зарядов q1 и q2;

r – расстояние между зарядами;

ε0 – электрическая постоянная, находится из таблицы.

Закон Кулона записан для вакуума (воздуха).

16. Напряженность электрического поля, создаваемого системой n

точечных зарядов, равна векторной сумме напряженностей, создавае-

мых каждым зарядом (принцип суперпозиции электрических полей),

= 1∑n

E E====i

i

, (19Ф)

где Ei – напряженность поля, создаваемого i-тымм зарядом.

17. Модуль напряженности электрического поля:

а) точечного заряда

204πε

qE

r= , (20Ф)

51

где � – расстояние от заряда j до точки, в которой определяется на-

пряженность поля;

б) двух разноименно заряженных бесконечных параллельных

плоскостей

E = |ϭ1| + |ϭ2|2ε0

, (21Ф)

где ϭ1, ϭ2 – поверхностные плотности зарядов.

При |ϭ1| = |ϭ2| = σ напряженность Е = σ/ε0. В таком виде

формула справедлива для плоского конденсатора, в котором расстоя-

ние между пластинами много меньше их линейных размеров;

в) равномерно заряженной бесконечно длинной нити (или цилин-

дра радиуса R) на расстоянии r от нити (или оси цилиндра)

τ

2πε0

Еr

= , (22Ф)

где τ= �j dl⁄ – линейная плотность заряда. Для цилиндра r > R, так

как внутри цилиндра напряженность поля Е = 0.

18. Потенциальная энергия взаимодействия двух точечных зарядов

W = q1q

2

4πε0r, (23Ф)

где q1, q2 – величины зарядов;

r – расстояние между зарядами.

Потенциальная энергия положительная при взаимодействии одно-

именных зарядов и отрицательная при взаимодействии разноименных

зарядов.

19. Потенциал электрического поля точечного заряда j на рас-

стоянии r от заряда

φ = q

4πε0r.(24Ф)

Такая же формула используется для нахождения потенциала за-

ряженной металлической сферы радиусом R и зарядом q в точке на

расстоянии r > R от центра сферы. Потенциал поля внутри и на по-

верхности сферы φ = q/4πε0R.

52

20. Потенциал электрического поля, создаваемого системой nто-

чечных зарядов, равен алгебраической сумме потенциалов, создавае-

мых каждым зарядом в отдельности (принцип суперпозиции)

φ = � φin

i====1,(25Ф)

где φi – потенциал поля заряда qi.

21. Связь между напряженностью поля и потенциалом φ:

а) для поля, обладающего центральной или осевой симметрией,

Er=–––– dφdr ,(26Ф)

где производная dφ/dr, берется вдоль линии напряженности Е;

б) для однородного поля

E =φ1– φ2

d,(27Ф)

где d – расстояние между эквипотенциальными поверхностями с по-

тенциалами φ1 и φ2 вдоль линии напряженности .

22. Работа, совершаемая электрическим полем по перемещению за-ряда q из точки 1 в точку 2,

А = q(φ1 – φ2), (28Ф)

где (φ1 –––– φ2) – разность потенциалов между начальной 1 и конечной 2

точками перемещения.

23. Электроемкость уединенного проводника

C = q

φ,(29Ф)

где q – заряд, сообщенный проводнику;

φ – потенциал проводника.

24. Электроемкость конденсатора

С = q

φ1–φ

2

= q

U, (30Ф)

где φ1 –––– φ2 = U – разность потенциалов или напряжение между об-

кладками конденсатора;

q – модуль заряда одной обкладки конденсатора.

25. Электроемкость проводящего шара (сферы)

C = 4πεεaR, (31Ф)

где R – радиус шара;

53

ε – диэлектрическая проницаемость среды;

ε0 – электрическая постоянная (находится из таблицы).

26. Электроемкость плоского конденсатора

C = ε ε0S

d,(32Ф)

где S – площадь одной пластины;

d –расстояние между пластинами.

27. Электроемкость системы из n конденсаторов, соединенных

последовательно,

1

C= � 1

Ci

n

i=1.(33Ф)

28. Электроемкость системы из n конденсаторов, соединенных

параллельно,

C =�Ci.(34Ф)

n

i= 1

29. Энергия заряженного конденсатора

W = q!2C

= CU2

2= qU

2. (35Ф)

Энергию заряженного конденсатора удобно вычислять через ту

из величин q или U, которая в данном процессе остается постоянной.

Если заряд конденсатора не изменяется (конденсатор отключен от ис-

точника напряжения), то W=q2/2C; если напряжение не изменяется

(конденсатор подключен к источнику напряжения), то W = (CU2)/2

независимо от того, как меняется электроемкость конденсатора.

Примеры решения задач

Пример 1. В двух теплоизолированных сосудах объемами

V1 = 3,00 л и V2 = 5,00л находится одинаковый идеальный газ при

давлениях P1=400 кПа, P2=600 кПа и температурах T1=300 К,

T2=400 К. Сосуды соединяют трубкой. Какая температура устано-

вится в сосудах после смешивания газов?

54

Р еш е н и е

Внутренняя энергия газов, находящихся в

первом и втором сосудах до их смешивания,

равна (см. (8Ф)):

U1= i2ν1RT1, U2= i

2ν2RT2,(1)

где i – число степеней свободы молекул газа;

ν1, ν2– число молей газов в первом и втором

сосудах;

R = 8,31 Дж/(моль.К) –универсальная газовая постоянная (нахо-

дится из таблицы).

Используем уравнение Менделеева – Клапейрона (2Ф) для газов

в первом и втором сосудах: P1V1=ν1RT1, P2V2=ν2RT2.(2)

Сравнивая первые и вторые формулы в равенствах (1), (2), получим

U1 = i

2P1V1, U2= i

2P2V2.(3)

Общая энергия газов в сосудах до их соединения U' = U1 + U2,

или, учитывая (3), получим:

U'= i

2�P1V1+P2V2).(4)

После смешивания газов (соединение сосудов трубкой) устано-

вится искомая температура T и внутренняя энергия газа (8Ф)

U"= i2νRT, или, учитывая ν=ν1 + ν2, получим:

U"= i

2RT(ν1 + ν2).(5)

Число молей ν1 и ν2 найдем из уравнений (2) и подставим в (5). В

результате получим

U"= i

2� �0g0

T1

+ �!g!T2

)T.�6) Сосуды теплоизолированные, поэтому U'=U"(закон сохранения

энергии), откуда с учетом (4) и (6) найдем искомую температуру:

T= �P1V1+P2V2)T1T2

P1V1T1 + P2V2T2

=365 К.

V1 = 3,00.10–3

м3,

V2 = 5,00.10–3

м3,

Р1 = 400 кПа,

Р2 = 600 кПа,

Т1 = 300 К,

Т2 = 400 К.

Т = ?

55

Пример 2. Кислород массой m=6,4 г находится при температу-

ре T1=300 К и расширяется при постоянном давлении, при этом

объем увеличивается в n = V2/V1 = 2,0 раза. Найти количество тепло-

ты, сообщенной газу.

Р еш е н и е

Используем первое начало термодинамики (9Ф)

Q=∆U+ A.(1) Количество теплоты, сообщенной газу, идет

на приращение внутренней энергии ∆U газа и на

совершение газом работы A против внешних сил. Приращение внут-ренней энергии ∆U = U2 –––– U1, или, учитывая (8Ф), получим

∆U = i

2. m

M R∆T, (2)

где i = 5 – число степеней свободы молекул двухатомного кислорода;

R = 8,31 Дж/(моль.К) – универсальная газовая постоянная (нахо-

дится из таблицы);

M=32 ∙ 10–3 кг/моль – молярная масса кислорода (находится из

таблицы);

∆T – приращение температуры. Работа газа при изобарном про-

цессе (11Ф)

.∆m

A R TM

= (3)

С учетом (2) и (3), количество теплоты (1) запишется следующим

образом:

12

∆m i

Q R TM

= + , (4)

где ∆Т = Т2 –––– Т1.

Применяя уравнение Менделеева –––– Клапейрона (2Ф) для изобар-

ного процесса, получим V1 T1=V2 T2⁄⁄ , откуда, с учетом условия за-

дачи, конечная температура после изобарного расширения

T2=V2

V1

T1=nT1.

m = 6,4.10–3

кг, Т1 = 300 К,

V2/V1 = n =2,0.

Q = ?

56

Тогда приращение температуры

∆T=T2––––T1=T1(n––––1). Подставляя это выражение в (4), получим

Q= mM

RT1(n––––1)( i2+1).

Учитывая условие задачи и табличные данные, найдем искомое

количество теплоты:

Q= 72mM

RT1=1,7 кДж.

Пример 3. Объем одного моля (ν = 1) идеального газа с числом

степеней свободы молекул i изменяется по закону V = а/Т, где a –

постоянная величина. Найти количество теплоты, полученной газом в

этом процессе, если его температура испытала приращение ∆T.

Р еш е н и е

Количество теплоты находится из первого начала

термодинамики (9Ф)

Q = ∆U + A. (1)

Приращение внутренней энергии одного моля газа

∆U = U2 ––––U1, или, учитывая (8Ф), получим

2∆ ∆

iU R T= , (2)

где R = 8,31 Дж/(моль.К) – универсальная газовая постоянная (берет-

ся из таблицы). Работа газа (10Ф)

A=HPdV .(3)

Воспользуемся уравнением Менделеева – Клапейрона (2Ф) для

одного моля газа (ν = 1)

PV=RT,

откуда, учитывая условие задачи,

P=RT

V=RT2

a.(4)

ν = 1,

i,

V = a/T,

∆T.

Q =?

57

Продифференцируем условие задачи V = а/Т dV=–––– a

T2 dT.(5)

Подставляя (4) и (5) в формулу (3), найдем работу: A=––––R∆T.(6)

С учетом (2) и (6) количество теплоты (1) равно

Q=R∆T( i

2− 1).

Пример 4. Два моля идеального газа находятся при температуре

T1=300 К и охлаждаются изохорно, в результате давление газа

уменьшилось в n = P1/P2 = 2,0 раза. Затем газ изобарно расширяется

так, что в конечном состоянии его температура стала равной перво-

начальной. Найти количество теплоты, сообщенной газу в данном

процессе.

Р еш е н и е

Решение задачи упрощается, если заданные процессы изобразить

на �,g-диаграмме (см. рис. 20). Количество теплоты находится из первого начала термодинамики (9Ф)

Q = ∆U + A. (1)

В данной задаче на участке 1 –––– 2 (изохора) объем не изменяется

(рис. 20) и работа A12= 0 (см. (10Ф), где dV = 0). Следовательно, ра-

бота совершается газом только на участке 2 –––– 3 при изобарном рас-

ширении А23 = А = P2(V2 –––– V1). Используем формулу работы газа для

V1 V2

P1,V1,T1

P2,V1,T2

V

Рис. 20

1

3 2 P2,V2,T1

Р

Р2

0

Р1

T1 = 300 K,

P1/P2 =n = 2,0,

ν = 2.

Q = ?

58

изобарного процесса (см. (11Ф)), где для нашей задачи ∆Т = Т1 –––– Т2

(см. рис. 20). В результате получим

A = νR(T1 – T2). (2)

Применяя уравнение Менделеева – Клапейрона (2Ф) к состояни-

ям газа 1 и 2 при изохорном процессе (см. рис. 20), получим:

P0T0

= P!T!

,

откуда, учитывая условие задачи,

T2 = P2

P1

T 1= T0n

.

Подставим эту формулу в уравнение (2) и найдем работу, совер-

шенную газом в данном процессе:

A = νRT1(1 − 1n ). (3)

Приращение внутренней энергии (см. (8Ф))

∆U = i

2νRΔT,

где i – число степеней свободы.

В данном сложном процессе начальная и конечная температуры

равны (на рис. т. т. 1 и 3), следовательно, ∆U = 0. Тогда из (1) иско-

мое количество теплоты Q = A. Учитывая формулу (3), получим:

1

11 2,5 кДж.

ν= =Q RTn

−−−−

Пример 5. Водород H2 массой m = 20,0 г находится при темпера-

туре T1 = 300 К. Его объем при адиабатическом процессе увеличился

в n = V2/V1 = 5,00 раз, затем при изотермическом процессе умень-

шился до прежнего значения. Найти: температуру T2 в конце адиаба-

тического расширения; работу газа и приращение внутренней энер-

гии при этих процессах.

59

Р еш е н и е

Процессы расширения и сжатия газа изобра-

зим графически в системе координат P,V (см.

рис. 21). Параметры газа можно определить из уравнений адиабатического и изотермического

процессов. При адиабатическом процессе темпе-

ратура и объем газа в состояниях 1 и 2 связаны

между собой уравнением Пуассона (14Ф)

T1V1γ–1=T2V2

γ–1,

откуда, учитывая условие задачи, получим: T2= '0nγ–1 ,(1)

где постоянная адиабаты γ=CP/CV. Для молекулярного водорода (число степеней свободы i = 5) молярная теплоемкость при постоян-

ном давлении (7Ф) 2 7

2 2

+p

iC R R= = ,

где R = 8,31 Дж/(моль.К) – универсаль-

ная газовая постоянная (находится из таблицы). Молярная теплоемкость при

постоянном объеме 5

22

iC R R= =

V, то-

гда γ = 1,4. Подставляя это значение γ в

(1), найдем температуру: T2 = 158 К.

Работа газа при адиабатическом расши-

рении (см. (13Ф), где число молей ν = m/M)

A1= mM i

2R(T1 − T2)=29,5 кДж.(2)

Учтем, что молярная масса водорода M = 2·10–3

кг/моль (нахо-

дится из таблицы). Работа газа при изотермическом процессе (12Ф)

для нашей задачи (см. рис. 21)

A2= mM RT2 lnV1

V2

.

Н2,

m = 20,0.10–3

кг, Т1 = 300 К,

V2/V1 = n =5,00.

T2 = ? A1, A2 = ?

∆U1, ∆U2 = ?

V2 V1 V

P

0

1

2

Рис. 21

адиабата

изотерма 3

60

Учитывая условие задачи и выражение (1), найдем работу при

изотермическом сжатии:

A2= mRT1

Mnγ––––1 ln1n =––––21,1кДж.(3)

Знак «минус» показывает, что при сжатии газа работа совершает-ся внешними силами. Для определения приращения внутренней энер-

гии газа при адиабатическом процессе воспользуемся первым нача-

лом термодинамики (9Ф)

Q=∆U+ A. В данном процессе Q = 0, и приращение внутренней энергии при

адиабатическом расширении с учетом (2) равно

∆U1 = –––– A1 = –––– 29,5 кДж.

При изотермическом процессе Т = const и ∆Т = 0. Следовательно,

∆U2= i

2

m

MR∆Т=0.

Пример 6. У тепловой машины, работающей по циклу Карно,

температура нагревателя T1 в n = 1,6 раза больше температуры холо-

дильника T2. За один цикл машина производит полезную работу

А = 12 кДж. Какая работа A'''' за цикл затрачивается внешними силами

на изотермическое сжатие рабочего тела?

Р еш е н и е

Воспользуемся теоремой Карно: коэффициент

полезного действия (КПД) η тепловой машины, ра-

ботающей по циклу Карно, зависит только от темпе-

ратур нагревателя T1 и холодильника T2 и не зави-

сит от природы рабочего тела и устройства тепловой

машины (см. (16Ф))

η=1– T2

T1

.(1)

Учитывая условие задачи, получим коэффициент полезного дей-

ствия машины:

η = n – 1

n.(2)

Т1/Т2 = n = 1,6,

A = 12 кДж.

A'''' = ?

61

КПД цикла Карно запишем через работу A и тепло Q1, передан-

ное рабочему телу от нагревателя: η=A Q1

⁄ , откуда с учетом (2)

Q1 =

n A

n –––– 1.(3)

Работа A находится через Q1и тепло Q

2, переданное от рабочего

тела холодильнику, A=Q1––––Q

2,

Откуда, учитывая (3), получим

Q2= A

n–1 .(4)

Применим к изотермическому сжатию первое начало термодина-

мики (9Ф) в следующем виде: Q=∆U–A',(5)

где Q– тепло, переданное рабочему телу. В нашей задаче Q = – Q2,

так как тепло отнимается от тела и передается холодильнику;

∆U – приращение внутренней энергии рабочего тела. У нас

∆U = 0, так как Т = const (см. (8Ф));

A' – искомая работа внешних сил над рабочим телом. В результа-

те из (5) имеем A'=Q2. Используя (4), найдем

A'= An–1=20 кДж.

Пример 7. Водород совершает цикл Карно. Найти КПД цикла,

если при адиабатическом расширении: а) объем газа увеличивается в

n =V2/V1 = 2,0 раза; б) давление уменьшается в n = Р1/Р2 = 2,0 раза.

Р еш е н и е

а) Воспользуемся формулой КПД цикла Кар-

но (16Ф)

η=1– T2T1

,(1)

где T1, T2 – температура нагревателя и холо-

дильника.

а)V2V1

=n= 2,0

;

б)P1P2

=n= 2,0. η

1= ?η2= ?

62

Используем для адиабатического процесса уравнение Пуассона

(14Ф) в виде

T1V1γ – 1 = T2V2

γ–1,

откуда имеем T2T1

= WV1V2

Xγ–1 ,(2)

где γ = 1,4 – постоянная адиабаты для двухатомного водорода. По

условию задачи V1 V2⁄ = 1 n⁄ . Тогда из (2) T2T1

= W1nXγ–1 =n1–γ.

Подставляя это выражение в (1), найдем КПД цикла Карно при

увеличении объема газа в n = 2,0 раза η

1=1–n1–γ=0,24.

б) Запишем уравнение Пуассона в следующем виде (см. (14Ф)):

P1T1

γ1uγ = P2T2

γ1uγ,

откуда

2

2

1

1

1

Т Р

Т Р=

_ γγ

,

или, учитывая условие задачи, получим

12

1

.=Тn

Т

_γγγγγ

С учетом этого выражения, из (1) найдем КПД цикла, когда дав-

ление уменьшается в n = 2,0 раза

2

1

1η n= − γ− γ− γ− γγγγγ−−−− =0,18.

Пример 8. Один моль гелия при изобарном расширении увели-

чил свой объем в n = V2/V1 = 4,0 раза. Найти приращение энтропии.

63

Р еш е н и е

Приращение энтропии находится из второго на-

чала термодинамики для равновесных процессов

(17Ф) 2

1

δ∆ ∫

QS

T= , (1)

где δQ – элементарное количество теплоты, находится из первого нача-ла термодинамики (9Ф), записанного в дифференциальной форме,

δQ=dU+δA.(2)

Приращение внутренней энергии для одного моля газа (см. (8Ф))

dU= i

2RdT,(3)

где R=8,31Дж/�моль∙К) – универсальная газовая постоянная (нахо-

дится из таблицы). Элементарная работа газа

δA=PdV.(4)

Продифференцируем уравнение состояния идеального газа (2Ф)

для одного моля (ν = 1) с учетом того, что процесс изобарный:

PdV=RdT.

Тогда (4) запишется следующим образом:

δA=RdT.(5)

Подставляя (3) и (5) в уравнение (2), получим:

δQ=R W i

2+1X dT.

Подставим это выражение в (1) и проинтегрируем:

∆S=R W i

2+1XH dT

T

2

1

=R W i

2+1X ln

T2

T1

,(6)

где i=3 –––– число степеней свободы атомов гелия.

Применяя уравнение Менделеева – Клапейрона (2Ф) к состояни-

ям газа при изобарном процессе, получим с учетом условия задачи:

T2

T1

= V2

V1

=n.

ν = 1 моль,

V2/V1 = n = 4,0,

P = const.

∆S = ?

64

Используя это соотношение, из (6) найдем приращение энтропии:

∆S=R( i2+1) ln n= 29 Дж/К.

Пример 9. Один моль двухатомного идеального газа находится

при температуре T1= 300 К и сжимается от объема V1 до объема

V2 = V1/2 один раз изотермически, а другой – адиабатически. Найти

приращение энтропии и конечную температуру T2 в обоих процессах.

Р еш е н и е

Для нахождения приращения энтропии исполь-

зуем второе начало термодинамики (17Ф)

.δ

∆ ∫= QS

T (1)

Элементарное количество теплоты δw находит-ся из первого начала термодинамики (9Ф)

δQ = dU + δA, (2)

где dU –––– приращение внутренней энергии. При изотермическом про-

цессе dU = 0 (см. (8Ф)). Элементарная работа газа

δА =PdV . (3)

Из уравнения Менделеева–Клапейрона (2Ф), записанного для од-

ного моля (ν= 1), найдем: P = RT/V, и подставим это выражение в

(3). В результате получим

.δ = dVA RT

V (4)

Учитывая dU = 0, из (2) и (4) получим

.δ = dVQ RT

V

Подставляя это выражение в (1), найдем приращение энтропии

при изотермическом сжатии:

2

1

.1 ln∆ ∫= = VdV

S R RVV

V

V

2

1

ν = 1моль,

T1= 300 К,

∆S1 = ? ∆S2= ? T2 = ?

V2 = V1/2.

65

Учитывая условие задачи V2 = V1/2 и табличное значение универ-

сальной газовой постоянной R = 8,31 Дж /(моль.К), получим искомое

приращение энтропии:

∆S1 = –––– R ln2 = –––– 5,76 Дж /К .

Знак «минус» означает, что энтропия при этом процессе умень-

шается, так как макросистема не является замкнутой.

Для адиабатического процесса δQ = 0, тогда из (1) видно, что

∆S2 = 0, т. е. энтропия при данном процессе остается постоянной.

Температура при изотермическом процессе не изменяется, следо-

вательно, по условию задачи конечная температура в этом процессе

Т2 =T1 = 300 К. Для адиабатического процесса используем уравнение

Пуассона (14Ф) в виде: T1V1γ – 1 = T2V2

γ – 1, откуда

T2

T1

= W V1

V2

Xγ – 1 . (5)

Постоянная адиабаты γ = CP /СV . Используя формулы молярных

теплоемкостей CP и СV (7Ф), найдем γ = (i + 2)/i . В задаче дан двух-

атомный газ, для которого число степеней свободы i = 5, тогда γ =

1,4. Учитывая условие задачи V2 = V1/2, получим из (5)

T2 = 2 γ – 1T1 = 396 К .

Таким образом, конечная температура больше при адиабатиче-

ском сжатии.

Пример 10. Точечные закрепленные заряды q1 = 40 нКл и

q2 = –––– 10 нКл находятся на расстоянии r = 10 cм друг от друга. Где

следует поместить третий заряд q3, чтобы он находился в равновесии?

При каком знаке заряда q3 равновесие будет устойчивым?

Р еш е н и е

Равновесие заряда j1 возможно, если вектор-

ная сумма сил, действующих на него, равна ну-

лю. Следовательно, для нашего случая на заряд

j1 действуют две силы, равные по модулю и про-

тивоположные по направлению – F1 = – F2, или

F1 = F2. (1)

q1 = 40 нКл,

q2 = –––– 10 нКл,

r = 10 cм.

х = ?

66

Учитывая величины и знаки зарядов q1 и q2, легко понять, что ус-

ловие (1) выполняется в точке C, находящейся на прямой, проходя-

щей через эти заряды и расположенной справа от заряда q2 (см.

рис. 22, где заряд q3 > 0).

Используя закон Кулона (18Ф) и обозначения на рис. 22, запишем

модули сил взаимодействия заряда q3 с зарядами q1 и q2 (см. рис. 22):

( )2

3 3

1 2 2,

4πε4πε.

00

1 2q q q qF F

xx+ r= = (2)

С учетом этих формул, уравнение (1) примет вид:

q1(x + r)2

= xq2x

x2.

Откуда, учитывая условие задачи, получим: х = r = 10 см. Нашли

положение точки (т. С на рис. 22), в которой заряд q3 находится в

равновесии. Если при смещении заряда от положения равновесия

возникают силы, возвращающие его в прежнее положение, то равно-

весие называется устойчивым. Найдем знак заряда q3, при котором

равновесие будет устойчивым.

Возьмем отношение сил Кулона (2)

F2

F1

= yq!q

1

yWx+rxX2 ~ {1 + r

x|2

.(3)

При смещении заряда j1 > 0 из положения равновесия (точка C

на рис. 22) вправо, расстояние x увеличивается, а отношение F2 F1⁄

уменьшается (см. (3)). Следовательно, �! уменьшается быстрее, чем

x+r x + r

x С

Рис. 22

F1 F2 q3 q

1 q

1 q

2 q

2

x

Рис. 23

q3 F1 F2

С

67

�0, и равнодействующая сил �0, �! направлена вправо от положения

равновесия, т. е. заряд j1 под действием этой силы будет удаляться от

точки С. При смещении заряда j1 влево величина x уменьшается

(рис. 22), а отношение �! �0⁄ увеличивается (см. (3)). Следовательно, �! возрастает быстрее, чем �0. Это означает, что равнодействующая

этих сих направлена влево от положения равновесия и заряд j1 будет

смещаться также влево. Таким образом, когда j3 > 0 при его смеще-

нии от положения равновесия, заряд не возвращается в прежнее по-

ложение. Следовательно, равновесие заряда будет неустойчивым.

Если заряд q3 < 0, то сила притяжения �0 со стороны заряда q1 бу-

дет направлена влево, а сила отталкивания �! со стороны заряда q2

направлена вправо (см. рис. 23). При смещении заряда q3 вправо (x

увеличивается) из (3) видно, что F2/F1 уменьшается, т. е. сила �!

уменьшается быстрее, чем �0 (F2 < F1), и их равнодействующая на-

правлена влево от точки равновесия C. Под действием этой силы q3

будет смещаться также влево, т. е. возвращаться к положению равно-

весия (т. С). При смещении q3 влево (x уменьшается) отношение F2/F1

увеличивается (см. (3)) и F2 > F1. Равнодействующая этих сил на-

правлена вправо и заряд q3 будет возвращаться к положению равно-

весия (точка С на рис. 23). Следовательно, при q3 < 0 равновесие за-

ряда будет устойчивым. Величина заряда j1 на его равновесие не

влияет (см. (3)).

Если заряды q1 и q2 не закреплены, и заряд q3 и вся система зарядов

находится под действием только кулоновских сил, то такая система

всегда находится в неустойчивом равновесии (теорема Ирншоу).

Пример 11. Тонкий прямой стержень длиной2C заряжен равно-

мерно зарядом j. Найти модуль напряженности электрического поля

и потенциал поля в точке на прямой, совпадающей с осью стержня и

находящейся на расстоянии r > C от его центра.

68

Решение

Выделим на заряженном стержне малый элемент dx (см. рис. 24).

Заряд dq из-за малости этого элемента можно считать точечным. Мо-

дуль напряженности поля точечного заряда dq равен (см. (20Ф))

� = |�j|4πεa�! .(1)

Заряд �j выразим через линейную плотность τ заряда стержня �j = τ��, где τ = j 2C⁄ . С учетом этого, выражение (1) запишется

следующим образом:

� = |j|��8πεaC�! .(2)

Из условия задачи ясно, что напряженности � от всех элементов

стержня направлены в одну сторону и при j > 0 направлены против

оси X (см. рис. 24). Поэтому для нахождения модуля напряженности

поля от всего стержня нужно выражение (2) проинтегрировать по

всей его длине от r–a до r + a (см. рис.), т. е. воспользоваться прин-

ципом суперпозиции

= |j|8πεaC H ���!

r}a

rua.

Осуществляя интегрирование в указанных пределах, получим ис-

комый модуль напряженности:

= |j|4πεa(r2 − a2).

2C, j,

r > C. = ? φ= ?

�� �

C

� 0

�~

X

Рис. 24

�j

2C � − C

69

Отсюда при r≫a следует

= |j|4��ar2.

Получили напряженность поля точечного заряда, т. е. заряжен-

ный стержень при r≫a можно считать точечным зарядом.

Для нахождения потенциала поля заряженного стержня запишем

потенциал поля точечного заряда �j = (j 2C⁄ )�� (см. (24Ф), где

φ = dφ, q = dq, r = x)

dφ = qdx

8πε0ax.(3)

Воспользуемся, как и при нахождении модуля напряженности ,

принципом суперпозиции, т. е. проинтегрируем (3) по всей длине

стержня от r–a до r + a (см. рис. 24). В результате получим искомый

потенциал

φ = j8πε0a

ln r + a

r– a.

Пример 12. Заряд q > 0 равномерно распределен по тонкому

кольцу радиусом R. Найти напряженность электрического поля Е на

оси кольца в точке, находящейся на расстоянии а от его центра.

Решение

Выделим на кольце малый элемент �*. От этого элемента

напряженность � составляет угол α с осью X (см. рис. 25).

Из соображений симметрии следует, что сумма (интеграль-

ная) проекций � � от всех элементов dl кольца равна нулю

(�� y=0). Следовательно, результирующая напряженность E направ-

лена по оси кольца и совпадает с осью Х (см. рис. 25). Модуль этой на-

пряженности равен интегральной сумме проекций � P от всех элемен-

тов кольца ( = �� P). Так как заряд �j элемента �*кольца можно

считать точечным, то напряженность поля этого заряда (см. (20Ф))

�E = �j4πεar2

,(1)

j > 0, �,

C. =?

70

где r –––– расстояние от элемента �* до точки С, в которой находится

напряженность .

Проекция вектора � на ось X равна � P = � cosα (см. рис. 25).

Учитывая (1), где заряд �j выражается через линейную плотность τ

(�j = τ�*), получим

� P = τ�*4πεar! cosα.(2)

Проинтегрируем это выражение, учитывая, что величины τ и α

являются постоянными для всех элементов кольца, и интегралы �� P = , � �* = 2π�. В результате получим

= τ�cosα2εar! .(3)

Из рис. 25 имеем

r = �C! + �!, cos α = C√C! + �!. Подставляя эти выражения в (3) и учитывая плотность заряда

τ = j 2π�⁄ , найдем модуль напряженности:

= jC4πεa(C! + �!)3 !⁄ .

Из этой формулы видно, что при а >> R модуль напряженности = j 4πεaC2⁄ , т. е. на больших расстояниях от заряженного кольца

0 �

С � P ~

�~

X � � C

�* r α

Рис. 25 Y

71

величина Е находится так же, как от точечного заряда (см. (20Ф)).

Напряженность поля Е направлена вдоль оси Х (см. рис. 25).

Пример 13. Бесконечно длинный цилиндр радиусом R = 15 см

заряжен с поверхностной плотностью σ = 15мкКл м2⁄ . Найти работу

при перемещении заряда q = 4,0 мкКл из точки 1 в точку 2, находя-

щиеся от оси цилиндра, соответственно, на расстоянии r1 = 30 см и

r2 = 15 см (см. рис. 26).

Решение

Работа электрического поля по перемещению заряда q (cм. (28Ф)) #э = j(φ1− φ

2). (1)

Для нахождения разности потенциалов воспользуемся формулой

(22Ф), где модуль линейной плотности (заряд единицы длины цилин-

дра) τ = τ, т. к. в нашей задаче поверхностная плотность ϭ > 0

.τ2πε0

=Еr

(2)

Заряд, находящийся на поверхности цилиндра высотой h, равен

τh. Этот же заряд, записанный через поверхностную плотность ϭ ра-

вен 2πRhϭ. Откуда получается связь между τ и ϭ: τ = 2πRϭ. В резуль-

тате формула (2) запишется следующим образом:

= σ�ε0r.(3)

R=0,15м,σ=15·10

–6 Кл м2⁄ ,q=4,0∙10

–6Кл,r1 = 0,30 м,

r2 =0,15 м.

А = ?

�

X

Рис. 26

Z

r2 r1

Y 1 2

72

Далее, воспользуемся формулой (26Ф)

= − dφdr

.(4)

Из (3) и (4) имеем

dφ = −σ�drε0r.

Интегрирование этого уравнения в пределах от r1 до r2 дает при-

ращение потенциала

φ2 –φ

1=–σR

ε0H dr

r

r2

r1

=– σRε0

lnr2

r1

.

Откуда разность потенциалов между начальной 1 и конечной 2

точками перемещения (см. рис. 26) составит

φ1− φ

2= σ�ε0

ln r2

r1.

Подставляя это выражение в (1), получим работу по перемеще-

нию заряда j из точки 1 в точку 2

Aэ = σ�jεa ln r2

r1=– 0,16Дж.

Работа электрического поля отрицательная, поскольку положи-

тельный заряд перемещается из точки 1 с меньшим потенциалом в

точку 2 с большим потенциалом (см. рис. 26). Искомая работа (работа

внешних сил) А = –––– Аэ = 0, 16 Дж.

Пример 14. В схеме, изображенной на рис. 27, электрические ем-

кости конденсаторов C1 = 1,00 мкФ, C2 = 2,00 мкФ, C1 = 3,00 мкФ и

напряжение между клеммами A и B равно U = 100В. Найти общую

электроемкость системы, заряд и напряжение на каждом конденсаторе.

73

Решение

Система конденсаторов состоит из двух параллельных ветвей,

напряжения на которых одинаковы и равны U (см. рис. 27). Одна

ветвь состоит из конденсатора емкостью C1, другая – из трех после-

довательно соединенных конденсаторов емкостью C2 и C3. Емкость

системы последовательно соединенных конденсаторов С ′ находится

из формулы (см. (33Ф))

1

C' = 2

C! + 1

C1 , откуда

CY = C!C1C! + 2C1 .(1)

При параллельном соединении конденсаторов емкость системы

(34Ф) C = C0 + CY. Учитывая (1), получим:

C = C1C2 + C3(2C1 + C2)

C2 + 2C3

= 1,75 мкФ.

Для нахождения зарядов конденсаторов используем формулу

электроемкости конденсатора (30Ф)

C = q

U.(2)

Напряжение на конденсаторе емкостью C1 равно U (см. рис. 27).

Следовательно, заряд этого конденсатора (см. (2))

q1= C1U = 100 мкКл.

C0 = 1,00 мкФ,

C! = 2,00 мкФ,

C1 = 3,00 мкФ,

U= 100В.

C = ? q0,q! =?

U1, U2, U3 = ?

В

U

Рис. 27

С2

С3 С1

А С2

74

В результате электростатической индукции заряды последова-

тельно соединенных конденсаторов емкостью C2, C3 и C2 будут рав-

ны между собой и заряду jY системы или батареи этих конденсато-

ров: q2= q

3= jY. Напряжение на батарее равно U, следовательно, за-

ряд jY можно найти из формулы (2), в которой C = CY. Используя (1),

найдем заряд трех последовательно соединенных конденсаторов

j2 = j3 = C2 C3U

C2 + 2C3

= 75 мкКл. Напряжение на конденсаторе емкостью C1 равно U1 = U =100 В.

Напряжение на конденсаторах емкостью C2, C3 находится из формулы

(2). Используя найденные заряды на этих конденсаторах, получим:

U2 = q2

C2

= 37,5 В,U3 = q3

C3

= 25 В. (3)

Очевидно, сумма напряжений на трех последовательно соеди-

ненных конденсаторах равна U =100 В. Из полученных результатов

(3) видно: 2U2 + U3 = 100 В, что соответствует условию задачи.

ТАБЛИЦА ВАРИАНТОВ К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ № 2

Таблица содержит варианты для специальностей, учебными пла-

нами которых предусмотрено четыре контрольных работы.

Вариант Номера задач

1 2 3 4 5 6

0 201 211 221 231 241 251

1 202 212 222 232 242 252

2 203 213 223 233 243 253

3 204 214 224 234 244 254

4 205 215 225 235 245 255

5 206 216 226 236 246 256

6 207 217 227 237 247 257

7 208 218 228 238 248 258

8 209 219 229 239 249 259

9 210 220 230 240 250 260

75

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ

201. Найти концентрацию молекул водорода при давлении

Р = 300 Па, если средняя квадратичная скорость его молекул

vкв = 2,5.103 м/с.

202. Средняя квадратичная скорость молекул газа при нормальных

условиях vкв = 460 м/с. Найти число молекул в газе массой m = 1,00 г.

203. Водород массой m = 0,30 г находится в сосуде объемом

V = 2,0 л при давлении Р = 200 кПа. Найти среднюю квадратичную

скорость и среднюю кинетическую энергию молекул водорода.

204. В баллоне объемом V = 0,01 м3 находится газ при темпера-

туре t = 27 °С. Из-за утечки газа давление уменьшилось на 4,1 кПа.

Сколько молекул вышло из баллона при постоянной температуре?

205. В баллоне объемом V = 0,20 м3 находится газ под давлением

Р1 = 100 кПа и при температуре Т1 = 290 К. После накачивания газа

давление Р2 = 300 кПа и температура Т2 = 320 К. На сколько увели-

чилось число молекул газа в баллоне?

206. Найти внутреннюю энергию U воздуха в комнате объемом

V = 40 м3 при нормальном атмосферном давлении. Зависит ли вели-

чина U от температуры воздуха в комнате при постоянном давлении?

207. Баллон, содержащий азот массой m1 = 1,0 кг, при испытании

взорвался при температуре t1 = 350 °C. Какую массу водорода m2

мож-но хранить в этом баллоне при температуре t2 = 20 °C, имея пя-

тикратный запас прочности?

208. По газопроводу течет углекислый газ при давлении

Р = 500 кПа и температуре t = 17 °C. Найти скорость движения газа в

трубе, если за время τ = 5,0 мин через поперечное сечение трубы

площадью S = 6,0 см2 протекает газ массой m = 2,5 кг?

209. Спутник объемом V = 10 м3 погрузился в тень Земли. При

этом температура внутри спутника, вначале равная t = 27 °С, понизи-

лась на k = 1,0 % и давление воздуха уменьшилось на ∆Р = – 1,05

кПа. Найти массу воздуха в спутнике.

76

210. Два одинаковых по объему баллона, содержащих газ при

одинаковой температуре Т = 273 К, соединены трубкой диаметром

d = 5,0 мм (рис. 28). Посередине трубки находится капелька ртути,

которая делит весь сосуд на два равных объема

V = 200 см3. На какое расстояние сместится ка-

пелька, если один баллон нагреть на ∆Т = 2,0 К,

а другой на столько же охладить?

211. Два теплоизолированных баллона наполнены воздухом и со-

единены короткой трубкой с краном. Объемы баллонов, а также дав-

ление и температура воздуха в них равны V1, Р1, Т1 и V2, Р2, Т2. Найти

давление воздуха, которое установится после открытия крана.

212. Два баллона наполнены одинаковым газом при одной и той

же температуре. Масса и давление газа в сосудах соответственно рав-

ны: m1 = 0,20 кг, m2 = 0,30 кг и Р1 = 400 кПа, Р2 = 900 кПа. Баллоны

соединяются трубкой, объемом которой можно пренебречь. Найти

установившееся давление газа в баллонах, если температура увеличи-

лась на k = 20 % от первоначальной.

213. Цилиндрический сосуд, расположенный горизонтально, за-

полнен газом при температуре Т1 = 300 К и давлении Р1 = 0,10 МПа.

Сосуд разделен на две равные части подвижной (нет трения) тепло-

изолированной перегородкой. Каким станет давление газа в сосуде,

если в одной его половине газ нагреть до температуры Т2 = 330 К, а в

другой половине температуру оставить без изменения?

214. Для приготовления ванны емкостью V = 200 л смешали хо-

лодную воду при температуре t1 = 10 °С с горячей водой при темпе-

ратуре t2 = 60 °С. Какие объемы той и другой воды надо взять, чтобы

температура смеси была θ = 40 °С? Нагревание ванны не учитывать.

215. До какой температуры необходимо нагреть алюминиевый

кубик, чтобы при помещении его на лед он погрузился в него до

уровня верхней грани? Температура льда θ = 0 °С.

216. Свинцовая пуля, летящая со скоростью v1 = 400 м/с, проби-

вает доску и вылетает из нее со скоростью v2 = 100 м/с. Какая часть

Рис. 28

V d

V

77

пули при этом расплавится, если на увеличение ее внутренней энер-

гии идет k = 60 % кинетической энергии? Температура пули в момент

удара t = 50 °С.

217. Железный метеорит массой m = 80 кг при температуре

t = 39 °С влетает со скоростью v = 1400 м/с в атмосферу Земли. Счи-

тая, что на нагревание и плавление метеорита идет k = 80 % его кине-

тической энергии, определить, какая масса метеорита расплавится.

218. Определить, расплавится ли полностью железный метеорит,

падающий на поверхность Луны со скоростью v = 2,0 км/с, если его

температура до столкновения с Луной t = 30 °С. На увеличение внут-

ренней энергии метеорита идет k = 40 % его кинетической энергии.

219. Два свинцовых шара с одинаковой массой движутся на-

встречу друг другу со скоростями v и 2v. Насколько увеличится тем-

пература шаров в результате их неупругого удара при v = 2,0 м/с?

220. Какое количество теплоты необходимо сообщить водороду

массой m = 10 г, находящемуся при температуре t1 = 27 °C, чтобы

при постоянном давлении его объем увеличился в n = 2 раза?

221. Азот массой m = 15 г находится в закрытом сосуде при тем-

пературе Т1 = 300 К. Какое количество тепла необходимо сообщить

азоту, чтобы средняя квадратичная скорость его молекул возросла в

n = 2,0 раза?

222. Водород, находящийся при нормальных условиях в закрытом

сосуде объемом V = 5,0 л, охлаждается на ∆Т = – 55 К. Найти прира-

щение внутренней энергии газа и количество отданного им тепла.

223. Кислород массой m = 10 г находится под давлением

Р = 300 кПа и температуре t1 = 10 оС. После изобарного нагревания

газ занял объем V2 = 10 л. Найти: изменение внутренней энергии; ра-

боту, совершенную газом при расширении; количество теплоты, по-

лученное газом.

224. Два моля идеального газа при постоянном давлении нагрели

на ∆Т = 72 К, сообщив ему количество теплоты Q = 4,8 кДж. Найти

78

совершенную газом работу, приращение его внутренней энергии и

число степеней свободы молекул газа.

225. В вертикальном цилиндрическом сосуде под поршнем мас-

сой m = 10 кг и площадью сечения S = 20 см2 находится одноатом-

ный газ. Первоначально поршень находился на высоте h = 20 см от дна сосуда, а после нагревания газа поршень поднялся на высоту H =

25 см. Найти количество теплоты, сообщенное газу в процессе нагре-

вания. Атмосферное давление Р0 = 100 кПа. Трением и теплообме-

ном газа с сосудом и поршнем пренебречь.

226. Воздух находится при 0 °С. До какой температуры охладится

воздух при адиабатическом увеличении его объема в два раза?

227. В горизонтальном теплоизолированном цилиндрическом

сосуде под поршнем находится ν = 0,50 моля гелия. Поршень массой

m = 1,0 кг сначала удерживается, а затем отпускается. Какую ско-

рость приобретет поршень к моменту, когда температура гелия

уменьшится на ∆Т = – 10 К? Атмосферным давлением, а также тре-

нием и теплообменом газа с сосудом и поршнем пренебречь.

228. Водород массой m = 20 г находится при нормальных усло-

виях и сжимается от объема V1 до объема V2 = V1/2. Найти работу га-

за при изотермическом и адиабатическом процессах.

229. Воздух сжимается от объема V1 до объема V2 = V1/2 сначала

адиабатически, а затем изотермически. В каком процессе совершает-

ся меньшая работа и во сколько раз?

230. Кислород массой m = 10 г находится при нормальных усло-

виях. Найти давление и температуру газа при изотермическом и

адиабатическом сжатии до объема V2 = 1,4 л.

231. На диаграмме (см. рис. 29) представлена зависимость давления

одноатомного газа от объема. Найти количество теплоты, полученное или отданное газом при переходе из состояния 1 в состояние 3.

232. Одноатомный газ сначала охладили (1 – 2), уменьшив давле-

ние в n = 2 раза, а затем нагрели (2 – 3) до первоначальной темпера-

туры T1 = 360 К (см. рис. 30). Количество вещества ν = 2 моля. Найти

количество теплоты, полученное газом на участке 2 – 3.

79

233. Тепловой двигатель, работающий по циклу Карно, имеет

температуру нагревателя t1 = 227 °С и холодильника t2 = 127 °С. Во

сколько раз надо увеличить температуру нагревателя, чтобы КПД

двигателя увеличился в n = 3 раза?

234. КПД η реального теплового двигателя составляет k = 50 %

от КПД ηид идеального двигателя, работающего по циклу Карно в том

же интервале температур. Температура нагревателя t1 = 227 °С, тем-

пература холодильника t2 = 77 °С. Найти мощность двигателя, если

за время τ = 1,0 ч потребляется уголь массой m = 200 кг с удельной

теплотой сгорания q = 30 МДж/кг. 235. Найти приращение энтропии при изохорном и изобарном на-

гревании аргона массой m = 8,0 г, если его абсолютная температура в

обоих процессах увеличилась в n = 2 раза.

236. Воздух массой m = 1,0 кг, сжимаясь адиабатически, умень-

шил свой объем в n1 = 6 раз, а затем при постоянном объеме его дав-

ление увеличилось в n2 = 1,5 раза. Найти приращение энтропии в

этом процессе.

237. Гелий массой m = 1,7 г, адиабатически расширяясь, увеличил

свой объем в n = 3,0 раза и затем изобарно сжимается до первоначаль-

ного объема. Найти приращение энтропии газа в этом процессе. 238. Во сколько раз необходимо увеличить при постоянной тем-

пературе объем газа в количестве ν = 4,0 моля, чтобы его энтропия

увеличилась на ∆S = 23 Дж/К?

239. Кислород массой m = 1,0 кг, находящийся при давлении

Р1 = 0,50 МПа и температуре Т1 = 400 К, изобарно расширяясь, уве-

1

2 3 Р, кПа

20

30

10

Рис. 29

1 V, м3 0 2 3

1 2

Т, K

V

3

0

Рис. 30

360

80

личил объем в n = 2 раза, а затем сжимается изотермически до давле-

ния Р2 = 4,0 МПа. Найти суммарное приращение энтропии.

240. Два моля газа изохорно охлаждаются, а затем изобарно рас-ширяются до первоначальной температуры. Найти приращение энтро-

пии, если давление газа в данном процессе изменилось в n = 3,3 раза. 241. С какой силой будут взаимодействовать два медных шарика

массой m = 1,0 г каждый, если у η = 1 % атомов одного шарика взять

по одному электрону и перенести их на другой шарик? Расстояние

между центрами шариков r = 1,0 м.

242. Два заряда q1 = 1,1 нКл и q2 = 4,4 нКл находятся на расстоя-

нии r = 12 см друг от друга. Где нужно поместить третий заряд q3,

чтобы система зарядов находилась в равновесии? Будет ли это равно-

весие устойчивым? Найти величину заряда q3.

243. В вершинах квадрата помещены одинаковые заряды

q = 1,0 мкКл каждый. Какой заряд нужно поместить в центр квадра-

та, чтобы данная система зарядов находилась в равновесии?

244. Два одинаковых шарика плотностью ρ1 подвешены на нитях

равной длины, закрепленных в одной точке. Шарикам сообщаются

одинаковые заряды, после чего они погружаются в жидкость плотно-

стью ρ2. Определить диэлектрическую проницаемость жидкости, если

угол расхождения нитей в воздухе равен α, а в жидкости –––– β.

245. Вокруг положительного заряда q вращаются по круговой ор-

бите, располагаясь в углах квадрата со стороной а, четыре одинако-

вые частицы массой m каждая, имеющие одинаковые отрицательные

заряды –––– q. В центре этого квадрата находится положительный заряд

q. Определить частоту вращения частиц по орбите.

246. В вершинах правильного шестиугольника со стороной а по-

мещены друг за другом заряды + q, + q, + q, –––– q, –––– q, –––– q. Найти на-

пряженность электрического поля в центре шестиугольника.

247. Одинаковые заряды величиной q = 1,0 нКл каждый распо-

ложены в трех вершинах квадрата со стороной а = 40 см. Найти на-

пряженность поля в четвертой вершине квадрата.

248. Тонкий стержень длиной а = 10 см заряжен равномерно за-

рядом q = 0,20 мкКл. Найти напряженность электрического поля в

81

точке, лежащей на оси стержня на расстоянии r = 30 см от его бли-

жайшего конца.

249. Тонкое кольцо радиусом R = 25 см имеет заряд q = 5,0

мкКл, равномерно распределенный по кольцу. Найти работу электри-

ческих сил при перемещении точечного заряда q0 = 10 мкКл из цен-

тра кольца по произвольному пути в точку, находящуюся на оси

кольца на расстоянии l = 50 см от его центра.

250. Найти потенциал капли ртути, получившейся от слияния n

«малых» капель, каждая из которых была заряжена до потенциала ϕ0.

251. Два одинаково заряженных металлических шара имеют по-

тенциалы ϕ1 = 20 В и ϕ2 = 30 В. Каким будет потенциал шаров, если

их соединить проволокой? Расстояние между шарами велико по

сравнению с их радиусами.

252. Два электрона находятся на бесконечно большом расстоянии

и двигаются навстречу друг другу с одинаковыми по модулю скоро-

стями v = 1,0·106 м/с. Найти наименьшее расстояние, на которое они

сблизятся.

253. Два электрона находятся на бесконечно большом расстоянии

друг от друга. В начальный момент времени один из электронов по-

коился, а второй двигался по направлению к первому со скоростью v.

Найти наименьшее расстояние, на которое они сблизятся.

254. Протон и α-частица, двигаясь с одинаковой скоростью, вле-

тают в плоский конденсатор параллельно его пластинам. Какая час-

тица больше отклонится электрическим полем конденсатора от своей

первоначальной траектории и во сколько раз?

255. Расстояние между пластинами плоского вакуумного конден-

сатора d = 16 мм, длина пластин l = 3,0 см. В конденсатор парал-

лельно его пластинам влетает электрон со скоростью v = 2,0⋅106 м/с.

На какое расстояние сместится электрон в направлении, перпендику-

лярном пластинам, к моменту вылета его из конденсатора, если на-

пряжение между пластинами U = 4,8 В.

256. Три конденсатора емкостью С1 = 10 мкФ, С2 = 20 мкФ,

С3 = 30 мкФ соединены в батарею (см. рис. 31). Напряжение между

точками А и В равно U = 20 В. Найти заряд на каждом конденсаторе.

82

257. В электрической цепи (см. рис. 32) емкости конденсаторов

С1 = 1,0 мкФ, С2 = 2,0 мкФ, С3 = 3,0 мкФ. Напряжение между точка-

ми А и В равно U = 12 В. Найти заряд на каждом конденсаторе.

258. В электрической цепи (рис. 32) емкости конденсаторов

С2 = С3 = С, С1 = 2С. Напряжение между точками А и В U = 500 В.

Энергия батареи конденсаторов W = 5,0 Дж. Найти емкости конден-

саторов.

259. Однородное электрическое поле напряженностью

Е = 10 кВ/м образовано двумя заряженными параллельными пласти-

нами (плоский воздушный конденсатор), расстояние между которыми

d = 2,0 см. Между пластинами параллельно им помещается металли-

ческий лист толщиной d1 = 0,50 см. Найти напряжение между пла-

стинами после внесения металлического листа.

260. Плоский конденсатор с диэлектриком из парафина подключен

к источнику постоянного напряжения. Расстояние между пластинами d1 = 4,2 см. Как нужно изменить расстояние между пластинами, чтобы

при удалении диэлектрика энергия конденсатора осталась неизменной?

Изменится ли результат, если конденсатор будет отключен от источни-

ка тока? Диэлектрическая проницаемость парафина ε = 2,1.

261. Одинаковые по величине и по знаку точечные заряды поме-

щены в вершинах правильного треугольника и шестиугольника. Ка-

кой заряд q противоположного знака надо поместить в центре этих

систем, чтобы они находились в равновесии?

262. Какую минимальную работу против сил электрического по-

ля надо совершить, чтобы собрать каплю ртути радиусом R с зарядом

q из n одинаковых заряженных капель?

Рис. 31 Рис. 32

А А В В

С2

С1

С3

С1

С2 С3

83

ПРИЛОЖЕНИЯ

1. Основные физические константы

Нормальное ускорение свободного падения

Средний радиус Земли

Скорость света в вакууме

Гравитационная постоянная

Нормальные условия

Постоянная Авогадро

Постоянная Больцмана

Универсальная газовая постоянная

Электрическая постоянная

Масса электрона

Модуль заряда электрона

g = 9,81 м/с2

Rз = 6,37.106 м

с = 3.108 м/с

G = 6,67.10–11

м3/(кг.с2

)

Р0 = 105 Па, Т0 = 273 К

NA = 6,02 1023

моль–1

k = 1,38.10 –23

Дж/К

R = 8,31 Дж/(моль.К)

ε0 = 8,85.10–12Ф/м

me = 9,1.10–31

кг

е = 1,6.10–19

Кл

2. Молярная масса М, 10–3

(кг/моль)

Н2 Не О2 N2 СО2 Сu

2 4 32 28 44 64

3. Удельная теплоемкость с, 103 Дж/(кг.К)

Алюминий ………….0,90 Свинец ………………………...0,13

Железо ………………0,46 Вода…………………………......4,18

4. Удельная теплота плавления λ, 103 Дж/кг

Железо ………………270

Лед……………………330

Свинец ………………25

84

СОДЕРЖАНИЕ

Предисловие ............................................................................................................................ 3

Программа курса физики для инженерно-технических специальностей

заочного отделения вуза ........................................................................................................ 4

Часть Ι. Механика.

Молекулярная физика и термодинамика ......................................................................... 4

Электростатика ................................................................................................................... 5

Библиографический список .............................................................................................. 5

Методические указания к решению задач и выполнению

контрольных работ ............................................................................................................. 6

Контрольная работа № 1. Механика ................................................................................ 8

Таблица вариантов к контрольной работе № 1 ............................................................. 38

Задачи для самостоятельного решения .......................................................................... 38

Контрольная работа №2. Молекулярная физика и термодинамика. Электростатика ... 48

Основные формулы ......................................................................................................... 48

Таблица вариантов к контрольной работе № 2 ............................................................. 74

Задачи для самостоятельного решения .......................................................................... 75

Приложения .......................................................................................................................... 83

Учебное издание

ГОЛОВАНОВА Татьяна Николаевна;

ШТЕРЕНБЕРГ Александр Моисеевич

Сборник задач по физике и примеры их решения Часть I

Редактор В.В. Прокопова

Компьютерная верстка И.О. Миняева

Выпускающий редактор Н.В. Беганова

Подписано в печать 09.06.16.

Формат 60×84 1/16. Бумага офсетная

Усл. п. л. 4,88. Уч.-изд. л. 4,85.

Тираж 150 экз. Рег. № 80/16

Федеральное государственное бюджетное образовательное

учреждение высшего образования

«Самарский государственный технический университет»

443100, г. Самара, ул. Молодогвардейская, 244. Главный корпус

Отпечатано в типографии

Самарского государственного технического университета

443100, г. Самара, ул. Молодогвардейская, 244. Корпус № 8