Общая физика: Рабочая программа и контрольные задания для студентов заочного инженерно-экономического факультета

Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное агентство по образованию Южно-Уральский государственный университет Кафедра общей и экспериментальной физики

53(07) Г951

С.Ю. Гуревич, Ю.В. Петров, Т.И. Чумаченко

ОБЩАЯ ФИЗИКА

Рабочая программа и контрольные задания для студентов заочного инженерно-экономического факультета

Под редакцией Д.Г. Клещева

Челябинск Издательство ЮУрГУ 2008

УДК 530 (075.82) Гуревич С.Ю., Петров Ю.В., Чумаченко Т.И. Общая физика: Рабочая программа и контрольные задания для студентов заочного инженерноэкономического факультета / Под ред. Д.Г. Клещева – Челябинск: Изд-во ЮУрГУ, 2008. – 137 с. Пособие соответствует Государственному образовательному стандарту профессионального высшего образования ЕН.Ф.03. Содержит контрольные задания по разделам курса физики для cтудентов-заочников инженерно-технических специальностей, библиографический список и методические указания по изучению теории и решению задач. Перед каждым тематическим блоком контрольных заданий приводятся рабочая программа и примеры решения типовых задач с подробными объяснениями, что особенно может быть полезно студентам-заочникам. Ил. 81, табл. 5, список лит. – 15 назв.

Одобрено объединенным научно-методическим советом по физике.

Рецензенты: Толчев А.В., Викторов В.В.

2

ВВЕДЕНИЕ Курс «Общая физика» является составной частью фундаментальной физикоматематической подготовки, необходимой для успешной работы инженера любого профиля. Дипломированный специалист в результате усвоения этой дисциплины должен: знать – основные понятия, законы и модели механики, электричества и магнетизма, колебаний и волн, квантовой механики, статистической физики и термодинамики; – методы теоретического и экспериментального исследования физики; уметь использовать и применять – физические законы в прикладных задачах будущей специальности; – достижения физики в практической деятельности; овладеть – методами физического исследования. МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ ПО ИЗУЧЕНИЮ ТЕОРИИ КУРСА И ВЫПОЛНЕНИЮ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ На заочном инженерно-экономическом факультете ЮУрГУ курс общей физики для студентов специальностей А и АХ, ДВС, А и Т, ОП, ГМ и ГПА, ПГС, ТГС и В изучается в течение двух семестров. Учебная работа студента-заочника складывается из следующих основных элементов: проработка установочных и обзорных лекций, самостоятельного изучения программного материала по учебникам и учебным пособиям, решения задач, выполнения лабораторных работ и контрольных заданий. В первом семестре изучаются теоретические разделы курса: физические основы механики, молекулярная физика и термодинамика, электростатика, законы постоянного электрического тока. Выполняются первое и второе контрольные задания по решению задач и пять лабораторных работ. В конце семестра студент-заочник должен получить зачет (допуск) и сдать экзамен. Во втором семестре изучаются теоретические разделы курса: магнитное поле в вакууме, физика колебаний и волн, элементы квантовой физика. Выполняются третье и четвертое контрольные задания по решению задач и пять лабораторных работ. В конце каждого семестра студент-заочник должен получить зачет (допуск) и сдать экзамен. Поскольку основной формой обучения студента-заочника является самостоятельная работа по учебным материалам, то для обеспечения этой работы следует придерживаться следующих рекомендаций. 1. При изучении теоретического курса пользоваться каким-либо одним учебником или учебным пособием, чтобы не утрачивалась логическая связь между отдельными вопросами. Но если основное пособие не дает полного или ясного ответа на некоторые вопросы программы, необходимо обратиться к другим учебникам или пособиям. 3

2. При чтении учебника необходимо составлять конспект, в котором записываются законы и формулы, выражающие эти законы, определения физических величин и их наименование, сущность физических явлений и методов исследования и решения типовых задач. 3. Приступая к решению задач по какому либо разделу, необходимо ознакомится по учебной литературе с конкретными физическими понятиями и соотношениями этого раздела. Внимательно прочитать условие задачи, обязательно (если это возможно) сделать рисунок, поясняющий сущность задачи. Указать основные законы и формулы, на которых базируется решение, и дать словесную формулировку этих законов. Объяснить буквенные обозначения физических величин в формулах. Если при решении применяется формула, полученная для частного случая, не выражающая какой-нибудь физический закон или не являющаяся определением какой-нибудь физической величины, то ее следует вывести. 4. Каждая задача, как правило, решается в общем виде (то есть в буквенных обозначениях) так, чтобы искомая величина выражалась через заданные величины. При таком способе решения вычисления промежуточных величин не производятся. Кроме того, ответ, полученный в общем, виде, позволяет судить в значительной степени о правильности самого решения (см. п. 5). 5. Подставить в правую часть полученной формулы вместо символов величин их наименования (единицы измерения) в системе СИ, произвести с ними необходимые действия и убедится в том, что полученное наименование (единица измерения) соответствует искомой величине. Тем самым подтверждается правильность выведенной конечной формулы. 6. Подставить в рабочую формулу числовые значения величин, выраженных в системе «СИ». Произвести расчет, руководствуясь правилами приближенного вычисления, записать в ответе числовое значение и сокращенное обозначение наименования (единиц измерения) искомой величины. 7. При подстановке в рабочую формулу, а также при записи ответа, числовые значения величин записывать как произведение десятичной дроби с одной значащей цифрой перед запятой на соответствующую степень десяти. Например, вместо 3520 надо записать 3,52 103, вместо 0,00129 надо записать 1,29 10–3 и т.д. 8. Получив числовой ответ, оцените, где это целесообразно, его правдоподобность. В ряде случаев такая оценка помогает обнаружить ошибочность полученного результата. Например, коэффициент полезного действия тепловой машины не может быть больше единицы, электрический заряд не может быть меньше элементарного заряда е = 1,69 10–19 Кл, скорость тела не может быть больше скорости света в вакууме u = 3 108 м/с и так далее. Следует заметить, что умение решать физические задачи приобретается длительными и систематическими упражнениями. Чтобы подготовиться к выполнению контрольного задания, следует после изучения очередного раздела учебника внимательно разобрать помещенные в нем примеры решения типовых задач, а также ряд задач из задачников по общей физики 4

Лабораторные работы проводятся во время экзаменационно-лабораторных сессий. Цель лабораторного практикума – не только изучить те или иные физические явления, убедится в правильности теоретических выводов, приобрести соответствующие навыки в обращении с физическими приборами, научится обрабатывать, анализировать и оценивать погрешности результатов экспериментальных измерений, но и более глубоко овладеть теоретическим материалом. На экзаменах и зачетах в первую очередь выясняется усвоение основных теоретических положений программы и умение применять полученные знания к решению практических задач. Физическая сущность явлений, законов, процессов должна излагаться четко и достаточно подробно. Только при выполнении этих условий знания по курсу физики могут быть признаны удовлетворительными. УКАЗАНИЯ ПО ОФОРМЛЕНИЮ КОНТРОЛЬНЫХ ЗАДАНИЙ 1. Контрольные задания выполняются в обычной школьной тетради, на обложке которой приклеивается бланк, где указывается фамилия и инициалы студента, его шифр, номер группы и номер контрольного задания. Вариант задания должен совпадать с последней цифрой шифра. Не рекомендуется выполнять два контрольных задания в одной тетради. 2. Условия задач в задании переписываются полностью без сокращений. Решение задач оформляется в соответствии с рекомендациями из методических указаний и примерами решения задач, приведенных в данном пособии перед каждой темой. После решения каждой задачи на страницах тетради оставляется место для замечаний преподавателя. 3. Если при рецензировании контрольное задание не зачтено, студент должен в этой же тетради провести работу над ошибками и представить ее на повторную рецензию. 4. Зачтенные контрольные задания предъявляются экзаменатору. Студент должен быть готов во время экзамена дать пояснения по существу решения задач, входящих в его контрольное задание. БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК 1. Примерная программа дисциплины «Физика» для направлений: 550000 – Технические науки, 540500 – Технологическое образование. – Изд. официальное М.: 2000. – 34 с. 2. Трофимова Т.И. Курс физики: Учеб. пособие для вузов. – 7-е изд., стер. – М.: Высш. шк., 2001. – 542 с.: ил. 3. Детлаф А.А., Яворский Б.М., Милковская Л.Б. Курс физики: Учеб. пособие для вузов. – М.: Высш. шк., 1973 – 1979. – Т. 1, 2, 3. 4. Гуревич С.Ю., Шахин Е.Л. Физика: Учебное пособие для самостоятельной работы студентов / 3-е изд., испр. и дополн. – Челябинск: Изд-во ЮУрГУ, 2002. – Ч.I. – 125 с., Ч.II. – 192 с. 5

5. Трофимова Т.И., Павлова З.Г. Сборник задач по курсу физики с решениями: Учеб. пособие для вузов. – М.: Высш. шк., 1999. – 591 с.: ил. 6. Чертов А.Г., Воробьев А.А. Задачник по физике: Учеб. пособие для втузов. – 6-е изд., испр. – М.: Интеграл-пресс, 1997. – 543 с.: ил. 7. Волькенштейн В.С. Сборник задач по общему курсу физики. – Изд. 3-е, испр. и доп. – СПб.: Книжный мир, 2004. – 328 с. 8. Фирганг Е.В. Руководство к решению задач по курсу общей физики. – М.: Высш. шк., 1978. – 351 с. 9. Механика. Молекулярная физика. Термодинамика: Учеб. пособие по выполнению лабораторных работ / Ю.В. Волегов, С.Ю. Гуревич, Е.Л. Шахин; Под ред. С.Ю. Гуревича. – Челябинск: Изд-во ЮУрГУ, 2003. – 86 с. 10. Петров Ю.В., Шульгинов А.А. Электромагнетизм: Учеб. пособие для выполнения лабораторных работ по курсу «Общая физика» / Под ред. Ю.В. Петрова. – Челябинск: Изд-во ЮУрГУ, 2001. – 76 с. 11. Оптика и ядерная физика: Учеб. пособие для выполнения лабораторных работ / И.А. Максутов, Л.Н. Матюшина, Л.А. Мишина и др.; Под ред. В.Ф. Подзерко. – Челябинск: Изд-во ЮУрГУ, 2003. – 45 с. 12. Топольский В.Г., Топольская Н.Н. Механика: Учеб. пособие по решению задач по физике. – Челябинск: Изд-во ЮУрГУ, 2001. – 57 с. 13. Топольская Н.Н., Топольский В.Г. Термодинамика. Молекулярная физика: Учеб. пособие по решению задач по физике. – Челябинск: Изд-во ЮУрГУ, 2002. – 60 с. 14. Термодинамика. Электростатика: Методические указания для студентовзаочников / Н.В. Кожеурова, И.А. Максутов, Л.Н. Матюшина и др.; Под ред. И.А. Максутова. – Челябинск: ЧГТУ, 1991. 15. Гуревич С.Ю., Шахин Е.Л., Шушарин А.В. Электромагнетизм. Оптика. Строение атома и атомного ядра: Учеб. пособие к выполнению контрольных работ для студентов-заочников. – Челябинск: ЮУрГУ, 1998. – 79 с.

6

КОНТРОЛЬНОЕ ЗАДАНИЕ № 1 Студент-заочник должен решить девять задач того варианта, номер которого совпадает с последней цифрой его шифра, (табл. 1). Таблица 1 Вариант

Номера задач

0

110

120

130

140

150

160

170

180

190

1

101

111

121

131

141

151

161

171

181

2

102

112

122

132

142

152

162

172

182

3

103

113

123

133

143

153

163

173

183

4

104

114

124

134

144

154

164

174

184

5

105

115

125

135

145

155

165

175

185

6

106

116

126

136

146

156

166

176

186

7

107

117

127

137

147

157

167

177

187

8

108

118

128

138

148

158

168

178

188

9

109

119

129

139

149

159

169

179

189

Рабочая программа Тема 1. Элементы кинематики. Основная задача кинематики. Прямолинейное движение. Радиус-вектор, векторы скорости, ускорения, перемещения и их модули. Длина пути. Угловая скорость и угловое ускорение. Нормальное, тангенциальное и полное ускорения, радиус кривизны Пример решения задач Материальная точка движется по криволинейной траектории по закону r r r r r 2 2 r = 3t i + ( 8t - t ) j , где i и j – орты координатных осей Х и У. Найти для момента времени t = 2,00 с её тангенциальное at , нормальное an ускорения и радиус R кривизны траектории. Дано r r r r = 3t 2 i + ( 8t - t 2 ) j t=2с an , at = ?

r at

У м.т. А

r j 0

r i 7

ау

ах

r an

r a

Х

Анализ и решение В задаче задан закон движения материальной точки, необходимо найти характеристику движения – ускорение. Следовательно, это прямая задача кинематики. Из закона движения, которым является зависимость радиус-вектора от вреr r мени r = r ( t ) , следует, что материальная точка движется в плоскости ХОУ, и каr r r ждый из векторов r , u , a имеет две компоненты. Согласно теории, в случае криволинейного движения материальной точки модуль её полного ускорения может r быть разложен на нормальное ускорение an , характеризующее изменение скороr сти по направлению, и тангенциальное ускорение at , характеризующее изменение скорости по величине (см. рисунок). Так как эти векторы взаимно перпендикулярны, то модуль полного ускорения находится по формуле а= аn2 +аф2 ,

(1)

du х2 где an = и at = – модули нормального и тангенциального ускорений. R dt Из формулы тангенциального ускорения материальной точки видно, что для его вычисления необходимо найти модуль мгновенной скорости. Для этого воспользуемся определением вектора скорости как первой производной по времени радиуса – вектора r r r r s r dr u= = ( 3t 2 )¢i + ( 8t - t 2 )¢ j = 6ti + ( 8 - 2t ) j . dt Тогда модуль скорости в любой момент времени

u = u x2 + u y2 , или u = ( 6t )2 + ( 8 - 2t )2 ,

(2)

здесь u x =6t м/с, u y = ( 8 - 2t ) м/с – проекции (компоненты) вектора скорости на координатные оси Х и У. После преобразований получаем

u = 40t 2 - 32t + 64 . (2) Берем от этого выражения производную по времени du 80t - 32 ( 40t 2 - 32t + 64 )¢ = = at = . (3) dt 2 40t 2 - 32t + 64 Подставляем в эту формулу время t = 2,00 c и рассчитываем модуль тангенциального ускорения 80 × 2 - 32 at = = 5 , 06 м/с2. 2 2 40 × 2 - 32 × 2 + 64 Для вычисления нормального ускорения воспользуемся соотношением (1) an = a 2 - at2 . (4). В этой формуле модуль полного ускорения неизвестен. Из рисунка видно, что его можно представить в виде a = a 2x + a 2y , 8

du y du x = 6,00 м/с2, a y = = -2 , 00 м/с2. После подстановки числовых dt dt значений проекций ускорения на координатные оси в последнюю формулу, получим здесь a x =

a = 62 + ( -2 )2 = 40 = 6 , 32 м/c2. Найденные значения полного и тангенциального ускорений подставим в формулу (4) и произведем вычисления an = 6 , 32 2 - 5 ,06 2 = 3 , 79 м/c2. Радиус кривизны в данной точке траектории находим из формулы для модуля нормального ускорения u2 u2 an = ,Þ R = , R an здесь u – модуль скорости в данный момент времени. Подставляя его значение из формулы (2), рассчитываем радиус кривизны траектории материальной точки в данный момент времени 40 × 22 - 32 × 2 + 64 R= = 42 , 2 м. 3 ,79 Ответ: тангенциальное ускорение at = 5 ,06 м/c2, нормальное ускорение an = 3 ,79 м/c2, радиус кривизны R = 42 , 2 м. ЗАДАЧИ 101. Поезд движется прямолинейно со скоростью u 0 = 180,0 км/ч. Внезапно на пути возникает препятствие и машинист включает тормоза. С этого момента скорость поезда изменяется по закону u = u 0 - a t 2 , где a = 1,00 м/c3. Найти время t от начала торможения до остановки поезда. Каков тормозной путь S поезда? 102. Автомобиль движется замедленно по дуге радиусом R = 10,0 м так, что его тангенциальное at и нормальное ускорение an в каждый момент времени равны друг другу по модулю. Найти скорость u и модуль полного ускорения a автомобиля к моменту времени, когда он прошел путь S = 10,0 м, если при t = 0 его скорость u 0 = 5,00 м/c. 103. Радиус-вектор материальной точки меняется со временем по закону r r r r = At( 1 - a t ) , где A – постоянный вектор, модуль которого 10,0 м/с, a = r r = 0,50с–1. Найти: 1) вектор скорости u и вектор ускорения а материальной точки в зависимости от времени; 2) промежуток времени D t , по истечению которого точка вернется в исходное положение; 3) путь S, который материальная точка пройдет при этом. 9

r 104. Материальной точке в момент времени t = 0 сообщили скорость u 0 , поr r t сле чего ее скорость стала меняться со временем по закону u = u 0 ( 1 - ) , где t u 0 = 10,0 м/с, t = 5,00 с. Определить за первые t1 = 4,00 секунды движения вектор r перемещения D r материальной точки и пройденный путь S. 105. Трамвай движется прямолинейно от остановки А до остановки В с ускорением, меняющимся по закону a = ( a0 - bS ) , где a0 = 1,20 м/с2, b = 4,80 10–3 с–2, S – расстояние от остановки А до трамвая. Найти расстояние SАВ между остановками и максимальную u max скорость трамвая. 106. Закон движения точки А обода колеса, катящегося равномерно по горизонтальному пути (ось Х) имеет вид x = b(w t - sin w t ) , y = b(1 - cos w t ) , где w – положительная постоянная, b = 0,50 м. Найти путь S, пройденный точкой между двумя касаниями дороги. 107. Материальная точка движется по плоской траектории. Её тангенциальное ускорение at = a0 , а нормальное – an = bt 4 , где a0 = 4,50 м/с2, b = 2,50 м/с6, t – время. В начальный момент времени точка покоилась. Найти радиус R кривизны траектории точки и ее полное ускорение а к моменту времени, когда она прошла путь S = 5,00 м. r r r 108. Ускорение материальной точки изменяется по закону а = ( a t 2 i - b j) , r r где a = 3,00 м/c4, b = 3,00 м/с2, i и j – орты координатных осей Х и У. Найти, на r каком расстоянии r от начала координат будет находиться точка в момент вреr r мени t1 = 1,00 c, если при t = 0 u 0 = 0 и r0 = 0. 109. Материальная точка движется, замедляясь по прямой с ускорением, модуль которого зависит от ее скорости по закону a = A u , где А = 6,00 м1/2/c3/2. В начальный момент времени t0 скорость точки равна u 0 = 10,0 м/с. Какой путь S1 пройдет точка до остановки? За какое время t1 этот путь будет пройден? 110. Материальная точка движется по дуге с радиусом R = 1,00 м. Ее скорость зависит от дуговой координаты l по закону u = k l , где k – некоторая поr r стоянная. Найти угол a между векторами полного ускорения а и скорости u точки в момент времени, когда ее дуговая координата l = 0,50 м. Рабочая программа Тема 2. Элементы динамики. Первый закон Ньютона и понятие инерциальной системы отсчета. Сила, масса, импульс. Второй закон Ньютона. Основная задача динамики – нахождение закона движения по заданным силам

10

Пример решения задач Тело брошено вниз с начальной скоростью u 0 = 10,0 м/с. Считая силу сопротивления воздуха равной Fc = k u , определить высоту h, с которой тело было брошено. Масса тела m = 5,00 кг, время его падения до земли τ = 20,0 с, коэффициент сопротивления k = 2,00 кг/с. У

Дано u 0 = 10,0 м/с Fc = ku m = 5,00 кг τ = 20,0 с k = 2,00 кг/с h=?

h

r Fс

r mg

r a

O

Анализ и решение r На движущееся тело действуют сила сопротивления воздуха Fc и сила тяжеr сти m g . Сила сопротивления переменная, следовательно, тело движется с переменным ускорением. Поэтому высота, с которой было брошено тело, может быть найдена из определения его мгновенной скорости t dh u= (1) Þ h = ò u dt . dt 0 Запишем уравнение движения тела в соответствии со II законом Ньютона в векторной форме. r r r ma = mg + Fc . Спроецируем это уравнение на ось ОУ - ma = - mg + Fc или ma = mg - Fc (2) du Подставим в это уравнение ускорение a = , и силу сопротивления Fc = ku dt du m = mg - ku . dt В полученном дифференциальном уравнении разделим переменные. Выполним интегрирование, учитывая, что при изменении времени от 0 до t, скорость возрастает от u 0 до u u

u

t

du 1 1 d ( mg - ku ) 1 òu mg - ku = ò0 m dt или - k uò mg - ku = m t . 0 0 После преобразований получаем

1 mg - ku t - ln = . k mg - ku 0 m Из этого уравнения выразим мгновенную скорость 11

mg mg - ku 0 - mk t u= e k k

и подставим её в формулу (1)

t

t

t

k - t mg - ku 0 mg mg - ku 0 - mk t mgt m m . h = ò( e )dt = ( - )× e k k k k k 0 0 0

После подстановки пределов получаем k - t mgt mg - ku 0 m m h= + ´ ´ (e -1). k k k Проверим наименование высоты в системе СИ кг × м × с × с кг × м × с × кг × с наимен. h= + = м. с2 × кг с 2 × кг × кг Заменим физические величины их числовыми значениями и произведём вычисления 5,00 кг × 10,0 м / с 2 × 20,0 с 5,00 кг ×10,0 м / с2 - 2,00 кг / с × 10,0 м / с h= + ´ 2,00 кг / с 2,00 кг / с 2,00 кг / с

×20,0 с 5,00 кг ´ × (e 5,00 кг - 1) = 462,5 м. 2,00 кг / с Ответ: тело падает с высоты h = 462,5 м.

ЗАДАЧИ 111. Катер массой m = 2,00 т с двигателем мощностью N = 50,0 кВт развивает максимальную скорость u max = 90,0 км/ч. Определить время t , в течение которого катер после выключения двигателя потерял половину скорости. Считать, что сила сопротивления движению Fсопр = ku 2. 112. На тело массой m = 80,0 кг действует сила F = kt. Найти путь S, пройденный телом за t = 10,0 с при условии, что в начальный момент времени t0 оно имело скорость u 0 = 5,00 км/ч. Коэффициент сопротивления k = 280 H/c. 113. Парашютист, масса которого m = 80,0 кг, совершает затяжной прыжок. Считая, что сила сопротивления воздуха Fсопр = ku , определить, через какой промежуток времени D t скорость движения парашютиста будет равна 0,9 от скорости u уст установившегося движения. Коэффициент сопротивления k = 10 кг/с. Начальная скорость парашютиста u 0 = 0. 114. Снаряд массой т = 10,0 кг выпущен из зенитного орудия вертикально вверх со скоростью u 0 = 800 м/с. Считая силу сопротивления воздуха Fсопр = ku , определить время подъема t снаряда до высшей точки. Коэффициент сопротивления k = 0,25 кг/с. 12

115. С вертолета, неподвижно висящего над Землей, сброшен груз масса m которого 100 кг. Считая, силу сопротивления воздуха Fсопр = ku определить, через какой промежуток времени D t ускорение а груза будет равно половине ускорения свободного падения g. Коэффициент сопротивления k = 10,0 кг/с. 116. Моторная лодка массой m = 400 кг начинает двигаться по озеру. Сила тяги мотора Fтяги = 0,20 кН. Считая силу сопротивления Fсопр = ku , определить скорость u лодки через t = 20,0 c после начала ее движения. Коэффициент сопротивления k = 20,0 кг/с. 117. Катер массой m = 2,00 т трогается с места и в течении t = 10,0 с развивает по спокойной воде скорость u = 4,00 м/с. Определить силу тяги мотора Fтяги, считая ее постоянной. Принять силу сопротивления Fсопр = ku . Коэффициент сопротивления k = 100 кг/с. 118. Начальная скорость пули u 0 = 800 м/с. При движении в воздухе за время t = 0,80 с ее скорость уменьшилась до u 1 = 200 м/с. Масса пули m = 10,0 г. Считая силу сопротивления воздуха Fсопр = ku 2, определить коэффициент сопротивления k. Силой тяжести пули пренебречь. 119. Тормозной двигатель, установленный на транспорте массой m = 0,50 т r r r развивает силу тяги F тяги = kt i , где i – единичный орт оси Х. Коэффициент пропорциональности k = 280 н/с. Пренебрегая трением, определить, через сколько времени t от момента включения двигателя, транспорт остановится. Какой тормозной путь S он пройдет при этом? При включении двигателя скорость транспорта u 0 = 100 км/ч. 120. Моторная лодка двигалась по озеру со скоростью u = 20,0 м/с. После выключения мотора лодка прошла путь S = 40,0 м и остановилась. Считая силу сопротивления движению Fcопр = k u , определить коэффициент сопротивления k, если её масса m = 200 кг. Рабочая программа Тема 3. Понятие энергии и работы. Механическая работа переменной силы. Средняя и мгновенная мощность Пример решения задач Материальная точка массой m = 2,00 кг движется под действием некоторой r r r r силы, в результате чего её скорость изменяется по закону u = 2i + 4tj + 3t 2 k , где r r r i , j ,k – единичные орты координатных осей X, У, Z. Определить работу A данной силы за время τ = 1,00 с, среднюю мощность за это время и мгновенную мощность N в конце первой секунды.

13

Анализ и решение Дано Работа любой силы является количественной хаm = 2,00 кг r r r r 2 рактеристикой процесса обмена энергией между взаиu = 2i + 4tj + 3t k модействующими телами. Как следует из условия задаt = 1,00 с чи, сила, действующая на материальную точку, A, = ? является переменной. Работа такой силы есть скалярное r А, , N = ? r произведение вектора силы F и вектора элементарного перемещения dr r r dA = ( Fdr ) . (1) Силу находим из второго закона Ньютона r r r r du r m = F = m ( 2i + 4tj + 3t 2 k ) или dt r r r F = m × ( 4 j + 6tk ) . (2) Вектор перемещения находим из определения вектора мгновенной скорости r r dr r r u= Þ dr = u dt или dt r r r r dr = ( 2i + 4tj + 3t 2 k ) dt. Полученные выражение силы и перемещения подставим в формулу (1) r r r r r dA = m( 4 j + 6tk ) × ( 2i + 4tj + 3t 2 k )dt .

(

)

Произведем умножение и заметим, что скалярные произведения векторов rr rr rr ij , ik , jk равны нулю, так как они взаимно перпендикулярны, а скалярные произrr rr rr ведения векторов ii , jj , kk равны единице, так как они совпадают по направлению. dA = m( 16t + 18t 3 )dt . Интегрируем последнее выражение A

t

ò dA = ò m( 16t + 18t 0

3

)dt .

0

В результате получаем

t 2 18 4 A = m( 16 + t ) . 2 4 Проверим наименование работы в системе СИ м2 наимен. А=кг × 2 = Дж . с Подставим в полученную формулу численные значения массы и времени и проведем расчет 1 , 00 2 18 A = 2 ,00( 16 + 1 , 004 ) = 25 Дж. 2 4 Величина, характеризующая скорость совершения работы называется мощностью. Если за время t совершается работа А, то отношение 14

A = N t называется средней мощностью. Найдем её за время t = 1,00 с. Численное значение работы было получено ранее, следовательно 25 , 0 N = = 25 , 0 Вт. 1 , 00 Мгновенную мощность можно определить как первую производную по времени от работы dA N= , dt либо по формуле r r N = ( F ×u ) , r где u – мгновенная скорость материальной точки. Подставим в эту формулу выражения для силы (3) и скорости, получим r r r r r N = m × ( 4 j + 6t k ) × ( 2i + 4t j + 3t 2 k ) .

(

)

Произведем умножение и заметим, что скалярные произведения векторов rr rr rr ij , ik , jk равны нулю, так как вектора взаимно перпендикулярны, а скалярные rr rr rr произведения векторов ii , jj , kk равны единице, так они совпадают по направлению. Получим N = m × ( 16t + 18t 3 ) . Проверим наименование мощности в системе СИ Дж наимен .N = кг × = Вт . с × кг Подставим числовые значения массы и времени и произведем расчет N = 2 ,00 × ( 16 × 1, 00 + 18 × 1,003 ) = 68 ,0 Вт. Ответ: работа заданной силы А = 25,0 Дж, средняя мощность – N = 25 , 0 Вт, мгновенная мощность – N = 68 ,0 Вт. ЗАДАЧИ 121. Цепочка массой m =0,80 кг, длиной l =1,50 м лежит на шероховатом столе, одним концом свисая со стола. Если длина свешивающейся части l0 превышает 1/3 длины цепочки, то она начинает соскальзывать со стола. Какую работу Атр совершат силы трения, действующие на цепочку, при ее полном соскальзывании со стола? При решении не использовать среднее значение силы трения. 122. Материальная точка массой m = 1,00 кг двигается под действием некоторой силы F согласно уравнению S = 3t + 5t2 (м). Определить работу А силы и среднюю мощность за время t = 1,00 с, мгновенную мощность N в момент времени t = 1,00 c. 15

123. Какую наименьшую работу Аmin нужно совершить, чтобы намотать на тонкий стержень, висящий горизонтально над окном, штору длиной l = 2,50 м и массой m = 1,00 кг. Трением пренебречь. При решении не использовать среднее значение внешней силы. 124. Ветер, дующий со скоростью, u 0 = 15 м/с, действует на парус площадью S с силой F = а × S × r (u 0 - u )2/2, где а – некоторая постоянная, r – плотность воздуха, u – скорость лодки. Определить скорость лодки u , в момент времени, когда мощность ветра максимальна. 125. Локомотив массой m = 130 103 кг начинает двигаться со станции так, что его скорость изменяется по закону u = В S , где В = 0,30 м1/2c–1, S - пройденный путь. Найти суммарную работу А всех сил, действующих на локомотив за время t = 10 с после начала движения. 126. На моторную лодку, движущуюся на север, действует сила давления ветра F0 = 500 Н. Направление ветра меняется по закону a = ВS, где a - угол между направлением силы F0 и перемещением S, В = 0,10 рад/м. Найти работу А силы давления ветра, если его направление изменилось с южного на восточное. 127. Веревка длиной l = 2,00 м и массой m = 1,00 кг свешивается со стола. Коэффициент трения между веревкой и поверхностью стола m . В некоторый момент времени веревка начинает соскальзывать со стола. Какая работа А совершается против силы трения при соскальзывании всей веревки? При решении не использовать среднее значение силы трения. 128. Материальная точка массой m = 0,10 кг начинает двигаться под действиr r r r r ем силы F = (2t i – 3t2 j ), где i и j – единичные орты координатных осей Х и У. Найти мощность N, развиваемую силой в момент времени t = 2,00 с. 129. Отвес удерживают вертикально в вагоне, движущемся по горизонтальному пути с постоянным ускорением а = 10,0 м/с2, а затем сразу отпускают. Найти работу А силы, отклонившей отвес на угол a = 30o от вертикали, если масса отвеса m = 2,00 кг, а его длина l = 1,00 м. Использовать неинерциальную систему отсчета, связанную с вагоном. 130. Тангенциальное ускорение материальной точки, движущейся по криволинейной траектории, изменяется по закону аt = АS, где А = 5,00 1/с2, S – пройденный путь. Масса точки равна m = 5,00 кг. Чему равна работа А сил, действующих на материальную точку на участке траектории ΔS = 5,00 м? Рабочая программа Тема 4. Механическая система материальных точек. Внешние и внутренние силы. Замкнутая система тел. Закон сохранения импульса в механике. Кинетическая и потенциальная энергии. Консервативные силы и систе16

мы. Закон сохранения механической энергии. Абсолютно упругий и неупругий удары Пример решения задач Два неупругих шара массами m1 = 2,00 кг и m2 = 3,00 кг движутся со скоростями u1 = 8,00 м/c и u2 = 4,00 м/c соответственно. Определить увеличение внутренней энергии DU шаров при их столкновении, если они движутся навстречу друг другу. Дано m1 = 2,00 кг m2 = 3,00 кг u1 = 8,00 м/с u2 = 4,00 м/с DU =?

m1

r u1

r u2

m2 X

Wп=0

m1 m 2

r u X

Анализ и решение Система, состоящая из Земли, опоры и двух шаров является замкнутой, но неконсервативной, так как при ударе действуют неконсервативные силы – силы упругой деформации. Следовательно, полная механическая энергия системы не сохраняется, её убыль пошла на увеличение внутренней энергии шаров DU = W1 - W2 = (W1п + W1к ) - (W2п + W2к ) , (1) где W1 ,W2 – механическая энергия шаров до и после удара, W п ,W к – потенциальная и кинетическая энергии шаров. Оценим значение энергии шаров до и после соударения. Для этого за нулевой уровень потенциальной энергии ( W п = 0 ) примем линию, на которой находятся центры масс шаров. До удара система шаров обладала механической энергией равной сумме кинетических энергий каждого шара m1u12 m 2u 22 W1 = + . (2) 2 2 После удара шары начали двигаться как одно целое, и их механическая энергия определятся кинетической энергией ( m1 + m2 )u 2 W2 = , (3) 2 где u – скорость шаров после столкновения. Найдем эту скорость. Для этого расr смотрим внешние силы, действующие на шары. Сила тяжести mg компенсируетr r ся силой реакции опоры N , сила трения качения Fтр мала по сравнению с внутренними силами взаимодействия шаров. Таким образом, сумма всех внешних сил равна нулю, и наша система ведет себя как замкнутая. Для таких систем выполняется закон сохранения импульса r r r m1u1 + m 2u 2 = ( m1 + m 2 )u . 17

В проекции на ось Х

m1u1 - m 2u 2 = ( m1 + m2 )u .

Откуда

m1u1 - m 2u 2 . m1 + m 2 Найденную скорость подставляем в формулу (3) ( m1 + m2 )( m1u1 - m 2u 2 )2 ( m1u1 - m 2u 2 )2 W2 = = . 2( m1 + m 2 )2 2( m1 + m 2 ) Выражения для механических энергий (2) и (5) подставляем в формулу (1) mu mu ( m1u1 - m2u 2 )2 . DU = 1 1 + 2 2 2 2 2( m1 + m2 ) Приведём к общему знаменателю и сделаем преобразования m12u12 + m1m 2u1 + m1m 2u 22 + m22u 22 - m12u12 + 2m1m2u1u 2 - m 22u 22 DU = . 2( m1 + m2 ) После приведения подобных величин получаем m1m2 ( u1 + u 2 )2 DU = . 2( m1 + m 2 ) Проверим наименование энергии в системе СИ кг 2 × м 2 кг × м × м = = Н × м = Дж . наимен . DU= 2 с × кг с2 Подставим числовые значения величин и проведем расчет 2 , 00 × 3 ,00 × ( 8 ,00 + 4 , 00 )2 DU = = 86 ,4 Дж. 2 × ( 2 , 00 + 3 , 00 ) Ответ: внутренняя энергия шаров изменилась на DU = 86,4 Дж.

u=

(5)

ЗАДАЧИ 131. В деревянный шар массой M = 8,00 кг, подвешенный на нити l = 1,80 м, попадает горизонтально летящая пуля массой m = 4,00 г. С какой скоростью u летела пуля, если нить с шаром и застрявшей в нем пулей отклонилась от вертикали на угол a = 3°? Размером шара пренебречь. Удар пули считать прямым и центральным. 132. На клин массой М = 5,00 кг, стоящий на горизонтальном полу, с высоты h = 3,00 м падает шар массой m = 0,5 кг и отскакивает в горизонтальном направлении. Считая удар шара о клин абсолютно упругим, найти скорость u * клина после удара. Трением клина о пол пренебречь. 133. По небольшому куску мягкого железа, лежащему на наковальне массой M = 300 кг, ударяет молот массой m = 8,00 кг. Определить коэффициент полезно18

го действия h удара, если он неупругий. Полезной считать энергию, затраченную на деформацию куска железа. 134. Человек массой M = 70,0 кг, стоя на коньках на льду, бросает в горизонтальном направлении камень массой m = 3,00 кг со скоростью u к = 8,00 м/с. Найти, на какое расстояние S откатится при этом человек, если известно, что коэффициент трения коньков о лед m = 0,02. 135. Два груза массами m1 = 10,0 кг и m2 = 15,0 кг подвешены на нитях длиной l = 2,00 м так, что соприкасаются между собой. Меньший груз был отклонен на угол a = 600 и отпущен. На какую высоту h поднимутся оба груза после неупругого соударения? 136. Горизонтально летящая пуля массой m = 10,0 г попадает в деревянный куб, лежащий на полу, и пробивает его. Определить, какая часть энергии пули DW перешла в тепло, если ее начальная скорость u 0 = 800 м/с, скорость после вылета из куба u * = 100 м/с, масса куба М = 4,00 кг. Траектория пули проходит через центр куба, трение между кубом и полом не учитывать. 137. Груз массой m1 = 300 г прикреплен к нерастянутой пружине и лежит на гладкой поверхности. Второй конец пружины, жесткость которой k = 20,0 Н/м, закреплен к неподвижному упору. Груз m2 = 100 г начинает съезжать с горки высотой h = 10,0 см и налетает на груз m1, сжимая пружину. Найдите максимальное смещение х первого груза после абсолютно неупругого удара. 138. Горизонтально летящая пуля массой m = 9,00 г попадает в покоящийся клин массой М = 2,00 кг и после абсолютно упругого удара отскакивает вертикально вверх. На какую высоту h поднимется пуля, если клин после удара стал двигаться со скоростью u * = 0,20 м/с? Трением пренебречь. 139. Из орудия, не имеющего противооткатного устройства, производилась стрельба в горизонтальном направлении. Когда орудие было закреплено неподвижно, снаряд вылетел со скоростью u 1= 600 м/с, а когда орудию дали возможность свободно откатываться назад, снаряд вылетел со скоростью u 2= 580 м/с. С какой скоростью u * откатилось при этом орудие? 140. Два шара массами m1 = 3,00 кг и m2 = 2,00 кг подвешены на нитях длиной l = 1,00 м. Первоначально шары соприкасаются между собой, затем больший шар отклонили от положения равновесия на угол a = 30о и отпустили. Считая удар абсолютно упругим, определить скорость второго шара u 2* после удара. Рабочая программа Тема 5. Момент инерции твердого тела относительно оси вращения и его вычисление с помощью принципа суперпозиции и теоремы Штейнера.

19

Пример решения задач Определить момент инерции J физического маятника, который представляет собой стержень, соединенный с диском. Длина стержня l = 1,00 м, радиус диска R = 10,0 см. Массы стержня и диска соответственно m1 = 100 г, m2 = 500 г. Горизонтальная ось Z проходит через верхний конец стержня. Дано l = 1,00 м m1 = 0,10 кг R = 0,25 м m2 = 0,50 кг J=?

o Z

dr

l

r

R dl O da r dr

a

* R o

Анализ и решение Момент инерции является мерой инертности тела при его вращательном движении. Он играет такую же роль, что и масса при описании поступательного движения тела. Но, в отличие от нее, не является постоянным, а зависит от положения оси вращения. Как видно из рисунка, момент инерции физического маятника определяется суммой моментов инерции его элементов – стержня Jc и диска Jд J = Jc + Jд . (1) Для вычисления моментов инерции стержня и диска воспользуемся формулой (2) J = ò r 2 dm ,

где dm – элемент массы тела, а r – расстояние от этого элемента до оси вращения Z. Считаем, что масса стержня по его длине и масса диска по его площади распределяются равномерно. Тогда m dmc = t dl = c dl , l m m dmд = s dS = д dS = д2 dS , (3) S pR где t – линейная, s – поверхностная плотности массы, dl, dS – элементы длины стержня и площади диска. Так как изменение длины стержня совпадает с изменением расстояния до оси вращения, то dl = dr. Подставим значение элемента массы стержня в формулу (2) и проинтегрируем полученное выражение по его длине l

l

m m r3 m l3 J c = ò r c dr = c × = c . l l 3 0 3l 0 2

20

Таким образом, момент инерции стержня, у которого ось вращения проходит через один из его концов, равен 1 J c = mc l 2 . (4) 3 Момент инерции диска определим с помощью теоремы Штейнера. Эта теорема сводит вычисление момента инерции тела относительно произвольной оси к вычислению момента инерции относительно оси, проходящей через центр масс J д = J 0 + mд a 2 , (6) здесь Jд – момент инерции диска относительно заданной оси, J0 – момент инерции диска, относительно оси, проходящей через его центр масс параллельно заданной, а – расстояние между осями. Величину J0 вычислим по формуле (2), в которой элемент массы определяется выражением (3), а r измеряется расстоянием от элемента массы диска до оси, проходящей через его центр. Площадь элемента массы диска dmд определим по формуле dS = dl × dr = rda × dr , (7) где dl – длина элемента, равная длине дуги, радиус которой r, dr – его ширина, da – центральный угол дуги. Подставляем в интеграл (2) массу элемента диска (3) с учетом выражения (7). Пределы интегрирования определяются радиусом диска R и углом a = 2p 2p R 1 mд 3 m д R4 2p = mд R 2 . (8) J0 = ò r dr ò da = 2 2 2 p p 4 R R 0 0 Полученное выражение подставляем в (6) 1 J д = mд R 2 + mд ( l + R )2 , (9) 2 где ( l + R ) = a – расстояние между осями. Найденные выражения момента инерции стержня (4) и момента инерции диска (9) подставляем в формулу (1) 1 1 J = mc l 2 + mд R 2 + mд ( l + R )2 . 3 2 Заменяем величины их числовыми значениями, получаем 1 1 J = 0 ,10 × 1 ,002 + 0 , 50 × 0 , 25 2 + 0 ,50( 1 , 00 + 0 , 25 )2 = 0 , 83 кг×м2. 3 2 Ответ: момент инерции физического маятника относительно заданной оси J = 0 ,83 кг×м2. ЗАДАЧИ 141. Найти момент инерции J тонкого однородного кольца массой m =100 г и радиусом R =20,0 см относительно оси, лежащей в плоскости кольца и проходящей через его центр. 21

142. Вывести формулу и рассчитать момент инерции J плоской однородной прямоугольной пластины массой m = 800 г относительно оси, совпадающей с одной из ее сторон, если длина другой стороны b = 40,0 см. 143. Определить момент инерции J цилиндрической муфты относительно оси, совпадающей с ее осью симметрии, если она имеет массу m = 0,20 кг, внутренний радиус R1 = 3,00 см, внешний R2 = 5,00 см. 144. Определить момент инерции J кольца массой m = 50,0 г и радиусом R = 10,0 см относительно оси, касательной к кольцу. 145. Диаметр диска D = 20,0 см, масса m = 800 г. Определить момент инерции J диска относительно оси, проходящей через середину одного из радиусов перпендикулярно плоскости диска. 146. Цилиндр диаметром D = 12,0 см, имеющий массу m = 3,00 кг, лежит боковой поверхностью на горизонтальной плоскости. Определить момент инерции J цилиндра относительно оси, проходящей по линии касания его с плоскостью. 147. Вывести формулу и рассчитать момент инерции J однородной прямоугольной пластинки относительно оси, перпендикулярной к пластинке и проходящей через одну из ее вершин. Масса пластинки m = 0,20 кг, длинна a = 20,0 см и ширина b = 10,0 см. 148. Однородный диск радиусом R = 20,0 см имеет вырез в виде круга радиусом r = R/2. Центр выреза смещен относительно центра диска на расстояние R/2. Масса оставшейся части диска m1 = 7,30 кг. Найти момент инерции J такого диска относительно оси перпендикулярной к плоскости диска и проходящей через его центр. Воспользоваться формулой момента инерции диска относительно оси проходящей через его центр. 149. Определить момент инерции J равностороннего проволочного треугольника со стороной a = 10,0 см относительно оси, совпадающей с одной из сторон треугольника. Масса треугольника m = 12,0 г и равномерно распределена по длине проволоки. 150. Пустотелый цилиндр с тонкими стенками лежит на горизонтальной плоскости. Масса цилиндра m = 1,50 кг, радиус R = 20,0 см. Найти момент инерции J цилиндра относительно оси, проходящей по линии касания его с плоскостью. Рабочая программа Тема 6. Вращение твердого тела вокруг неподвижной оси. Момент силы. Уравнение динамики вращательного движения твердого тела Пример решения задач Через блок массой m =1,00 кг перекинута нить, которая с одной стороны соединена с грузом, находящимся на наклонной плоскости, а с другой с грузом, висящим вертикально. Масса первого тела m1 = 0,20 кг, масса второго тела m2 = 0,30 кг, 22

угол наклона плоскости к горизонту равен a = 30°. Коэффициент трения первого тела с плоскостью m = 0,02. Определить разность сил натяжения D Fнат по обе стороны от блока. Блок считать однородным диском, а нить невесомой и нерастяжимой. Х Дано У r m = 1,00 кг Fн 2 r m1 = 0,20 кг r* N1 r Z F Fн1 m2 = 0,30 кг н2 о r a = 30 Fн 2 m g sin a m = 0,02 r 1 Fтр D Fнат = ? m1 g cos a У* a r r a m1 g m2 g Анализ и решение Заданная система состоит из трех тел – грузов m1 и m2 и блока m. Груз m1 наr ходится под действием четырех сил: силы тяжести m1 g , силы натяжения нити r r r Fнат1 , силы нормальной реакции наклонной плоскости N и силы трения Fтр . На r r второй груз действуют сила тяжести m2 g и сила натяжения нити Fнат 2 . Так как масса блока соизмерима с массой грузов, то силы, с которыми нить действует на грузы, не равны между собой. Запишем для грузов второй закон Ньютона r r r r r Fнат1 + N + m1 g + Fтр = m1a1 , r r r Fнат 2 + m2 g = m2a2 . Введем для описания движения тела m1 оси координат Х и У, тела m2 – ось У * и заменим векторные уравнения скалярными, связывающими между собой проекции сил и ускорений на эти оси Fнат1 -Fтр -m1 gsina=m1a1 , (1) N-m1 gcosб=0 , (2) m 2 g-Fнат2 =m 2 a2 . (3) Блок вращается вокруг неподвижной горизонтальной оси Z, проходящей через его центр, следовательно, моменты сил тяжести блока и реакции оси равны нулю. Считаем, что нить не скользит относительно блока, поэтому вращение блоr r ка вызывается действием только сил натяжения нити F *нат1 и F *нат 2 . Тогда основное уравнение динамики вращательного движения для блока M z2 -M z1 =Jеz или ( F * нат2 R- F * нат1 R) = J e z , (4) 23

at – моменты сил натяжения, момент инерции блока отноR сительно оси Z, проекция вектора его углового ускорения на эту ось. Так как нить невесома, то Fнат1 = F * нат1 и Fнат 2 = F *нат 2 . Поскольку нить не проскальзывает относительно блока, то касательное ускорение at его точек, соприкасающихся с нитью, равно ускорению нити в любой ее точке, а следовательно, и ускорению грузов at = a1 = a2 . Учитывая это, преобразуем уравнение (4) a ( Fнат 2 - Fнат1 )R = J t . R Выразим силу трения Fтр = m N 1 = m m1 g cos a , 1 и учитывая, что момент инерции однородного диска J = mR 2 , получаем систе2 му уравнений F1нат - m m1 g cos a - m1 g sin a = m1at , (5) m 2 g - Fнат 2 = m 2at , (6) 1 D Fнат = mat . (7) 2 Из уравнения (7) находим ускорение at , подставляем его в уравнения (5) и (6) и решаем их относительно величины D Fнат . Получаем mg é m - m1 ( m cos a + sin a ) ùû . D Fнат = 2 ( m1 + m 2 ) + m ë 2 Проверим наименование силы в системе СИ кг × м наимен. D Fнат = 2 кг = Н . с × кг Подставим числовые значения величин и произведём вычисления 1,00 × 10,0 D Fнат = × éë 0,30 - 0,20 0,02cos 300 + sin 300 ùû = 0,98 Н. 2 ( 0,20 + 0,30 ) + 1,00 Ответ: разность сил натяжения D Fнат = 0,98 Н. где M z 1 , M z 2 , J , e z =

(

)

ЗАДАЧИ 151. На горизонтальную неподвижную ось насажен блок, представляющий собой сплошной цилиндр массой M = 50,0 кг. Через него перекинута невесомая веревка, на концах которой висят две обезьяны массой m = 40,0 кг каждая. Первая обезьяна начинает подниматься с ускорением a1 = 2,00 м/c2 относительно веревки. 24

Определить, с каким ускорением a2 относительно неподвижной системы координат будет двигаться вторая обезьяна. 152. Найти ускорение а центра масс однородного шара массой m = 1,00 кг, скатывающегося без скольжения по плоскости, которая образует угол a = 300 с горизонтом. Чему равна сила трения Fтр между шаром и плоскостью? 153. По наклонной плоскости скатывается без скольжения сплошной однородный цилиндр. Угол наклона плоскости к горизонту a = 300, масса цилиндра m = 300 г. Найти силу трения Fтр между цилиндром и плоскостью. 154. На шероховатой доске на расстоянии l = 0,50 м от ее правого конца лежит сплошной цилиндр. Доску начинают двигать с ускорением а0 = 1,00 м/с2 влево. С какой скоростью относительно доски будет двигаться центр цилиндра в тот момент, когда он будет находиться над краем доски? Движение цилиндра относительно доски происходит без скольжения. 155. По горизонтальному столу может катиться баз скольжения сплошной цилиндр массой m = 800 г. На цилиндр намотана нить, к свободному концу которой, переброшенному через легкий блок, подвешен груз такой же массы. Система предоставлена сама себе. Найти ускорение а груза и силу трения Fтр между цилиндром и столом. 156. К краю стола прикреплен блок. Через блок перекинута невесомая и нерастяжимая нить, к концам которой прикреплены грузы. Один груз движется по поверхности стола, другой по вертикали вниз. Ускорение грузов a = 3,14 м/с2, а их массы равны массе блока m1 = m2 = m. Определить коэффициент трения m между поверхностями груза и стола. 157. К концам легкой и нерастяжимой нити, перекинутой через блок, подвешены грузы массами m1 = 0,20 кг и m2 = 0,30 кг. Во сколько раз отличаются силы, действующие на нить по обе стороны от блока, если масса блока M = 0,40 кг? Силами трения и проскальзывания нити по блоку пренебречь. 158. Блок в виде однородного диска массой M = 1,00 кг укреплен на конце стола. Через блок перекинута нить, к концам которой прикреплены грузы. Один из грузов движется по столу, а другой – вдоль вертикали вниз. Коэффициент трения груза о стол m = 0,10. Найти силы натяжения Fнат нитей и ускорение a, с которым движутся грузы, если их массы m1 = m2 = 1,00 кг. 159. Сплошному однородному шару радиусом R = 0,10 м, лежащему на горизонтальной плоскости, сообщается в начальный момент времени поступательная скорость u 0 = 0,50 м/с без вращения. Учитывая трение скольжения, но, пренебрегая трением качения, найти угловую скорость шара w , когда его движение перейдет в чистое качение.

25

160. Однородный цилиндр лежит на горизонтальной доске. Доске сообщили ускорение a = 0,50 м/с2 в горизонтальном направлении перпендикулярно оси цилиндра. Найти ускорение оси цилиндра a0 в отсутствие скольжения. Рабочая программа Тема 7. Момент импульса относительно неподвижной точки и неподвижной оси вращения. Уравнение моментов. Закон сохранения момента импульса для твердого тела Пример решения задач Платформа, в виде диска, может вращаться около вертикальной оси Z, проходящей через её центр. На краю платформы стоит человек массой m = 60,0 кг. На какой угол j пл повернется платформа, если человек пойдет вдоль края платформы и, обойдя её, вернется в исходную точку? Масса платформы M = 240 кг. Z r Z Дано L2 m = 60,0 кг r r M = 240 кг w1 w2 j пл = ?

Анализ и решение Принимаем платформу за абсолютно твердое тело, а человека – за материальную точку. Задачу будем решать в системе отсчета, связанной с Землей. За время dt человек пройдет по краю платформы угловой путь dj ч = wч*dt , здесь wч* – угловая скорость человека относительно платформы. За то же самое время платформа повернется около своей оси на угол dj пл = w плdt , здесь w пл – угловая скорость платформы относительно Земли. Из сравнения этих уравнений следует, что w dj пл = пл* dj ч . (1) wч w Отношение угловых скоростей пл* найдем из закона сохранения момента wч импульса системы «человек – платформа». При перемещении человека по платr форме на систему действуют внешние силы: силы реакции оси N оси , силы тяже26

r r r сти человека и платформы mq , Mq , сила нормальной реакции платформы N пл . Суммарный момент этих сил относительно оси Z, равен нулю, следовательно, для нашей системы выполняется закон сохранения момента импульса: в инерциальной системе отсчета момент импульса замкнутой системы сохраняется, то есть не меняется со временем N

L = å L Zi ( t ) = const . c Z

i=0

Для нашего случая

LcZ 1 = LcZ 2 , (2) c c где LZ 1 ,LZ 2 – моменты импульса системы относительно оси Z до и после перемещения человека. Так как, до взаимодействия человек и платформа не двигались, то проекции их угловых скоростей на ось вращения равны нулю, следовательно, LcZ 1 = ( J ч + J пл )w z = 0 , (3) здесь J ч и J пл – моменты инерции человека и платформы относительно оси вращения. Момент импульса LcZ 2 есть сумма моментов импульса платформы и человека относительно оси вращения LcZ 2 = J чwч + J пл ( -w пл ) , (4) здесь wч , – w пл – проекции угловых скоростей человека и платформы на ось вращения. Минус обусловлен тем, что угловые скорости платформы и человека противоположны по направлению. Для нахождения угловой скорости человека следует учесть, что он одновременно участвует в двух движениях: перемещается относительно платформы с угловой скоростью wч* и вращается вместе с ней в противоположную сторону с угловой скоростью w пл относительно Земли. Таким образом wч = ( wч* - wпл ) . (5) Момент инерции человека, которого мы считаем материальной точкой, относительно оси вращения J ч = mR 2 , (6) где R – расстояние от человека до оси вращения, равное радиусу платформы. Момент инерции платформы 1 J пл = МR 2 . (7) 2 Подставим выражение (5) в формулу (4) LcZ 2 = J ч ( wч* - w пл ) - J плwпл , (8) а затем (8) и (3) в (2) 0 = J чwч - J чw пл - J плw пл . 27

Или

J чwч = ( J ч - J пл )w пл .

Откуда получаем

w пл Jч = . w ч J пл + J ч После подстановки значений моментов инерции из (6) и (7) w пл 2m = . (9) w ч 2m + М Выражение (9) подставляем в формулу (1) и интегрируем её j пл 2p 2m ò0 dj пл = ò0 2m + М djч . В результате получаем 2m j пл = 2p . 2m + М В полученную формулу подставляем числовые значения физических величин 2 × 60 ,0 240 2 j пл = 2p = p = p (рад). ( 2 × 60 ,0 + 240 ) 360 3 2 Ответ: платформа повернётся на угол j = p рад. 3 ЗАДАЧИ 161. На краю круглой горизонтальной платформы радиусом R = 0,40 м стоит человек. Платформа вместе с ним вращается с угловой скоростью w0 = 25,0 рад/с вокруг вертикальной оси, проходящей через центр тяжести платформы. В некоторый момент времени человек начинает идти вдоль края платформы со скоростью uч = 1,80 м/с (по отношению к платформе) в противоположную сторону ее вращения. Найти изменившуюся скорость платформы wч* , если ее масса M = 200 кг, а масса человека m = 70,0 кг. 162. Деревянный стержень массой М = 6,00 кг и длиной l = 2,00 м может вращаться в вертикальной плоскости относительно горизонтальной оси, проходящей через один из его концов. В другой конец стержня попадает пуля массой m = 10,0 г, летевшая со скоростью u = 800 м/с, направленной перпендикулярно стержню и оси, и застревает в нем. Определить кинетическую энергию W к стержня после удара и максимальный угол отклонения a max стержня от вертикали. 163. Маховик, имеющий вид диска радиуса R = 40,0 см и массой M = 48,0 кг, может вращаться вокруг горизонтальной оси. К его цилиндрической поверхности прикреплен шнур, к другому концу которого подвешен груз массой m = 0,20 кг. Груз был приподнят и затем отпущен. Упав свободно с высоты h = 2,00 м, груз 28

натянул шнур и, благодаря этому, привел маховик во вращение. Какую угловую скорость w * приобрел при этом маховик? 164. Стержень, массой М = 0,70 кг и длиной l = 1,50 м, может свободно вращаться вокруг неподвижной горизонтальной оси, проходящей через один из его концов. Под действием силы тяжести, стержень переходит из горизонтального положения в вертикальное. Проходя через вертикальное положение, нижний конец стержня упруго ударяет о тело массой m = 100 г, лежащее на гладком горизонтальном столе. Определить скорость тела u * после удара. 165. Человек стоит на диске, который в начале неподвижен, но может вращаться относительно вертикальной оси, проходящей через его центр. Момент инерции диска с человеком I = 48,0 кг×м2. В руках человек держит колесо массой m = 3,00 кг и радиусом R = 0,40 м. Его вертикальная ось расположена на расстоянии r = 50,0 см от центра диска. Колесо вращается, делая n = 10,0 об/с. Определить угловую скорость вращения диска w *, если человек повернет ось колеса на угол a = 1800. 166. Однородный стержень длиной l = 1,00 м может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через один из его концов. В другой конец стержня абсолютно неупруго ударяет пуля массой m = 7,00 г, летящая перпендикулярно стержню и его оси. Определить массу М стержня, если в результате попадания пули он отклонился на угол a = 600. Принять скорость пули u = 360 м/с. 167. Стержень массой М = 10,0 кг и длиной L =2,00 м, подвешенный за один из его концов, отклонили на угол 900 и отпустили. Около положения равновесия он неупруго соударяется с математическим маятником, ось вращения которого совпадает с осью вращения стержня. Масса маятника m = 0,50 кг, длина l = L. Определить угловую скорость w * системы после соударения. 168. Маятник в виде однородного шара, жестко скрепленного с тонким невесомым стержнем, может качаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через конец стержня. В шар, нормально к его поверхности, ударилась пуля и застряла в нем. Масса пули m = 10,0 г, масса шара М = 10,0 кг, его радиус R = 15,0 см. Длина стержня l = R. На какой угол a отклонился маятник в результате удара пули, если она летела горизонтально со скоростью u = 800 м/с? 169. На краю неподвижной скамьи Жуковского диаметром D = 0,80 м и массой М = 6,00 кг стоит человек массой m = 60,0 кг. С какой угловой скоростью w * начнет вращаться скамья, если человек поймает летящий на него мяч? Траектория мяча горизонтальна и проходит на расстоянии r = 0,40 м от оси скамьи. Скорость мяча u = 5,00 м/с, его масса m1 = 0,50 кг. 170. Найти приращение угловой скорости Dw вращения планеты вокруг собственной оси, происходящее вследствие падения на ее поверхность метеорита массой m = 3·103 кг. Метеорит летел в плоскости экватора планеты со скоростью 29

u = 15·103 м/с под углом a = 300 к вертикали к ее поверхности. Масса планеты и ее радиус соответственно равны M = 2·1027 кг, R = 72·103 м. Рабочая программа Тема 8. Идеальный газ. Опытные законы идеального газа. Уравнение состояния идеального газа (уравнение Клайперона-Менделеева). Барометрическая формула. Пример решения задач Зависимость давления воздуха от объема задана уравнением p = ( p0 - aV ) , где

p0 = 2 ,00 × 106 Па, a = 5,00×107 Па/м3. Масса воздуха m = 500 г. Определить максимальную температуру воздуха Тmax. Дано p = ( p0 - aV )

Анализ и решение Для решения задачи воспользуемся уравнением 6 p0 = 2 ,00 × 10 Па Клайперона-Менделеева, которое устанавливает связь 7 3 между давлением, объемом и температурой для a = 5,00×10 Па/м произвольного равновесного состояния идеального газа m = 500 г m Тmax = ? рV = RT , (1) M здесь m – масса газа, М – его молярная масса, R = 8,31 Дж/(моль·К) – универсальная газовая постоянная. Подставим в это уравнение зависимость давления воздуха от его объёма m ( p0 - aV )V = RT . M В полученной формуле температура является функцией только объёма. Выразим ее Ma T= ( р0V - aV 2 ) . mR Максимальной температуре воздуха соответствует его максимальный объем Vmax . dT Для нахождения этой величины приравняем нулю производную : dV dT Ma = ( p - 2aVmax ) = 0 . dV mR 0 В этом выражении нулю может быть равно только выражение в скобках ( p0 - 2aVmax ) = 0 . Отсюда находим p Vmax = 0 . 2a Из уравнения 30

p = ( p0 - aV ) находим давление при максимальном объеме р р pmax = р0 - a 0 = 0 2a 2 Максимальную температуру определяем, воспользовавшись уравнением состояния газа (1) М М р0 2 Т max = p V = . (2) mR max max mR 4a Проверим наименование температуры в системе СИ кг × Па 2 × м3 × К × моль К × м3 × Н наимен. Т= = = К. кг × моль × Дж × Па × Н × м × м3 Подставляя в формулу (2) численные значения физических величин, получаем 0 , 029 × ( 2 , 00 × 106 )2 × Tmax = = 140 К. 0 ,5 × 8 ,31 × 4 × 5 , 00 × 107 Ответ: максимальная температура воздуха Тmax = 140 К. ЗАДАЧИ 171. Азот находиться в цилиндрическом сосуде объемом V = 100 л при давлении p = 200 кПа. Определить массу m азота, если его температура по высоте сосуда изменяется линейно от T1 = 280 К до T2 = 360 К. 172. Гелий массой m = 20,0 г находиться под давлением p1 = 0,40 МПа и занимает объем V1 = 32,0 л. Затем газ сжимается до объема V2 = 10,0 л, при этом давление повышается до р2 = 1,55 МПа. Определить максимальную температуру Тmax, если давление газа является линейной функцией объема. 173. Зависимость давление идеального газа от объема описывается уравнением Р = (Р0-a V2), где Р0 = 1,00·105 Па и a =1,00·105 Па/м6. Определить максимальную температуру газа Тmax , если его количество ν = 6,00 моль. 174. Определить наименьшее возможное давление Рmin водорода в процессе, происходящем по закону Т = (Т0+ a V2), где Т0 = 400 К, a = 100 К/м6. Масса водорода m = 0,20 кг. 175. Определить максимальные температуру Тmax, давление рmax и объем Vmax десяти молей идеального газа, если его объем зависит от его давления по линейному закону V = V0 - a p где a = 0,10 м 3/ МПа, V0 = 1,00 м 3. 176. В баллон объемом Vбал = 300 л накачивают воздух из атмосферы с помощью компрессора. Объем цилиндра компрессора Vцил = 0,30 л, частота циклов сжатия n = 10 с-1. Считая процесс накачивания изотермическим, определить зависимость давления воздуха в баллоне рбал от времени t. Через сколько времени t1 давление воздуха повыситься в два раза? 31

177. Из баллона объемом Vбал = 300 л насосом откачивается воздух. За один ход поршня насоса захватывается воздух объемом Vнас = 0,30 л. Частота ходов поршня n = 10 с-1. Считая процесс откачивания изотермическим, определить зависимость давления воздуха в баллоне рбал от времени t. Через сколько времени t1 давление воздуха понизится в два раза? 178. Воздух у поверхности Земли находиться при нормальных условиях. Считая температуру и молярную массу воздуха постоянными, найти зависимость его давления р от высоты h над поверхностью Земли. Рассчитать, не пользуясь барометрической формулой, давление воздуха на высоте h = 5,00 км. 179. Сколько времени надо откачивать газ из колбы объемом V = 1,50·103 см3, чтобы давление понизилось от р0 = 760 мм. рт. ст. до р = 0,10 мм. рт. ст. Быстрота действия насоса постоянная и равна k = dV/dt = 180 см3/с. Изменением температуры газа в колбе во время откачки пренебречь. 180. В герметичном сосуде, объемом V = 10,0 л, четверть объема занимает воздух под давлением р = 1,00 МПа, три четверти – вода. При открытии крана из сосуда начинает выливаться вода. Расход воды пропорционален давлению в сосуде dm/dt = a p , где a = 1,00×10 –8 Па кг/с. Определить зависимость объема воздуха в сосуде от времени. Через сколько времени t из сосуда выльется вся вода? Рабочая программа Тема 9. Внутренняя энергия и работа идеального газа. Количество теплоты. Теплоемкость. Первое начало термодинамики и его применение к изопроцессам. Адиабатический и политропический процессы. Пример решения задач Один моль аргона расширили так, что pV n = const , где n = 1,5. При этом температура понизилась на 26 К. Определить работу, совершенную газом и количество подведенной теплоты. Дано

pV n = const n = 1,5 DT = – 26 К А=?

Анализ и решение В данной задаче газ расширяется, следовательно, он совершает работу А > 0. Работа, связанная с изменением объема газа, в общем случае вычисляется по формуле V2

ò pdV .

(1)

Давление газа р находится из условия задачи const p = 1,5 . V

(2)

A=

V1

32

Для определения постоянной величины const, воспользуемся уравнением Клайперона-Менделеева. Запишем его для начального состояния газа p1V1 = n RT1 . (3) С другой стороны по условию задачи соnst 1,5 = const Þ р1 = 1 ,5 . pV 1 1 V1 Подставляя значение давления p1 в (3), получим 0 ,5 const = n RTV 1 1 . Полученное значение постоянной подставим в выражение (2) 0 ,5 1 p = n RTV , 1 1 V 1 ,5 а давление – в формулу (1). Итак V2 V2 1 ö V10 ,5 V10 ,5 0 ,5 1 0 ,5 æ A = ò n RTV dV = 2n RT1V1 ç - 0 ,5 ÷ = 2n RT1 0 ,5 - 2n RT1 0 ,5 . 1 1 1 ,5 V V1 V2 è V ø V1 V1

Или 0 ,5

æV ö A = 2n RT1 - 2n RT1 ç 1 ÷ . (4) è V2 ø Отношение объёмов заменяем отношением температур. Для этого запишем исходное уравнение для начального и конечного состояний газа p1V11,5 = p2V21,5 . Откуда 1,5

p2 æ V1 ö =ç ÷ . (5) p1 è V2 ø С другой стороны, по уравнению Клайперона-Менделеева, записанного для тех же состояний газа, имеем p1V1 = n RT1 , p2V2 = n RT2 . Из этих уравнений найдём отношение давлений p2 T2V1 = . (6) p1 TV 1 2 Приравнивая правые части формул (5) и (6), получим 0 ,5

æ V1 ö T2 ç ÷ = . T1 è V2 ø Подставим это выражение в формулу (4)

33

T2 = 2n R( T1 - T2 ) . T1 Таким образом, работа, совершенная газом будет рассчитываться по формуле A = 2n R( - DT ) . (7) Проверим наименование работы в системе СИ Дж наимен. А = моль × К = Дж . К × моль Поставим численные значения и произведём вычисления A = 2 × 1 × 8 ,31 × 26 = 432 Дж. Для определения подведенного к газу количества теплоты необходимо воспользоваться законом сохранения и превращения энергии применительно к термодинамическим процессам – первым началом термодинамики Q = DU + A , (8) где Q – количество теплоты, полученное газом, DU – изменение его внутренней энергии, A – работа, совершенная газом против внешних сил. Так как в процессе расширения газа его температура понижается, то его внутренняя энергия уменьшается, т.е. DU < 0. Изменение внутренней энергии газа находится по формуле i DU = n RDT , 2 где i –число степеней свободы. Подставим в это выражение значение величин и подсчитаем DU 3 DU = ×1 × 8 ,31 × ( -26 ) = -324 Дж. 2 Итак Q = 432 + (–324) = 108 Дж. Количество теплоты Q, положительно, следовательно, тепло в этом процессе газом поглощается. Ответ: газ аргон совершает работу A = 432 Дж и поглощает 108 Дж теплоты Q. A = 2n RT1 - 2n RT1

ЗАДАЧИ 181. Атомарный кислород О, молекулярный кислород О2 и озон О3 отдельно друг от друга расширяются изобарно, при этом расходуется Q = 1200 КДж теплоты. Определить работу А расширения и изменение внутренней энергии ΔU атомарного, молекулярного кислорода и озона. 182. В баллоне V = 10,0 дм3 содержится кислород при температуре to = 270С и давлении p = 1,00·107 Па. Газ нагрели, сообщив ему Q = 8350 Дж теплоты. Найти температуру Т и давление р кислорода после нагревания. 183. Для изотермического сжатия газа массой m = 2,00 кг была затрачена работа А = – 1,37 КДж. В конце сжатия давление р газа увеличилось в три раза. Ка34

кой это газ и чему равен его первоначальный удельный объем? До сжатия газ находился под давлением р1 = 5,00·105 Па и имел температуру to = 27,00C. 184. Сероводород (Н2S) массой m = 6,00 кг, занимающий объем V = 3,00 м3 при температуре to = 27,00C, сжали адиабатно так, что давление его увеличилось в два раза. Определить конечные объем V, температуру Т, а также изменение внутренней энергии ΔU газа. 185. Два моля кислорода медленно переводятся из состояния 1 в состояние 2. Какое количество теплоты Q необходимо подвести к газу, если в координатах рV процесс изображается прямой линией? В состоянии 1 давление газа р1 = 100 КПа, объем V1 =24,6 л, температура Т1 =300 К, а в состоянии 2 давление р2 = 300 КПа, объем V2 = 49,2 л. 186. Два моля азота N2, находившиеся при нормальных условиях, сначала изотермически перевели в некоторое состояние, а затем адиабатно – в конечное состояние с объемом, в n = 4 раза больше начального. Какую работу А совершил газ, если в изотермическом процессе ему было сообщено Q = 11,3 КДж теплоты. 187. Кислород О2 массой m = 10,0 г при температуре Т1 = 370 К подвергли адиабатному расширению. В результате его давление уменьшилось в n = 4 раза. Далее газ изотермически сжимается до первоначального давления. Определить: 1) температуру газа T2 в конце процесса; 2) количество теплоты Q, отданное газом; 3) приращение внутренней энергии ΔU газа; 4) работу A, совершенную газом. 188. Идеальный двухатомный газ, занимавший при давлении р1 = 300 КПа объем V = 4,00 л, расширяют до объема V2 = 6,00 л, при этом давление падает до значения р2 = 100 КПа. Процесс происходит сначала по адиабате, затем по изохоре. Определить работу А сил давления газа, изменение его внутренней энергии ΔU и количество поглощенной теплоты Q при этом переходе. 189. Половину моля идеального одноатомного газа нагревают от температуры Т1 = 250 К до Т2 = 500 К так, что в процессе нагревания р/V = соnst. Определить молярную теплоемкость См газа и рассчитать количество теплоты Q, поглощенное газом при нагревании. 190. Водород Н2 объемом V = 1,00 м3, находившийся при нормальных условиях, сначала изохорно перевели в состояние с давлением в n1 = 5 раз большим первоначального, а затем изобарно в состояние с объемом в n2 = 2 раза больше первоначального. Определить изменение внутренней энергии газа ΔU, работу А, совершенную им, и полученное количество теплоты Q.

35

КОНТРОЛЬНОЕ ЗАДАНИЕ № 2 Студент–заочник должен решить девять задач того варианта, номер которого совпадает с последней цифрой его шифра (табл. 2). Таблица 2 Вариант

Номера задач

0

210

220

230

240

250

260

270

280

290

1

201

211

221

231

241

251

261

271

281

2

202

212

222

232

242

252

262

272

282

3

203

213

223

233

243

253

263

273

283

4

204

214

224

234

244

254

264

274

284

5

205

215

225

235

245

255

265

275

285

6

206

216

226

236

246

256

266

276

286

7

207

217

227

237

247

257

267

277

287

8

208

218

228

238

248

258

268

278

288

9

209

219

229

239

249

259

269

279

289

Рабочая программа Тема 10. Взаимодействие точечного электрического заряда с заряженными телами. Напряженность электростатического поля, созданного в вакууме электрическими зарядами, распределенными по линии, кольцу и плоскости. Пример решения задач Тонкая бесконечная нить согнута под углом 900. Нить несет заряд, равномерно распределённый с линейной плотностью t = 1 ,00 мкКл/м. Определить силу F, действующую на точечный заряд q = 0,10 мкКл, расположенный на продолжении одной из сторон и удалённой от вершины угла на a = 50,0 см. Дано Анализ и решение n Электрический заряд на нити не является точечным, поpV = const этому для определения искомой силы применить закон Кулоn = 1,5 на нельзя. Для решения задачи воспользуемся формулой сиDT = – 26 К лы, с которой электростатическое поле действует на помеА=? щенный в него электрический заряд r r F = qE . В нашем случае вектор напряженности электростатического поля заряженной ниr ти E в том месте, где находится заряд q, согласно принципу суперпозиции, равен 36

r векторной сумме напряженностей полей, создаваемых вертикальной E I и гориr зонтальной E II частями нити r r r E = E I + E II . У

r dE I

X

r dEII

dE IУ

a dE IX q

a

II

a

da

dl

r I r B

r×da

C

dl

1. Рассмотрим вертикальную часть нити I. Выделим на ней дифференциально малый участок (элемент) длиной dl (см. рис.). Тогда находящийся на этом участке заряд dQ = t dl можно считать точечным. В точке, где находится заряд q, он создает поле, вектор напряженности которого находится по формуле r r r dQ r t dl r dE I = k 2 = k 2 , r r r r r 1 , e 0 – диэлектрическая постоянная, r – радиус-вектор, направленздесь k = 4pe 0 ный от элемента длины нити dl к точке поля, где вычисляется напряжённость, r r = r . Чтобы найти напряженность поля, созданного вертикальной частью нити, необходимо сложить (проинтегрировать) напряженности от всех элементов нити. При этом следует учесть, что все слагаемые являются векторами и имеют различные направления. r Выберем оси ОХ и ОУ, как показано на рисунке, и спроецируем вектор dE I на эти оси dE Ix = dE I cos a , dE Iy = dE I sin a . Суммарные проекции напряженности E Ix и E Iy найдем интегрированием по длине нити. В качестве переменной величины удобно выбрать угол a , который соr a ставляет радиус-вектор r с нормалью к нити. Из рисунка следует, что r = . cosa 37

Через начало элемента длины нити проведём дугу ВС, радиусом r с центром в точке, где находится заряд q. Длина дуги лежащей напротив центрального угла da , равна rda . Треугольник ВqС, вследствие того, что отрезок нити dl мал, можrda но считать прямоугольным, тогда = cos a . Учитывая, что угол a изменяется dl p от 0 до , получаем 2 E Ix = ò dE Ix = ò k l

l

p 2

t rda t t t p t cos a = ò k da = k ò cos a da = k (sin - sin 0) = k , 2 r cos a r a0 a 2 a l p 2

p 2

t rda t sin a t sin a t sin a = ò k da = ò k cos a da = k ò sin a da = 2 r cos a r cosa a cos a a0 l l l 0 t p t = k ( - cos + cos 0) = k . a 2 a 2. Рассмотрим горизонтальную часть нити II. Выделим на ней дифференциально малый участок (элемент) длиной dl. Тогда находящийся на этом участке заряд dQ = t dl можно считать точечным. В точке пространства, где находится заряд q, он создает поле, вектор напряженности которого находится по формуле r r r dQ r t dl r dE II = k 2 = k 2 . r r r r Спроецируем вектор напряженности на оси OХ и OУ, получим dQ t dl dE IIx = k 2 = k 2 , r r dE IIy = 0 . Тогда dQ t dr E IIx = ò dE IIx = k ò 2 = k ò 2 . r r l l l Так как изменение длины нити совпадает с изменением расстояния до заряда q, то dl = dr и интегрирование ведется по длине нити от а до ¥ E Iy = ò dE Iy = ò k

¥

E IIx

dr t æ 1ö = kt ò 2 =kt ç - ÷ = k , r a è r øa l

E IIy = 0 Суммарные значения проекций вектора напряженности на оси OX и OУ будут равны t t 2t E x = E Ix + E IIx = k + k = k , a a a t E y = E Iy = k . a 38

Так как Ех и Еу взаимно перпендикулярны, то модуль результирующей напряженности находится по формуле 2

2

t t 5 æ 2t ö æ t ö Е= + = çk ÷ +çk ÷ = k 4+1 = k . a a è a ø è aø Таким образом, искомая сила, действующая на точечный заряд со стороны заряженной нити, будет равна qt 5 F = qE = . 4pe 0a Проверим наименование силы в системе СИ Кл × Кл × Н × м2 наимен.F = = Н. Кл 2м × м Подставим числовые значения и произведём вычисления 1 × 10 -71 × 10 -6 5 = 4 ,02 × 10-3 H. F= -12 4 × 3 ,14 × 8 , 85 × 10 × 0 , 5 Ответ: заряд q и заряженная нить взаимодействуют с силой F = 4,02 10–3 Н. E x2

E 2y

ЗАДАЧИ 201. Тонкий стержень длиной l = 10,0 см равномерно заряжен. Линейная плотность заряда t = 1,00 мкКл/м. На продолжении оси стержня на расстоянии a = 20,0 см от ближайшего его конца находится точечный заряд q = 100 нКл. Определить силу F взаимодействия заряженного стержня и точечного заряда. 202. Тонкий стержень длиной l = 20,0 см несет равномерно распределенный заряд Q =0,10 мкКл. Определить напряженность E электростатического поля, создаваемого распределенным зарядом в точке, лежащей на оси стержня на расстоянии a = 20,0 см от его конца. 203. Тонкое полукольцо радиусом R = 10,0 см несет равномерно распределенный заряд с линейной плотностью t = 1,00 мкКл/м. В центре кривизны полукольца находится заряд q = 20,0 нКл. Определить силу F взаимодействия точечного заряда и заряженного полукольца. 204. По тонкому полукольцу равномерно распределен заряд Q = 20,0 мкКл с линейной плотностью t = 0,10 мкКл/м. Определить напряженность E электростатического поля, создаваемого распределенным зарядом в точке, совпадающей с центром кривизны. 205. По тонкому кольцу радиусом R = 10,0 см равномерно распределен заряд с линейной плотностью t = 1,00 нКл/м. Точечный заряд q = 0,40 мкКл находится в центре кольца. Определить силу Fн, растягивающую кольцо. Взаимодействием зарядов кольца пренебречь. 39

206. Тонкое кольцо несет распределенный заряд Q = 0,20 мкКл. Определить напряженность E электростатического поля, создаваемого распределенным зарядом в точке, равноудаленной от всех точек кольца на расстояние r = 20,0 см. Радиус кольца R = 10,0 см. 207. Тонкий стержень длиной l = 12,0 см несет равномерно распределенный заряд с линейной плотностью t = 200 нКл/м. Определить напряженность Е электростатического поля, создаваемого распределенным зарядом в точке, лежащей на перпендикуляре к стержню, проведенном через один из его концов, на расстоянии а = 8,00 см от этого конца. 208. Полусфера несет заряд, равномерно распределенный с поверхностной плотностью s = 1,00 нКл/м2. Найти напряженность электростатического поля Е в геометрическом центре полусферы. 209. Находящийся в вакууме тонкий прямой стержень длиной l = 12,0 см заряжен равномерно зарядом Q = 0,10 мкКл. Найти модуль вектора напряженности Е электростатического поля в точке, находящейся на расстоянии а = 5,00 см от стержня против его середины. 210. Тонкий диск радиусом R = 4,00 см равномерно заряжен с поверхностной плотностью s = 1,79 мкКл/м2. Определить напряженность Е электростатического поля в точке, лежащей на оси диска на расстоянии а = 3,00 см от его центра. Рабочая программа Тема 11. Поток вектора напряженности электростатического поля. Принцип суперпозиции. Электростатическая теорема Гаусса и её применение для расчета напряженности электростатического поля в вакууме Пример решения задач Бесконечно длинный цилиндр радиусом R1 = 5,00 см заряжен с объёмной плотностью ρ = 1,00 нКл/м3. Вокруг цилиндра, коаксиально с ним, расположена цилиндрическая сетка радиусом R2 = 10,0 см. Сетка заряжена с поверхностной плотностью s = – 2,00 нКл/м2. Вычислить напряжённость электростатического поля Е в точках, расположенных на расстояниях r1 = 2,00 см, r2 = 8,00 см, r3 = 15,0 см от оси цилиндра. Анализ и решение Дано Электростатическое поле создано зарядами, равR1 = 5,00 см номерно распределенными по объёму цилиндра и по по3 r = 1,00 нКл/м верхности сетки. Эти тела являются симметричными отноR2 = 10,0 см сительно оси OOI, проходящей через их геометрические 2 s = – 2,00 нКл/м центры. Поэтому можно считать, что поле также обладает r1 = 2,00 см осевой симметрией, то есть его силовые линии являются r2 = 8,00 см прямыми в любой плоскости, перпендикулярной оси и наr3 = 15,0 см Е1, Е2, Е3 = ? 40

правлены по радиусу. Такая симметрия позволяет искать напряженность поля с помощью теоремы Гаусса: R1 O R2

r E3 S3 r3

r E1 S2

r1 S1

r2

r E2 h

OI Поток вектора напряженности электростатического поля в вакууме сквозь произвольную замкнутую поверхность равен алгебраической сумме заключенных внутри этой поверхности зарядов, деленных на e 0 . r r r r 1 n ФE = ! EdS = EdS cos( E ^ dS ) = E dS = Qi , !ò !ò n e å òS 0 i =1 S S r r здесь dS = dSn – вектор, модуль которого равен элементу поверхности dS, а его r направление совпадает с направлением внешней нормали n к элементу поверхноr r сти, Еn – проекция вектора E на нормаль n к элементу поверхности dS . В качестве произвольной замкнутой поверхности следует выбрать поверхность, коаксиальную заряженным поверхностям, то есть в виде цилиндра конечной высоты. Характер зависимости Е(r) для точек, лежащих внутри цилиндра, между цилиндром и сеткой и вне сетки, различен. Поэтому следует использовать три вспомогательные цилиндрические поверхности S1, S2, S3 с радиусами r1 < R1, R1 < r2 < R2 и r3 > R2 (см. рисунок). Для каждой поверхности теорема Гаусса может быть записана в виде 1 n E dS = Qi . (1) !ò n e å i = 1 0 S1 ,2 ,3 Из рисунка видно, что боковые поверхности вспомогательных цилиндров и их основания находятся в разных условиях относительно силовых линий поля. Во r r всех точках основания ( E ^ dS ) = 900 и поток вектора напряженности сквозь осr нования равен нулю. rНа боковых поверхностях S1,2,3бок нормаль n совпадает с направлением вектора E . Поэтому 41

!ò

En dS =

S1 , 2 , 3

!ò

En dS .

Sбок 1 ,2 ,3

Все точки боковых поверхностей находятся в одинаковых условиях относительно зарядов, что позволяет считать E n постоянной величиной. Тогда (2) !ò EndS = En ò dS = En 2p rh , S бок 1 ,2 ,3

S бок 1 ,2 ,3

здесь r и h – радиус и высота вспомогательных поверхностей. Следует обратить внимание, что r – это расстояния от оси цилиндра до точек, в которых вычисляется напряженность поля и одновременно радиусы вспомогательных поверхностей. Сумма зарядов, охваченных вспомогательной поверхностью, стоящая в правой части выражения (1), зависит от радиуса вспомогательной поверхности. При r < R1, внутри поверхности S1, находится часть заряда цилиндра и так как заряд распределён равномерно, то Q1 = rV1 , где V1 = p r12h – объём, заключённый внутри поверхности S1. Таким образом n

Q1 = å Qi = rp r12 h . i =1

Подставляя последнее выражение в (1) и заменяя интеграл по замкнутой поверхности S1 правой частью равенства (2), получаем rr 1 E n1 2p r1h = rp r12 h , откуда E n1 = 1 . e0 2e 0 Проверим наименование напряженности в системе СИ Кл × м × Нм2 Н наимен. E = = . м 3 × Кл 2 Кл В полученную формулу подставим численные значения величин и произведём вычисления 1 , 00 × 10-9 × 2 , 00 × 10 -2 E n1 = = 1 ,13 Н/Кл. 2 × 8 ,85 × 10-12 При R1 < r2 < R2 внутри поверхности S2, находится заряд Q2 = rV2 , где

V2 = p R12 h – объём цилиндра, заключённого внутри поверхности S2. Тогда n

åQ i =1

i

= Q2 = rp R12 h .

Подставляя это выражение в (1) и заменяя интеграл по замкнутой поверхности S2 правой частью равенства (2), получаем 1 r R12 E n2 2p R1h = rp R12 h , откуда E n2 = . e0 2r2e 0 Проверим наименование напряженности в системе СИ Кл × м 2 × Нм2 Н наимен. E = 3 = . м × м × Кл 2 Кл 42

Подставим числовые значения величин и произведём вычисления 1 , 00 × 10 -9 × ( 5 , 00 × 10-2 )2 E n2 = = 1 , 77 Н/м. 2 × 8 , 00 × 10-2 × 8 , 85 × 10-12 При r3 > R2 внутри поверхности S3 поле будет создаваться заряженными цилиндром и сеткой. Тогда n

åQ i =1

i

= Q3 = ( rp R12 h + s 2p R2 h ) ,

здесь 2p R2 h – площадь поверхности сетки, по которой равномерно распределён заряд с поверхностной плотностью s . Подставляя значение заряда в (1) и заменяя интеграл по замкнутой поверхности S3 правой частью равенства (2), получаем 1 1 E n3 × 2p r3 h = ( rp R12 h + 2sp R2 h ) , откуда E n3 = ( r R12 + 2s R2 ) . 2r3e 0 e0 Проверим наименование напряженности в системе СИ Н × м 2 Кл × м 2 Кл × м Н наимен. Е = ( + ) = . м × Кл 2 м3 м2 Кл Подставим числовые значения величин и произведём вычисления 1 é1 , 00 × 10-9 ( 5 , 00 × 10 -2 )2 - 2 × 2 ,00 × 10-9 × 0 ,1ùû = -149 , 8 Н/м. E n3 = -12 ë 2 × 0 ,15 × 8 , 85 × 10 r r Знак « – » означает, что угол между векторами E3 и dS равен 1800 (см. рис.). Ответ: напряжённости поля в трёх точках соответственно равны E1 = 1 ,13 Н/м, E 2 = 1 ,77 Н/м, E 3 = 149 ,8 Н/м. ЗАДАЧИ 211. Длинный тонкий прямой провод, расположенный в вакууме, имеет равномерно распределенный заряд с линейной плотностью t = 1,00·10–9 Кл/м. Найти с помощью теоремы Гаусса, напряженность электростатического поля Е в точке, удаленной от провода на расстояние а = 1,50 м. 212. Две параллельные, бесконечно длинные прямые нити несут заряд, равномерно распределенный по длине с линейными плотностями t 1= 0,10 мкКл/м и t 2= 0,20 мкКл/м. Определить силу F взаимодействия, приходящуюся на отрезок нити длиной l = 1,00 м, если расстояние между нитями r = 10,0 см. Расчет напряженности электростатического поля провести с помощью теоремы Гаусса. 213. Бесконечная равномерно заряженная плоскость имеет поверхностную плотность электрических зарядов s = +9,00·10–6 Кл/м2. Над ней находится алюминиевый шарик, имеющий заряд q = 3,68·10–7 Кл. Какой радиус R должен иметь шарик, чтобы он не падал? Расчет напряженности электростатического поля плоскости провести с помощью теоремы Гаусса.

43

214. В вакууме имеется скопление зарядов в форме длинного цилиндра радиусом R = 2,00 см. Объемная плотность зарядов r = 2,00 мкКл/м3. Найти с помощью теоремы Гаусса, напряженность электростатического поля Е в точках, лежащих на расстояниях r1 = 1,00 см, r2 = 3,00 см от оси цилиндра. 215. Свободные заряды равномерно распределены по объему шара радиусом R = 10,0 cм. Объемная плотность заряда r = 5,00 нКл/м3. Определить напряженность электростатического поля Е на расстояниях r1 = 5,00 см, r2 = 15,0 см от центра шара. Для расчета применить теорему Гаусса. 216. Между пластинами плоского конденсатора находится точечный заряд q = 30,0 нКл. Электростатическое поле конденсатора действует на заряд с силой F1 = 10,0 мН. Определить силу F2 взаимного притяжения пластин, если площадь каждой пластины S = 100 см2. Напряженность Е поля заряженного конденсатора найти с помощью теоремы Гаусса. 217. Металлическая сетка в виде цилиндра радиусом R = 1,50 см несет заряд, равномерно распределенный по поверхности с плотностью s = 0,01 мкКл/м2. Определить, применяя теорему Гаусса, напряженность электростатического поля Е в точках, отстоящих от оси цилиндра на расстояниях r1 = 1,00 см и r2 = 3,00 см. 218. В центре заряженной с поверхностной плотностью s = 0,10 мкКл/м2 сферы радиусом Rсф = 5,00 см, находится шар, равномерно заряженный по объему ( s = 10,0 нКл/м3). Радиус шара Rш = 3,00 см. Используя теорему Гаусса, определить напряженность электростатического поля Е в точках, находящихся на расстояниях r1 = 2,00 см, r2 = 4,00 см, r3 = 6,00см от центра шара. 219. Точечный заряд q = 1,60·10–19 Кл окружен равномерно заряженным облаком радиусом R = 5,00·10–11 м. Система электрически нейтральна. Применяя теорему Гаусса, найти напряженность электростатического поля Е в точке, удаленной от точечного заряда на расстояние r = R/2. 220. Электростатическое поле создано тонкой очень длинной нитью, заряженной с линейной плотностью t = 30,0 нКл/м. На расстоянии r = 20,0 см от нити находится плоская прямоугольная площадка, ориентированная так, что вектор наr пряженности Е , проходящий через середину площадки, составляет угол b = 300 с ее плоскостью. Стороны площадки а = 1,00 см, в = 2,00 см. Используя теорему Гаусса, найти поток вектора напряженности ФЕ через площадку. Рабочая программа Тема 12. Потенциал электростатического поля зарядов распределенных по линии, кольцу и плоскости. Принцип суперпозиции

44

Пример решения задач По тонкой проволочной нити, изогнутой по дуге окружности радиусом R, равномерно распределён заряд с линейной плотностью t = 10,0 нКл/м. Определить потенциал электрического поля j , создаваемого этим зарядом в точке, совпадающей с центром кривизны дуги. Длина нити l составляет 1/3 длины окружности. Дано т.О t =10,0 нКл/м 1 l = 2p R R 3 Q j=? dl l Анализ и решение Электростатическое поле создано зарядом, распределенным по тонкой дуге. Оно не обладает достаточной симметрией, и указать точную конфигурацию силовых линий электростатического поля невозможно. Поэтому для нахождения энергетической характеристики поля – потенциала j , можно использовать только принцип суперпозиции. Разобьем дугу на элементарные участки длиной dl. Заряд dQ , находящийся на этом участке, можно считать точечным. Тогда потенциал dφ, создаваемый в центре кривизны таким зарядом, рассчитаем по формуле dQ dj = k , (1) r 1 , r – расстояние от элемента dl до точки, потенциал в которой мы выгде k = 4pe 0 числяем. Потенциал результирующего поля получим интегрированием выражения (1) dQ j=ò k, (2) r Q где интеграл берется по всему заряду Q, создающему поле. Равномерное распределение заряда по дуге позволяет утверждать, что dQ Q Q = , откуда dQ = dl = t dl , dl l l здесь t – линейная плотность заряда дуги. Тогда формула (2) примет вид t dl j = kò . l r Произведём интегрирование, учитывая, что r = R, а длина нити меняется от 0 до 1 l = 2p R 3 45

2 pR 3

t dl t 23p R t 2p R = k ò0 R R l 0 = k R 3 . Заменим k её значением, произведем сокращение и получим окончательную формулу t j= . 6e 0 Проверим наименование потенциала в системе СИ Кл × Н × м 2 Дж наимен. j = = = В. м × Кл 2 Кл Подставим числовые значения величин и произведём вычисления 10 , 0 × 10-9 = 188 , 3 В. j= 6 × 8 ,85 × 10-12 Ответ: создаваемый заряженной дугой в её центре потенциал j = 188,3 В. j=

k

ЗАДАЧИ 221. Тонкий стержень согнут в кольцо радиусом R = 10,0 см. Он равномерно заряжен с линейной плотностью заряда t = 800 нКл/м. Пользуясь принципом суперпозиции, определить потенциал электростатического поля φ в точке, расположенной на оси кольца на расстоянии h = 10,0 см от его центра. 222. Тонкая квадратная рамка равномерно заряжена с линейной плотностью заряда t = 200 пКл/м. Применяя принцип суперпозиции, рассчитать потенциал электростатического поля φ в точке пересечения диагоналей. 223. Тонкий стержень согнут в полукольцо радиусом R = 10,0 cм. Он заряжен с линейной плотностью t = 300 нКл/м. Какую работу А надо совершить, чтобы перенести заряд q = 1,00 нКл из центра полукольца в бесконечность? Для расчета потенциала в центре кольца использовать принцип суперпозиции. 224. На отрезке тонкого прямого стержня длиной l = 10,0 см распределен электрический заряд с линейной плотностью t = 10,0 нКл/м. Пользуясь принципом суперпозиции, вычислить потенциал электростатического поля j в точке, лежащей на оси стержня и удаленной от его ближайшего конца на расстояние, равное длине стержня. 225. Электростатическое поле создано тонким стержнем, заряженным электрическим зарядом с линейной плотностью t = 1,00 нКл/м. Применяя принцип суперпозиции, определить потенциал электростатического поля j в точке, удаленной от концов стержня на расстояние, равное длине стержня. 226. Тонкая круглая пластина несет равномерно распределенный по поверхности заряд Q = 1,00 нКл. Радиус пластины R = 5,00 см. Найти с помощью принципа суперпозиции потенциал электростатического поля j в центре пластины. 46

227. Тонкое плоское кольцо с внутренним радиусом R1 = 2,00 см и внешним радиусом R2 = 5,00 см, имеет заряд Q = 10,0 нКл. Вычислить с помощью принципа суперпозиции потенциал электростатического поля j в центре кольца. 228. Тонкая круглая пластина радиусом R = 10,0 см равномерно заряжена с поверхностной плотностью s = 5,00 нКл/м2. Вычислить с помощью принципа суперпозиции потенциал электростатического поля j в точке, лежащей на оси, перпендикулярной плоскости пластины на расстоянии h = 5,00 см от ее центра. 229. Найти с помощью принципа суперпозиции потенциал электростатического поля j на краю тонкого равномерно заряженного диска. Радиус диска R = 20,0 см, а поверхностная плотность заряда s = 0,25 мКл/м2. 230. Полусфера с радиусом R = 10,0 см, равномерно заряжена с поверхностной плотностью s =1,00 нКл/м2. Найти, применяя принцип суперпозиции, потенциал электростатического поля j полусферы в ее геометрическом центре. Рабочая программа Тема 13. Работа по перемещению зарядов в поле. Градиент потенциала электростатического поля и его связь с напряженностью. Пример решения задач Точечный заряд q = – 1,00 мкКл расположен на продолжении диаметра заряженного шара. Какую работу надо совершить, чтобы перенести этот заряд из точки 1 в точку 2 поля, созданного шаром. Потенциал шара j шара = 1,00 кВ? Дано Q q = – 1,00 мкКл r R шара E 1 j = 1,00 кВ 2 r * O – q R 2R А =? Анализ и решение Работа А , совершаемая внешними силами при перемещении заряда в кулоновском поле, равна работе сил поля, взятой с обратным знаком: A* = - A12 = q( j1 - j 2 ) , (1) здесь j 1 и j 2 – потенциалы соответственно начальной и конечной точек. Для того чтобы определить знак работы внешних сил, надо выяснить направление силовых линий поля. Как видно из рисунка, при движении заряда q из точки 1 по направлению к точке 2 заряд перемещается по силовой линии, то есть против кулоновских сил, и работа внешних сил будет положительна. Для определения разности потенциалов воспользуемся соотношением между r напряженностью поля и изменением потенциала E = -gradj . Для поля с осевой симметрией, каким является поле шара, это соотношение можно записать в виде *

47

E = - dj / dr , или dj = - Edr . Интегрируя последнее выражение, найдем разность потенциалов двух точек, отстоящих на r1 и r2 от центра шара r2

( j 1 - j 2 ) = ò Edr .

(2)

r1

Используя теорему Гаусса, можно показать (см. пример из Темы 11), что шаровая (сферическая) поверхность радиуса R, равномерно заряженная зарядом Q, создает электростатическое поле, в котором: при r > R Q E=k 2, (3) r ¥ Q шара j = ò Edr = k , r r при r < R E = 0, Q j шара = const = k , R 1 , r – расстояние от центра шара до точки поля, Q – заряд шара, j шара где k = 4pe 0 – его потенциал. Из последней формулы найдем заряд Q шара 1 Q = j шара R . k Подставим его значение в формулу (3), а её, в свою очередь, в формулу (2). Полученное выражение проинтегрируем, полагая, что r1 = 2R, r2 = 4R 4R

4R

4R

4R

Q j шара R dr æ 1ö ( j 1 - j 2 ) = ò k 2 dr = ò k dr = j шара R ò 2 = j R ç - ÷ . 2 r kr r è r ø 2R 2R 2R 2R Итак 1 ö æ 1 шара 1 + . ( j 1 - j 2 ) = j шара ç ÷ =j 4R è 2R 4R ø Полученное выражение разности потенциалов точек 1 и 2 подставляем в формулу (1) и находим работу внешних сил по перемещению заряда q из точки 1 в точку 2 1 A* = qj шара . 4 Проверим наименование работы в системе СИ наимен. А* = Кл × В = Дж . Подставим числовые значение величин и произведём вычисления 48

1 , 00 × 10 -6 × 1 ,00 × 103 = 2 , 5 × 10 -4 Дж. 4 Ответ: внешние силы совершают работу A* = 2 ,5 × 10-4 Дж. A* =

ЗАДАЧИ 231. Электростатическое поле создано длинным заряженным цилиндром радиус которого R = 1,00 см. Линейная плотность заряда t = 20,0 нКл/м. Определить разность потенциалов Δ j двух точек этого поля, находящихся на силовой линии на расстояниях а1 = 0,50 см и а2 = 2,00 см от поверхности цилиндра в его средней части. Расчет провести с помощью формулы связи напряженности с изменением потенциала электростатического поля. 232. Исходя из соотношения между напряженностью и изменением потенциала электростатического поля, найти линейную плотность t длинной заряженной нити, если при перемещении заряда q = 1,00 нКл с расстояния r1 = 5,00 cм до r2 = 2,00 см в направлении, перпендикулярном нити, силы поля совершили работу А = 50,0 мкДж. 233. Электростатическое поле создается бесконечной плоскостью, равномерно заряженной с поверхностной плотностью s = 1,00 нКл/м2. Определить разность потенциалов Δ j между двумя точками этого поля, лежащими на силовой линии на расстояниях х1 = 20,0 см и х2 = 50,0 см. Использовать соотношение между напряженностью и изменением потенциала электростатического поля. 234. Электростатическое поле создается шаром, радиус которого R = 8,00 см. Шар равномерно заряжен с объемной плотностью r = 10,0 нКл/м3. Применяя формулу связи напряженности поля с изменение его потенциала, вычислить разность потенциалов Δ j двух точек, находящихся на расстояниях r1 = 10,0 см и r2 = 15,0 см от центра шара, 235. Шар, радиус которого R = 10,0 см, равномерно заряжен с объемной плотностью r = 20,0 нКл/м3. Определить разность потенциалов Δ j между точками, лежащими на радиусе шара на расстояниях r1 = 2,00 см и r2 = 8,00 см от его центра. Напряженность электростатического поля внутри заряженного шара вычисляется по формуле Е = r r/3 e о . 236. Электростатическое поле создается положительно заряженной бесконечной нитью. Протон, двигаясь от нити под действием поля вдоль силовой линии с расстояния r1 = 1,00 см до r2 = 5,00 см, изменил скорость от u 1 = 1,00 Мм/с до u 2 = 10,0 Мм/с. Определить линейную плотность t заряда нити. Применить соотношение между напряженностью поля и изменением его потенциала. 237. Электростатическое поле создано бесконечной заряженной прямой нитью с равномерно распределенным зарядом (t = 10,0 нКл/м). Определить кинетическую энергию W2к электрона в точке, находящейся на силовой линии поля на 49

расстоянии 3а от нити, если в точке, находящейся на этой же силовой линии на расстоянии а, его кинетическая энергия W1к = 200 эВ. 238. Тонкая прямая бесконечная нить несет равномерно распределенный заряд (t = 0,10 мкКл/м). Определить работу сил электростатического поля А по перемещению заряда q = 50,0 нКл из точки, находящейся на силовой линии на расстоянии а от нити, в точку, которая находится на той же линии на расстоянии 2а от нити, но по другую сторону от нее. 239. Бесконечно длинный прямой цилиндр заряжен с поверхностной плотностью s = 76,0 нКл/м2. Радиус цилиндра R = 0,50 см. Найти разность потенциалов Δ j между точками, находящимися на силовой линии и удаленными от оси цилиндра на расстояния r1 = 1,00 cм и r2 = 2,00 см. Воспользоваться формулой связи напряженности и изменения потенциала электростатического поля. Напряженность поля вне заряженного бесконечно длинного полого цилиндра вычисляется по формуле Е = s R/ e 0 r. 240. В вакууме имеется скопление электрических зарядов в форме длинного цилиндра радиусом R = 2,00 см. Объемная плотность зарядов r = 2,00 мкКл/м3. Используя связь напряженности и изменение потенциала электростатического поля, найти разность потенциалов между точками, лежащими на оси цилиндра и его поверхности. Напряженность поля внутри заряженного по объему бесконечно длинного цилиндра вычисляется по формуле Е = r r/2 e 0 . Рабочая программа Тема 14. Индуцированные заряды. Вычисление напряженности и потенциала электростатического поля при наличии проводников. Метод зеркальных изображений Пример решения задач Тонкое кольцо радиусом R =8,00 см имеет заряд Q = 25,0 нКл. Кольцо расположено параллельно большой тонкой металлической пластине на расстоянии h = 3,00 см от неё. Найти: 1) поверхностную плотность заряда s инд в точке пластины, расположенной симметрично относительно кольца; 2) потенциал j электростатического поля в центре кольца. Дано Q = 25,0 нКл R =8,00 см h = 3,00 см s инд = ? j =?

+Q к

j = const 50

O R -s

инд

h

Анализ и решение 1. Поверхность проводника является эквипотенциальной поверхностью. На этом свойстве проводников основан метод зеркальных изображений, позволяющий рассчитывать различные электростатические поля. Суть метода заключается в следующем. Если в произвольном электростатическом поле заменить эквипотенциальную поверхность проводящей поверхностью такой же формы и создать на ней такой же потенциал, то данное электростатическое поле не изменится. Приr внесении металлической пластины в поле положительно заряженного кольца E на ней появляются индуцированные заряды, причем, на поверхности, обращенной к кольцу, индуцируются отрицательные заряды с поверхностной плотностью – s инд. Напряженность поля индуцированных (отрицательных) зарядов вблизи проводящей пластины находится по формуле s инд инд , E = e0 где s инд – поверхностная плотность индуцированных на пластине зарядов. Эту формулу нетрудно вывести с помощью теоремы Гаусса (см. пример из Темы 11). Электростатическое поле между заряженным кольцом и пластиной, согласно методу зеркального изображения, эквивалентно полю, созданному данным кольцом и его зеркальным изображением в пластине. Это поле может быть рассчитано по принципу суперпозиции. r r к r изобр .к E =E +E r к r изобр .к где E , E – напряженности полей кольца и его изображения в данной точке. r Найдем напряженность кольца E к . Выделим на нем элемент длины dl, с зарядом dQ. Qк dQ к

O R

r a dE *x r dE *

dQ *

j = const

dEх

h

r dE

h

r E изобр .к

dE x

X j = const r r dE Eк

Х

R У

dQ изобр .к - Q изобр.к

У

Этот заряд создает в данной точке поле, напряженность которого можно рассчитать по формуле r rк dQ r dE = k 2 , r r 51

r 1 , e 0 – диэлектрическая постоянная, r – радиус-вектор, направлен4pe 0 r ный от элемента длины dl к точке поля, где вычисляется напряжённость, r = r . Чтобы найти напряженность поля, созданного всем кольцом, необходимо сложить (проинтегрировать) напряженности от всех его элементов. При этом следует учесть, что слагаемые являются векторами и имеют различные направления. Совместим начало системы координат ХУ с точкой, где ищется результирующее поле. Проекции векторов напряженностей полей, создаваемых какой-либо парой заряженных элементов кольца dl, лежащих на одном диаметре, на ось Х складыrк . ваясь, компенсируют друг друга, а на ось У – дают результирующее поле dE rк Таким образом, вектор напряженности поля создаваемого всем кольцом E будет направлен по оси кольца, а его модуль cosa dQ Q E к = E кy = ò dE к cosa = ò k 2 cosa = k 2 ò dQ = k 2 cosa . r r Q r Q Q здесь k =

Совершенно аналогично находится напряженность поля изображения кольца Q E изобр . к = k 2 cos a . r Итак, результирующая напряженность электростатического поля кольца и его изображения в данной точке Q E = E к + E изобр . к = 2 k 2 cos a . r Индуцированные заряды распределяются по пластине так, что их поле внутри пластины компенсирует внешнее поле (напряженность поля внутри проводника, расположенного в электростатическом поле, равна нулю), то есть r r E + E инд = 0 или E = E инд . Следовательно s инд Q 2 k 2 cos a = . r e0 Откуда получаем Q s инд = 2ke 0 2 cos a . r 1 h Подставим в полученную формулу значения k = , cos a = , r = R2 + h2 , r 4pe 0 получим 1 Qh Qh s инд = 2 e0 3 = 3 . 4pe 0 ( R 2 + h2 )2 2p ( R 2 + h2 )2 Проверим наименование поверхностной плотности зарядов в системе СИ 52

Кл × м Кл = 2 . м3 м Найдем численное значение поверхностной плотности индуцированных зарядов 25 , 0 × 10 -9 3 , 00 × 10 -2 инд -7 s = Кл/м2. 3 = 1 , 91 × 10 2 2 2 2 × 3 ,14 é 8 , 00 × 10 -2 + 3 , 00 × 10 -2 ù ëê ûú 2. Потенциал электростатического поля в центре кольца, согласно принципу суперпозиции, равен алгебраической сумме потенциалов полей, созданных заряженным кольцом и его изображением j = j к + j изобр .к . Элемент длины dl кольца с зарядом dQ создает поле, потенциал которого в центре кольца можно рассчитать по формуле dQ dj к = k . R Чтобы найти потенциал от всего кольца, возьмем интеграл по его заряду dQ k k j к = ò dj к = ò k = ò dQ = Q . R RQ R Q Q наимен. s инд =

(

) (

)

Потенциал изображения кольца находится аналогично, только расстояние от изображения до центра кольца будет 4h2 + R 2 , а его заряд –Q - dQ k k j изобр .к = ò j изобр .к = ò k =dQ = Q. 2 2 2 2 ò 2 2 4h + R 4h + R Q 4h + R Q Q Таким образом, искомый потенциал æ1 ö k k 1 Q = kQ ç j = Q÷. R 4 h2 + R 2 4 h2 + R 2 ø èR Проверим наименование потенциала в системе СИ Н × м2 × Кл Дж наимен. j = = = В. Кл 2 × м Кл Подставим числовые значения величин и произведем вычисления æ ö 1 1 9 -9 ÷ = 562 В. j = 8 , 99 × 10 25 ,0 × 10 ç -2 2 -2 2 ÷ ç 8 , 00 × 10 -2 × + × 4 ( 3 , 00 10 ) ( 8 , 00 10 ) è ø Ответ: поверхностная плотность индуцированного заряда на проводящей пластине s инд = 1,91 × 10-7 Кл/м2, потенциал поля в центре кольца j = 562 В. ЗАДАЧИ 241. Точечный заряд q = 0,15 мкКл находится в центре сферической проводящей оболочки. Внешний радиус оболочки R1 = 25,0 см, внутренний R2 = 20,0 см. Определить напряженность электростатического поля Е в точках, удаленных 53

от заряда на расстояние r1 = 50,0 cм и r2 = 10,0 см, а также разность потенциалов Δ j между этими точками. 242. Вне изолированной металлической незаряженной сферы на расстоянии r = 15,0 см от её центра находится точечный заряд q = 20,0 нКл. Каков потенциал j сферы, если её радиус R = 5,00 см? 243. Точечный заряд q = 3,00·10–8 Кл находится на расстоянии а = 3,00 см от большой тонкой металлической пластины. Определить поверхностную плотность зарядов s инд, индуцированных на пластине в точке, находящейся на расстоянии r1 = 5.00 см от заряда. Воспользоваться методом зеркальных изображений. 244. Две одинаковые металлические пластины размерами 20,0 х 20,0 см находятся на расстоянии d = 1,00 см друг от друга. На одной из пластин находится заряд Q1 = 12,0 нКл, на другой – Q2 = 4,00 нКл. Как распределятся заряды по каждой из пластин? Найти разность потенциалов Δ j между пластинами. 245. Два точечных заряда q1 = 1,00 нКл и q2 = –1,00 нКл, расположены на расстоянии l = 5,00 см друг от друга и на одинаковом расстоянии а = 2,50 см от безграничной проводящей плоскости. Применяя метод зеркальных изображений, найти модуль кулоновской силы, действующий на каждый заряд. 246. Тонкое кольцо, равномерно заряженное зарядом Q = 2,00 10–8 Кл, и проводящая сфера расположены так, что центр сферы находится на оси кольца на расстоянии l = 10,0 см от его плоскости. Радиус кольца R = 2,00 см. Определить потенциал j сферы. Воспользоваться формулой для вычисления потенциала заряженного кольца в точке, лежащей на его оси на расстоянии l от центра

j = Q/(4 pe о l 2 + R 2 ). 247. Большая металлическая пластина расположена в вертикальной плоскости и соединена с землей. На расстоянии а = 10,0 см от пластины находится неподвижная точка, к которой на нити длиной l = 12,0 см подвешен маленький шарик. При сообщении шарику заряда q он притянулся к пластине, в результате чего нить отклонилась от вертикали на угол a = 300. С помощью метода зеркальных изображений, найти заряд шарика q, если его масса m = 0,10 г. 248. Металлический шар, радиус которого R1 = 10,0 см, заряжен до потенциала j 1 = 300 В. Определить потенциал j 2 этого шара в двух случаях: 1) после того как его окружат сферической проводящей оболочкой радиусом R2 = 15,0 см и на короткое время соединят с ней проводником; 2) если его окружить сферической проводящей заземленной оболочкой радиусом R2 = 15,0 см. 249. На расстоянии а = 10,0 см от бесконечной проводящей плоскости находится точечный заряд q = 20,0 нКл. Используя метод зеркальных изображений, вычислить напряженность Е электростатического поля в точке, удаленной от плоскости на расстояние а и от заряда q на расстояние 2а. 54

250. Из трех концентрических очень тонких металлических сфер с радиусами R1 = 1,00 см, R2 = 3,00 см, и R3 = 5,00 см крайние заземлены, а средней сфере сообщен заряд Q = 10,0 мкКл. Определить напряженность Е электростатического поля в точках, находящихся на расстояниях r1 = 0,50 см, r2 = 2,00см, r3 = 4,00 см и r4 = 6,00 см от центра сфер. Рабочая программа Тема 15. Поляризация диэлектриков. Поляризационные заряды. Вычисление напряженности и потенциала электростатического поля при наличии диэлектриков Пример решения задач Расстояние между обкладками плоского конденсатора l = 5,00 мм, разность потенциалов Dj = 1,20 кВ. Пространство между обкладками заполнено диэлектриком с диэлектрической восприимчивостью c = 1. Определить: 1) напряженность E электростатического поля в диэлектрике, 2) поверхностную плотность s свободных зарядов на обкладках конденсатора, 3) поверхностную плотность s пол поляризационных зарядов на диэлектрике. r E Дано r l = 5,00 мм n D S Dj = 1,20 кВ + + + + + s × – – – s пол – – c =1 диэлектрик r r пол r r E = ?, s = ?, r E0 E e E , P s пол = ? E =0 проводник пол + + + + + s – – – – s – DS Анализ и решение При внесении диэлектрика во внешнее электрическое поле он поляризуется, то есть в нем происходит смещение электрических зарядов: положительные смещаются по полю, отрицательные – против поля. Эти заряды называются поляризационными и распределяются по поверхности диэлектрика с плотностью s пол. r Напряженность поля поляризационных зарядов E пол направлена против напряr женности внешнего поля E0 и ослабляет его. Результирующее поле внутри диэлектрика определяется по принципу суперпозиции r r r Е = E0 + E пол или Е = E0 - E пол . (1) Для количественного описания поляризации r однородных и изотропных диэлектриков пользуются векторной величиной P – поляризованностью, которая линейно зависит от напряженности поля r r r r P = ce 0 E или P = e 0 ( e - 1 )E , 55

здесь c , e – диэлектрические восприимчивость и проницаемость диэлектрика. r Результирующее поле E в диэлектрике зависит его от свойств. Поляризационные заряды, возникающие в диэлектрике, могут вызвать перераспределение r свободных зарядов, создающих поле. Потому вводят новую величину D – вектор электрического смещения (электрической индукции) r r r r D = ee 0 E = e 0 E + P , (2) который характеризует электростатическое поле, создаваемое свободными зарядами (то есть в вакууме), но при таком их распределении в пространстве, какое имеется при наличии диэлектрика. При расчете поля в диэлектриках применяют два метода. Первый метод основан на принципе суперпозиции. Сначала рассчитывают поле свободных зарядов r r E0 . Затем определяют поле поляризационных зарядов E пол . Далее по формуле (1) r находят напряженность поля Е в диэлектрике. Таким же образом можно получить выражение и для потенциала j электростатического поля в диэлектрике. По второму методу сначала по теореме Гаусса для поля в диэлектрике нахоr дят вектор электрического смещения D , затем по формуле (2) определяют наr r пряженность Е и далее (если необходимо) из соотношения E = -gradj рассчитывают потенциал. Для решения задачи применим оба метода. Метод суперпозиции. Поле в диэлектрике создается свободными s зарядами, расположенными на обкладках конденсатора и поляризационными s пол зарядами, расположенными на двух параллельных обкладкам гранях диэлектрика. Напряженности электростатического поля таких заряженных систем нетрудно вычислить, применив теорему Гаусса (см. пример из Темы 11) s s пол E0 = , E пол = . (3) e0 e0 Поверхностная плотность поляризационных зарядов s пол в диэлектрике связана с поляризованностью и напряженностью поля соотношением s пол = Pn = e 0 ( e - 1 )En = e 0 c En , (4) r r здесь – Pn и E n – проекции векторов P и E на нормаль к поверхности диэлектрика. В нашем случае E n = E. Подставим в уравнение (1) значения напряженностей из (3) s s пол Е= , e0 e0 а значение s пол возьмем из (4), получим s e cE Е= - 0 . e0 e0 Решая это уравнение относительно s , найдем s = Ee 0 ( 1 + c ) . (5) 56

Напряженность электростатического поля в диэлектрике E можно найти из известного соотношения 2

Dj = ò El dl .

1 r Для однородного поля ( Е = const), каким является поле плоского конденсатора, Dj E= , (6) l здесь Dj – разность потенциалов на обкладках конденсатора, l – расстояние между ними. Подставим (6) в (4) и (5), получим Dj Dj s пол = e 0c , s = e 0 ( 1 + c ). l l Метод Гаусса. По теореме Гаусса для электростатического поля в диэлектрике n r r (7) ФD = ! ò DdS = = !ò DndS = å Qi i =1

S

находим электрическое смещение. Для этого применим её к бесконечно малому цилиндру с основанием D S , пересекающему границу проводник – диэлектрик. r Ось цилиндра ориентирована вдоль вектора E (см. рис.). Поток вектора электриr ческого смещения D через внутреннюю часть цилиндрической поверхности равен нулю, так как внутри проводника E пр , а значит и D пр , равна нулю. Поэтому поток вектора ФD сквозь замкнутую цилиндрическую поверхность определяется только потоком сквозь наружное основание цилиндра, причем D = Dn, так как r r D -- n . Согласно теореме Гаусса (7), этот поток равен сумме зарядов охватываемых поверхностью, то есть DD S = sD S . Откуда следует, что D =s . С другой стороны, согласно (2) D = ee 0 E . Сравнивая эти две формулы, получаем значение напряженности поля в диэлектрике s E= . e 0e Отсюда Dj s = Ee 0e = e ( 1 + c ). l 0 Далее, по формуле (4) находим поверхностную плотность поляризационных зарядов в диэлектрике 57

1 Dj s Dj = e 0c e0(1 + c ) = e0c , e 0e e 0e l d что совпадает с результатами, полученными методом суперпозиции. Проверим наименование поверхностной плотности зарядов В Кл 2 В Кл 2м Кл наимен. s = = = 2 . 2 2 м Нм м ВКлм м Проведем числовые расчеты 1 , 20 × 103 1 , 20 × 10 3 5 E= = 2 ,40 × 10 В/м, s = 8 , 85 × 10 -12 ( 1 + 1 ) = 4 , 25 × 10 -6 Кл/м2, -3 -3 5 , 00 × 10 5 ,00 × 10 3 1.20 × 10 s пол = 8 ,85 × 10-121 = 2 ,12 × 10-6 Кл/м2. -3 5 , 00 × 10 Ответ: поверхностная плотность свободных зарядов s = 4 , 25 × 10 -6 Кл/м2, поверхностная плотность поляризационных зарядов s пол = 2 ,12 × 10-6 Кл/м2, напряженность электростатического поля в диэлектрике E = 2 ,40 × 105 B/м,

s пол = e 0 c E = e 0 c

ЗАДАЧИ 251. Одной из обкладок плоского конденсатора площадью S = 0,20 м2 сообщили заряд Q = 1,00 10–9 Кл. Другую обкладку заземлили. Расстояние между обкладками d = 2,00 мм. Между обкладкам, параллельно им, поместили две пластинки: стеклянную толщиной d1 = 0,50 мм и фарфоровую толщиной d2 = 1,50 мм. Определить напряженности электростатического поля Е в стекле и фарфоре, а также поверхностные плотности поляризационных зарядов s поляр на этих диэлектриках. 252. Две концентрические металлические сферы с радиусами R1 = 4,00 см и R2 = 10,0 см имеют соответственно заряды Q1 = – 2,00 нКл и Q2 = 3,00 нКл. Пространство между сферами заполнено парафином (e = 3). Определить потенциал электростатического поля j на расстояниях r1 = 2,00 см, r2 = 6.00 см, r3 = 20,0см от центра сфер. Задачу решить, не применяя формулу связи напряженности с изменением потенциала. 253. На пластины плоского конденсатора подана разность потенциалов Δ j = 1,00·103 В. Пространство между пластинами заполняется диэлектриком (e = 7). Найти напряженность электростатического поля Е в диэлектрике и поверхностную плотность поляризационных зарядов s поляр на нем, если при заполнении конденсатор не отключался от источника напряжения. Расстояние между пластинами d = 3,00 см. 254. В однородное электростатическое поле напряженностью Е0 = 700 В/м перпендикулярно полю помещается бесконечная плоскопараллельная стеклянная пластина (e = 7). Определить: 1) напряженность электростатического поля Е и 58

электрическое смещение D внутри пластины; 2) поляризованность Р стекла; 3) поверхностную плотность поляризационных зарядов s поляр на стекле. 255. На пластины плоского конденсатора, расстояние между которыми d = 3,00 см, подана разность потенциалов Δ j = 1,00 кВ. Пространство между пластинами заполняется диэлектриком (e = 7). Найти напряженность электростатического поля Е в диэлектрике и поверхностную плотность поляризационных зарядов s поляр. При заполнении конденсатор был отключен от источника напряжения. 256. Пространство между пластинами плоского конденсатора заполнено парафином (e = 2). Расстояние между пластинами d = 8,85 мм. Какую разность потенциалов Δ j необходимо подать на пластины, чтобы поверхностная плотность поляризационных зарядов на парафине s поляр = 0,10 нКл/см2? 257. Расстояние между пластинами плоского конденсатора d = 5,00 мм. После зарядки конденсатора до разности потенциалов Δ j = 500 В между пластинами вдвинули стеклянную пластинку (e = 7). Определить диэлектрическую восприимчивость стекла c и поверхностную плотность поляризационных зарядов s поляр на его поверхности. 258. Плоский конденсатор, между обкладками которого помещена стеклянная пластинка (e = 6) толщиной d = 2,00 мм, заряжен до разности потенциалов Δ j = 200 В. Пренебрегая величиной зазора между пластинкой и обкладками, найти напряженность Е электростатического поля в стекле, поверхностную плотность поляризационных зарядов на стекле s поляр, а также поверхностную плотность свободных зарядов s на обкладках конденсатора. 259. Пространство между обкладками плоского конденсатора заполнено диэлектриком. Расстояние между обкладками d = 2,00 мм, разность потенциалов Δ j 1 = 600 В. Если, отключив источник напряжения, вынуть диэлектрик из конденсатора, то разность потенциалов возрастет до Δ j 2 = 1,80 кВ. Найти поверхностную плотность поляризационных зарядов s поляр на диэлектрике. 260. Между обкладками плоского конденсатора приложена разность потенциалов Δ j = 200 В. Расстояние между ними d = 1,00 см. Определить напряженность электростатического поля Е и поверхностную плотность поляризационных зарядов s поляр в эбонитовой пластинке (e = 3), помещенной на нижнюю обкладку конденсатора. Толщина пластинки d2 = 8,00 мм. Рабочая программа Тема 16. Энергия и плотность энергии электростатического поля Пример решения задач Найти энергию W уединённой сферы, радиусом R = 4,00 см заряженной до потенциала φ =500 В. 59

Дано R = 4,00 см φ =500 В

Анализ и решение Электростатическое поле, создаваемое заряженной сферой, существует как внутри сферы, так и вне её. Это поле является неоднородным, и его энергия распределяется в проW=? странстве неравномерно. Однако, объемная плотность энергии будет одинакова во всех точках, отстоящих на равных расстояниях от центра сферы, так как поле заряженной сферы обладает сферической симметрией. Полная энергия поля выражается интегралом W = ò w dV , V

где dV – элементарный объем, w – объемная плотность энергии электростатического поля, определяемая формулой 1 w = e0E2 . 2 Таким образом, решение данной задачи сводится к нахождению напряженности поля, созданного заряженной сферой. Идеальная сферическая симметрия позволяет найти напряженность с помощью теоремы Гаусса: r r r r 1 n S2 ФE = ! Qi , òS EdS = !òS EdS cos( E ^ dS ) = !òS EndS = e 0 å j i =1 dr RR где S – площадь вспомогательной поверхности, котоS1 r S1 O рой следует придать форму сферы, концентричной рассматриваемой сфере. Для расчета напряженности проведем вспомогательные поверхности S1 и S2 (см. рисунок). Так как заряд сферы положительный, то во r r всех точках каждой из этих поверхностей ( E ^ dS ) = 0 и Е = const. Тогда r r 2 EdS =! !ò ò EdS =E 4p r , S1 , 2

S1 , 2

где r – радиус вспомогательной поверхности. При r < R сумма зарядов, охваченных поверхностью S1 n

åQ

i

i =1

= 0,

так как внутри сферы зарядов нет. Следовательно, n

E 4p r = å Qi = 0 . 2

i =1

Таким образом, внутри сферы напряженность поля E, его объемная плотность энергии w и сама энергия W равны нулю. При r > R сумма зарядов, охваченных поверхностью S2 n

åQ i =1

i

= Q,

60

где Q – заряд сферы. Следовательно E 4p r 2 =

1 n 1 Qi = Q . å e 0 i =1 e0

Откуда 2

Q 1 æ Q ö E= и w = e ç ÷ . 2 0 è 4pe 0 r 2 ø 4pe 0 r 2 Выражение объемной плотности энергии подставим в формулу полной энергии 2

1 æ Q ö W = ò e0 ç dV 2 ÷ 2 4 pe r 0 è ø V Объем dV следует выбрать в виде тонкого шарового слоя толщины dr (в пределах такого объема E и w постоянны) dV = 4p r 2dr , Тогда 2

1 æ Q ö W = ò e0 ç 4p r 2dr 2 ÷ 2 è 4pe 0 r ø V Учитывая, что в пределах объема переменная r изменяется от R до ¥ , получаем ¥

¥

Q 2 dr Q2 æ 1 ö Q2 W = = = . 8pe 0 òR r 2 8pe 0 çè r ÷ø R 8pe 0 R Q С помощью формулы для потенциала сферы j = (см. пример из Темы 13), 4pe 0 R определим её заряд Q = 4pe 0 Rj . Тогда выражение для энергии поля будет выглядеть следующим образом ( 4pe 0 Rj )2 W = = 2pe 0 Rj 2 . 8pe 0 R Проверим наименование энергии Кл 2 Кл 2В 2 Дж 2 2 2 наимен. W = 2pe 0 Rj = мВ = = = Дж . Нм2 Нм Дж Подставим в полученную формулу числовые значения и произведём вычисления W = 2 × 3 ,14 × 8.85 × 10 -12 × 4 ,00 × 10-2 × 5002 = 0 , 55 × 10-6 Дж. Ответ: энергия заряженной сферы W = 0,55 мкДж. ЗАДАЧИ 261. Уединенная металлическая сфера, электроёмкость которой C = 10,0 пФ, заряжена до потенциала j = 3,00 кВ. Определить энергию поля W, заключенного 61

в сферическом слое, ограниченном концентрической с ней сферической поверхностью. Радиус поверхности в три раза больше радиуса сферы. 262. Заряд равномерно распределён в вакууме по объёму, имеющему форму шара. Радиус шара R =10,0 см, объёмная плотность заряда r = 10,0 нКл/м3. Определить энергию W электростатического поля, сосредоточенную в самом шаре. 263. Электростатическое поле создано заряженной сферой (Q = 0,10 мкКл), радиус которой R1 = 10,0 см. Найти энергию поля W, заключенного в объеме, ограниченном заряженной сферой и концентрической с ней сферической поверхностью, радиус которой R2 = 2 R1. 264. Заряд равномерно распределен в вакууме по объему, имеющему форму шара. Радиус шара R = 10,0 см, объёмная плотность заряда r = 10,0 нКл/м3. Определить энергию W электростатического поля вне шара. 265. Уединенный металлический шар радиусом R1= 6,00 см имеет заряд Q. Концентричная этому шару поверхность делит пространство на две части (внутренняя — конечная, а внешняя — бесконечная), так что энергии W электростатического поля обеих частей одинаковы. Определить радиус R2 этой сферической поверхности. 266. Эбонитовый шар радиусом R = 10,0 см равномерно заряжен электричеством с объемной плотностью r . Сфера какого радиуса R1 делит шар на две части, энергии W которых равны? 267. Точечный заряд q = 3,00 мкКл помещается в центре шарового слоя из однородного диэлектрика (e = 3). Внутренний радиус слоя R1 = 250 мм, внешний R2 = 500 мм. Найти энергию электростатического поля W в шаровом слое. 268. Сферическая оболочка, равномерно заряжена зарядом Q = 0,10 мкКл. В центре оболочки расположен точечный заряд q = 3,00 мкКл. Найти работу А, совершенную электрическими силами при увеличении радиуса сферической оболочки от R1 = 10,0 см до R2 = 15,0 см. 269. Радиус равномерно заряженной сферической оболочки увеличивается от R1 = 3,00 см, до R2 = 6,00 см. Найти работу А, совершенную при этом электрическими силами, если заряд оболочки Q = 2,00 нКл. Задачу решить с помощью формулы W = ò w dV . V

270. Две концентрические сферические поверхности заряжены одинаковым количеством электричества Q = 3,00 10–6 Кл. Радиус первой сферы R1 = 1,00 м, радиус второй сферы R2 = 2,00 м. Найти энергию электростатического поля W, между этими сферами.

62

Рабочая программа Тема 17. Электрический ток. Закон Ома для однородного и неоднородного участков электрической цепи. Работа и мощность постоянного тока. Закон Джоуля - Ленца Пример решения задач 1. Сила тока в проводнике равномерно нарастает от I0 = 0 до I = 3,00 А в течении времени t = 10,0 с. Определить заряд Q, прошедший в проводнике. Дано I = I 0 + kt I0 = 0 I = 3,00 А t = 10,0 с Q=?

Анализ и решение Так как сила тока в проводнике изменяется со временем, то воспользоваться для подсчета заряда формулой q= It нельзя. Поэтому возьмем дифференциал заряда dq = I dt и проинтегрируем: t

q = ò Idt . 0

Подставим в эту формулу выражение для тока, как функцию времени t

t

t

0

0

0

q = ò ( I 0 + kt )dt =I 0 ò dt + k ò tdt . Полученное выражение проинтегрируем по времени t

t2 t2 q = ( I 0 t + k ) = ( I 0t + k ) . 2 0 2

(1)

Значение коэффициента пропорциональности k найдем из формулы I = I 0 + kt , если заметим, что при t = 10,0 c, I = 3,00 A ( I - I 0 ) 3 ,00 k= = = 0 , 30 A/c. t 10 , 0 Проверим наименование заряда в системе СИ А × с2 наим. q = А × с + = Кл . с Подставив значения физических величин в формулу (1), найдем ( 10 ,0 )2 q = 0 × t + 0 , 30 = 15 , 0 Кл. 2 Ответ: заряд, прошедший по проводнику q = 15,0 Кл. 2. Сила тока в проводнике сопротивлением R = 12,0 Ом равномерно убывает в течение времени t = 2,00 с от I0 = 5,00 А, до I = 0. Какое количество теплоты Q1, выделяется в этом проводнике за первую секунду, и Q2 – за вторую?

63

Дано I = I 0 - kt R = 12,0 Ом I0 = 5,00 А I=0 t = 2,00 с Q1 = ? Q2 = ?

Анализ и решение Прохождение электрического тока по проводнику сопровождается выделением в нем тепла. При постоянном токе количество теплоты, выделившееся в проводнике, определяется по закону Джоуля-Ленца Q = I 2 Rt . Если сила тока в проводнике изменяется, то данный закон справедлив для бесконечно малого промежутка времени и записывается в виде dQ = I 2 Rdt , (1) где сила тока I является функцией времени. В данном случае I = I 0 - kt , где k – коэффициент пропорциональности, равный отношению приращения силы тока D I к интервалу времени D t , за который произошло это приращение DI k= . Dt Для нашего случая I -I 5 , 00 - 0 k= 0 =k= = 2 , 50 А/с. t 2 ,00 Подставим зависимость силы тока от времени в формулу (1) dQ = ( I 0 - kt )2 Rdt . Для определения количества теплоты, выделившегося за данный промежуток времени, проинтегрируем полученное выражение в пределах от t1 до t2 t2

t2

t

R 2 R ( I 0 - kt )3 2 . Q = ò ( I 0 - kt ) Rdt = - ò ( I 0 - kt ) d( I 0 - kt ) = - × 3 k t1 k t1 t 2

1

Или R éë( I 0 - kt 2 )3 - ( I 0 - kt1 )3 ùû . (2) 3k Проверим наименование теплоты в системе СИ Oм × с 3 В × с 2 В × с × Кл наим. Q = ×А = ×А = = В × Кл = Дж . А А с При определении количества теплоты, выделившегося за первую секунду пределы интегрирования в формуле (2) t1 = 0, t2 =1 c и, следовательно 12 , 0 éë( 5 , 00 - 2 , 50 × 1 , 00 )3 - ( 5 , 00 - 2 , 50 × 0 )3 ùû = 175 Дж. Q1 = 3 × 2 ,50 За вторую секунду пределы интегрирования в формуле (2) t1 =1 с, t2 =2 c и, следовательно 12 , 0 éë( 5 , 00 - 2 , 50 × 2 ,00 )3 - ( 5 ,00 - 2 , 50 × 1 , 00 )3 ùû = 25 , 0 Дж. Q2 = 3 × 2 ,50 Q=-

64

Найдем требуемое отношение количеств теплоты Q2 25 1 = = . Q1 175 7 Таким образом, за вторую секунду выделится теплоты в 7 раз меньше, чем за первую секунду. Ответ: за первую секунду в проводнике выделилось Q1 = 25 Дж, за вторую секунду Q2 = 175 Дж. Соответствующее отношение количеств теплоты – 1/7. ЗАДАЧИ 271. Какой заряд q пройдет по проводнику, если в течении Dt = 10,0 с сила тока уменьшилась от I0 = 10,0 А до I = 5,00 А? Сопротивление проводника R при этом равномерно возрастало, а разность потенциалов Δ j на его концах поддерживалась постоянной. 272. Сила тока I в проводнике сопротивлением R = 100 Ом в течение времени Dt = 30,0 с равномерно нарастает от I0 = 0 до Imax = 10,0 А. Найти заряд q, прошедший по проводнику, и количество тепла Q, выделившееся в нем за это время. 273. На участке цепи сопротивлением R = 3,00 Ом равномерно убывает напряжение от U0 = 4,00 В до U = 2,00 В в течении времени Dt = 20,0 с. Определить заряд q, прошедший по проводнику за это время. 274. Сила тока I в проводнике сопротивлением R = 15,0 Ом равномерно возрастает от I0 = 0 до некоторого максимального значения Iс в течение времени t = 5,00 с. При этом в проводнике выделилось количество теплоты Q = 10,0 кДж. Найти среднюю силу тока в проводнике за это время. 275. Ток меняется в проводнике со временем t по уравнению I = (4 + 2t), где I измеряется в амперах, t – в секундах. Какое количество электричества q проходит через поперечное сечение проводника за время от t1 = 2,00 с до t2 = 6,00 с? При каком постоянном токе I0 через поперечное сечение проводника за то же время проходит такое же количество электричества? 276. По проводнику сопротивлением R = 3,00 Ом течет ток, сила I которого возрастает. За время Dt = 8,00 с, в проводнике выделилось количество теплоты Q = 200 Дж. Определить какой заряд q прошел за это время по проводнику, если в начальный момент времени сила тока в проводнике I0 = 0. 277. Сила тока I в проводнике равномерно увеличивается от нуля до некоторого максимального значения в течение времени Dt = 10,0 с. За это время в проводнике выделилось количество теплоты Q = 1,00 кДж. Определить скорость нарастания тока dI/dt в проводнике, если его сопротивление R = 3,00 Ом. 278. Э.д.с. батареи e = 12,0 В. Наибольшая сила тока, которую может дать батарея, Imax = 5,00 А. Какая наибольшая мощность Рmax может выделиться на подключенном к батарее резисторе? 65

279. Пять последовательно соединённых источников тока с э.д.с. = 12,0 В и с внутренним сопротивлением r = 0,20 Ом каждый, замкнуты на внешнее сопротивление R. Какой величины должно быть это сопротивление, чтобы во внешней цепи выделялась максимальная мощность Рmax? 280. Даны четыре гальванических элемента с э.д.с. e = 1,50 В и внутренним сопротивлением r = 0,20 Ом. Как нужно соединить эти элементы, чтобы получить от собранной батареи наибольшую силу тока Imax во внешней цепи, имеющей сопротивление R = 0,20 Ом? Найти эту силу тока. Рабочая программа Тема 18. Разветвленные электрические цепи. Законы (правила) Кирхгофа Пример решения задач Три источника тока с э.д.с. ε1 = 11,0 В, ε2 = 4,00 В, ε3 = 6,00 В и три реостата с сопротивлениями R1 = 5,00 Ом, R2 = 10,0 Ом, R3 = 2,00 Ом соединены как показано на рисунке. Определить силы токов I1, I2, I3 в реостатах. Внутренние сопротивления источников r1 = 1,00 Ом, r2 = 0,50 Ом, r3 =1/3 Ом.

e 1 ,r1

Дано ε1 = 11,0 В, ε2 = 4,00 В, ε3 = 6,00 В r1 = 1,00 Ом, r2 = 0,50 Ом, r3 =1/3 Ом R1 = 5,00 Ом, R2 = 10,0 Ом, R3 = 2,00 Ом I1, I2, I3 = ?

–

e 3 ,r3 А

+

–

e 3 ,r3

–

R1

+

+

I1 I2

R2

С

R3

I3

Анализ и решение Основной задачей теории постоянного тока является нахождение в электрической цепи силы тока I. Зная эту величину, можно рассчитать практически любую другую величину, характеризующую постоянный ток (работу, мощность, количество теплоты, энергию, параметры магнитного поля и так далее). Если в электрической цепи имеется несколько различных источников тока, то задача расчета токов с помощью обобщенного закона Ома усложняется, так как невозможно определить результирующую э.д.с. Наиболее распространенный метод расчета разветвленных электрических цепей основан на применении законов Кирхгофа. 1. Алгебраическая сумма токов, сходящихся в узле, равна нулю: n

åI i =1

i

= 0,

где n – число токов, сходящихся в узле. Узлом электрической цепи называется любая точка разветвления, в которой сходится не менее трех токов. 66

2. В замкнутом контуре, произвольно выбранном в разветвленной электрической цепи, алгебраическая сумма сил токов на сопротивление соответствующих участков этого контура равна алгебраической суме электродвижущих сил, встречающихся в этом контуре: n

k

i =1

i =1

å I i Ri = å e i . В задаче необходимо найти три значения силы токов, поэтому следует составить три уравнения. Выберем (произвольно) направления токов как указано на рисунке и условимся обходить контуры по часовой стрелке. Применим первый закон Кирхгофа. Он справедлив для узлов электрической цепи. В данной схеме узлов два: А и С. Соблюдая правило знаков (ток, подходящий к узлу, входит в уравнение со знаком плюс; ток, отходящий от узла, – со знаком минус), для узла С получим (1) I1 + I 2 + I 3 = 0 . Для узла А первый закон Кирхгофа ничего нового не дает. Для получения еще двух уравнений применим второй закон Кирхгофа. Он справедлив только для замкнутых контуров. Выбирать контуры следует таким образом, чтобы в каждый новый контур входила хотя бы одна ветвь, не участвовавшая ни в одном из ранее использованных контуров. В данной схеме три контура: Ae 1 R1CR2e 2 A , Ae 2 R2CR3e 3 A , Ae 1 R1CR3e 3 A . Кроме того, при составлении уравнений необходимо соблюдать следующее правило знаков: а) если ток по направлению совпадает с выбранным направлением обхода контуров, то соответствующее произведение IR входит в уравнение со знаком плюс, в противном случае со знаком минус, б) если э.д.с. повышает потенциал в направлении обхода контура, то есть, при обходе контура приходится идти от минуса к плюсу внутри источника, то соответствующая э.д.с. входит в уравнение со знаком плюс, в противном случае – со знаком минус. Итак, для контуров Ae 1 R1CR2e 2 A и Ae 1 R1CR3e 3 A : I1 ( R1 + r1 ) - I 2 ( R2 + r2 ) = e 1 + e 2 . (2) I 2 ( R2 + r2 ) - I 3 ( R3 + r3 ) = -e 2 - e 3 . (3) Подставим в (1), (2), (3) числовые значения сопротивлений и э.д.с., получим I1 + I 2 + I 3 = 0 6 I1 - 10 ,5 I 2 = 15 , 0 10 ,5 I 2 - 2 I 3 = -10 ,0 Решая систему из трех уравнений относительно токов I1, I2, I3, получаем I1 = 1 ,94 А, I 2 = -28 , 6 А, I 3 = 26 , 7 А. Знак минус в значении силы тока I2 показывает, что при произвольном выборе направления токов, указанных на рисунке, направление тока I2 было указано противоположно истинному. В действительности ток I2 течет от узла С к узлу А. 67

ЗАДАЧИ 281. Два источника тока с различными э.д.с. e1 = 10,0 В, e2 = 8,00 В и внутренними сопротивлениями r1 = 1,00 Ом, r2 = 2,00 Ом включены параллельно с сопротивлением R = 6,00 Ом (см. рис.1 приложения). Вычислить токи, текущие через источники и сопротивление. 282. Три источника с э.д.с. e1 = 6,00 В, e2 = e3 = 4,00 В и внутренними сопротивлениями r = 0,50 Ом каждый соединены, как показано на рис.2 Приложения, и замкнуты на резистор. Определить разность потенциалов Δ j между точками D и C, если сопротивление резистора R = 4,00 Ом. 283. Элементы цепи, схема которой изображена на рис. 3 приложения, имеют следующие значения: e1 = 1,50 В, e2 = 1,60 В, R1 = 1,00 кОм, R2 = 2,00 кОм. Определить показания вольтметра Uv, если его сопротивление Rv = 2,00 кОм, а внутренние сопротивления источников пренебрежимо малы. 284. Два источника тока (e1 = 8,00 В, e2 = 6,00 В, r1 = 2,00 Ом, r2 = 1,50 Ом) и реостат (R = 10,0 Ом) соединены, как показано на рис.4 приложения. Вычислить силы токов I, протекающих через каждый источник и реостат. 285. В схеме (см. рис.5 приложения) резисторы R1 = 10,0 Ом, R2 = 20,0 Ом и R3 = 30,0 Ом. Э.д.с. источников e1 = 1,50 В, e2 = 2,00 В, e 3 = 2,50 В, их внутренние сопротивления очень малы. Найти силу тока I1, текущего через сопротивление R1. 286. Батарея аккумуляторов соединена параллельно с генератором постоянного тока (см. рис.6 приложения). Э.д.с. генератора e1 = 110 В, батареи e2 = 100 В, их внутренние сопротивления r1 = r2 = 5,00 Ом. Определить, будут ли аккумуляторы разряжаться или заряжаться, если сопротивление R = 100 Ом? 287. Студент, собирая батарею из n = 25 параллельно соединенных одинаковых источников с э.д.с. e = 1,20 В, ошибся и включил один источник неправильно (см. рис.7 приложения). Что покажет вольтметр? 278. Э.д.с. источников тока e1 = 2,10 В и e2 = 1,90 В, резисторы R1 = 45,0 Ом, R2 = R3 = 10,0 Ом (см. рис.8 приложения). Найти токи I во всех участках цепи. 289. Три сопротивления R1 = 5,00 Ом, R2 = 1,00 Ом и R3 = 3,00 Ом, а также источник тока с э.д.с. 1,40 В соединены, как показано на рис.9 приложения. Определить э.д.с. e источника тока, который надо включить в цепь между точками а и b, чтобы через резистор R3 шел в указанном направлении ток I = 1,00 А. 290. В приведенной на рис.10 приложения схеме электрической цепи, э.д.с. источников e1 = 1,00 В, e2 = 2,00 В, e3 = 3,00 В, их внутренние сопротивления r1 = 1,00 Ом, r2 = 0,50 Ом, r3 = 0,33 Ом, резисторы R1 = 1,00 Ом, R2 = 0,33 Ом. Определить силу тока I, текущего через источник тока e2. 68

КОНТРОЛЬНОЕ ЗАДАНИЕ № 3 Студент-заочник должен решить семь задач того варианта, номер которого совпадает с последней цифрой его шифра (табл. 3). Таблица 3 Вариант

Номера задач

0

310

330

340

350

360

370

380

1

301

321

331

341

351

361

371

2

302

322

332

342

352

362

372

3

303

3223

333

343

353

363

373

4

304

324

334

344

354

364

374

5

305

325

335

345

355

365

375

6

306

326

336

346

356

366

376

7

307

327

337

347

357

367

377

8

308

328

338

348

358

368

378

9

309

329

339

349

359

369

379

Рабочая программа Тема 19. Магнитное поле в вакууме. Закон Био-Савара. Принцип суперпозиции магнитных полей. Индукция магнитного поля прямолинейного и кругового проводников с током Пример решения задач Проводник, по которому течет ток I = 5,00 А, имеет вид, показанный на рисунке. Радиус изогнутой части проводника R = 10,0 см, прямолинейные части проводника очень длинные. Определить индукцию магнитного поля созданного током в центре полукольца. Z

Дано I = 5,00 А R = 10,0 см В–?

r B1

r B R

О I У

2 А

r B2

1

Рис. 1 69

I I 3

X

Анализ и решение Для вычисления индукции магнитного поля воспользуемся законом БиоСавара и принципом r суперпозиции магнитных полей. В силу этого принципа магнитная индукция B в любой точке магнитного поля проводника с током равна r , созданных в этой точке всеми его векторной сумме магнитных индукций dB r элементами Idl , то есть r r В = ò dB , (1) l

где l означает, что интегрирование распространяется на всю длину провода. Из принципа суперпозиции полей следует также, что если магнитное поле r создано несколькими проводниками с током, то вектор B в какой-либо точке этого поля равен векторной сумме индукций магнитных полей, созданных в этой точке каждым током в отдельности r N r B = å Bi . (2) i =1

Чтобы, применяя соотношения (1) и (2) получить правильный результат, необхоr r димо знать направления складываемых векторов dB или Bi . Разобьем наш проводник с током на три участка: два, ограниченных с одного конца прямолинейные отрезки 1 и 3 и полукольцо 2. Согласно (2), индукция магнитного поля в центре полукольца будет равна r r r r BA = B1 + B2 + B3 . Рассмотрим участок проводника 1 (см. рис. 2). Выделим на нем элемент тока r dB О r Idl N

С

a

a

R

r r

А

da

D Рис. 2

r Idl и запишем закон Био-Савара в векторной форме r m I r r (3) dB1 = 0 3 éë dl r ùû , 4p r r здесь dB1 – индукция магнитного поля, создаваемая элементом провода dl с тоr r ком I в точке, определяемой радиус-вектором r , m0 – магнитная постоянная, dl – 70

вектор, по модулю равный длине dl элемента проводника и совпадающий по наr правлению с током, r – модуль радиуса-вектора r . r Как следует из (3), вектор dB1 перпендикулярен к плоскости, содержащей r r r векторы dl и r . Направление dB1 можно найти по правилу правого винта: если поступательное движение винта совпадает с направлением тока в элементе, то наr правление вращения головки винта укажет направление вектора dB1 . r Поскольку у нас проводник с током и точка А, в которой определяется B1 , r лежат в одной плоскости, все элементарные векторы dB1 направлены вдоль одной прямой (см. рис. 1). Тогда выражение (1) можно переписать в скалярной форме. m I (4) В1 = ò dB1 = ò 0 2 dl sin a , 4 p r l r r l где a – угол между векторами dl и r . Преобразуем подынтегральное выражение так, чтобы в нем была одна переменная, например, угол a . Из прямоугольного треугольника ОАС можно выразить модуль радиуса-вектора R R . (5) r= = sin(p - a ) sin a Для определения dl проведем дугу СД радиусом r с центром в точке А и найдем ее длину по формуле CД = r da , где da – центральный угол, лежащий напротив дуги. Так как участок провода с током CN = dl мал, то дугу можно заменить её хордой. Получившийся треугольник СДN можно считать прямоугольным и из него, с учетом (5), следует СД r da r da R dl = = = = da . sin(p - a ) sin(p - a ) sin a sin 2 a Подставим в формулу (4) полученные значения r и dl a2 a2 a1 m0 I sin 2 a R da m0 I m0 I B1 = ò sin a = sin a d a = ( cos a ) ò 4p R 4p R 2 sin 2 a 4p R a2 a a 1

1

Так как участок проводника ограничен с одной стороны, то угол a меняется от p a1 = до a 2 = p . В результате получим 2 m I p m I B1 = 0 (cos - cos p ) = 0 . 4p R 2 4p R Рассмотрим участок проводника 3. Как следует из закона Био-Савара в скаr лярной форме (4), угол, образованный любым элементом тока I dl и радиусr вектором r , проведенным от элемента в точку А, равен p . Следовательно, r r sin(dl ^ r ) = 0 и dB3 = 0 . Отсюда следует, что и B3 = 0 , то есть, участок 3 в точке А магнитного поля не создает. 71

r Рассмотрим участок проводника 2. Выделим на нем элемент тока I dl . Векr тор dB2 , в соответствии с законом Био-Савара и правилом правого винта, в точке А будет перпендикулярен к плоскости чертежа и направлен на нас (см. рисунок). r По причине, указанной выше, туда же будет направлен и вектор B2 (см. рис. 1). r Угол, образованный элементом тока I dl и радиус-вектором r r r r p 2 Idl r , равен . Следовательно, sin(dl ^ r ) = 1 Тогда модуль 2 R r r r dB2 будет равен r А dB2 m0 I . dB2 = dl 4p R 2 Согласно принципу суперпозиции, индукция B2 в точке А определяется интегрированием pR m0 I m0 I p R m0 I B2 = ò dl = l = . 2 2 0 4 R p R p R 4 4 0 r r Векторы B1 и B2 взаимно перпендикулярны (см. рис. 1), следовательно 2

B=

B12

+

B22

2

æ m I ö æm Iö = ç 0 ÷ +ç 0 ÷ . è 4p R ø è 4 R ø

Итак

m0 I 1 +1. 4R p 2 Проверим наименование индукции магнитного поля в системе СИ Гн × А Вб × А Тл × м 2 наимен. В = = = = Тл . м×м А×м×м м2 Подставим числовые значения физических величин и сделаем вычисления. Ответ: индукция магнитного поля в точке А равна 6,00·10–6 Тл. B=

ЗАДАЧИ 301. К тонкому проволочному кольцу радиусом r подводят ток I =10,0 А (см. рис. 16 приложения). Подводящие провода, делят кольцо на две части l1 = 5,00 см и l2 =15,0 см. Найти индукцию магнитного поля В0 в центре кольца. 302. По проводнику в виде равностороннего треугольника протекает ток силой I = 40,0 А. Длина стороны треугольника а = 30,0 см. Определить индукцию магнитного поля В0 в точке пересечения высот треугольника. 303. По тонкому проволочному кольцу радиусом R течёт ток I. Не изменяя силы тока в проводнике, ему придали форму квадрата. Во сколько раз изменилась индукция магнитного поля В0 в центре контура? 72

304. Тонкая лента ширина которой l = 40,0 см, свернута в трубку радиусом R = 30,0 см. По ленте течет равномерно распределенный по ее ширине ток силой I = 200 А (см. рис. 11 приложения). Применяя формулу для расчета индукции магнитного поля на оси кругового проводника с током на расстоянии h от его центра и принцип суперпозиции, найти индукцию магнитного поля В0 на оси трубки в ее средней точке. 305. По проводнику в виде тонкого кольца радиусом R = 20,0 см протекает ток I = 100 А (см. рис. 12 приложения). Определить индукцию магнитного поля ВА этого тока в точке А, находящейся на оси кольца. Угол b = p/3. 306. Бесконечно длинный провод с током I = 50,0 А изогнут так, как это показано на рис. 13 приложения. Определить индукцию магнитного поля ВА этого тока в точке А, лежащей на биссектрисе прямого угла на расстоянии d = 10,0 см от его вершины. 307. По проводу, контур которого изображен на рис. 14 приложения, идет ток I = 10,0 А. Определить индукцию магнитного поля В0 этого тока в точке О, если угол a = 600, а радиус дуги R = 10,0 см. 308. Обмотка длинного прямого соленоида выполнена проводом с плотно прилегающими друг к другу витками. Диаметр провода d = 0,50 мм. Какова индукция магнитного поля В внутри соленоида на его оси при силе тока I = 4,00 А? Воспользоваться формулой индукции магнитного поля на оси кругового проводника с током на расстоянии h от его центра и принципом суперпозиции. 309. Определить модуль вектора индукции магнитного поля В0, созданного током, текущим по системе проводников, в точке О (см. рис. 15 приложения). Сила тока I = 60,0 А, радиус кругового проводника R = 20,0 см, угол между плоскостью кругового витка и прямолинейным полубесконечным проводником 900. 310. Проводник имеет форму правильного шестиугольника, сторона которого а = 10,0 см. По нему пропускают ток силой I = 25,0 А. Определить индукцию магнитного поля В0 в центре шестиугольника. Сравнить с индукцией магнитного поля в центре кругового провода с таким же током, если его длина равна длине окружности, описанной около данного шестиугольника. Рабочая программа Тема 20. Сила, действующая на электрический заряд, движущийся в магнитном поле (магнитная составляющая силы Лоренца) Пример решения задач Электрон влетает со скоростью u o = 1,00 × 107 м/с в плоский конденсатор параллельно его пластинам, длина которых l = 5,00 см. Напряженность электростатического поля конденсатора Е = 10,0 кВ/м. При вылете из него электрон попаr дает в однородное магнитное поле, направленное вдоль вектора u о . Индукция 73

этого магнитного поля B = 15,0 мТл. Определить траекторию электрона в магнитном поле. Дано u 0 = 1,00 × 107 м/с l = 5,00 см Е = 10,0 кВ/м B = 15,0 мТл R, h – ?

А

r u0

e

l

r B

a uв

u г = u0 a r u

Анализ и решение На электрон, обладающий зарядом е, во время его движения в электростатиr r ческом поле конденсатора, действует постоянная сила F = eE , направленная вдоль силовых линий (то есть по вертикали). Так как заряд электрона отрицательный, то направление этой силы противоположно направлению силовых линий, и она сообщает электрону ускорение r r r F eE a= = , m m r направленное в ту же сторону. Поэтому, электрон имея начальную скорость u o , начнет двигаться по параболе с вершиной в точке А (см. рисунок). Выйдя из поля конденсатора, электрон снова будет двигаться прямолинейно под углом a к скоr r рости u о . Скорость электрона при вылете из конденсатора u может быть предr r ставлена в виде суммы двух составляющих: горизонтальной u г = u о и вертикальr ной u в (см. рисунок), равной eE l u в = аt = . m uо r r r При этом скорость u о направлена вдоль линий вектора B , а скорость u в перпендикулярна им. Когда электрон попадает в магнитное поле, на него действует магнитная соr rr ставляющая силы Лоренца, равная Fм = e éëu B ùû , или в скалярной форме r r Fм = еu В sin(u ^ B) = еu в В . r Если бы электрон обладал только скоростью u в , то под действием магнитной составляющей силы Лоренца он двигался бы по окружности. Действительно, так как r r сила Fм нормальна к скорости u в , она изменяет лишь направление вектора скорости, но не его модуль. Следовательно, она сохраняет свое численное значение, сообщая при этом электрону постоянное по модулю нормальное ускорение. Это значит, что электрон движется в магнитном поле по дуге окружности. Радиус этой окружности можно найти из второго закона Ньютона

74

mu в2 mu в El еu в В = = . Þ R= R eB u в B r Так как у электрона есть еще и скорость u о , перпендикулярная плоскости этой окружности, он будет двигаться по винтовой линии, характеризуемой радиусом R и шагом h. Шаг винтовой линии представляет собой то расстояние, на которое r переместится электрон, двигаясь равномерно со скоростью u о за время, в течение которого он совершит по окружности один оборот. Это время называется периодом Т. С учетом выражения для радиуса винтовой линии T=

2p R 2p m = . uв eB

Следовательно, шаг винтовой линии h = u оT =

2p mu о . eB

Проверим наименования радиуса R и шага h в системе CИ наимен. R =

Н×м×с Н × с × Кл × м = = м, Кл × м × Тл Кл × Н × с

кг × м кг × м × Кл × м кг × м2 наимен. h = = = = м. с × Кл × Тл с × Кл × Н × с Н × с2 Подставим значения величин, входящих в расчетные формулы и, выполнив вычисления, получим 1 , 00 × 104 × 5 ,00 × 10-2 R= = 3 , 33 × 10-3 м, 7 -3 1 , 00 × 10 × 15 ,0 × 10 h=

2p × 9 ,1 × 10-31 × 1 , 00 × 107 = 2 , 38 × 10 -2 м. -19 -3 1 , 6 × 10 × 15 × 10

Ответ: электрон движется по винтовой линии: R = 3,33·10–3 м, шаг h = 2,4·10–2м. Рабочая программа Тема 21. Магнитное поле в вакууме. Сила, действующая на проводник с током в магнитном поле (сила Ампера) Пример решения задач Проводящее кольцо поместили в однородное магнитное поле. По кольцу циркулирует ток I = 40,0 А. Если проволока кольца выдерживает на разрыв нагрузку F = 15,0 Н, то при какой индукции магнитного поля В кольцо разорвется? Радиус кольца R = 20,0 см, его плоскость перпендикулярна линиям магнитной индукции. 75

Дано I = 40,0 А F = 15,0 Н R = 20,0 см В=?

У r B I

dFAу

r dFА

r dFAх Уr j Idl r i d b djR Х jО r jr b Or i B I

r F2 упр

r F1 упр

Анализ и решение На каждый элемент кольца dl, по которому течет ток, со стороны магнитного r поля действует сила dFA (сила Ампера). Величина и направление этой силы определяется по закону Ампера rr r dFA = I éë dlB ùû . (1) r r p По условию во всех точках кольца ( dl ^ B ) = . Поэтому в скалярной форме 2 уравнение (1) имеет вид r r dFA = IdlB sin(dl ^ B ) = IdlB . (2) Если ток в кольце течет против часовой стрелке, а вектор внешнего магнитr ного поля направлен на нас (см. рисунок), то силы dFA , действующие на все элементы кольца, лежат в одной плоскости (в плоскости рисунка), направлены по радиусам кольца и стремятся растянуть его. В результате, внутри сечения кольца возникает упругая сила, препятствующая растяжению. Чтобы определить эту силу, надо из кольца вырезать элемент и приложить к разрезам силы со стороны остальной части кольца. Так как кольцо находится в равновесии, то и выделенный элемент под действием всех сил, приложенных к нему, так же будет находиться в равновесии. В качестве элемента удобно взять верхнюю половину кольца. К местам разr r реза приложим силы F1 упр и F2 упр , которые действуют со стороны нижней половины кольца. Так как верхняя половина кольца должна находится в равновесии, то r r r FA + F1 упр + F2 упр = 0 , (3) 76

r здесь FA – сила Ампера, действующая на полукольцо с током со стороны внешнего магнитного поля. Если эта сила будет больше сил упругости, то кольцо с током разорвется. Чтобы найти силу Ампера, необходимо сложить (проинтегрироr вать) силы dFA , действующие на все элементы полукольца r r FA = ò dFA . (l)

Здесь индекс l означает, что интегрирование ведется по полукольцу. При этом следует учесть, что все слагаемые являются векторами и имеют различные направления. r Выразим вектор dFA через его проекции dFAх и dFAу на оси координат ОХ и ОУ (см. рисунок) r r r dFA = idFAх + jdFAу , r r где i и j – единичные векторы направлений (орты). Как следует из рисунка, dFAx = dFA sin j = IBdl sin j , dFAу = dFA cos j = IBdl cos j , Тогда r r r FA = i ò IB × dl sin j + j ò IBdl cos j . (l )

(l )

При переходе от одного элемента dl к другому угол j изменяется, то есть подынтегральные выражения содержат две переменные. Необходимо перейти к одной. Из рисунка видно, что dl = R dj , где R – радиус кольца. Тогда при интегp p рировании по полукольцу меняться будет только угол j : от - до + . 2 2 Итак, первый интеграл p p + + 2 r r 2 iIBR ò sin j dj = iIBR( - cos j ) = 0. p p 2 2 Второй интеграл p p + + 2 r r 2 r jIBR ò cos j dj = jIBR sin j = j 2 IBR . p p 2 2 Таким образом, r r FA = j 2 IBR . 77

Из этой формулы видно, что вектор силы Ампера, действующей на полукольцо, совпадает с положительным направлением оси ОУ, а его модуль равен FA = 2 IBR . Спроецируем уравнение равновесия (3) на ось ОУ и с учетом того, что F1упр = F2упр = F, запишем FA – 2F = 0. Если FA > 2F ,то проволочное кольцо разорвется, тогда F 2 IBR > 2 F Þ B > . IR Подставим числовые значения величин и найдем 15 ,0 B> > 1 ,87 Тл. 40 ,0 × 20 , 0 × 10 -2 Ответ: кольцо разорвется, если индукция магнитного поля В > 1,87 Тл. ЗАДАЧИ 321. По двум длинным тонким параллельным проводникам, вид которых показан на рис. 22 приложения, текут постоянные токи I1 = 5,00 А и I2 = 20,0 А. Оба проводника лежат в одной плоскости, расстояние между ними а = 5,00 см, ширина правого проводника b = 10,0 см. Найти силу магнитного взаимодействия между проводниками в расчете на единицу их длины. 322. Постоянный ток силой I = 5,00 А течет по длинному прямому проводнику, сечение которого имеет форму тонкого полукольца радиусом R = 100 мм. Такой же ток течет в противоположном направлении по тонкому проводнику, расположенному на «оси» первого проводника (см. рис. 23 приложения). Найти силу магнитного взаимодействия F данных проводников в расчете на единицу длины. 323. Тонкий проводник длиной l = 20,0 см изогнут в виде полукольца и помещен в магнитное поле (В = 10,0 мТл) так, что плоскость полукольца перпендикулярна линиям магнитной индукции. По проводнику пропустили ток I = 50,0 A. Определить магнитную силу F, действующую на проводник. 324. По очень длинному проводнику течет ток I1 = 100 А. Определить магнитную силу F, действующую на проводник длиной l = 0,10 м с током I2 = 50,0 А, расположенный в поле первого проводника так, как показано на рис. 17 приложения (d = l). 325. Из проволоки сделано полукольцо радиусом R = 10,0 см, по которому протекает ток силой I = 10,0 А. Полукольцо помещено в магнитное поле. Вектор индукции лежит в плоскости полукольца и перпендикулярен диаметру. Индукция В равна 50,0 мТл. Определить силу F, действующую на проволоку. 326. В магнитном поле очень длинного провода с током I1 = 200 А расположен согнутый под прямым углом проводник с током I2 = 30,0 А (см. рис. 18 при78

ложения). Определить магнитную силу F, действующую на этот проводник, если d = l = 0,20 м. 327. Квадратная проволочная рамка расположена в одной плоскости с длинным прямым проводом так, что две ее стороны параллельны проводу. По рамке и проводу текут одинаковые токи I = 200 А. Определить магнитные силы F, действующие на стороны рамки, если ее ближайшая к проводу сторона находится от него на расстоянии, равном ее длине. 328. Полубесконечный проводник, по которому течёт ток I = 10,0 А, согнут под прямым углом (см. рис. 20 приложения). Длина горизонтальной части проводника l = 5,00 см. Найти магнитную силу F, действующую на конец горизонтальной части проводника длиной l1 = 3,00 см. 329. По упругому проводящему кольцу, радиус которого R = 5,00 см, протекает ток I = 0,40 А. Кольцо помещено в однородное магнитное поле (В = 0,50 Тл) так, что линии магнитной индукции перпендикулярны его плоскости. Найти растягивающее механическое напряжение s в проводнике, если площадь его поперечного сечения S = 3,00 мм2. 330. Электрический ток, величина которого I = 0,50 А, проходит по желобку с ртутью. Вблизи желоба проходит прямолинейный бесконечно длинный проводник. Расположение желобка с ртутью и прямого провода показано на рис. 21 приложения (вид сверху). АВ – желобок, ВС = АВ = 10,0 см. Определить, насколько уменьшится сила давления ртути на дно желобка, если по проводнику пропустить ток I1 = 1,00 А. Рабочая программа Тема 22. Поток вектора индукции магнитного поля в вакууме через замкнутую поверхность Пример решения задач Рамка, шириной а = 40,0 см и длиной b = 1,00 м, расположена в одной плоскости с прямым, бесконечно длинным проводом с током. Расстояние от провода до середины рамки l = 1,00 м. Вычислить относительную погрешность g при расчете магнитного потока, пронизывающего рамку, считая поле в пределах рамки однородным, а магнитную индукцию B равной её значению в центре рамки. Дано а = 40,0 см b = 1,00 м l = 1,00 м g =?

Анализ и решение Относительная погрешность g служит для оценки качества измерений. В нашем случае она будет определяться соотношением (Ф - Ф2 ) g = 1 100% . (1) Ф1 79

В этой формуле Ф1 – магнитный поток, пронизывающий рамку при условии, что внешнее магнитное поле, создаваемое бесконечно длинным проводом с током I, неоднородное. Индукция такого поля в области, ограниченной шириной рамки, является функцией расстояния r от провода с током m I B= 0 . (2) 2p r Магнитный поток Ф2 рассчитывается при условии, что внешнее магнитное поле в пределах рамки однородное, его индукция постоянна и равна её значению в центре рамки r m I dr B= 0 . (3) 2p l dS В формулах (2) и (3) m0 – магнитная постоянная. r Потоком вектора магнитной индукции (магнитb B I r ным потоком) Ф через площадку dS называется n скалярная величина, равная r r (4) dФ = ( BdS ) = BndS , r r r a l где Bn = B cos( B ^ dS ) – проекция вектора В на r r направление нормали к площадке dS, dS = dS n – вектор, модуль которого равен элементарной площадке dS, а направление совпаr дает с направлением нормали n к ней. Магнитный поток может быть как положиr r тельным, так и отрицательным в зависимости от знака cos( B ^ dS ) . r Направление вектора B можно найти по правилу правого винта: если поступательное движение винта совпадает с направлением тока в проводе, то наr правление вращения головки винта укажет направление вектора B . Направление r нормали n выбирается произвольно. Рассчитаем магнитный поток Ф1 . По правилу правого винта определяем, что r вектор В перпендикулярен плоскости рамки и направлен на нас (см. рисунок). r r r p Нормаль n к плоскости рамки направляем туда же. Тогда ( B ^ n ) = . Так как 2 магнитное поле прямолинейного проводника с током неоднородно, поверхность, ограниченную рамкой, разобьем на элементарные полоски, параллельные проводу с током. Длина полоски b, ширина – dr. Так как ширина полоски мала, индукция магнитного поля на ней будет постоянной. Магнитный поток сквозь такую полоску, расположенную от провода с током на расстоянии r, рассчитывается по формуле (4). Для нашего случая она принимает вид m I dФ1 = B dS = 0 b dr , 2p l r r r здесь модуль вектора В дается формулой (2), cos( B ^ n ) = 1 , dS = bdr. Магнитный поток сквозь всю рамку 80

Ф1 = ò dФ1 = S

m0 I b 2p

l+

a 2

òa

l-

dr , r

2

a a ) и ( l + ) – пределы интегрирования по переменной r (см. рисунок). 2 2 После интегрирования и подстановки пределов, получим

где ( l -

Ф1 =

m0 I b 2p

l+

a 2

dr m0 I 2l + a = b . ln òa r 2p 2l - a

l-

2

Величину магнитного потока Ф2 рассчитаем следующим образом. По условию задачи внешнее магнитное поле в пределах рамки однородное и его индукция постоянная. Тогда Ф2 = ò dФ2 = ò B dS = B ò dS = BS .

S S r S Модуль вектора индукции В дается формулой (3), а площадь рамки S = ab. Итак m I m I a Ф2 = 0 аb = 0 b , 2p l 2p l здесь l – расстояние от провода с током до центра рамки. Полученные значения магнитных потоков Ф1 и Ф2 подставляем в формулу m I (1), сокращаем на общий множитель 0 b и определяем относительную погреш2p ность æ ö ç ÷ a g = ç1 100% . 2l + a ÷ ç ÷ l × ln 2l - a ø è Подставим в формулу числовые значения сторон рамки a, b и расстояния l, получим 0,40 0,40 ö æ ö æ g = ç1 100% = ç 1 100% = 1,24% . ÷ 1,00 × ln1,50 ø 0,405 ÷ø è è Ответ: относительная погрешность равна 1,24%. ЗАДАЧИ

331. Найти поток вектора магнитной индукции F, пересекаемый радиусом диска ab = R = 10,0 см за время вращения t = 1,00 мин (см. рис. 25 приложения). Индукция магнитного поля B = 0,10 Тл, частота вращения диска n = 5,30 об/с.

81

332. Определить, во сколько раз отличаются потоки вектора магнитной индукции Ф, пронизывающие квадратную рамку, при двух её положениях r1 = a, r2 = 5a относительно прямого проводника с током I (см. рис. 26 приложения). 333. Через центр кольца перпендикулярно его плоскости проходит длинный прямолинейный провод, по которому течёт ток I = 25,0 А. Кольцо имеет четырехугольное сечение и толщину h = 5,00 мм. Внутренний радиус кольца R1 = 18,0 мм, внешний R2 = 22,0 мм (см. рис. 27 приложения). Найти поток вектора магнитной индукции Ф, пронизывающий площадь сечения кольца. 334. Длина соленоида l = 50,0 см. Его диаметр значительно меньше длины и витки плотно прилегают друг к другу. Поток вектора индукции магнитного поля сквозь сечение соленоида Ф = 50,0 мкВб. Найти магнитный момент рм соленоида. 335. В средней части соленоида, содержащего n = 8 витков на сантиметр, помещен круговой виток диаметром d = 4,00 см. Плоскость витка расположена под углом j = 600 к оси соленоида. Определить поток вектора индукции магнитного поля Ф, пронизывающий виток, если по обмотке соленоида течет ток I = 1,00 А. 336. На длинный картонный каркас диаметром D = 5,00 см уложена однослойная обмотка виток к витку из проволоки диаметром d = 0,20 мм. Определить поток вектора индукции магнитного поля Ф, создаваемого соленоидом, если по нему пропустить ток силой I = 0,50 А. 337. Определить поток вектора индукции магнитного поля Ф, пронизывающий соленоид, если его длина l = 50,0 см и магнитный момент pм = 0,40 А м2. 338. В одной плоскости с длинным прямым проводом, по которому течёт ток силой I = 50,0 А, расположена прямоугольная рамка так, что две большие стороны её длиной l = 65,0 cм параллельны проводу, а расстояние от провода до ближайшей из этих сторон равно её ширине (см. рис. 19 приложения). Найти поток вектора индукции магнитного поля Ф, пронизывающий рамку. 339. Тороид квадратного сечения содержит N = 1000 витков. Наружный диаметр тороида D1 = 40,0 см, внутренний D2 = 20,0 см. По обмотке тороида протекает ток I = 10,0 А. Найти поток вектора магнитной индукции в тороиде. 340. По круговому контуру, охватывающему площадь S = 40,0 cм2 протекает ток I = 5,00 А. Определить поток вектора магнитной индукции Ф через площадь кольца, лежащего в плоскости контура так, что их центры совпадают. Внешний радиус кольца R1 = 4,00 м, внутренний R2 = 2,00 м (см. рис. 24 приложения). Воспользоваться формулой для индукции магнитного поля кругового витка с током в точке, лежащей в плоскости витка на расстоянии r от его оси (В = m0IS / 4pr3). Рабочая программа Тема 23. Магнитное поле в вакууме. Работа по перемещению проводника и контура с током во внешнем магнитном поле 82

Пример решения задач Виток радиусом R = 2,00 см, по которому течет ток силой I = 10,0 A, свободно установился в однородном магнитном поле с индукцией В = 1,50 Тл. Определить работу, совершаемую внешними силами при повороте витка на угол j = 1800 вокруг оси, совпадающей с диаметром витка. При повороте витка сила тока в нем поддерживается постоянной. Дано Анализ и решение R = 2,00 см На виток с током, помещенный во внешнее магнитное поле I = 10,0 A действует пара сил (силы Ампера), поворачивая его определенным В = 1,50 Тл образом. Вращающий момент этих сил зависит как от свойств поля 0 в данной точке, так и от свойств витка и определяется выражением j = 90 r r r А=? M = éë pм B ùû r r где pм – вектор магнитного момента витка с током, B – вектор магнитной индукции. Для плоского витка с током I r r О pм = ISn , r r r где S – площадь поверхности витка, n – единичный векn p r I тор нормали к поверхности витка. Направление pм совпаrdj R дает с направлением положительной нормали. n r r p Модуль вращающего момента витка находится по форB муле r M M = p м B sin j , (1) r r где j = ( pм ^ B ). По условию задачи, в начальном положении виток свободно установился в магнитном поле. При этом момент сил равен нулю, а значит и угол j = 0, то есть r r векторы pм и B совпадают по направлению. Если внешние силы выведут виток из положения равновесия, то возникший механический момент сил, определяемый формулой (1), будет стремиться возвратить виток в исходное положение. Против этого момента и будет совершаться работа внешними силами. Так как момент сил переменный (зависит от угла поворота j ), то для расчета работы применим формулу работы при повороте витка на элементарный угол dj dA = Mdj . Подставив сюда выражение момента из формулы (1) и учтя, что pм = IS , получим dA = IB S sin j dj . Взяв интеграл от этого выражения, найдем работу при повороте витка на конечный угол j : 83

p

p = 2 IBS = 2 IBp R 2 . 0 0 Проверим единицы измерения работы в системе СИ Н 2 наимен. А = A × Тл × м2 = А м = Н × м = Дж . А×м Подставим в формулу числовые значения величин и произведём вычисления A = IBS ò sin j dj = IBS ( - cos j )

(2)

А = 2·10,0·1,50·3,14·(2,00·10–2)2 = 3,75·10–2 Дж. Задачу можно решить и другим способом. Работа внешних сил по перемещению витка с током в магнитном поле равна произведению силы тока I на изменение магнитного потока DФ , пронизывающего виток: A = - I DФ = I (F1 - F 2 ) , (3) здесь Ф1 и Ф2 – конечное и начальное значение магнитного потока, пронизывающего виток. По определению магнитный поток сквозь поверхность контура F = ò BdS cos a . S

Для однородного поля и плоского витка эта формула принимает вид F = BS cos a , где В – магнитная индукция поля, S – rплощадь ограниченная витr ком, α – угол между вектором магнитной индукции B и нормалью n , проведённой к плоскости витка. Для данной задачи в первом положении витка a = 0 , тогда F1 = BS cos0 = BS . Во втором положении витка a = 1800 и Ф2 = - BS . Следовательно, как следует из (3), A = I ( BS - ( - BS )) = 2 IBS = 2 IBp R 2 , что совпадает с полученным ранее выражением (2). Ответ: для поворота витка с током нужно совершить работу А = 3,75·10–2 Дж. ЗАДАЧИ 341. Контур из мягкой проволоки в форме равностороннего треугольника со стороной а = 30,0 см и током I = 10,0 А лежит на столе. Включают однородное магнитное поле с индукцией В = 0,20 Тл. Плоскость контура и вектор индукции магнитного поля образуют угол a = 300. Под действием сил Ампера контур деформируется в окружность, оставаясь на столе. Определить работу А сил Ампера. 342. В одной плоскости с бесконечно длинным прямым проводом, по которому протекает ток I1 = 5,00 А, расположена проволочная прямоугольная рамка со сторонами b = 10,0 см и l = 20,0 см (см. рис. 28 приложения). Длинные стороны рамки параллельны прямому току, причем ближайшая находится от него на расстоянии r = 5,00 см и в ней течет ток I2 = 0,20 А в том же направлении. Найти работу А, которую надо совершить, чтобы повернуть рамку на 1800 вокруг оси, проходящей через дальнюю от прямого провода длинную сторону рамки. 84

343. Два прямых длинных параллельных проводника находятся на некотором расстоянии друг от друга. По ним текут в одном направлении одинаковые токи I. Чтобы раздвинуть эти проводники на расстояние вдвое большее, надо совершить работу (на единицу длины проводников) А/l = 55,0 мкДж/м. Найти эти токи. 344. Квадратный проводящий контур со стороной а = 10,0 см по которому течет ток I = 6,00 А, находится в магнитном поле (В = 0,80 Тл) под углом a = 500 к линиям его индукции. Какую работу А нужно совершить, чтобы при неизменной силе тока в контуре изменить его форму на окружность? 345. Плоский проводящий контур с током I = 5,00 А свободно установился в однородном магнитном поле (В = 0,40 Тл). Площадь контура S = 200 см2. Поддерживая неизменным ток в контуре, его повернули относительно оси, лежащей в плоскости контура, на угол a = 400. Определить совершенную при этом работу А. 346. Прямой бесконечно длинный провод с током I1 = 5,00 А и прямоугольная рамка, по которой протекает ток I2 = 3,00 А, расположены в одной плоскости. Большая сторона рамки l = 1,00 м, параллельна прямому току и отстоит от него на расстояние r = 0,10b, где b — длина другой стороны рамки (см. рис. 28 приложения). Определить работу А по повороту рамки на угол a = p/2 относительно оси, параллельной прямому току и проходящей через середины противоположных сторон b рамки. 347. По кольцу из тонкого гибкого провода радиусом R = 10,0 cм, течёт ток силой I = 100 А. Перпендикулярно плоскости кольца возбуждено магнитное поле r с индукцией В = 0,10 Тл совпадающей по направлению с вектором индукции В 1 собственного магнитного поля кольца. Определить работу А внешних сил, которые, действуя на провод, деформировали его и придали ему форму квадрата. 348. Расстояние между двумя прямолинейными длинными параллельными проводниками d1 = 10,0 см. По проводникам в одном направлении протекают токи I1 = 20,0 А и I2 = 30,0 А. Какую работу на единицу длины проводников А/l надо совершить, чтобы увеличить расстояние между ними до d2 = 20,0 см? 349. Вблизи длинного прямого провода, по которому течёт ток I1 = 10,0 А, расположена квадратная рамка с протекающим по ней током I2 = 1,00 А (см. рис. 28 приложения). Рамка и провод лежат в одной плоскости. Стороны рамки равны b = 6,80 см, расстояние r = 4,00 см. Найти работу А по перемещению прямого провода в положение, указанное штриховой линией. 350. Медный диск, радиус которого R = 20,0 см, помещен в магнитное поле с индукцией B = 0,50 мТл так, что плоскость диска перпендикулярна к направлению вектора индукции магнитного поля. Диск может вращаться вокруг оси, проr ходящей через его центр и параллельной вектору В . По радиусу диска протекает электрический ток I = 0,20 А (см. рис. 25 приложения). Определить работу А, которую совершают силы поля при одном полном обороте диска. 85

Рабочая программа Тема 24. Магнитное поле в вакууме. Циркуляция вектора индукции магнитного поля. Теорема о циркуляции вектора индукции магнитного поля Пример решения задач По прямому бесконечно длинному цилиндрическому проводнику из меди течет ток, плотность которого j меняется с расстоянием от оси проводника по закону j = kr2, где k =2 108 A/м4. Радиус проводника R = 20,0 мм. Определить индукцию магнитного поля В в двух точках, расположенных на расстояниях r1 = 10,0 мм и r2 =40,0 мм от оси проводника. Дано j = kr2 k=2,00 108 A/м4 R = 20,0 мм r1 = 10,0 мм r2 = 40,0 мм В=?

O R L2

r j

r О

r1 L1

r2

R

dj

dr

dS dl

O

Анализ и решение Расстояние от оси проводника с током до точек, где необходимо найти индукцию В магнитного поля, соизмеримо с его радиусом. Поэтому нельзя заранее предположить, что индукцию поля, созданного этим проводником, можно рассчитывать по известной формуле, полученной на основании закона Био-Савара для прямого линейного тока. По условию задачи изменение плотности тока происходит по радиальному закону, значит и магнитное поле обладает цилиндрической симметрией. Следовательно, линии индукции магнитного поля – окружности лежащие в плоскостях, перпендикулярных оси проводника и концентричных ему. Это позволяет воспользоваться для расчета поля теоремой о циркуляции индукции магнитного поля (законом полного тока): «Циркуляция вектора индукции магнитного поля по любому замкнутому контуру равна алгебраической сумме токов, охватываемых этим контуром, умноженной на магнитную постоянную» N r r r r (1) !ò Вdl = !ò Вdl cos( В ^ dl ) = m0 å ( I i + I iмол ) , L

i =1

L

86

r где dl – вектор, модуль которого равен элементу длины контура dl, m0 , I i и I iмол – соответственно магнитная постоянная, токи проводимости и молекулярные токи. Выбираемый замкнутый контур L должен отвечать следующим условием: 1) проводится в виде окружности, совпадающей с линией индукции, 2) величина индукции вдоль контура должна быть постоянной, 3) проходить через точку поля, в которой необходимо определить B. Для определения индукции магнитного поля внутри медного проводника, воспользуемся соотношением между двумя характеристиками магнитного поля r r B1 = m0 m H1 , r здесь H1 – вектор напряженности магнитного поля, характеризующий магнитное поле токов проводимости, m – магнитная проницаемость среды, показывающая, во сколько раз магнитное поле токов проводимости усиливается за счет поля молекулярных токов. Проведем в сечении проводника контур интегрирования L1 радиусом r1 (см. рисунок). Тогда в соответствии с законом полного тока N r r r r (2) !ò H1dl = !ò H1dl cos( H1 ^ dl ) = å I i , L1

i =1

L1

Циркуляция напряженности магнитного поля по контуру равна r r H dl cos( H ^ dl ) = H1 ! !ò 1 1 ò dl = H1 2p r1 , L1

L1

(3)

r r здесь учтено, что для всех элементов этого контура cos( H1 ^ dl ) = 1 . Найдем ток I1, охватываемый этим контуром. Поскольку плотность этого тока в разных точках сечения проводника разная, то разбиваем сечение на элементарные участки в виде сегмента (см. рисунок). Площадь этого участка равна dS = dldr = rdj dr . Произведение плотности тока на площадь элементарного участка есть величина тока, текущего через этот участок dI1 = jdS = j rdj dr . Для определения тока, протекающего через площадку, охватываемую контуром L1, нужно сложить токи, протекающие через элементарные площадки, а так как площадок бесконечное множество, то сумма переходит в интеграл: r1 2p r 4 r1 1 2 I1 = ò dI1 = ò k r rdr ò dj = k 2p = p k r14 . (3) 4 2 0 0 0 По закону полного тока (1), получаем 1 H 1 2p r1 = p k r14 , 2 Откуда 87

1 H 1 = k r13 , 4

1 B1 = mо m H 1 = mо m k r13 . 4 В этой формуле m – магнитная проницаемость меди, её значение очень близко к единице. Для решения второй части задачи проведем через т. 2, находящуюся вне проводника, вспомогательный замкнутый контур L2 (см. рисунок). Так как контур совпадает с линией индукции и во всех точках контура величина индукции В2 постоянна, то циркуляция r r В dl cos( В ^ dl ) = B2 ! !ò 2 2 ò dl = B2 2p r2 , L2

L2

r r здесь учтено, что для всех элементов этого контура cos( В2 ^ dl ) = 1 . Для определения тока, охватываемого контуром, нужно найти ток, протекающий через все сечение проводника: R 2p r4 R 1 2 I 2 = ò dI 2 = ò k r rdr ò dj = k × 2p = p k R 4 4 0 2 0 0 По закону полного тока циркуляцию индукции нужно приравнять току I2, умноженному на m0 , 1 B2 2p r2 = m0p k R4 2 Откуда 1 R4 B2 = m0 k . 4 r2 Проверим наименование индукции магнитного поля в системе СИ Тл × м А × м3 наимен. В = = Тл . А м4 Подставим числовые данные и сделаем вычисления: В1 = 4·3,14·10–7·1·2,00·108·0,25 (10·10–3)3 = 6,28·10–5 Тл, В2 = 4·3,14·10–7·1·2,00·108·0,25 (0,5)4 = 2,51·10–4 Тл. Ответ: индукция внутри проводника равна 6,28·10–5 Тл, вне – 2,51·10–4 Тл. ЗАДАЧИ 351. По цилиндрическому очень длинному проводнику радиусом R = 2,00 см течет ток I = 100 А. Найти индукцию магнитного поля В в точках, лежащих на расстоянии r1 = 1,00 см и r2 = 3,00 см от оси проводника. 352. Диаметр тороида без сердечника по средней линии D = 20,0 см. В сечении тороид имеет круг радиусом r = 5,00 см (см. рис. 31 приложения). По обмотке 88

тороида, содержащей N витков, течёт ток I. Определить отношение значения индукции магнитного поля В0 на средней линии тороида к значению минимальной индукции магнитного поля Bmin внутри тороида. 353. Внутри длинного металлического проводника круглого сечения имеется круглая длинная цилиндрическая полость. Ось полости параллельна оси проводника и смещена относительно последней на расстояние d = 5,00 см. Радиус сечения проводника R = 20,0 см и по нему протекает ток I. На каком расстоянии r от оси проводника вне его находятся точки, индукция магнитного поля В в которых такая же, как в полости? 354. Имеется очень длинный прямой соленоид. Площадь его поперечного сечения S = 2,00 см2, число витков на единицу длины n = 3 103 м–1. По обмотке соленоида протекает ток I = 3,00 А. Найти поток вектора индукции магнитного поля Ф через торец соленоида. 355. По соленоиду длиной l = 1,00 м без сердечника, имеющему N = 1000 витков, течет ток силой I = 20,0 А. Определить циркуляцию вектора магнитной r r индукции ! Вd ò l вдоль контуров, изображенных на рис. 29 приложения. r r 356. Найти циркуляцию вектора индукции магнитного поля ! Вd ò l в трех

случаях, изображенных на рис. 30 приложения. Сила тока, протекающего в проводниках I = 8,00А.

357. Коаксиальный кабель представляет собой длинную металлическую тонкостенную трубку радиусом R = 10,0 мм. Вдоль оси трубки расположен тонкий провод. Силы токов в трубке и проводе I = 0,50 А, а их направления противоположны. Определить индукцию магнитного поля В в точках, удалённых от оси кабеля на расстояния r1 = 5,00 мм и r2 = 15,0 мм. 358. Диаметр тороида без сердечника по средней линии D = 30,0 см. В сечении тороид имеет круг радиусом r = 5,00 см (см. рис. 31 приложения). По обмотке тороида, содержащей N = 2000 витков, течёт ток I = 5,00 А. Определить максимальное Bmax и минимальное Bmin значение индукции магнитного поля в тороиде. 359. По проводнику протекает равномерно распределенный по его сечению ток I = 100 А. Радиус сечения проводника R = 10 мм. Найти циркуляцию вектора r r индукции магнитного поля ! вдоль окружности радиусом r = 5,00 мм, проВdl ò

ходящей внутри проводника и ориентированной так, что ее плоскость составляет r угол a = 300 с вектором плотности тока j .

360. Длинный прямой соленоид из проволоки, диаметр которой d = 0,50 мм, намотан так, что его витки плотно прилегают друг к другу. Какова индукция магнитного поля В внутри и снаружи соленоида, если по нему течёт ток I = 1,00 А? 89

Рабочая программа Тема 25. Явление и закон электромагнитной индукции Пример решения задач Прямой бесконечный проводник с током и прямоугольная рамка расположены в одной плоскости. Сила тока в проводнике изменяется по закону I = a t3, где a = 2,00 А/с3. Ближняя сторона рамки l = 1,00 м параллельна проводнику и отстоит от него на расстоянии r0 = 2,00 см. Длина другой стороны рамки b = 20,0 см. Определить силу тока в рамке в момент времени t = 10,0 с, если её омическое сопротивление R =7,00 Ом. Анализ и решение Дано Явление, заключающееся в том, что в замкнутом проводящем l = 1,00 м контуре при изменении потока магнитной индукции, пронизыb = 20,0 см вающего этот контур, возникает индукционный ток, называется r0 = 2,00 см 3 электромагнитной индукцией. В нашем случае, вследствие измеI=at 3 a = 2,00 А/с нения силы тока I в проводнике, магнитный поток Ф через рамку изменяется и в ней возникает индукционный ток Ii. Возникновение t = 10,0 с R = 7,00 Ом индукционного тока указывает на наличие в цепи электродвижущей силы (э.д.с.) e i . Согласно закону Фарадея I=? dФ ei = , (1) dt то есть, ЭДС электромагнитной индукции в контуре численно равна и противоположна по знаку скорости изменения магнитного потока сквозь поверхность, ограниченную этим контуром. Знак минус выражает правило Ленца: индукционный ток в контуре Ii. имеет всегда такое направление, что создаваемое им магнитное поле препятствует изменению магнитного потока, вызвавшему этот индукционный ток. Силу индукционного тока можно найти из закона Ома e Ii = i . (2) R Рамка находится в неоднородном магнитном поле, поэтому для расчета магнитного потока разделим площадь рамки на столь узкие полоски, чтобы в пределах каждой из них магнитное поле можно было считать однородным (см. рисунок). Элементарный магнитный поток сквозь узкую r полоску r dФ = B dS cos( B ^ dS ) , r r где dS = dSn – вектор, модуль которого равен элементарной площадке dS, а наr правление совпадает с направлением нормали n к ней. Индукции магнитного поля В, создаваемого бесконечно длинным проводом с током там, где находится элемент площади рамки, рассчитывается по формуле m I B= 0 , 2p x 90

r r величина элемента площади dS = ldx, ( B ^ n ) = 0o , I = a t3, тогда m a ldx 3 dФ = 0 t . 2p x Интегрируя это уравнение по х в пределах от r0 до (r0 + b), находим ro + b

ò

ro

=

dФ =

ro + b

ò

ro

m0a l 3 t 2p

m0 I ldx m0a l 3 = t 2p x 2p

ro + b

ò

ro

ro + b

ò

ro

x

dS

I

r

I i Br

dx = x

dx m0a l 3 ro + b . = t ln 2p x ro

dx

n

ro

b

l

По закону Фарадея (1) определяем э.д.с. индукции 3 m0a l ro + b 2 r +bö d æ m al ln e i = - ç 0 t 3 ln o t , ÷=2p dt è 2p ro ø ro а по закону Ома для участка цепи (2) силу индукционного тока e 3m a l r + b 2 I i = i = - 0 ln o t . R ro 2p R Проверим наименование силы тока в системе СИ В × с А × м × с2 В × А наимен. I i = = = А. А × м с 3 × Ом В Подставим числовые значения величин и проведем вычисления 3 × 4p × 10-7 × 2 ,00 × 1 ,00 2 , 00 + 20 ,0 = 4 ,11 × 10 -7 А. Ii = ln 2p × 7 , 00 2 , 00 Ответ: сила индукционного тока в рамке Ii = 4,11·10–7 А. ЗАДАЧИ 361. На расстояниях а = 10,0 см и b = 40,0 см от длинного проводника с током I = 5,00 А расположены два параллельных ему провода, замкнутых на одном конце сопротивлением R = 200 Ом (см. рис. 35 приложения). По проводам без трения перемещают с постоянной скоростью u = 50,0 м/с стержень-перемычку. Найти величину индукционного тока I инд в стержне. 362. Провод, согнутый в форме полуокружности радиуса R = 30,0 cм, вращают вокруг оси О–О¢ с угловой скоростью w = 100 рад/с в однородном магнитном поле с индукцией В = 0,4 Тл (см. рис. 36 приложения). В момент времени t = 0, магнитный поток Ф через контур максимальный. Найти максимальную э.д.с. индукции eинд в контуре. 91

363. Плоский контур, имеющий вид двух квадратов со сторонами а = 20,0 см и b = 10,0 см, находится в однородном магнитном поле (см. рис. 37 приложения). r Индукция магнитного поля, вектор которой В перпендикулярен плоскости контура, меняется по закону В = В0 sinw t, где В0 = 10,0 мТл и w = 100 рад/с. Найти амплитуду э.д.с. индукции eинд в контуре. 364. На длинный прямой соленоид, имеющий диаметр сечения D = 5,00 см и содержащий n = 20 витков на один сантиметр длины, плотно надет круговой проводящий виток. Ток в обмотке соленоида увеличивается с постоянной скоростью dI/dt = 100 А/с. Найти э.д.с. индукции eинд в витке. r r 365. Индукция магнитного поля изменяется по закону В = ( a + b t 2 )i , где r a = 0,10 Тл, b = 0,01 Тл/с2, i – единичный вектор оси ОХ. В поле расположена плоская рамка в виде равностороннего треугольника со стороной а = r20,0 см. Плоскость рамки перпендикулярна вектору индукции магнитного поля В . Определить э.д.с. индукции eинд в рамке в момент времени t = 5,00 с. 366. В однородном магнитном поле с индукцией В = 0,50 Тл вращается с частотой n = 10 с–1 стержень r длиной l = 20,0 см. Ось вращения параллельна вектору магнитной индукции В и проходит через один из концов стержня перпендикулярно его оси. Определить разность потенциалов Δ j (eинд) на концах стержня. 367. Между двумя длинными параллельными токами в одной плоскости с ними расположены параллельные шины. По ним со скоростью u = 3,00 м/с. движется проводник длиной l = 0,20 м (см. рис. 32 приложения). Токи I1 = I2 = 40,0 А и текут в противоположных направлениях. Расстояние от каждой шины до ближайшего тока а = 1,00 см. Найти э.д.с. индукции eинд, возникающей в проводнике 368. Квадратная рамка со стороной а = 1,00 м и длинный прямой провод с током I = 10,0 А лежат в одной плоскости (см. рис. 33 приложения). Рамку поступательно перемещают вправо со скоростью u = 100 м/с. Найти э.д.с. индукции eинд в рамке в момент времени, когда она оказалась на расстоянии r = 1,00 м от провода. 369. Металлический диск радиусом R = 25,0 см, вращается вокруг своей оси с постоянной угловой скоростью w = 130 рад/с. Диск помещают в однородное r внешнее магнитное поле так, что вектор индукции В перпендикулярен к плоскости диска. Найти разность потенциалов Δ j между центром и ободом диска, если величина индукцией В = 5,00 мТл. 370. Длинный прямой проводник с током I = 20,0 А и П-образный проводник с подвижной перемычкой расположены в одной плоскости (см. рис. 34 приложения). Перемычку, длина которой l = 1,00 м, перемещают вправо с постоянной скоростью u = 50,0 м/c. Найти э.д.с. индукции eинд в контуре в момент времени, когда перемычка оказалась на расстоянии r = 2,00 м от проводника. 92

Рабочая программа Тема 26. Явление и закон электромагнитной индукции при замыкании и размыкании электрической цепи Пример решения задач Катушка индуктивностью L = 1,50 Гн и сопротивлением R1 = 15,0 Ом и лампа сопротивлением R2 = 150 Ом соединены параллельно и подключены через ключ К к источнику тока, электродвижущая сила которого e = 60,0 В. Определить напряжение на зажимах катушки через t = 0,01 с после размыкания цепи. Анализ и решение При установившемся режиме сила тока I0 в электрической цепи равна сумме сил токов, текущих через катушку индуктивности I1 и лампу I2, причем по закону Ома e I1 = . (1) R1 При размыкании ключа К ток I1 начнет убывать и, согласно закону Фарадея, в катушке возникает э.д.с. самоиндукции dI e si = - L , dt которая препятствует исчезновению силы тока. Э.д.с. самоиндукции возникает только в катушке, так как лампа и подводящие провода считаются безыиндуктивными. После отключения источника замкнутую цепь составят катушка индуктивности L и лампа Л, соединенные теперь последовательно. В момент времени t = 0, соответствующий моменту размыкания, сила тока в этой цепи одинакова и равна установившейся силе тока I1 в катушке (ток в лампе исчезает мгновенно). Разность потенциалов на концах катушки индуктивности после отключения источника в любой момент времени U L = IR2 , (2) L, R1 где I – текущее значение силы тока, зависящее от времени. Вид зависимости силы тока I от времени t может быть найден из закона Ома для замкнутой цепи. Л e si I= Þ e si = I( R1 + R2 ) . К ( R1 + R2 ) – + Или e dI - L = I ( R1 + R2 ) . dt После разделения переменных это уравнение примет вид dI R + R2 =- 1 dt . I L Дано L = 1,50 Гн R1 = 15,0 Ом R2 = 150 Ом t = 0,01 с e = 60,0 В UL – ?

93

При t = 0 ток в катушке I = I1 (установившаяся сила тока в катушке индуктивности). Интегрируем последнее уравнение в пределах от t = 0 до некоторого t, когда сила тока принимает значение I, получаем I t I dI R1 + R2 R +R t ò I = - L ò dt , ln I I1 = - 1 L 2 t 0 . I 0 1

Подставив пределы интегрирования, получим I R + R2 R + R2 ln = - 1 t Þ I = I1 exp( - 1 t) . L Io L Учитывая формулы (1) и (2), находим R R + R2 U L = e 2 exp( - 1 t) . R1 L Подставим числовые значения заданных величин и произведём вычисления 150 15,0 + 150 U L = 60 exp( 0,01) = 200 В. 15,0 1,50 Как видно из полученного результата, разность потенциалов на очень короткое время значительно превышает э.д.с. источника. Значит, в момент размыкании цепи лампа должна ярко вспыхнуть, что и наблюдается в действительности. Ответ: напряжение UL на зажимах катушки через t = 0,01 с после размыкания цепи равно 200 В. ЗАДАЧИ 371. Электрическая лампочка сопротивлением R = 10,0 Ом, подключается через дроссель к аккумулятору, э.д.с. которого e = 12,0 В. Индуктивность дросселя L = 2,00 Гн, сопротивление R0 = 10,0 Ом. Вывести формулу для силы тока I в такой электрической цепи при ее замыкании и найти время t, по истечении которого лампочка загорится. Начинает светиться лампа при напряжении U = 6,00 В. 372. Соленоид индуктивностью L = 0,20 Гн и сопротивлением R = 1,64 Ом включен в цепь с источником э.д.с. Вывести формулу для силы тока I в цепи после того как источник отключили, а соленоид замкнули накоротко. Во сколько раз уменьшится ток в соленоиде через время t = 0,05 с? 373. Соленоид сопротивлением R = 1,00 Ом и индуктивностью L = 2,00 мкГн подключен к источнику тока с э.д.с. e = 3,00 В. Параллельно соленоиду включено сопротивление R0 = 2,00 Ом. Вывести формулу для силы тока I в соленоиде после размыкания цепи и найти количество тепла Q, выделившееся в нем. 374. Соленоид сопротивлением R = 5,00 Ом и индуктивностью L = 0,30 Гн соединили с источником тока внутреннее сопротивление которого r = 1,00 Ом, и э.д.с. e = 30,0 В. Какой электрический заряд Q пройдет по соленоиду, если его 94

выводы соединить накоротко? Для расчета вывести формулу для силы тока I, возникающего в такой электрической цепи. 375. В электрической цепи, содержащей резистор R = 20,0 Ом и соленоид индуктивностью L = 0,06 Гн, течет ток I0 = 20,0 А. Вывести формулу и рассчитать ток I в цепи через t = 0,20 мс после ее размыкания. 376. Электрическая цепь состоит из соленоида индуктивностью L = 0,10 Гн и источника тока. Источник тока отключили, не разрывая цепи. Время, через которое сила тока уменьшилась до 0,001 первоначального значения, равно t = 0,07 с. Определить сопротивление R соленоида. 377. Источник тока замкнули на соленоид сопротивлением R = 10,0 Ом и индуктивностью L = 0,20 Гн. Вывести формулу для расчета силы тока I в такой электрической цепи и найти время t, по истечению которого он достигает 50% максимального значения? 378. Дроссель индуктивностью L = 8,00 Гн и сопротивлением R1 = 40,0 Ом соединен параллельно с лампой сопротивлением R2 = 200 Ом. Дроссель и лампа подключены к источнику с э.д.с. e = 120 В через ключ. Вывести формулу для расчета силы тока I в такой электрической цепи при ее размыкании и определить разность потенциалов Δ j на зажимах дросселя через t = 0,01 с. 379. В электрической цепи, схема которой изображена на рис. 38 приложения, R1 = 5,00 Ом, R2 = 95,0 Ом, L = 0,34 Гн. Э.д.с. источника e = 38,0 В, его внутреннее сопротивление мало. Вывести формулу и найти силу тока I в резисторе R2 через t = 0,01с после размыкания цепи. 380. Источник тока замкнули на соленоид сопротивлением R = 20,0 Ом. Через время t = 0,10 с ток I в нем достиг 0,95 предельного значения. Вывести формулу для расчета силы тока I в такой цепи и найти индуктивность L соленоида. Рабочая программа Тема 27. Энергия и плотность энергии магнитного поля Пример решения задач По цилиндрическому медному проводнику течет электрический ток I = 100 A. Считая проводник очень длинным, найти энергию магнитного поля Wмаг сосредоточенного внутри участка проводника длиной l = 1,00 м. Дано I = 100 A l = 1,00 м Wмаг = ?

Анализ и решение Вследствие большой длины проводника магнитным полем подводящих проводов можно пренебречь и считать, что внутри проводника магнитное поле обладает осевой симметрией. Это значит,

95

что линии индукции имеют форму окружностей с центром на оси проводника и плоскость любой из нихr перпендикулярна оси. Симметричность поля позволяет применить для расчета В теорему о циркуляции индукции магнитного поля O R

r j

r

r

О

l0

R

L

O

N r r !ò Bdl = m0 å I i ,

dj

dr

dS dl

(1)

i =1

L

здесь учтено, что магнитная проницаемость m меди постоянна и практически равна единице. Энергия магнитного поля в объёме V = p R 2l0 , где l0 – произвольная длина участка проводника, W маг = ò w маг dV , (2) V

2

dW B = – плотность энергии магнитного поля. dV 2 m0 Выберем контур интегрирования L в форме окружности, совпадающей с одной из линий индукции, радиус которой r < R. Если направление обхода контура r r совпадает с направлением линий индукции, то ( B ^ dl ) = 0 и В = const во всех точках контура интегрирования. Тогда r r Bdl (3) !ò = !ò Bdl = B 2p r . где w маг =

L

L

Если плотность тока j постоянна по поперечному сечению проводника, то сумма токов, сцепленных с контуром интегрирования, N I (4) å I i = jS L = p R 2 p r 2 . i =1 Подставим выражения (3) и (4) в (1): I B 2p r = m0 pr2, 2 pR откуда 96

m0 Ir . (5) 2p R 2 Элементарный объём dV в выражении (2) должен быть таким, чтобы в нем плотность энергии а следовательно, и индукция магнитного поля оставались постоянными. Этому условию удовлетворяет часть цилиндра высотой l0 и площадью основания dS = dldr = rd j dr (см. рисунок) dV = rdj dr l 0 . Тогда подынтегральное выражение в равенстве (2) с учетом (5) будет æ m0 I 2 r 2 ö w маг dV = çç 2 4 ÷÷ rdr dj l0 . è 8p R ø Вся энергия магнитного поля, сосредоточенного внутри участка проводника согласно формуле (2): R 2p m0 I 2 l 0 3 m0 I 2 l0 r 4 R 2p m0 I 2 l0 R 4 m0 I 2l0 W маг = ò r dr ò dj = 8p 2 R4 4 0 j 0 = 4p R4 4 = 16p . 8p 2 R 4 0 0 Проверим наименование полученной величины в системе СИ В × с × А2 × м наимен. W = = Вт × с = Дж . м× А Подставим численные значения данных величин и сделаем расчет 4p × 10-7 × 100 2 × 1 , 00 W = = 2 , 50 × 10 -4 Дж. 16p Ответ: энергия магнитного поля внутри медного проводника 2,50·10–4 Дж. B=

97

КОНТРОЛЬНОЕ ЗАДАНИЕ № 4 Студент–заочник должен решить семь задач того варианта, номер которого совпадает с последней цифрой его шифра (табл. 4). Таблица 4 Вариант

Номера задач

0

410

420

430

440

450

460

470

1

401

411

421

431

441

451

461

2

402

412

422

432

442

452

462

3

403

413

423

433

443

453

463

4

404

414

424

434

444

454

464

5

405

415

425

435

445

455

465

6

406

416

426

436

446

456

466

7

407

417

427

437

447

457

467

8

408

418

428

438

448

458

468

9

409

419

429

439

449

459

469

Рабочая программа Тема 28. Свободные гармонические механические колебания. Амплитуда, круговая частота и фаза колебаний Пример решения задач Найти время, за которое материальная точка, совершающая гармонические колебания, прошла: путь S1 от среднего положения до крайнего? первую половину этого пути? вторую половину этого пути? Начальная фаза колебаний: p 1) j 01 = 0; 2) j 02 = . 2 Анализ и решение Дано Материальная точка совершает гармонические колебания S1 = X0 по закону x = X 0 sin(w 0t + j 0 ) , (1) S2= X0/2 где х – смещение колеблющейся точки, отсчитанное от полоS3 = X0/2 жения равновесия, Х0 – амплитуда колебаний (максимальное p смещение), w 0 = 2p / T – круговая (циклическая) частота, j 0 j 01 = 0, j 02 = 2 – начальная фаза в момент времени t = 0, ( w 0t + j 0 ) – фаза t1, t2, t3 = ? колебаний в момент времени t. Фаза колебаний определяет 98

значение колеблющейся величины в данный момент времени. Т – период колебаний, промежуток времени, когда фаза колебания получает приращение 2 p , Если j 01 = 0, то в начальный момент времени материальная точка находится в положении равновесия, то есть х(0) = 0. Путь, пройденный точкой за время t £ Т/4 (см. рисунок) S = х(t). (2) При t > Т/4 точка, дойдя до координаты S Х х = Х0 начнет двигаться к началу координат, r -Х0 О u +Х0 то есть в сторону, противоположную начальх(t) ному движению, и тогда выражение (2) будет несправедливо. Подставим в уравнение (2) путь S = X0, координату х(t) выражаем из уравнения (1) и учитывая, что j 01 = 0, получим: 2p X 0 = X 0 sin t , T 1 откуда 2p 2p p T sin t1 = 1 Þ t1 = Þ t1 = . T T 2 4 Для первой половины пройденного пути S X0 2p = X 0 sin t , 2 T 2 откуда 2p 1 2p p T sin t2 = Þ t 2 = Þ t2 = . T 2 T 6 12 Время, необходимое для прохождения материальной точки второй половины пройденного пути от положения равновесия до крайнего положения, равно T T T t 3 = t1 - t 2 = = . 4 12 6 Таким образом, двигаясь из положения равновесия, колеблющаяся точка проходит расстояние S = X0 за время t1 = T/4, причем первую половину этого пути она проходит за время t2 = T/12, вторую – t3 = T/6, то есть вдвое медленнее. p Если j 02 = , то в начальный момент времени движущаяся материальная 2 точка находится в крайнем положении, то есть х(0) = Х0, скорость точки u x = 0. С увеличением времени координата х уменьшается, а путь, пройденный точкой (см. рисунок), находится по формуле S = X0 – x(t). (3) S Подставим в уравнение (3). S = X0, Х r координату х(t) выражаем из (1) с учетом u +Х О -Х0 0 p того, что j 02 = , получим: х(t) 2 99

X 0 = X 0 - X 0 sin( откуда

2p p 2p p t1 + ) Þ sin( t1 + ) = 0 , T 2 T 2

2p p 2p p T t1 + ) = p Þ t1 = Þ t1 = . T 2 T 2 4 Для первой половины пройденного пути S =X0/2 X0 2p p 2p p 1 = X 0 - X 0 sin( t 2 + ) Þ sin( t 2 + ) = , 2 T 2 T 2 2 откуда 2p p 5 2p p T ( t2 + ) = p Þ t2 = Þ t2 = . T 2 6 T 3 6 Время, необходимое для прохождения материальной точки второй половины пройденного пути при её движении из крайнего положения, равно T T T t 3 = t1 - t 2 = - = . 4 6 12 Таким образом, двигаясь из крайнего положения, колеблющаяся точка проходит расстояние S = X0 за время t1 = T/4, причем первую половину этого пути она проходит за время t2 = T/6, вторую – t3 = T/12, то есть вдвое быстрее. (

ЗАДАЧИ 401. Материальная точка, совершающая гармонические колебания, в некоторый момент времени имеет смещение х = 0,04 м, скорость u = 0,05 м/с и ускорение а = 0,80 м/с2. Определить: 1) амплитуду Х0 и период Т0 колебаний; 2) ее фазу колебаний j в рассматриваемый момент времени; 3) максимальные скорость u max и ускорение аmax, 4) время прохождения пути S = X0/2 при движении материальной точки из положения равновесия. 402. Материальная точка совершает гармонические колебания с амплитудой Х0 = 0,02 см и частотой n 0 = 500 Гц. Определить средние и максимальные значения скорости u и ускорения а точки при её движении из крайнего положения до положения равновесия. 403. За какую часть периода Т0 материальная точка, совершающая гармонические колебания, пройдет путь, равный: 1) половине амплитуды Х0/2, если в начальный момент она находилась в положении равновесия; 2) одной трети амплитуды Х0/3, если в начальный момент времени она была в крайнем положении? 404. Материальная точка совершает гармонические колебания вдоль оси Х. Через t = 0,10 с от начала движения смещение точки от положения равновесия стало х1 = 5,00 см, скорость – u 1 = 62,0 см/с, ускорение – а1 = – 540 см/c2. Определить: амплитуду Х0, циклическую частоту w0 и начальную фазу j0 колебаний. 405. Материальная точка совершает гармонические колебания вдоль оси Х с периодом Т0 = 0,60 с и амплитудой Х0. За какое время t, считая от начала движе100

ния, точка пройдет расстояние равное половине амплитуды Х0/2? Рассмотреть два случая, когда начальная фаза колебаний равна: 1) j 0 = 0 и 2) j 0 = p /2. 406. Материальная точка совершает колебания по закону х = Х0 sin(w0 t). В момент времени t смещение точки оказалось х1 = 5,00 см. Когда фаза колебаний j увеличилась вдвое, смещение стало х2 = 8,00 см. Найти амплитуду колебаний Х0. 407. Материальная точка совершает гармонические колебания вдоль некоторой прямой с периодом T0 = 0,60 с и амплитудой Х0 = 10,0 см. Найти среднюю скорость точки за время t, в течении которого она проходит путь S = Х0/2: а) из крайнего положения; б) из положения равновесия. 408. Материальная точка совершает гармонические колебания вдоль оси Х около положения равновесия. Частота колебаний w0 = 4,00 рад/с. В момент времени t1 координата точки х1 = 25,0 см и ее скорость u 1 = 100 см/с. Найти координату х2 и скорость u 2 материальной точки через t = 2,40 с после этого момента. 409. Начальная фаза колебаний материальной точки равна j 0 = p /3. Период колебаний T0 = 0,06 с. Определить ближайшие моменты времени, в которые скорость u и ускорение а точки в два раза меньше их амплитудных значений. 410. Закон колебаний материальной точки имеет вид х = Х0 сos(w0 t + j 0). В некоторый момент времени смещение точки х = 5,00 см, её скорость u = 20,0 см/с и ускорение а = 80,0 см/с2. Найти амплитуду Х0, циклическую частоту w 0, период колебаний Т0 и фазу j в рассматриваемый момент времени. Рабочая программа Тема 29. Свободные гармонические электромагнитные колебания. Колебательный контур Пример решения задач Определить индукцию магнитного поля B внутри катушки индуктивности и разность потенциалов Dj на обкладках конденсатора идеального колебательного контура в момент времени t = ( p / 6 ) 10–4 c, если при t = 0 заряд на конденсаторе Q1 = 10–5 Кл, а сила тока I1 = 0. Индуктивность катушки L = 10–3 Гн, число витков на 1 м длины катушки n = 103 м–1, ёмкость конденсатора С = 10–8 Ф. Дано Анализ и решение Электрическая цепь, состоящая из включенных последоваt = ( p / 6 )10 -4 c тельно катушки индуктивностью L и конденсатора ёмкостью С Q1 = 10–5 Кл называется колебательным контуром. Он предназначен для возI1 = 0 буждения и поддержания электромагнитных колебаний (периоL = 10–3 Гн дических процессов превращения энергии электрического поля в n = 103 м–1 энергию магнитного поля и наоборот). Если омическим сопроС = 10–8 Ф тивлением элементов контура пренебречь, то такой контур наВ = ? Dj = ? зывается идеальным и в нем происходят свободные незатухающие электромагнитные колебания. Из теории известно, что дифференциальное 101

уравнение колебаний заряда в контуре имеет вид d 2Q dQ + w = 0. 0 dt dt 2 Решением этого уравнения является уравнение гармонических колебаний (1) Q = Q0 sin(w 0t + j 0 ) . В этом уравнении неизвестны три параметра: циклическая (круговая) частота w0 , называемая собственной частотой контура, амплитуда колебаний заряда конденсатора Q0 и начальная фаза j 0 . Циклическую частоту находим из соотношения 2p 1 w0 = = , T0 LC где T0 = 2p LC – период свободных незатухающих колебаний (формула Томсона). Амплитуду Q0 и начальную фазу j 0 находим из начальных условий: при dQ t = 0 Q = Q1 , и I1 = =0 dt Q1 = Q0 sin j 0 , 0 = -w 0 cos j 0 . p Отсюда j 0 = , Q0 = Q1 . Таким образом, уравнение гармонических колебаний 2 электрического заряда в идеальном колебательном контуре имеет вид 1 p Q = Q1 sin( + ). LC 2 Далее рассчитываем силу тока в контуре в любой момент времени: dQ Q 1 p I== - 1 cos( t + ), dt 2 LC LC а затем по формуле mQn 1 p B = m0 nI = - 0 1 cos( t+ ) 2 LC LC находим индукцию магнитного поля внутри катушки индуктивности. Разность потенциалов на обкладках конденсатора находим из соотношения Q Q 1 p Dj = = 1 sin( t + ). C C 2 LC Проверим наименование индукции магнитного поля в и разности потенциалов в системе СИ Гн × Кл Вс × А наимен. В = = = Тл , м × с × м А × м2 Кл Кл × В наимен. Dj = = = В. Ф Кл Подставим числовые значения величин в формулы и сделаем вычисления 102

В=-

4p × 10 -7 × 10 -5 × 1,00

cos(

1

p -4 p 10 + ) = 6,28 × 10-8 Тл, 6 2

10 -3 × 10 -5 10 -3 × 10 -5 10 -5 1 p -4 p Dj = -5 sin( 10 + ) = 0,87 В. 2 10 10 -3 × 10 -5 6 Ответ: магнитная индукция внутри катушки индуктивности В = 6,28·10–8 Тл, разность потенциалов на обкладках конденсатора Dj = 0,87 В. ЗАДАЧИ 411. Колебательный контур состоит из конденсатора электроемкостью С = 0,05 мкФ и катушки индуктивностью L = 80,0 мкГн. Максимальное напряжение на обкладках конденсатора U0 = 200 В. Определить начальную фазу j 0 колебаний напряжения, если при t = 0 энергия заряженного конденсатора Wэл равна энергии магнитного поля тока в катушке Wмаг. 412. Идеальный колебательный контур состоит из конденсатора С = 6,00 мкФ, катушки индуктивностью L = 7,5 мГн и разомкнутого ключа. Конденсатор зарядили и ключ замкнули (t = 0). В моменты времени, когда энергия заряженного конденсатора Wэл равна энергии магнитного поля тока в катушке Wмаг, в ней наводится э.д.с. самоиндукции esi = 3,81 В. До какого напряжения U0 зарядили конденсатор? 413. В идеальном колебательном контуре, состоящем из катушки индуктивностью L = 5,00 мкГн и конденсатора емкостью С = 1,30 10–8 Ф, максимальное напряжение U0 = 1,2 В. Определить максимальную величину тока I0 в контуре и максимальное значение магнитного потока Ф0, если число витков катушки N = 28. 414. В колебательном контуре электроемкости конденсаторов С1 = 2,00 мкФ, С2 = 3,00 мкФ, индуктивность катушки L = 2,50 мГн (см. рис. 39 приложения). После того как конденсаторы зарядили до напряжения U0 = 180 В, ключ К замкнули. Найти период Т колебаний в контуре и амплитудное значение тока I0, протекающего через катушку. 415. Электрическое напряжение на обкладках конденсатора в идеальном колебательном контуре изменяется согласно уравнению U = 50 сos104 p t (В). Емкость конденсатора С = 0,10 мкФ. Найти период Т0 электромагнитных колебаний в контуре, его индуктивность L и закон изменения со временем тока I в контуре. 416. Идеальный колебательный контур содержит катушку с числом витков N = 300. Индуктивность катушки L = 10,0 мкГн, электроемкость конденсатора С = 1,00 нФ. Определить максимальный магнитный поток Ф0, пронизывающий катушку, если максимальное напряжение на обкладках конденсатора U0 = 100 В. 417. Идеальный колебательный контур состоит из катушки индуктивностью L = 1,60 мГн и конденсатора электроемкостью С = 4,00 мкФ. Катушка находится в 103

постоянном магнитном поле, так что суммарный поток, пронизывающий все витки катушки, равен Ф = 50 мкВб. В момент времени t = 0 магнитное поле выключается. Считая время выключения много меньше периода собственных колебаний контура, найти ток I в контуре в момент времени t = Т0/6. 418. Колебательный контур состоит из катушки индуктивностью L = 0,20 Гн и конденсатора электроемкостью С = 5,00 мкФ. Определить силу тока I в контуре в момент времени t = Т0/3, если максимальное электрическое напряжение на обкладках конденсатора U0 = 90,0 В. 419. Идеальный колебательный контур состоит из конденсатора электроемкости С = 2,00 мкФ, катушки индуктивностью L = 2,50 мГн и ключа. При разомкнутом ключе конденсатор зарядили до напряжения U0 = 1,80 В и при t = 0 замкнули ключ. Найти э.д.с. самоиндукции esi в катушке в моменты времени, когда энергия конденсатора Wэл оказывается равной энергии Wмаг катушки с током. 420. В колебательном конуре, состоящем из конденсатора электроемкостью С = 26,0 нФ и катушки индуктивностью L = 10,0 мкГн, максимальное значение тока I0 = 122 мА. Определить максимальное напряжение U0 на обкладках конденсатора и число витков N катушки, если максимальный магнитный поток, пронизывающий катушку, Ф0 = 44,0 нВб. Рабочая программа Тема 30. Свободные затухающие механические и электромагнитные колебания. Коэффициент затухания, логарифмический декремент, добротность Пример решения задач Математический маятник длины l = 50,0 см совершает небольшие колебания в среде, в которой коэффициент затухания b = 0,90 с–1. Определить время t и число полных колебаний N, по истечении которых амплитуда маятника уменьшилась в пять раз. Во сколько раз z должен возрасти коэффициент трения r, чтобы колебания оказались невозможными? Дано l = 50,0 см b = 0,90 с–1 k=5 t =? z=?

Анализ и решение При отсутствии трения малые колебания маятника в вертикальной плоскости происходят по гармоническому закону, причем собственная циклическая частота математического маятника зависит только от длины подвеса w0 = g / l . Вследствие сопротивления среды колебания маятника будут затухающими a = a 0 exp( - b t )sin(w t + j 0 ) , (1) где a – угол отклонения нити маятника от вертикали в момент t (при t = 0 маятник проходит через положение равновесия, то есть a = 0), b = r/2m– коэффициент затухания, r – коэффициент сопротивления среды, m – масса маятника; Если затухание мало, то условно пользуются понятием периода: 104

2p 2p . (2) = 2 2 w w 0-b Амплитудой затухающих колебаний принято считать выражение, стоящее перед гармоническим сомножителем в уравнении (1). Это значит, что она меняется со временем по экспоненциальному закону A( t ) = a 0 exp( - b t ) . Затухающие колебания возникают, как следует из решения дифференциального уравнения движения маятника d 2a da + 2 b + w 02a = 0 , 2 dt dt только при условии b < w 0 (это видно из уравнения (2)). При b ³ w 0 происходит апериодический процесс, закон движения которого a = B1 exp( -g 1t ) + B2 exp( -g 2t ) , T=

где g 1 ,2 = b ± b 2 - wo2 , В1 и В2 – величины, определяемые из начальных условий. Запишем последнее уравнение для моментов времени t и (t + t ): A1 = a 0 exp( - b t ) , A2 = a 0 exp( - b ( t + t )) . Отношение амплитуд A1 = exp( bt ) = k . A2 Логарифмируя это выражение, находим ln k ln k = bt Þ t = b Число полных колебаний, прошедших за время t равно отношению t N= . T Для нахождения Т подставим собственную циклическую частоту математического мятника wo = g / l в формулу (2) 2p 2p T= = . w g 2 -b l Найдем численные значения величин t и Т: 2p ln 5 1,61 = 1 , 45 с. t= = = 1,79 с, T = 0,9 0,9 9 ,81 - 0 ,9 2 0 ,50 Из сравнения Т и t видно, что 105

1 < N < 2, то есть по прошествии двух полных колебаний амплитуда уменьшится уже больше чем в 5 раз, что соответствует уменьшению энергии маятника больше чем в 25 раз. Предельное значение коэффициента затухания b , при котором возможны колебания, b max = w 0 , причем b = r /( 2m ) . Следовательно, искомое увеличение r b z = max = max . r b Так как b max = w 0 , то 9 , 81 w 0 , 50 z= 0 = = 4 , 92 . b 0 , 90 Ответ: время t = 1,79 с, число колебаний за это время 1 < N < 2, колебания прекратятся, если коэффициент сопротивления среды возрастет в 4,92 раза. ЗАДАЧИ 421. Колебательный контур состоит из конденсатора электроемкостью С = 0,20 мкФ и катушки индуктивностью L = 5,07 мГн. При каком логарифмическом декременте затухания d разность потенциалов U на обкладках конденсатора за время t = 1,00 мс уменьшится в N = 3 раза? Каково при этом омическое сопротивление R контура? 422. Подвешенная к спиральной пружине гиря массой m = 500 г совершает упругие колебания в некоторой среде. Жесткость пружины k = 20,0 Н/м, логарифмический декремент затухания колебаний d = 0,46. Определить число полных колебаний N, которые должна совершить гиря, чтобы амплитуда X колебаний уменьшилась в n = 10 раз. За какое время t произойдет это уменьшение? 423. Добротность колебательного контура q = 10,0. Определить, на сколько процентов отличается частота свободных затухающих колебаний w в контуре от собственной частоты колебаний w 0 контура, то есть, найти величину отношения

g =

( w - w0 ) 100% . w0

424. Определить период затухающих колебаний Т в системе, если период ее собственных незатухающих колебаний Т0 = 1,00 с, а логарифмический декремент затухания колебаний d = 0,628. 425. Омическое сопротивление колебательного контура R = 100 Ом, индуктивность L = 0,01 Гн, электроемкость С = 1,00 мкФ. Определить силу тока I в контуре в момент времени t = 5·10–5 с, если при t = 0 фаза колебаний j 0 = p /3, а заряд на конденсаторе Q01 = 1·10–5 Кл. 106

426. Груз массой m = 0,50 кг подвешен на пружине и совершает затухающие колебания. Жесткость пружины k = 32,0 Н/м. Определить период колебаний Т, если за N = 2 колебания их амплитуда X уменьшилась в n = 20 раз. 427. Собственная частота колебаний контура w 0= 5·104 рад/с, добротность q = 72,0. В контуре возбуждаются затухающие колебания. Найти закон убывания со временем запасенной в контуре энергии W(t). Какая часть первоначальной энергии W0 сохранится в контуре через t = 10,0 с после начала колебаний? 428. Математический маятник длиной l = 24,7 см совершает затухающие колебания. Логарифмический декремент затухания d = 3,00. Определить время t , в течение которого энергия W маятника уменьшится в N = 9,4 раза. 429. Колебательный контур состоит из конденсатора электроемкостью C = 0,20 мкФ и катушки с индуктивностью L = 5,00 мГн. При каком логарифмическом декременте затухания d и омическом сопротивлении R контура его энергия уменьшится на порядок за N = 3 полных колебания? 430. Период механических затухающих колебаний Т = 1,00 с, логарифмический декремент затухания d = 0,30, начальная фаза j 0 = 0. При t1 = 2Т смещение точки х1 = 5,00 см. Найти ее смещение х2 в момент времени t2 = T/2. Рабочая программа Тема 31. Волновые процессы. Оптическая длина пути. Оптическая разность хода. Интерференция монохроматических световых волн от двух когерентных источников света, в тонких пленках и пластинках Пример решения задач Плоско-выпуклая линза положена на стеклянную пластинку, причем вследствие попадания пыли между линзой и пластинкой нет контакта (см. рисунок). Диаметры пятого и пятнадцатого темных колец Ньютона, наблюдаемых в отраженном свете, соответственно равны D5 = 0,70 и D15 = 1,70 мм. Определить радиус кривизны R выпуклой поверхности линзы, если система освещается светом с длиной волны l = 581 нм Анализ и решение Дано Если на систему, состоящую из линзы и пластинки, D5 = 0,70 мм падает свет ( для простоты будем считать, что свет (луч 1) D15 = 1,70 мм падает нормально к поверхности пластинки), то происхоl = 581 нм, дит следующее: в точке А световой пучок частично отраn = 1,00 зится (луч 2) а частично пройдет в воздушный зазор межR=?

107

O 1 R 2

3 r

h

O*

A

x

между линзой и пластинкой и отразится от поверхности пластинки (луч 3). В точке А обе части светового пучка встречаются, имея разность хода l D = 2hn ± 0 , 2 где h – толщина зазора, соответствующего точке А, n – показатель преломления среды между линзой и пластинкой. Наличие l0 /2 обусловлено потерей полуволны при отражении света от стеклянной пластинки. С другой стороны условием интерференционного минимума является 1 D = ± ( k + )l0 , 2 где k = (0, 1, 2, …), l0 – длина световой волны в вакууме. Таким образом l 1 2 hn + 0 = ( k + )l0 . 2 2 Откуда для толщины зазора, при котором наблюдается минимум интенсивности световых волн, получаем: l h=k 0 . 2n Радиус r темного кольца для случая отсутствия оптического контакта выражается формулой (см. рисунок) r 2 = R 2 - [ R - ( h - x )] или 2

r 2 = R 2 - éë R 2 - 2 R( h - x ) + ( h - x )2 ùû , где R – радиус поверхности линзы. Слагаемое ( h - x )2 мало по сравнению с 2 R( h - x ) , и им можно пренебречь, тогда формула примет вид r 2 = 2 R( h - x ) . Подставим значение h для темного кольца, получим

108

l0 - x ). 2n В условии задачи известны радиусы двух темных колец rk и ri : l l rk2 = R( k 0 - 2 x ) и ri2 = R( i 0 - 2 x ) . n n 2 2 Взяв разность rk и ri , исключаем неизвестную величину зазора x: r 2 = 2 R( k

rk2 - ri2 = Rl0 ( k - i ) , откуда ( Dk2 - Di2 )n . 4l0 ( k - i ) Проверим наименование радиуса линзы в системе CИ м2 наимен. R = = м. м Подставляя числовые значения заданных величин, получаем ( 1 , 702 - 0 , 702 )10 -6 × 1 R= = 0 ,10 м. 4 × 581 × 10 -9 ( 15 - 5 ) Ответ: радиус кривизны линзы равен 0,10 м. R=

ЗАДАЧИ 431. В опыте Юнга (см. рис. 42 приложения) длина cветовой волны l = 0,50 мкм, расстояние между щелями d = 0,80 мм. На каком расстоянии от щелей до экрана L следует расположить экран, чтобы ширина b интерференционной полосы оказалась равной 2,0 мм. 432. На плоскопараллельную пленку с показателем преломления n = 1,33 под углом a = 450 падает параллельный пучок белого света. Определить, при какой наименьшей толщине dmin пленки зеркально отраженный свет наиболее сильно окрасится в желтый цвет ( l = 0,60 мкм). 433. В установке для наблюдения интерференционной картины в виде колец Ньютона свет с длиной волны l = 0,50 мкм падает нормально на плосковыпуклую линзу. Диаметры di и dk двух светлых колец в отраженном свете соответственно равны 4,0 и 4,8 мм. Порядковые номера колец не определялись, но известно, что между измеренными кольцами расположено три светлых кольца. Найти радиус кривизны R плосковыпуклой линзы. 434. На плоскопараллельную пленку падает нормально параллельный пучок белого света. При какой наименьшей толщине d1min пленки она будет наиболее прозрачна для света с длиной волны l 1 = 0,60 мкм (желтый цвет)? При какой наименьшей толщине d2min пленка будет наиболее прозрачна одновременно для 109

света с длинами волн l 1 и l 2 = 0,50 мкм (голубой цвет)? Показатель преломления пленки n = 1,30. Наблюдение ведется в проходящем свете. 435. Свет с длиной волны l = 0,55 мкм падает на поверхность стеклянного клина под углом a = 150 (рис. 41 приложения). Показатель преломления стекла n = 1,50, угол при вершине клина g = 1,00 мин. Найти расстояние между двумя соседними минимумами при наблюдении интерференции в отраженном свете. 436. В установке для наблюдения интерференционной картины в виде колец Ньютона свет с длиной волны l = 0,50 мкм падает нормально на плосковыпуклую линзу с радиусом кривизны R1 = 1,00 м. Линза положена выпуклой стороной на вогнутую поверхность плосковогнутой линзы с радиусом R2 = 2,00 м. Найти радиус r3 третьего темного кольца Ньютона, наблюдаемого в отраженном свете. 437. В опыте Юнга длина cветовой волны l = 0,70 мкм, расстояние от щелей до экрана L = 1,00 м (см. рис. 42 приложения). Определить расстояние d между щелями, если на экране на отрезке 1 = 1,00 см укладывается N = 10 темных интерференционных полос. 438. Пучок монохроматических световых волн ( l = 600 нм) падает нормально на стеклянную пластинку c показателем преломления n = 1,50. В каких пределах может изменяться толщина d пластинки, чтобы в отраженном свете можно было наблюдать интерференционный максимум 12-го порядка? 439. Между двумя плоскопараллельными пластинками положили очень тонкую проволочку, расположенную параллельно линии соприкосновения пластинок и находящуюся на расстоянии l = 75,0 мм от нее. Пластинки освещаются нормально падающим монохроматическим светом ( l = 0,50 мкм). В отраженном свете на верхней пластинке на протяжении а = 30,0 мм наблюдается k = 16 светлых интерференционных полос. Найти диаметр d поперечного сечения проволочки. 440. Интерференционная картина в виде колец Ньютона наблюдаются с помощью двух плосковыпуклых линз, сложенных вплотную выпуклыми поверхностями (плоские поверхности параллельны). Радиусы кривизны линз R1 = 1,00 м и R2 =2,00 м. Определить радиус r2 второго светлого интерференционного кольца, наблюдаемого в отраженном свете ( l = 660 нм) при нормальном падении света на поверхность верхней линзы. Рабочая программа Тема 32. Дифракция световых волн на круглом отверстии, прямой щели и на множестве параллельных щелей. Поляризация световых волн

110

Примеры решения задач 1. Дифракция наблюдается на расстоянии l от точечного источника монохроматического света ( l = 0,50 мкм). Посередине между источником света и экраном находится непрозрачный диск диаметром D = 5,00 мм. Определить расстояние l, если диск закрывает только центральную зону Френеля. Анализ и решение Дано Дифракция света – явление, наблюдаемое при распространеl = 0,5 0 мкм нии света в среде вблизи непрозрачных тел, сквозь малые отверD =5,00 мм стия и связанное с отклонениями от законов геометрической опm=1 тики. Расчет дифракционной картины от диска можно провести с a = b = l/2 помощью метода зон Френеля. Зоны Френеля это участки волноl=? вого фронта (геометрическое место точек, до которых доходят колебания к моменту времени t) выделенные таким образом, что расстояния от соответствующих точек двух соседних зон до точки, в которой определяется действие этой волновой поверхности, отличаются на l /2. А а

b+m

rm

S

В х

☼

l 2

Э

b M

С На рисунке S – точечный источник света, АС – диск, Э – экран, rm – радиус m-ой зоны Френеля, b – расстояние от волнового фронта до точки наблюдения М, а – расстояние от источника света до диска. Волновой фронт источника изображен пунктирной линией. Рассмотрим прямоугольный треугольник ABS и выразим из него радиус m – ной зоны Френеля rm2 rm2 = a 2 - ( a - x ) = a 2 - a 2 + 2ax - x 2 . 2

Так как x << a , то величиной x 2 можно пренебречь тогда rm2 = 2ax . Рассмотрим треугольник ABM и найдем из него rm2 rm2 rm2

2

lö 2 æ = ç b + m ÷ - ( b + x ) или 2ø è 2

æ ml ö = b + mbl + ç - b 2 - 2bx - x 2 . ÷ è 2 ø 2

111

(1)

2

æ ml ö Величинами ç и x 2 можно пренебречь, так как b >> l , и x << b . Тогда ÷ è 2 ø rm2 = mbl - 2bx . (2) D l По условию задачи rm = m , a = b = . Учитывая это, запишем уравнения (1) и 2 2 (2) в виде Dm2 l = 2 x, 4 2 2 Dm Dm2 l l l =m l -2 x=m l . 4 2 2 2 4 Решаем последнее уравнение относительно l, получаем Dm2 l=m . l Подставим числовые значения данных в задаче величин и произведём вычисления

(

l = 1 5 , 00 × 10 -3

)

2

/ 5 ,00 × 10 -7 = 50 , 0 м.

Ответ: расстояние между источником и точкой наблюдения на экране 50,0 м. 2. Частично поляризованный свет проходит через николь. При его повороте на угол 600 от положения, соответствующего максимальному пропусканию света, интенсивность прошедшего света уменьшается в 2 раза. Пренебрегая поглощением света в николе, определить: а) отношение интенсивностей естественного и плоскополяризованного света; б) степень поляризации падающего света. Дано Анализ и решение 0 Свет представляет собой суммарное электромагнитное излучеa = 60 k=2 ние множества атомов. Световые волны, в которых направления коr e п назыI / I = ? лебаний светового вектора E быстро и хаотически меняются, r P=? вается естественным светом. Если колебания вектора E в световых волнах каким-то образом упорядочены, r то свет будет поляризованным. Световые волны, в которых колебания вектора E одного направления преобладают над колебаниями других направлений, называется частично поляризованным светом. Для преобразования естественного света в плоскополяризованный используются поляризаторы, в частности призма Николя: двойная призма из исландского шпата (см. рисунок). Естественный свет, падая на Iе грань призмы Николя, расщепляется, Iп вследствие двойного лучепреломления на два пучка: обыкновенный 112

и необыкновенный. Оба пучка одинаковы по интенсивности и полностью поляризованы. Плоскость колебаний необыкновенного пучка лежит в плоскости чертежа. Плоскость колебаний обыкновенного пучка перпендикулярна плоскости чертежа. Обыкновенный пучок света вследствие полного отражения от границы соединения отбрасывается на зачерненную поверхность призмы и поглощается ею. Необыкновенный пучок проходит через призму без отклонения, уменьшая свою интенсивность вследствие поглощения. Частично поляризованный свет можно рассматривать как смесь плоскополяризованного и естественного света. Николь всегда пропускает половину падающего на него естественного света (превращая его в плоскополяризованный). Интенсивность плоскополяризованного света, прошедшего через николь, зависит, согласно закону Малюса I п = I 0п cos 2 a , от угла a между плоскостью колебаний падающего света и плоскостью поляризатора. Поэтому полная интенсивность частично поляризованного света, прошедшего через николь I = 0,5 I е + I п cos 2 a , где I e и I п – интенсивности естественной и поляризованной составляющих света, падающего на николь. При первом положении николя, соответствующем максимальному пропусканию света, через николь проходит свет, интенсивность которого составляет половину интенсивности естественного света и весь ранее поляризованный свет I п . I1 = 0 , 5 I е + I п . При втором положении николя прошедший свет имеет интенсивность: I 2 = 0,5 I е + I п cos2 600 = 0,5 I е + 0,25 I п . По условию задачи I1 = 2I2, тогда 0 , 5 I е + I п = 2( 0 , 5 I е + 0 , 25 I п ) , откуда I e = I п . Следовательно, отношение интенсивностей естественного и плоскопараллельного света равно единице Iе = 1. Iп Степень поляризации определяется отношением интенсивности поляризованного света к общей интенсивности света или отношением: I - Imin р = max , Imax + I min где Imax и Imin – максимальная и минимальна интенсивности в двух взаимно перпендикулярных направлениях. Максимальная интенсивность света, пропускаемая николем, 113

I max = I1 = 0 , 5 I е + I п = 1 ,5 I п . При этом положении плоскости поляризации николя и падающего света параллельны. При повороте николя на 900 свет, ранее поляризованный, не пройдет, а на экран будет падать свет с минимальной интенсивностью: I min = 0 , 5 I е = 0 , 5 I п . Подставляем значения максимальной и минимальной интенсивностей в формулу степени поляризации, получаем: 1,5 I п - 0 ,5 I п р= = 0 ,5 . 1,5 I п + 0 ,5 I п Ответ: отношение интенсивностей естественного и поляризованного света равно единице, степень поляризации падающего света равно 0,5. ЗАДАЧИ 441. Световые волны падают из воздуха в жидкость, налитую в стеклянный сосуд (nст = 1,50). Отраженный от дна сосуда свет, будет полностью поляризован, если его угол падения a Брюс = 410 (см. рис. 45 приложения). Определить: 1) показатель преломления жидкости nж; 2) угол падения света a пред на дно сосуда, при котором наблюдалось бы его полное отражение. 442. На николь падает пучок частично-поляризованного света. При некотором положении николя, интенсивность света I, прошедшего через него, стала минимальной. Когда плоскость пропускания николя повернули на угол a = 450, интенсивность I света возросла в k = 1,5 раза. Найти степень поляризации Р света. 443. На непрозрачную преграду c отверстием радиуса R = 1,00 мм падает плоская монохроматическая световая волна. При расстоянии от преграды до установленного за ней экрана b1 = 0,58 м, в центре дифракционной картины наблюдается максимум интенсивности. При увеличении расстояния до b2 = 0,86 м, максимум интенсивности сменяется минимумом. Найти длину l световой волны. 444. Плоская монохроматическая световая волна падает на длинную прямоугольную щель шириной а = 12,0 мкм под углом a = 300 к ее нормали. Определить длину световой волны l, если первый дифракционный минимум наблюдается под углом j max = 330. 445. Дифракционная решетка состоит из ряда непрозрачных штрихов шириной b = 2,5·10–3 мм, разделенных прозрачными участками такой же ширины. Какую толщину h должна иметь плоскопараллельная стеклянная (n =1,50) пластинка, чтобы в ней максимум третьего порядка для длины световой волны l = 600 нм наблюдался под тем же углом, что и у дифракционной решетки? 446. Предельный угол полного внутреннего отражения света на границе жидкости с воздухом i1кр = 43о. Орпделить угол Брюстара iВ при падении луча света из воздуха на поверхность этой жидкости. 114

447. На пути частично-поляризованного света, степень поляризации которого P = 0,60, поставили анализатор так, что интенсивность I света, прошедшего через него, стала максимальной. Во сколько раз уменьшится интенсивность I света, если плоскость пропускания анализатора повернуть на угол a = 300? 448. Между точечным источником световых волн (l = 0,50 мкм) и экраном поместили диафрагму с круглым отверстием радиуса R = 1,00 мм. Расстояние от источника до диафрагмы а = 1,00 м, от диафрагмы до экрана b = 2,00 м. Как изменится освещенность экрана в точке, лежащей против центра отверстия, если диафрагму убрать? 449. На щель падает нормально параллельный пучок монохроматического света. Расположенная за щелью линза с фокусным расстоянием F = 2,00 м проецирует на экран дифракционную картину в виде светлых и темных полос (см. рис. 44 приложения). Ширина центральной светлой полосы l = 5,00 см. Как надо изменить ширину щели, чтобы центральная полоса занимала весь экран при любой его ширине? 450. Применяя формулу разрешающей способности дифракционной решетки, найти, какое наименьшее число штрихов Nmin она должна иметь, чтобы можно было различать две желтые линии натрия (l1 = 589,0 нм и l2 = 589,6 нм) в спектре первого порядка? Период решетки d = 2,90 мкм. Какая длина L будет у такой решетки? Рабочая программа Тема 33. Квантовая оптика. Характеристики теплового излучения. Законы теплового излучения (Кирхгофа, Стефана-Больцмана, Вина). Давление света, Фотоны Пример решения задач 1. Определить установившуюся температуру тонкой пластинки, расположенной вблизи Земли за пределами её атмосферы перпендикулярно лучам Солнца. Интенсивность солнечной радиации в месте нахождения пластинки I =1,80 кВт/м2. Рассмотреть два случая: 1)пластинка – абсолютно черное тело; 2) серое тело. Дано Анализ и решение 2 I =1,80 кВт/м 1. Независимо от свойств пластинки её температура –8 2 4 установится тогда, когда поток излучения Ф1, испускаеs = 5,67 × 10 Вт/м К мый нагретой пластинкой, станет равным потоку Ф2, погТ1, Т2 – ? лощаемому пластинкой (поток энергии, излучаемый Солнцем) Ф1 = Ф2 . (1) Потоком излучения Ф называется величина, определяемая отношением энергии W, переносимой излучением, к времени переноса t, измеряется в Ваттах.

115

Если пластинка обладает свойствами абсолютно черного тела (тело, способное поглощать при любой температуре все падающее на него излучение любой частоты), то она поглощает весь падающий на неё поток излучения. Поэтому Ф2 = IS , (2) здесь S – площадь поверхности пластинки, обращенной к Солнцу, I – интенсивность излучения (плотность потока излучения) – количество энергии, переносимой за единицу времени через единичную площадку, перпендикулярную направлению распространения излучения. Поток излучения пластинки Ф1 найдем по закону Стефана-Больцмана согласно которому, энергетическая светимость (интегральная излучательная способность) абсолютно черного тела R пропорциональна четвертой степени абсолютной температуры Т. R = sT 4, здесь s – постоянная Стефана-Больцмана. Энергетическая светимость измеряется потоком излучения, испускаемым единицей площади светящейся поверхности Ф 1 dW R= = . S S dt Учитывая, что излучают обе стороны пластинки, имеем Ф1 = s T 4 2 S . (3) Из (1), (2) и (3) находим (4) IS = s T 4 2 S , откуда I T=4 . 2s 2. Не являясь черным телом, пластинка будет поглощать и излучать меньше энергии, чем в первом случае. Поэтому теперь вместо (4) запишем aTпогл IS = aTизлs T 4 2 S , (5) где aTпогл –коэффициент поглощения, показывающий, какая часть энергии, излученной абсолютно черным телом и падающей на поверхность данного тела, им поглощается; aTизл – коэффициент излучения, показывающий, какую часть составляет энергетическая светимость данного тела от энергетической светимости абсолютно черного тела, взятого при той же температуре. Как показывает теория, для серого тела aTпогл = aTизл . Значит, согласно уравнению (5), температуры серой и черной пластинок одинаковы. Проверим наименование температуры в системе СИ 116

Вт × м2 К 4 наимен.Т = = К. м2Вт 4

Проведем расчет 1 ,80 × 103 T1 = T2 = = 355 К. 2 × 5 , 6710 -8 Ответ: температура тонкой пластинки, расположенной вблизи Земли за пределами её атмосферы, нагретой солнечным излучением 355 К. 4

2. Лампа мощностью Р = 600 Вт излучает свет( < l > = 550 нм) равномерно по всем направлениям. Определить силу давления F на плоское круглое зеркало площадью S = 10,0 см2, расположенное на расстоянии r = 50,0 см перпендикулярно к падающим лучам, и концентрацию n фотонов около зеркала. Анализ и решение Дано Давление света на поверхность равно импульсу, который Р = 600 Вт 2 передают поверхности в одну секунду N фотонов: S = 10,0 см r = 50,0 см hn E p = ( 1 + r ) N = ( 1 + r ) = w( 1 + r ) , r =1 c c < l > = 550 нм здесь r – коэффициент отражения света от поверхности E – h= 6,63·10–34Дж с энергетическая освещенность – энергия всех фотонов, паF=? дающих на один квадратный метр в секунду), w = Е/c – объn=? ёмная плотность энергии излучения, h – постоянная Планка, n – частота колебаний. Энергетическая освещенность характеризует величину потока излучения, падающего на единичную площадь освещенной поверхности Ф E= . S В свою очередь, поток излучения определяется отношением энергии переносимой излучением, к времени переноса dW W Ф= = . dt t Сила давления света ES F = pS = (1+ r ). c Энергетическая освещенность зеркала такая же, как и поверхности сферы с радиусом, равным расстоянию от лампы до зеркала (см. рисунок) r S F Ф ☼ r . E = Eсф = 2 4p r Тогда сила давления cdt 117

ФS ( 1 + r ). 4p r 2c Проверим наименование силы в системе СИ Вт × м 2 × с Дж × с Н × м наимен. F = = = = Н. с×м м м2 × м Подставим данные в задаче величины и сделаем расчет 600 × 10 × 10-4 × 2 F= = 1 , 27 × 10 -9 Н. -2 2 8 4 × 3 ,14 × ( 50 × 10 ) 3 × 10 Концентрацию фотонов около зеркала можно найти как отношение числа фотонов в некотором объёме к величине этого объёма. Объём представим в виде цилиндра длиной cdt, где с – скорость света, и основанием S (см. рисунок). В этом элементарном объёме находится dN фотонов. Тогда их концентрация dN dN 1 n= = . S × cdt dt Sc dN Число фотонов, падающих за одну секунду на поверхность можно предdt ставить как отношение энергии падающих фотонов к энергии одного фотона dN dW 1 Фпад ES = = = . dt e dt hn hn Тогда ES Ф Ф . n= = = hn Sc Scф hn с 4p r 2 hс 2 Проверим наименование концентрации фотонов в системе СИ Вт × м × с2 1 наимен. n = 2 = . м × Дж × с × м 2 м3 Проведем расчет искомой величины 600 × 550 × 10-9 1 12 n= = 1 , 76 × 10 ( ). 4 × 3 ,14 × 0 , 52 × 6 , 63 × 10 -34 × 9 × 1016 м3 Ответ: концентрация фотонов вблизи зеркала 1, 76·1012 м–3. F=

ЗАДАЧИ 451. На зеркальную поверхность падает под углом a = 600 к нормали пучок монохроматического света (l = 590 нм). Плотность потока энергии светового пучка j = Ф/S =1,00 кВт/м2. Определить давление р света на поверхность. 452. Вольфрамовая нить накаливается в вакууме током I1 =1,00 А до температуры Т1 = 1000 К. При каком токе I2 нить накалится до Т2 = 3000 К? Соответствующие температурам коэффициенты излучения и удельные сопротивления 118

вольфрама равны соответственно a1 = 0,115, a2 = 0,334 и r 1 = 25,7·10–8 Ом·м, r 2 = 96,2·10–8 Ом·м. 453. На расстоянии r = 5,00 м от точечного монохроматического излучателя света (l = 0,50 мкм) расположена перпендикулярно падающим световым лучам площадка (S = 8,00 мм2). Мощность светового излучения Р = 100 Вт. Сколько фотонов N ежесекундно падает на эту площадку? 454. Нить накала лампы излучает как серое тело с коэффициентом поглощения aТ = 0,30. Диаметр нити d = 0,03 мм, ее длина l = 15,0 см. Определить длину световой волны l0, соответствующей максимуму энергии излучения лампы накаливания. Мощность потребляемая лампой Р =10,0 Вт. Считаем, что 20% потребляемой энергии рассеивается в окружающее пространство. 455. Параллельный пучок монохроматического света (l = 662 нм) падает нормально на зачерненную поверхность и производит на нее давление р = 0,30 мкПа. Определить концентрацию n фотонов в световом пучке и число n1 фотонов падающих на поверхность площадью S = 1,00 м2 за время t = 1,00 с. 456. Определить установившуюся температуру тонкой зачерненной пластинки (r = 0), расположенной перпендикулярно лучам Солнца вблизи Земли за пределами ее атмосферы. Интенсивность солнечной радиации (поверхностная плотность потока излучения) I = 1,77 103 Вт/м2. 457. Световая волна (l = 600 нм) падает нормально на зеркальную поверхность и производит на нее давление р = 4,00 мкПа. Определить число N фотонов, падающих за время t = 10,0 с на площадь S = 1,00 мм2 этой поверхности. 458. Электрическая печь потребляет мощность Р = 1,00 кВт. Температура ее внутренней поверхности Т при открытом отверстии площадью S = 25,0 см2 равна 1,20 кК. Считая, что отверстие печи излучает как абсолютно чёрное тело, определить, какая часть a потребляемой мощности рассеивается ее стенками. 459. Свет от точечного излучателя падает нормально на зеркальную поверхность. Расстояние от излучателя до поверхности r = 10,0 см. При какой мощности Р излучения давление света на зеркальную поверхность будет р = 1,00 мПа? 460. В спектре Солнца максимум спектральной плотности энергетической светимости приходится на длину волны l0 = 0,47 мкм. Приняв, что Солнце излучает как абсолютно черное тело, найти интенсивность I солнечной радиации (т.е. плотность потока энергии излучения) вблизи Земли за пределами ее атмосферы. Рабочая программа Тема 34. Энергия и импульс фотона. Эффект Комптона. Комптоновская длина волны Пример решения задач 119

Фотон с энергией e = 0,75 МэВ рассеялся на свободном электроне под углом r q = 600. Принимая, что кинетическая энергия Wк и импульс p электрона до соударения с фотоном были пренебрежимо малы, определить: 1) энергию e * рассеянного фотона; 2) кинетическую энергию Wк электрона отдачи; 3) направление его движения. Дано e = 0,75 МэВ q = 600 h = 6,6310–34Дж с W0 = 0,51 МэВ e* = ? Wк = ? j =?

Анализ и решение 1. Упругое рассеяние коротковолнового излучения (рентгеновского и g -излучения) на свободных (или слабосвязанных) электронах вещества, сопровождающееся увеличением длины волны называется эффектом Комптона. Энергию рассеянного фотона e * можно найти, воспользовавшись формулой описывающей этот эффект Dl = l * - l = lк (1 - cosq ) , (1)

где l и l * – длина волны падающего и рассеянного излучений; q – угол рассеяh ния; lк = = 2 , 43 пм – комптоновская длина волны, h – постоянная Планка, m 0c m0 – масса электрона отдачи, с – скорость света в вакууме. Выразим длины волн l и l * через энергии e и e * соответствующих фотонов c hc e = hn = h Þ l = , l e c hc e * = hn * = h * Þ l * = * . l e Подставим в уравнение (1), получим hc hc h = (1 - cosq ) . * m0c e e Разделим обе части этого равенства на hc: 1 1 (1 - cosq ) - = . e* e m0c 2 Отсюда, обозначив для краткости энергию покоя электрона m0c2 через W0, найдем e . (1) e* = e 1+ (1 - cosq ) W0 Подставив числовые значения величин, проведем расчет 0,75 e* = = 0,43 (МэВ)= 6,88 × 10-14 Дж. 0,75 1+ (1 - cos60) 0,51 120

2. В процессе упругого столкновения рентгеновского фотона со свободным электроном выполняются законы сохранения импульса и энергии. Как следует из закона сохранения энергии для нашего случая e = W к + e*, кинетическая энергия электрона отдачи, равна разности между энергией e падающего фотона и энергией e * рассеянного фотона: W к = e – e * = 0,75 – 0,43 = 0,32 (МэВ) = 5,12·10–12 Дж. 3. Направление движения электрона отдачи найдем, применив закон сохраr нения импульса. Согласно этому закону импульс падающего фотона pф равен r r r векторной сумме импульсов рассеянного фотона p*ф и электрона отдачи pе = mu : r r r pф = pф* + pе . Изобразим на рисунке векторную диаграмму импульсов. Все вектора проведены из точки О, где находился электрон в момент соударения с фотоном. Угол j определяет направление движения электрона отдачи. Из треугольника ОСД находим r* pф В CD CA sin q tg j = = , или OD OA - CA cosq r е pф q D А sin q p* sin q О j tg j = = . q p p - p* cosq - cosq r pе С p*

e e* * Так как p = и p = , то c c

tg j =

sin q

. (2) e - cosq e* Преобразуем формулу (2) так, чтобы угол j выражался непосредственно через величины e и q , заданные в условии задачи. Из формулы (1) следует e e = (1 - cosq ) + 1 . e * Wo Подставим это соотношение в формулу (2) sin q . tg j = e (1 + )(1 - cosq ) W0 q q q Учитывая, что sin q = 2sin cos и 1 - cosq = 2sin 2 , после соответствующих 2 2 2 преобразований получим 121

q 2 . tg j = e 1+ W0 Подставим числовые значения заданных величин и найдем ctg 300 tg j = = 0,70 , 0,75 1+ 0,51 ctg

откуда j = аrctg(0,70) = 350 . ЗАДАЧИ 461. Фотон рентгеновского излучения с энергией e = 0,15 МэВ испытал рассеяние на покоившемся свободном электроне, в результате чего его длина волны увеличилась на Δl = 1,50 пм. Найти угол a , под которым вылетел комптоновский электрон отдачи. 462. В результате эффекта Комптона фотон с энергией e = 1,02 МэВ был рассеян на свободном электроне на угол q = 1500. Определить энергию e* рассеянного фотона. 463. Фотон с энергией e = 0,51 МэВ был рассеян при эффекте Комптона на свободном электроне на угол q = 500. Определить кинетическою энергию Wк электрона отдачи. 464. Фотон с энергией e = 0,51 МэВ при рассеянии на свободном электроне потерял половину своей энергии. Определить угол рассеяния q. 465. Найти импульс Ре электрона отдачи, если фотон с энергией e = 1,53 МэВ в результате рассеяния на свободном электроне потерял 1/3 своей энергии. Для решения задачи применить формулу Комптона. 466. Длина волны рентгеновского излучения после комптоновского рассеяния увеличилась с l1 = 2,00 пм до l2 = 2,40 пм. Импульс вылетевшего электрона Ре = 1,82·10–22 кг м/с. Найти угол рассеяния q рентгеновского излучения, а также угол j между направлениями вылета электронов и падающего излучения. 467. Квант с энергией e = 1,53 МэВ был рассеян при эффекте Комптона на угол q . Определить угол рассеивания, если кинетическая энергия электрона отдачи W к = 0,51 МэВ. 468. Фотон с длиной волны l1 = 15,0 пм рассеялся на свободном электроне. Длина волны рассеянного фотона l2 = 16,0 пм. Определить угол рассеяния q . Какова кинетическая энергия W к вылетающих электронов и их скорость u ? 122

469. Какая доля энергии фотона приходится на электрон отдачи при эффекте Комптона, если рассеяние фотона приходится на угол q = p/2? Энергия фотона до рассеяния e = 0,51 МэВ. 470. Фотон при эффекте Комптона был рассеян на свободном электроне на угол q = p/2. Определить импульс Рe, приобретенный электроном, если энергия фотона до рассеяния была e = 1,02 МэВ. Рабочая программа Тема 35. Корпускулярно-волновой дуализм. Гипотеза и волны деБройля, соотношение неопределенностей Пример решения задач Параллельный пучок электронов падает нормально на диафрагму с узкой прямоугольной щелью, ширина которой а = 2,00 мкм. Определить скорость электронов, (считая её одинаковой для всех частиц), если известно, что на экране, отстоящем от щели на расстоянии l = 50,0 см, ширина центрального дифракционного максимума b = 80,0 мкм. Анализ и решение Дано Де Бройль утверждал, что не только фотоны, но и электроа = 2,00 мкм ны и любые другие частицы материи наряду с корпускулярными l = 50,0 см обладают также волновыми свойствами. С каждой микрочастицей b = 80,0 мкм связываются, с одной стороны, корпускулярные характеристики u =? h – энергия W = hn и импульс p = , а с другой – волновые характеристики – часl тота n и длина волны l . Таким образом, любой частице, обладающей импульсом, сопоставляют волновой процесс с длиной волны, определяемой по формуле де-Бройля. Так как дифракция электронов является следствием волновой природы частиц, то для определения скорости электронов применим эту формулу h h h , (1) l= = Þu = p mu ml здесь h – постоянная Планка, m – масса частицы, u – её скорость. Чтобы найти длину волны де-Бройля, воспользуемся тем обстоятельством, что дифракционная картина, возникающая при прохождении через узкую щель параллельного пучка электронов, вполне соответствует дифракционной картине, полученной от этой же щели при освещении её параллельным пучком монохроматического света, длина волны которого равна длине волны де Бройля для электрона. Это значит, что в случае дифракции электронов положение дифракционных минимумов можно определить по формуле 123

a sin j = ± k l

(k = 1, 2,3,...)

(2)

если понимать в ней под l длину волны де-Бройля для электрона. Изображенная на рисунке кривая показывает распределение интенсивности электронов на экране. Центральный дифракционный максимум заключен между

a двумя минимумами первого порядка. Его ширина b зависит от угла дифракции j , jmin соответствующего первому минимуму. jmin В свою очередь, угол j связан с шириной щели а по формуле (2). Из условия задачи видно, что угол j весьма мал. Поэтому l b sin j » tg j = . 2l Отсюда, полагая, что в формуле (2) k = 1, ab . Подставив это значение l b имеем l = 2l в (1), найдем h2 l u= . (3) mab Проверим наименование скорости в системе СИ Дж × с × м нм × с кгм × мс м наимен. u = = = 2 = . кг × м × м кг × м с с кгм Произведем вычисления, предположив, что u << c . Считаем электрон классической частицей, тогда m = m0 = 9,11·10–31 кг и расчет дает 6 , 63 × 10 -34 × 2 × 0 , 5 u= = 4 , 55 × 106 м/с. -31 -6 -6 9 ,11 × 10 × 2 × 10 × 80 × 10 Так как в действительности масса движущегося электрона не меньше его массы покоя m0, то истинное значение скорости u , определяемое по (3), будет не больше, чем вычисленное нами. Таким образом, предположение о том, что u << c , соответствует действительности и, значит полученный результат правильный. Если бы полученный результат противоречил неравенству u << c , это означало бы, что электрон следует рассматривать как релятивистскую частицу, масса которой зависит от скорости. Тогда, чтобы получить правильный ответ, надо подставить в (3) вместо m её значение m0 m= u2 1- 2 c 124

и решить квадратное относительно u уравнение. Ответ: скорость электронов u = 4,55·106 м/c. Рабочая программа Тема 36. Строение атомных ядер. Модели ядра. Дефект массы. Энергия связи ядра Пример решения задач 1. Вычислить энергию связи Wсв и дефект массы D m ядра гелия 24 He . Анализ и решение Опытным путем было установлено, что масса покоя ядра mя всегда меньше суммы масс покоя составляющих его нуклонов. Но так как всякому изменению массы должно соответствовать изменение энергии, то, следовательно, при образовании ядра должна выделяться определенная энергия. Энергия равная работе, которую нужно совершить, чтобы разделить образующие ядро нуклоны (протоны и нейтроны) и удалить их друг от друга на расстояния, при которых они практически не взаимодействуют, называется энергией связи ядра Wсв Wсв = с 2 éë Zm p + ( A - Z )m n ùû - m я , здесь с – скорость света в вакууме; mp, mn, mя – соответственно массы протона, нейтрона и ядра; Z – количество протонов в ядре; А – массовое число (число нуклонов в ядре); (А – Z) = N – число нейтронов в ядре. Это соотношение практически не нарушится, если заменить массу протона mp массой атома водорода mH, а массу ядра mя – массой атома ma. Указанная замена будет означать добавление к уменьшаемому и вычитаемому выражениям, стоящим в фигурных скобках, одинаковой величины, равной Zme, где me – масса электрона Zm H - ma = Z( m p + me ) - ( m я + Zme ) = Zm p - m я . Тогда (1) Wсв = с 2 éë Zm H + ( A - Z )mn ùû - ma .

Дано – гелий ma = 6,6443·10–27 кг mH = 1,6736·10–27 кг mn = 1,6721·10-27 кг Wсв = ? D m = ? 4 2 He

{

}

{

}

Это соотношение удобнее предыдущего, потому что в таблицах даются обычно не массы ядер mя, а массы атомов mа. Величина D m = éë Zm p + ( A - Z )mn ùû - m я или

D m = éë Zm H + ( A - Z )mn ùû - ma 125

(2)

называется дефектом масс ядра. На эту величину уменьшается масса всех нуклонов при образовании из них атомного ядра. В состав ядра 24 He , входят два протона (Z = 2) и два нейтрона (A – Z) = 2. Подставляя эти величины в формулу (1) получим Wсв = 9 × 1016 éë 2 × 1 ,6736 × 10 -27 + 2 × 1 , 6721 × 10-27 - 6 , 6443 × 10-27 ùû = = 4 , 239 × 10 -12 Дж . Рассчитаем дефект масс по формуле (2) D m = éë 2 × 1 , 6736 × 10-27 + 2 × 1 , 6721 × 10 -27 - 6 ,6443 × 10 -27 ùû = 4 , 71 × 10-29 кг. Ответ: энергия связи ядра гелия Wсв = 4,24·10–12 Дж, дефект масс D m = 4,71·10–29 кг. В ядерной физике часто пользуются внесистемной единицей энергии, при которой значение энергии системы численно равно значению её массы. Она называется атомной единицей энергии (а.е.э) и её можно определить с помощью соотношения e = mc 2 : 1 а.е.э. = 1 а.е.м.·с2 = 1,66·10-27·кг (3·108)2 м2/c2 = 1,49·10–10 Дж = 931 МэВ. Массу частиц в ядерной физике принято выражать в атомных единицах массы (а.е.м.), являющейся так же внесистемной единицей измерения. За 1 а.е.м. принята 1/12 массы изотопа углерода 126C : 1 а.е.м. = 1,6605655·10-27 кг. 2. Определить энергию W ядерной реакции деления ядра азота нейтронами 14 N ( n, p )14C , если энергия связи ядра азота WсвN = 104,66 МэВ и ядра углерода WсвC = 105,29 МэВ. Дано Анализ и решение WсвN = 104,66 МэВ Согласно условию задачи здесь нужно применить неWсвC = 105,29 МэВ стандартное решение с использованием таблиц масс ядер, а решение с использованием данных энергий связи. Wдел = ? В ядерной реакции 14 1 14 1 7 N + 0 n = 6C + 1 H число нейтронов ((А – Z) = N = 8) и число протонов (Z = 7) не изменяется. Поэтому, если представить энергию покоя ядра как разность энергий свободных нуклонов и энергии их связи Wo = c2 (Z mp + N mn) – Wсв, то энергии свободных нуклонов в уравнении закона сохранения энергии Wдел = (WN + Wn) – (WC + Wp) сократятся. Действительно, Wдел = [c2(7 mp +7 mn + mp) – WсвN] – [c2(6mp +8 mn + mp) – WсвC] = WсвC – WсвN, 126

то есть энергия в ядерной реакции выделяется в виде тепла за счет изменения энергии связи ядра. Подставив данные в задаче величины, получим Wдел = 105,29 – 104,66 = 0,63 МэВ. Ответ: энергия ядерной реакции деления азота Wдел = 0,63 МэВ.

Рабочая программа Тема 37. Радиоактивное излучение и его виды. Закон радиоактивного распада Пример решения задач Определить число ядер, которые распадутся за 10,0 минут и за 10 суток в ра–10 кг. Период полураспада иода диоактивном препарате иода 131 53 I массой m = 10 Т = 8,00 суток. Анализ и решение Дано D t1 = 10,0 мин = 600 с Самопроизвольное превращение одних атомных 5 D t2 = 10,0 сут = 8,64·10 с ядер в другие, сопровождаемое испусканием элементарных частиц, называется радиоактивным распаm = 10–10 кг 5 дом. Закон, по которому происходит распад, описыТ = 8,00 сут = 6,91·10 с вается формулой D N1 = ? dN = - l Ndt (1), D N2 = ? где dN – число ядер, распавшихся за промежуток времени от t до (t + dt), N – число ядер, нераспавшихся к моменту времени t, l – постоянная радиоактивного распада; знак минус указывает, что общее число радиоактивных ядер в процессе распада уменьшается. Интегрируя это уравнение, получим N = N oe - l t , (2) где N0 – число радиоактивных ядер в момент t = 0. Время, за которое исходное число радиоактивных ядер в среднем уменьшается вдвое, называется периодом полураспада Т. Период полураспада и постоянная распада связаны соотношением T l = ln 2 . (3) Так как период полураспада радиоактивного иода намного больше времени D t1, то можно считать, что в течение этого промежутка времени число нераспавшихся ядер N остается практически постоянным и равным их начальному числу N0. Тогда для нахождения числа распавшихся ядер D N1 применим закон радиоактивного распада (1), записав его так ln 2 D N 1 = - l N Dt1 или, учитывая (3), D N 1 = N 0 D t1 . T Чтобы определить начальное число ядер (атомов) N0, умножим постоянную Авогадро NA на число молей n , содержащихся в данном препарате: 127

N o = N An = N Am0 / M ,

(4)

где m0 – начальная масса препарата, M – молярная масса иода 131 53 I , численно равная (приблизительно) его массовому числу. С учетом (4) получим m ln 2 D N1 = N A 0 D t1 . T M Произведем вычисление с учетом, что ln 2 = 0,693, найдем -10 0 , 693 23 10 D N1 = 6 , 02 × 10 600 = 277 × 109 ядер. 5 -3 6 , 91 × 10 131 × 10 Во втором случае время D t2 и период полураспада иода – величины одного порядка, и дифференциальная форма закона радиоактивного распада (1) здесь неприменима. Поэтому для решения задачи воспользуемся интегральной формой (2) закона, справедливой для любого промежутка времени. Тогда получим D N 2 = N 0 - N = N 0 ( 1 - e-lt ) , или, учитывая (3) и (4), ln 2

Dt2 m DN2 = N A 0 (1 - e T ). M Подставим числовые значения данных величин и произведем вычисления 0 ,693

5

-10 8 ,64×10 23 10 6 ,91×105 D N 2 = 6 , 02 × 10 ( 1 e ) = 266 × 1012 ядер. -3 131

128

ПРИЛОЖЕНИЕ

– + e1, r1 – + e2, r2

C

e1, r1 + – e2, r2

b

R Рис. 4

e3

e1

R2 + – e2

– +

e1, r1

R3

e2, r2 R Рис. 6 – + e1

a + –

– + e2 R1

– + V

+ – b

n Рис. 7 – + a

R3

R2 Рис. 8

b

– + e1, r1 I2 – R 1 + e2, r2

e2 I3

R 1 R2

–

+

Рис. 5

e1

+

– +

+ – Рис. 3

+ –

+

Рис. 2

e1 RV R1 V a R2 e2

e

–

R

– +

R1

D

e2, r2 –

R Рис. 1

– +

e3, r3

e1, r1

R3

R2 Рис. 10

Рис. 9 129

– e+, r 3

3

A

b

R I

r l

p/2

O

R

I Рис. 12

Рис. 11

I

т. А

I d

a I Рис. 13

Рис. 14 I2

R I

R

т. О

l2 т. О r

т.О

l1

I

I

Рис. 15

I1 Рис. 16

130

I

d

l

l

d

l I2

I1

I1 I2

Рис. 17

Рис. 18

I l

I2

I l l1

d

I

d Рис. 19

A

Рис. 20 B a

I

b

I1 I1

I2

C

Рис. 21

Рис. 22

131

R I

I

I

т. О

R2

Рис. 23

Рис. 24

a

a I

r В

R1

I

–

e

R

b

I r1

+

r2

Рис. 25 R2

Рис.26

I l

I2

h

I1

R1

I1 r

Рис. 27

2

3

1

4

b

r Рис. 28

Рис. 29 132

2

3

1

4

I2

I1

I1

I2

1)

2)

I1 3) Рис. 30 I

r

D

a

r u

l т. О

a I

Рис. 31

Рис. 32

r u

r u I

I r

r

a Рис. 33

Рис. 34

133

l

b R

a

R

O¢

O

I

r В

r u Рис. 35

Рис. 36

a r r В,n

R1

L

b r r В ,n

R2 К

– +

e Рис. 38

Рис. 37

К C1

L

C2

Рис. 39

134

w

S S1 d

Э

r

a

D x min а

2a

O

S2 Рис. 40

Dx

dk+1 dk

a

r n

g

h

Рис. 41

Dxmin

x l

d/2

d

d/2 L Рис. 42

135

т. O

Р

q

S¢¢

Dx d

j S S¢

a

Q2

b l

Э

Рис. 43 a

jmin jmin F

l Рис. 44

a g nж

a¢б

nст Рис. 45

136

ОГЛАВЛЕНИЕ Введение ………………………………………………………………………… Методические указания по изучению теории курса и выполнению контрольных работ …………………………………………………………………. Указания по оформлению контрольных заданий …………………………….. Библиографический список …………………………………………………..... Контрольное задание № 1 ……………………………………………………… Контрольное задание № 2 ……………………………………………………… Контрольное задание № 3 ……………………………………………………… Контрольное задание № 4 ……………………………………………………… Приложение ……………………………………………………………………...

137

3 3 5 5 7 36 69 98 129