phm-school3.edukit.kiev.uaphm-school3.edukit.kiev.ua/Files/downloads/Вчитель... · Web view- задачі, дані, для розв’язання яких отримують

Відділ освіти Переяслав-Хмельницької міської радиМіський методичний кабінет

Задачі з фізики та деякі способи їх розв’язання

Підготував

Бован Андрій Васильович

вчитель фізики

Переяслав-Хмельницької

ЗОШ І-ІІІ ступенів №3

тел. 0987038987

2014

Зміст

Передмова 3

Розділ 1. Теоретична частина 5

Роль задачі у фізиці 5

Класифікація задач 7

Загальні методичні поради при аналізі та розв’язуванні задач 9

Розділ 2. Практична частина 12

Основні фізичні закони і закономірності що використовуються при розв’язуванні

задач молекулярно-кінетичної теорії 12

Приклади розв’язування задач з молекулярно-кінетичної теорії 15


задач з електростатики 24

Приклади розв’язування задач з електростатики 27


задач на закони постійного струму 34

Приклади розв’язування задач на закони постійного струму 38


задач з електромагнетизму 47

Приклади розв’язування задач з електромагнетизму 50

Список використаних джерел 59

2

ПЕРЕДМОВА

Реформування системи освіти на засадах гуманізації та гуманітаризації

зумовлює методологічну переорієнтацію змісту та процесу навчання : створення

такої атмосфери, яка б стимулювала активність особистості, спонукала її до

творчості та саморозвитку, відповідала інтересам , потребам і можливостям

кожного. Зміст освіти сьогодні – це не тільки знання, навички і вміння в певній

освітній галузі , а загальнолюдська культура, яка знаходить вираження в цій галузі.

Роль фізики у різні часи розцінювали по різному. Але слід зазначити фізика -

це не просто результат копіткої і допитливої праці вчених, а й велике надбання

людської цивілізації, важлива складова культури людства. Насамперед фізика дає

систематизовану інформацію про навколишній світ разом з умінням здобувати таку

інформацію. Фізика є найглибшою, найфундаментальнішою наукою про природу.

Тому її методи і теорії широко використовуються в інших природничих науках і

філософії природознавства. Вивчення фізики має важливе значення для розвитку

наукового світорозуміння та забезпечення майбутнього фахівця в галузі техніки і

природничих наук методами наукового пізнання.

Для чого розв’язуються задачі в школі? Загальна відповідь: для того, щоб

навчитися вирішувати задачі життя, науки, техніки. Дуже важливо виділяти в

навколишньому житті задачі, тобто ставити питання. Фізичні задачі мають значення

для формування творчих здібностей учнів, таких рис характеру як воля, акуратність,

спостережливість і багатьох інших якостей. Успішне розв’язання фізичних задач -

запорука успіхів у розумінні фізики.

Фізична задача відіграє велику роль у формуванні навичок самостійної

роботи. Саме це вміння найбільш повно характеризує рівень засвоєння знань,

показує, як учні можуть практично застосовувати наявні знання.

Енріко Фермі стверджував, що "людина знає фізику, якщо вона уміє

розв’язувати задачі".

Фізична задача - це ситуація, що вимагає від учнів розумових і практичних дій

на основі законів і методів фізики, спрямованих на оволодіння знаннями з фізики та

3

на розвиток мислення. Розв’язування задачі - це процес, який показує творчу

діяльність людини.

Хоча типи задач розрізняються і дидактична мета їх розв’язання в різних класах

різна, в педагогічній практиці і методичній літературі вже склалася загальна точка

зору на процес розв’язування задач як частину навчання і виховання учнів на

конкретному фізичному матеріалі. Учитель не просто розглядає з учнями фізичну

задачу, він виховує їх, вчить самостійно мислити, тому при кожній основній темі

курсу він показує учням на дошці зразки розв’язання (за активної участі всього

класу) однієї-двох типових задач, формуючи у них навички правильного аналізу,

раціонального запису формул і обчислень, логічного мислення.

Відомий американський математик Д. Пойа в книзі «Як розв’язувати задачу»

писав: «Вміння розв’язувати задачі – це мистецтво, якого набувають практикою,

подібно, вкажімо плаванню. Ми оволодіваємо будь-якою майстерністю за

допомогою наслідування і досвіду. Навчаючись розв’язувати задачі, ви повинні

спостерігати і наслідувати інших в тому, як вони це роблять, і, нарешті, ви

оволодіваєте мистецтвом за допомогою вправ».

В останні роки все більшу увагу привертають до себе питання алгоритмізації

розв’язування задач.

У новій програмі з фізики багато уваги приділено задачам. Так, підкреслено, що

їх потрібно ефективно використовувати на всіх етапах засвоєння фізичного знання:

для розвитку інтересу, творчих здібностей і мотивації учнів до навчання фізики, під

час постановки проблеми, що потребує розв’язання, у процесі формування нових

знань, вироблення практичних умінь учнів, з метою повторення, закріплення,

систематизації та узагальнення засвоєного матеріалу, з метою контролю якості

засвоєння навчальних досягнень учнів.

4

РОЗДІЛ 1 Теоретична частина

1.1. Роль задачі у фізиці

У сучасній школі фізичні задачі є потужним знаряддям вивчення предмета.

Зміна ставлення до задач з фізики відбулося, по-перше, тому, що під впливом

досліджень з психології змінився погляд на процес засвоєння фізичних понять, по-

друге, в школі активно впроваджувався принцип єдності теорії та практики, що

вимагає більшої конкретизації фізичних понять і застосування отриманих знань в

розв’язанні практичних задач.

Задача - це ситуація, з якою доводиться мати справу в навчальній і науковій

діяльності, коли необхідно визначити невідоме на основі знання його зв'язків з

відомими. Під фізичною задачею слід розуміти ситуацію (сукупність певних

факторів), що вимагає від учнів розумових і практичних дій на основі законів і

методів фізики, спрямованих на оволодіння знаннями з фізики та на розвиток

мислення.

Основна мета, яку ставлять при розв’язуванні задач, полягає в тому, щоб

школярі глибше зрозуміли фізичні закономірності, застосовувати їх для аналізу

фізичних явищ, для розуміння практичних питань.

Розв’язування фізичних задач у процесі навчання фізики:

1. Сприяє більш виразному формуванню фізичних понять, більш різнобічному

і глибокому розумінню, міцному освоєнню змісту навчання. Через відповідний

підбір матеріалу фізичних задач можна знайомити учнів з новим матеріалом,

розширюючи сферу їх знань, підготувати дітей до засвоєння подальших частин

досліджуваного курсу. У цьому полягає пізнавальне значення розв’язування задач.

2. Створює і зміцнює навички й уміння в застосуванні фізичних законів для

пояснення явищ природи і для розв’язання практичних питань. Таким чином,

реалізується єдність теорії і практики.

3. Дозволяє здійснювати принцип політехнізму в навчанні (підбір задач з

технічним змістом).

4. Допомагає наповнити фізичні формули конкретним змістом, дати учням

навик у виборі формул і в користуванні ними. 5

5. Закріплює знання і застосування найменувань фізичних величин у різних

системах, формує навички роботи з таблицями постійних величин.

6. Є одним з дієвих способів встановлення між предметних зв'язків.

7. Дозволяє здійснити повторення пройденого матеріалу, організувати

контроль знань.

6

1.2. Класифікація задач

Фізичні задачі та вправи бувають надзвичайно корисними для постановки ряду

проблем, перевірки якості засвоєння матеріалу, повторення та узагальнення

матеріалу, формуванні практичних умінь, розвитку творчих здібностей учнів тощо.

Особливу увагу слід приділити задачам при закріпленні матеріалу, так як

тільки уміння розв’язувати задачі характеризує ступінь усвідомленості пройденого

матеріалу, міцність і глибину знань.

Задачі можна класифікувати за різними ознаками.

1. За змістом: абстрактні і конкретні, з виробничим і історичним змістом,

цікаві.

2. За дидактичним цілям: тренувальні, контрольні, творчі.

3. За способом задання умови: текстові, графічні, задачі-малюнки, задачі-

досліди.

4. За ступенем складності: прості (містять одну-дві дії), складні, комбіновані.

5. За характером і методом дослідження: кількісні, якісні, експериментальні.

Охарактеризуємо деякі види задач.

Якісні - це задачі, для розв’язання яких не потрібно обчислень; використання

таких задач сприяє розвитку мови учнів, формування в них уміння ясно, логічно і

точно висловлювати думки, покращує виклад матеріалу, активізує увагу учнів.

Евристичний прийом при розв’язуванні якісних задач полягає у постановці та

розв’язуванні ряду взаємопов'язаних цілеспрямованих якісних питань. Кожен з них

має своє самостійне розв’язання і одночасно є елементом розв’язування всієї

задачі. Цей прийом прищеплює навички логічного мислення, аналізу фізичних

явищ, складання плану виконання задачі, вчить пов'язувати дані її умови з вмістом

відомих фізичних законів, узагальнювати факти, робити висновки.

Кількісні (розрахункові) задачі особливо необхідні при вивченні тих тем

програми, які містять ряд кількісних закономірностей (закони динаміки, закони

постійного струму і т.д.), так як без них учні не зможуть усвідомити досить глибоко

фізичний зміст цих законів.

7

Графічні задачі дозволяють наочно найбільш яскраво і дохідливо

висловлювати функціональні залежності між величинами, що характеризують

процеси, що протікають в навколишньому середовищі і техніці (особливо при

вивченні різних видів руху в механіці, газових законів). У деяких випадках лише з

допомогою графіків можуть бути представлені процеси, які тільки на більш пізніх

стадіях навчання фізики можна виразити аналітично (наприклад, робота змінної

сили).

Експериментальні задачі - задачі, дані, для розв’язання яких отримують з

досвіду при демонстрації, або ж при виконанні самостійного експерименту. При

розв’язуванні цих задач учні виявляють особливу активність і

самостійність. Перевага експериментальних задач перед текстовими полягає в тому,

що перші не можуть бути вирішені формально, без достатнього осмислення

фізичного процесу. (Так, наприклад, при вивченні фізичного приладу реостата за

допомогою експериментальних задач учні усвідомлюють різницю у використанні

реостата як приладу, що регулює струм в ланцюзі, і в якості подільника напруги

(потенціометра).

Задачі з неповними даними найчастіше зустрічаються в житті, коли відсутні

відомості доводиться добувати з таблиць, довідників, або шляхом вимірів.

Розв’язування задач цього типу сприяє формуванню навичок самостійної роботи

учнів з довідковою літературою.

8

1.3. Загальні методичні поради при аналізі та розв’язуванні задач

Процес розв'язування фізичних задач становить собою пошук засобів виходу з

практичних, реальних складних умов, процес досягнення мети, яка з першого

погляду здається недосяжною.

Ця діяльність обумовлена особливістю інтелекту, що є наданням навчально-

пізнавальної об'єктивної реальності, діяльності людини. Розв'язування задачі таке ж

вміння як плавати, кататися на лижах чи ковзанах, грати на музичному інструменті.

Навчитись розв'язувати задачі можна лише при глибокому розумінні теоретичних

основ науки, наслідуючи кращі приклади методичних підходів та постійно

тренуючись. Усі дії при розв'язуванні задачі повинні нагадувати виконання певного

алгоритму. Він може бути різним для кожної особистості. Проте є певні загальні

підходи. А тому необхідно:

• Уважно прочитати умову задачі та зробити короткий запис. При цьому всі

числові значення величин повинні бути виражені в основних одиницях міжнародної

системи одиниць (SI). Бажано скорочено записати її словесні характеристики.

Наприклад: «у стані спокою - v=const; «рухається рівноприскорено - a=const»

«опором елемента знехтувати - R=0» тощо. Сюди ж треба вписати необхідні

табличні дані та, якщо необхідно, значення фундаментальних констант -

швидкість поширення світла, заряд і маса електрона, стала Планка, електрична та

магнітна сталі та інш.

• Зробити малюнок або схему, які мають бути точними, у будь-якій проекції, без

значних спотворень пропорцій та кутів, у зручному масштабі. На малюнку або схемі

проставити вказані в умові величини, позначити знаки зарядів, напрями струмів,

рухів, прискорень, діючих сил, тощо.

• Поставити перед собою запитання: "Що відбувається?", "Яке явище, процес

має місце?". Відповіді на ці питання мають бути виділенням найбільш важливого,

головного з фізичної точки зору. Після формулювання відповіді на ці запитання

знайти відповідь на питання: "Чому це явище (цей процес, ця ситуація)

відбувається?". Відповідь на це питання потрібно записати в математичному 9

вигляді. Це може бути один із законів фізики, співвідношення балансу енергії або

інших величин (математичний запис результату експерименту, функціональний

зв'язок між величинами) тощо.

• Після математичного запису основної ідеї, яка визначає стан або процес,

описаний в умові, потрібно з'ясувати яку величину необхідно знайти ("Що

невідомо?") і, якщо це зразу можливо, виразити її узагальненою формулою. Далі

з'ясувати які величини невідомі та намітити план подальшої роботи по їх

відшуканню. При цьому корисно питати себе: "Що ще невідомо?", "Яке положення

умови ще не використано?" тощо.

• Довести розв'язок до кінця у загальному вигляді. Перевірити одиниці шуканої

величини. Для цього у праву частину одержаної формули потрібно підставити

основні одиниці даних величин і шляхом перетворень та скорочень переконатись у

правильності розмірності отриманої величини.

• провести обчислення та записати остаточну відповідь. Результат обчислень

може бути наближеним. Тоді можна скористатися відомим правилом: значення

відповіді повинно включати на одну значущу цифру більше, ніж у вихідних даних.

• Після того як дістали числове значення шуканої величини, потрібно оцінити

правильність (реальність) цього значення. Для цього дати собі відповідь на

запитання: "Чи може таке значення бути?" Всі задачі фізики пов'язані з станами та

процесами об'єктивної реальності, тому всі значення які дістають при розв'язуванні

задач повинні бути реальними. Не може маса Землі дорівнювати 5×105 кг, а

швидкість світла 2 ×1015 м/с, напруженість поля в конденсаторі 3 ×1012 В/м, а ємність

провідної кулі 10 Ф тощо. Для оцінки подібних значень можна порівняти їх з

відомими табличними або досить поширеними - густина, діелектрична проникність

води, електропровідність міді, швидкість поширення світла у вакуумі, ємність Землі

і таке інше. Це не є абсолютним і обов'язковим методом. У кожного можуть бути

особисті методи та прийоми оцінки значень фізичних величин, своя інформація. До

такого аналізу необхідно готуватись і виконувати його при розв'язуванні не лише

фізичних задач.

10

• В окремих фізичних задачах потрібно графічно зображати певні залежності

між величинами. Слід пам'ятати, що в конкретній задачі ця графічна залежність має

бути не "взагалі", а конкретно відповідати умові даної задачі. При цьому знову слід

пам'ятати, що всі графічні залежності відповідають реальним процесам. Не може,

наприклад, графік координати рухомої матеріальної точки мати розрив або злам. Бо

розрив означав би нескінченну за значенням швидкість, а злам - нескінченно велике

прискорення в даний момент.

Цей посібник – перехідний щабель від задач достатнього і високого рівня

шкільної програми до задач, які можуть бути використані у якості олімпіадних

завдань і при підготовці до ЗНО та вступу у ВУЗи. Деякі задачі при своєму

розв’язку потребують гарного володіння математичним апаратом, деякі являють

складність лише в тому, що охоплюють матеріал, трошки ширший за базову

шкільну програму. Для розв’язання таких задач на початку кожної нової теми

додається коротка довідка з теоретичними відомостями та ключовими фізичними

законами з даної теми.

11

РОЗДІЛ 2 Практична частина

2.1. Основні фізичні закони і закономірності що використовуються при

розв’язуванні задач молекулярно-кінетичної теорії

1. Ідеальний газ – газ, розмірами та взаємодією молекул якого можна знехтувати.

2. Рівняння стану ідеального газу:

pV=mμ

RT- рівняння Менделєєва – Клапейрона,

де р - тиск газу;

V - об’єм газу;

Т – абсолютна температура;μ - молярна маса;

R = 8,31Дж

моль⋅К – універсальна газова стала.

p1V 1

T1=

p2 V 2

T2−

рівняння Клапейрона

3. Основне рівняння МКТ ( рівняння Клаузіуса):

p=13

nm0 υкв2 =2

3n E0 ,

де n=NV =

pkT - концентрація – кількість молекул в одиниці об’єму;

m0=μ

N a – маса однієї молекули;

υкв=√ 3kTm0=√ 3 RT

μ - середня квадратична швидкість молекули;

E0=m0 υкв

2=3

2kT

- середня кінетична енергія однієї молекули;

k= R

Na=1 ,38⋅10−23 Дж

К – стала Больцмана;

12

Na=6 ,02⋅1023 моль−1 - число Авогадро – кількість молекул в 1 молі .

4. Газові закони:p1 V 1= p2V 2 - ізотермічний процес (Т – const ) – закон Бойня – Маріотта;

V 1

V 2=

T1

T2 - ізобаричний процес (р – const) – закон Гей – Люссака;

p1

p2=

T1

T2 - ізохоричний процес (V – const) – закон Шарля.

5. Закон Дальтона:

p=p1+ p2+ p3+.. .+ pn ;

де р – тиск суміші газів;

рі – парціальний тиск окремих газів, що складають суміш.

6. Барометрична формула– описує закон зменшення тиску газу з висотою

в полі сили тяжіння:

ph=p0 e−

μ ghRT ;

де рh – тиск газу на висоті h;

p0 – тиск газу на висоті h=0;

g- прискорення вільного падіння, справедливе для невеликої різниці висот

при Т – const.

7. Cередня довжина вільного пробігу молекул газу: λ=

υa

Z= 1√2 πσ 2 n

;

де υa=√ 8RT

πμ - середня арифметична швидкість;

Z - середня кількість зіткнень в одиницю часу;σ - ефективний діаметр молекули;

n – концентрація молекул.13

8. Сила внутрішнього тертя в газі: F=η Δυ

ΔxΔS

;

де ΔυΔx - градієнт швидкості течії газу в напрямку, перпендикулярному до

площадки ΔS ;

η - коефіцієнт внутрішнього тертя (динамічна в’язкість);

η=13

υa λρ

9. Рівняння стану реальних газів (Ван – дер – Ваальса):

( p+m2

μ2⋅a

V 2 )⋅(V−mμ

b)=mμ

RT ,

де V – об’єм газу;μ−молярна маса;

m – маса;

Т – абсолютна температура;

R – універсальна газова стала;

a,b – постійні для кожного окремого газу;

m2 aμ2 V 2=pi

- тиск, обумовлений силами взаємодії молекул;

mμ

b=V i - об’єм, пов’язаний з власним об’ємом молекул.

а і b даного газу пов’язані з критичною температурою Тк і критичним

об’ємом Vк одного моля газу співвідношеннями:

V0к=3b; pк=a

27 b2

11. Маса, перенесена під час дифузії: M=D Δρ

ΔxΔSΔt , де D=1

3υ .a λ .

14

2.2. Приклади розв’язування задач з молекулярно-кінетичної теорії

1.1. Суміш газів складається з 30 г азоту і деякої кількості вуглекислого газу.

Середня молярна маса суміші дорівнює 32 г/моль. Визначте масу

вуглекислого газу в суміші.

Дано:

m1=0,03 кг

М1=14·10-3 кг/моль

М2=44·10-3 кг/моль

Мс=32·10-3 кг/моль

m2 - ?

Розв’язок:

{ν1=m1

M 1¿ {ν2=

m2

M 2¿ ¿¿¿

Розв’язавши систему

відносно m2, знаходимо:

m2=m1 M 2(M c−M 1)

M 1(M 2−M c )

m2=0,1414 кг.

1.2. При температурі 20о С і нормальному атмосферному тиску допускається

витікання газу в побутовій плитці не більше 1,1·10-8 м3/с. Скільки молекул газу

потрапить у кімнату внаслідок такого витікання протягом трьох годин?

Дано:

Т=293 К

р=105 Па

V0=1,1·10-8 м3/сτ=10800 с

N - ?


p=nkT

n= pkT

N0=nV 0

N=N 0 τ=pV 0 τ

kT

Отже:

N=pV 0 τ

kT

N=105⋅1,1⋅10−8⋅108001 , 38⋅10−23⋅293

=

¿0 ,48968⋅1018

1.3. Оцініть середню відстань між молекулами повітря за нормальних умов.

Дано:

р=105 Па

Т=273 К

d - ?


Для повітря об’ємом V=1 м3,

маємо:

p=nkT ,звідки

n= pkT

Середня відстань d

d=3√ 1 ,38⋅10−23⋅273105 =

=15 ,56⋅10−9 (м)

15

визначається формулою:

d= 13√N= 1

3√n

Отже:

d=3√ kTp

1.4. Після ввімкнення електричної лампи тиск газу в ній зріс від 8.104 Па до

1,4.106 Па. У скільки разів при цьому збільшилася середня квадратична

швидкість молекул газу?

Дано:

р1=8·104 Па

р2=1,1·105 Па

v2

v1 - ?


p1=13

nm { v21¿ p2=

13

nm { v ¿22 ¿

v2

v1=√ p2

p1¿¿

Отже:

v2

v1=√ p2

p1

v2

v1=√ 1,1⋅105

8⋅104 =1 , 375

1.5. Кристал солі NaCl має кубічну структуру. Оцініть середню відстань між

центрами сусідніх іонів Na+ і Cl- , якщо густина солі 2,2 г/см3

Дано:

М=58·10-3 кг/мольρ =2,2·103 кг/м3

d-?


d= 13√n

n= ρM

N A

отже

d=3√ MρN A

d=3√58⋅10−3

2,2⋅103⋅6 , 023⋅1023≈¿ ¿

¿0 , 76⋅10−10(м)

16

1.6. На деякій планеті 80% маси атмосфери складає кисень, а 20% - неон.

Визначте середню молярну масу атмосфери планети.

Дано:

80% - m1

20% - m2

M1=16·10-3

кг/моль

М2=20·10-3

кг/моль

Мс - ?


M c=mν

m=m1+m2

m2=m1

4

m=m1+m1

4=

5 m1

4

m=m1+m1

4=

5 m1

4

ν1=m1

M 1

ν2=m2

M 2=

m1

4 M 2

ν=m1

M 1+

m1

4 M 2=m1( 4 M 2+M 1

4 M 1 M 2)

M c=5m1⋅4 M 1 M 2

4m1 (4 M 2+M 1 )=

¿5 M 1M 2

4 M 2+M 1

Отже:

M c=5 M 1 M 2

4 M 2+M 1

M c=5⋅16⋅10−3⋅20⋅10−3

( 4⋅20+16 )⋅10−3 =

=16 ,6⋅10−3 (кг/моль)

1.7. Озеро площею 4 км2 з середньою глибиною 5 м „посолили”, кинувши

кристалик солі NaCl масою 10 мг. Через тривалий час з озера зачерпнули

склянку води об’ємом 200 см3. Скільки іонів натрію виявилося в цій склянці?

Дано:

S=4·106 м2

h=5 м

М=58·10-3 кг/моль

m=10-6 кг

V1=200·10-6 м3

N1 - ?


N1=nV 1 (1)

n=NV

(2 )

N=mN A

M(3 )

V=Sh (4 )

Підставивши (2-4) в (1),

Одержуємо

N1=mV1 N A

MSh

N1=10−6⋅2⋅10−4⋅6 , 023⋅1023

5⋅10−2⋅4⋅106⋅5≈¿ ¿≈120 , 46⋅106 .

17

1.8. У вертикальному циліндрі, закритому легко рухомим поршнем масою m

і площею S, знаходиться газ. Об’єм газу V. Яким стане об’єм газу, якщо

циліндр пересувати вертикально з постійним прискоренням a, напрямленим

угору? Атмосферний тиск дорівнює p0, температура газу не змінюється.

Дано:

V,

a,

p0,

T=const.

V1 - ?


Процес ізотермічний, відповідно

V ( p0+mgS)=V 1( p0+

m( g+a )S

),

звідки для V1 одержуємо

V 1=V ( p0S+mg)p0 S+m(g+a )

1.9. Посередині запаяної з обох кінців горизонтальної трубки довжиною 1 м

знаходиться стовпчик ртуті довжиною 20 см. Коли трубку поставили

вертикально, стовпчик ртуті змістився на 10 см. Яким був тиск у

горизонтальній трубці? Температуру вважайте незмінною. Густина ртуті

13600 кг/м3.

Дано:

h=1 м

H=0,2 м

l=0,1 мρ =13600 кг/м3.

р-?


При горизонтальному

положенні трубки газ

окремо в кожній частині

має тиск р і об’єм

V=h−H2

S .

При вертикальному

положенні тиски і об’єми

відповідно рівні:

у верхній частині тиск р1 і

об’єм

V 1=( h−H2+l)S ;

у нижній частині тиск р2

За законом Бойля-Маріотта

pV=p1 V 1 (1 )

pV=p2V 2 (2 )

Прирівнявши праві частини

рівнянь (1) і (2), знаходимо р1:

p1=ρ gH (h−H−2 l)

4 l

Підставивши вираз для р1 в

рівняння (1), знаходимо р:

p= ρ gH4 l (h−H− 4 l2

h−H )p=13600⋅9,8⋅0,2

4⋅0,1 (1−0,2−4⋅10−2

1−0,2 )≈¿ ¿¿5⋅104

(Па)

18

=p1+ρ gH

і об’єм

V 2=( h−H2−l) S

1.10. У вертикальному циліндрі з площею поперечного перерізу S під

поршнем масою m знаходиться повітря при температурі Т1. Коли на поршень

поклали вантаж маси М, відстань від поршня до дна циліндра зменшилась в n

разів. На скільки підвищилася температура повітря в циліндрі? Атмосферний

тиск дорівнює р0.

Дано:

S,

m,

T1,

M,

N,

p0

ΔT−?


Для першого стану газу під поршнем запишемо:

( p0+mgS)V 1=ν RT 1

звідки

V 1=ν RT 1

( p0+mgS ) (1)

Для другого стану запишемо:

( p0+(m+M )g

S )V 1

n=ν RT 2 .

Для Т2 із врахуванням (1), запишемо:

T 2=( p0+

(m+M ) gS )ν RT1

nνR( p0+mgS )

Для ΔT одержуємо:

ΔT=T2−T 1=(p0+

(m+M ) gS )T 1

( p0+mgS )n

−T1 .

1.11. Рухомий поршень, що не проводить тепло, ділить циліндр на дві частини

об’ємом 200 см3 і 100 см3. Спочатку температура газу в обох частинах 300 К, а

19

тиск 100 кПа. Потім меншу частину остудили льодом, що тане, а велику

нагріли в окропі. Який тиск установиться в циліндрі?

Дано:

V1=2·10-4

м3

V2=10-4 м3

Т0=300 К

р0=105 Па

Т1=273 К

Т2=373 К

р - ?


З рівнянь першого стану для

кількостей речовини в першій і

другій частинах циліндра

відповідно запишемо:

ν1=p0 V 1

RT 0 і ν2=

p0V 2

RT0 .

Після зміни температур рівняння

стану для обох частин мають

вигляд:p (V 1−ΔV )=ν1 RT 1 ,p (V 2+ΔV )=ν2 RT 2

Додавши останні рівняння і,

підставивши вирази для кількостей

речовини, остаточно для р

одержуємо

p=p0 (V 1T1+V 2 T2 )

V 1+V 2.

p=105(2⋅10−4⋅273+10−4⋅373 )2⋅10−4+1⋅10−4 =

=10,6.106 (Па)

1.12. На гладенькому столі лежить герметична циліндрична посудина

довжиною L, що може переміщатися по столу. Посудину розділено

герметичною перегородкою на дві рівні частини, в одній з яких знаходиться

під деяким тиском азот, а в іншій – вуглекислий газ під тиском, удвічі

більшим. У деякий момент перегородка втрачає герметичність. Знайдіть

переміщення посудини після того, як гази остаточно змішаються. Масу

циліндра не враховуйте.

Дано:

L - довжина

циліндра


Зміщення циліндра здійснюється аналогічно до

зміщення перегородки за умови надання їй можливості

20

Мазоту=14·10-3

кг/моль

МСО2 =44 кг/моль

V1=V2=Vp2

p1=2

Δx−?

вільно рухатись вздовж циліндра.

До руйнування перегородки:p1V 1=ν1 RT , p2 V 2=ν2 RT

звідки:

V 2=ν2 RT

p1; (1)

p2=ν2 RT

V 1; (2)

p1

p2=

ν1

ν2 . (3)

Після руйнування перегородки згідно закону Дальтона:

p= p1 ′+ p

2′ , де p

1′=ν1 RT2V

;

p2′=

ν2 RT2 V ;

Тоді:

p=(ν1+ν2 )RT2V (4)

RTp= 2V

ν1+ν2 (5)

Рівняння стану для вуглекислого газу набуває вигляду:pV

2′=ν2 RT,

з якого знаходимо:

V2′=

ν2 RTp .

Для зміни об’єму вуглекислого газу запишемо:ΔV=V

2 ′−V,

або

ΔV=ν2 RT

p−

ν2RTp2

=ν2 RT ( 1p− 1

p2) ,або

21

ΔV=ν2 RT

p (1− pp2 ).

Використавши (2), (3), (4) і (5), а також те, що ΔV=Δ xS і

V= SL2 , одержуємо:

Δ xS= SL2 ( 2 ν2

ν1+ν2−1)

,

отже:

Δx=L2 ( 2 ν2

ν1+ν2−1)

1.13. По циліндричному димарю піднімаються топкові гази. У нижній частині

димаря вони мають температуру 1073 К і швидкість 6 м/с. З якою швидкістю

гази рухаються у верхній частині димаря, де температура дорівнює 423 К?

Зміну тиску в димарі не враховуйте.

Дано:

Т1=1073 К

v1=6 м/с

Т2=423 К

v2 - ?


У нижній і верхній частинах

димаря через поперечний переріз

за 1 с проходить однаковий об’єм

газу. Відповідно можна записати:

v1 S=ν RT 1

p і v2 S=

ν RT 2

p

Розв’язавши систему рівнянь

відносно v2 , знаходимо:

v2=T 2

T 1v1.

v2=423⋅61073

=2 ,36 (м/c).

1.14. У першій посудині об’ємом 2·10-3 м3 знаходиться газ під тиском

1,7·105 Па, а в другій посудині об’ємом 3,2·10-3 м3 – газ під тиском 0,55·105 Па

при такій же температурі. Посудини з’єднані між собою тонкою трубкою з

краном. Який тиск установиться в посудинах після того, як відкриють кран?

Температура не змінюється.

22

Дано:

V1 =2·10-3 м3

р1=1,7·105 Па

V2 =3,2·10-3

м3

р2=0,55·105

Па

T=const

р - ?


До відкривання крана:

для газу в першій

посудині:p1V 1=ν1 RT ,

звідки:

ν1=p1 V 1

RT

для газу в другій

посудині:p2 V 2=ν2 RT ,

звідки:

ν2=p2V 2

RT

Після відкривання крану

p(V 1+V 2)=( ν1+ν2 )RT ,

або

p(V 1+V 2)=( p1V 1

RT+

p2 V 2

RT )RT ,

звідки

p=p1 V 1+ p2V 2

V 1+V 2

p=2⋅10−3⋅1,7⋅105+3,2⋅103⋅0 ,55⋅105

2⋅10−3+3,2⋅10−3 =

=0 , 99⋅105 (Па)

1.15. Аеростат, наповнений гелієм при тиску 100 кПа і температурі 300 К, має

знаходитися на висоті 1,5 км, де густина повітря на 20% менша, ніж біля

поверхні Землі. Знайти масу оболонки аеростата, якщо його об’єм 500 м3.

Оболонка аеростата нерозтяжна і герметична.

Дано:

р=105 Па

Т=300 К

h=1500 м

V=500 м3

ρ2=0,8 ρ1

m0 - ?

Розв’язок:F A=PAF A=0,8 ρ1 Vg ,

PA=m0g+mгg

m2=pVMRT

,

m0=0,8 ρ1 V− pVMRT

m0=0,8⋅1 , 29⋅500−105⋅500⋅4⋅10−3

8 , 31⋅300=

=435 , 78 (кг)

23


розв’язуванні задач електростатики

Закон Кулона (описує взаємодію точкових зарядів) : F=

kq1 q2

εr2 ;

де k=9¿109 H⋅м2

Кл2 =1

4 πε 0 - коефіцієнт пропорційності;

ε=Fвак

Fсер−

діелектрична проникнивість середовища;

q1 і q2 – модулі зарядв, що взаємодіють;

r – відстань між зарядами;

ε 0=8 ,85⋅10−12 Кл2

Н⋅м2− електрична постійна.

1. Напруженість електричного поля: E=F

q;

де F – сила, що діє на заряд;

q – величина цього заряду.

Для : точкового заряду: E= kq

εr2;

нескінченої площини: E= σ

2 εε0;σ= q

S−

поверхнева густина заряду;

різнойменних заряджених нескінчених площин: E= σ

εε0;

зарядженої кулі: E= kq

εr2=kσ 4 πR2

εr2 ; де R<r, R – радіус кулі;

r – відстань до точки.

2. Робота сил електричного поля:A=qE (d1−d2 )=q (ϕ1−ϕ2)=qU ;

де d1-d2 – відстань, на яку переміщає заряд електричне поле;

ϕ1 iϕ2−потенціали початкової і кінцевої точок переміщення;

U – різниця потенціалів або напруга;24

С2С1 С3

Для: точкового заряду: ϕ=kq

εr;

кулі:

ϕ=kqεr k

, дляточок всередині і на поверхні кулі;

ϕ=kqεr

,для тих точок , відстаньдо якихr>R .

3. Зв’язок між напруженістю поля і різницею потенціалів:

Δϕ=EΔd;

E=ΔϕΔd=U

Δd.

4. Електроємність :

C=qϕ

;

Для: кулі: Ск=4πεε0 r ;

плоского конденсатора: С=qU=

εε0 Sd

;

сферичного конденсатора:

C=4 πε 0 ε rRR−r

,

де r− радіус внутрішньої ; R− радіус зовнішньої кулі ;

5. Закони послідовного з’єднання конденсаторів:

1) q1=q2=q3=. . .;

2) U заг=U1+U2+U 3+. .. ;

3) 1

C заг= 1

С1+ 1

С2+ 1

С3+. .. ;

для двох: С1,2=

С1 С2

С1+С2;

25

С2

С1

С3

для n однакових: Сзаг=C1

n .

6. Закони паралельного з’єднання конденсаторів:

1) qзаг=q1+q2+q3+. .. ;

2) U заг=U1=U2=. .. . ;

3) C заг=С1+С2+С3+ .. .;

для n однакових: С заг=nC1 .

7. Енергія електричного поля:

W=12

qU=

12

CU 2= q2

2C ;

Для плоского конденсатора: W 0=

ε 0 εE2 Sd2

=ε0 ε SU 2

2 d.

8. Густина енергії електричного поля:

ω=WV=

ε0 εE2

2

26

2.4. Приклади розв’язування задач з електростатики

2.1. Дві однакові металеві заряджені кульки знаходяться на відстані 10 см одна від

одної. Сила відштовхування кульок 30 мкН. Після дотику та віддалення кульок на

початкову відстань сила відштовхування стала рівною 90 мкН. Знайдіть заряди

кульок перед дотиком.

Дано:

R= 0,1 м

F1=30·10-6

Кл.

F2=90·10-6

Кл

q1 - ?

q2 -?


Після дотику кульок заряд кожної

з них складав:

q=q1+q2

2 .

Запишемо рівняння закону

Кулона до і після дотику кульок:

F1=kq1 q2

εR2 (1)

(2)

Розв’язавши систему рівнянь

відносно невідомих q1 і q2 ,

знаходимо відповідні значення.

q1=1,9⋅10−9 Кл

q2=18 ,1⋅10−9 Кл

2.2. Дві однакові свинцеві к

2.3. ульки масою по 2,5 г підвішені в одній точці на нитках довжиною 1 м. Після

надання їм від’ємного заряду кульки розійшлися на відстань 10 см одна від одної.

Скільки електронів було передано кулькам?

Дано:

m=2,5 г =

=2,5·10-3 кг

l=1 м

r=10 см =0,1 м

е=1,6·10-19 Кл

Розв’язок

Згідно з рисунком:

mg tgα=Fk=kq2

r2

tgα=ab

; a=r2

, b=√l2−r2

4

підставляючи у вихідне

N=21,6⋅10−19 √2,5⋅10−3⋅9,8⋅10−3

9⋅109⋅√4−0 ,01=

¿8⋅1021електронів

27

.ε4ε

22

221

2

2

21

2 Rqqk

R

qq

kF

N - ? рівняння, одержуємо:

mg r

2√ l2− r2

4

= kq2

r2

,

звідки

N= 2 qe= 2

e⋅√ mgr 3

2k √ l2− r2

4

N=2e⋅√ mgr 3

k √4 l2−r2

2.4. Від’ємний заряд -0,27 мкКл і додатній заряд 0,18 мкКл знаходяться на відстані

45 см один від одного У якій точці напруженість електричного поля дорівнює нулю?

Дано:

q1= -0,27·10-6 Кл

q2= +0,18·10-6 Кл

R=0,45 м

х-?


Зрозуміло, що шукана точка

буде знаходитись на одній

прямій з даними зарядами

правіше, або лівіше від них. В

шуканій точці модулі

напруженості полів кожного

заряду рівні за величиною і

протилежні за напрямком.

Отже:

E1=kq1

(R+x )2; E2=

kq2

x2 .

|E1|=|E2|, або

q1

(R+x )2=

q2

x2 ,

звідки, підставивши кількісні

дані, одержуємо рівняння:

0,5х2-0,9х-0,2025=0.

x1,2=0,9±√0 ,81+0 ,4050

1

x1=0,9+1,1

1=2

(м).

x2=0,9−1,1

1=−0,2

(м)

Отже таких точок дві: за

2 м правіше першого

заряду; за 0,2 м лівіше

першого заряду.

28

2.5. Різниця потенціалів між пластинами плоского конденсатора 500 В, відстань

між пластинами 5 мм. Конденсатор від’єднали від джерела напруги. Якою стане

різниця потенціалів між пластинами, якщо їх зблизити до 2 мм, а простір між ними

заповнити парафіном?

Дано:

U1=500 В

d1=5·10-3 м

d2=2·10-3 мε 1=1ε 2=2

U2 - ?


C1=qU 1=

ε0 ε1 Sd1

C2=qU 2=

ε0 ε2 Sd2

Розв’язавши рівняння, знаходимо:

U2=U 1ε1 d2

ε2 d1

U2=500⋅2⋅10−3

2⋅5⋅10−3 =100 (B)

2.6. Два додатні заряди Q і 9Q знаходяться на відстані L один від одного. Який

заряд і де потрібно розташувати, щоб кулонівські сили, які діятимуть на кожний із

трьох зарядів, зрівноважували одна одну?

Дано:

Q,

9Q,

L

Q1 - ?

R - ?


Так як заряди одного знаку, то шуканий заряд має

протилежний знак і розташований між даними зарядами.

Сили, що діють на будь-який заряд зі сторони двох інших

зарядів рівні за модулем і протилежні за напрямком. Отже:kQ⋅Q1

R2 =k9 Q⋅Q1

( L−R )2 ,

звідки знаходимо:

R=L4 .

Підставивши знайдене значення для R в рівняння kQ⋅Q1

R2 = kQ⋅9 QL2 ,

знаходимо:

Q1=9

16Q

.

29

2.7. Нейтральна порошинка масою 10-11 г втратила 20 електронів. Вона

знаходиться в рівновазі між пластинами плоского конденсатора. Яка відстань між

пластинами, якщо напруга на конденсаторі дорівнює 150 В?

Дано:

m=10-14 кг

n=20

U=150 В

e=1,6·10-19 Кл

d - ?


d= neUmg

2.8. У плоский конденсатор, довжина пластин якого 5 см, влітає паралельно до

пластин електрон з кінетичною енергією 4,6⋅10−17 Дж. Напруга між пластинами 5 В,

відстань між ними 4 мм. На яку відстань зміститься електрон від початкової

траєкторії при вильоті із конденсатора?

Дано:

l=0,05 м

W=4,6·10-17 Дж

U=5 В

d=0,004 м

Δy - ?


Електрон виконує складний рух,

який можна розкласти на

складові: вздовж вісі X –

рівномірний, вздовж вісі Y –

рівноприскорений за рахунок дії

кулонівської сили з боку

пластин конденсатора. Шукане

зміщення електрона відбудеться

за дії перпендикулярного до

початкового напрямку

прискорення ay, тобто:

h=1,6⋅10−19⋅5⋅25⋅10−4

4⋅4⋅10−3⋅4,6⋅10−17 =

=2,7·10-3 (м).

30

dUnemg

neqdUqqEF

Fmg

мм5)м(00498,0

8,910150106,120

14

19

d

d

Δy=a y t 2

2 .

Для прискорення знаходимо:

a y=Fm= Ee

m=Ue

dm.

Для часу t через горизонтальне

зміщення запишемо:

t= lv0 .

За значенням кінетичної енергії

W=mv

02

2 ,

тоді для початкової швидкості:

v0=√ 2Wm .

Врахувавши останнє, знаходимо

і остаточно:

Δy= eUl2

4 dW

2.9. У плоский конденсатор довжиною 10 см влітає електрон під кутом 100 до

пластин. Енергія електрона 1500 еВ, відстань між пластинами 1 см. За якої напруги

на конденсаторі електрон вилетить з нього паралельно пластинам?

Дано:

l=0,1 мα =100

Е=1500 еВ

d=10-2 м

U - ?


Паралельно до пластин

електрон вилетить за

умови рівності нулеві

вертикальної складової

швидкості. Для останньої

запишемо:

U=2⋅10−2⋅1,5⋅1,6⋅10−16⋅0 ,1736⋅0 , 98481,6⋅10−19 0,1

=

=51,2 (В).

31

Wml

t2

v y=v0 y−at .

Оскільки:

v y=0 ,

одержуємо: v0 y=at , або

v0 sin α=at . (1)

За кінетичною енергією

знаходимо:

v02=

2Wm , а

t= lv0 cos α .

З врахуванням останніх

співвідношень рівняння

(1) набуває вигляду:2 Wdsin α cosα=eUl , звідки

U=2 dW sin α cosαel

2.10. Весь простір між пластинами плоского конденсатора займає парафінова

пластинка. Ємність конденсатора 40 пФ, його заряд 2 нКл. Яку роботу потрібно

виконати проти сил електричного поля, щоб витягти пластинку з конденсатора?

Конденсатор відключений від джерела напруги.

Дано:ε 1=1ε 2=2

С=40·10-12 Ф

q=2·10-9 Кл

А - ?


Робота визначається за зміною енергії

електричного поля конденсатора,

пов’язаної із зміною діелектричної

проникності середовища між

пластинамиA=W 2−W 1 .

Враховуючи:

q=const, C1=

ε 0 ε1 Sd

,

C2=ε 0ε2 S

d ,

A= 4⋅10−18

2⋅40⋅10−12 (1−12 )=

=2,5⋅10−8 (Дж).

32

звідки

C1

C2=

ε1

ε2 , або C2=

ε 2

ε 1C1

.

Враховуючи співвідношення,

знаходимо:

A= q2

2 C1−

q2 ε1

2 ε 2 C1= q2

2 C1(1− ε1

ε2)

A= q2

2 C1(1− ε1

ε2)

2.11. Конденсатор ємністю 60 мкФ підключено до джерела напруги 1000 В. Не

від’єднуючи його від джерела, відстань між пластинами конденсатора збільшили

вдвічі. Яку при цьому було виконано роботу?

Дано:

С=60·10-6 Ф

U=103 В

d2=2d1

A - ?


Робота визначається за зміною

енергії електричного поля

конденсатора, пов’язаної із зміною

ємності конденсатора за незмінної

прикладеної напруги

A=W 2−W 1=U 2

2(C2−C1) .

C1=ε 0 εSd1

; C2=ε0 εSd2

;C1

C2=

d2

d1 ,

звідки C2=

C1

2 , тоді

A=U 2

2 (C1

2−C1)=|C1U 2

4|

A=C1 U2

4

A=60⋅10−6⋅106

4=15

(Дж).

33


розв’язуванні задач на закони постійного струму

1. Сила струму

I=qt ,

де q – заряд, що протікає через поперечний переріз провідника;

t - час;

2. Густина електричного струму:

j= I

S=n0 e υ ;

де I – сила cтруму;

S – площа поперечного перерізу провідника;

n0 – число вільних електронів в одиниці об’єму;

e - заряд електрона;

υ - середня швидкість напрямленого руху електрона.

3. Опір провідника:

R=ρ lS

;

де ρ - питомий опір;

S - площа поперечного перерізу провідника;

l - довжина провідника.

4. Залежність опору провідника від температури:

R=R0 (1+αt0 ) ;

де R - опір при температурі t0;

R0 - опір при 00С;

t0 - температура в 0С;

34

R1 R2 R3

α - температурний коефіцієнт опору.

5. Закон Ома :

I=UR

;- для ділянки кола;

де I - сила струму;

U - напруга;

R - опір.

I= εR+r

; - для повного кола;

де r - внутрішній опір джерела струму.

6. Закони послідовного з’єднання провідників:

1) I 1=I 2=I3=. .. ;

2) U заг=U1+U2+U 3+. .. ;

3) R заг=R1+R2+R3+.. . ;

для n однакових: R=R1⋅n ;

4)

U1

U2=

R1

R2 .

7. Закони паралельного з’єднання провідників:

35

R1

R2R3

…………..

1) I заг=I1+ I 2+ I 3+.. . ;

2) U заг=U1=U2=. .. . ;

3) 1

R заг= 1

R1+ 1

R2+ 1

R3. .. ;

для n однакових: R заг=

R1

n.

для двох однакових: R1,2=

R1⋅R2

R1+R2 ;

4)

I 1

I 2=

R2

R1 .

8. Закони Кірхгофа:

1) Для кожного вузла електричного кола сума струмів , напрямлених до

вузла, дорівнює сумі сил струмів, напрямлених від вузла.

∑ I вх=∑ I вих ;

2) Для кожного замкненого контуру алгебраїчна сума всіх ЕРС контуру

дорівнює алгебраїчній сумі падінь напруг на окремих опорах контуру.

∑ ε=∑ IR ;

При цьому струми будемо рахувати додатніми, якщо напрям їх співпадає

з напрямом обходу контуру, і від’ємними, якщо їх напрямок протилежний.

ЕРС буде додатнім, якщо при обході будемо йти від від’ємного

полюса джерела (короткий) до додатнього (довгий) всередині генератора.

9. Закон Джоуля - Ленца:

Q=A=I2 Rt ;

36

A=IUt=U2

Rt=qU

.

10.Потужність електричного струму:

P= At=IU=I 2 R=U2

R ; - для зовнішньої частини кола;

P=Iε=(U+ Ir ) I=I 2 (R+r ) ; - для повного кола.

11.ККД кола:

η=Pзов

Рпов= R

R+r .

37

2.6. Приклади розв’язування задач на закони постійного струму

3.1. Розвиваючи середню силу тяги F=70 кН, електровоз має швидкість v=54 км/с.

Яку силу струму він споживає, якщо напруга в лінії U=1500 В, а ККД

електродвигуна η=92%?

Дано:

F=7·104 Н

v=15 м/с

U=1500 Вη =92%

І - ?


З формули для ККД

η=Fv⋅100%UI

знаходимо:

I=Fv⋅100 %ηU

I= 7⋅104⋅15⋅10092⋅1500

=760 (А)

3.2. Амперметр з опором 180 Ом має шкалу зі 100 поділками з ціною 10-6 А. Який

шунт потрібно підключити до амперметра, щоб ним можна було вимірювати силу

струму до 10-3 А?

Дано:

r=180 Ом

n=100

I0=10-6 А

Imax=10-3 А

R - ?


Максимальний струм, що протікає

через амперметр

I A=I 0 n .

Струм, який має протікати через

шунт

I=I max−I A=I max−I 0 n .

Напруга, яка прикладається до

шунта і амперметраU=I A r .

За законом Ома для ділянки кола

знаходимо опір шунта

R=UI=

I A rI max−I A

=I 0 nr

I max−I 0 n

R=10−6⋅100⋅18010−3−10−6⋅100

≈20 (Ом).

38

R=I0 nr

I max−I0 n

3.3. (7.25.) Відшукайте силу струму в кожному з резисторів (див. рисунок), якщо

напруга між точками A і B дорівнює 12 В.

Дано:U AB=12 B

R2=4 Ом

R3=5 Ом

R4=3 Ом

R5=1,5 Ом

R6=2 Ом

І1, І2, І3, І4, І5, І6,- ?


За законом Ома:

I=U AB

R AB .

Відповідно до еквівалентної

схеми:

RAB=R1+Rab

1Rab= 1

R346+R5+ 1

R2

1R346

= 1R3+ 1

R4+R6

Виконаємо розрахунки:

1R346

=15+1

3+2=2

5Ом -1

R346=52

Ом

1Rab=1

52 +1,5

+14=1

2Ом-1

Rab=2 Ом

RAB=4+2=6 Ом

Для струмів:

I=I 1=I aB=I346=I 3=I 5 .

Отже:

I 1=U AB

RAB=12

6=2 A

Для напруг:U AB=U1+U2

U2=U AB−U1=U AB−I 1 R1=¿12−2⋅4=4 B

I 2=U2

R2= 4

4=1 A

U2=U5+U346

U2=I 5 R5+ I 346 R346I 5=I 346

U2=I 5 (R5+R346 )

I 5=U 2

R5+R346=4

52+1,5

=1 A

I 3=I 5=1 A

I 3=I 4+ I 6

I 4=I 6I 3=2 I 4

I 4=I 6=I3

2=1

2=0,5 A

39

Ом41 R

3.4. Визначити силу струму в дуговій лампі, яка має опір 5 Ом і послідовно

підключена з реостатом, опір якого 7,5 Ом, до генератора з напругою на його

затискачах 127 В. Мідні з’єднувальні провідники мають довжину 20 м і площу

поперечного перерізу 18 мм2. Реостат повністю завантажений.

Дано:

R1=5 Ом

R2=7,5 Ом

U=127 В

l=20 м

S=18·10-6 м2

ρ =1,7·10-8 Ом·м

І - ?


За законом Ома:

I= UR1+R2+Rl .

Rl=ρ lS=1,7⋅10−8⋅20

18⋅10−6 =0 , 19 (Ом)

I=1275+7,5+0 , 19

≈10 (А).

3.5. Лампу, розраховану на напругу 110 В і силу струму 3 А ввімкнено в мережу з

напругою 127 В через реостат з допомогою мідних проводів. Яким має бути опір

реостата, якщо відомо, що спад напруги в мідних проводах складає 2% від напруги в

мережі? Яка довжина подвійного мідного проводу, якщо площа поперечного

перерізу проводу дорівнює 1,8 мм2? Питомий опір міді 1,7·10-8 Ом·м.

Дано:

U1=110 В

I=3 А

U2=127 В

S=1,8·10-6 м2

ρ =1,7·10-8 Ом·м

Un=0,02U2

Rp - ?L - ?


Спад напруги на реостаті

U p=U 2−0 ,02 U2−U1=0 , 98 U2−U1

Для опору реостата

знаходимо:

Rp=U p

I=

0 ,98 U 2−U1

I .

Для опору проводу запишемо:

Rn=Un

I=

0 , 02 U2

I= ρl

S ,

звідки l=

0 , 02U 2SIρ , а для

Rp=0 ,98⋅127−110

3=

4,82

(Ом)

L=0 , 02⋅127⋅1,8⋅10−6

2⋅3⋅1,7⋅10−8 =45 (м)

40

довжини подвійного проводу

знаходимо:

L= l2=

0 , 02U2 S2 Iρ

3.6. ККД кип’ятильника, виготовленого з нікелінового дроту діаметром 0,8 мм,

дорівнює 60%. Діаметр витків обмотки 0,015 м. Вода, масою 1,2 кг нагрівається

кип’ятильником за 10 хв від 100С до 1000С. Напруга джерела живлення

кип’ятильника 100 В. Питомий опір нікеліну 42·10-8 Ом·м. Скільки витків дроту має

обмотка кип’ятильника?

Дано:

d=0,8·10-3 м

D=15·10-3 мρ =42·10-8 Ом·м

U=100 В

m=1,2 кгΔt =900Сτ =600 с

c=4200 Дж/кг·0С

η=60%

N - ?


Корисна робота кип’ятильника

A k=cm Δt ,

а затрачена робота –

A3=U2 τ

R .

Для визначення виразу для опору використаємо

співвідношення:

R= ρlS ,

де:

l=NπD ; S=πd2

4 .

Врахувавши останнє:

R=4ρ NDd2

.

За формулою визначення ККД

η=4ρ NDcm Δt⋅100%τU 2d2

знаходимо:

N=ητ U 2 d2

4ρ Dcm Δt⋅100 %

41

N=60⋅600⋅104⋅0 ,64⋅10−6

4⋅42⋅10−8⋅15⋅10−3⋅4200⋅1,2⋅90⋅100=

=201 (виток).

3.7. Скільки води можна нагріти щохвилини кип’ятильником, який має ККД 70%,

від 100С до 1000С, якщо густина струму в кип’ятильнику 3 А/мм2? Нагрівальний

елемент кип’ятильника виготовлений з ніхромового дроту об’ємом 10-5 м3. Питомий

опір ніхрому 110·10-8 Ом·м.

Дано:τ=60 cη =70%

=900

j=3 А/мм2

V=10-5 м3

ρ =110·10-8

Ом·м

m - ?


Для формули розрахунку

ККД:

η= cm ΔtI 2 Rτ

із врахуванням

співвідношень:

I= jS; R= ρlS

; l=VS

;

знаходимо:

η= cm ΔtS 2

j2 S2 ρVτ ,

звідки остаточно:

m=ηj2 ρVτcΔt

m=0,7⋅(3⋅106 )2⋅110⋅10−8⋅10−5⋅604200⋅90

=

=0,011 (кг).

3.8. Не враховуючи опір провідників, визначити внутрішній опір джерела струму,

якщо при замиканні його на зовнішній опір R1=1 Ом напруга на затискачах джерела

U1=2 В, а при замиканні на опір R2=2 Ом напруга на затискачах джерела U2=2,4 В.

Дано:

R1=1 Ом

U1=2 В

R2=2 Ом

U2=2,4 В

r - ?


Складаємо системи рівнянь:

{ε=U1+ I1r ¿ ¿¿¿Розв’язавши систему рівнянь відносно

r= 2,4−2

( 21−2,42 )=0,5

(Ом).

42

t

внутрішнього опору, знаходимо:

r=U2−U1

(U 1

R1−

U2

R2 )3.9. Через який час закипить вода в чайнику з увімкненими послідовно двома його

обмотками, якщо за ввімкнення лише першої обмотки така ж кількість води закипає

через 15 хвилин, а при ввімкненні лише другої – через 30 хвилин.

Дано:

t1=15 хв

t2=30 хв

t3 - ?


Для опорів кожної обмотки запишемо:

R1=U 2 t1

Q; R2=

U 2 t2

Q .

Опір послідовно з’єднаних обмоток

дорівнює:

R3=U2

Q ( t 2+t1 )

З формули Q=

U2 t 3

R3 з врахуванням виразу

для R3 знаходимо:

t3=t1+ t2

t3=15+30=45 (хв.).

3.10. Коли опір навантаження, підключеного до батареї, збільшити у n разів,

напруга на навантаженні збільшилась від U1 до U2. Знайти ЕРС батареї.

Дано:

R2=nR,

U1,

U2

ε -?


Для значень сили струму в першому і другому випадках

запишемо:

I 1=U1

R, I 2=

U2

nR .

Відповідно закон Ома для кожного випадку має вигляд:U1 r

R=ε−U 1 (1)

U2 rnR=ε−U 2 (2).

43

Розділивши (1) на (2), знаходимо:

ε(nU 1−U 2)=U1 U2( n−1 ),

звідки

ε=U1 U2 (n−1 )

nU 1−U 2

3.11. Будинок лісника підключено до електромережі за допомогою довгого кабелю

з досить великим опором. Лісник помітив, що два однакові чайники закипають при

послідовному і паралельному підключенні за один і той самий час. Чому дорівнює

опір кабелю, якщо кожний з чайників споживає при напрузі 220 В потужність 400

Вт?

Дано:

U=220 В

P=400 Вт

tпосл=tпар

- ?


За законом для послідовного та паралельного з’єднання

провідників:

Rпосл=2 R ; Rпар=

R2 .

Згідно схем:

;

I пар=U

R2+Rk (1)

За законом Джоуля-Ленца для нагрівання чайників:

Q=I 2 Rt

Відповідно до типів з’єднань:

Qпосл=Iпосл2 2 Rt посл

Qпар=Iпар2 R

2tпар

Чайники за умови закипають за один і той же час, отже і

кількість теплоти, що витрачається для їх нагрівання буде 44

kR

kпосл 2 RR

UI

однаковою:

Qпосл=Qпар

Iпосл2 2 Rtпосл=I пар

2 R2

t пар

Врахуємо формули (1):

( U2R+Rk )

22Rt посл=( U

R2+Rk )

2 R2

tпар

За умови tпосл=tпар :2

2 R+Rk= 1

R2+Rk

22 R+Rk

= 2R+2 Rk

R=Rk

Отже:

Rk=U2

P

Rk=2202

400=121

(Ом)

3.12. . Визначити потужність електродвигуна, який піднімає ліфт масою 880 кг зі

швидкістю 0,44 м/с. Напруга на затискачах двигуна 220 В, а його ККД 90%.

Дано:

m=880 кг

v=0,44 м/с

U=220 Вη =90%

Р - ?


З формули для ККД:

η=Pk

P100 %

Pk=F v, де F=mg

η=mg v⋅100 %P

знаходимо:

P=mg v⋅100 %η

P=880⋅9,8⋅0 ,44⋅10090

≈4216 , 1 (Вт)

I=4216 ,1220

=19 ,1 (А).

45

I= PU

I=mg v⋅100 %ηU

46


розв’язуванні задач з електромагнетизму

1. Момент сили, що діє на контур зі струмом в магнітному полі:

M=BIS⋅sin α ;

де В – магнітна індукція;

I – сила струму в контурі;

S – площа контуру;α - кут між напрямком магнітного поля і нормаллю

до площини контуру.

2. Сила Ампера – сила, що діє на провідник зі струмом в магнітному полі:F A=BIl⋅sin α ;

де l – довжина провідника;α - кут між напрямком індукції магнітного поля

і струмом в провіднику.

Правило лівої руки:

Ліву руку розташовуємо так, щоб лінії магнітної індукції входили в

долоню, чотири витягнуті пальці показували напрямок сили струму в

провіднику, тоді великий, відігнутий на 900 палець показує напрямок сили, що

діє на провідник зі струмом в магнітному полі – сили Ампера.

3. Сила Лоренца – сила, що діє на заряджену частинку, що рухається в

магнітному полі:

F л=qυB⋅sin α ;

де q –заряд частинки;

υ - швидкість;

α - кут між напрямком руху частинки і магнітним полем.

Правило лівої руки:

Ліву руку розташовуємо так, щоб лінії магнітної індукції входили в

долоню, чотири витягнуті пальці показували напрямок руху додатніх

47

частинок ( проти напрямку руху від’ємних), тоді великий, відігнутий на 900

палець показує напрямок сили, що діє на рухому частинку в магнітному полі –

сили Лоренца.

4. Напруженість магнітного поля:

В центрі кругового струму:H= I

2 R; де R – радіус кола;

Створеного нескінченно довгим провідником:H= I

2πa; де а – відстань

від точки до провідника;

На осі кругового струму:

H− R2 I

2 (R2+a2)32

Для нескінченного соленоїда:H=I N

l; де N – кількість витків;

l – довжина соленоїда.

5. Зв’язок між напруженістю і магнітною індукцією:

B=μμ0 H ;

де μ - магнітна проникнивість середовища;

μ0=4 π⋅10−7 Гн /м - магнітна стала.

6. Потік магнітної індукції крізь контур:Ф=BS⋅cosα ;

де α - кут між магнітною індукцією і нормаллю до контуру.

7. ЕРС індукції, що виникає в контурі при будь – якій зміні магнітного

потоку: ε=− ΔФ

Δt;

- для контуру;

ε=−N ΔФΔt

; - для контуру з N витків.

8. ЕРС самоіндукції, яка виникає в контурі при зміні сили струму

в самому контурі:

48

ε c=−L ΔIΔt

;

де L – індуктивність провідника.

L=μμ0N 2

lS ;

- для соленоїда.

9. Енергія магнітного поля:W=L⋅I 2

2

10. Густина енергії магнітного поля:ω=

μμ0 B2

2;

11. Зв’язок між зміною магнітного потоку і індуктивністю:

ΔФ=LΔI ;абоФ=LI

12. Кількість електрики, що пройшла через поперечний переріз

провідника при виникненні в ньому індукційного струму:

Δq=− ΔФR

.

49

2.8. Приклади розв’язування задач з електромагнетизму

1. Прямий провідник зі струмом 10 А в горизонтальному положенні підвішений

на двох пружинах з однаковими розмірами і жорсткостями. Перпендикулярно на

відрізок провідника довжиною 1,2 м діє горизонтально спрямоване однорідне

магнітне поле з індукцією 160 мТл. На скільки зміниться довжина пружин, якщо

магнітне поле зникне? Жорсткість пружин 40 Н/м.

Дано:

І=10 А

l=1,2 м

В=0,16 Тл

k=40 Н/м

Δl - ?


Розглянемо випадок, за якого сила

ампера, що діє на провідник,

спрямована вертикально вгору. За

другим законом динаміки

mg=2 Fn+F A ,

або

mg=2kΔl+BIl ,

звідки

Δl=mg−BIl2 k .

Якщо не враховувати вагу

провідника

Δl=BIl2 k

Δl= 0 ,16⋅10⋅1,22⋅40

=0 ,024 (м)

2. На паралельні горизонтальні рейки подано напругу і по провіднику АВ (див.

рисунок) тече струм 1 А. Під дією магнітного поля провідник рухається з

прискоренням 2 м/с2. Знайдіть індукцію магнітного поля, якщо площа поперечного

перерізу провідника дорівнює 1 мм2, а густина матеріалу провідника 2500 кг/м3.

Тертя не враховуйте.

50

Дано:

І=1 А

a=2 м/с2

s=1 мм2

ρ=2500 кг/м3

В - ?


Під дією сили Ампера, провідник

отримує прискорення у напрямку

дії цієї сили:ma=F A ,

абоma=BIl ,

де

m=ρV=ρls

тоді

ρ lsa=BIl .

отже

B= ρ saI

B=2500⋅1⋅21 =5000 (Тл)

3. Стержень лежить на горизонтальних рейках, які знаходяться на відстані 0,3 м

одна від одної. Знайдіть індукцію магнітного поля, якщо стержень починає рухатися

за сили струму в ньому 50 А. Маса стержня 0,5 кг, Коефіцієнт тертя між стержнем і

рейками 0,2.

Дано:

l=0,3 м

І=50 А

m=0,5 кгμ=0,2

В - ?


За основним законом динаміки

F A≥F0 ,

або

,

звідки

B= μ mgIl

B=0,2⋅0,5⋅9,850⋅0,3

=0 , 065 (Тл)

4. Електрон, що влетів в однорідне магнітне поле під кутом 600 до ліній

магнітної індукції, рухається по гвинтовій лінії діаметром 10 см з періодом 60 мкс.

Визначити швидкість електрона.

51

mgBIl μ

Дано:α =600

D=0,1

T=60·10-6 с

v- ?


Шлях, пройдений електроном за один

оберт (за період) визначається:s=2 πR=πD

Для швидкості знаходимо:

v0=v sin α

v0=sT

Отже:

v=πD sin αT

v=3 ,14⋅0,1⋅0 , 86606⋅10−5

=

=4,532·103 (м/с)

5. Електрон описує в магнітному полі гвинтову лінію з радіусом 4·10-3 м.

Знайдіть крок гвинтової лінії, якщо вектор швидкості складає кут 300 з вектором

магнітної індукції.

Дано:

R=4·10-3 мα =300

х - ?


За один оберт перпендикулярна до

вектора магнітної індукції складова

переміщення електрона рівна:

x=vx T ,

деvx=vcosα

Для вертикальної складової

швидкості знаходимо:

v0=v sin α

v0=sT

Отже

x=2 πR tgα

x=2⋅3 , 14⋅4⋅10−3⋅0 , 5774=

=0,0145 (м).

6. Прямий провідник масою 10 г підвішений горизонтально на двох тонких

дротинах. Центральна частина провідника довжиною 20 см знаходиться в

52

vv

0

R B

однорідному магнітному полі з індукцією 10-1 Тл (вектор магнітної індукції

напрямлено вертикально). На який кут від вертикалі відхиляться дротини, що

підтримують провідник, якщо по ньому протікає струм 2 А?

Дано:

m=0,01 кг

l=0,2 м

I=2 А

В=10-1 Тл

α =200


За виконаним рисунком

(провідник зображено у перерізі)

зв’язок між діючими силами

наступний:F A=mg tgα ,

або

BIl=mg tgα

звідки

tgα=BIlmg

α=arctg BIlmg

α=arctg 0,1⋅2⋅0,20 ,01⋅9,8

=

=arctg 0 ,4081=220

7. Горизонтальний провідник масою 10 г і довжиною 100 мм висить на гнучких

провідних невагомих підвісах. На нього діє однорідне магнітне поле. Вектор

магнітної індукції напрямлено вертикально, сила струму в провіднику 10 А. Підвіси

відхилилися на 200 від вертикалі (підвіси знаходяться поза магнітним полем).

Знайдіть модуль вектора магнітної індукції.

Дано:

m=0,01 кг

l=0,1 м

I=10 Аα =200

В - ?


За виконаним рисунком

запишемо:F A=mg tgα ,

або

BIl=mg tgα

звідки

B=0 , 01⋅9,8⋅0 ,364010⋅0,1

=

=3,5672·10-2 (Тл).

53

IlmgB tgα

8. Протон розганяється зі стану спокою в електричному полі з різницею

потенціалів 1,5 кВ і влітає в однорідне магнітне поле перпендикулярно до ліній

магнітної індукції. У магнітному полі він рухається по дузі кола радіусом 60 см.

Визначити модуль вектора магнітної індукції.

Дано:

q=1,6·10-19 Кл

m=1,67·10-27 кг

U=1,5·103 В

R=0,6 м

sinα=1

В - ?


За енергією, якої протону надає

електричне поле

W=qU=mv2

2

знаходимо для швидкості

v2= 2 qUm (1)

З другого закону динаміки для

руху протона в магнітному полі

mv2

R=Bq v

з урахуванням (1) знаходимо:

B=mvRq=√ 2Um

qR2

B=√ 2⋅1,5⋅103⋅1 , 67⋅10−27

1,6⋅10−19⋅0 , 36=

=9,3·10-3 (Тл).

9. Однозарядні іони двох ізотопів аргону розганяються в електричному полі і

потім в однорідному магнітному полі розділяються на два пучки, що рухаються у

вакуумі по дугах кіл з радіусами 7,63 см і 8,05 см. Знайти відношення мас іонів двох

ізотопів.

Дано:

R1=7,63 см

R2=8,05 см

m1

m2 - ?


Запишемо другий закон динаміки

відповідно для руху кожного ізотопу

в магнітному полі

m1v2

R1=Bq v

m2v2

R2=Bq v

За умови рівності початкових

m1

m2=7 ,63

8 ,05=0 , 948

54

швидкостей знаходимоm1

m2=

R1

R2

10. Протон влітає зі швидкістю 60 км/с у простір з електричним і магнітним

полями, напрями яких збігаються, перпендикулярно до полів. Знайдіть напруженість

електричного поля, якщо індукція магнітного поля дорівнює 0,1 Тл, а початкове

прискорення протона, викликане дією цих полів, складає 1012 м/с2.

Дано:

q=1,6·10-19 Кл

m=1,67·10-27 кг

v=6·104 м/с

В=0,1 Тл

а=1012 м/с

Е - ?


Прискорення, викликане

полями, дорівнює

геометричній сумі прискорень,

викликаних окремо кожним

полем

а=ае+ам.

ae=qEm , а ам=

Bq vm

Після підстановки одержуємо:

a= qEm+ Bq v

m ,

звідки

E=amq−Bv

E=1012⋅1, 67⋅10−27

1,6⋅10−19 −0,1⋅6⋅104=

=589,6·103 (В/м)

11. Вектори напруженості однорідного електричного поля та магнітної індукції

однорідного магнітного поля горизонтальні та перпендикулярні один до одного.

Напруженість електричного поля дорівнює 0,5 кВ/м, індукція магнітного поля

1 мТл. З якою швидкістю має летіти електрон у вертикальному напрямі, щоб

рухатися в цих полях прямолінійно і рівномірно.

Дано:

Е=0,5·103 В/м

В=10-3 Тл


Рух електрона буде прямолінійний

за умови, що рівнодійна

перпендикулярних до напрямку

v= 0,5⋅103

10−3 =0,5⋅106

(м/с)

55

v- ? руху сил дорівнюватиме нулеві,

тобто:

Fe=Fл,

абоeE=Bve ,

звідки

v=EB

12. Два іони, заряди і кінетичні енергії яких однакові, а маси різні, влетіли в

однорідне магнітне поле. Перший іон описав коло радіусом R1=3 cм, а другий –

R2=1,5 cм. Визначити відношення мас іонів.

Дано:

R1=3 см

R2=1,5 см

m1

m2 - ?


За другим законом динаміки для

кожного іону запишемо:m1 v

12

R1=Bq v1 , E=

m1 v12

2 ,

звідки

v12=

2 Em1

m2 v22

R2=Bq v2 , E=

m2v22

2 ,

звідки

v22=

2 Em2 .

Виконавши підстановку, одержуємо:

2 Em1= 4 E2

R2 B2 q2 (1)

2 Em2= 4 E2

R2 B2q2 (2).

Розділивши (2) на (1), знаходимо:

m1

m2( 31,5 )

2=4

56

m1

m2=( R1

R2)2

13. Визначити величину вектора індукції магнітного поля, в якому на провідник

довжиною активної частини 5 см діє сила 50 мН? Сила струму у провіднику 25 А.

Провідник розміщений у просторі перпендикулярно лініям індукції магнітного поля.

Дано:

l=0,05 м

F=0,05 Н

I=25 А

sinα =1

В - ?


З формули для визначення

сили АмпераF=BIlsin α

знаходимо:

B= FIl sin α

B= 0 , 0525⋅0 ,05⋅1

=0 , 04 (Тл)

14. В однорідне магнітне поле з індукцією 0,01 Тл перпендикулярно до ліній

індукції влітає протон з кінетичною енергією 12·10-16 Дж. Який радіус траєкторії

руху протона?

Дано:

В= 0,01 Тл

W=12·10-16 Дж

q=1,6·10-19 Кл

m=1,67·10-27 кг

R - ?


Сила Лоренца

зрівноважується

доцентровою силою:

Bq v=mv2

R .

З рівняння для кінетичної

енергії протона

W=mv2

2

знаходимо:

v2=2Wm .

Для радіуса знаходимо:

R=√2WmBq

R=√2⋅1,2⋅10−16⋅1, 67⋅10−27

0 , 01⋅1,6⋅10−19=

=62,5·10-6 (м).

57

15. У мас-спектрографі заряджені частинки прискорюються електричним полем

на ділянці з різницею потенціалів U і попавши в магнітне поле з індукцією В,

описують коло радіуса R. Вивести формулу для розрахунку питомого заряду

частинки qm , якщо їх початкова швидкість рівна нулеві.

Дано:

U,

B,

R

qm -?


При русі в електричному полі робота поля витрачається на зміну

кінетичної енергії, тобто

qU=mv2

2 (1).

За другим законом динаміки для руху частинки в магнітному полі

Bq v=mv2

R (2).

Розділивши (1) на (2), знаходимо вираз для швидкості:

v=2URB .

Підставивши останній вираз в рівняння (2), визначаємо:qm= 2U

R2 B2

58

СПИСОК ВИКОРИСТАНИХ ДЖЕРЕЛ

1. Засєкіна Т.М., Головко М.В. Фізика. 10 клас. Профільний рівень Підручник. —

К.: Пегагогічна думка, 2010. — 304 с.

2. СічкарТ.Г., Касперський А.В. Електрика і магнетизм. Практичні заняття.

Навчальний посібник для студентів фізичних спеціальностей. Київ: НПУ імені

М.П.Драгоманова, 2007.- 164с.

3. Поляк C. Ю. Від 50 і вище,або задачі зі смаком фізики збірник задач

підвищеної складності Видавництво ПП Заколодний М.І. м.Хмельницький 2010р.

4. Тестові завдання з фізики. Задачі і запитання для абітурієнтів фізико

математичного факультету За редакцією С.П. Величка, Н.В. Подопригори Видання

4-е, доповнене. Редакційно-видавничий відділ Кіровоградського державного

педагогічного університету імені Володимира Винниченка 2003р

5. Буркалець П.В. Застосування алгоритмів до розв’язування задач з фізики

Рівне 2013

6. Розв'язування задач з фізики: Практикум // С.У.Гончаренко, Є.В.Коршак,

Н.М.Коршак, П.Я.Михайлик, А.І.Павленко, О.В.Сергєєв .– /За заг. ред.

Є.В.Коршака. – К.: Вища школа, 1986.– 312 с.

7. Гончаренко С.У. Фізика. Основні закони і формули. 4-е видання. –К.: Либідь,

1996. –48 с.

8. Підручники Фізика - Підручники Фізика, 10 клас - Фізика, 10 кл., В.Д.

Сиротюк, В.І. Баштовий,К.: Освіта, 2010-303с: іл..

9. Видавнича діяльність у методичній роботі: Навчальне видання /

Підготувала: М.І.Скрипник. - К.: ЦІППО АПН України, 2006. – 27 с.

10. Туманцова О.О. - Фізика. 10 клас. Рівень стандарту: Розробки уроків Ранок :

2010, - 336 с.

11. Сиротюк В.Д., Баштовий В.І. Фізика. 11 клас (рівень стандарту) Підручник. —

Х.: Сиция, 2011. — 304 с.

59

Documents

phm-school3.edukit.kiev.uaphm-school3.edukit.kiev.ua/Files/downloads/Вчитель... · Web view- задачі, дані, для розв’язання яких отримують