Файл: Методические указания и контрольные задания для студентовзаочников инженернотехнических и технологических специальностей вузов.docx

Скачать файл
Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 29.10.2023

Просмотров: 249

Скачиваний: 8

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

СОДЕРЖАНИЕ

СОВРЕМЕННАЯ ФИЗИЧЕСКАЯ КАРТИНА МИРА Вещество и поле. Атомно-молекулярное строение вещества. Атомное ядро. Кварки. Элементарные частицы, лептоны, ад­роны. Взаимопревращения частиц. Сильное, электромагнитное, слабое и гравитационное взаимодействия. Иерархия взаимодей­ствий. О единых теориях материи. Физическая картина мира как философская категория. ПРИМЕНЕНИЕ МИКРОКАЛЬКУЛЯТОРАПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧВажнейшим средством совершенного научного исследования является математическое моделирование физических явлений и исследование этих моделей с помощью ЭВМ. Совершенные ЭВМ позволяют проводить сложнейшие расчеты. В некоторых областях науки, например астрофизике, проведение реальных экспериментов практически невозможно, поэтому исследователя­ми проводится вычислительный эксперимент. ЭВМ нужны не только для проведения машинного эксперимента, но и для об­работки результатов реальных экспериментов. Совершенный фи- 20зический эксперимент часто дает столько информации, что об­работать ее без ЭВМ практически невозможно.Для решения любой задачи необходим алгоритм. Под ал­горитмом понимают понятное и точное предписание ЭВМ совер­шать последовательность действий для достижения указанной цели или решения конкретной задачи. Всякий алгоритм строится в расчете на конкретного исполнителя. Таким исполнителем для проведения инженерных и студенческих расчетов различного вида заданий являются микрокалькуляторы семейства «Электроника». Это электронно-вычислительное устройство миниатюрных раз­меров индивидуального пользования. Оно может быть успешно использовано при решении задач, предлагаемых в контрольных работах. Выполняя вычисления с помощью микрокалькулятора, вы экономите время, освобождая его для изучения теоретических основ курса физики.Прежде чем пользоваться микрокалькулятором, внимательно ознакомьтесь с руководством по эксплуатации: изучите общие сведения об устройстве; ознакомьтесь с правилами подготовки его к работе. Рассмотрим решение следующих задач с применением микро­калькулятора. Вычислить эффективный диаметр молекул азота, если его критическая температура 126 К, критическое давление 3,40 МПа. Дано: 7^=126 К; ^ = 3,40 106 Па.Найти: d.Решение. Азот, согласно условию задачи, должен подчинять­ся уравнению Ван-дер-Ваальса: Постоянную b в уравнении Ван-дер-Ваальса с достаточной степе­нью точности считают равной учетверенному собственному объ­ему 1 моль газа. В 1 моль газа находится 6,02 102 молекул (Аа=6,02 ■ 1023 моль), следовательно, объем одной молекулы равен nd3l6 = b (4Л\), откуда ^=л/36/(2яАд). Постоянная b=RTip/(&prJ, тогда t/ IRT^ I 3.8 31 Дж K-i моль1 . 126 кd= / = л / — * •х/ V 16 • 3,14 ■ 3,40 • 106 Па • 6,02 1023 моль"1Вычисляем на калькуляторе выражение3 / 3 126 8,3116 • 3,14 3,40 10б 6,02 1023 по программе3 0 126 0 8,31 0 16 0 3,14 R13,40 [вп| 6 0| 6,02 [ВП Показания индикатора: 3,126—10, т. е. 3,126 • 10 *°.Так как данное выражение состоит только из произведения и частного, то, согласно правилам округления, его надо округ­лить до такого числа значащих цифр, которое имеет наименьшее точное исходное данное.Ответ'. 3,13 • 10“10 м. Определить, сколько ядер в 1 г радиоактивного fgSr рас­падается в течение одного года. Дано: /и=10-3 кг; Т—21 лет; f=l год.Найти: N.Решение. Для определения числа атомов, содержащихся в 1 г 3gSr, используем соотношение (1)N0=vNA = ^NAlм где Na — постоянная Авогадро; v — число молей, содержащихся в массе данного элемента; Л/ — молярная масса изотопа. Между молярной массой изотопа и его относительной массой существу­ет соотношение М = 10 3 А кг/моль. (2) Для всякого изотопа относительная атомная масса весьма близка к его массовому числу Л, т. е. для данного случая М—103 • 90 кг/моль=9 ’ 10 2 кг/моль.Используя закон радиоактивного распада 13)#=#оехр(-2/), где Nq — начальное число нераспавшихся ядер в момент /=0; N — число нераспавшихся ядер в момент /; 2 — постоянная ра­диоактивного распада, определим количество распавшихся ядер з8 Sr в течение 1 года: (4)N'=NO-N=NO[1 —exp (—2/)]. Учитывая, что постоянная радиоактивного распада связана с пе­риодом полураспада соотношением 2=1п2/Г, получаем (5) Подставляя (1) с учетом (2) в выражение (5), имеем 1п2 V 1 — exp 103 АПроизведя вычисления по формуле (6), найдем__ 103 кг#= X10 3 90 кг/моль1п227 лет x 6,02 1023 моль 1 —exp • 1 год . (6) 10’3• 6,02 • 1023103 90 1—expВычислим на калькуляторе выражение 1п2 ' — • 1 27по программе x 6,02 ВП2 In[х] 1[7] 27[3(ZE3 F е* I*-4111 Показания индикатора: 1,69532 20, т. е. 1,69532 1О20.Ответ: 1,70 Ю20.ФУНДАМЕНТАЛЬНЫЕ ФИЗИЧЕСКИЕ ПОСТОЯННЫЕ*Гравитационная постоянная — коэффициент пропорциональ­ности, входящий в закон тяготения Ньютона:F= Gmxm2lr2,где F — сила притяжения двух материальных точек массами тх и т2, находящихся на расстоянии г.Постоянная Авогадро определяет число структурных элемен­тов (атомов, молекул, ионов или других частиц) в единице коли­чества вещества (в одном моле). Названа в честь итальянского ученого А. Авогадро.Универсальная (молярная) газовая постоянная, входящая в ура­внение состояния одного моля идеального газа: pVm=RT, где р — давление газа, Ут — молярный объем газа, Т — термодина­мическая температура газа. Физический смысл газовой постоян­ной — это работа расширения одного моля идеального газа под постоянным давлением при нагревании на 1 К. С другой сторо-•Значения некоторых фундаментальных физических постоянных приведены в Приложении 1. ны, газовая постоянная — разность молярных теплоемкостей при постоянном давлении и при постоянном объеме Ср — Cv—R.Постоянная Больцмана равна отношению молярной газовой постоянной к постоянной Авогадро: k=R/NA.Постоянная Больцмана входит в ряд важнейших соотноше­ний физики: в уравнение состояния идеального газа, в выражение для средней энергии теплового движения частиц, связывает энт­ропию физической системы с ее термодинамической вероятно­стью. Названа в честь австрийского физика Л. Больцмана.Молярный объем идеального газа, т. е. объем, приходящийся на количество вещества газа 1 моль при нормальных условиях (р0= 101,325 кПа, Т0=273,12 К), определяется из соотношенияVm=RTq/p0.Элементарный электрический заряд (е), наименьший электри­ческий заряд, положительный или отрицательный, равный по значению заряду электрона. Почти все элементарные частицы обладают электрическим зарядом +е или — е или являются незаряженными.Постоянная Фарадея — равна произведению постоянной Аво­гадро на элементарный электрический заряд (заряд электрона) F—NAe. Названа в честь английского физика М. Фарадея.Скорость света в вакууме (скорость распространения любых электромагнитных волн) представляет собой предельную ско­рость распространения любых физических воздействий, инвари­анта при переходе от одной системы отсчета к другим.Постоянная Стефана — Больцмана входит в закон, определя­ющий полную (по всем длинам волн) испускательную способ­ность черного тела: R = aT4\ где R — испускательная способ­ность черного тела, Т — термодинамическая температура. Закон сформулирован на основании экспериментальных данных авст­рийским физиком И. Стефаном (1879), теоретически получен австрийским физиком Л. Больцманом (1884).Постоянная Вина входит в закон смещения Вина, утвержда­ющий, что длина на которую приходится максимум энергии в спектре равновесного излучения, обратно пропорциональна термодинамической температуре Т излучающего тела:Постоянная Планка (квант действия) определяет широкий круг физических явлений, для которых существенна дискретность величин с размерностью действия. Введена в 1900 г. немецким физиком М. Планком при установлении закона распределения энергии в спектре излучения черного тела.Постоянная Ридберга входит в выражения для уровней энер­ гии и частот излучения атомов (спектральные серии): /1 Лv=7< I ——- ), где nt и пк — числа, определяющие начальный \п: nJи конечный уровни энергии. Для каждой спектральной серии nt постоянно, а лЛ=л,+ 1, и,+2, ... . Введена шведским физиком И. Р. Ридбергом.Радиус первой воровской орбиты (в теории датского физика Н. Бора) — радиус ближайшей к ядру (протону) электронной орбиты. В квантовой механике определяется как расстояние от ядра, на котором с наибольшей вероятностью можно обнару­жить электрон в невозбужденном атоме водорода.Комптоновская длина волны определяет изменение длины вол­ны электромагнитного излучения при комптоновском рассеянии1 Л / ГТна электроне —, где h — постоянная Планка, те — масса покоя электрона, с — скорость света в вакууме. Эффект открыт американским физиком А. Комптоном (1892).Атомная единица массы применяется в атомной и ядерной физике для выражения масс элементарных частиц атомов и моле­кул; 1 а. е. м. равна 1/12 массы нуклида углерода 12С.Электрическая и магнитная постоянные — физические посто- v 1 янные, входящие в формулы электромагнетизма: £0/20=—, где с1с — скорость света в вакууме. УЧЕБНЫЕ МАТЕРИАЛЫ ПО РАЗДЕЛАМ КУРСАФИЗИКИ1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   12

л=|ма<р. *0 /по Е^т^с2.тос1Е=тс2 = г —.у/1 —v2jc2 njflVр=mv——. yj 1 — v2/c2Т=ЕЕ0=— т0С2 (—■ ■■:■:? — 1\v 1— v2fc2Е2=р2с2 + Е2.1 qz uv]c2Работа при вращательном движении Кинетическая энергия вращающегося телаРелятивистское сокращение длиныгде /0 — длина покоящегося тела, с — скорсость света в вакууме.Релятивистское замедление временигде /0 — собственное время.Релятивистская масса где тио — масса покоя.Энергия покоя частицыПолная энергия релятивистской час­тицыРелятивистский импульсКинетическая энергия релятивистс­кой частицыРелятивистское соотношение между полной энергией и импульсом Теорема сложения скоростей в реля­тивистской механикегде и и и' — скорости в двух инерци­альных системах координат, движущихся относительно друг друга со скоростью v, совпада­ющей по направлению с и (знак —) или противоположно ей на­правленной (знак +).Количество вещества где N — число молекул, Na — постоянная Авогадро, т — масса вещества, М — молярная масса.Уравнение Клапейрона-Менделеева pV=vRT, где р — давление газа,V — его объем,R — молярная газовая постоян­ная,Т — термодинамическая темпе­ратура.Уравнение молекулярно-кинетичес­кой теории газов 2 уР2 ^пост^= - пто <ио>2,3 где п — концентрация молекул, <£пост) — средняя кинетическая энергия поступательно­го движения молекулы, zzz0 — масса молекулы,— средняя квадратичная скорость. <Е>=; кт,2 Средняя энергия молекулы где i — число степеней свободы, к — постоянная Больцмана. U=- vRT.2 Внутренняя энергия идеального газа Скорости молекул: средняя квадратичная n) = ^3kT/m0= средняя арифметическая =y/3RTIM-, = yj 8кТ/(пт0) = =y/8RTI(nM). наиболее вероятная vJt = y/2kT/mQ = =y/2RT!M. Средняя длина свободного пробега молекулы <2>=(^/2 ncPri) \ где d — эффективный диаметр мо­лекулы.Среднее число столкновений молеку­лы в единицу времениРаспределение молекул в потенциаль­ном поле силгде П — потенциальная энергия мо­лекулы.Барометрическая формулаУравнение диффузиигде D — коэффициент диффузии,р — плотность,d5 — элементарная площадка, перпендикулярная оси Ох.Уравнение теплопроводностигде ае — теплопроводность.Сила внутреннего трениягде г] — динамическая вязкость.Коэффициент диффузииВязкость (динамическая) = V2 7Г^<0- и=Поехр р=роехр dm — —D — dSdZ,dx Теплопроводностьгде cv — удельная изохорная тепло­емкость.Молярная теплоемкость идеального газа dQ = — ае — d5dz,dxdv dF= -г} - dS, dxx>=‘ <»><-*>•ti=l p<»> <Л>=Рр.®=i c,p<®> <Л>=чс„ изохорная изобарная Первое начало термодинамики CP=^R.Р 2d(2 = dtf+dX,dL7=vGdT,d^=pdK Л=р(Г2-И1) = уА(Т2-Т1);Работа расширения газа при процессе изобарном изотермическом адиабатномV1 Р\A — vRT\n — = vRT\n —;Fl Р2A = vCv(T\-T2}= vRTi(T^D 1-PiVt (7-1) 1- - \V1J J pVy=const,TVy ’ = const,Typy=const.Q-Qo T—TqQ T ’ S2 — Si — t'где y = Cp/Cv.Уравнения ПуассонаКоэффициент полезного действия ци­кла Карногде Q п Т —количество теплоты полученное от нагре­вателя и его темпе­ратура;Qo и TG — количество теплоты- переданное холо­дильнику и его тем­пература.Изменение энтропии при переходе из состояния 1 в состояние 2ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ Движение тела массой 1 кг задано уравнением s=6/2 + 4-3/+2. Найти зависимость скорости и ускорения от времени. Вычислить силу, действующую на тело в конце второй секунды.Решение. Мгновенную скорость находим как производную от пути по времени:г=—; и=18/2 + 3.drМгновенное ускорение определяется первой производной от скорости по времени или второй производной от пути по вре­мени:Сила, действующая на тело, определяется по второму закону Ньютона: F=ma, где а, согласно условию задачи,— ускорение в конце второй секунды. ТогдаF=m • 36/; F=1 кг • 36 • 2 м/с2 = 72 Н.Ответ". v=18/2 + 3; д=36/; F=72 Н. Стержень длиной 1 м движется мимо наблюдателя со скоростью 0,8 с. Какой покажется наблюдателю его длина? Дано: l0=l м, v=0,8 с.Найти: I.Решение. Зависимость длины тела от скорости в релятивистс­кой механике выражается формулойZ=/oVl-«'2/c2> (Огде /0 — длина покоящегося стержня; v — скорость его движения, с — скорость света в вакууме. Подставляя в формулу (1) чис­ловые значения, имеемI— 1 м ^/1 — (0,8 с)2/с2 =1 м у/\ — 0,64 = 0,6 м.Ответ". 1—0,6 м. Две частицы движутся навстречу друг другу со скоростями: 1) г=0,5 с и и = 0,75 с; 2) v=c и и=0,75с. Найти их относительную скорость в первом и втором случаях. Дано: 1) v=0,5c, м=0,75с; 2) г=с, u=0,75c.Найти: u'i, ur2.Решение. Согласно теореме сложения скоростей в теорий от­носительности, 1 +VU/C2’где v, и — скорости соответственно первой и второй частиц; и' — их относительная скорость; с — скорость света в вакууме Для первого и второго случаев находим:, 0,5с+0,75с Ли — ——0,91с;0,5с 0,75с1+^с+0,75с 1,75си2 — —; — —— — с.0,75с2 1,751+—Это означает, что, во-первых, ни в какой инерциальной системе отсчета скорость процесса не может превзойти скорость света, и, во-вторых, скорость распространения света в вакууме абсолютна.Ответ: 14=0,91 с; и'2 — с. На двух шнурах одинаковой длины, равной 0,8 м, подвеше­ны два свинцовых шара массами 0,5 и 1 кг. Шары соприкасаются между собой. Шар меньшей массы отвели в сторону так, что шнур отклонился на угол а=60°, и отпустили. На какую высоту поднимутся оба шара после столкновения? Удар считать цент­ральным и неупругим. Определить энергию, израсходованную на деформацию шаров при ударе. Дано: mi = Q,5 кг, т2=1 кг, а=60°, 7=0,8 м.Найти: М;Решение. Так как удар шаров неупругий, то после удара шары будут двигаться с общей скоростью v. Закон сохранения количе­ства движения при этом ударе имеет вид(1)Здесь V] и v2 — скорости шаров до удара. Скорость большого шара до удара равна нулю (v2 = 0). Скорость меньшего шара найдем, используя закон сохранения энергии. При отклонении меньшего шара на угол а (см. рис. 1) ему сообщается по­тенциальная энергия, которая затем переходит в кинетическую: might Таким образом, =/(1 — cosa)=2/sin2(a/2), по­этому= y/lghi = 2 s/gl sin (a/2). (2)Из уравнений (1) и (2) находим скорость шаров после удара: (3)v — miVil(mi-\-m^ — 2miy/gl sin * (mi+m2). Кинетическая энергия, которой обладают шары после удара, переходит в потенциальную:(ти! 4- т2>2/2=4- m2)gh, (4).где h — высота поднятия шаров после столкновения. Из форму­лы (4) находим h=v2l(2g), или с учетом (3),h=2m2l ‘ sin2 ^(wi 4-ли2)2;h—2 (0,5кг)2 • 0,8 м ' 0,25/(0,5 кг 4-1 кг)=0,044 м.При неупругом ударе шаров часть энергии расходуется на их деформацию. Энергия деформации определяется разностью ки­нетических энергий до и после удара:=mi v2/2 — (т} 4- w2)v2/2.Используя уравнения (2) и (3), получаем(/и1 \1 — ) sin2т\+тп2) 2Д£^=2'9,81 м/с2 • 0,8 м • 0,5 кг(1—0,5 кг/1,5 кг) • 0,25=1,3 Дж.Ответ\ А=0,044 м, EEg= 1,3 Дж. Молот массой 70 кг падает с высоты 5 м и ударяет по железному изделию, лежащему на наковальне. Масса наковальни вместе с изделием 1330 кг. Считая удар абсолютно неупругим, определить энергию, расходуемую на деформацию изделия. Си­стему молот — изделие — наковальня считать замкнутой. Дано: raj = 70 кг, h — 5 м, т2 —1330 кг.Найти: Eg.Решение. По условию задачи, система молот — изделие — — наковальня считается замкнутой, а удар неупругий. На основа­нии закона сохранения энергии можно считать, что энергия, затраченная на деформацию изделия, равна разности значений механической энергии системы до и после удара.Считаем, что во время удара изменяется только кинетическая энергия тел, т. е. незначительным перемещением тел по вер­тикали во время удара пренебрегаем. Тогда для энергии дефор­мации изделия имеемWit?2 (zwi+/w2X2,——■ (|>где v — скорость молота в конце падения с высоты h; v — общая скорость всех тел системы после неупругого удара. Скорость учета (2) удара (3)молота в конце падения с высоты h определяется без сопротивления воздуха и трения по формуле v = y/2gh.Общую скорость всех тел системы после неупругого найдем, применив закон сохранения количества движения2>1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   12

Л£ W/V.— Const./=1Для рассматриваемой системы закон сохранения количества дви­жения имеет вид mlv=(m[Fm2)v, откуда^т^Цт^+пъ). (4)Подставив в формулу (1) выражения (2) и (4), получимШ2Eg=migh /И1+/И2_ __ _ _ , 1330 кг70 кг • 9,8 му с2 • 5 м —.В 1330 кг + 70 кг„ ™ л о . 1330Вычислим на калькуляторе выражение 70 • 9,8 5 попрограмме7009,8050 ВЗОВГ^П] 13300700 Е[х^П] 0 |Л^П Я 3258,5. Ответ'. Eg = 3258 Дж. Тело массой 1 кг под действием постоянной силы движется прямолинейно. Зависимость пути, пройденного телом, от време­ни задана уравнением s=2t2+4t+1. Определить работу силы за 10 с с начала ее действия и зависимость кинетической энергии от времени. Дано: т= 1 кг, s=2t2+4f+1.Найти: Л, T=f(t).Решение. Работа, совершаемая силой, выражается через криволи­нейный интегралA=$Fds. (1)Сила, действующая на тело, по второму закону Ньютона равнаF=m • а или F—m • (2)dr2Мгновенное значение ускорения определяется первой произ­ водной от скорости по времени или второй производной от пути по времени. В соответствии с этим находимds d2s -v=—=4t+4; (3) а—— = 4 м/с2. (4)dr dr2Тогда (5) (6)d2s F—m ——4т.dr2Из выражения (3) определим cis: dj=(4/+4)d/.Подставив (5) и (6) в уравнение (1), получим 4m(4t+4)dt.По этой формуле определим работу, совершаемую силой за 10 с с начала ее действия: + 16/ оГ 16г2 10 (16/Н/ + 16m)dt=m —= 1 (8 100 + 16 • 10) Дж = 960 Дж.Кинетическая энергия определяется по формулеT=mv2/2. (7)Подставляя (3) в (7), имеемТ=т (4/+4) 2/2 = т (16t2 + 32/ +16)/2=т (8 /2 +16/ + 8).Ответ'. Л = 960 Дж, Т=т (8/2 +16/ + 8). Протон движется со скоростью 0,7 с (с — скорость света). Найти количество движения и кинетическую энергию протона.Дано: v=0,1с.Найти: р\ Т.Решение. Количество движения протона определяется по формулер=т • v. (1)Так как скорость протона сравнима со скоростью света, то необходимо учесть зависимость массы от скорости, воспользова­вшись релятивистским выражением для массы:m = mJ у/1 - v2jc2 = mj^/1 - fl2, (2)где т — масса движущегося протона; т0= 1,67 ' 10 27 кг — мас­са покоя протона; v— скорость движения протона; с = = 3 • 108 м/с — скорость света в вакууме; v/c—fl — скорость про­тона, выраженная в долях скорости света.Подставляя уравнение (2) в (1) и учитывая, что j3=v/c, по­лучаем■ с fi/y/1-р2;р=1,67 ' 10“27 кг ' 3 108 м/с • 0,7/^/ 1 — 0,72 — 4,91 • 10"19 кг • м/с.В релятивистской механике кинетическая энергия частицы определяется как разность между полной энергией Е и энергией покоя Ео этой частицы:Г=£-£о, (3)гдеE=mQC2l^1 Р2, Е^—т^с2.Вычислим энергию покоя протона:£^=1,67 • 10-27 кг(3 108 м/с)2=1,5 1О10 Дж.Тогда (см. формулу (3)) т=^г(1д/Г^Р-1);Т=1,5 1О“10 Дж(1/71-0,72-1)=0,6 1(Г10Дж.Ответ’. р=4,91 • 10 19 кг м/с, Т=0,6 1О10 Дж. Тонкий стержень массой 300 г и длиной 50 см вращается с угловой скоростью 10 с-1 в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через середину стержня Найти угловую скорость, если в процессе вращения в той же плоскости стержень переместится так, что ось вращения пройдет через конец стержня. Дано: т=300 г=0,3 кг, 7=50 см=0,5 м, о>1 = 10 с-1.Найти: щ2-Решение. Используем закон сохранения момента количества движения л£ /,щ,=const, (1)/=» 1где Ji — момент инерции стержня относительно оси вращения.Для изолированной системы тел векторная сумма моментов количества движения остается постоянной. В данной задаче всле­дствие того, что распределение массы стержня относительно оси вращения изменяется, Момент инерции стержня также изменится. В соответствии с (1) запишем•^1^1 = «^2^2 • (2)Известно, что момент инерции стержня относительно оси, проходящей через центр масс и перпендикулярной стержню, равенJo—mP/ll. (3)По теореме Штейнера,J—jQ+md2,где J — момент инерции тела относительно производной оси вращения; Jo — момент инерции относительно параллельной оси, проходящей через центр масс; d — расстояние от центра масс до выбранной оси вращения.Найдем момент инерции относительно оси, проходящей через его конец и перпендикулярной стержню:Л=Л+пи/2, /2=?и/2/12+?и(//2)2=?и/2/3. (4)Подставляя, формулы (3) и (4) в (2), имеем:ml 2(Ох!\ 2=ml 2со2/3,откудаа>2=о>1/4, 0^=10 с */4=2,5 с-1.Ответ'. (^ = 2,5 с-1. Маховик массой 4 кг вращается с частотой 720 мин-1 вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр. Массу аховика можно считать равномерно распределенной по его ободу радиусом 40 см. Через 30 с под действием тормозящего момента маховик остановился. Найти тормозящий момент и чис­ло оборотов, которое сделает маховик до полной остановки. Дано: со=0, т—4 кг, п=720 мин-*=12 с-1; А/=30 с, R=0,4 м.Найти: М\ N.Решение. Для определения тормозящего момента М сил, дей­ствующих на тело, нужно применить основное уравнение дина­мики вращательного движения:/•Дса=ЛГАг, (1)где J —- момент инерции маховика относительно оси, проходя­щей через центр масс; Лео — изменение угловой скорости за промежуток времени Д/.По условию, Act) = — Wo, где со0 — начальная угловая скорость, так как конечная угловая скорость cd=O. Выразим начальную угловую скорость через частоту вращения маховика; тогда а>о = 2яи и Дщ=2л71. Момент инерции маховика J=mR\ где т — масса маховика; R — его радиус. Формула (1) принимает видmR22nn=M • А/,откудаМ =27Г7?тиЛ2/Д/;М=2 • 3,14 • 12 с'1 • 4 кг • 0,16 м2с"2/30 с= 1,61 Н * м.Угол поворота (т. е. угловой путь д>) за время вращения маховика до остановки может быть определен по формуле для равнозамедленного вращения:= е * Д/2/2, (2)где е — угловое ускорение. По условию, щ = со0—еД/, со=0, е • Д?=со0- Тогда выражение (2) можно записать так:ср = а)0Л/ — ojQ&tll = (ЛоЩ!.Так как q)2nN, coo=27C7i, то число полных оборотовУ=71 Дг/2; У=12с"г • 30 с/2=180.Ответ'. Л/=1,61 Н • м, У=180. В сосуде объемом 2 м3 находится смесь 4 кг гелия и 2 кг водорода при температуре 27 °C. Определить давление и моляр­ную массу смеси газов. Дано: И=2 м3, тх—^ кг, Л/\ = 4'10-3 кг/моль, /и2=2 кг, М2—2' 103 кг/моль, Т=300 К.Найти: Р; М.Решение. Воспользуемся уравнением Клапейрона — Менделе­ева, применив его к гелию и водороду:P.V^m.RT/M^ (1)p2V=m2RTIM2, (2)где — парциальное давление гелия; — масса гелия; Мг — его молярная масса; V — объем сосуда; Т — температура газа; R = 8,31 Дж/(моль • К)— молярная газовая постоянная; р2 — парциальное давление водорода; т2 — масса водорода; М2 — его молярная масса. Под парциальным давлением Рх и р2 понимается то давление, которое производил бы газ, если бы он только один находился в сосуде. По закону Дальтона давление смеси равно сумме парциальных давлении газов, входя­щих в состав смеси:Р=Р1+Р2-Из уравнения (1) и (2) выразим р} и р2 и подставим в уравнение(3). ИмеемmxRT m2RT /гп\ m2\ Drr Vj + V2где Vi и v2 — число молей гелия и водорода соответственно. Число молей газов определим по формулам: v2—m2IM2. Подставляя (6) и (7) в (5), найдем гщ+т2М= .ntifMi +тп21М2 (6) (7) (8)Подставляя числовые значения в формулы (4) и (8), получаем4кг2кг \ 8,31Дж/(моль•К)3004 • 10-3 кг/моль 2 • 10-3 кг/моль/ 2 м3/4 2 \ 8,31 300Вычислим выражение I—ю^) 2— П° пРогРамме4 В 4 |вп] 3 Q В |х-»п 2 0 2 Вп 3 Q Е) S |п->х 1Э х-»п 8,31 0 300 В 2 Е [х)[п-»х|@Показание индикатора 2493000.Таким образом, р—2493 кПа.4 кг + 2 кгМ= -— =4 кг/(4 10“3 кг моль *)+2 кг/(2 10 3 кг моль*1)= 3 ‘ 10 3 кг/моль.Ответ'. р=2493 кПа, М=3 • 10“3 кг/моль. Чему равны средние кинетические энергии поступатель­ного и вращательного движения молекул, содержащихся в 2 кг водорода при температуре 400 К? Дано: т=2 кг, Т=400 К, М=2 ' 10-3 кг/моль.Найти. <£пост^»Решение. Считаем водород идеальным газом. Молекула водо­рода — двухатомная, связь между атомами считаем жесткой. Тогда число степеней свободы молекулы водорода равно 5. В среднем на одну степень свободы приходится энергия (8,У=кТ/2, где к — постоянная Больцмана; Т — термодинами­ческая температура. Поступательному движению приписывается три (z=3), а вращательному две (z = 2) степени свободы. Энергия одной молекулы3 2<Епост>=- кТ; <£вр>=- кт.2 2Число молекул, содержащихся в массе газа,■ NA = (m!M) • NA,<где v —- число молей; NA — постоянная Авогадро. Тогда средняя кинетическая энергия поступательного движения молекул во­дорода <8.р> = —- = 33,24 105 Дж=3324 кДж.2 10 3 кг мольОтвет: <Епост>=4986 кДж, <£вр> = 2324 кДж. Определить среднюю длину свободного пробега молекул и число соударений за 1 с, происходящих между всеми молекула­ми кислорода, находящегося в сосуде емкостью 2 л при тем­пературе 27 °C и давлении 100 кПа. Дано: V—2 л—2 • 10 3 м3, Л/=32 • 10 3 кг/моль, Т=300 К, р=100кПа=105 Па, J=2,9 * 1О“10 м.Найти: <А>; Z.Решение. Средняя длина свободного пробега молекул кисло­рода вычисляется по формуле Подставляя в (4) выражения (5), (6) и (7), находим_ 1 y/tRT/(nM) • у/2 ■ тиРр р ^_2n(Pp2V /лТ2 кТ кТ кРТ2 у/пМПодставляя числовые значения, получим_ 2 3,14'2,92 Ю"20 м2 1О10 Па2 • 2 10" 3 м3Z= — — — X1,38 10"*6 Дж2 К 2 9 10* К2 /8,31 Дж/(моль • К) • ЗОО К3,14 32 10“3 кг/моль1,38 1(Г23 Дж/К 300 К = 9 • 1028 с"1; = 3,56 • 108 М.<2> = / yjl 3,14 • 2,92 1О20 м2 105 ПаОтвет'. Z=9 • 1028 с-1, <Л> = 3,56 • 10“8 м. Определить коэффициенты диффузии и внутреннего тре­ния азота, находящегося при температуре Т=300 К и давлении 105 Па. Дано: р0=1,25 кг/м3, М=28 • 103 кг/моль, Т=300 К, р=105 Па, J=3,l • 10"1ом.Найти: Л; у.Решение. Коэффициент диффузии определяется по формуле Подставляя (2) и (3) в выражение (1), имеем1 [&RT кТ2кТ IRT3 у пМ /2 nd2p ЗпсРр у ъМКоэффициент внутреннего трения^=1/3<г><Л>р, (5)где р — плотность газа при температуре 300 К и давлении 105 Па. Для нахождения р воспользуемся уравнением состояния идеального газа. Запишем его для двух состояний азота — при нормальных условиях Го=273 К, р—1,01 ' 105 Па и в условиях задачи:роГо=(7к/ЛОЯГо; pV=(m/M)RT. (6)Учитывая, что po—m/Vo, p=mjV, имеемР = Рор7о/(роГ). (7)Коэффициент внутреннего трения газа может быть выражен через коэффициент диффузии (см. формулы (1) и (5)): (8)T] = D ‘ p = DpopTo/(poT). Подставляя числовые значения в (4) и (8), получим2 1,38 1023 Дж/К 300 К /8,31 Дж/(моль • К) 300 К_ 3 • 3,134 3,12 • 1(Г20 м2 • 105 Па \ 3,14 • 28 • 10“ 3 кг/моль =4,7 10" 5 м2/с;л „ , д 105 Па 273 К>7 = 4,7 • 10 5 м/с • 1,25 кг/м3 • — ■— —1,01 Ю5 Па 300 К= 5,23 • 10"5 кг/(м • с).Ответ: D=4,l ■ 10"5 м2/с, ^=5,23 • 10"5 кг/(м • с). Кислород массой 160 г нагревают при постоянном давле­нии от 320 до 340 К. Определить количество теплоты, поглощен­ное газом, изменение внутренней энергии и работу расширения газа. Дано: т= 160 г = 16 10“2 кг, 7\ = 320 К, Т2 = 340 К.Найти: б; АС; А.Решение. Количество теплоты, необходимое для нагревания газа при постоянном давлении,Q = тср (Т2 - ТО = (т!М)Ср (Т2 - Т\). (1)Здесь ср и Ср=Мср — удельная и молярная теплоемкости газа при постоянном давлении; M=32103 кг/моль — молярная масса кислорода. Для всех двухатомных газов=7/2 R\ Ср=3,5 8,31 Дж/(моль К)=29 Дж/(моль * К).Изменение внутренней энергии газа находим по формулеАС=(/и/М)Сг(Т2-Т1), (2)где Су — молярная теплоемкость газа при постоянном объеме. Для всех двухатомных газовCF=5/2A; Ср=2,5 • 8,31 Дж/(моль • К)=20,8 Дж/(моль К).Работа расширения газа при изобарном процессе Ар ДУ, где ДУ= К2— Pj — изменение объема газа, которое можно найти из уравнения Клапейрона — Менделеева. При изобарном про­цессерУ^т/ЩХТ]; (3)рУ2=(т/М)ЯТ2. (4)Почленным вычитанием выражения (4) из (3) находимp(V2-V{)=(mlM)R(T2-T^следовательно,A=(mlM)R(T2-Tx). (5)Подставляя числовые значения в формулы (1), (2) и (5), получаем:16 10-2 кг Дж£> = — • 29 — (340 К-320 К)=2900 Дж;32 • 10 3 кг/моль моль К16 10-2 кг ДжА [7= . 20,8 — (340 К-320 К) = 2080 Дж;32 10 3 кг/моль моль К16 10-2 кг ДжЛ=— - • 8,31 - — (340 К-320 К) = 840 Дж.32 10 3 кг/моль моль КОтвет: £> = 2900 Дж; АС7=2080 Дж; Я = 840 Дж. Объем аргона, находящегося при давлении 80 кПа, увели­чился от 1 до 2 л. На сколько изменится внутренняя энергия газа, если расширение производилось: а) изобарно; б) адиабатно. Дано: Kj = 10 м3, К2=2 10 м3, д=0,8 105 Па,Л/=40-10 3 кг/моль, 1 = 3.Найти: AL7.Решение. Применим первый закон термодинамики. Согласно этому закону, количество теплоты Q, переданное системе, рас­ходуется на увеличение внутренней энергии A U и на внешнюю механическую работу А:Q=AU+A. (1)Величину АС7 можно определить, зная массу газа т, удельную теплоемкость при постоянном объеме с у и изменение температу­ры АТ:АС/=ш суАТ. (2)Однако удобнее изменение внутренней энергии AU определять через молярную теплоемкость Су, которая может быть выражена через число степеней свободы: Су i R Су — —

ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ F = ,4Л£()£Г2 г где (71 и — величины точечных за­рядов,Eq — электрическая посто­янная,е — диэлектрическая про­ницаемость среды,г — расстояние между за­рядами.Напряженность электрического поляНапряженность поля:точечного зарядабесконечно длинной заряженной нитиравномерно заряженной беско­нечной плоскостимежду двумя разноименно заря­женными бесконечными плоскос­тями e=f. я 4tI£qE^Т 2Я£ое/ а2£ое’ Е=—£q£ где т — линейная плотность заряда, ст — поверхностная заряда,г — рсасстояние до поля.Электрическое смещениеРабота перемещения заряда в элект­ростатическом поле плотность источника D — еоеЕ. 2f £/а/=^(ф1-ф2), где ф1 и ф2 — потенциалы началь­ной и конечной точек. Ч(Р= 4лЕо£ГПотенциал поля точечного заряда dtpСвязь между потенциалом и напря­женностью dl Сила притяжения между двумя разно­именно заряженными обкладками ко­нденсатора q22 2e&s’ где S' — площадь пластин.Электроемкость:уединенного проводника плоского конденсатора С=\EoES слоистого конденсатора d ’С= ,аде,- где d — расстояние между пласти­нами конденсатора,dt — толщина ьго слоя диэлект­рика,е, — его диэлектрическая прони­цаемость.Электроемкость батареи конденсато­ров, соединенных:параллельно С=ХС,; последовательно Энергия поля: заряженного проводника w =—=—=-■ заряженного конденсатора 3 2 2С 2 ’W,=- еое£2Г, 2 V — объем конденсатора.Объемная плотность энергии элект- ^Е2 D2 EDИ"э= =—=—2 2£о6 2z=d-fdr рического поляСила тока Закон Ома:в дифференциальной форме • v Е j=yE=-; в интегральной форме р где у — удельная проводимость, р — удельное сопротивление, U — напряжение на концах це­пи,R — сопротивление цепи, j — плотность тока.Закон Джоуля — Ленца:в дифференциальной форме dn> у E2—=]Е=уЕ2=—; • dr P в интегральной форме dQ=IUdt=^ dt=I2Rdt. Сопротивление однородного провод­никагде Z — длина проводника,S — площадь его поперечного сечения. р=ро(1+аО,Зависимость удельного сопротивле­ния от температуры где а — температурный коэффици­ент сопротивления, F=^E+^v хВ,dF=/dlxB,Pm = IS,M=pwxB^g/i°p/dlxr 4лг3t — температура по шкале Це­льсия. Сила Лоренцагде v — скорость заряда q,В — индукция магнитного поля.Сила Амперагде I — сила тока в проводнике, dl — элемент длины проводни­ка.Магнитный момент контура с током где S — площадь контура.Механический момент, действующий на контур с током в магнитном поле Закон Бно-Савара-Лапласагде д0 — магнитная постоянная,д — магнитная проницаемость среды.Магнитная индукция: в=™±2Rв=™±2кг (cosa1 +cosa2),4кгB=pQpnI,в центре кругового тока поля бесконечно длинного прямо­го токаполя, созданного отрезком про­водника с токомполя бесконечно длинного солено­идагде R — радиус кругового то­ка,г — кратчайшее расстоя­ние до оси провод­ника,п — число витков на еди­ницу длины соленои­да,ах и а2 — углы между отрезком проводника и линией, со­единяющей концы отрезка с точкой поля. Сила взаимодействия двух прямоли­нейных бесконечно длинных парал­лельных токов на единицу их длины где г — расстояние между токами4 и i2.Работа по перемещению контура с то­ком в магнитном полегде Ф — магнитный поток через по­верхность контура.Магнитный поток однородного маг­нитного поля через площадку 5 где а — угол между вектором В и нормалью к площадке.Закон электромагнитной индукциигде N — число витков контура.Потокосцепление контура с током где L — индуктивность контура. Электродвижущая сила самоиндук­цииИндуктивность соленоидагде V — объем соленоида п — число витков на единицу длины соленоидаМгновенное значение силы тока в це­пи, обладающей сопротивлением R и индуктивностью L F=^T'Ф=В5'соза,, т d- —N — = dt dtt = LL,е^= —L-. dt Z=Zoexp 1 — exp Энергия магнитного поляОбъемная плотность энергии магнит­ного поля _BH_ B2 -MH22 2pop 2 ПРИМЕРЫ PEI HIM ЯИЯ ЗАДАЧ 1. В углах при основании равнобедренного треугольника с бо­ковой стороной 8 см расположены заряды и Q2- Определить силу, действующую на заряд 1нКл, помещенный в вершине тре­угольника. Угол при вершине 120°. Рассмотреть случаи:а) С1 = Сг = 2 нКл; Q1 02 fl=-—I’ 4Я££ог2 10'9 Кл • 1 109 Кл б)б) С1=-С2=2нКл.Дано: 16,1=1621=2- 10“9 Кл; 6з=Ю’9 Кл; г=0,08 м; а=30°; £=1.Найти: Fi; F2.Решение. В соответствии с принципом суперпозиции поле каждого из зарядов 61 и Q2 действует на заряд 61 независимо. Это значит, что на заряд 6з действуют силы (рис. 1, а)Fi3 = Qi ' Qt/C^nE^r2), F23 = Qi ' ОзК^пееоГ2).Так как |Ci| = |£?2|, то ]F13| = |F23|. Векторная сумма F=F1+F2 является искомой величиной.Модульсилыопределяется по те­ореме косинусов F= Fi3+F23 + 2Fi3 ‘ F23 ‘ cos В случае одно­именных зарядов 61 и Qz из рис. а видно, что угол /?=120°, поэтому Fi =F13=F23: Рис. 1 ность и потенциал поля в точ­ке, расположенной на расстоя­нии 5 см от зарядов.Дано: 2i = 62=-9*• 10 9 Кл; е=81; го=0,08 м;Г1=т2=0,05 м.Найти: £, (р.Решение. Напряженность ₽ис*2поля, создаваемого в точке А (рис. 2) зарядами Qx и Q2 по принципу суперпозиции полей, равна векторной сумме напряжен­ностей, создаваемых каждым из зарядов: (1)1   ...   4   5   6   7   8   9   10   11   12

E=Ej Ч-Ез. По теореме косинусовЕ=у/Ё11+ё(+2Ё1 ' £? • cos 2а. (2)Напряженность поля точечного заряда QE=QI(4nEE0r2)fгде е — диэлектрическая проницаемость; Ео — электрическая по­стоянная; г — расстояние от заряда до точки поля, в которой определяется его напряженность. Заряды 61 и Ол отрицательны, следовательно, векторы его Ет и Е2 направлены по линиям напряженности к зарядам. По условию заряды Q\ — Q2 располо­жены на одинаковом расстоянии от точки Л, поэтому ЕХ=Е2. Следовательно, формула (2) принимает вид Е=2ЕХ • cos а, где cosa—h/r^h=OA=^rl-rll4;h=-J(5 ■ 10'2 м2)2—(4 ' IO"2 м)2 = 3 • 10'2 м.Тогда напряженность в точке А2Qi h^=—47Г££оГ^ =480 В/м.2 9 1(Г9 Кл 3 10"2 м 4 3,14 81 8,85 10"12 Ф/м (0,05)3 м2Потенциал ф, создаваемый системой точечных зарядов в данной точке поля, равен алгебраической сумме потенциалов, создава- емых каждым из зарядов ср = £ (р±. Потенциал ср результирующе- 1"1 т-гго поля в точке А равен (p = cpi + cp2- Потенциал поля, создава­емого точечным зарядом, ф=(2/(47гее0г). Следовательно,Ci 0.2 201 = ,+ <р2=- ;47Г££ог1 4Я££оГ2 4Я££оГ14 3,14 81 8,85 10’12 Ф/м 5 10'2Ответ’. £=480 В/м; (р — — 40 В. Заряд 1 нКл переносится в воздухе из точки, находящейся на расстоянии 1 м от бесконечно длинной равномерно заряжен­ной нити, в точку на расстоянии 10 см от нее. Определить работу, совершаемую против сил поля, если линейная плотность заряда нити 1 мкКл/м. Какая работа совершается на последних 10 см пути? Дано: го=О,1 м; п = 1 м; г2=0,2 м; Q=1 109 Кл; е=1; т= 1 • 10-6 Кл/м.Найти: А2.Решение. Работа внешней силы по перемещению заряда Q из точки поля с потенциалом (pt в точку с потенциалом <р0 равна^ = С(фоФ1). О)Бесконечная равномерно заряженная нить с линейной плотно­стью заряда т создает аксиально-симметричное поле напряжен­ностью £=т/(27гее0г). Напряженность и потенциал этого поля dсвязаны соотношением £= , откуда dEdr. Разностьdrпотенциалов точек поля на расстоянии г, и г0 от нитиГ0 Фо-ф.= - £dr =т f dr т г* -= In2леео J г 2пеео гог И InГоi ТФо-<Р1 = П 2Л6£о (2)Г2 (Р0-(Р2 = — Ь2я££0 г0Подставляя в формулу (1) найденное выражение для разности потенциалов из (2), определим работу, совершаемую внешними силами по перемещению заряда из точки, находящейся на рассто­янии 1 м, до точки, расположенной на расстоянии 0,1 м от нити:2л££о го’ • 10'J Дж., 1 • 10’9 Кл 1 • 1О’€ Кл/м In 10 , . А1 = — =4,12 3,14 8,85 1012 Ф/м„ 1 • 10"9 ■ 1 • 10€ In 10Вычислим на калькуляторе выражение —■ по2 3,14 8,85 10-12программе1[вп|9[7ч1И 1®б[Н10 югаа 2 0EI008,85R 1|вп] 12I/-/IRПоказания индикатора: 4,14087 10 5, т. е. 4,1 • 10“5 Дж.Работа по перемещению заряда на последних 10 см пути равнаС т, Г2Л2= In -;2леео г0, 1 • Ю 9 Кл 10 б Кл/м 1п2 , _ _ , „Л2 = 7 - = 1,25 • 10'5 Дж.2 3,14 8,85 10-12 Ф/мОтвет: Л1 = 4,1 ' 10 5 Дж; Л2=1,25 • 10 5 Дж. К одной из обкладок плоского конденсатора прилегает стеклянная плоскопараллельная пластинка (£1 = 7) толщиной 9 мм. После того как конденсатор отключили от источника напряжения 220 В и вынули стеклянную пластинку, между об­кладками установилась разность потенциалов 976 В. Определить зазор между обкладками и отношение конечной и начальной энергии конденсатора. Дано: С7!=220 В; (72=976 В; dj = 9 103 м; £1 = 7; е2=1.Найти: do; W\/W2.Решение. После отключения конденсатора и удаления стеклян­ной пластинки заряд на его обкладках остается неизменным, т. е. выполняется равенствоCit7i = C2t/2, (1)где С\ и С2 — электроемкости конденсатора в начальном и конеч­ном случае.По условию конденсатор вначале является слоистым и его электроемкость определяется по формулеEg ‘ S (2)G= — di dodi— + £1 Е2где 5 — площадь обкладок; d0 — зазор между ними, dx — тол­щина стеклянной пластинки, Ej и е2 — диэлектрические проница­емости стекла и воздуха соответственно. E2£oSПосле удаления стеклянной пластинки электроемкость кон­денсатора (3)Подставляя (2) и (3) в (1), получим£о5С/1 £2£o5L/2d\ do d\ dQ£1 £2откуда “о— U2-Ui 976 В 9 IO-3(976 - 220) В м 1-’|=1 • 10’2 7/ M.Начальная и конечная энергии конденсатораCiU2. C2u22W\=—; W2=—.2 2Тогда отношение этих энергий W2/Wi = C2U2/(CiUl). Учитывая (1), получимW2 U2 W2 976 В . . .——• — = 4 44Wi Uif Wi 220 ВОтвет: do=l ' Ю“2 м; FF2/FFi=4,44. Батарею из двух конденсаторов емкостью 400 и 500 пФ соединили последовательно и включили в сеть с напряжением 220 В. Потом батарею отключили от сети, конденсаторы разъ­единили и соединили параллельно обкладками, имеющими одно­именные заряды. Каким будет напряжение на зажимах получен­ной батареи? Дано: £7j = 220 В; Cj=400 пФ; С2=500 пФ.Найти: U2.Решение. У последовательно соединенных конденсаторов за­ряды на обкладках равны по модулю 61 = 62=6 и заряд батареи равен заряду одного конденсатора. Емкость батареи последова­тельно соединенных конденсаторов определяется по формуле п1/С= £ 1/С«. Для батареи из двух конденсаторовС=С, • С2/(С, + С2),а их заряд6 = СС/1 = С1С2С/1/(С1 + С2). (1)При отключении конденсаторов их заряд сохраняется. У парал­лельно соединенных конденсаторов заряд батареи равен сумме зарядов конденсаторов 6=61 + 62» а емкость — сумме емкостейС' = С\ + С2.Напряжение на зажимах батареи из двух параллельно соеди­ненных конденсаторовГ 7 — R — _ 3^ /п\2CCl + C2Cl-hC2' 'Подставляя (1) в (2), получаем2CjC2?7i(^1 + С2)гт 2 4 5 • Ю-20 Ф2 • 220 Вtf2 = — - =108,6 В.92 1О20 Ф2Ответ'. t/2= 108,6 В. Заряд конденсатора 1 мкКл, площадь пластин 100 см2, зазор между пластинками заполнен слюдой. Определить объем­ную плотность энергии поля конденсатора и силу притяжения пластин. Дано: 6=Ю 6 Кл; 5= 10“2 м2; е=6.Найти: >v; F. (1)Решение. Сила притяжения между двумя разноименно заря­женными обкладками конденсатора уг .“о£2 5 ” 2 где Е — напряженность поля конденсатора; S — площадь об­кладок конденсатора; е — диэлектрическая проницаемость слю­ды; Eq — электрическая постоянная. (2)Напряженность однородного поля плоского конденсатора _ ff Q Е==. ££q EEqS где o=QIS — поверхностная плотность заряда. Подставляя (2) в (1), получаемо2 Ю“12 Кл2 — = 0,94 Н. 2&£qS 2 6 8,85 10“12 Ф/м 10“2 м2Объемная плотность энергии электрического поля (3)££qE2 W= — .2Подставляя (2) в (3), получаемQ2 ю12 Кл2 -w=——w=- —- = 94,2 Дж/м3.2££0S2 2 • 6 8,85 10“12 Ф/м 10“* м4Ответ: J’=0,94 Н; w=94,2 Дж/м. В медном проводнике сечением 6 мм и длиной 5 м течет ток. За 1 мин в проводнике выделяется 18 Дж теплоты. Опреде­лить напряженность поля, плотность и силу электрического тока в проводнике. Дано: 5=6 • 106 м2; 1=5 м; /=60 с; Q= 18 Дж; р = 1,7 • 10 8 Ом ■ м.Найти: £; j; J.Решение. Для решения задачи используем законы Ома и Джо­уля — Ленца. Закон Ома в дифференциальной форме имеет вид(о где j — плотность тока; Е — напряженность доля; у — удельная проводимость.Закон Джоуля — ЛенцаQ^Rt. (2)Здесь J — сила тока, t — время,R=p' (3)д— сопротивление проводника, где р, I, S — удельное сопротивле­ние, длина и площадь поперечного сечения проводника соответ­ственно.Силу тока J находим из (2) с учетом (3):т [q [qS I 18 Дж 6 10-6 м2J= /—= / ; 7= -=4,6 A.у Rt у pit у 1,7 10 8 Ом м 5 м 60 сПо определению, плотность тока равна j=J[S\j=4,6 А/(6 • 10"6 м2) = 7,7 • 105 А/м2.Напряженность поля в проводнике определим из (1), учитывая, что у=\1р.E=j- р; Е=7,7 • 105 А/м2 • 1,7 КГ8 Ом • м=1,3 • 10'2 В/м.Ответ: Е=1,3 10“2 В/м; J=4,6 A; 7=7,7 ■ 105 А/м2. Внутреннее сопротивление аккумулятора 2 Ом. При замы­кании его одним резистором сила тока равна 4 А, при замыкании другим — 2 А. Во внешней цепи в обоих случаях выделяется одинаковая мощность. Определить электродвижущую силу акку­мулятора и внешние сопротивления. Дано: г-2 Ом; 7] = 4 A; J2—2 A; NX=N2.Найти: <5 ; 2^; R2-Решение. Закон Ома для замкнутой (полной) цепи имеет вид где г — внутреннее сопротивление источника тока; & — э. д. с. аккумулятора; R}iiR2 — внешние сопротивления цепей.Уравнения (1) представим в виде<5=Л(А, + г); 6=Л№+г). (2)Из равенства> (2) следует, что71(А1+г)=Л№+г). (3)Мощность, выделяемая во внешней цепи в первом и втором случаях, соответственно равнаN2=JiR2. Из условия равенства мощностей следует, что Решая совместно уравнения (3) и (4), получаем (4) (5) Л 2 А 2 Ом , _ Л 4 А • 2 Ом л _— = 1 Ом, R2= = 4 Ом.4 А 2 АПодставляя (5) в (2), получаем 5 = 4 А • 2 Ом(2 А/(4 А)+1)= 12 В.Ответ: & = 12 В; Rt= 1 Ом; Л2 = 4 Ом. Электродвижущая сила батареи равна 20 В. Коэффициент полезного действия батареи составляет 0,8 при силе тока 4 А. Чему равно внутреннее сопротивление батареи? Дано: £ =20 В; >7 = 0,8; .7=4 А.Найти: г.Решение. Коэффициент полезного действия источника тока t] равен отношению падения напряжения во внешней цепи к его электродвижущей силе.откуда(2)Используя выражение закона Ома для замкнутой цепи J= £/(Л+г), получаем Подставляя (2) в (3) и выполняя преобразования, находимё(1-п) 20 в (1-0,8)г= : г= =1 Ом.Ответ: г— 1 Ом. По двум бесконечно длинным прямолинейным провод­никам, находящимся на расстоянии 50 см друг от друга, в одном направлении текут токи J\ и J2 силой по 5 А. Между провод­никами на расстоянии 30 см от первого расположен кольцевой проводник с током J3 силой 5 А (рис. 3). Радиус кольца 20 см. Определить индукцию и напряженность магнитного поля, соз­даваемого токами в центре кольцевого проводника. Дано: J1=J2=J3=J=5 А; ^=0,2 м; г3=0,2 м.Найти: В\ Н.Решение. В соответствии с принципом суперпозиции индукция результирующего магнитного поля в точке А равнаВ = Bj 4-Вг + В3, (1)где Bi и В2 — индукции полей, создаваемых соответственно то­ками Ji и J2, направленными за плоскость рисунка; Вз — индук­ция поля, создаваемая кольцевым током. Как видно из рис. 3, векторы В) и Bi направлены по одной прямой в противополож­ные стороны, поэтому их сумма В, 4-82 = 812 равна по модулюВ{2—В2 — Bi. (2) (3)Индукция поля, создаваемого бесконечно длинным проводником с током, где До — магнитная постоянная; д — магнитная проницаемостьо\——; В2———,2nr\ 2itr2 п л12=——2л 5>1   ...   4   5   6   7   8   9   10   11   12

ПОЯСНЕНИЯ К РАБОЧЕЙ ПРОГРАММЕПри изучении темы «Колебания» следует параллельно рас­сматривать механические и электромагнитные колебания, что способствует выработке у студента единого подхода к колебани­ям различной физической природы. Здесь следует четко уяснить понятия фазы, разности фаз, амплитуды, частоты, периода коле­баний, и там, где это необходимо, использовать графический метод представления гармонического колебания. Нужно уяснить, что любые колебания линейной системы всегда можно пред­ставить в виде суперпозиции одновременно совершающихся гар­монических колебаний с различными частотами, амплитудами и начальными фазами.Изучение темы «Волны» целесообразно начинать с механичес­ких волн, распространяющихся в упругих средах. Здесь следует обратить внимание на картину мгновенного распределения сме­щений и скоростей в бегущей волне, различие между бегущей и стоячей волнами, зависимость фазовой скорости от частоты колебаний, найти связь между групповой и фазовой скоростями и показать их равенство в отсутствие дисперсии волн. Особое внимание студент должен уделить условию интерференции волн, энергетическому соотношению при интерференции волн, понять и объяснить перераспределение энергии при образовании мини­мумов и максимумов интенсивности. Переходя к изучению элект­ромагнитных волн, студенту следует ясно представить себе физи­ческий смысл уравнений Максвелла и, опираясь на них, рассмот­реть свойства этих волн. Нужно четко представлять, что перемен­ные электрическое и магнитное поля взаимосвязаны, они поддер­живают друг друга и могут существовать независимо от источ­ника, их породившего, распространяясь в пространстве в виде электромагнитной волны. Другими словами, электромагнитная волна — это распространяющееся в пространстве переменное электромагнитное поле. Под энергией электромагнитного поля следует подразумевать сумму энергий электрического и магнит- 88ного полей. Простейшей системой, излучающей электромагнит­ные волны, является колеблющийся электрический диполь. Сле­дует помнить, что если диполь совершает гармонические колеба­ния, то он излучает монохроматическую волну.В настоящее время волновая оптика является частью общего учения о распространении волн. При изучении явлений интерфе­ренции, дифракции, объясняемых с позиций волновой природы света, студент должен обратить внимание на общность этих явлений для волн любой природы. Но световые волны имеют специфические особенности, когерентность, монохроматичность, которые обусловлены конечной длительностью свечения отдель­ного атома.При изучении интерференции света особое внимание следует обратить на такие вопросы, как цвета тонких пленок, полосы равной толщины и равного наклона. Следует помнить, что при интерференции света имеет место суперпозиция, связанная с пере­распределением энергии, а не с взаимодействием волн.Рассматривая явление дифракции, необходимо уяснить метод зон Френеля, уметь пользоваться графическим методом сложе­ния амплитуд, что будет способствовать пониманию дифракции на одной щели, дифракционной решетке. Кроме того, необходи­мо изучить дифракцию на пространственной решетке и уметь пользоваться формулой Вульфа — Брэгга, являющейся основной в рентгеноструктурном анализе, имеющем важнейшее практичес­кое применение.Изучение явлений интерференции и дифракции света должно подготовить студента к пониманию основ волновой (квантовой) механики и физики твердого тела.Поперечность световых волн была экспериментально установ­лена при изучении явления поляризации света, которое имеет большое практическое применение. При изучении этого явления особое внимание следует обратить на способы получения поляри­зованного света и применение законов Брюстера, Малюса, на явление вращения плоскости поляризации в кристаллах и рас­творах, эффект Керра.Изучая явление дисперсии света, необходимо уяснить сущность электронной теории этого явления, отличие нормальной диспер­сии от аномальной.Следует представлять, что при движении заряженных частиц в веществе в том случае, когда их скорость движения превышает фазовую скорость световых волн в этой среде, возникает излуче­ние Вавилова — Черенкова, которое нужно рассматривать как классическое явление.Переход от классической физики и квантовой связан с пробле­мой теплового излучения и, в частности, с вопросом распределе­ния энергии по частотам в спектре абсолютно черного тела. Изучая тему «Квантовая природа излучения», необходимо знатьгипотезу Планка о квантовании энергии осцилляторов и уяснить, что на основании формулы Планка могут быть получены законы Стефана — Больцмана и Вина.Развитие гипотезы Планка привело к созданию представлений о квантовых свойствах света. Кванты света получили название фотонов. С позиций квантовой теории света объясняются такие явления, как фотоэлектрический эффект и эффект Комптона. При изучении фотоэффекта следует знать формулу Эйнштейна и на ее основании уметь объяснить закономерности, установленные Сто­летовым.Рассматривая эффект Комптона, необходимо обратить вни­мание на универсальный характер законов сохранения, которые оказываются справедливыми в каждом отдельном акте взаимо­действия фотона с электроном.Изучая световое давление, важно понять, что это явление может быть объяснено как на основе волновых представлений о свете, так и с точки зрения квантовой теории.В итоге изучения этого раздела у студента должно сфор­мироваться представление, что электромагнитное излучение име­ет двойственную корпускулярно-волновую природу (корпускуля­рно-волновой дуализм). Корпускулярно-волновой дуализм явля­ется проявлением взаимосвязи двух основных форм материи: вещества и поля.Контрольная работа № 3 построена таким образом, что дает возможность проверить знания студентов по разделу «Колеба­ния. Волны. Оптика».Задачи на гармонические колебания охватывают такие воп­росы, как определение амплитуды скорости, ускорения, энергии, периода механических колебаний, силы тока, напряжения, энер­гии и частоты электромагнитных колебаний.Волновые процессы представлены задачами, в которых опре­деляются частота, длина, скорость распространения, энергия и объемная плотность энергии механических и электромагнитных волн.Задачи по теме «Интерференция света» включают расчет ин­терференционной картины от двух когерентных источников, ин­терференцию в тонких пленках, полосы равной толщины и равно­го наклона.Тема «Дифракция света» представлена задачами: зоны Френе­ля, дифракция в параллельных лучах на одной щели, на плоской и пространственной дифракционных решетках, разрешающая способность дифракционной решетки.Задачи по теме «Поляризация света» охватывают такие воп­росы, как применение законов Брюстера, Малюса, определение степени поляризации, вращение плоскости поляризации в рас­творах и кристаллах.Тема «Распространение света в веществе» включают законытеплового излучения, фотоэффект, эффект Комптона, давление света.ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫУравнение гармонического колебания где А — амплитуда колебания, со — циклическая частота, Фо — начальная фаза.Период колебания маятников: пружинного физическогогде т — масса маятника,к — жесткость пружины,J — момент инерции маятника, g — ускорение свободного па­дения,I — расстояние от точки подве­са до центра масс.Период колебании в электрическом колебательном контурегде L — индуктивность контура, С — емкость конденсатора.Уравнение плоской волны, распрост­раняющейся в направлении оси Ох, где v — скорость распространения волны.Длина волныгде Т — период волны.Скорость распространения электро­магнитной волныгде с — скорость света в вакууме, е — диэлектрическая проницае­мость среды,р — магнитная проницаемость.Скорость распространения звука в га­зах s=A 8ш(оЯ+ф0), Т=2л Т=2п Т=2п у/LC, 5=Л sin со + фогде у — отношение теплоемкостей газа, при постоянном дав­лении и объеме, R — молярная газовая посто­янная,Т — термодинамическая тем­пература,М — молярная масса газа.Вектор Пойнтингагде Е и Н — напряженности элект­рического и магнитного полей электромагнитной волны.Оптическая длина пути в однородной средегде s — геометрическая длина пути световой волны,п — показатель преломления среды.Оптическая разность ходагде £i и Ь2 — оптические пути двух световых волн.Условие интерференционного макси­мума р=Е хН, L=ns, Д= ±тлЛ), щ=0, 1, 2, ..и интерференционного минимума Д = ± (2/л — 1 )2о/2, m = 1, 2 где — длина световой волны в ва­кууме.Ширина интерференционных полос в опыте Юнгагде d — расстояние между когерент­ными источниками света,Z — расстояние от источников до экрана.Оптическая разность хода в тонких пленках:в проходящем светев отраженном светегде d — толщина пленки,п — показатель преломления пленки,i — угол падения света. Д=2d у/п2 — sin2 i;Д = 2d ^/и2 —sin2 i——2 rm=y/m).R, щ=1, 2, ...Радиусы светлых колец Ньютона в проходящем свете или темных в от­раженном rw=V(2^-l)lR/2,w=l, 2,...,и темных колец в проходящем свете или светлых в отраженном где А — радиус кривизны линзы,Л — длина световой волны в среде.Радиусы зон Френеля rm=y/m).abl(a+b\m=l, 2,...;гт—^т2Ь, w=l, 2,...,для сферической волновой поверхно­сти для плоской волновой поверхностиа — радиус волновой поверх­ности,b — кратчайшее расстояние от волновой поверхности до точки наблюдения.Направление дифракционных макси­мумов от одной щели ср0—0, a sin cpm = ± (2т +1 )2/2т=1, 2, ...;и дифракционных минимумов a sin фт= +/л2, т= 1, 2, ...,где а — ширина щели.Направление главных максимумовдифракционной решетки csinm= +m).t m=Q, 1, 2, ...,где с — постоянная дифракционной решетки.Разрешающая способность дифракци-онной решетки R=—=mN,ДАгде ДА — минимальная разность длин волн двух, спект­ральных линий, разреша­емых решеткой, т — порядок спектра, N — общее число щелей ре­шетки.Формула Вульфа — Брэгга 2dsin6т=т2, т= 1, 2, ...,где d — расстояние между атомны­ми плоскостями кристалла, 6т — угол скольжения рентге­новских лучей. Т jСтепень поляризацииЛпахAnin Л2 tg io=-, «1где Лим и /щщ — максимальная и ми­нимальная интенсивность света. Закон Брюстерагде io — угол Брюстера, /=7ocos2 а,и п2 — показатели преломле­ний первой и второй среды. Закон Малюсагде 10 и I — интенсивность плоско- поляризованного света, па­дающего и прошедшего че­рез поляризатор,а — угол между плоскостью по­ляризации падающего све­та и главной плоскостью поляризатора.Угол поворота плоскости поляриза­ции света Ф=Фо/;ф = [фо]с/,в кристаллах и чистых жидкостях в растворахср0 — постоянная вращения, [фо] — удельная постоянная враще­ния,с — концентрация оптически активного вещества в рас­творе,/ — расстояние, пройденное све­том в оптически активном веществе.Фазовая скорость света D=—.dZгде с — скорость света в вакууме, п — показатель преломления среды. Z dnДисперсия вещества п dZГрупповая скорость света сCOS0 =—,nvНаправление излучения Вавилова — Черенкова где v — скорость заряженной час­тицы. Закон Стефана — Больцманагде А—энергетическая светимость черного тела,Т— термодинамическая темпе­ратура тела,о — постоянная Стефана — Бо­льцмана.Закон смещения Винагде Лаи — длина волны, на которую приходится максимум энергии излучения черно­го телаb — постоянная Вина.Давление света при нормальном паде­нии на поверхностьгде I — интенсивность света,р — коэффициент отражения,и>—объемная плотность энер­гии излучения.Энергия фотонагде h — постоянная Планка, v — частота света.Уравнение Эйнштейна для внешнего фотоэффектагде А — работа выхода электро­нов из металла,Ттах — максимальная кинети­ческая энергия фотоэлек­тронов.Комптоновская длина волны частицыде т0—масса покоя частицы,Ео—энергия покоя частицы.Изменение длины волны рентгеновс­кого излучения при эффекте Компто­на R=aT\ _Ь ia*— Р= (l+p)=w(l+p), С max> . _ Л _hc'

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

  1. Материальная точка массой 10 г совершает гармоническое колебание с периодом 1 с. Определить амплитуду колебаний, максимальные скорость и ускорение колеблющейся точки, если полная энергия точки равна 0,02 Дж.

Дано: т—0,01 кг, Т= 1 с, Е=0,02 Дж.

Н аи ТИ. A, Дгтит»

Решение. Уравнение гармонического колебания имеет вид

s=A sin фо)> (1)

где s — смещение материальной точки от положения равновесия, А — амплитуда колебания, со — циклическая частота, t — время, сро — начальная фаза.

Скорость материальной точки определяется как первая произ­водная от смещения по времени:

ds


Полная энергия колебания складывается из кинетической и потенциальной энергии и равна максимальной кинетической или максимальной потенциальной энергии:

„ то)2А2

(6)

Из этого выражения найдем амплитуду колебания



Произведем вычисления, учитывая, что циклическая частота и период колебаний связаны соотношением

2я 2 • 3,14 ,
со=—= = 6,28 с

Т 1с

л 1 /2 0,02 Дж л

А= / — = 0,32 м;

6,28 с-1 v 0,01 кг

Чп«=6,28 с'1 • 0,32 м=2 м/с;

Отах = (6,28 с-1)2 ’ 0,32 м=12,6 м/с2.

Ответ-. Л=0,32 м, vmax=2 м/с, атах=12,6 м/с2.

  1. ' В вакууме распространяется плоская электромагнитная волна. Амплитуда напряженности магнитного поля волны 0,1 А/м. Определить энергию, переносимую этой волной через пове­рхность площадью 1 м2, расположенную перпендикулярно на­правлению распространения волны, за время /=1 с. Период волны Т«1.

Дано: Нт=0,1 А/т, S'=l м2, /= 1 с, T«t, е=1, д = 1.

Найти: И7.

Решение. Плотность потока энергии электромагнитной волны определяется вектором Пойнтинга

р=ЕхН, (1)

где Е и Н — векторы напряженности электрического и магнит­ного полей. Учитывая, что векторы Е и Н электромагнитной волны взаимно перпендикулярны, для модуля вектора р получим р=ЕН. (2)

Так как величины Е и Н в каждой точке волны меняются со временем по гармоническому закону, находясь в одинаковых фазах, то мгновенное значение р равно

р = Ет sin art • Нт sin art = ЕтНт sin2 со/. (3)


dlF

d/
Энергия, переносимая через площадку S', перпендикулярную направлению распространения волны, в единицу времени,



(4)

(5)
р dS=PS — SEmHm sin2 со/.

s

Учитывая, что в электромагнитной волне

; £ое£2=; ДоД/ZL 2 2

найдем:

I или




Подставляя числовые значения, получим

71ё !о-т Гн/м • 1 ' (0>1 А/М)2 ■ 1 м2 1 с= *’88 Дж-

Ответ: ^=1,88 Дж.

  1. Для устранения отражения света от поверхности линзы на нее наносится тонкая пленка вещества с показателем пре­ломления 1,25, меньшим, чем у стекла (просветление оптики). При какой наименьшей толщине пленки отражение света с дли­ной волны 0,72 мкм не будет наблюдаться, если угол падения лучей 60°?

Дано: и = 1,25, 2=0,72 мкм, z=60°.

Найти: d^.

Решение. Оптическая разность хода лучей, отраженных от нижней и верхней поверхности пленки, равна

A=2d ^/и2 —sin2i, (1)

где d — толщина пленки, п — показатель преломления пленки, i — угол падения лучей.

В выражении (1) учтено, что отражение лучей на обеих поверх­ностях происходит от оптически более плотной среды, и поэтому потери полуволны в обоих случаях компенсируют друг друга. Условие интерференционного минимума имеет вид 98

A = ±(2m- 1)Л/2, m= 1, 2, ..., (2)



(3)
где 2 — длина волны света. Подставляя (1) в (2) и учитывая, что выражение (1) положительно, получим 2d y/n2—sin2i =■ (2т —1)2/2.



(4)
Из (3) найдем возможные значения толщины пленки:

Смотрите также файлы