КИЇВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ ІМЕНІ ТАРАСА ШЕВЧЕНКА

В А Макара В І Оглобля І В Плющай Т Л Цареградська

ЗАГАЛЬНА ФІЗИКА ДЛЯ БІОЛОГІВ

ЗБІРНИК ЗАДАЧ

Навчальний посібник

Рекомендовано Міністерством освіти і науки України як навчальний посібник для студентів вищих навчальних закладів

2

УДК 53(076) ББК 223я7 З14

Рецензенти д-р техн наук проф Ю М Макогон

д-р фіз-мат наук проф А П Поліщук д-р хім наук проф В П Каз ім іров

Рекомендовано до друку вченою радою фізичного факультету (протокол 11 від 29 червня 2010)

З14 Загальна фізика для біологів Збірник задач В А Макара

В І Оглобля І В Плющай Т Л Цареградська ndash К Видавничо-поліграфічний центр ldquoКиївський університетrdquo 2011 ndash 240 с

ISBN 978-966-439-481-6

Викладено основні методи розвrsquoязання типових задач з курсу фізи-

ки (механіка молекулярна фізика термодинаміка електрика хвильова та квантова оптика ядерна фізика) Перед кожним розділом (парагра-фом) коротко подано основні теоретичні відомості та формули необ-хідні для розвrsquoязання задач Наведено також теоретичні відомості й розглянуто задачі які розкривають фізичні та фізико-хімічні явища що лежать в основі біологічних процесів

УДК 53 (076) ББК 223я7

Гриф надано Міністерством освіти і науки України

(лист 111-10611 від 171110)

ISBN 978-966-439-481-6 copy Макара В А Оглобля В І Плющай І В Цареградська Т Л 2011 copy Київський національний університет імені Тараса Шевченка

ВПЦ ldquoКиївський університетrdquo 2011

3

ЗМІСТ

РОЗДІЛ 1 ФІЗИЧНІ ОСНОВИ МЕХАНІКИ 5 sect 1 Кінематика та динаміка матеріальної точки Закони збереження імпульсу енергії 5 Приклади розвrsquoязування задач 21 Задачі 32 sect 2 Рух твердого тіла Основні поняття та закони гідродинаміки 41 Приклади розвrsquoязування задач 51 Задачі 55 sect 3 Механічні коливання та хвилі 61 Приклади розвrsquoязування задач 69 Задачі 72 РОЗДІЛ 2 МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА І ТЕРМОДИНАМІКА 75 sect 1 Молекулярно-кінетична теорія газів 75 Приклади розвrsquoязування задач 80 Задачі 86 sect 2 Основні закони термодинаміки 90 Приклади розвrsquoязування задач 96 Задачі 99 sect 3 Явища перенесення 102 Приклади розвrsquoязування задач 104 Задачі 107 sect 4 Молекулярні явища в рідинах 109 Приклади розвrsquoязування задач 111 Задачі 115

4

РОЗДІЛ 3 ЕЛЕКТРИКА 118 sect 1 Основні поняття та закони електростатики 118 Приклади розвrsquoязування задач 122 Задачі 127 sect 2 Постійний струм Електронна теорія провідності металів Контактні й термоелектричні явища 132 Приклади розвrsquoязування задач 137 Задачі 141 sect 3 Магнітне поле струму Електромагнітна індукція Змінний струм 146 Приклади розвrsquoязування задач 153 Задачі 159 sect 4 Електричні коливання Електромагнітні хвилі 165 Приклади розвrsquoязування задач 169 Задачі 172

РОЗДІЛ 4 ОПТИКА І КВАНТОВА ФІЗИКА 175 sect 1Основні поняття та закони хвильової оптики 175 Приклади розвrsquoязування задач 182 Задачі 189 sect 2 Основи квантової оптики Фізика атомного ядра 199 Приклади розвrsquoязування задач 213 Задачі 220

ДОДАТКИ 232 СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ 239

5

РОЗДІЛ 1

ФІЗИЧНІ ОСНОВИ МЕХАНІКИ

sect 1 Кінематика та динаміка матеріальної точки

Закони збереження імпульсу енергії 1 Механічний рух ndash це зміна взаємних розташувань тіл (або

їх частин) у просторі з часом Використовують три форми опису руху матеріальної точки ndash

координатну векторну та параметричну У координатній формі задають координати точки zyx як функції від часу t

)(txx = )(tyy = )(tzz = (1) У векторній формі задають радіус-вектор точки r як функцію t

( ) ( ) ( ) )( ktzjtytxtrr ++== i (2)

де i j k ndash орти осей x y z декартової системи координат Коли відома траєкторія руху то можна описувати рух за до-

помогою параметрів траєкторії наприклад задаючи функцію шляху S від часу )(tSS =

Вектор переміщення ( ) ( )trttrr minusΔ+==Δ чисельно

дорівнює відстані між кінце-вою і початковою точками направлений від початкової до кінцевої точки і зrsquoєднує ті точ-ки траєкторії у яких матеріа-льна точка знаходилась у мо-менти часу t i tt Δ+

2 Швидкість і прискорення Вектор середньої швидкості

v при переміщенні між двома точками визначається як вектор що збігається з напрямком переміщення і дорівнює за модулем вектору переміщення поділеному на час переміщення

O

)( ttr Δ+)(tr

)(trΔ

6

( ) ( )tr

ttrttrv

ΔΔ

=Δ

minusΔ+= (3)

де rΔ mdash переміщення (приріст радіус-вектора за час tΔ ) Якщо )(tv i )( ttv Δ+ ndash швидкості у двох точках траєкторії а

tΔ ndash час переміщення з першої точки у другу то середнє при-скорення а точки на ділянці траєкторії між цими точками ви-

значається формулою ( ) ( )

tv

ttvttva

ΔΔ

=Δ

minusΔ+= (4)

де vΔ ndash приріст швидкості Миттєву швидкість v і миттєве прискорення a зна-

ходять із формул

0

0

lim

lim

t

t

r drvt dt

v dvat dt

Δ rarr

Δ rarr

Δ ⎫= = ⎪Δ ⎪⎬⎪Δ ⎪= =

Δ ⎭

(5)

де v ndash похідна від радіус-вектора за часом a ndash похідна від мит-тєвої швидкості за часом

Проекції швидкості й прискорення в декартовій системі ко-ординат виражають формулами

2 2 2

2 2 2

x y z

x y z

dx dy dzv v vdt dt dt

d x d y d za a adt dt dt

⎫= = = ⎪

⎪⎪⎬⎪⎪= = =⎪⎭

(6)

3 Повне прискорення Тангенціальне та нормальне прискорення Швидкість завжди спрямована по дотичній до траєкторії Прискорення може мати довільний кут відносно швидкості тобто бути напрямлене під довільним кутом до дотичної до траєкторії

7

Повне прискорення складається із двох взаємно перпендику-

лярних векторів 1) прискорення τ=τ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ a

dtdv яке напрямлене

уздовж траєкторії руху і називається тангенціальним

2) прискорення 2

nanRv

=sdot яке

спрямоване перпендикулярно до траєкторії тобто уздовж нормалі до центра О кривизни траєкторії R

Це прискорення називається но-рмальним ( nτ ) ndash одиничні орти

Повне прискорення визначаєть-ся за формулою

naaa += τ 222

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

dtdv

Rva

(7)

де dtdva =τ

Rvan

2= (тут v ndash модуль швидкості R ndash радіус

кривизни траєкторії у певній точці) Нормальна компонента прискорення не змінює модуля

швидкості а змінює лише її напрямок Зміна модуля швидкості зумовлена тільки тангенціальною складовою прискорення

4 Класифікація механічного руху залежно від тангенціаль-

ної τa та нормальної na складових прискорення 1) 0=na 0=τa ndash прямолінійний рівномірний рух 2) 0=na constplusmn=τa ndash прямолінійний рівномірно приско-

рений сповільнений рух 3) 0=na )(tfa =τ ndash прямолінійний рух зі змінним прискоренням 4) )(tfan = 0=τa ndash рівномірний криволінійний рух Якщо

const=na то тіло (точка) рухається по колу

R

τ

na

τa

a

n

8

5) 0nena 0neτa ndash криволінійний рух зі змінним ( )(tfa =τ ) або сталим ( constplusmn=τa ) прискоренням

5 Кутова швидкість ω та кутове прискорення β є харак-

теристиками обертального руху Кутова швидкість ω визначається як

dtd

tt

ϕ=

ΔϕΔ

=ωrarrΔ 0

lim (8)

де ϕΔ ndash кут що описує радіус-вектор який зrsquoєднує точку з центром обертання за час tΔ

Кутове прискорення β має вигляд

dtd

tt

ω=

ΔωΔ

=βrarrΔ 0

lim (9)

Звrsquoязок між лінійними та кутовими величинами визнача-ється формулами

[ ]rv timesω= Rv ω= Ran2ω= Ra β=τ (10)

де r ndash радіус-вектор точки який розглядається відносно дові-льної точки осі обертання R ndash відстань від осі обертання

Якщо величина ω є незмінною з часом обертальний рух по колу називають рівномірним При цьому вводять поняття періоду обертання

ωπ

=2T (11)

Очевидно що πν=π

=ω 22T

ndash кут який описує радіус-

вектор точки за 1 с величину ω називають також кутовою час-

тотою обертання ν ndash звичайна частота (T1

=ν )

6 Закони Ньютона ndash закони класичної динаміки матері-

альної точки 1 Перший закон Ньютона (закон інерції) Існують такі си-

стеми відліку названі інерціальними у яких матеріальна точка зберігає стан спокою або рівномірного прямолінійного руху доки дія з боку інших тіл не виведе її з цього стану

9

2 Другий закон Ньютона Прискорення якого набуває ма-теріальна точка в інерціальній системі відліку прямо пропор-

ційне результуючій усіх сил sum=

n

1iiF що діють на неї і обернено

пропорційне її масі m

m

Fa

n

iisum

== 1 (12)

де n ndash кількість сил що діють на точку У загальній формі другий закон Ньютона записують так

sum=

=n

1iiF

dtpd (13)

де vmp = ndash імпульс тіла (точки) або кількість руху Рівняння (13) у проекціях на дотичну і нормаль до траєк-

торії точки має вигляд

2

nFR

mvFdt

dvm == ττ (14)

Нормальна складова сили nF перпендикулярна до швидко-сті й направлена до центра кривизни траєкторії її називають доцентровою силою

3 Третій закон Ньютона Сили із якими два тіла (матеріа-льні точки) діють одне на одне рівні за величиною і протилежні за напрямком Якщо позначити ці сили через 12F і 21F то

21122112 FFiFF minus== (15)

Істотно що ці сили мають однакову природу але прикла-дені до різних тіл

7 Закон всесвітнього тяжіння Гравітація (тяжіння) ndash один

із видів матеріальної взаємодії у природі Це притягання тіл будь-якої природи що залежить від їх мас та розташування Тя-жіння відбувається через гравітаційне поле

10

Згідно із законом всесвітнього тяжіння між двома тілами (ма-теріальними точками) із масами m1 i m2 розташованими на віддалі r одне від одного діють сили притягання причому числове значення кожної з них

221

2112 rmmFF γ== (16)

де γ = 667sdot10ndash11 Нsdotм2sdotкгndash2 ndash гравітаційна стала У векторній формі закон всесвітнього тяжіння має вигляд

122

212112 r

rrmmFF γ=minus= (17)

де 12r ndash радіус-вектор спрямований від першого тіла до другого

Гравітаційні сили 2112 FF прикладені до кожної із взає-модіючих точок і спрямовані вздовж прямої яка їх сполучає

8 Сила тяжіння Вага На тіло що міститься у пункті В на

поверхні Землі з широтою ϕ діють дві сили гравітаційна сила

F гр і сила реакції земної поверхні N Рівнодійна дF (доцент-рова сила) цих двох сил забезпечує рух тіла по колу з центром Oprime при обертальному русі Землі навколо осі Доцентрова сила

дF розташована у площині географічної паралелі тіла і спрямо-вана до земної осі обертання

ϕω= cos2д RmF

де m ndash маса тіла ω ndash кутова швидкість добового обертання Зе-млі R ndash радіус Землі ϕ ndash географічна широта точки у якій розташоване тіло (числове значення доцентрової сили дорівнює нулю на полюсі ( 090=ϕ ) і є найбільшим на екваторі ( 00=ϕ ))

У системі відліку що повrsquoязана із Землею на будь-яке тіло нерухоме відносно Землі діє сила тяжіння тяжF направлена

протилежно до сили реакції опори N і рівна за модулем

дгртяж FFNF minus=minus= (18)

11

B

O

R ϕ

Оprime

грF

дF N

P

Сила тяжіння дорівнює гравітаційній силі на полюсі й на 036 менша за гравітаційну силу на екваторі У першому на-ближенні силу тяжіння тяжF можна вважати рівною силі грF

У системі відліку яка повrsquoязана із Землею тіло що не під-тримується підставкою під дією сили тяжіння одержує при-скорення вільного падіння g Це прискорення не залежить від маси m тіла і згідно з другим законом Ньютона визнача-ється через силу тяжіння тяжF

тяж

mFg = (19)

Вага ndash сила P із якою тіло внаслідок притягання його до Землі діє на підставку або підвіс NP minus=

Якщо тіло з підставкою (підвісом) нерухоме в системі відліку повrsquoязаною із Землею то вага тіла і за напрямком і за числовим значенням збігається із силою тяжіння тяжF що діє на тіло Тільки точкою прикладення сили тяжіння є центр мас тіла (або системи тіл) а вага прикладена до підставки чи підвісу Рівність ваги та си-ли тяжіння маємо й у випадку рівномірного прямолінійного руху підставки (підвісу) у системі відліку що повrsquoязана із Землею

12

Якщо підставка (підвіс) має прискорення a вага тіла не дорівнює силі тяжіння

)( agmP minus= αminus+= cos222 agagP

де α ndash кут між векторами g та a Розглянемо окремі випадки 1) тіло масою m із підставкою рухається з прискоренням a

спрямованим вертикально вгору Вага тіла Р буде більша за силу тяжіння

)( agmP += (20) 2) тіло масою m з підставкою рухається з прискоренням a спря-

мованим вертикально вниз Вага тіла Р буде менша за силу тяжіння )( agmP minus= (21)

3) вага тіла дорівнює нулю при ga = У цьому випадку має місце стан невагомості

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

Невагомість ndash стан механічної системи при якому зовнішні

сили тяжіння надають частинкам цієї системи тільки прискорення і не викликають взаємного тиску між ними

Невагомість виникає за умов коли на систему не діють ніякі зовнішні сили крім гравітаційних У стані невагомості тіло пе-ребуває при вільному падінні наприклад коли вільно рухається навколо Землі з першою космічною швидкістю тощо Неваго-мість можна трактувати як урівноваження гравітаційних сил си-лами інерції У системі що перебуває у стані невагомості спо-стерігаються такі явища математичний маятник зависає у від-хиленому стані зникає архімедова сила в рідині змочуюча рі-дина розтікається по посудині незмочуюча рідина набуває фор-ми кулі тіло підвішене на пружині зовсім її не деформує предмети (і людина) ldquoпливутьrdquo у довільному положенні

Фізіологічне відчуття невагомості наприклад у космонавтів характеризується відсутністю напруженості та навантажень які зумовлені силою тяжіння У цьому стані не відбувається деформа-

13

ції внутрішніх органів зникає постійно діюче напруження цілого ряду мrsquoязів порушується діяльність вестибулярного апарата тощо

Слід зазначити що при дії на людину перевантажень (напри-клад зміна ваги космонавта на старті та при гальмуванні космічно-го корабля) також спостерігаються фізіологічні відхилення в орга-нах людини особливо в системі кровообігу Якщо прискорення спрямовано від таза до голови космонавта то відбувається відтік крові із судин голови та її приплив до органів нижньої частини ту-луба Артеріальний тиск крові здорової людини на рівні серця ста-новить 16ndash18 кПа а у великих артеріях голови 12ndash14 кПа Якщо космонавт рухається із прискоренням ga 3asymp спрямованим у на-прямку таз rarr голова то артеріальний тиск у судинах головного мозку знизиться приблизно на 12 кПа і наблизиться до атмосфер-ного тиску що призведе до порушення кровообігу в судинах і клі-тини головного мозку зазнають нестачі кисню Тиск у судинах ни-жніх кінцівок збільшується і при ga 3asymp може досягти 75 кПа Це викликає збільшення обrsquoєму крові в нижніх частинах тіла що при-зводить до набрякання тканин Для забезпечення нормального кро-вообігу у космонавтів і пілотів реактивних літаків їх розміщують у горизонтальному положенні так щоб розміри тіла були мінімаль-ними в напрямку вектора прискорення Вплив на людину і рослини перевантажень та невагомості вивчає космічна медицина

9 Закон Гука встановлює залежність між деформуючою си-

лою і викликаною нею величиною деформації ізотропного тіла в межах його пружності

Означивши відношення деформуючої сили F до площі perpS пе-рпендикулярної до неї площини деформованого тіла як нормальне

напруження perp

=σSF а відношення абсолютної деформації LΔ до

початкової довжини L тіла як відносну деформацію LLΔ

=ε за-

кон Гука для лінійної деформації розтягу (стиску) формулюють так механічне напруження пропорційне відносній деформації

ε=σ E (22) де E ndash модуль пружності (модуль Юнга)

14

10 Механічна робота Консервативні та неконсервативні сили У механіці робота AΔ дорівнює скалярному добутку век-тора сили F на переміщення rΔ

rFrFA Δ=Δsdot=Δ )( αcos (23) де α ndash кут між векторами F i rΔ

Робота змінної сили

cos2

1

2

1

2

1intintint =αsdot=sdot= drFdrFrdFA r (24)

де FFr = αcos ndash проекція сили на напрямок переміщення Консервативними називають сили робота яких залежить

тільки від початкового та кінцевого положення точки що руха-ється і не залежить від форми траєкторії

При замкненій траєкторії робота консервативної сили завжди дорівнює нулю

До консервативних сил відносять гравітаційні сили сили пружності електростатичні

Робота грA гравітаційної сили при переміщенні матеріальної точки масою m відносно іншої точки масою M яка розташо-вана в початку координат

( )2 2

2

1

1 1

гр 22 1

1 1 r r

rr

r r

mM mMA F r dr dr mMr r r r

⎛ ⎞γ γ= = minus = = γ sdot minus⎜ ⎟

⎝ ⎠int int (25)

де 1r i 2r ndash модулі радіус-векторів які характеризують початко-ві й кінцеві положення точки що переміщується

Сили робота яких залежить від форми траєкторії називають непотенціальними силами (сили тертя сили опору тощо)

Робота непотенціальних сил по замкненій траєкторії не дорівнює нулю

Система тіл називається консервативною якщо внутрішні й зо-внішні сили що діють на систему є потенціальними У замкненій консервативній системі між тілами діють тільки внутрішні потен-ціальні сили Стаціонарні потенціальні сили є консервативними

Між тілами замкненої неконсервативної системи поряд із внутрішніми потенціальними (консервативними) силами діють внутрішні непотенціальні (неконсервативні) сили

15

11 Потужність Середньою потужністю P називається фізична величина яка визначається відношенням роботи AΔ сили або системи сил протягом скінченного проміжку часу tΔ до цього проміжку часу

tAP

ΔΔ

= (26)

Потужністю (миттєвою потужністю) Р називається фі-зична величина яка визначається формулою

=P0

limrarrΔt

dtdA

tA

=ΔΔ (27)

Якщо матеріальна точка або тіло переміщується зі швидкістюv то

αsdotsdot=sdot=sdot

== cos)()( vFvFdt

rdFdtdAP (28)

де α ndash кут між векторами F i v 12 Енергія Механічна енергія Енергією називається ска-

лярна фізична величина яка є загальною мірою різних видів ру-ху матерії та різних взаємодій а також мірою переходу руху матерії з одних форм в інші

Основні види енергії механічна теплова електромагнітна ядер-на Механічну енергію поділяють на кінетичну і потенціальну Механічна енергія E характеризує рух і взаємодію тіл і є фу-

нкцією стану механічної системи яка залежить від швидкостей і взаємного розташування тіл (або їх частин) Кінетична енергія матеріальної точки (точок) ndash енергія

руху яка повrsquoязана з масою та швидкістю її руху в цій інер-ціальній системі відліку

22

22

к mpvm

E == (29)

де mvp = ndash імпульс матеріальної точки Кінетична енергія системи складається з кінетичних енергій iEк всіх n матеріальних точок що входять до системи

кк sumsumsum===

===n

1i i

2i

n

1i

2ii

n

1ii 2m

p2vmEE (30)

16

Теорема про зміну кінетичної енергії зміна кEΔ кінетичної ене-ргії матеріальної точки (тіла) при переході з одного стану в інший до-рівнює роботі A всіх сил що діють на матеріальну точку (тіло)

1к2кк EEEA minus=Δ= (31) де к2E ndash кінетична енергія тіла в кінцевому стані (положенні)

1кE ndash кінетична енергія у початковому положенні Потенціальна енергія ndash енергія консервативної системи яка

залежить від розташування та взаємодії частинок цієї системи (як між собою так і з зовнішнім силовим полем)

Потенціальна енергія ndash однозначна функція координат точок системи Мірою зміни потенціальної енергії системи при її переході з

одного стану в інший є робота потенціальних сил що спричи-няють взаємодію між елементами системи

Робота потA потенціальних сил дорівнює зміні пEΔ поте-нціальної енергії системи при її переході з початкового стану в кінцевий узятій із протилежним знаком

)( 1п2пппот EEEA minusminus=Δminus= (32) де 2пE ndash потенціальна енергія системи в кінцевому стані 1пE ndash потенціальна енергія системи в початковому стані

Наприклад згідно з (25) для гравітаційного поля

2п1п2112

грпот11 ЕЕ

rmM

rmM

rrmMАA minus=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ sdotγminusminus

sdotγminus=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minussdotγ==

13 Вирази для потенціальної енергії взаємодії простих

механічних систем Потенціальна енергія гравітаційної взаємо-дії системи двох матеріальних точок із масами m i M що роз-ташовані на відстані r одна від одної

п rmME γminus= (33)

де γ ndash гравітаційна стала нуль відліку потенціальної енергії ( 0п =E ) покладено при infin=r

17

Потенціальна енергія гравітаційної взаємодії тіла ма-сою m із Землею

( )пз

з зmM hE

R R h= γ

+ (34)

де h ndash висота тіла над поверхнею Землі зМ ndash маса Землі зR ndash раді-ус Землі нуль відліку потенціальної енергії покладено при 0=h

Потенціальна енергія гравітаційної взаємодії тіла масою m із Землею для малих висот h ( зRh ltlt )

mghE =п (35) де g ndash модуль прискорення вільного падіння поблизу поверхні

Землі ( 2з

з

MgR

γ sdot= )

Потенціальна енергія пружних взаємодій ( )2

п 2

k xE

Δ= (36)

де k ndash коефіцієнт квазіпружної сили xΔ ndash модуль вектора по-довження або стиснення

14 Закон збереження і зміни механічної енергії Робота консер-

вативних сил дорівнює зменшенню потенціальної енергії матеріаль-ної точки при її переміщенні з положення 1 у положення 2

2п1п

2

1п12 EEdEA minus=minus= int (37)

Згідно з теоремою про зміну кінетичної енергії зменшення потенціальної енергії йде на приріст кінетичної

1к2к2п1п EEEE minus=minus Оскільки пк EEE += то можна записати що

=== EEE 21 const (38) де 1п1к1 EEE += і 2п2к2 EEE += ndash повні механічні енергії ма-теріальної точки в положеннях 1 і 2

18

Закон збереження механічної енергії в консервативній си-стемі механічна енергія консервативної системи зберігається сталою при русі системи

пк EEE += = const (39) Цей закон виконується як для замкнених так і для незамкне-

них консервативних систем У незамкненій консервативній системі потенціальна енергія

пE є сумою потенціальної енергії взаємодії частинок між собою

п (внутрішня)E та потенціальної енергії частинок системи в полі зовнішніх сил п (зовнішня)E

)зов()вн( ппп EEE += (40) Закон збереження (зміни) механічної енергії у неконсерва-

тивній системі Якщо на тіла системи діють зовнішні сторонні сили та внутрішні дисипативні сили то закон збереження енергії формулюється так зміна механічної енергії EΔ при русі системи дорівнює роботі сторонніх сторA та дисипативних сил дисA

дисстор1п1к2п2к12 )()( AAEEEEEEE +=+minus+=minus=Δ (41)

15 Закон збереження імпульсу Якщо в інерціальній систе-

мі відліку розглядається система що складається з n матеріаль-них точок то зміна сумарного імпульсу системи визначається сумою лише зовнішніх сил

зовFdtpd sum= (42)

Якщо система замкнена то зовFsum = 0 (окремим випад-ком замкненої системи є ізольована система коли зовнішні сили відсутні) тоді

0 або const dp pdt

= = (43)

Закон збереження імпульсу для замкненої системи тіл В інерціальній системі відліку сумарний імпульс замкненої сис-теми тіл не змінюється з часом ( =p const ) Імпульс системи до-

19

рівнює добутку маси m системи на швидкість Cv її центра мас

Cvmp = Тоді Cvmp = = const звідки =Cv const (44)

Центр мас замкненої системи тіл в інерціальній системі від-ліку рухається прямолінійно і рівномірно

Якщо система незамкнена але проекція суми всіх зовнішніх сил на якусь вісь наприклад x дорівнює нулю то закон збере-ження імпульсу виконується вздовж цієї осі sum =

iixp const

Коли 0rarrdt то і в незамкненій системі зов 0dp F dt= rarrsum тобто const=p (це закон збереження імпульсу в перший або початковий момент часу)

16 Сили інерції Рух тіла в неінерціальних системах відліку

Сили інерції mdash це сили які вводяться для опису механічного руху в неінерціальних системах Сили інерції не виникають при дії на дану матеріальну точку інших тіл або матеріальних полів

Поступальна сила інерції iF вводиться для опису по-ступального руху тіла в неінерціальній системі відліку що рухається поступально

нсвamFi minus= (45) де m ndash маса тіла нсвa ndash прискорення даної неінерціальної сис-теми відліку відносно будь-якої інерціальної системи

Відцентрова сила інерції вцF виникає в обертовій (відносно інерціальної) системі відліку діє на тіло незалежно від того пере-буває воно у стані спокою чи рухається і визначається формулою

2 2вц вц забоF m R F m R= ω = ω ϕcos (46)

де m ndash маса тіла ω ndash кутова швидкість обертання системи відліку (наприклад Землі навколо осі) R ndash відстань тіла від осі обертання ( зR R= ϕcos тут зR ndash радіус Землі ϕ ndash широта місцевості)

20

Сила Коріоліса кF ndash це сила інерції що діє на тіло масою m яке рухається з певною швидкістю v prime у системі відліку що обер-тається з кутовою швидкістю ω

[ ]ωsdotprime= vmF 2к (47)

або ωprime= vmF 2к αsin

Рівняння динаміки точки масою m у неінерціальній Кprime-системі відліку яка обертається зі сталою кутовою швидкістю ω навколо нерухомої осі має вигляд

[ ]ωsdotprime+ω+=prime vmRmFam 22 де та ndash прискорення та швидкість точки в неінерціальній Кprime-системі відліку ndash сума всіх сил що діють на точку R ndash радіус-вектор точки відносно осі обертання Кprime-системи

a prime v primeF

α

кF

ω

vprime

21

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Рівняння руху матеріальної точки має вигляд 2btatx += де

a = 15 мс b = 04 мс2 Визначити початкову швидкість точки та її швидкість через t = 5 c

Розвrsquoязання

Порівняємо задане рівняння руху тіла з рівнянням рівнопри-

скореного руху в загальному вигляді

2

2

00attvxx ++= i

24015 ttx += Видно що 0x = 0 а коефіцієнти при t i 2t у цих рівнян-

нях відповідно

0v =15 мс 2a = 04 звідки a = 08 мс2

Швидкість тіла через t = 5 c знайдемо із формули atvv += 0 Тоді v = 15 + 08sdot5 =19 мc Задача 2 Радіус-вектор точки А відносно початку координат змінюєть-

ся з часом t за законом 2r ti t j= α + β де α β ndash сталі i j ndash орти осей x і y Знайти

1) рівняння траєкторії точки )(xy 2) залежність від часу швидкості v прискорення a і модулів

цих величин 3) залежність від часу кута ϕ між векторами a і v

22

Розвrsquoязання

1) Радіус-вектор ( )tr як векторна функція від часу t в зага-льному випадку має вигляд

( ) ( ) ( ) r t x t i y t j= + (1) де )(tx i )(ty ndash проекції радіус-вектора на осі х і відповідно у

Порівнюючи (1) із заданим в умові задачі законом зміни r із часом бачимо що ttx α=)( 2)( tty β=

Із рівняння tx α= знаходимо параметр α

=xt Підставивши

отримане значення t у рівняння 22

22 xxty

αβ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

αβ=β= отри-

маємо рівняння траєкторії точки )(xy Як бачимо це парабола 2) залежність від часу швидкості v і прискорення a знайде-

мо узявши першу і відповідно другу похідну за часом від r

2 drv i tjdt

= = α + β (2)

22

2j

dtvd

dtrda β=== (3)

Із рівняння (2) бачимо що проекція v на вісь x α=xv проекція v на вісь у tvy β= 2

Із рівняння (3) знаходимо 0=xa β= 2ya Одержимо залежність від часу модулів швидкості v і

прискорення a

4 22222 tvvvv yx β+α=+== (4)

2β=+== 2y

2x aaaa (5)

3) із (2) і (4) видно що швидкість v з часом змінюється як за напрямком так і за модулем

Із рівнянь (3) і (5) бачимо що прискорення a const= не змінюється ні за напрямком ні за модулем і спрямоване вздовж осі у (паралельно j )

23

Отже залежність від часу кута між векторами a і v знайде-

мо із співвідношення 2

tgtv

v

y

xβα

==ϕ

Задача 3 Поїзд проходить поворот із радіусом закруглення R = 400 м

його тангенціальне прискорення τa = 02 мс2 Визначити норма-льне і повне прискорення в момент коли швидкість v =10 мс

Розвrsquoязання

Нормальне прискорення визначається формулою

Rvan

2= = 025 мс2

Повне прискорення 0322 2

na a aτ= + = мс Напрямок вектора а характери-

зується кутом α між a і τa

tg naaτ

α = = 125 α = 51deg20prime

Задача 4 Знайти кутову швидкість обертання Землі навколо своєї осі та лі-

нійні швидкості точок на екваторі й на географічній широті ϕ = 56deg

Розвrsquoязання

Кутова швидкість визначається за формулою

Tπ

=ω2

де T = 24 години ndash період обертання Землі навколо осі Тому ω asymp73sdot10ndash5 сndash1

α na τa

a

24

Лінійні швидкості точок А і В на екваторі й на географічній ши-роті ϕ визначаються так

зAv R= ω з cosBv R= ω ϕ

де зR = 6370 км Тому Av asymp 460 мс Bv asymp 277 мс

Задача 5 Визначити лінійну швидкість v руху Землі навколо Сонця

Маса Сонця і відстань від Землі до Сонця відповідно дорівню-ють M = 2sdot1030 кг R = 15sdot108 км

Розвrsquoязання

На орбіті Землю утримує доцентрова сила дF яка відпо-

відає силі тяжіння F Тому

FF =д або 2

2

RmM

Rmv γ

= (1)

де m ndash маса Землі γ = 667sdot10ndash11 Нsdotм2sdotкгndash2 ndash гравітаційна стала Із рівняння (1) знаходимо

311

301110829

105110210676

sdot=sdot

sdotsdotsdot=

γ=

minus

RMv мс asymp30 кмс

Задача 6 Тіло обертається навколо вертикальної осі з кутовою швидкі-

стю 1ω і одночасно навколо горизонтальної осі що перетина-ється з вертикальною із кутовою швидкістю 12 3ω=ω Яким буде результуючий рух тіла

B

A

R n

R3

ϕ

25

Розвrsquoязання

При обертанні тіла навколо осей що перетинаються ре-зультуючий рух також буде обертальний причому величина і напрямок результуючої кутової швидкості визначаються за правилом паралелограма

Як видно з рисунка 2

121 )3( ω+ω=ω

asympω=ω 110 31 1ω

31

3tg

1

1 =ωω

=α α =18deg30prime

Задача 7 Знайти мінімальну швидкість (так звану другу космічну шви-

дкість) яку треба надати тілу щоб воно змогло залишити Зем-лю подолавши поле тяжіння Землі

Розвrsquoязання

Сумарна енергія E тіла якому надана швидкість v біля по-

верхні Землі складається з кінетичної енергії

2

2

кmvE =

і потенціальної енергії

RmMU γminus=

( m i M ndash маси тіла і Землі R ndash радіус Землі)

RmMmvUEE γminus=+=

2

2

к (1)

Якщо тіло значно віддалиться від Землі (теоретично на не-скінченність) його потенціальна енергія дорівнюватиме нулю Щодо кінетичної енергії то досить щоб вона мала мінімально можливе значення тобто також дорівнювала нулю

α

ω 1ω

2ω

26

Таким чином повна енергія тіла на нескінченності перетво-риться на нуль

0=E (2) Із рівнянь (1) і (2) знаходимо

22 gRRMv =

γ= v = 112 кмс

Задача 8 Літак робить ldquoмертву петлюrdquo радіусом R = 500 м зі сталою

швидкістю v = 100 мс Знайти вагу пілота масою m = 70 кг у нижній верхній і середній точках петлі

Розвrsquoязання

Оскільки літак рухається по ко-

лу радіусом R зі сталою швидкіс-тю v то на пілота діє доцентрова

сила R

mvmaF n

2

д == (результую-

ча сили тяжіння gmF =тяж та ре-акції опори N ) отже вагу пілота

NP minus= знайдемо з другого закону Ньютона

PgmNgmam n minus=+= звідки

)agm(amgmP nn minus=minus= Згідно з цією формулою модуль ваги

cos 2 2n nP P m g a 2ga= = + minus α

де α ndash кут між векторами g і na

Коли пілот знаходиться в нижній точці петлі то α =180deg (рисунок) і

180deg

тяжF

тяжF

тяжF

дF

дF

namF =д

P

P

P

27

2 ( )2 2n n nP m g a ga m g a= + + = + =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

5001008970

2кгsdotмс2asymp 21 кН

Коли пілот знаходиться у верхній точці петлі то α = 0deg і 2 ( )2 2

n n nP m g a ga m g a= + minus = minus = =⎪70(98 ndash 20)⎪ asymp 07 кН

Вагу пілота в середній точці петлі ( α = 90deg αcos = 0) знай-демо з формули

2 270 98 202 2nP m g a= + = sdot + asymp 15 кН

Задача 9 До сухожилля завдовжки L = 012 м і діаметром d = 16sdot10ndash3 м

підвісили вантаж F = 686 Н При цьому подовження сухожилля ста-новило LΔ = 3sdot10ndash3 м Визначити модуль пружності E сухожилля

Розвrsquoязання

Відомо що сухожилля підлягає деформації одностороннього

розтягу тому

F LES L

sdot=

sdot Δ (1)

де S ndash площа поперечного перерізу LΔ ndash подовження сухожилля Підставляючи значення

=π

=4

2dS (314sdot162sdot10ndash6)4 = 2sdot10ndash6 м2

а також L =012 м і LΔ = 0003 м у рівняння (1) одержимо 9

36 1041103102120668

sdot=sdotsdotsdot

sdot= minusminusE Па

Задача 10 Мідна кулька діаметром d =4sdot10ndash5 м падає в широкій посу-

дині яка заповнена гліцерином Знайти швидкість v рівномір-

28

ного руху кульки який встановиться Коефіцієнт вrsquoязкості глі-церину η = 0001 кгмsdotс густина гліцерину ρ = 126sdot103 кгм3 густина міді 1ρ = 89sdot103 кгм3

Розвrsquoязання

Під час руху на кульку діють три сили bull сила тяжіння VgP 1ρ= (V ndash обrsquoєм кульки) bull сила тертя т 6F rv= πη ( r ndash радіус кульки) bull виштовхувальна сила VgF ρ=в При рівномірному русі який встановиться сумарна сила що

діє на кульку дорівнює нулю Тому 0вт =minusminus FFP або 061 =πηminusρminusρ rvVgVg

Тут 2dr = v ndash шукана швидкість кульки

6

3dV π= ndash обrsquoєм кульки

З останньої рівності знаходимо ( ) ( ) 31

21 1035

186minussdot=

ηρminusρ

=πη

ρminusρ=

gdr

gVv мс

Задача 11 Між двома тілами з масами 1m i 2m відбувається абсолютно не-

пружний удар Швидкості тіл до зіткнення 1v i 2v спрямовані вздовж однієї прямої Визначити зміну кінетичної енергії при ударі

Розвrsquoязання

Кінетична енергія тіл до зіткнення

22

222

211

1кvmvmE +=

29

Після непружного удару обидва тіла рухаються як єдине ціле зі спільною швидкістю U

21

2211mm

vmvmU++

= (1)

Зміна кінетичної енергії при ударі ( )

222

222

211221

1к2кк ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+minus

+=minus=Δ

vmvmUmmEEE (2)

Підставляючи (1) у (2) знайдемо ( )

( ) 2 21

22121

к mmvvmmE

+minus

minus=Δ

Таким чином при непружному ударі має місце зменшення кінетичної енергії тіл

Задача 12 Визначити роботу підйомного пристрою при підніманні зі

стану спокою тіла масою m із прискоренням а по похилій площині завдовжки L що нахилена до горизонту під кутом α якщо коефіцієнт тертя μ Пояснити у які види енергії пе-реходить виконана робота

Розвrsquoязання

На тіло (брусок) що рухається по похилій площині діють

gmF =тяж ndash сила тяжіння

N ndash сила нормальної реакції опори тF ndash сила тертя ковзання

F ndash сила тяги підйомного пристрою Роботу підйомного пристрою LFA sdot= визначимо якщо

знайдемо силу тяги F Запишемо другий закон Ньютона у векторній формі

FFNgmam +++= т (1)

30

y x

L N F

a

тF

α α

h

gmF =тяж Спроектувавши векторне рівняння (1) на осі х та у отримаємо

FFmgma +minusαminus= тsin (2) Nmg +αminus= cos0 (3)

Зі скалярного рівняння (3) бачимо що Nmg =αcos а отже

αμ=μ= cosт mgNF Тепер із рівняння (2) знаходимо силу тяги

αμ+α+= cossin mgmgmaF Роботу αμ+α+=sdot= cossin mgLmgLmaLLFA можна запи-

сати у вигляді

трпкт

2

2АЕЕLFmghmvA ++=++= (4)

(тут ми скористалися формулою для шляху рівноприскореного

руху a

vL2

2= ) Бачимо що робота підйомного пристрою A піш-

ла на надання тілу кінетичної енергії 2

2

кmvE = на збільшення

потенціальної енергії тіла mghE =п та виконання роботи проти сил тертя ттр LFA =

Інший (енергетичний ) спосіб розвrsquoязку рух тіла під дією сторонньої сили тяги F відбувається у полі консервативних сил тяжіння gmF =тяж

31

На тіло діє дисипативна сила тертя ковзання тF яка виконує відrsquoємну роботу під час руху т

дис LFA minus= На тіло діє також си-

ла нормальної реакції опори N яка не виконує роботи під час руху бо N перпендикулярна до напрямку руху Скористаємося законом збереження енергії у механіці записаним у вигляді

mghmvEEEEEАA +=+minus+=Δ=+2

)()(2

1п1к2п2кдисстор

У нас сторА ndash це робота підйомної машини А тдис LFA minus=

Отже отримаємо т

2

2LFmghmvA ++= Бачимо що для визна-

чення роботи підйомної машини зразу маємо рівняння (4) Задача 13 Добове обертання Землі зумовлює відхилення поверхні води

в річках від горизонтального положення Обчислити кут нахилу поверхні води в річці до горизонтальної поверхні якщо річка тече на широті ϕ з півночі на південь Швидкість течії v

Розвrsquoязання

Розглянемо довільний елемент поверхні води На нього діють

1) сила тяжіння gmP = 2) сила інерції Коріоліса яка чисе-

льно дорівнює ϕω= sin2к mvF Ці дві сили взаємно перпендикулярні

а їх рівнодійна F перпендикулярна до поверхні рівня води який встановиться

в річці Охарактеризуймо його кутом нахилу α до горизонту і остаточно запишемо

sin2sin2tg кg

vmg

mvPF ϕsdotω

=ϕsdotω

==α

α

α

кF

F P

32

Задачі

1 Залежність шляху S від часу t задається рівнянням

32 ctbtatS +minus= де a = 02 мс b = 03 мс2 і c = 04 мс3 Знайти 1) вираз для швидкості й прискорення 2) положення швидкість та прискорення тіла через 2 с пі-сля початку руху Відповідь )216020( 2ttv +minus= мс )4260( ta +minus= мс2 S= 24 м v =38 мс a = 42 мс2

2 Точка рухається у площині ху за законом tAx ω= cos tAy ω= sin де A i ω ndash додатні сталі величини

Знайти шлях S що проходить точка за час τ і кут ϕ між швидкістю та прискоренням точки

Відповідь ωτ= AS 2π

=ϕ 3 У першому наближенні можна вважати що електрон в ато-мі водню рухається по коловій орбіті зі сталою швидкістю Знайти кутову швидкість ω обертання електрона навколо ядра та його нормальне прискорення na Радіус орбіти електрона r = 05sdot10ndash10 м швидкість елект-рона на орбіті v = 22sdot106 мс Відповідь ω = 44sdot1016 сndash1 na = 97sdot1022 мс2 4 Точка рухається по колу зі швидкістю tv α= де α = 05 мс2 Знайти її повне прискорення a у момент коли вона пройшла n = 01 довжини кола після початку руху

Відповідь ( )241 na π+α= a = 08 мс2 5 Тіло масою m рухається так що залежність шляху від часу задається рівнянням taS ω= sin де a і ω ndash сталі

33

Знайти залежність сили яка діє на тіло від часу

Відповідь 2

22 ndash sin td sF = m F = am

dtω ω

6 Космічний корабель масою 1m =106 кг починає рухатися вертикально вгору Сила тяги двигунів тF =3sdot107 Н Визначити прискорення a корабля і вагу космонавта P що знаходиться там Відомо що на Землі на космонавта діє сила тяжіння тяжF = 59sdot102 Н Відповідь a = 202 мс2 P asymp 180sdot103 Н 7 Визначити силу натягу каната при рівноприскореному опусканні кабіни в шахту якщо протягом t =30 с від почат-ку руху вона проходить шлях l =100 м Маса кабіни 300 кг Відповідь )( agmT minus= =28 103 H 8 Ліфт масою M =103 кг піднімається зі сталим приско-ренням a = 02 мc2 У ліфті знаходиться пrsquoять осіб ма-сою m = 60 кг кожний Знайти силу натягу каната ліфта і вагу кожної людини Відповідь ( 5 )( )T M m g a= + + =13sdot103 H

( )P m g a= + = 600 H 9 Автомобіль масою M = 15 т рухається горизонтально зі швидкістю v = 20 мc Після вимкнення двигуна він проходить до зупинки L = 50 м Знайти силу тертя і коефіцієнт тертя Відповідь 2

T 2F MV L= = 6sdot103 H asympμ 042 10 На екваторі деякої планети тіло має вагу вдвічі ме-ншу ніж на полюсі Густина речовини цієї планети ρ = 3sdot103 кгм3 Визначити період обертання T планети навколо своєї осі Відповідь T = γρπ6 = 97sdot103 с

34

11 Два тіла масою m =100 г кожне підвішені на кінцях нитки перекинутої через блок На одне з тіл покладено важок масою 0m =50 г Із якою силою він тиснутиме на тіло під час руху Відповідь 0 02 g(2 )N mm m m= + = 039 H 12 На горизонтальній поверх-ні стоїть штатив ма-сою M = 1кг на якому закріп-лено невагомий блок На кін-цях невагомої нитки що пере-кинута крізь блок підвішено два тягарці маси яких

1m =02 кг та 2m =08 кг Нех-туючи тертям знайдіть силу із якою штатив діє на поверхню

m1 m2

Відповідь MgmmmgmN ++= )(4 2121 =16 H

13 Куля потрапляє у ящик із піском та застряє у ньому На скільки стиснеться пружина жорсткістю k що утри-мує ящик якщо куля має масу m і рухається зі швидкістю v маса ящика M тертя відсутнє

k M v

m

Відповідь )( Mmk

mVx+

=Δ

14 Яка робота виконується під час рівномірного переміщен-ня ящика масою 100 кг по горизонтальній поверхні на від-стань 496 м якщо коефіцієнт тертя 033 а мотузок за допо-могою якого тягнуть ящик утворює з горизонтом кут 30deg Відповідь )sin(coscos αμ+ααμ= lmgA =135sdot103 Дж

35

15 Куля масою 10 г що летить зі швидкістю 800 мс по-трапляє в дерево і заглиблюється на 10 см Визначити си-лу опору дерева і час руху кулі в дереві Відповідь lmVF 22= = 32sdot103 H Vlt 2= = 25sdot10ndash4 c 16 Прикріплений до вертикальної невагомої пружини вантаж повільно опускають до положення рівноваги при цьому пружина розтягується на довжину 0x На скільки розтягнеться пружина якщо дати можливість вантажеві вільно падати із положення при якому пружина не роз-тягнута Яка максимальна швидкість вантажу Який пе-ріод коливань вантажу

Відповідь 02xx =Δ 0gxV = gxT 02π=

17 Визначити яку роботу виконає людина яка підіймає тіло масою m = 4 кг на висоту h =1 м із прискоренням a =12 мс2 Визначити кінетичну і потенціальну енергії тіла на висоті 1 м Відповідь a)hm(gA += = 44 Дж кE =48 Дж пE =392 Дж 18 Визначити кінетичну енергію тіла масою m = 1 кг яке кинули горизонтально зі швидкістю 0v = 20 мс у кінці че-твертої секунди його руху ( g asymp 10 мс2) Відповідь кE = 103 Дж 19 Супутник масою m = 12sdot104 кг обертається по коловій орбіті навколо Землі маючи кінетичну енергію

кE = 54sdot106 кДж Із якою швидкістю v і на якій висоті H обертається супутник Відповідь v = 3sdot103 мс H asymp 38sdot107 м 20 Знайти відношення витрат енергії на піднімання супу-тника на висоту 1h = 32sdot106 м і на запуск його по коловій

36

орбіті на тій самій висоті Така сама умова для висоти 2h = 64sdot106 м ( ЗR = 64sdot106 м)

Відповідь 1 AA = 1 1 AA = 2 21 Людина стрибає з висоти h = 1 м одного разу на прямі ноги а іншого ndash на зігнуті в колінах Час гальмування при стиканні з опорою відповідно дорівнює 01 і 05 с Обчис-лити кратність перевантаження яке при цьому виникає а також тривалість стану невагомості Вважати що людина в кожному випадку при падінні проходить однаковий шлях опір повітря не враховувати Відповідь 55 2 04 с 22 Центрифуга що використовується для тренування кос-монавтів здійснює n = 05 обс при радіусі траєкторії R = 4 м Знайти кут α між вертикаллю і уявною віссю кос-монавта в місці його знаходження Установити залежність

)(ω=α f Які перевантаження при цьому виникають

Відповідь ( )( )122 2 22

arctg 4g RR

g g

+ ωωα = asymp

23 Знайти енергію пружної деформації стального стри-жня масою m = 31 кг розтягнутого з відносним подов-женням ε =10sdot10ndash3 (густина сталі ρ =78sdot103 кгм3 мо-дуль Юнга E = 216sdot1011 Нм2) Відповідь ρε= 22 mEU U asymp 40 Дж 24 Яку роботу слід виконати щоб стальну стрічку завдовж-ки l = 2 м завширшки h =6sdot10ndash2 м і завтовшки σ = 2sdot10ndash3 м зі-гнути у круглий обруч (деформацію вважати пружною) Відповідь 2 3( 6) A h E lasymp π σ A asymp 80 Дж 25 Визначити роботу серця людини за 1 хвилину та за добу якщо відомо що вона в основному складається з роботи при

37

скороченні лівого шлуночка і визначається формулою cA asymp12 шA де шA ndash робота лівого шлуночка

22удш mvPVA += де P =13sdot104 Па ndash середній тиск із

яким кров виштовхується в аорту ρ =105sdot103 кгм3 ndash густина крові v =05 мс ndash швидкість крові в аорті удV =7sdot10ndash5 м3 ndash ударний обrsquoєм крові t = 03 с ndash час скорочення шлуночків Відповідь хвA asymp 110 Дж добA asymp 160 кДж 26 Дах будинку нахилено під кутом α = 20deg до горизонту Чи пройде людина вгору по покритому льодом дахові якщо коефіцієнт тертя μ = 03 Відповідь μltαtg 27 Шматок льоду раз підкидають під кутом α =45deg до го-ризонту а потім пускають із тією самою швидкістю ков-зати по льоду Знайти коефіцієнт тертя якщо в другому випадку шматок льоду переміщується на відстань у 10 ра-зів більшу ніж у першому випадку Відповідь μ asymp 005 28 Густину рідини що перекачують насосом збільшили на n = 10 Як при цьому зміниться швидкість рідини в насосі якщо потужність насоса не зміниться Відповідь 21 vv =1032 29 Визначити середню потужність N двигуна колісного трактора який рушивши з місця піднімається по дорозі з ухилом 002 із прискоренням a = 005 мс2 Коефіцієнт тер-тя μ = 01 Маса трактора m = 2700 кг його кінцева швид-кість v = 15 мс Відповідь N = 2500 Вт

38

30 У ліфті що рухається вертикально вгору із прискорен-ням 0a = 2 мс2 міститься горизонтальний диск що обер-тається з частотою f = 13 обс на якому лежить брусок Коефіцієнт тертя бруска об стіл μ = 04 Знайдіть макси-мальну відстань бруска від осі обертання при якому він ще утримується на столі

Відповідь 220

4)(

fagR

π

+μ= =7 см

31 Відомо що на заокругленнях залізничного полотна зовнішню рейку трохи піднімають відносно внутрішньої щоб тиск поїзда на полотно залізниці був перпендикуляр-ним до його площини Знайти кут α утворений полотном із горизонтом якщо заокруглення радіусом R розрахова-не для руху зі швидкістю v Відповідь gRv tg 2=α 32 Місток (що провисає) має форму дуги кола R = 4 м та витримує максимальне навантаження P =1000 Н Із якою максимальною швидкістю може їхати по ньому велосипе-дист маса якого (разом із велосипедом) m = 90 кг

Відповідь m

mgPRV )( minus= =23 мс

33 Снаряд масою 100 кг рухається зі швидкістю 500 мc Під час руху він розірвався на дві частини Одна частина масою 40 кг стала рухатися зі швидкістю 600 мc у тому самому на-прямку Знайти швидкість другої частини снаряда Відповідь 2v = 433 мс 34 Метеорит і ракета рухаються під кутом α =90deg Ра-кета потрапляє в метеорит і залишається в ньому Маса метеорита m маса ракети 2m швидкість метеорита

39

v швидкість ракети v2 Визначити імпульс метеорита та ракети після зіткнення Відповідь mv2p = 35 Куля масою 1m = 2 кг рухається горизонтальною пове-рхнею зі швидкістю 01v = 2 мс і попадає в нерухому кулю ( 02v = 0 мс) маса якої 2m = 3 кг Визначити швидкості куль 1v i 2v після зіткнення якщо його вважати абсолютно пружним Сили тертя не враховувати Відповідь 1v = ndash04 мс 2v = 16 мс 36 Стоячи на льоду ковзаняр масою 2m = 80 кг кинув уперед важок масою 1m = 10 кг і при цьому сам поїхав назад зі швидкістю 2v = 15 мс Яку роботу виконав ков-заняр кидаючи важок Відповідь 2)1( 12

222 mmVmA += = 810 Дж

37 Ковзаняр масою 1m =70 кг стоячи на ковзанах на льо-ду кидає в горизонтальному напрямку камінь масою

2m = 3 кг зі швидкістю 2v = 8 мс Знайти на яку відстань S відкотиться при цьому ковзаняр Коефіцієнт тертя ков-зання μ = 002

Відповідь gmvmS μ= 21

22

22 2 = 30 см

38 Маса серця дорослої людини приблизно m = 03 кг При скороченні лівого шлуночка в аорту виштовхується V = 70 мл крові Швидкість крові в аорті v = 05 мс густина крові ρ = 105sdot103 кгм3 Визначити швидкість віддачі серця відv Відповідь відv asymp 012 мс 39 Маятник має вигляд прямого тонкого стрижня завдо-вжки l = 15 м на кінці якого знаходиться стальна куля масою M = 1 кг У кулю попадає маленька куля масою

40

m = 2sdot10ndash2 кг яка рухається горизонтально зі швидкістю v = 50 мс Визначити кут α максимального відхилення маятника якщо вважати удар центральним і пружним Масу стрижня не враховувати

Відповідь ( ) glm+M

mv2arcsin=α α asymp 30deg

40 У скільки разів n зменшиться швидкість атома гелію пі-сля центрального пружного зіткнення з нерухомим атомом водню маса якого в 4 рази менша за масу атома гелію Відповідь n = 53 41 Тіло вільно падає з висоти h =100 м на Землю Ви-значити відхилення тіла S на схід під дією сили Коріо-ліса на широті ϕ = 45deg (кутова швидкість обертання Зе-млі ω =73sdot10ndash5 радс)

Відповідь ϕω= cos32

g2hhS S = 1610ndash2 м

41

sect 2 Рух твердого тіла

Основні поняття та закони гідродинаміки

1 Поступальний рух Рух центра інерції твердого тіла Рух твердого тіла визначається прикладеними до нього зовнішніми силами Характерними видами руху твердого тіла є поступаль-ний та обертальний рухи

Поступальним рухом твердого тіла називається такий рух при якому всі його точки рухаються по однакових траєкторіях швидкості всіх точок у будь-який момент часу однакові а будь-яка пряма проведена між довільними точками тіла переміщу-ється паралельно сама собі

Абсолютно тверде тіло ndash це тіло у якому відстань між двома довільними матеріальними точками не змінюється у процесі руху

Тверде тіло розглядають як систему яка складається з n мате-ріальних точок а маса тіла m дорівнює сумі мас усіх цих точок

n

ii 1

m m=

= Δsum де imΔ ndash маса і-ї точки (1)

Поступальний рух твердого тіла повністю характеризується заданням руху будь-якої однієї точки цього тіла тобто при по-ступальному русі тіло має три ступені вільності

Центром мас тіла (центром інерції) називають точку С ко-ординати якої c c cx y z визначаються через координати окремих

елементів тіла jjj zyx співвідношеннями

Δ Δ Δ i i i i i i

c c c

x m y m z mx y z

m m m= = =sum sum sum (2)

Рух центра інерції твердого тіла центр інерції твердого тіла рухається як матеріальна точка з масою рівною масі тіла під дією всіх сил прикладених до тіла

n

c ii 1

ma F=

= sum (3)

де sum=

n

1iiF ndash векторна сума всіх зовнішніх сил

42

2 Обертальний рух Динамічні характеристики тіла яке обертається Обертальний рух ndash це такий рух при яко-му принаймні дві точки тіла весь час залишаються нерухоми-ми Пряма яка проходить через ці точки називається віссю обертання Усі точки твердого тіла які лежать на осі обер-тання нерухомі Інші точки твердого тіла рухаються по колах у перпендикулярних до осі обертання площинах Центри цих кіл лежать на осі обертання Обертальний рух твердого тіла ndash це плоский рух

Плоским називають такий рух при якому всі точки тіла ру-хаються в паралельних площинах

Момент iM сили iF відносно точки О визначається вектор-ним добутком радіус-вектора ir проведеного в точку прикла-дання сили iF на цю силу

i i iM r F⎡ ⎤= sdot⎣ ⎦ (4)

Числове значення моме-нту сили iF

sin iiiiii lFrFM =αsdotsdot= (5)де iα ndash кут між векторами ir і

iF iii rl α= sin ndash довжина пе-рпендикуляра який опустили із точки О на лінію дії сили iF

Величину il називають плечем сили Якщо лінія дії сили проходить через точку О то 0=il і мо-

мент сили відносно точки О дорівнює нулю Момент імпульсу iL матері-

альної точки im відносно точки О визначається векторним добут-ком радіус-вектора ir матеріаль-

ної точки на її імпульс ivm [ ]iiii vmrL sdot= (6)

O im

iM iF

iF

ir

iα iα

il

iivm

O

iivm

ir

iL

im

43

Вектор iL іноді називають моментом кількості руху матеріа-льної точки Він спрямований перпендикулярно до площини проведеної через вектори ir і ivm

Моментом izM сили iF відносно осі z називають проек-цію на вісь z моменту сили відносно будь-якої точки О що лежить на цій осі

пр cosiz i z i iM M M M Ozand⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

де ( )iM Ozand

ndash кут між вектором iM і віссю z

Моментом izL імпульсу iii vmp = відносно осі z називають проекцію на вісь z моменту імпульсу відносно будь-якої точ-ки О що лежить на цій осі

пр cosiz i z i iL L L L Ozand⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

де ( )iL Ozand

ndash кут між вектором iL і віссю z

Бачимо що величини izM i izL не залежать від розташуван-ня на осі z точки О Вектори iM та iL залежать від розташуван-ня на осі z точки О відносно якої їх знаходять але проекції цих векторів на вісь z тобто величини izM i відповідно izL залиша-ються сталими при зміні положення точки О

Момент імпульсу zL тіла відносно осі обертання ndash це проекція результуючого вектора моменту імпульсу L на вісь z яка дорівнює алгебраїчній сумі проекцій на цю вісь усіх складових векторів iL

sum=

=n

0iizz LL (7)

Із визначення векторного добутку вектор iL за модулем дорі-внює площі паралелограма побудованого на векторах ir та

44

ii vm та є перпендикулярним до цих двох векторів Проекція

izL дорівнює площі iS ndash проекції цього паралелограма на пло-щину перпендикулярну до осі Oz

Із рисунка видно що iiiz LL γ= cos (де iγ ndash кут між вектором

iL і віссю Oz) тобто дорівнює площі прямокутника зі сторона-ми iR i iivm Таким чином

2cos iiiiiiiiiz RmvmRmvrL ω==γ= (8)

адже iii Rr =γcos та ii Rv ω= Момент імпульсу тіла відносно осі обертання Oz

2

1

n

z i ii

L m R=

= ωsum (9)

Сума добутків мас усіх матеріальних точок тіла на квад-рати їх відстаней до осі називається моментом інерції zI тіла відносно цієї осі

sum= 2iiz RmI (10)

При визначенні моменту інерції тіла його розбивають на не-скінченну кількість малих елементів із масами dm і момент інерції знаходять за формулою

22 intint ρ== dVRdmRI z (11)

де ρ ndash густина однорідного тіла dV ndash елементарний обrsquoєм

z

O iivm

iL

iγ izL

vmi

im

ir

iR

45

Момент імпульсу тіла відносно осі дорівнює добутку момен-ту інерції тіла відносно тієї самої осі на кутову швидкість ω обертання навколо осі

ω= zz I L (12)

3 Основний закон динаміки обертального руху тіла Роз-глянемо основний закон динаміки обертального руху тіла що обертається навколо нерухомої точки Швидкість зміни мо-

менту імпульсу dtLd тіла що обертається навколо нерухомої

точки дорівнює результуючому моменту M відносно цієї точ-ки всіх зовнішніх сил прикладених до тіла

MdtLd

= (13)

Формулу (13) одержують так [ ]

[ ] 0

i ii i ii i

i i i i

i i i i ii i

d r pdL dL dr dpp rdt dt dt dt dt

v p r F M M

sdot ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = = sdot + sdot =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤= sdot + sdot = + =⎣ ⎦

sum sum sum sum

sum sum sum

Вираз (13) називають рівнянням моментів відносно точки Основний закон обертального руху для тіла що оберта-

ється навколо нерухомої осі

zz M

dtdL

= (14)

де zL i zM ndash проекції на вісь Oz обертання тіла векторів момен-ту імпульсу тіла і результуючого моменту сил

Оскільки z zL I= ω то (14) набуває вигляду

( ) Z Z

d I Mdt

ω = (15)

Для абсолютно твердого тіла ZI не залежить від часу t Тому

46

Z ZdI Mdtω

= або z zI Mβ = (16)

де β ndash кутове прискорення тіла Вираз (16) називають рівнянням моментів відносно осі z Кутове прискорення твердого тіла що обертається навколо

нерухомої осі Oz прямо пропорційне результуючому моменту відносно цієї осі всіх зовнішніх сил що діють на тіло і обернено пропорційне моменту інерції тіла відносно тієї самої осі

Z

Z

MI

β = (17)

Якщо 0zM = то 0=ω

=βdtd і кутова швидкість обертання

тіла стала Це стан рівномірного обертання навколо нерухомої осі Основний закон обертального руху для тіла що обертається

навколо нерухомої осі ZZ

dL Mdt

= зберігає таку найпростішу

форму і при обертанні тіла навколо рухомої осі якщо швидкість руху осі v паралельна швидкості руху центра мас тіла Cv або вісь проходить через центр мас

4 Закон збереження моменту імпульсу Якщо результую-

чий момент зовнішніх сил відносно нерухомої точки тіла (неру-хомої осі) дорівнює нулю то момент імпульсу тіла відносно цієї точки (осі) не змінюється з часом у процесі руху

0 const

0 const

const

ZZ

Z

dL i LdtdL i Ldt

I

⎧= =⎪

⎪⎪ = =⎨⎪

ω =⎪⎪⎩

(18)

де ω ndash кутова швидкість тіла ZI ndash момент інерції відносно осі обертання

47

5 Теорема Штейнера Момент інерції ZI тіла відносно довільної осі ОО1 дорів-

нює сумі моменту інерції ZI prime тіла відносно осі 1OO primeprime проведеної через центр інерції С тіла паралельно ОО1 і добутку маси m тіла на квадрат відстані між цими осями a

2maII zz +prime= (19) 6 Кінетична енергія тіла Якщо тверде тіло рухається по-

ступально зі швидкістю v і одночасно обертається із кутовою швидкістю ω навколо осі яка проходить через його центр інер-ції то кінетична енергія тіла

2 2

к 2 2

Cmv IW ω= + (20)

де CI ndash момент інерції тіла відносно осі обертання 7 Порівняння рівнянь руху твердого тіла і матеріальної точки

Таблиця 1 Поступальний рух матеріальної точки

Обертальний рух твердого тіла

Маса m Момент інерції zI

Швидкість v Кутова швидкість ω

Прискорення a Кутове приско-рення

β

Сила F Момент сили zMM

Імпульс vmp = Момент імпульсу L LZ Рівняння руху

sum =n

i=1i amF

Основний закон динаміки обертального руху

MdtLd

=

Z

Z

MI

β =

Закон збереження імпульсу

constp = Закон збереження моменту імпульсу

constL = constzI ω =

O

O1

a

O1

C

Oprime

48

Продовження табл 1 Поступальний рух матеріальної точки

Обертальний рух твердого тіла

Робота rdFdA = Робота α= dMdA z

Кінетична енергія ==

2vmE

2ii

iк

i

2i

2mp

=

Кінетична енергія

2

к 2CIW ω

=

8 Рух рідини Рівняння нерозривності струменя Для опи-

су руху рідини використовують такі величини три компоненти швидкості елемента обrsquoєму ( )tzyxvv = тиск ( )tzyxPP = і густину ( )tzyx ρ=ρ Змінні цих функцій zyx і t характери-зують координати і час не окремих молекул рідини а визначену точку простору заповнену рідиною

Тому ( )tzyxvv = ( )tzyxPP = і ( )tzyx ρ=ρ ndash швид-кість тиск і густина рідини в даній точці простору zyx у мо-мент часу t При фіксованому часі 0tt = функція ( )0 tzyxvv = описує поле швидкостей тобто дає миттєву картину розподілу швидкостей рідини в кожній точці простору

Рух рідини називають стаціонарним якщо поле швидкостей не змінюється з часом і нестаціонарним якщо воно з часом змінюється

Рівняння нерозривності струменя для стаціонарної течії маса рідини або газу що проходить за одиницю часу через дові-льний переріз труби течії однакова для всіх перерізів

const=ρvS (21) де ρ і v ndash густина і швидкість рідини або газу в перерізі S труби

9 Рівняння Бернуллі ndash рівняння гідромеханіки яке визна-чає звrsquoязок між швидкістю v рідини тиском P в ній та висотою h частинок над площиною відліку для стаціонарної течії ідеаль-ної нестисливої рідини

const2

2=+ρ+

ρ Pghv (22)

49

де ρ ndash густина рідини g ndash прискорення вільного падіння У рівнянні Бернуллі всі члени мають розмірність тиску

P ndash статичний тиск 2

2vρ ndash динамічний ghρ ndash ваговий

Рівняння Бернуллі для двох перерізів течії 2 21 2

1 1 2 22 2v vgh P gh Pρ ρ

+ ρ + = + ρ + (23)

Для горизонтальної течії

2

22

1

21

22PvPv

+ρ

=+ρ (24)

10 Формула Торрічеллі визначає швидкість витікання рі-

дини з невеликого отвору в широкій посудині який розміщено на глибині H від верхнього рівня рідини в посудині

2gHv = (25) де g ndash прискорення вільного падіння

11 Формула ГагенаndashПуазейля визначає кількість рідини

Q що протікає по горизонтальній трубці сталого перерізу в одиницю часу Кількість рідини пропорційна різниці тисків

1P і 2P на вході та виході з труби четвертому степеню її ра-діуса R і обернено пропорційна довжині L труби та коефіці-єнту вrsquoязкості рідини η

( )ωminus

=η

πsdot

minus= 21

4або

8PPQR

LPPQ 21 (26)

де 48

RL

πη

=ω ndash гідравлічний опір

12 Число Рейнольдса ( Re ) звrsquoязує середню швидкість руху

рідини v густину рідини ρ її вrsquoязкість η та діаметр труби D і є критерієм для переходу ламінарної течії у турбулентну

ηρ

=DvRe (27)

50

Для прямої труби крRe = 2300

Якщо крReRe ge то спостерігається турбулентна течія

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

Кількість крові Q що протікає через поперечний переріз су-динної системи людини за одиницю часу у першому наближен-ні визначається формулою ГагенаndashПуазейля

Течія крові в судинній системі людини за нормальних умов має ламінарний характер При різкому звуженні просвіту суди-ни спостерігається турбулентна течія крові Це відбувається наприклад при неповному відкритті або навпаки при непов-ному закритті клапанів аорти або серцевих Це явище назива-ють серцевими шумами

51

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити момент інерції тонкого однорідного стрижня масою

m завдовжки L площею поперечного перерізу S і густиною ρ який обертається відносно осі ООprime яка проходить через його кінець

Розвrsquoязання

Розібrsquoємо стрижень на нескінченно

велику кількість елементів масою dm і довжиною dr Позначимо відстань від осі ООprime до одного з таких елемен-тів через r

Момент інерції елемента стрижня

SdrrdmrdI ρ== 22 Момент інерції всього стрижня

31 3

L

0

2L

0

SLdrrSdII ρ=ρ== intint

Маса стрижня SLm ρ= тому 21

3I mL=

Задача 2 Уздовж похилої площини яка утворює кут α з горизонтом

скочується без ковзання суцільний однорідний диск Знайти лі-нійне прискорення його центра

Розвrsquoязання

Рух диска можна розглядати як обертання навколо миттєвої осі z що проходить перпендикулярно площині рисунка через

Оprime

O

S

dm

dr r

52

точку дотику О диска і похи-лої площини На диск діють три сили сила тяжіння P сила реакції опори N (яка проходить через точку О й на рисунку не зображена) і сила тертя тF

Плече сили тяжіння P як видно з рисунка α= sinrh ( r ndash радіус диска) Моменти сил N і тF дорівнюють нулю Отже рівняння моментів відносно осі z має вигляд

β=α 1IPr sin (1) де 1I ndash момент інерції відносно осі z що проходить через точку О

Згідно із теоремою Штейнера 2

1 mrII += де m ndash маса диска I ndash момент інерції відносно осі яка про-ходить через центр інерції диска перпендикулярно до його

площини 2

2mrI =

Тому 2

1 23 mrI = (2)

Шукане прискорення центра мас (точки С) можна подати у вигляді

ra β= (3) якщо розглядати рух центра інерції С як обертання навколо осі що проходить через точку О

Із рівнянь (1) і (3) враховуючи (2) і те що mgP = знаходимо 2 sin 3

a g= sdot α (4)

Задача 3 Визначити кінетичну енергію тонкого обруча масою M що ко-

титься без ковзання горизонтальною поверхнею зі швидкістю v

F

C

O

P

1P

2P

r h

α

α

53

Розвrsquoязання

Розглядаємо рух обруча як обер-тання навколо миттєвої осі яка про-ходить перпендикулярно до його площини через точку дотику О обру-ча й поверхні Кінетична енергія об-

руча дорівнює 2

20

тω

=IW

Момент інерції відносно осі О 0I можна виразити через мо-мент інерції відносно осі С cI Згідно із теоремою Штейнера

20 CI I MR= + ( R ndash радіус обруча)

Отже 20 2MRI = Rv ω=

Rv

=ω

Підставляючи 0I та ω у формулу для енергії кW одержимо 2

к MvW =

Задача 4 У дні посудини заповненої двома різними

рідинами висоти яких дорівнюють 1h і 2h а густини відповідно 1ρ і 2ρ є невеликий отвір Знайти початкову швидкість витікання рідини з посудини вважаючи обидві рідини ідеаль-ними і нестисливими

Розвrsquoязання

Розглянемо верхній шар і запишемо рівняння Бернуллі стосовно двох перерізів у верхній і нижній частинах шару Тиск у верхній частині збігається з атмосферним тиском 0P тиск у нижній час-тині позначимо 1P Оскільки отвір невеликий швидкістю пере-міщення рідин можна знехтувати тому

1220 PghP =ρ+ (1)

СR

O

v

1ρ

2ρ

1h

2h

54

(для нижнього рівня висота 0=h ) Тепер розглянемо нижній шар Тиск у його верхній частині

буде 1P а в нижній частині біля отвору 0P У верхній частині знову вважаємо що швидкість рідини до-

рівнює нулю Отже

2

21

0111vPghP ρ

+=ρ+ (2)

(рівень h у нижній частині дорівнює нулю) Рівняння (1) і (2) утворюють систему двох рівнянь із двома

невідомими 1P і v Розвrsquoязуючи цю систему знаходимо шукану швидкість витікання

( )22111

2 hhgv ρ+ρρ

=

Задача 5 Виразити витрату Q рідини

густиною ρ що протікає уздовж горизонтальної труби змінного перерізу через різницю рівнів рідини h у двох манометричних трубках скляного вимірника ви-трачання рідини Площі попере-чних перерізів труби біля основ першої та другої трубок від-повідно дорівнюють 1S i 2S

Розвrsquoязання

Прирівняємо величини Q для перерізів 1S i 2S згідно із фор-

мулою vSQ ρ=

2211 SvSvQ ρ=ρ= (1) Застосуємо також рівняння Бернуллі

22

22

2

21

1vPvP ρ

+=ρ

+ (2)

h

S1 S2

55

(ми врахували що рівень рідини в обох перерізах однаковий бо труба горизонтальна) Із рівнянь (1) і (2) визначимо 1v i 2v

( )( )2

221

2121

2SSPPSv

minusρminus

= ( )( )2

221

2112

2SSPPSv

minusρminus

=

Різницю тисків 21 PP minus можна виразити як вагу стовпа рідини заввишки h із площею поперечного перерізу що дорівнює одиниці

ghPP ρ=minus 21 Остаточно запишемо

( )22

21

212

SSghSSQminus

ρ=

56

Задачі

1 Колесо що обертається рівномірно сповільнено за 1 хвилину зменшило ча-стоту обертання з 0ν =300 обхв до ν =180 обхв Момент інерції колеса I = 2 кгsdotм2 Визначити 1) кутове при-скоренняβ 2) гальмівний момент M 3) роботу гальмування A

R

T

gm

Відповідь β = 021 радс2 M = 042 Дж A = 630 Дж 2 На суцільний циліндричний вал радіусом R = 05 м на-мотано шнур до кінця якого привrsquoязано вантаж масою m =10 кг Знайти момент інерції I вала та його масу 1m якщо вантаж опускається із прискоренням a = 2 мс2 Відповідь I = 975 кгsdotм2 1m = 78 кг 3 Вважатимемо тіло людини циліндром радіус якого R = 20 см висота h =17 м і маса m = 70 кг Знайти мо-мент інерції людини відносно вертикальної осі у двох положеннях відносно Землі у вертикальному perpI та го-ризонтальному ΙΙI Вважати що вертикальна вісь про-ходить через центр мас циліндра Відповідь perpI = 14 кгsdotм2 ΙΙI = 169 кгsdotм2 4 Маса руки людини приблизно дорівнює m = 42 кг до-вжина l = 083 м а її центр мас розташовано на відстані r = 034 м від плечового суглоба Момент інерції руки відносно цього суглоба дорівнює I = 03 кгsdotм2 Рука вільно падає з горизонтального у вертикальне положення Знайти кінетичну енергію кE руки і лінійну швидкість v нижньої частини кисті у кінцевій точці падіння Відповідь кE = 143 Дж v = 8 мс

57

5 На легкому столику який вільно обертається стоїть людина і тримає на випростаних руках на відстані 1l = 15 м одна від одної дві однакові гирі масою m = 25 кг кожна Потім людина зменшує відстань між гирями до

2l = 04 м При цьому кутова швидкість обертання столика зростає від 1ω = 6 сndash1 до 2ω =12 сndash1 Вважаючи момент іне-рції людини відносно осі обертання столика сталим знай-ти роботу A яку вона виконує Відповідь A = 94 Дж 6 Яку роботу A виконує людина виконуючи за час t = 1 с одне повне коливання мізинцем із кутом розмаху

ϕΔ = 60deg Момент інерції мізинця I = 4sdot10ndash5 кгsdotм2 Вважа-ти що робота витрачається на прискорення і сповільнення мізинця а його рух ndash рівнозмінно обертовий Відповідь A = 135sdot10ndash4 Дж 7 Яку середню потужність N розвиває людина при хо-дьбі якщо тривалість кроку tΔ = 05 с Вважати що ро-бота витрачається на прискорення і гальмування кінці-вок а кутове переміщення ніг asympϕΔ 30deg Момент інерції кожної кінцівки I = 17 кгsdotм2 Відповідь N = 148 Вт 8 Дві маленькі кульки з масами 1m =4sdot10ndash2 кг і 2m =12sdot10ndash2 кг зrsquoєднані стрижнем завдовжки l = 02 м маса якого мала Ви-значити момент інерції системи 1I відносно осі що про-ходить через середину стрижня перпендикулярно до його напрямку а також момент інерції 2I для випадку коли вісь проходить через центр мас системи Відповідь 1I =16sdot10ndash3 кгsdotм2 2I =12sdot10ndash3 кгsdotм2

58

9 На яку висоту h під-німеться вода у вертика-льній трубці що впаяна у вузьку частину С (діа-метром d =2 см) горизо-нтальної трубки якщо у

широкій частині трубки А В (діаметром D = 6 см) швид-кість води 1v = 03 мс при тиску 1P =105 Па Нижній кінець вертикальної трубки занурений у стоячу воду тиск у якій P1 Відповідь h = 037 м 10 Визначити максимальну дальність польоту S стру-меня із шприца діаметром d = 4sdot10ndash2м на поршень яко-го тисне сила F =30 H Густина рідини ρ =103 кгм3 а

отвS ltlt поршS Відповідь S asymp 49 м 11 У посудину рівномірним струменем наливається вода ndash за 1 с надходить обrsquoєм 150 см3 Дно посудини має отвір пло-щею S = 05 см2 Який рівень води встановиться у посудині Відповідь h = 046 м 12 Площа поршня у шприці 1S = 12 см2 а площа отвору

2S = 1 мм2 Скільки часу витікатиме розчин ( ρ = 103 кгм3) із шприца якщо сила що діє на поршень F = 5 Н а хід поршня l = 4sdot10ndash2 м Відповідь t asymp 05 c 13 Із горизонтально розташованого медичного шприца вида-влюється фізіологічний розчин силою F =10 H Знайти швид-кість v витікання рідини з голки шприца Чому швидкість ви-тікання розчину не залежить від площі поперечного перерізу голки ( розρ = 103 гсм3 шd = 15 см шS gtgt голS ) Відповідь v = 105 мс

A BC

h

59

14 З оприскувача виштовхується струмінь рідини (густи-на ρ = 103кгм3) зі швидкістю 2v = 25 мс Який тиск 1P створює компресор у баку оприскувача Відповідь 1P = 312sdot105 Па 15 На столі знаходиться широка циліндрична посудина з водою заввишки h = 05 м Нехтуючи вrsquoязкістю знайти на якій висоті H від дна посудини необхідно зробити неве-ликий отвір щоб із нього витікав струмінь на максималь-ну віддаль maxl від посудини Відповідь H = 025 м maxl = 05 м 16 Визначити спад PΔ тиску крові в аорті при переході її у велику артерію якщо відомо що загальний потік крові Q в тілі людини (у стані спокою) дорівнює 8sdot10ndash5 м3с ра-діус аорти r =10ndash2 м вrsquoязкість крові η = 4sdot10ndash3 Паsdotс Відповідь lP ΔΔ = 80 Пам 17 Використовуючи дані попередньої задачі визначити се-редню швидкість v потоку крові в аорті число Рейнольдса Re і характер течії крові Відповідь v asymp 025 мс Re = 1300 18 Знайти максимальну масу m крові (вrsquoязкість η = 4sdot10ndash3 Паsdotс) яка може пройти через аорту (діаметр d = 2sdot10ndash2 м) за 1 с у ламінарному режимі Відповідь m asymp 014 кг 19 У високу посудину що заповнена маслом при 20 degС кидають свинцеві кульки різних діаметрів На певній гли-бині кульки рухаються рівномірно унаслідок того що си-ли які діють на них урівноважуються Визначити число Рейнольдса для руху кульки діаметром 01 мм якщо вва-жати рух масла при падінні кульки ламінарним При яко-

60

му максимальному діаметрі d кульки рух масла залиша-ється ламінарним якщо мρ = 970 кгм3 Відповідь Re = 54sdot10ndash6 d = 45 мм 20 Визначити який мінімальний час t частинки радіоак-тивного пилу (утвореного під час вибуху реактора) змогли б перебувати на висоті h = 1 км якщо вважати їх сферич-ними з діаметром d = 1 мкм і густиною ρ = 25sdot103 кгм3 (вrsquoязкість повітря повη = 18 мкПаsdotс) Відповідь t = 150 діб 21 По трубі завдовжки L із радіусом R тече стаціонар-ний потік рідини густина якої ρ і вrsquoязкість η Швидкість течії рідини залежить від відстані r до осі труби і зміню-ється за законом )1( 22

0 Rrvv minus= Знайти 1) обrsquoєм ріди-ни що протікає через поперечний переріз труби за одини-цю часу 2) різницю тисків на кінцях труби Відповідь 2 2

0 0 2 4 Q R P L R= πν Δ = η ν

61

sect 3 Механічні коливання та хвилі

1 Гармонічні коливання Коливання які відбуваються під

дією сили пропорційної зміщенню тіла від положення рівноваги і напрямленої у бік положення рівноваги називають гармоніч-ними За своєю природою гармонічні коливання є механічні електричні та оптичні Рівняння гармонічних коливань

2 2202 2або 0d x d xm kx x

dt dt= minus + ω = (1)

де m ndash маса тіла що виконує коливання k ndash коефіцієнт пруж-ності x ndash миттєве значення коливної величини (наприклад змі-щення маятника від положення рівноваги або значення напру-женості електричного поля тощо) mk=ω0 ndash колова часто-та (кількість коливань за 2π секунд T20 π=ω )

Замість колової частоти використовують і лінійну частоту 0ν звrsquoязок між 0ω і 0ν такий

00 2πν=ω (2) Лінійна частота 0ν ndash це кількість коливань за одну секунду

(у СІ) Розвrsquoязок рівняння гармонічних коливань )(sin 0 ϕ+ω= t Ax (3)

де A ndash амплітуда коливання (найбільше значення величини) ϕ+ω t0 ndash фаза коливання тут ϕ ndash початкова фаза (значення

фази коливання в момент часу t = 0)

2 Період коливання T ndash час протягом якого відбувається одне повне коливання

0

21ω

π=

ν=T (4)

Період власних коливань математичного маятника glT π= 2 (5)

де l ndash довжина підвісу маятника g ndash прискорення вільного падіння

62

Період власних коливань пружинного маятника

kmT π= 2 (6) де m ndash маса коливного тіла k ndash коефіцієнт пружності (жорсткість)

Період власних коливань фізичного маятника

mgaIT π= 2 (7)

де I ndash момент інерції відносно осі коливань m ndash маса a ndash від-стань від центра ваги тіла до осі обертання

Величину LmaI = називають зведеною довжиною фізи-чного маятника

3 Швидкість v та прискорення a тіла яке здійснює гар-

монічне коливання ( ) ( )2

0 0 0 0cos або sinv A t a A t= ω ω + ϕ = minus ω ω + ϕ (8)

де ωA ndash амплітуда швидкості 2ωA ndash амплітуда прискорення Сила яка спричинює гармонічне коливання

( )ϕ+ωωminus== tmAmaF 020 sin (9)

де 20ωmA ndash амплітуда сили m ndash маса коливного тіла

4 Додавання двох коливань що відбуваються по одній

прямій в одному напрямку з однаковими періодами але з різни-ми амплітудами і початковими фазами

Рівняння додаваних коливань мають вигляд ( )( )

1 1 0 1

2 2 0 2

sin

sin

x A t

x A t

= ω + ϕ

= ω + ϕ (10)

Результуюче коливання визначається рівнянням ( )1 2 0sinx x x A t= + = ω + ϕ (11)

де ( )122122

21 cos2 ϕminusϕ++= AAAAA ndash амплітуда результуючого

коливання ϕ ndash початкова фаза результуючого коливання

63

2211

2211coscossinsintg

ϕ+ϕϕ+ϕ

=ϕAAAA

5 Додавання двох взаємно перпендикулярних коливань однакового періоду але різних амплітуд і початкових фаз Трає-кторія результуючого коливання визначається рівнянням

( ) ( )2 2

21 2 1 22 1 2 12 2

1 2 1 2

cos sinx x 2x xA A A A

+ minus ϕ minus ϕ = ϕ minus ϕ (12)

6 Енергія тіла яке здійснює гармонічне коливання

кінетична енергія 2 2 2

2к 2

2 2cos2

mv A m tWT T

π π⎛ ⎞= = + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

(13)

потенціальна енергія 2 2 2

2п 2

2 2sin2

kx A m tWT T

π π⎛ ⎞= = + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

(14)

повна енергія 2

2 22

2

22

пкAm

TmAWWW ω

=π

=+= (15)

де m ndash маса тіла A ndash амплітуда T ndash період коливань ( Tπ=ω 2 ) коефіцієнт жорсткості 2ω= mk

7 Затухаючі коливання mdash вільні коливання енергія яких

зменшується за рахунок дії сил тертя сил опору середовища випромінювання тощо Рівняння затухаючих механічних коли-вань при дії вrsquoязкого опору пропорційного швидкості

2 2202 2або 2 0d x dx d x dxm kx r x

dt dt dt dt= minus minus + β + ω = (16)

де mr 2=β ndash коефіцієнт затухання mk 20 =ω

Розвrsquoязок рівняння затухаючих коливань ( )ϕ+ω= βminus teAx t

0 cos (17) де 0A ndash амплітуда коливань у початковий момент часу t = 0

220 βminusω=ω ndash частота затухаючих коливань

64

Період коливань 2202 βminusωπ=T у середовищі більший

ніж період коливань 00 2 ωπ=T точки такої самої маси під дією такої самої пружної сили в середовищі без опору

8 Логарифмічний декремент затухання δ ndash безрозмірна

характеристика затухаючих коливань яка дорівнює натураль-ному логарифму відношення однієї з амплітуд tA до наступ-ної TtA + через період

TAA

Tt

t β==δ+

ln (18)

де β ndash коефіцієнт затухання T ndash період Величина обернена до логарифмічного декремента затухан-

ня δ1 показує кількість коливань N які мають відбутися щоб амплітуда зменшилася в e разів (приблизно у 27 рази) Вели-чина δπ називається добротністю коливальної системи

9 Вимушені коливання ndash коливання які виникають у сис-

темі під дією зовнішньої періодичної сили )(tF причому ( )0 cosF(t) F t= ω

де 0F ndash амплітудне значення сили ω ndash її циклічна частота Рівняння руху вимушених коливань та його розвrsquoязок

мають вигляд

( )2

2 002 2 cosd x dx Fx = t

dt dt m+ β + ω ω (19)

( )ϕminusω= tAx cos (20)

де( )

02 222 2 2 2 0

0

2 tg4

F mA βω= ϕ =

ω minus ωω minus ω + β ω (21)

10 Резонанс ndash явище різкого збільшення амплітуди вимуше-них коливань при наближенні частоти зовнішнього періодично-го впливу до власної частоти одночастотної системи

За умови взаємної незалежності основних параметрів зовніш-ньої гармонічної дії та коливальної системи резонансна частота

65

20

2

022

0рез212ωβ

minusω=βminusω=ω (22)

де 0ω ndash власна частота системи β ndash коефіцієнт затухання Амплітуду резонансних коливань резA знаходять із виразу

0

022

0

0рез 22 βω

asympβminusωβ

=mFmFA

11 Хвилі mdash процес поширення коливань у середовищі За-

лежно від характеру пружних деформацій у середовищі розріз-няють хвилі поздовжні та поперечні

У поздовжніх хвилях частинки середовища здійснюють ко-ливання вздовж лінії яка збігається з напрямком поширення ко-ливань Поздовжні хвилі можуть виникати в газовому рідинно-му та твердому середовищах

У поперечних хвилях частинки середовища здійснюють коливання перпендикулярно до напрямку поширення коли-вань Поперечні хвилі поширюються тільки у твердому тілі та на поверхні води Кожен тип хвиль характеризується довжиною швидкіс-

тю інтенсивністю 12 Довжина хвилі ndash відстань між двома найближчими точ-

ками які коливаються в однаковій фазі Довжину хвилі можна визначити також як шлях який проходить хвиля протягом пері-оду коливань Позначаючи довжину хвилі через λ записують

2 v v vvΤ πλ = = = ν =

ω ν λ (23)

де v ndash швидкість поширення хвилі T ndash період коливання ω ndash ци-клічна частота коливань що відповідають хвилі ν ndash лінійна частота

13 Рівняння плоскої хвилі має вигляд ( ))(sin vrtAx minusω=

66

де vr ndash час проходження хвильового процесу від вихідної точ-ки до даної r ndash віддаль пройдена хвилею від вихідної точки до даної v ndash швидкість поширення хвильового процесу

Інша форма рівняння плоскої хвилі sin( )x A t kr= ω minus (24)

де λπ=ω= 2 vk ndash хвильове число Різниця фаз двох точок що лежать на шляху поширення хвилі

λminus

π=ϕminusϕ 1212 2 rr (25)

де 1r 2r ndash віддаль точок від джерела коливань

14 Середня густина енергії хвилі ω ndash це середня енергія W що припадає на одиницю обrsquoєму середовища зайнятого хвилею

22

21 A

VW

ρω==ω (26)

де ρ ndash густина середовища Цю формулу легко отримати із таких міркувань Нехай кі-

лькість частинок в одиниці об`єму середовища які беруть участь у коливальному русі дорівнює n а маса кожної части-нки m У випадку вільних незатухаючих коливань середня енергія такої частинки залишається сталою рівною повній

енергії 2

22 Amω (див формулу (15)) Отже

22

2222 AAmn ρω=

ω=ω

15 Інтенсивністю хвилі I називається величина яка до-

рівнює середній енергії яку переносить хвиля за одиницю часу через переріз одиничної площі перпендикулярний до напрямку поширення хвилі

22

21 Avv ωρ=ω=I (27)

де v ndash швидкість поширення хвилі

67

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Звук ndash це пружні хвилі в середовищі які за своєю часто-тою та інтенсивністю можуть сприйматися органами слуху

Звук ndash подвійне явище з одного боку це пружні коливання які характеризуються певною частотою інтенсивністю набором частот з іншого ndash психофізіологічне відчуття певної висоти гучності та тембру в нашому сприйманні Людські органи слу-ху здатні сприймати звукові хвилі частотою від 18 до 20 000 Гц з інтенсивністю від 2sdot10ndash16 до 4sdot104 Втм2 (для найбільш чутних частот від 1000 до 3000 Гц) У пружному середовищі хвилі час-тота яких більша 20 кГц називаються ультразвуком Людина не сприймає ультразвуку Однак деякі тварини можуть його сприймати Наприклад дельфіни сприймають ультразвукові си-гнали з частотою до 30 кГц кажани ndash до 100 кГц

Висота звуку визначається його частотою чим більша частота тим вищий звук

Для оцінювання висоти звуку весь діапазон тонів що сприй-мається вухом людини розділено на інтервали mdash октави

Октава ndash це інтервал висот тону у якому відношення край-ніх частот дорівнює двом

Таблиця 2 Октава 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Границ

і частоти

Гц

16 ndash

32

32 ndash

64

64 ndash

128

128

ndash 25

6

256

ndash 51

2

512

ndash 10

24

1024

ndash 2

048

2048

ndash 4

096

4096

ndash 8

192

8192

ndash 1

6384

Складні тони при однаковій основній частоті можуть відріз-

нятися за формою коливань і відповідно за гармонічним спект-ром Ця відмінність сприймається вухом як тембр звуку На-приклад однакові за основними частотами голосні звуки мови у різних людей відрізняються за тембром

Обrsquoєктивна гучність (сила звуку) визначається кількістю енергії що переноситься звуковою хвилею за одиницю часу че-рез переріз одиничної площі перпендикулярний до напрямку поширення хвилі Ця величина пропорційна квадрату амплітуди

68

хвилі та квадрату її частоти Це означає що сила звуку вказаної частоти пропорційна квадрату амплітуди Вухо людини не одна-ково чутливе до звуків різної висоти Людина чутиме звук якщо сила звуку перевищуватиме певну мінімальну величину mdash поріг чутності Звук інтенсивність якого нижча за поріг чутності вухом не сприймається Поріг болю відповідає максимальному значенню інтенсивності звуку перевищення якого викликає біль Вухо людини найбільш чутливе до звуків у інтервалі час-тот 1ndash3 кГц Для них поріг чутності складає близько 10ndash12 Втм2 а поріг болю перевершує поріг чутності приблизно в 1014 разів

2 Закон ВебераndashФехнера Рівень гучності даного звуку L

(при одній і тій самій частоті коливань) прямо пропорційний логарифму відношення його інтенсивності I до інтенсивності

0I яка відповідає порогу чутності

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

0lg

IIkL (1)

де k ndash коефіцієнт пропорційності 0

0

Для 1 lg I белів (Б)для 10 10lg децибелів (дБ)

k L Ik L I I

= == =

(2)

Мінімальний рівень гучності що сприймається вухом людини приблизно відповідає 1 дБ шепіт ndash 10 дБ мова людини ndash 60 дБ

3 Швидкість звуку У пружному середовищі швидкість по-

ширення поздовжніх хвиль

ρ=

Ev (3)

де E ndash модуль Юнга ρ ndash густина середовища

У газах MRTv γ

= (4)

де v

p

cc

=γ pc ndash теплоємність газу при сталому тиску сv ndash теп-

лоємність при сталому обrsquoємі R ndash молярна газова стала T ndash абсолютна температура M ndash молярна маса

69

Хвиля зміщень обумовлена поширенням звуку супрово-джується хвилею тиску причому амплітуда хвилі тиску ρΔ визначається за формулою

vA ωρ=ρΔ 0 (5) де 0ρ ndash густина середовища до приходу хвилі A ndash амплітуда ω ndash частота коливань що відповідають хвилі v ndash швидкість поширення хвилі

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Рівняння коливань у СІ має вигляд )6300sin( minus= tx Визна-

чити амплітуду коливань початкову фазу частоту і період

Розвrsquoязання

Порівнюючи вираз для x заданий в умові задачі із загаль-ною формулою гармонічного коливання

)sin( 0 ϕ+ω= tAx де A ndash амплітуда коливання ϕ+ω t0 ndash його фаза ϕ ndash початко-ва фаза 0ω ndash колова частота

Висновок що A =1 м ϕ = ndash6 рад 0ω = 300 сndash1

3002π

=T сndash1 = 21sdot10ndash2 с

Задача 2 Визначити період коливань фізичного маятника масою m

центр тяжіння якого С розташовано на відстані a від осі обер-тання Кути відхилення ϕ тіла від положення рівноваги вва-жати малими (рисунок)

70

Розвrsquoязання

Маятник рухатиметься до положення рівноваги під дією складової сили тяжіння P яка при малих кутах ϕ наближено становитиме P Pτ = minus ϕ

Момент цієї сили відноcно осі обертання z яка проходить че-рез точку підвісу О перпендикулярно площині рисунка M P a P aτ= = minus ϕ Під дією моменту M тіло одержує

кутове прискорення 2

2

dtd ϕ

=β яке до-

рівнює I

M=β де I ndash момент інерції

тіла відносно осі z Рівняння руху ма-ятника запишемо у вигляді

ϕminus=ϕ

IPa

dtd

2

2

Позначимо величину I

Pa через 20ω

тоді рівняння руху маятника матиме вигляд 20( ) ( ) 0t tϕ + ω ϕ =

Період коливань маятника визначається так

0

2 або 2 IТ ТPa

π= = π

ω

Враховуючи що mgP = остаточно знаходимо

2 IΤ

mga= π

Величина maIL = ndash зведена довжина фізичного маятника

Задача 3 Амплітуда тиску звукової хвилі PΔ = 6 Нм2 Визначити кіль-

кість енергії E що потрапляє протягом часу τ = 2 с у вухо лю-

ϕ

ϕР τ

Р

С

O

а

Р n

71

дини розташоване перпендикулярно до напрямку поширення хвилі Площа вуха S = 4middot10ndash4 м2 Густина повітря 0ρ = 129 кгм3

Розвrsquoязання

Кількість енергії що проходить за одиницю часу через оди-

ницю поверхні яка перпендикулярна до напрямку поширення хвилі визначається за формулою

τωρ=τ= vSAISE 2202

1 де A ndash амплітуда хвилі ω ndash частота коливань

Амплітуда хвилі тиску PΔ vAP ωρ=Δ 0

де 0ρ ndash густина середовища до приходу хвилі Перепишемо перше рівняння у вигляді

( )25

0

334 10 Дж2p SЕ E

vminusΔ τ

= sdot asymp sdotρ

72

Задачі

1 Тіло здійснює гармонічні коливання за законом

350sinx tπ= м Визначити амплітуди зміщення швидкості прискорення і сили якщо маса тіла m = 2 кг Знайти повну енергію тіла W Відповідь A = 50 м vA = 52 мс aA = 55 мс2

FA = 109 H W = 27middot103 Дж 2 Два однаково напрямлені коливання з однаковими час-тотами мають амплітуди відповідно 2middot10ndash2 м і 5middot10ndash2 м Друге коливання випереджає перше за фазою на 30deg Ви-значити амплітуду і початкову фазу сумарного коливання утвореного від додавання цих коливань якщо 00 =ϕ Відповідь A = 0068 м 0ϕ asymp 35deg asymp 06 рад 3 Додаються два однаково напрямлені гармонічні коли-вання з однаковими періодами 21 TT = =8 с і однаковими амплітудами 21 AA = = 002 м Різниця фаз коливань

ϕΔ = π4 початкова фаза 01ϕ одного з коливань дорівнює нулю Написати рівняння результуючого коливання Відповідь ( )2=37 10 sin ( 4)t 8x minussdot π + π м 4 Відомо що енергія коливань камертона ( 0ν = 500 Гц) протягом часу t =18 c зменшилась у n = 105 разів Знайти логарифмічний декремент затухання δ Відповідь 4

0ln( ) (2 ) 64 10n t minusδ = ν δ = sdot 5 Тіло масою m = 04 кг висить на пружині яка розтягується на 10ndash2 м під дією сили F = 04 H Логарифмічний декремент затухання тіла яке здійснює коливання δ =157 Визначити

73

період коливань при якому відбувається резонанс резонансну амплітуду якщо амплітуда вимушеної сили 0F = 2 H Відповідь резT asymp 067 c резA asymp 01 м 6 Уздовж деякої прямої поширюються коливання з пері-одом T = 025 с і швидкістю v = 48 мс Через 10 с після виникнення коливань у вихідній точці на віддалі 1S = 43 м від неї спостерігається зміщення точки 1x = 3sdot10ndash2 м Ви-значити в цей самий момент часу зміщення 2x і фазу 2ϕ у точці що лежить на віддалі 2S = 45 м від джерела коливань Відповідь 2x = 006 м 2ϕ = π2 7 Якщо хвилі поширюються зі швидкістю v = 24 мс при частоті ν = 3 Гц то чому дорівнює різниця фаз між двома точками віддаленими одна від одної на 2 м Відповідь ϕΔ = π2 8 Звук поширюється від поверхні Землі вертикально вгору За який час t звук проходить до висоти H =104 м якщо темпе-ратура повітря біля поверхні Землі T =289 К а вертикальний градієнт температури в атмосфері становить 0007 Км Відповідь t = 314 c 9 Порівняйте швидкість звуку в повітрі при 1T = 273 К і на висоті H = 3sdot103 м де температура повітря 2T = 223 К Відповідь 1v = 332 мс 2v = 300 мс 10 Знайти швидкість звукової хвилі у сталі Модуль Юнга для сталі 2sdot1011 Нм2 густина сталі 78sdot103 кгм3 Відповідь v = 5250 мс 11 Кажан летить перпендикулярно до стіни зі швидкіс-тю v = 6 мс випромінюючи ультразвук ν = 45sdot104 Гц Які частоти він сприймає Відповідь 466sdot104 Гц

74

12 Ехолотом вимірювалася глибина моря Яка була гли-бина моря якщо проміжок часу між виникненням звуку та його прийомом становив 25 с Коефіцієнт стиснення води 46sdot10ndash10 м2Н густина морської води 103sdot103 кгм3 Відповідь 1810 м 13 На відстані 0r = 20 м від точкового джерела звуку рі-вень гучності 0L =30 дБ Нехтуючи затуханням хвилі знайти рівень гучності на відстані r =10 м від джерела та відстань від нього на якій звук вже не можна почути Відповідь )lg(20 00 rrLL += L = 36 дБ r gt 063 км 14 Амплітуда хвилі тиску для звуку частотою ν = 3sdot103 Гц становить PΔ =10ndash3 Нм2 Визначити ампліту-ду зміщень A частинок повітря у такій хвилі Відповідь A = 12sdot10ndash8 м 15 Визначити різницю фаз ϕΔ у хвилі пульсу людини між двома точками артерії що розміщені на rΔ = 02 м од-на від одної Швидкість v пульсової хвилі 10 мс коли-вання серця є гармонічними частота ν = 12 Гц Відповідь ϕΔ = 0048π 16 Розрив барабанної перетинки відбувається при інтен-сивності звуку L = 150 дБ Визначити інтенсивність амп-літудне значення звукового тиску й амплітуду зміщення частинок у хвилі для звуку частотою ν = 1 кГц при яких відбудеться розрив барабанної перетинки Відповідь 1 кВтм2 937 Па 34sdot10ndash4 м 17 Нормальна розмова людини оцінюється рівнем гучно-сті звуку E = 50 дБ (приν = 1кГц) Визначити гучність звуку що відповідає гучності яка надходить від 100 лю-дей які одночасно розмовляють Відповідь 70 дБ

75

РОЗДІЛ 2

МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА І ТЕРМОДИНАМІКА

sect 1 Молекулярно-кінетична теорія газів

1 Молекулярно-кінетична теорія ndash це наукова теорія яка

пояснює теплові явища фізичні властивості тіл і речовин у різ-них агрегатних станах на основі їх молекулярної будови взає-модії та руху частинок (молекул атомів іонів)

Основне рівняння кінетичної теорії ідеального газу тиск газу P прямо пропорційний середній кінетичній енергії посту-пального руху молекул що знаходяться в одиниці обєму газу

к032 EnP = (1)

де VNn =0 ndash концентрація молекул N ndash кількість молекул V ndash

обrsquoєм газу кE ndash середнє значення кінетичної енергії посту-пального руху молекули газу

2 Стан газу характеризується сукупністю фізичних величин

ndash параметрів стану Певна маса m ідеального газу молярна маса якого M характеризується трьома параметрами обrsquoємом V тиском P і абсолютною температурою T

Параметри стану ідеального газу повrsquoязані між собою рів-нянням стану МенделєєваndashКлапейрона

nRTPV = (2)

де Mmn = ndash кількість молів R = 831 Дж(Кsdotмоль) ndash молярна

газова стала

Рівняння стану ідеального газу має вигляд

76

kTnV

kTnNP 0A == (3)

де AN

Rk = =138sdot10ndash23 ДжК ndash стала Больцмана

AN = 6022sdot1023 мольndash1 ndash стала Авогадро 3 Тепловий рух молекул газу характеризується такими фі-

зичними величинами Z ndash середня кількість зіткнень однієї молекули з інши-

ми молекулами за 1 с

022 nZ πσ= v (4)

де σ ndash ефективний діаметр молекули 0n ndash концентрація моле-кул v ndash середня швидкість теплового руху

λ ndash середня довжина вільного пробігу молекули

Zv

=λ або 0

221

nπσ=λ (5)

де ν ndash кількість ударів молекул газу об одиницю поверхні стін-ки за 1 с

vn041

=ν (6)

Відносна кількість 0N

N молекул газу що пролітають

шлях S без зіткнень

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

λminus=

SNN exp

0 (7)

де λ ndash середня довжина вільного пробігу молекул 4 При однакових температурі й тиску всі гази вміщують у

рівних обrsquoємах однакову кількість молекул Кількість молекул LN у 1 м3 за нормальних умов ( 0T =273 К 0P =1013sdot105 Па) на-

зивають сталою Лошмідта

77

0

0kTPNL = = 269sdot1025 мndash3 (8)

5 Рівняння Больцмана Середня кінетична енергія посту-

пального руху молекул ідеального газу пропорційна термодина-мічній температурі й залежить тільки від неї

kTE23

к = (9)

Формулу (9) отримаємо порівнюючи вирази (1) і kTnP 0= 6 Густина ρ ідеального газу при сталому тиску обернено

пропорційна температурі

tRTMP

Vm

β+ρ

===ρ1

0 (10)

де 0

0 RTMP

=ρ ndash густина газу при тиску P і температурі

0T = 27315 К β = 127315 К = 0003661 Кndash1 t ndash темпера-тура у degС )1(00 tTtTT β+=+=

7 Закон Дальтона формулюється так Якщо в обrsquoємі V при

температурі T міститься суміш різних газів то загальний тиск су-міші дорівнює сумі парціальних тисків її окремих компонент

sumsum ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==

i i

i

ii M

mVRTPP (11)

де i

ii M

mVRTP = ndash парціальний тиск і-ї компоненти суміші маса

якої im а молярна маса iM

8 Рівняння Ван дер Ваальса ndash рівняння стану реального га-зу для одного моля

( ) RTbVVap =minus⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ 02

0

(12)

78

де 0V ndash обrsquoєм одного моля газу сталі a і b для різних газів ви-значаються експериментально

Для довільної маси m газу рівняння Ван дер Ваальса за-писують так

RTMmb

MmV

Va

Mmp =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛+ 22

2 (13)

де V ndash обrsquoєм газу M ndash молярна маса газу Співвідношення між сталими Ван дер Ваальса ( a b ) і пара-

метрами критичного стану ( к к 0к T P V ndash відповідно критичні те-мпература тиск та обrsquoєм 1 моля газу) мають вигляд

bRaT

278

к = 2к 27baP = bV 3к0 =

звідки 8

3

к

к0к RTVP

= (14)

10 Закон розподілу Максвелла визначає відносну кіль-

кість молекул газу Ndv

vdN )( при заданій температурі що припадає

на одиничний інтервал швидкості (функція розподілу молекул за модулем швидкості)

( ) ( ) 2322 24

2

mvkT

dN v mF v vNdv kT e

minus⎛ ⎞= = π⎜ ⎟π⎝ ⎠ (15)

де m ndash маса молекули k ndash стала Больцмана Функція розподілу Макcвелла ( )vF дає імовірності для молекули мати модуль швидкості v в одиничному інтервалі швидкостей

Найбільш імовірна середня і середня квадратична швидкості молекул визначаються за формулами

MRT

mkTv 22

iм ==

MRT

mkTv

π=

π=

88

79

MRT

mkTvv 332

кв === (16)

11 Розподіл Больцмана (розподіл молекул газу в однорід-ному потенціальному полі) молекули розташовуються з біль-шою густиною там де менша їх потенціальна енергія

kTmgh

h ennminus

= 0 (17) де hn ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму на висоті h над рівнем Землі 0n ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму на висоті 0=h

80

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Скільки молекул повітря є у кімнаті місткістю 240 м3 при те-

мпературі 288 К і тиску 105 Па

Розвrsquoязання

Із рівняння МенделєєваndashКлапейрона

111 RTMmVP =

де R = 831 ДжКsdotмоль знайдемо Mmn = ndash кількість молів у цій

масі повітря

1

11RT

VPn =

Кількість молекул повітря у кімнаті визначається за формулою

AN N n=

де AN = 6022sdot1023 мольndash1 або

1

11RT

VPNN A sdot=

23 1 5 3

27602 10 моль 10 Па 240 м 6 10831 Дж (К моль) 288 K

Nminussdot sdot sdot

= asymp sdotsdot sdot

Задача 2 Визначити густину суміші 1m = 4sdot10ndash3 кг водню і 2m =32sdot10ndash3 кг

кисню при температурі 280 К і загальному тиску P = 93sdot104 Па

81

Розвrsquoязання

За законом Дальтона тиск суміші дорівнює 21 PPP += (1)

де 1P і 2P ndash парціальні тиски водню і кисню при заданих умовах Запишемо рівняння МенделєєваndashКлапейрона для кожного

газу окремо

11

111 RT

MmVP = і 2

2

222 RT

MmVP =

де 1M = 2sdot10ndash3 кгмоль 2M = 32sdot10ndash3 кгмоль З умови задачі VVV == 21 TTT == 21

Тоді для водню RTMmVP

1

11 = звідки

VRT

MmP

1

11 = (2)

Аналогічно для кисню VRT

MmP

2

22 = (3)

Підставимо вирази (2) і (3) в (1)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+=

2

2

1

1

2

2

1

1Mm

Mm

VRT

VRT

Mm

VRT

MmP

звідки ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

2

2

1

1Mm

Mm

PRTV

Густина суміші газів Vm

=ρ де 21 mmm +=

Тоді ( )( )RTMmMm

Pmm

2211

21++

=ρ

( )

( )

3 3 4

3 3

33

3

4 10 32 10 кг 93 10 Па

4 10 кг 32 10 кг 83Дж (K моль) 280 К32 10 кг моль2 10 кг моль

05 кг м

minus minus

minus minus

minusminus

sdot + sdot sdot sdotρ = asymp

⎛ ⎞sdot sdot⎜ ⎟+ sdot sdot sdot⎜ ⎟sdotsdot⎝ ⎠

asymp

82

Задача 3 Посудина повністю заповнюється воднем при Т1 = 291 К і зо-

внішньому тиску Р1 = 101sdot105 Па Унаслідок підвищення темпе-ратури зовнішнього повітря до Т2 =310 К і зниження тиску до Р2= 0985sdot105 Па надлишок газу витік крізь отвір завдяки чому вага посудини зменшилася на величину Q = 59 H Визначити початкову масу водню m

Розвrsquoязання

У початковому стані при 1T і 1P рівняння стану для водню

має вигляд

111 RTMmVP = (1)

де m ndash маса водню У кінцевому стані при 2T і 2P маса водню зменшилася

( )до тут ndash прискорення вільного падіння m Q g gminus тому рів-няння стану має вигляд

222 RTM

gQmVP minus= (2)

Обrsquoєм водню що заповнює посудину залишається сталим ( VVV == 21 ) тому виключаючи з (1) та (2) сталий обrsquoєм V знаходимо

( )

( )

1 2

1 2 2 1

5

5 5 2

101 10 Па 310 К 59 Н 68 кг101 10 Па 310 К 0985 10 Па 291 К 98 м с

PT QmPT PT g

= =minus

sdot sdot sdot= =

sdot sdot minus sdot sdot

Задача 4 Чому дорівнює найбільш імовірна швидкість молекул ідеаль-

ного газу який підлягає розподілу Максвела

83

Розвrsquoязання

Дослідження функції розподілу молекул за швидкостями ( ) 232

2 242

mvkT

dN v m vNdv kT e

minus⎛ ⎞= π⎜ ⎟π⎝ ⎠ (1)

свідчить про те що вона повинна мати максимум при певній швидкості v

Перепишемо (1) у вигляді

( ) 22

2

vAevF kTmv

minus= (2)

де A ndash множник який не залежить від v m ndash маса молекули k ndash стала Больцмана Умова екстремуму функції (2) має вигляд

( ) 022

2

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=

minus

kTmvvAe

dvvdF kT

mv

Звідси екстремальне значення vім (найбільш імовірна швидкість)

MRT

mkTv 22

ім ==

Задача 5 Який відсоток газових молекул має швидкості що відрізняються 1) від найбільш імовірної не більше ніж на 1 2) від середньої не більше ніж на 1

Розвrsquoязання

Розрахунки ґрунтуються на безпосередньому обчисленні від-сотка молекул тобто NvdN )(

Згідно з умовою

1) α===MRTvv 2

ім α= 020dv

84

Підставляючи ці дані у формулу розподілу Максвелла знаходимо

( )2

2 2 13

4 1 4002 002 00167 17 vdN v

e eN

minusminusα= α sdot α asymp asymp asymp

απ π

2) 28πα

=π

==MRTvv α

π==

040020 vdv

Звідси маємо ( ) 43

12 3 3 2

4 8 002 002 2 dN v

eN

minusπα sdot

= sdot asymp asympπ α sdot π

Задача 6 Тонка трубка завдовжки L обертається навколо вертика-

льної осі що проходить крізь її середину із частотою ν Те-мпература повітря дорівнює Т Визначити тиск повітря P0 всередині трубки якщо тиск біля відкритих її кінців дорів-нює атмосферному Pн Числові дані такі L = 05 м ν = 60 сndash1 Т = 290 К Pн= 101sdot105 Па

ρ ρ+ρ d

r dr

S1 2

Розвrsquoязання

Розподіл тиску газу вздовж трубки зумовлюється практи-чно тільки полем відцентрової сили що виникає при обер-танні Молекули повітря відкидаються відцентровими сила-ми до кінців трубки унаслідок чого при наближенні до кінця трубки тиск збільшуватиметься

85

Нехай у місці перерізу 1 маємо тиск P а у місці перерізу 2 одержимо ( dPP + ) Приріст тиску dP можна розглядати як результат дії на переріз 2 сили dF що виникає внаслідок обертання маси

SdrRTMPdVdm =ρ= (1)

Приріст тиску

RTrdrMP

Srdm

SdFdP

22 ω=

ω== (2)

Відокремлюючи змінні в рівнянні та інтегруючи в межах трубки одержимо

0

н 22

0

P L

P

dP M rdrP RT

ω=int int

RTLM

PP

8ln

22

0

н ω= (3)

Оскільки km

RM

= а πν=ω 2 знаходимо

kTLm

ePP 2н0

222νπminus

= 31031

н0minussdotminus= ePP

86

Задачі

1 Скільки молекул ударяється за 1 с об стінку посудини площею 1 м2 у якій знаходиться кисень при температурі 300 К і тиску 09sdot105 Па

Відповідь 2721 27 10

2 м сANN P N

kT M= = sdot

π sdot

2 Як зміниться кількість ударів двохатомного газу об сті-нку посудини площею 10ndash4 м2 за 1 с якщо обrsquoєм газу адіа-батично збільшити в К = 2 рази

Відповідь зменшиться в 3221

=+γ

K рази де VP CC=γ 3 При якому тиску середня довжина вільного пробігу мо-лекул водню дорівнює 0025 м Температура газу 240 К

Відповідь 2

06 Па2kTP P= =πσ λ

4 У посудині обrsquoємом V= 3sdot10ndash3 м3 міститься ідеальний газ при температурі 273 К Після того як частину газу випустили тиск у посудині знизився на ΔP = 078sdot105 Па Знайти масу газу що вийшла (густина даного газу за но-рмальних умов ρ0=13 кгм3)

Відповідь 0

0

0003 кгV PmP

ρ Δ= =

5 Газ із молярною масою М міститься під тиском P між двома однаковими горизонтальними пластинами Температура газу зростає лінійно від Т1 у нижній плас-тині до Т2 у верхній Обrsquoєм газу між пластинами дорів-нює V Знайти масу газу

Відповідь ( )( )

2 1

2 1

lnPMV T Tm

R T T=

minus

87

6 У посудині місткістю 2sdot10ndash3 м3 знаходиться суміш водню і гелію при Т = 293 К і тиску 2sdot105 Па Маса суміші 5sdot10ndash3 кг Знайти відношення маси водню до маси гелію в цій суміші

Відповідь ( )( )

21

2 1

105 тут

1a Mm mRTa

m a M PVminus

= = =minus

7 Обчислити тиск Р1 маси m = 11 кг вуглекислого газу що розмішений у балоні місткістю V= 2sdot10ndash2 м3 при темпе-ратурі 286 К Порівняти результат із тиском Р2 ідеального газу за тих самих умов Відповідь Р1= 25sdot106 Па Р2= 29sdot106 Па 8 Знайти критичну густину води

Відповідь 3ккг200 м3

Мb

ρ = =

9 Знайти сталі а і b рівняння Ван дер Ваальса для вугле-кислого газу за його критичним тиском Рк = 73sdot106 Па і температурою 3041 К Відповідь а = 0367 Паsdotм6моль2 b = 43sdot10ndash6 м3моль 10 При якій температурі густина ртуті дорівнює 1348 гсм3 якщо при 283 К вона дорівнює 1357 гсм3 Відповідь 320 К 11 На скільки збільшився б тиск води на стінки посудини якби зникли сили притягання між її молекулами

Відповідь 917 10 Па20

aPV

Δ = = sdot

12 Яка температура відповідає середній квадратичній швид-кості молекул вуглекислого газу що дорівнює 720 кмгод Відповідь 70 К

88

13 Визначте середню квадратичну швидкість краплинки води радіусом r = 10ndash8 м що знаходиться у повітрі при 290 К

Відповідь кв кв3

3 17 м с2

kTv vr

= asympπρ

14 Який відсоток молекул має швидкості що відрізня-ються від найбільш імовірної не більше ніж на 1

Відповідь 4 002 166 NN e

Δ= =

π

15 Знайти кількість молекул азоту що знаходяться за норма-льних умов в обrsquoємі 10ndash6 м3 і мають швидкості 99ndash101 мс Відповідь 17sdot1016 16 У момент вибуху атомної бомби досягається темпера-тура Т = 7sdot107 К Знайти середню квадратичну швидкість іонів водню якщо вважати що при такій температурі всі молекули повністю дисоційовані а всі атоми іонізовані Відповідь 13sdot106 мс 17 Азот міститься в дуже високій посудині в однорід-ному полі тяжіння при температурі Т Температуру збі-льшили у η разів На якій висоті концентрація молекул матиме значення таке саме як на нульовій висоті до моменту збільшення температури

Відповідь ( ) ln 1RTh Mg

η= η η minus

18 Визначити кількість електронів в 1 л при тиску 10 атм і температурі 200 degС Відповідь 43sdot1024 19 Відомо що 1 г радію випромінює за 1 с 37sdot1010 α-частинок (при радіоактивному α-розпаді радію утворюється гелій) Ви-значити тиск гелію що утворюється в герметичній ампулі

89

місткістю 1 см3 у якій протягом року було 100 мг радію Температура ампули 15 degС Відповідь 46sdot102 Па 20 Електрична лампа розжарювання наповнена азотом при тиску 600 мм рт ст Місткість колби лампи дорівнює 500 см3 Знайти обrsquoєм води що увійде в лампу якщо в ній відламати кінчик на глибині 1 м від поверхні Вважати атмосферний тиск рівним 760 мм рт ст Відповідь 14sdot10ndash4 см3

90

sect 2 Основні закони термодинаміки

1 Перший закон термодинаміки Кількість теплоти Qδ

передана термодинамічній системі іде на збільшення її вну-трішньої енергії dU і на роботу Aδ яку виконує система над зовнішніми тілами

AdUQ δ+=δ (1) Внутрішня енергія U є функцією стану системи тому її

приріст при переході системи з одного стану в інший не за-лежить від шляху переходу dU ndash повний диференціал Q і A є функціями процесу тому Qδ і Aδ не є повними дифе-ренціалами У круговому процесі

intdU = 0 тому intint δ=δ AQ За першим законом термодинаміки існування вічного двигу-

на першого роду (двигуна який би виконував більшу роботу ніж отримана ним іззовні енергія безмежно довго) неможливе

2 Теплоємністю тіла тC називається величина рівна кіль-

кості теплоти яку потрібно надати тілу щоб підвищити його температуру на один кельвін

dTQC δ=т (2) Теплоємність одиниці маси речовини (питома теплоємність)

пC повrsquoязана з молярною теплоємністю C співвідношенням MCC п = (3)

де M ndash молярна маса

3 Якщо нагрівання речовини відбувається при сталому обrsquoємі (V = const) то говорять про молярну теплоємність

VC при сталому обrsquoємі

V

M

V

MV dT

dUdTQC ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ δ

= (4)

Якщо нагрівання відбувається при сталому тиску ( P = const) то говорять про молярну теплоємність PC при сталому тиску

91

M MP

P P

VV

P P

Q dU PdVCdT dT

C dT PdV dVC PdT dT

δ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(5)

звідки RCC VP += (6)

(рівняння Р Майєра для ідеального газу)

4 Закон рівномірного розподілу енергії за ступенями вільності На кожен ступінь вільності (поступальний оберта-льний коливальний) у середньому припадає однакова кінети-

чна енергія рівна kT21 Із цього закону випливає що середня

енергія молекули

2

kTiE = (7)

де колобпос 2iiii ++= ndash сума поступальних обертальних та по-двоєної кількості коливальних ступенів вільності молекул

Молекули ідеального газу не взаємодіють між собою тому

внутрішню енергію моля ідеального газу мU знаходять із виразу

м 2 2A A Vi iU N E N kT RT C T= = = = (8)

де RiCV 2=

Відношення теплоємностей

iiCC VP

2+==γ (9)

5 Процес зміни стану системи який відбувається зі сталою теплоємністю C = const називається політропним Рівняння політропи ідеального газу

nPV = const (10)

де P

V

C CnC C

minus=

minus ndash показник політропи

92

Для ізотермічного процесу n = 1 і рівняння політропи пере-ходить у рівняння ізотерми (закон БойляndashМаріотта) infin=C

PV = const (11) Для адіабатичного процесу γ== VP CCn і рівняння політропи

переходить у рівняння адіабати (рівняння Пуассона) 0=C γPV = const (12)

Рівняння адіабати ідеального газу в змінних T і V T і P мають вигляд

1minusγTV = const 1minusγ

γ

PT = const (13)

6 Робота При переході газу зі стану 1 з обrsquoємом 1V до стану 2

з обrsquoємом 2V роботу знаходять із виразу

( )dVVPAV

Vint=2

1

12 (14)

При ізохорному процесі 0=dV отже 012 =A (15)

При ізобарному процесі P = const тому ( )1212 VVPA minus= (16)

Робота ідеального газу в ізотермічному процесі

int ==2

1 1

212 ln

V

V VVRT

Mm

VdVRT

MmA (17)

Робота ідеального газу в адіабатичному процесі

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus

minusγ=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus

minusγ=

minusγminusγ 1

2

111

2

11112 1

)1(1

)1( VVRT

Mm

VVVPA (18)

Коефіцієнт корисної дії теплової машини

нн

хн

QA

QQQ

=minus

=η (19)

де нQ ndash теплота отримана робочим тілом від нагрівника хQ ndash теплота віддана робочим тілом холодильнику

93

ККД (коефіцієнт корисної дії) циклу Карно

н

хнT

TT minus=η (20)

де нT і хT ndash температури нагрівника і холодильника 8 Другий закон термодинаміки (формулювання Кельвіна)

Неможливий круговий процес єдиним результатом якого було б виконання роботи за рахунок охолодження теплового резервуа-ра Другий закон термодинаміки доводить що в круговому про-цесі має місце неповне перетворення теплоти отриманої від на-грівника у роботу тобто неможливе існування теплової машини з 0х =Q і 1=η (вічного двигуна другого роду)

9 Ентропія ndash термодинамічна функція стану макросистеми

зміна якої при елементарному оборотному процесі дорівнює зведеній теплоті цього процесу

TdQdS = (21)

При скінченному оборотному переході будь-якого виду

int=minus=Δ2

112 T

dQSSS (22)

Для n молів ідеального газу 1

2

2

1 lnlnVVnR

TTnCS V +=Δ

10 Другий закон термодинаміки для ізольованої системи

Усі реальні необоротні процеси зміни стану в ізольованій сис-темі відбуваються зі збільшенням ентропії при оборотних про-цесах ентропія залишається незмінною

0gedS (23)

11 Формула Больцмана Ентропія пропорційна натурально-му логарифму термодинамічної ймовірності W стану системи

WkS ln= (24) де k ndash стала Больцмана

94

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ 1 Рівняння енергетичного балансу для живого організму

Кількість теплоти що звільнюється в організмі при засвоєнні їжі витрачається на компенсацію витрат теплоти серQ у навко-лишнє середовище і на виконувану роботу A

AQQ += сер (25)

2 Теплота витрачається організмом у навколишнє середовище шляхом теплопровідності конвекції випаровування випромі-нювання Співвідношення між цими процесами за інших рівних умов залежить від температури вологості та руху повітря навко-лишнього середовища Вважається що теплові витрати організму людини в умовах помірного клімату в середньому становлять 7sdot106 Дж за добу і розподіляються приблизно так теплопровідніс-тю і конвекцією ndash 20 випромінюванням ndash 50 випаровуванням ndash 30 Якщо врахувати добову механічну роботу яку виконує ор-ганізм людини (без особливого фізичного навантаження) то теп-лові витрати за добу становлять приблизно 107 Дж

3 При вивченні хімічних реакцій у клітинах які протікають

при P =const замість внутрішньої енергії U вводять нову фун-кцію стану H ndash ентальпію

PVUH += (26) у диференціальній формі

PdVdUdH += при P = const (27)

4 Поняття про термодинаміку відкритих систем Живі органі-зми відносяться до відкритих термодинамічних систем (система об-мінюється енергією і речовиною з навколишнім середовищем) У відкритих системах розглядають реальні необоротні процеси і ви-вчають зміну ентропії з часом Швидкість зміни ентропії для відкри-

тої системи dtdS дорівнює швидкості зміни ентропії всередині сис-

теми dt

dSi у результаті протікання необоротних процесів (dt

dSi нази-

95

вають також продукцією ентропії) плюс швидкість зміни ентропії edS

dt за рахунок процесів обміну з навколишнім середовищем

i edS dS dSdt dt dt

= + (28)

Для стаціонарного стану у відкритій термодинамічній систе-мі функції стану не змінюються з часом отже й ентропія S = const (але не максимальна) тоді

0=dtdS

тобто отримуємо

0i edS dSdt dt

+ = (29)

Оскільки idS є зміною ентропії у замкненій (ізольованій) си-стемі внаслідок необоротних процесів (зміна ентропії в організ-мі зумовлена дифузією теплопровідністю хімічними реакціями що протікають у самому організмі) то згідно з другим законом термодинаміки 0gtidS Отже для забезпечення стаціонарного стану відкрита система повинна обмінюватися з навколишнім середовищем енергією і речовиною у такій кількості щоб вико-нувалося співвідношення

i edS dSdt dt

= minus (30)

Крім того як показав І Пригожин (у рамках лінійної нерів-новажної термодинаміки) стаціонарний стан характеризується мінімумом продукції ентропії у стаціонарному стані при фік-сованих зовнішніх параметрах продукція ентропії у відкри-тій системі наближається до мінімального значення тобто

dtdSi rarrmin (31)

Принцип Пригожина про мінімум продукції ентропії у стаціо-нарному стані є кількісним критерієм еволюції відкритих систем

96

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити внутрішню енергію 1 кг кисню при температурі 300 К

Розвrsquoязання

Внутрішня енергія довільної маси газу пропорційна кіль-кості ступенів вільності термодинамічній температурі й ма-

сі газу RTiMmU

2=

1кг 5 Дж831 195 кДж0032 кг моль 2 К моль

U = sdot sdot =sdot

Задача 2 Для нагрівання певної кількості газу на ΔТ1= 50 К при сталому

тиску витратили ΔQ1 = 160 Дж Якщо цю кількість газу охолодити на ΔТ2= 100 К при сталому обrsquoємі то виділяється ΔQ2= 240 Дж Яку кількість ступенів вільності і мають молекули цього газу

Розвrsquoязання

Теплота що витрачається на нагрівання газу при сталому тиску

11 TCQ PMm Δ=Δ

Теплота що виділяється під час охолодження цього газу при сталому обrsquoємі

22 TCQ VMm Δ=Δ

де m ndash маса газу M ndash молярна маса PC і VC ndash молярні тепло-ємності при сталому тиску і сталому обrsquoємі

Враховуючи що i

iCC

V

P 2+= одержимо

97

2

1

2

1TT

CC

QQ

V

p

ΔΔ

=ΔΔ або

2

1

2

1 )2(TT

ii

QQ

ΔΔ+

=ΔΔ

Тоді 10050)2(

240160

ii +

= і = 6

Задача 3 Обчислити зміну ентропії 14sdot10ndash3 кг азоту що охолоджується

від температури Т1=300 К до Т2 = 273 К при сталому обrsquoємі

Розвrsquoязання

Процес охолодження азоту при сталому обrsquoємі оборотний Отже

int int ===Δ2

1

2

1 1

2 lnTTmC

TdTmC

TdQS VV

де VC ndash питома теплоємність азоту при сталому обrsquoємі

3Джкг К

5 831 Дж (К моль) 7402 2 28 10 кг мольViRCM minus sdot

sdot sdot= = asymp

sdot sdot

3 237 Дж14 10 кг 740 Дж (кг К) ln 103300 К

S minusΔ = sdot sdot sdot = minus

У цьому процесі ентропія зменшується Задача 4 Визначити зміну ентальпії закритої системи у процесі роз-

ширення системи при сталому тиску

Розвrsquoязання

Зміна ентальпії при P = const записується таким чином VPUVVPUH Δ+Δ=minus+Δ=Δ )( 12 (1)

Згідно з першим законом термодинаміки запишемо VPQU Δminus=Δ (2)

98

Підставимо (2) в (1) і одержимо QVPVPQH =Δ+Δminus=Δ

Висновок збільшення ентальпії при сталому тиску дорівнює теплоті Q що передана закритій системі

Задача 5 У циліндрі міститься 16 кг кисню при температурі 17 degС і

тиску 42sdot106 Па До якої температури слід нагріти кисень щоб робота з його розширення дорівнювала 35 кДж

Розвrsquoязання

Виконана киснем при ізобарному нагріванні робота

)( 12 VVPA minus= де 1V ndash обrsquoєм кисню при температурі 1T 2V ndash обrsquoєм кисню при температурі 2T (яку необхідно визначити)

Користуючись рівнянням МенделєєваndashКлапейрона отримаємо

)()( 1212 TTRMmVVPA minus=minus= отже 12 T

mRAMT +=

3 3 3

235 10 Дж 32 10 кг м 273К 290 K 374 К

16 кг 831 Дж (моль К)T

minussdot sdot sdot sdot= + =

sdot sdot

99

Задачі

1 У кімнаті місткістю 90 м3 повітря змінюється повністю через 2 години Яка кількість теплоти потрібна для нагрі-вання повітря в кімнаті за добу якщо температура повітря повинна становити 290 К а зовнішнє повітря має темпера-туру 268 К Густина повітря 129 кгм3 Відповідь 3sdot107 Дж 2 Як змінюється внутрішня енергія 01 кг кисню при нагрі-ванні від Т1=283 К до Т2 =333 К якщо процес нагрівання йде 1) при сталому обrsquoємі 2) при сталому тиску 3) унаслідок адіабатичного стиснення Відповідь у всіх випадках зміна внутрішньої енергії

)( 12 TTmCU V minus=Δ asymp 3sdot103 Дж 3 Яку кількість теплоти треба надати азоту при ізобарно-му нагріванні щоб газ виконав роботу А= 2 Дж

Відповідь 7 Дж1

AQ γ=

γ minus

4 Тиск повітря на рівні моря 09sdot105 Па а на вершині гори 077sdot105 Па Яка висота гори якщо температура повітря 278 К Відповідь 1309 м 5 Певна кількість азоту при температурі 300 К і тиску 101sdot105 Па стискується адіабатично до обrsquoєму що у 5 разів менший за початковий Визначити тиск і темпера-туру азоту після стиснення Порівняти тиск зі значенням тиску при ізотермічному стисненні Відповідь 95sdot105 Па 571 К

100

6 10 л азоту що перебував при тиску Р1= 101sdot105 Па сти-скують до Р2 = 107 Па Визначити роботу газу при адіаба-тичному стисненні

Відповідь

1

31 1 2

1

1 68 10 Дж1

PV PА AP

γminusγ

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= minus = minus sdot⎜ ⎟⎢ ⎥γ minus ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

7 Ідеальний газ із показником адіабати γ розширили за зако-ном P=αV де α ndash стала Початковий обrsquoєм газу V0 Унаслідок розширення обrsquoєм газу зріс у η разів Знайти зміну внутрі-шньої енергії роботу розширення газу молярну теплоємність

Відповідь ( ) ( )2 2

0 2 20

1 1 1 21 2 V

VU A V C C R

α η minusΔ = = α η minus = +

γ minus

8 Визначити чому дорівнює збільшення ентропії ідеаль-ного газу масою m (молярна маса М) що заповнює обrsquoєм V1 унаслідок адіабатичного розширення в пустоту до обrsquoєму V2 (необоротний процес)

Відповідь 2

1

lnm VS RM V

Δ =

9 Шматок льоду масою m = 01 кг при температурі Т1 = 240 К переведено в пару при температурі Т2 = 37 К Ви-значити зміну ентропії ΔS якщо тиск Р = 105 Па не зміню-ється Питома теплоємність льоду Сл = 18sdot103 Дж(кгsdotК) пи-тома теплоємність води Св = 419sdot103 Дж(кгsdotК) питома теп-лота плавлення λ= 335sdot105 Джкг питома теплота пароутво-рення r = 226sdot106 Джкг Відповідь 8824 ДжК 10 Визначити зміну ентропії 10ndash3 кг водню в такому про-цесі спочатку газ адіабатично стискується до обrsquoєму що у два рази менший за початковий а потім ізотермічно роз-ширюється до початкового обrsquoєму (процеси оборотні)

Відповідь Джln 2 58К

mS RM

Δ =

101

11 Обчислити зміну ентропії одного моля ідеального газу при політропічному процесі теплоємність якого дорівнює С Розглянути випадки С = Ср С = СV С = infin С = 0 Відповідь

2 2 1

1 1 2

ln ln ln 0P VT T PS C S C S R ST T P

Δ = Δ = Δ = Δ =

12 Визначити термодинамічну ймовірність та ентропію системи що складається з чотирьох мікрообrsquoємів у яких 20 частинок розподілено як 3 4 8 і 5 Який із двох проце-сів буде самочинним якщо в результаті певних змін час-тинки розподілились у мікрообrsquoємах в одному випадку ndash 6 4 4 і 6 а в іншому ndash 1 11 7 і 1 Відповідь W = 35sdot109 S = 303sdot10ndash23 ДжК 13 Відкрита система обмінюється із зовнішнім середови-щем потоком енергії j1 і потоком речовини j2 Обидва по-токи взаємопозвrsquoязані Через певний час відкрита система переходить у стаціонарний стан Як зміниться ентропія у стаціонарному стані

Відповідь mini

dSdt

⎛ ⎞ rarr⎜ ⎟⎝ ⎠

14 Ідеальна теплова машина що працює за циклом Карно одержала теплоту від нагрівника при температурі 200 degС Холодильник має температуру 100 degС За певний час ма-шина одержала від нагрівника 10 кДж енергії Визначити виконану роботу передану холодильнику кількість тепло-ти і коефіцієнт корисної дії Відповідь А = 21 кДж Q = 79 кДж η = 21 15 У котлі парової машини температура становить 150 degC Температура холодильника 10 degC Яку теоретично максима-льну роботу можна одержати витративши 4190 Дж теплоти Відповідь sim14sdot103 Дж

102

sect 3 Явища перенесення

1 Молекули газу безперервно і безладно рухаючись постій-

но перемішуються обмінюються швидкостями та енергіями Цей процес перемішування зумовлює явища перенесення mdash дифузію внутрішнє тертя і теплопровідність

Перенесення маси (дифузія) кількості руху (внутрішнє тертя) і кінетичної енергії (теплопровідність) у певному напрямку в газі можливе тільки тоді коли в цьому напрямку існує градієнт відпо-відно густини ρ швидкості перенесення V температури Т

2 Рівняння дифузії (перший закон Фіка) Маса газу mΔ

що переноситься за рахунок дифузії через площину SΔ перпе-ндикулярну напрямку Ох уздовж якого зменшується густина пропорційна площі цієї площини проміжку часу tΔ перенесен-

ня і градієнту густини dxdρ

tSdxdDm ΔΔρ

minus=Δ (1)

де D ndash коефіцієнт дифузії м2с 3 Рівняння теплопровідності (закон Фурrsquoє) Кількість теп-

лоти що переноситься через площину SΔ перпендикулярну напрямку Ох уздовж якого зменшується температура пропор-ційна площі цієї площини проміжку часу tΔ перенесення і гра-

дієнту температури dxdТ

=ΔQ ndashaeligdТdx

tSΔΔ (2)

де aelig ndash теплопровідність ВтмsdotК 4 Рівняння що описує явище внутрішнього тертя (закон

Ньютона) Сила внутрішнього тертя що виникає у площині

103

стикання двох шарів газу які рухаються один відносно одного пропорційна площі їх стикання SΔ і градієнту швидкості dxdv

SdxdvF Δη= (3)

де η ndash вrsquoязкість або коефіцієнт внутрішнього тертя Паsdotс 5 У рамках молекулярно-кінетичної теорії явищ перенесення

в газах для коефіцієнтів дифузії D вrsquoязкості η теплопрові-дності aelig отримано рівняння

vD λ=31 ρλ=η v

31 aelig VCv ρλ=

31 (4)

де v ndash середньоарифметична швидкість молекул λ ndash середня довжина вільного пробігу ρ ndash густина газу VC ndash питома тепло-ємність при сталому обrsquoємі

104

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Знайти масу mΔ азоту що переноситься за рахунок ди-

фузії через площину SΔ =10ndash2 м2 за час tΔ = 10 с якщо граді-єнт густини в напрямку перпендикулярному площині

xΔρΔ = ndash126 кгм4 Температура азоту Т = 300 К середня до-вжина вільного пробігу молекул азоту λ = 10ndash7 м

Розвrsquoязання

Відповідно до формули (1)

tSx

vm ΔΔΔ

ρΔλminus=Δ

31

де v =MRT

π8 M = 0028 кгмоль ndash молярна маса азоту

Остаточно одержимо

tSxM

RTm ΔΔΔ

ρΔπ

λ=Δ8

31

7

4 2 2 6

1 8 831Дж (моль К) 300 K10 м3 314 0028кг моль

126 кг м 10 м 10 с 2 10 кг

m minus

minus minus

sdot sdot sdotΔ = times

sdot

times sdot sdot = sdot

Задача 2 Знайти коефіцієнт внутрішнього тертя η азоту за норма-

льних умов якщо коефіцієнт дифузії для нього за цих умов D = 142sdot10ndash5 м2с

105

Розвrsquoязання

Відповідно до формул (4)

ρλ=η v31 = ρD

де ρ ndash густина азоту Величину ρ одержимо з рівняння RTPM=ρ

де P і T ndash тиск і температура M = 0028 кгмоль ndash молярна маса азоту

За нормальних умов P =105 Па і T = 273 К Одержимо

RTPМD=η

( ) ( )5 2 5

5142 10 м с 10 Па 0028 кг моль 18 10 кг м с831Дж К моль 273К

minusminussdot sdot sdot

η = = sdot sdotsdot sdot

Задача 3 Звичайний термос є посудиною із подвійними стінками

між якими міститься дуже розріджений газ (наприклад во-день) для якого довжина вільного пробігу молекул значно більша відстані між стінками Визначити нижче якого зна-чення має бути тиск P водню щоб його теплопровідність була меншою ніж при атмосферному тиску якщо відстань між стінками посудини d = 8sdot10ndash3 м температура Т =300 К а діа-метр молекул водню σ = 23sdot10ndash10 м

Розвrsquoязання

Для того щоб коефіцієнт теплопровідності водню став меншим

ніж при атмосферному тиску повинна виконуватися нерівність

dgtλ або 2

1

02 dn

gtπσ

де n0 ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму яка повrsquoязана з тис-ком Р співвідношенням

106

0 kTPn =

де k ndash стала Больцмана Т ndash температура газу Пояснимо необхідність виконання умови dgtλ Якщо dgtλ то теплопровідність aelig знаходять із рівняння

aelig VV CvdmnCvd 031

31

=ρ=

де m ndash маса молекули водню Отже бачимо що починаючи з певних значень 0n (відповід-

но 0P ) теплопровідність починає зменшуватись пропорційно 0n При dleλ теплопровідність не залежить від тиску (від 0n )

адже

aelig VVV CvmCvmnn

Cv 200

2 231

21

31

31

πσsdot=

πσsdot=λρ=

З умови dgtλ бачимо що тиск P задовольняє співвідно-

шення 2 2dkTPπσ

lt

Підставивши числові значення одержимо

( )23

210 2 3

138 10 Дж К 300 К

2 314 23 10 м 8 10 мP

minus

minus minus

sdot sdotlt

sdot sdot sdot sdot sdot 2ltP Па

107

Задачі

1Визначити яка частина молекул газу 1) пролітає без зіткнень відстані що перевищують середню довжину вільного пробігу λ 2) має довжини вільного пробігу в інтервалі від λ до 2λ Відповідь 037 023 2 Азот міститься в посудині за нормальних умов Знайти кі-лькість зіткнень що зазнає кожна молекула за 1 с Відповідь 2 10 12 074 10 cd n V minusν = π ν = sdot 3 Знайти коефіцієнт дифузії водню за нормальних умов якщо середня довжина вільного пробігу молекул за цих умов 16sdot10ndash7 м Відповідь D= 91sdot10ndash5 м2с 4 Знайти коефіцієнт внутрішнього тертя азоту за норма-льних умов якщо коефіцієнт дифузії для нього за цих умов 142sdot10ndash5 м2с Відповідь 18sdot10ndash5 кгмsdotс 5 Знайти коефіцієнт дифузії та коефіцієнт внутрішнього те-ртя повітря при тиску 101sdot105 Па і температурі 283 К Діа-метр молекули повітря прийняти рівним d = 3sdot10ndash10 м Відповідь 148sdot10ndash5 м2с 182sdot10ndash5 кгмsdotс 6 Відстань між стінками посудини Дюара 8sdot10ndash3 м При якому тиску теплопровідність повітря почне зменшуватися при відка-чуванні Діаметр молекули повітря 3sdot10ndash10 м температура 290 К Відповідь 13 Па 7 Побудувати графік залежності коефіцієнта дифузії водню від температури при сталому тиску Діаметр молекули водню 23sdot10ndash10 м тиск 105 Па

108

8 Знайти масу Δm азоту що проходить завдяки дифузії через площину 100 см2 за 10 с якщо градієнт густини 126 кгм4 λ = 10ndash7 м Т = 300 К Відповідь 2sdot10ndash6 кг 9 Яка кількість теплоти втрачається за 1 годину через по-двійну тепличну раму за рахунок теплопровідності повітря яке знаходиться між її поліамідними плівками Площа кож-ної плівки 4 м2 відстань між ними 03 м Температура у теп-лиці +18 degС температура зовнішнього повітря ndash20 degС Тем-пературу повітря між плівками вважати середньоарифмети-чною величиною температур у теплиці й зовні Радіус моле-кули повітря 15sdot10ndash10 м молярна маса повітря 0029 кгмоль Відповідь 025sdot105 Дж 10 Зовнішня поверхня стіни кімнати має температуру 253 К внутрішня 293 К Товщина стіни ndash 04 м Визначи-ти коефіцієнт теплопровідності цегли якщо за 1 годину кожний 1 м2 її поверхні втрачає 300 кДж теплоти Відповідь 083 ВтмsdotК 11 Визначити розподіл температури у просторі між двома концентричними сферами з радіусами R1 i R2 що заповне-ний газом при великому тиску якщо температури обох сфер сталі й дорівнюють відповідно Т1 і Т2

Відповідь ( )1 2 1 2 2 2 1 1

2 1 2 1

R R Т Т 1 T R T RТR R R R R

minus minus= sdot +

minus minus

12 Теплопровідність гелію 42 He у 87 разів більша за теп-

лопровідність аргону 4018 Ar (за нормальних умов) Знайти

відношення ефективних діаметрів атомів аргону та гелію

Відповідь Ar

He

17dd

=

109

sect 4 Молекулярні явища в рідинах

1 Поверхневий натяг α ndash це фізична характеристика ріди-

ни чисельно рівна силі F із якою рідина діє на одиницю дов-жини периметра L поверхневої ділянки

LF

=α (1)

Сила поверхневого натягу напрямлена по дотичній до поверх-ні рідини перпендикулярно ділянці контуру на яку вона діє

Одиницями вимірювання сили поверхневого натягу є 2Н Джм м

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2 Робота dA сил поверхневого натягу при ізотермічному

збільшенні поверхні рідини на величину dS dSdA αminus= (2)

Оскільки робота що виконується при оборотному ізотермічно-му процесі дорівнює зменшенню вільної енергії Гельмгольца dF

dFdA minus= то можна записати

dFdSdA minus=αminus= Поверхневий натяг α чисельно дорівнює додатковій вільній

енергії яку має одиниця площі поверхні або роботі зовнішніх сил яка йде на утворення одиниці площі поверхні

dSdF=α або dSdA=α (3)

3 Прихована теплота утворення плівки (теплота утворен-ня одиниці поверхні плівки) ndash це кількість теплоти q яку необ-хідно підводити до рідини при ізотермічному збільшенні площі поверхні на одиницю

Величина q повrsquoязана з температурою T та поверхневим натягом α співвідношенням

dTdT

TTq

S

αminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpartα

minus= (4)

110

4 Формула Лапласа Якщо поверхня рідини не плоска а опук-ла то наявність поверхневого натягу приводить до виникнення додаткового тиску PΔ з боку поверхневого шару на нижні шари

5 Додатковий тиск PΔ знаходять із формули Лапласа

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+α=Δ

21

11RR

P (5)

де 1R і 2R ndash радіуси кривизни будь-якої пари взаємно перпен-дикулярних нормальних перерізів поверхні рідини

6 Висота піднімання змочуючої рідини в капілярних тру-

бках і відповідно глибина опускання незмочуючої рідини ви-значаються за формулою БорелліndashЖюрена

grh

ρθα

=cos2 (6)

де r ndash радіус капіляра ρ ndash густина рідини g ndash прискорення вільного падіння θ ndash крайовий кут (для змочуючої рідини

2π

θ lt для незмочуючої 2π

θ gt )

7 Осмосом називають дифузію молекул розчинника через

напівпроникну перегородку яка відділяє розчин від чистого розчинника або два розчини різної концентрації Напівпроникна перегородка пропускає молекули розчинника але не пропускає молекул розчиненої речовини Розчинена речовина створює па-рціальний тиск на стінки посудини Цей тиск називають осмо-тичним тиском осмP бо він виникає при осмосі

Згідно із законом Вант-Гоффа

CRTRTMVmP ==осм (7)

де m і M ndash маса і відповідно молярна маса розчиненої речови-ни V ndash обrsquoєм розчину T ndash абсолютна температура R ndash газова

стала MVmC = ndash молярна концентрація розчину

111

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Краплю води масою m =10ndash4 кг уведено між двома плоски-

ми і паралельними між собою скляними пластинками Чому дорівнює сила притягання F між пластинками якщо відстань між ними d =10ndash6 м Коефіцієнт поверхневого натягу води α = 73sdot10ndash3 Нм Вважати що крайовий кут θ = 0

Розвrsquoязання

d

R

Із рисунка видно що радіус краплі

2dS π= π

=SR (1)

Маса краплі dSm ρ= (2) звідки dmS ρ=

Якщо підставити (2) в (1) одержимо

м10181 2minussdot=π

sdotsdotρ

=d

mR

Оскільки крайовий кут θ дорівнює нулю то радіус кривизни поверхні води у площині нормального перерізу яка перпенди-кулярна до площин пластинок == 2dr 05sdot10ndash6 м

112

Оскільки R rgtgt то можна вважати що додатковий тиск за-лежить лише від радіуса кривизни r і в обrsquoємі краплі

drP α

=α

=Δ2

Силу зчеплення F знаходимо з виразу d

md

PSFρ

sdotα

=Δ=2

F = 146sdot103 H Задача 2 У ґрунті завдяки його пористості (капілярності) вода підня-

лася на висоту h = 04 м Визначити діаметр d ґрунтових капіля-рів (пор) якщо вважати що вони мають циліндричну форму а вода повністю змочує ґрунт

Розвrsquoязання

Із формули БорелліndashЖюрена визначимо

( )ghrd ρθsdotα== cos42 де r ndash радіус капіляра α ndash коефіцієнт поверхневого натягу води ρ ndash густина води 0=θ ndash крайовий кут

Тоді 53 3 2

4 0073Н м 74 10 м10 кг м 98 м с 04 м

d minussdot= = sdot

sdot sdot

Задача 3 Капілярну трубку занурено у воду так що довжина незану-

реної її частини дорівнює L= 02 м Вода піднялася у трубці на висоту L2 = 01 м У цьому положенні отвір верхнього кінця трубки затискають і трубку занурюють у воду доти доки рівень води у трубці не зрівняється з рівнем води у посудині Знайти довжину частини трубки h яка при цьому виступає із води Зовнішній тиск дорівнює 105 Нм Вважати що відбувається повне змочування тобто 0=θ

113

Розвrsquoязання

Вода у трубці піднімається під дією сил поверхневого натягу Висота піднімання в першому випадку визначається умовою

22 2 Lgrr ρπ=απ

де α ndash коефіцієнт поверхневого натягу r ndash радіус трубки У другому випадку сила поверхневого натягу зрівноважує

силу яка виникає через різницю тисків усередині трубки P і атмосферного 0P

)(2 02 PPrr minusπ=απ

Із цих двох рівнянь знаходимо

20gLPP ρ

=minus (1)

Тиск P визначаємо із закону БойляndashМаріотта

00VPPV = 2

20

2 LrPhrP π=π звідки h

LPP20=

Отже 2

120

Lgh

LP ρ=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus Звідси дістаємо

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ρ+

=

0212

PLg

Lh

3 3 25

02 м02 м2 1 10 кг м 98м с

2 10 Па

h =⎛ ⎞

+ sdot⎜ ⎟sdot⎝ ⎠

= 99sdot10ndash2 м

Покажемо як можна отримати співвідношення (1) іншим шляхом У першому випадку тиск повітря в трубці над поверх-нею рідини атмосферний 0P Тиск у рідині трубки під угнутою поверхнею 1P буде менший за атмосферний на PΔ ( PPP Δminus= 01 ) Додатковий тиск знаходять із формули Лапласа

rP α

=Δ2 Тиск у рідині трубки на рівні води посудини згідно із

114

законом Паскаля буде рівний атмосферному 0P і може запису-

ватись як сума тиску 1P та гідростатичного тиску 2Lgρ

22

22 0010gL

rPLgPPLgPP ρ

+α

minus=ρ+Δminus=ρ+=

Звідси маємо 2

2 gLr

ρ=

α У другому випадку коли рівень во-

ди у трубці зрівнявся з рівнем води в посудині тиск повітря у трубці P над угнутою поверхнею води буде більший за атмос-

ферний 0P на значення додаткового тиску 2

2 gLr

P ρ=

α=Δ Тоб-

то 200gLPPPP ρ

+=Δ+= або 20gLPP ρ

=minus

115

Задачі

1 Визначити коефіцієнт поверхневого натягу масла гус-тина якого 091sdot103 кгм3 якщо при пропусканні через пі-петку 4sdot10ndash6 м3 масла одержано 304 краплини Діаметр шийки піпетки дорівнює 12sdot10ndash3 м Відповідь α = 314sdot10ndash2 Нм 2 Два скляні диски радіусом R = 5sdot10ndash2 м змочили водою і склали так що товщина шару води між ними h = 19 мкм Знайти силу яку треба прикласти перпендикулярно по площині дисків щоб відірвати їх один від одного (вважати змочування повним) Відповідь hRF 2 2απ= F = 06 кН 3 У горизонтальному капілярі діаметром d = 2sdot10ndash3 м містить-ся стовп води заввишки h = 01 м Скільки рідини витече з ка-піляра якщо його поставити вертикально у посудину з водою Відповідь Δm = 22sdot10ndash4 кг 4 Визначити вагу Р водяного павука що знаходиться на поверхні води якщо відомо що під кожною із восьми ла-пок павука утворюється напівсферичне повітряне заглиб-лення радіусом R = 10ndash4 м

Відповідь ( )2 416 3 35 10 H3

P R R g P minus= π α + ρ asymp sdot

5 У спирт на незначну глибину занурено трубку з діамет-ром внутрішнього каналу d = 5sdot10ndash4 м Визначити вагу спирту що ввійшов у трубку Коефіцієнт поверхневого на-тягу спирту α = 22sdot10ndash2 Нм Відповідь απ= dP P =35sdot10ndash5 H

116

6 Дві трубки зі скла діаметрами d1 = 2sdot10minus4 м і d2 = 3sdot10minus4 м зrsquoєднані внизу гумовою трубкою і заповнені водою За якої умови рівень води в трубках однаковий (температура води 293 К) Відповідь при тиску повітря у вузькому коліні на 487 Па бі-льшому ніж у широкому 7 Якщо бульбашка повітря потрапить до кровоносної су-дини то вона створює опір руху крові може навіть насту-пити повна закупорка судини Це явище називають газо-вою емболією Поясніть це явище 8 Вертикальний капіляр торкається поверхні води Яка кі-лькість теплоти виділиться при підніманні води вздовж ка-піляра якщо поверхневий натяг α а змочуваність повна Відповідь gQ ρπα= 2 2 9 Визначити приріст вільної енергії поверхневого шару при ізотермічному злитті двох однакових крапель ртуті діаметром 15 мм Відповідь ( )122 312 minusπα=Δ minusdF = ndash15 мкДж 10 Вертикальний капіляр завдовжки l із запаяним верх-нім кінцем торкається поверхні рідини і рідина підніма-ється в ньому на висоту h Знайти поверхневий натяг рі-дини якщо її густина ρ діаметр внутрішнього каналу ка-піляра d крайовий кут θ атмосферний тиск Р0

Відповідь ( )0

4cos P h dgh l h

⎡ ⎤α = ρ +⎢ ⎥ θminus⎣ ⎦ 11 Крапля води рівномірно падає в повітрі Знайти різни-цю між радіусом кривизни поверхні краплі в її верхній то-чці та радіусом кривизни у нижній точці якщо відстань між ними 2sdot10ndash3 м Відповідь αρasympminus 83

12 ghRR asymp 014 мм

117

12 В обrsquoємі 05 л води розчинено 2sdot10ndash3 кг кухонної солі Знайти осмотичний тиск для цього розчину при темпера-турі 290 К якщо ступінь дисоціації молекул солі 75

Відповідь 5 3 10 ПаmRTP PVM

= = sdot

13 Яку кількість NaCl треба розчинити у 10ndash4 м3 води щоб одержати розчин із таким самим осмотичним тиском який має розчин 4sdot10ndash4 кг CuCl2 що розчинена у такій са-мій кількості води при тій самій температурі Вважати що має місце повна дисоціація розчиненої речовини Відповідь 26sdot10ndash5 кг 14 Знайти роботу яку необхідно виконати щоб видути мильну бульбашку радіусом 4 см Коефіцієнт поверхне-вого натягу мильного розчину 40 мНм Відповідь 16 мДж 15 У капілярній трубці радіусом 05 мм рідина піднялася на висоту 11 мм Знайти густину цієї рідини якщо її кое-фіцієнт поверхневого натягу 22 мНм Відповідь 820 кгм3 16 Ртутний барометр має діаметр трубки 3 мм Яку по-правку треба внести в покази барометра якщо врахувати капілярне опускання ртуті Відповідь 51 мм 17 Крапля ртуті масою 1 г розбивається на 100 однакових краплин Визначити на скільки при цьому зросте енергія поверхневого шару ртуті Відповідь EΔ =144sdot10ndash8Дж

118

РОЗДІЛ 3

ЕЛЕКТРИКА

sect 1 Основні поняття та закони електростатики

1 Закон Кулона Сили взаємодії 12F 21F двох точкових заря-

дів 1q і 2q розташованих на відстані r у рідині чи газі пропор-ційні добутку цих зарядів обернено пропорційні квадрату відста-ні між ними і напрямлені вздовж прямої що зrsquoєднує ці заряди

1 212 21 2

0

14

q qF Fr

= = sdotπεε

(1)

де 0ε ndash електрична стала ε ndash відносна діелектрична проник-ність речовини

2 Напруженість електростатичного поля E в даній точці

чисельно дорівнює силі яка діє на одиничний позитивний заряд у цій точці поля

FEq

= [ ]E =НКл = Вм (2)

Напруженість є вектором напрямок якого збігається з на-прямком вектора сили що діє на позитивний заряд

F Eq= (3) 3 Напруженість електростатичного поля точкового заряду

або рівномірно зарядженої кулі

20

14

qEr

= sdotπεε

(4)

де q ndash заряд що створює електричне поле r ndash відстань від за-ряду до точки у якій визначається напруженість поля

119

4 Електрична індукція (електричне зміщення) D ndash фізична величина яка разом із напруженістю електростатичного поля опи-сує його властивості Звrsquoязок між вектором індукції D і напруже-ністю E в ізотропному діелектрику виражається формулою

0D E= ε ε (5) 5 Потік N вектора індукції D через довільну поверхню

nS S

N D dS D dS= sdot =int int (6)

де nD ndash проекція вектора D на напрямок нормалі до поверхні Для замкненої поверхні

nN D dS D dS= sdot =int int (7) де інтегрування ведеться по всій замкненій поверхні

6 Теорема ОстроградськогоndashГаусса потік вектора елек-

тричної індукції через будь-яку замкнену поверхню що охоп-лює заряди 1q 2q 3q дорівнює алгебраїчній сумі сторон-ніх зарядів (кожний зі своїм знаком) які містяться всередині замкненої поверхні

1

n

n ii

N DdS D dS q=

= = = sumint int (8)

де n ndash кількість зарядів 7 Потенціал ϕ електростатичного поля в заданій точці 1 чи-

сельно дорівнює тій роботі яку виконують сили поля при пере-міщенні одиничного точкового позитивного заряду із цієї точки поля на нескінченність

11 1

lA Edl E dlq

infin infininfinϕ = = =int int (9)

де lE ndash проекція вектора E на напрямок переміщення dl

120

8 Потенціал електростатичного поля точкового заряду і поля за межами рівномірно зарядженої кулі

04Q

Rϕ =

πε ε (10)

де R ndash відстань від заряду або центра кулі до точки у якій ви-значається потенціал

Якщо електростатичне поле утворене системою із n точко-вих зарядів то потенціал його в заданій точці

01 4

ni

ii

QR=

ϕ =πε εsum (11)

9 Мірою інтенсивності зміни потенціалу вздовж електрич-

ної силової лінії поля утвореного точковим зарядом є похідна від потенціалу за відстанню до джерела поля Ця величина нази-вається градієнтом потенціалу і дорівнює напруженості поля взятій зі знаком мінус

Градієнт є величина векторна напрямлена в бік зростання потенціалу

gradE = minus ϕ або ldEdlϕ

= minus (12)

10 Електроємність ndash кількісна міра здатності провідників

утримувати електричні заряди Для відокремленого провідника електроємність визначається зарядом Q який треба надати провіднику щоб змінити його потенціал на одиницю

QC =ϕ

(13)

Електроємність провідників не залежить від матеріалу але істот-но залежить від розмірів форми провідника навколишнього середо-вища а також від впливу інших провідників розміщених поблизу

11 Електроємність плоского конденсатора

0 SCd

ε ε= (14)

де S ndash площа пластин d ndash відстань між пластинами

121

12 Електроємність батареї із паралельно й послідовно спо-лучених конденсаторів відповідно

1

1

11

n

i ni

ii

C C C

C=

=

= =sumsum

(15)

13 Енергія зарядженого ізольованого провідника

2 2

2 2 2Q C QW

Cϕ ϕ

= = = (16)

де Q ϕ C ndash відповідно заряд потенціал і ємність провідника 14 Енергія зарядженого конденсатора

2 2

2 2 2Q CU QUW

C= = = (17)

де Q U C ndash відповідно заряд напруга ємність конденсатора 15 Обrsquoємна густина енергії ndash енергія електростатичного по-

ля яка припадає на одиницю обrsquoєму 2 2

0

02 2 2E D EDε ε

ω = = =ε ε

(18)

де E ndash напруженість електростатичного поля в середовищі з ді-електричною проникністю ε D ndash індукція електричного поля

122

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Дві металеві кульки діаметром d = 5sdot10ndash2 м кожна містяться в

трансформаторному маслі ( ε = 22) Відстань між центрами r = 05 м Визначити поверхневу густину зарядів на кульках якщо вони взаємодіють із силою F = 22 мН

Розвrsquoязання

Поверхнева густина електричного заряду рівномірно заря-

дженого провідника чисельно дорівнює заряду на одиниці поверхні провідника

QS

σ = (1)

Поверхнева густина заряду на кулі 24QR

σ =π

де R ndash радіус кулі

Величину заряду визначимо за законом Кулона 2

204

QFr

=πε ε

204Q Fr= πε ε (2)

Підставивши Q із (2) і 2

2 24 42DS R D⎛ ⎞= π = π = π⎜ ⎟

⎝ ⎠ у формулу

(1) знайдемо 2

20 0

24 2Fr r F

D Dπε ε πε ε

σ = =π π

σ = 47sdot10ndash5 Клм2

Задача 2 Молекулу води можна розглядати як диполь електричний мо-

мент якого p = 62sdot10ndash30 Клsdotм (нагадаємо що диполь складається із позитивного й негативного зарядів рівних заряду електрона) Знайти напруженість поля що створює диполь на відстані r = 3sdot10ndash9 м від середини диполя у точці що лежить на продовженні диполя

123

A+q ndashq

r

l

Endash E+

Ep

Розвrsquoязання

Результуюча напруженість pE поля диполя у точці А напря-

млена вздовж осі диполя і дорівнює різниці напруженостей E+ і Eminus створюваних зарядами q+ i qminus pE E E+ minus= + Якщо позначити через l відстань між зарядами а через r ndash

відстань від А до середини осі диполя то можна записати

204 ( 2)

qEr l+ =

πε minus і 2

04 ( 2)qE

r lminus =πε +

Остаточно після алгебраїчних перетворень одержимо

2 2 202 ( 4)p

lrqEr l

=πε minus

За умови r lgtgt запишемо 3 30 02 2

ql pEr r

= =πε πε

де p ql= ndash електричний момент диполя 641 10E = sdot НКл Задача 3 Знайти напруженість електрич-

ного поля прямолінійного дроту завдовжки l =2 м на якому рівномі-рно розподілено заряд q =2sdot10ndash9 Кл у точці А що розміщена на відстані r = 2sdot10ndash3 м від осі дроту

Розвrsquoязання

Оточимо частину дроту завдовжки h уявним циліндром вісь

якого збігається з віссю дроту а бокова поверхня містить точку А

A h

r E

124

Згідно із теоремою ОстроградськогоndashГаусса потік напруже-ності через поверхню цього циліндра

0 0

1 n

ii

hN q ρ= =

ε εsum (3)

де n

ii

q h= ρsum ndash заряд частини дроту оточеної циліндром а ql

ρ =

Потік напруженості N електричного поля через цю поверхню 2N ES rhE= = π (4)

де 2S rh= π ndash площа бокової поверхні циліндра Прирівнюючи праві частини співвідношень (3) і (4) одержимо

0 02 2qE

r rlρ

= =πε πε

Підставляючи числові значення і враховуючи що 0ε = 885middot10ndash12 Кл2(Нmiddotм2)

маємо E = 93middot103 Вм Задача 4 Як зміниться сила взаємодії зарядженої кульки з металевою

нейтральною кулькою якщо відстань між ними зменшиться вдві-чі Відстань між кульками значно перевищує розміри кульок

Q+ 1F 2F

R Q+

- - -

+++

r

Розвrsquoязання

Нехай Q ndash заряд зарядженої кульки r ndash відстань між кулька-

ми R ndash радіус металевої кульки

125

Унаслідок явища електростатичної індукції на металевій кульці зrsquoявляться індуковані заряди ліворуч ndash відrsquoємний заряд праворуч ndash додатний заряд 1F та 2F ndash це електричні сили що діють (як показано на рисунку) біля поверхні металевої кульки

Якщо величина індукованих зарядів qplusmn то

1 2 1 2( )F F F q E E= minus = minus

де 1 204 ( )

QEr R

=πε minus

2 204 ( )

QEr R

=πε +

Остаточно запишемо 2 20

1 14 ( ) ( )qQF

r R r R⎡ ⎤

= minus =⎢ ⎥πε minus +⎣ ⎦

2 2 2 2

2 2 2 2 2 20 0

2 2 44 4( ) ( )qQ r rR R r rR R qQ rR

r R r R+ + minus + minus

= =πε πεminus minus

Якщо вважати що r Rgtgt то 30

qQ RFr

=πε

Врахувавши що

кулька невелика та знехтувавши 2 R отримаємо F sim 3RqQr

Індуковані заряди qplusmn виникли через дію поля E створеного

першою кулькою Тоді вважатимемо що 21~ ~q Er

Тому сила взаємодії між кульками пропорційна 51r

тобто

51~Fr

При зменшенні відстані між кульками вдвічі сила збі-

льшиться у 32 рази 2rrprime = 1

2

FF

= 25 = 32

Задача 5 На відстані a = 10 см від нескінченної провідної площини

знаходиться точковий заряд q+ =10 нКл Визначити напруже-

126

ність поля і потенціал у точці А розміщеній на відстані a від площини і на відстані 2a від заряду q

E

2E

1E

A

a2

a a q+qminus

Розвrsquoязання

Використовуючи метод дзеркального відображення одержи-мо таке Дія заряду індукованого на нескінченній провідній площині еквівалентна дії точкового заряду qminus який є дзерка-льним відображенням заряду q+ Тоді у точці А напруженість

поля 1 2E E E= + де 1 204 4qE

a=

πε 2 2

04 8qE

a=

πε Згідно до те-

ореми косинусів 2 21 2 1 22 cosE E E E E= + minus α кут α =45O

2 20 0

1 1 2 5 2 216 64 324 32

q qEa a

= + minus = minusπε πε

E =33middot103 Вм Згідно із принципом суперпозиції потенціал у точці А

1 2ϕ = ϕ + ϕ де 104 2

qa

ϕ =πε

204 2 2

qa

minusϕ =

πε

Тоді 0

1(1 )4 2 2

qa

ϕ = minusπε

ϕ =131 В

127

Задачі

1 На відстані 1r = 2 см від провідної нескінченної площини розташовано заряд q =10ndash9 Кл Визначити по-тенціал поля у точці розміщеній на відстані 1r = 2 см від площини і на відстані 2r = 3 см від заряду

A

2r

1r 1r qqminus

1r

Відповідь ϕ =120 В 2 У кожній вершині квадрата із стороною a містяться однакові точкові заряди q Знайти напруженість і потен-ціал електростатичного поля в центрі квадрата

Відповідь 0E = 0

2qa

ϕ =πεε

3 Знайти силу взаємодії кульки заряд якої Q із металевою нейтральною кулькою радіусом R якщо відстань між ними r а на металевій кульці зrsquoявляються індуктивні заряди qplusmn

Відповідь 2 2 20

44 ( )qQ rRF

r R=

πε minus

128

4 На відстані r = 4sdot10ndash3 м від прямолінійного дроту за-вдовжки l = 15 м на якому рівномірно розподілено за-ряд 1q = 2sdot10ndash7 Кл знаходиться частинка із зарядом

2q = ndash17sdot10ndash16 Кл Визначити силу що діє на частинку

Відповідь 1 2

02q qF

lr=

πε= 51sdot10ndash11 Н

5 Визначити силу взаємодії двох молекул пари води ди-полі яких розміщені вздовж однієї прямої Електричний момент диполя води дорівнює p =62sdot10ndash30 Клsdotм Відстань між молекулами l = 10ndash9 м

Відповідь 2

40

32

pFl

= minusπε ε

asymp ndash215sdot10ndash12 Н

6 Дві однакові кульки кожна масою m підвішено в од-ній точці на нитках завдовжки l Кульки мають однакові заряди Кут між нитками 2α Визначити заряди кульок Відповідь 04 sin tgq l mg= α πεε α 7 Дві заряджені кульки які підвішено в одній точці на нитках завдовжки l занурюють у гас Кульки мають од-накові заряди Кут розходження ниток α не змінився при зануренні Знайти густину кульок якщо густина гасу гρ = 08 гсм3 діелектрична проникність гасу гε = 2

Відповідь г г

г

ρ ερ =

ε=16 гсм3

8 Краплинка води діаметром d = 10ndash4 м міститься в маслі при напруженості електричного поля E = 104 НКл На-пруженість поля напрямлена вертикально вгору Скільки елементарних зарядів знаходиться на поверхні краплини Густина масла мρ = 8sdot102 кгм3 вρ = 103 кгм3

Відповідь 3

в м( )6d qN

eEπ ρ minus ρ

= sdot = 6sdot106

129

9 Заряди 1q q= та 2 2q q= minus містяться на відстані l один від одного Із якою силою діють ці заряди на третій заряд

3 3q q= якщо він розташований на відстані l від середи-ни лінії що зrsquoєднує ці заряди

Відповідь 2

20

3 265

qFl

=πε

10 Два заряди 1q = +2sdot10ndash9 Кл і 2q = ndash2sdot10ndash9 Кл розміщені на відстані l = 10ndash9 м один від одного Визначити напру-женість поля E у точці що лежить у площині симетрії на відстані r = 10ndash4 м від площини у якій містяться заряди

Відповідь 304

qlEr

=πε

asymp 18sdot104 Вм

11 Визначити потенціал у точці на осі диполя на відстані r = 05 м від його центра Електричний момент диполя p = 5sdot10ndash8 Клmiddotм (вважати що відстань r значно більша за довжину диполя l )

Відповідь 204

pr

ϕ = =πε

2sdot103 В

12 Вважаючи протон і електрон із яких складається атом водню точко-вими зарядами що містяться на від-стані один від одного d = 5sdot10ndash11 м знайти напруженість поля в точках В і С Відстань цих точок від протона до-рівнює відстані між протоном і елект-роном ( q =16sdot10ndash19 Kл)

Відповідь 1 20

316

qEd

= =πε ε

43middot1011 Вм

2 20

5 2 24

qEd

= minus =πε ε

82middot1011 Вм

С

В

130

13 Кулька масою m = 10ndash3 кг має заряд q =10ndash8 Кл і пере-міщується із точки А потенціал якої Aϕ = 600 В у точку В з потенціалом Bϕ = 0 Визначити швидкість кульки у точ-ці А якщо Bv = 02 мс

Відповідь ( )2 2 (A B A Bqv v

m= minus ϕ minus ϕ = 0167 мс

14 Куля потенціал якої ϕ = 4500 В занурена в масло ( ε = 4) Поверхнева густина заряду σ =113sdot10ndash5 Клм2 Знайти радіус r заряд q ємність C і енергію W кулі Відповідь r = 14sdot102 м q = 28sdot10ndash8 Кл C = 62sdot10ndash12 Ф W = 63sdot10ndash5 Дж 15 Знайти ємність земної кулі Радіус вважати рівним R = 6400 км На скільки зміниться потенціал земної кулі якщо збільшити її заряд на 1 Кл Відповідь 710 мкФ на 1400 В 16 Визначити заряд на мембрані клітини якщо відомо що звичайна клітина тіла людини має обrsquoєм V = 10ndash15 м3 площа поверхні S = 5sdot10ndash12 м2 Мембрани клітин мають ємність C = 10ndash2 Фм2 напруженість електричного поля всередині мембрани E =78middot106 Вм товщина мембрани 9 нм Відповідь q asymp 35sdot10ndash15 Кл 17 Ртутна кулька потенціал якої 1200 В розбивається на 1000 однакових краплин Знайти потенціал кожної краплини Відповідь ϕ = 12 В 18 Вісім водяних краплин радіусом r = 10ndash3 м і заря-дом q = 10ndash10 Кл зливаються в одну загальну краплину Знайти її потенціал

Відповідь 30

84 8

qUr

=πε

= 3600 В

131

19 Дві металеві кулі радіусами 1r = 3sdot10ndash2 м і 2r = 12sdot10ndash1 м мають позитивні заряди 1q = 5sdot10ndash7 Кл і 2q = 12sdot10ndash7 Кл Їх зrsquoєднують тонким дротом електроємність якого не врахо-вують У який бік почнуть рухатися заряди Які заряди будуть на кожній кулі після встановлення рівноваги Якими будуть потенціали куль Відповідь 1q = 34sdot10ndash8 Кл 2q = 136sdot10ndash8 Кл ϕ = 102sdot104 В 20 Батарея із двох послідовно зrsquoєднаних конденсаторів із ємностями 1C = 5middot10ndash10 Ф і 2C = 13middot10ndash10 Ф заряджена до різ-ниці потенціалів U = 1800 В Конденсатори не розряджаю-чи відключають від джерела струму і зєднують паралельно Визначити роботу яка виконується при цьому розрядженні

Відповідь 2

21 2 1 22

1 2

( )2( )

C C C CA UC C

minus=

minus= 43sdot10ndash22 Дж

21 Для порівняння ємностей двох конденсаторів 1C та

2C їх зарядили відповідно до напруг 1U = 300 В та

2U = 100 В і після цього зrsquoєднали паралельно При цьому різниця потенціалів між обкладинками змінилася до

U = 250 В Знайти відношення 1

2

CC

Відповідь 1 2

2 1

C U UC U U

minus=

minus= 3

132

sect 2 Постійний струм

Електронна теорія провідності металів Контактні й термоелектричні явища

1 Сила струму I є кількісною характеристикою елект-

ричного струму Сила струму дорівнює заряду що перено-ситься через поперечний переріз провідника за одиницю часу

dqIdt

= (1)

або для постійного струму qIt

= (2)

2 Сила постійного струму в металевому провіднику із площею поперечного перерізу S

I ne= v S (3) де n ndash кількість носіїв зарядів (електронів провідності) в одини-ці обrsquoєму e ndash абсолютне значення заряду електрона v ndash се-редня швидкість упорядкованого руху електронів

3 Густина струму є відношенням сили струму до площі

поперечного перерізу провідника перпендикулярного до на-пруженості електричного поля в ньому Густина струму ndash ве-личина векторна Напрямок її збігається з напрямком напруже-ності поля Числове значення густини струму в загальному ви-гляді визначається формулою

dIJdS

= (4)

а для постійного струму IJS

= (5)

4 Густина струму провідності в металах j ne= v (6)

де n ndash концентрація носіїв струму v ndash вектор середньої швид-кості упорядкованого руху електронів e ndash заряд електрона

133

5 Електрорушійна сила (ЕРС) ndash фізична величина яка хара-ктеризує джерело енергії неелектричної природи увімкнене в ко-ло та визначається роботою неелектростатичних (сторонніх) сил із перенесення одиниці електричного заряду в замкненому колі

стAq

ε = (7)

6 Закон Ома для однорідної ділянки кола (ділянки на якій не діють ЕРС)

UIR

= (8)

де U ndash різниця потенціалів між кінцевими перерізами ділянки провідника (напруга) R ndash опір провідника

7 Опір провідника завдовжки l із площею поперечного перерізу S визначається формулою

lRS

= ρ (9)

де ρ ndash питомий опір матеріалу провідника 8 Закон Ома для неоднорідної ділянки кола

1 2IR r

ϕ minus ϕ + ε=

+ (10)

де 1 2ϕ minus ϕ ndash різниця потенціалів на кінцях ділянки ε ndash ЕРС R ndash опір провідників r ndash внутрішній опір батареї У випадку за-мкненого кола 1 2ϕ minus ϕ = 0 і формула (10) набуває вигляду

IR r

ε=

+ (11)

9 Закон Ома в диференціальній формі (звrsquoязок між напру-

женістю поля E і густиною струму j ) j E= σ (12)

де 1σ =

ρ ndash питома електропровідність речовини провідника

ρ ndash питомий опір

134

У рамках класичної теорії провідності металів П Друде і Х Лоренца

2

2nej E

mvλ

= і 2

2ne

mvλ

σ = (13)

де n ndash концентрація вільних електронів e ndash заряд електрона λ ndash середня довжина вільного пробігу електронів m ndash маса електрона v ndash середня швидкість теплового руху електронів

10 Залежність питомого опору металів від температури

0 (1 )Tρ = ρ + αΔ (14) де α ndash температурний коефіцієнт опору 0ρ ndash опір при 273 К

11 Опір системи що складається із послідовно зєднаних ді-лянок з опорами 1R 2R

1

n

ii

R R=

= sum (15)

де n ndash кількість провідників Опір системи паралельно ввімкнених провідників

1

1

(1 )n

ii

RR

=

=

sum (16)

12 Закони Кірхгофа Перший закон Кірхгофа Алгебраїчна сума всіх струмів у

точці розгалуження дорівнює нулю

10

n

ii

I=

=sum (17)

Другий закон Кірхгофа В усякому замкненому контурі будь-якої складної мережі сума всіх спадів напруг дорівнює сумі всіх ЕРС які діють у цьому контурі

1 1

n n

m m im i

I R= =

= εsum sum (18)

135

Струми вважають додатними якщо їх напрямок збігається з напрямком обходу контуру ЕРС вважають додатними якщо їх напрямок збігається з обраним напрямком струму

13 Закон ДжоуляndashЛенца Робота A електричних сил у про-

віднику з опором R по якому протягом часу t тече струм I (провідник нерухомий і в ньому відсутні хімічні перетворення) дорівнює кількості теплоти Q що виділяється у провіднику

22 UA Q qU IUt I Rt t

R= = = = = (19)

Закон ДжоуляndashЛенца в диференціальній формі має вигляд

2W E= σ (20) де W ndash питома потужність струму (кількість теплоти що виділяєть-ся в одиниці обrsquoєму провідника за одиницю часу) σ ndash питома елек-тропровідність провідника E ndash напруженість електричного поля

14 ККД (коефіцієнт корисної дії) джерела струму

RR r

η =+

(21)

ККД лінії електропередачі від станції до споживача сп

лсп л

RR R

η =+

(22)

де спR ndash опір споживача лR ndash опір лінії електропередачі 15 Між двома металами які мають однакову температуру і

зrsquoєднані між собою безпосередньо або за допомогою інших ме-талів існує контактна різниця потенціалів

011 21 2

02ln nA A kT

e e nminus

ϕ minus ϕ = minus + (23)

де 1A і 2A ndash робота виходу електронів із першого та другого мета-лів 01n і 02n концентрація вільних електронів у першому та дру-гому металах k ndash стала Больцмана T ndash абсолютна температура

136

16 Термоелектрорушійна сила 01

1 2 1 202

ln ( ) ( )TnkA T T T T

e n= minus = α minus (24)

де 1T і 2T ndash температури спаїв термопари α ndash стала термопари e ndash заряд електрона

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Закон Ома для біологічних обrsquoєктів має вигляд

( )U P tI

Rminus

= (1)

де ( )P t ndash функція часу 2 Біологічну мембрану клітини яка оточена з усіх боків роз-

чинами електролітів можна вважати джерелом електрорушійної сили Таке джерело може мати дуже малі розміри бо товщина мембрани становить 001ndash002 мкм Клітинна мембрана вибірко-во знижує швидкість переміщення молекул у клітину та з кліти-ни У звrsquoязку з цим концентрації деяких іонів усередині клітини і поза клітиною можуть відрізнятися в десятки і тисячі разів Різниці в концентраціях іонів із двох сторін мембрани необхідні для існування електричних полів у живих організмах У кліти-нах які помістили наприклад в електроліт виникає різниця потенціалів (потенціал спокою клітини) зумовлена різною концентрацією іонів поза і всередині клітини

ln i

A e

CRTUeN C

= (2)

де e ndash заряд електрона AN ndash стала Авогадро R ndash універса-льна газова стала iC eC ndash концентрація іонів всередині та поза клітиною відповідно

Наприклад у клітинах рослин як і в нервових клітинах або клітинах мrsquoязів між внутрішніми і зовнішніми поверхнями мембрани має місце різниця потенціалів sim100 мВ яка зумовлена різним іонним складом усередині та поза клітиною а також не-однаковою проникністю мембрани для цих іонів

137

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Внутрішній опір елемента живлення r у n разів менший

за зовнішній опір R яким замкнено елемент живлення з ЕРС ε Знайти у скільки разів напруга на затискачах елеме-нта відрізняється від ε

Розвrsquoязання

За законом Ома для замкненого кола

IR r

ε=

+ (1)

Оскільки напруга на затискачах елемента менша ЕРС на ве-личину падіння напруги на внутрішній ділянці кола то U Ir= ε minus або з урахуванням рівняння (1)

+ 1r RU

R r R r r Rε ε

= ε minus = ε =+ +

(2)

Із умови задачі R r n= або 1 r R n= Тоді рівняння (2) можна звести до вигляду

11 1n

nUn

ε= = ε

+ + звідки

1U n

n=

ε +

Із рівняння (2) видно що якщо зовнішній опір R набагато бі-льший за внутрішній r то відношення r R буде малим порівня-но з одиницею і величина напруги наблизиться до значення ЕРС

Задача 2 Три однакові батареї із внутрішнім опором r = 6 Ом замкнули на

деякий опір один раз зrsquoєднавши паралельно а другий ndash послідовно Сила струму в обох випадках однакова Знайти зовнішній опір

138

Розвrsquoязання

При паралельному вмиканні джерел 11I r R

n

ε=

+

при послідовному вмиканні джерел 12

nInr R

ε=

+

За умовою задачі 1 2I I= тому 1nr nR

ε+

1nnr R

ε=

+

При n = 3 очевидно що R r= = 6 Ом Задача 3 На рисунку представлено схему містка Уітстона що вико-

ристовується для вимірювання невідомого опору xR Усі по-значення показані на схемі 0R ndash відомий опір G ndash гальвано-метр ε ndash джерело живлення Для вимірювання опору xR вста-новлюють рухомий контакт D у таке положення при якому струм у колі гальванометра дорівнює нулю

A

B

C D

xR 0R

1K ε

2K

1l 2l

1R 2R

xI 0I

1I

GI

2I

Знайти співвідношення між 0R xR Позначимо AD = 1l DC = 2l ( 1l i 2l ndash плечі реохорда АС)

139

Розвrsquoязання

Уведемо позначення сил і напрямків струмів для всіх ділянок кола Запишемо перший закон Кірхгофа для вузлів B і D

0 0x GI I Iminus minus =

1 2 0GI I Iminus + = (1) Застосуємо другий закон Кірхгофа для контурів ABDA i BCDB

1 1 0x x G GI R I R I R+ minus =

0 0 2 2 0G GI R I R I Rminus minus = (2) За умовою задачі 0GI = тому

0xI I= 1 2I I= 1 1x xI R I R= 0 0 2 2I R I R= (3) Із останніх рівнянь одержимо

1

0 2

xR RR R

= звідки 0 1

2x

R RRR

=

Враховуючи що 11

lRS

ρ= і 2

2lRS

ρ= де ρ i S ndash питомий опір

і площа поперечного перерізу проводу АС відповідно одержимо 1 1 1

02 2 2

хR l lR RR l l

= =

Задача 4 Невелика гідроелектростанція витрачає V = 240 м3 води за

1 хв Висота стовпа води становить 4 м Скільки електроламп може обслуговувати така установка якщо кожна лампа спожи-ває струм силою nI = 1 A при напрузі U = 220 В Коефіцієнт корисної дії (ККД) установки η = 75

Розвrsquoязання

Електролампи вмикають у мережу паралельно тому за пер-

шим законом Кірхгофа сила струму

1

n

i ni

I I nI=

= =sum (1)

140

Потужність що споживається лампами nN nI U= (2)

З іншого боку потужність електростанції A mgh V ghNt t tη η ρ η

= = = (3)

де A ndash робота падаючої води за t = 60 c m ndash маса води ρ = 103 кгм3 ndash густина води g = 98 мс2 ndash прискорення віль-ного падіння

Із (2) і (3) одержимо ngh VnI U

tρ η

= звідки n

gh VnI Ut

ρ η= 535asymp

Задача 5 Визначити контактну різницю потенціалів між міддю і пла-

тиною при T = 773 К якщо стала термопари мідьndashплатина α = 75middot10ndash6 ВК Робота виходу електронів для міді й платини відповідно CuA = 4472 еВ і PtA = 6275 еВ

Розвrsquoязання

Контактна різниця потенціалів між міддю і платиною

Cu Pt Cu1 2

PtlnА A nkT

e e nminus

ϕ minus ϕ = minus +

де e ndash заряд електрона Cun Ptn ndash концентрації вільних електронів

Стала термопари Cu

Ptln nk

e nα =

Остаточно одержимо Cu Pt

1 2А A T

eminus

ϕ minus ϕ = minus + α

1 2 181ϕ minus ϕ asymp В

141

Задачі

1 Яку напругу треба прикласти до котушки що має 1000 витків мідного дроту із середнім діаметром витків 6 см якщо допустима густина струму 2 Амм2 питомий опір міді 175sdot10ndash8 Омsdotм Відповідь U = 64 В 2 Вольтметр який підключено до акумулятора із внут-рішнім опором 1 Ом показує 12 В Якщо послідовно з ним включено опір 20 Ом вольтметр показує 1 В Визна-чити опір вольтметра Відповідь R = 99 Ом 3 Два джерела з ЕРС 12 В та 15 В та внутрішніми опо-рами 03 Ом та 05 Ом відповідно паралельно живлять активний опір 2 Ом Визначити струм що йде через опір Відповідь I = 06 А 4 На скільки рівних частин треба розрізати дріт опо-ром 400 Ом щоб при паралельному зrsquoєднанні частин отримати опір 4 Ом Відповідь на 10 частин 5 Довгий рівномірно заряджений по поверхні циліндр радіусом R = 10ndash2 м рухається зі швидкістю v = 10 мс уз-довж своєї осі Напруженість електричного поля на повер-хні циліндра становить E = 09middot105 Вм Знайти струм обумовлений механічним переносом заряду Відповідь 02I RE= πε v = 5middot10ndash6 A 6 Концентрація іонів що зумовлюють електропровідність атмосферного повітря у середньому n = 7middot108 мndash3 Середня напруженість електричного поля Землі E = 130 Вм Рух-

142

ливість іонів u =33middot10ndash4 м2(сmiddotВ) Визначити густину стру-му провідності в атмосфері Відповідь j = neEu = 478 нАм2 7 Амперметр і вольтметр увімкнено послідовно до батареї з ЕРС ε = 6 В Якщо паралельно до вольтметра підключи-ли деякий опір то покази вольтметра зменшаться в n = 2 рази а покази амперметра у стільки ж разів збільшаться Знайти покази вольтметра після підключення опору

Відповідь 1n

ε+

U = = 2 B

8 При температурі 1T = 293 К опір електролампи з во-льфрамовою ниткою 1R = 300 Ом а в розжареному стані

2R = 2400 Ом Визначити температуру розжарювання лампи якщо температурний коефіцієнт опору для воль-фраму α = 42sdot10ndash3 Кndash1 Відповідь 2T = 1795 К 9 В електричне коло уві-мкнено чотири опори ( 1 2 3 4R R R R= = = =103 Oм) і два джерела ЕРС яких

1ε =15 В і 2ε =18 В Ви-значити силу струму в усіх опорах Внутрішніми опорами джерел можна знехтувати Відповідь 1I = 04sdot10ndash3 А

2I = 07sdot10ndash3 А 3I = 11sdot10ndash3 А 4 0I = 10 Визначити опір залізного стрижня температура одно-го кінця якого 273 К другого 1073 К Довжина стрижня L = 5 м площа поперечного перерізу S = 10ndash4 м2 Темпера-

E1 E2

R4

R1 R2O

B

A C

I2I1 I3

R3

143

турний коефіцієнт опору для заліза Feα = 6sdot10ndash3 Kndash1 пито-мий опір Feρ = 12sdot10ndash7 Омsdotм Із бічної поверхні стрижня теплота не відводиться

Відповідь 0 2 1(1 )2

L T TRS

ρ minus= + α = 002 Oм

11 Два елементи ЕРС яких

1ε = 19 В і 2ε =11 В а внут-рішні опори 1r = 08 Ом і

2r =01 Ом відповідно за-мкнені паралельно на зовні-шній опір R =10 Ом Визна-чити силу струму в зовніш-ньому колі

Відповідь 1 2 2 1

1 2 1 2( )r rI

R r r r rε + ε

=+ +

= 012 А

12 Паралельно амперметру який має опір 002 Ом під-ключено мідний провідник завдовжки 20 см та із площею поперечного перерізу 34 мм2 Визначити силу струму в колі якщо амперметр показує 030 А Відповідь I = 63 А 13 При зовнішньому опорі 8 Ом сила струму в колі що складається з опору та джерела ЕРС дорівнює 08 А а при зовнішньому опорі 15 Ом відповідно 05 А Визначити силу струму короткого замикання джерела ЕРС Відповідь кзI = 255 А 14 Визначити ЕРС елемента якщо відомо що при збіль-шенні зовнішнього опору який замикає елемент у 3 рази напруга на його затискачах U = 3 В збільшується на 20 Відповідь ε = 4 В

+

+

1ε

2ε

I1

I2 K

A

I

B

C

DR

mdash

mdash

144

15 У мідному провіднику завдовжки 2 м із площею по-перечного перерізу 04 мм2 проходить струм При цьому кожну секунду виділяється 035 Дж теплоти Скільки еле-ктронів проходить за 1 с через переріз провідника Відповідь N =127sdot1019 16 Електричний апарат для перегонки води споживає поту-жність 25 кВт Скільки дистильованої води можна одержати при 373 К за 2 години роботи апарата якщо його ККД дорів-нює 40 а вода з водопроводу поступає при Т = 283 К Відповідь m = 23 кг 17 Спіраль електроплитки виготовлена з ніхромового дроту із площею поперечного перерізу S = 015 мм2 і має довжину l = 10 м Питомий опір дроту ρ = 11sdot10ndash6 Омsdotм Скільки часу τ потрібно для нагрівання води від 1T = 288 К до

2T = 373 К якщо плитку ввімкнено в мережу з напругою U = 220 В а її ККД = 80 Відповідь τ = 80 000 с 18 Термопара нікельndashхром один спай якої міститься в печі а другий ndash у середовищі з T =283 К зrsquoєднана послідовно з га-льванометром стрілка якого відхиляється на n = 25 поділок ціна поділки i =10ndash8 Апод Стала термопари α = 05sdot10ndash6 ВК внутрішній опір гальванометра r = 2sdot103 Ом Визначити температуру печі Відповідь 1T asymp 1288 К 19 Визначити різницю потенціалів U на мембрані клі-тини якщо відношення концентрацій іонів калію всереди-ні і поза клітиною становить 30i eC C = а температура середовища T = 300 К Відповідь U = 86 мВ

145

20 Металевий диск радіус якого R = 01 м рівномірно обертається із частотою n = 30 обс Визначити різницю потенціалів між центром і краями диска

Відповідь 2 2 24mU n Re

= π asymp 2sdot10ndash9 B

21 Дві лампи мають однакові потужності Одна з них розрахована на напругу 120 В а друга ndash на 220 В У скіль-ки разів відрізняється опір ламп Відповідь у 34 рази 22 Електроплитка потужністю 1 кВт яка розрахована на напругу 120 В підключена до мережі з напругою 127 В Опір проводів ndash 4 Ом Знайти потужність плитки Парале-льно до плитки підrsquoєднали другу таку саму Знайти поту-жність обох плиток Відповідь 1P = 069 кВт 2P = 093 кВт 23 Нагрівник електричного чайника складається із двох секцій При вмиканні першої чайник закипає за час 1t при вмиканні другої ndash за час 2t Через який час закипить вода якщо увімкнути секції 1) паралельно 2) послідовно

Відповідь 1) 1 2пар

1 2

t ttt t

=+

2) посл 1 2t t t= +

146

sect 3 Магнітне поле струму Електромагнітна індукція

Змінний струм 1 Напруженість магнітного поля Для кількісної характеристи-

ки магнітного поля струму вводять фізичну величину яку називають напруженістю магнітного поля Якщо в певну точку заданого магні-тного поля внести пробний елемент струму Idl то з боку магнітно-го поля на нього діє сила dF Збільшення або зменшення елемента струму Idl приводить до відповідної зміни сили dF а відношення dFIdl

є величиною сталою для кожної точки даного поля

Напруженістю магнітного поля називають фізичну вели-чину пропорційну відношенню сили що діє на пробний еле-мент струму до величини цього елемента струму

0

1sin

dFH

Idl=

μ α (1)

де 0μ = 4πsdot10ndash7 НА2 (або Гнм) ndash магнітна стала α ndash кут між напря-

мком елемента струму Idl і напрямком поля H (тут [ ]мAH = )

2 Для силової характеристики магнітного поля у вакуумі

вводять вектор B який називають індукцією магнітного поля

0B H= μ [ ]B = (Гнм)(Ам)=Тл (2) Магнітна індукція в даній точці поля чисельно дорівнює силі

із якою магнітне поле діє на одиничний елемент струму розмі-щений перпендикулярно полю у вакуумі

dFB

Idl= (3)

3 Закон Ампера Сила dF що діє на елемент струму з боку ма-

гнітного поля прямо пропорційна добутку елемента струму Idl

147

індукції магнітного поля B у точці у яку вміщено Idl і залежить від взаємної орієнтації елемента струму і напрямку магнітного поля

[ ] [ ]dF Idl B I dl B= sdot = sdot (4) або у скалярній формі

sindF IdlB= α (5) тут α ndash кут між напрямком елемента струму I dl і напрям-ком поля B

4 Закон БіоndashСавараndashЛапласа є одним з основних експериме-

нтальних законів електромагнітних явищ і лежить в основі класич-ної електродинаміки Цей закон дає змогу розрахувати індукцію магнітного поля струму замкненого вздовж контуру L

03

[ ]4 L

Idl rBr

μ sdot=

π int (6)

де r ndash радіус-вектор проведений від довільного елемента струму в точку у якій обчислюють магнітну індукцію або на-пруженість магнітного поля

Закон БіоndashСавараndashЛапласа в диференціальній формі має вигляд

03

[ ]4

I dl rdBr

μ sdot=

π

У скалярній формі індукція або напруженість магнітного ко-нтуру вздовж замкненого контуру у вакуумі

04

B lμ=

π або 2

1 sin4 L

I dlHr

α=

π int (7)

Інтегрування виконується по замкненому контуру L 5 Магнітне поле прямого колового і соленоїдного

струмів у вакуумі Індукція магнітного поля B прямого нескінченного провід-

ника зі струмом I у точці на відстані 0r від провідника

0

02IBr

μ=

π (8)

Індукція магнітного поля в центрі колового провідника радіусом 0r

148

0

02IB

rμ

= (9)

Індукція магнітного поля всередині соленоїда 0

0INB Inl

μ= = μ (10)

де l ndash довжина соленоїда N ndash кількість витків соленоїда n ndash кількість витків на одиницю довжини соленоїда

6 Сила Лоренца ndash це сила що діє на рухомий заряд q у ма-

гнітному полі напрямок якої перпендикулярний до напрямку індукції магнітного поля B і напрямку швидкості зарядів v а величина пропорційна рухомому заряду швидкості його руху й індукції магнітного поля

F q= [ ]v Bsdot (11)

7 Намагніченість ndash характеристика стану магнетика в зо-внішньому магнітному полі Вектор намагніченості j чисе-льно дорівнює сумарному магнітному моменту одиниці обrsquoєму намагніченої речовини

mpj

V=

Δsum або mj np= (12)

де mp ndash середній магнітний момент молекулярних струмів однієї мо-лекули n ndash середня кількість молекул в одиниці обrsquoєму магнетика

8 Напруженість магнітного поля в магнетиках

0

BH j= minusμ

(13)

Для багатьох магнетиків (діа- і парамагнетиків) залежність j від H має лінійний характер

j H= χ [ ] [ ]j H= =Ам (14) де χ ndash магнітна сприйнятливість речовини безрозмірний кое-фіцієнт який характеризує здатність речовини намагнічуватись у зовнішньому магнітному полі

149

9 Співвідношення між B і H

0

BH H= minus χμ

(15)

звідки

( )0 1BH =

μ + χ (16)

де (1+ χ ) = μ ndash відносна магнітна проникність речовини (безрозмірна величина)

0B H= μ μ (17) 10 Магнітний потік ndash фізична величина яка дорівнює добу-

тку проекції nB вектора магнітної індукції на нормаль n до елемента поверхні dS на площу цієї поверхні

Ф ( )nd B dS= або Ф ( )d BdS= де ( )d S ndS= (18)

Магнітний потік крізь усю поверхню S

( )Ф nS S

BdS B dS= =int int (19)

11 Закон Фарадея для явища електромагнітної індукції

електрорушійна сила iε індукована в контурі пропорційна швидкості зміни магнітного потоку Ф який пронизує цей контур

Фi

ddt

ε = minus (20)

Знак мінус показує що ЕРС індукції iε має такий напрямок що вектор індукції магнітного поля індукційного струму проти-діє змінам магнітного поля яке збуджує індукційний струм

1 Фii

dIR R dtε

= = minus де R ndash опір контуру

12 Робота переміщення провідника зі струмом у магні-

тному полі дорівнює добутку сили струму I на зміну потоку магнітної індукції dΦ через площу яку цей струм обтікає

dA Id= Φ (21)

150

13 Електрорушійна сила самоіндукції пропорційна швид-кості зміни сили струму і залежить від індуктивності контуру

dILdt

ε = minusсi (22)

де L ndash індуктивність контуру [ ]L =Гнм=ВmiddotсА

14 Індуктивність соленоїда 2

200

N SL n Vl

μ μ= = μ μ (23)

де N ndash кількість витків l ndash довжина соленоїда S ndash площа по-

перечного перерізу соленоїда V lS= ndash обrsquoєм соленоїда Nnl

=

15 Енергія магнітного поля пропорційна квадрату його напру-женості H і обrsquoєму V простору що охоплюється магнітним полем

20

2 2H V HBW Vμ μ

= = (24)

16 Густина енергії магнітного поля ndash це відношення енергії магнітного поля до обrsquoєму що охоплюється магнітним полем

2 20

02 2 2H B BHμ μ

ω = = =μ μ

(25)

де B і H ndash індукція і напруженість магнітного поля 0μ ndash маг-нітна стала μ ndash відносна магнітна проникність середовища

17 У промислових генераторах магнітне поле B створюється

потужним електромагнітом (у генераторах малої потужності застосовується постійний магніт) Контур у якому індукується ЕРС обертається з кутовою швидкістю ω і складається з N ви-тків дроту що намотані на осердя феромагніту Цей контур на-зивають якорем генератора В електродвигунах нерухома части-на називається статором а рухома ndash ротором

Електрорушійна сила що збуджується в такому генераторі sinBS N tε = ω ω (26)

де B ndash індукція магнітного поля S ndash площа обмежена одним витком контуру ω ndash кутова швидкість обертання якоря

151

18 Ефективна сила та ефективна напруга змінного стру-му Величину постійного струму при проходженні якого через резистор протягом часу t виділяється така сама кількість тепло-ти Q як і при проходженні змінного струму через резистор того самого опору називають ефективною або діючою силою змін-ного струму ефI

0еф 00707

2II I= = sdot (27)

де 0І ndash амплітудне значення сили струму Аналогічне співвідношення справедливе для діючого й амп-

літудного значень напруги змінного струму 0

еф 2UU = (28)

19 Закон Ома для змінного струму (послідовно зєднані ак-

тивний опір R індуктивність L ємність C )

( )0

0 22 1 ( )

UIR L C

=+ ω minus ω

(29)

де 1LC

⎛ ⎞ω minus⎜ ⎟ω⎝ ⎠ ndash реактивна складова опору

Величину ( )22 1 ( )Z R L C= + ω minus ω називають імпедансом який відіграє роль наявного опору кола змінного струму

Формула (29) справедлива для амплітудних або ефективних значень струму і напруги

20 Потужність змінного струму розраховують за формулою

потужності постійного струму якщо замість сили постійного струму I брати ефективну силу змінного струму ефI

Середня потужність змінного струму

2 2еф еф еф ефN I R U R I U= = = (30)

де R ndash активний опір

152

Якщо в колі змінного струму крім активного є реактив-ний опір то зсув фаз ϕ між силою струму і напругою веде до зниження потужності

еф еф cosN I U= ϕ (31) де cosϕ ndash коефіцієнт потужності змінного струму

( )22cos

1 ( )

R

R L Cϕ =

+ ω minus ω (32)

22 Електричний резонанс Резонанс напруг ndash явище різ-

кого зростання сили змінного струму при послідовному зrsquoєднанні елементів кола ( R L C )

За умови 1LC

ω =ω

зсув фаз між напругою і струмом дорів-

нює нулю дії індуктивності та ємності в колі взаємно компен-суються сила струму різко зростає

рез1LC

ω = (33)

де резω ndash резонансна частота кола Резонанс струмів ndash явище встановлення мінімального зна-

чення сили змінного струму в нерозгалуженій частині кола при паралельному сполученні елементів кола ( L C )

Резонансна частота визначається за формулою 2

рез 21 R

LC Lω = minus (34)

де R ndash активний опір котушки індуктивності

153

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 По двох довгих паралельних про-

водах відстань між якими d = 16 см проходять у протилежних напрямках струми 1 2I I= = 30 А Визначити індукцію магнітного поля в точці відстань від якої до обох провідників однакова r = 10 см

Розвrsquoязання

Згідно із принципом суперпозиції 1 2B B B= + Модуль вектора B знаходимо за теоремою косинусів (врахо-

вуючи що cos( ) cosπ minus α = minus α ) 2 21 2 1 22 cosB B B B B= + + α

де 01 2 2

IB Br

μ= =

π

2 2

22cos

2d r

rminus

α = = 028

Остаточно 7

0 4 102 056 162 2

I IBr r

minusμ πsdot sdot= + = sdot

π π= 96 мкТл

Задача 2 По відрізку прямого проводу довжиною l = 01 м проходить

струм I = 2 А Визначити напруженість поля створеного стру-мом у точці яка лежить на перпендикулярі до середини відрізка на відстані R = 006 м від нього (рисунок)

2ααminusπ

2α

1B

B

2B

r r

1I 2Id

αminusπ

154

Розвrsquoязання

Для обчислення напруженості магнітного поля скористаємося законом БіоndashСавараndashЛапласа

21 sin

4 l

IdlHr

α=

π int (1)

тут α ndash кут між напрямком струму і радіус-вектором r проведеним від елемента струму dl в точку О де визначається напруженість поля

Як видно з рисунка із трикут-ника АВС одержимо

sinrd dlα = α

звідки 2 sindl d

rrα

=α

або враховуючи що sinr Rα =

2dl d

Rrα

= (2)

Підставивши вирази dl і r у рівняння (1) знайдемо

( )2

1

2 1sin cos cos4 4

I IH dR R

α

α

= α α = minus α minus απ πint

Враховуючи що 2 1 1cos cos( ) cosα = π minus α = minus α одержимо

1cos2

IHR

= απ

Значення кута 1α визначимо із співвідношення

1 2 2cos

4

l

R lα =

+

Отже 2 22 4

IlHR R l

=π +

asymp 3 Ам

α+α d

α1

r

BC

A

Ol

α2

I

R

H

dldα

α

155

Задача 3 Прямокутна рамка зі струмом розміщена в магнітному полі

паралельно лініям магнітної індукції На рамку діє оберталь-ний момент M = 10ndash2 Нmiddotм Обчислити роботу сил поля при повороті рамки на кут α = 30deg

Розвrsquoязання

Робота сил поля під час руху рамки зі струмом

2 1( )A I= Φ minus Φ Потік індукції через рамку

cosBSΦ = α Якщо рамка розміщена паралельно лініям індукції поля то

нормаль до контуру рамки утворює з вектором B кут 0ϕ = 90deg Тому 1 0cosBSΦ = ϕ = 0 Якщо рамка повернеться на кут α =30deg то кут між нормаллю

і вектором B дорівнюватиме ϕ = 60deg

Тому 2Ф cos2

BSBS= ϕ =

Тоді 2 1Ф Ф2

BSminus =

Обертальний момент який діє на рамку зі струмом у її поча-тковому положенні

обM BIS= звідки обMIBS

=

Отже робота сил поля

( ) об об2 1Ф Ф

2 2М BS MA I

BS= minus = = = 5 sdot 10ndash3 Дж

Задача 4 Електрон маючи дуже малу початкову швидкість пройшов че-

рез однорідне електричне поле з різницею потенціалів U = 103 В

156

Після цього він потрапив в однорідне магнітне поле з індукцією B = 10ndash2 Тл напрямлене перпендикулярно напрямку руху електро-на Знайти радіус траєкторії руху електрона

Розвrsquoязання

Якщо в електричному полі електрон пройшов через електричне

поле з різницею потенціалів U то електричні сили при цьому вико-нали роботу і змінили кінетичну енергію електрона на величину

220

2 2mvmveU = minus

Якщо початкова швидкість електрона 0v = 0 то 2

2mveU = і тоді 2eUv

m=

На електрон що рухається зі швидкістю v в магнітному полі діє сила Лоренца

л [ ]F e v B= sdot л sinF evB evB= α = ми врахували що sin α = 1 Оскільки лF перпендикулярна до B і до v а отже є доце-

нтровою силою то вона не змінює модуля v але змінює напря-мок руху електрона Під дією сталої доцентрової сили доц лF F= електрон масою m рухатиметься по колу радіусом R який знайдемо зі співвідношення

доц доцF ma=2vm evB

R= = звідки mvR

eB=

Остаточно знаходимо 1 2mURB e

= = 001 м

Задача 5 Обчислити індуктивність соленоїда завдовжки l із площею

поперечного перерізу S і кількістю витків N

157

Розвrsquoязання

За законом Фарадея

ciФd

dtε = minus

Для соленоїда потік індукції магнітного поля через площу S яку охоплює один виток

1 0Ф NBS I Sl

= = μ (1)

Повний потік через усі N витків 2

1 0Ф Ф NN I Sl

= = μ (2)

Тоді

2

ci 0N dIl dt

ε = minusμ (3)

Закон електромагнітної індукції для явища самоіндукції за-писується так

cidILdt

ε = minus (4)

Порівнюючи (3) і (4) дістанемо 2

0NL Sl

= μ (5)

Оскільки Sl V= то формулу (5) можна записати так 2

20 02

NL V n Vl

= μ = μ

Задача 6 Знайти закон зміни струму ( )I t

в електричному колі що склада-ється із джерела струму з ЕРС 0ε активного опору R і котушки з індуктивністю L зrsquoєднаних послі-довно при вимиканні струму

RL

a

K

b 0ε

158

Розвrsquoязання

Вимкнемо джерело з 0ε перемиканням ключа К із поло-ження а у положення b

На основі другого правила Кірхгофа запишемо

0dIL RIdt

+ =

або dI R dtI L

= minus (1)

Проінтегрувавши (1) знайдемо

0Rt LI I eminus=

де 0I ndash стала інтегрування (струм у колі перед вимиканням

джерела) 00 I

Rε

=

Тоді 0 RtLI e

Rminusε

=

t 0

I0

I

159

Задачі

1 По трьох довгих паралельних провідниках що містять-ся в одній площині на відстані r = 3 см один від одного течуть в одному напрямку струми 1 2I I= і 3 12I I= Ви-значити положення точки на прямій що зrsquoєднує всі прові-дники у якій індукція магнітного поля дорівнює нулю Відповідь 2

1 12 10x minus= sdot м (праворуч від 2I ) або

22 19 10x minus= minus sdot м (ліворуч від 2I )

2 Електрон описує в однорідному магнітному полі коло ра-діусом R = 4middot10ndash4 м Швидкість електрона v = 35middot106 мс Знайти напруженість магнітного поля Відповідь H = 4 middot10ndash4 Ам 3 Протон та електрон прискорені однаковою різницею потенціалів влітають в однорідне магнітне поле перпенди-кулярно до ліній індукції У скільки разів радіус кривизни

1R траєкторії протона більший за радіус кривизни 2R трає-кторії електрона

Відповідь 1 1

2 21840 429R M

R M= = =

4 Вважаючи що електрон в атомі водню обертається по коловій орбіті радіусом R = 053middot10ndash10 м визначити напруженість створеного магнітного поля в центрі ор-біти Коловий струм еквівалентний силі струму рухо-мого електрона I = 10ndash5 А Відповідь H = 94sdot104 Ам 5 Знайти індукцію магнітного поля в центрі колового витка радіусом R = 01 м якщо магнітний момент витка

mP = = 02 Аmiddotм2

Відповідь 0 32mPBR

= μμπ

= 4sdot10ndash5 Тл

160

6 Альфа-частинка влітає в однорідне магнітне поле маг-нітна індукція якого B = 03 Тл Швидкість частинки пер-пендикулярна до напрямку ліній індукції магнітного поля Знайти період обертання частинки

Відповідь T = 2 mgB

απ = 4middot10ndash7 с

7 У просторі між пластинами конденсатора й котушки створено електричне поле зі взаємно перпендикулярними силовими лініями його напруженість E = 2middot105 Вм а та-кож постійне магнітне поле з індукцією B = 02 Тл Пер-пендикулярно силовим лініям полів по прямій лінії руха-ється електрон Визначити швидкість електрона Відповідь v = 106 мc 8 Електрон рухається в магнітному полі індукція якого В = 2middot10ndash3 Тл по гвинтовій лінії радіусом R = 2middot10ndash2 м і кроком h = 5middot10ndash2 м (рисунок) Визначи-ти швидкість електрона Відповідь

v = 2 2 242eB h R

m+ π

π= 76middot106 мc

9 Протони прискорюються у циклотроні так що максима-льний радіус кривизни їх траєкторії r = 03 м Знайти кіне-тичну енергію протонів у кінці прискорення якщо індукція магнітного поля B = 1 Тл

Відповідь 2 2 2

2R e BW

m= =5 МеВ

10 Реактивний літак рухається зі швидкістю v = 950 кмгод Знайти електрорушійну силу індукції iε що виникає на кінцях крил літака якщо вертикальна складова напруженості магніт-ного поля Землі H = 40 Ам і розмах крил літака l = 125 м Відповідь 0i Hlvε = μμ = ndash 017 B

R

h

161

11 Рамка площею 4middot10ndash2 м2 має 100 витків і обертається в однорідному магнітному полі з індукцією B =10ndash2 Тл Пе-ріод обертання рамки T = 01 с Вісь обертання перпенди-кулярна лініям індукції магнітного поля Визначити мак-симальне значення ЕРС індукції Відповідь maxε asymp 2B 12 Струм 20 AI = що тече по кільцю виготовленому з мідного дроту із площею поперечного перерізу S = 10 мм2 створює в центрі кільця напруженість магніт-ного поля H =178 Ам Яку різницю потенціалів U при-кладено до кінців дроту який утворює кільце

Відповідь 2IU

SHπρ

= = 012 В

13 У магнітному полі з індукцією B = 01 Тл розміщено стрижень завдовжки l = 1 м який обертається перпенди-кулярно до напрямку ліній магнітної індукції Вісь обер-тання проходить через один із кінців стрижня Визначити потік магнітної індукції через поверхню яку утворює стрижень при кожному обертанні Відповідь 2B lΦ = π asymp 03 Вб 14 Магнітний потік через нерухомий контур з опором R змінюється протягом часу τ за законом ( )t t tΦ = α τ minus Знай-ти кількість теплоти що виділяється в контурі за цей час

Відповідь 2 3

3Q

Rα τ

=

15 По двох паралельних дротах течуть струми 1I = 5 А і

2I = 15 А однакової частоти Між струмами існує стала різниця фаз Δϕ = 60deg Із якою силою притягуються між со-бою частини дротів завдовжки 1 м якщо відстань між ними становить 3middot10ndash2 м Відповідь F = 25middot10ndash4 H

162

16 Соленоїд що складається з 80 витків і має діаметр 8 см знаходиться в однорідному магнітному полі індукція якого 6sdot10ndash2 Тл Соленоїд повертається на кут 180deg за час 02 с Знайти середнє значення ЕРС що виникає в соленоїді як-що його вісь до і після повороту спрямована вздовж поля Відповідь ε = 024 В 17 Довгий соленоїд заповнений неоднорідним парамагнети-ком сприйнятливість якого залежить тільки від відстані r до осі соленоїда і описується формулою 2rχ = α де α ndash стала величина На осі соленоїда індукція магнітного поля дорів-нює 0B Знайти залежність намагніченості j від r

Відповідь 20

0

Bj rα=

μ

18 Два прямолінійні довгі паралельні провідники знахо-дяться на деякій відстані один від одного По провідниках течуть однакові струми 1 2I I I= = в одному напрямку Знайти ці струми якщо відомо що для збільшення відста-ні між провідниками у 2 рази необхідно виконати роботу (на одиницю довжини провідника) A = 55 мкДжм Відповідь 1 2I I= = 20 А 19 Соленоїд виготовлений із мідного дроту завдовжки l = 025 м який має площу поперечного перерізу 1S = 10ndash6 м2 і омічний опір R = 02 Ом Питомий опір міді ρ =171middot10ndash8 Омmiddotм Визначити індуктивність L соленоїда

Відповідь 2 2

0 124

R SLl

μμ=

πρ= 54middot10ndash5 Гн

20 Діелектрик із відносною діелектричною проникністю ε = 28 використовували як ізолятор у конденсаторі Конден-сатор під напругою поглинає певну потужність при частоті

163

ν = 50 Гц коефіцієнт потужності cosϕ = 01 Визначити пито-мий опір діелектрика

Відповідь 2

22 1 cos

cosminus ϕ

ρ =εν ϕ

= 13middot109 Омmiddotм

21 Соленоїд завдовжки l = 05 м із площею поперечного перерізу S = 2middot10ndash4 м2 має індуктивність L = 2middot10ndash7 Гн При якій силі струму густина енергії магнітного поля всере-дині соленоїда ω = 10ndash3 Джм3

Відповідь 2lSIL

ω= = 1 А

22 В однорідне магнітне поле напруженістю H = 8middot104 Ам вміщено провідник завдовжки l = 20 см і опором R = 10 Ом Провідник зrsquoєднано із джерелом стру-му ЕРС якого 1ε = 10 В і внутрішній опір r = 10ndash3 Ом При взаємодії магнітного поля струму і зовнішнього магнітно-го поля провідник переміщується перпендикулярно до зо-внішнього магнітного поля зі швидкістю v =10 мс Ви-значити силу струму у провіднику

Відповідь 1 0(I v= ε minus μ1)Hl

R r+= 098 А

23 Визначити повний опір котушки і зсув фаз між стру-мом і напругою у колі змінного струму якщо активний опір R = 15 Ом а індуктивний LR =2 Ом Відповідь z = 25 Ом ϕ = 53deg 24 У колі змінного струму напруга на затискачах котуш-ки U = 120 В зсув фаз між струмом і напругою ϕ = 37deg Визначити активний та індуктивний спади напруги Відповідь RU = 96 B LU = 72 B

164

25 Визначити повний опір і cosϕ для кола змінного стру-му яке складається з активного опору R = 8 Ом індукти-вного LR = 20 Ом і ємнісного CR = 26 Ом Відповідь Z =10 Oм cosϕ = 08 26 Соленоїд що має коефіцієнт самоіндукції L = 03 Гн та опір R = 10 Ом умикається в коло змінного струму ( ϕ =50 Гц) з ефективною напругою ефU = 120 В Визначи-ти амплітуду сили струму I зсув фаз ϕ між струмом і напругою у колі та середню потужність P Відповідь I =168 А ϕ = 43deg P asymp 100 Вт 27 Миттєве значення ЕРС синусоїдального струму в колі з активним опором для фази 6π становить 155 В Знайти амплітудне та ефективне значення ЕРС цього струму Відповідь 0ε asymp 310 В ефε asymp 220 В 28 Змінний струм збуджується в рамці з 200 витків із площею поперечного перерізу витка 300 см2 у магнітному полі з напруженістю 12sdot104 Ам Визначити ЕРС індукції через 001 с після початку руху рамки з нейтрального по-ложення Амплітуда ЕРС дорівнює 72 В Відповідь ε = 504 В

165

sect 4 Електричні коливання Електромагнітні хвилі

1 Електричні коливання ndash це періодичні або близькі до

періодичних зміни заряду конденсатора і струму в котушці ін-дуктивності коливального контуру

Диференціальне рівняння вільних незатухаючих електри-чних коливань в ідеальному контурі та його розвrsquoязок

( )2

20 0 02 0 cosd q q q q t

dt+ ω = = ω + ϕ (1)

де 0q ndash заряд на обкладинках конденсатора в момент часу t = 0 якщо 0ϕ = (амплітудне значення заряду) q ndash заряд на обкла-

динках конденсатора в момент часу t 20

1LC

ω = ndash циклічна час-

тота власних коливань системи L ndash індуктивність котушки C ndash ємність конденсатора

Період власних коливань в ідеальному контурі

02 2T T LC= π ω = π (2) Рівність (2) називають формулою Томсона 2 Затухаючі та вимушені коливання Диференціальне рів-

няння вільних затухаючих електричних коливань у реальному контурі та його розвrsquoязок

220 02 2 0 cos td q dq q q q e t

dtdtminusβ+ β + ω = = ω (3)

де 2 20 0

1 2RLLC

ω = ω minusβ ω = β = (тут β ndash коефіцієнт зату-

хання)

3 Період T електричних коливань у реальному контурі який складається з послідовно ввімкнених ємності C індуктив-ності L та опору R обчислюється за формулою

166

2

2

12

TR

LC L

π=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(4)

4 Логарифмічний декремент затухання δ і добротність

контуру Q при слабкому затуханні визначаються формулами

CRL

δ = π1 LQR C

= (5)

5 Вимушені електричні коливання Якщо до реального ко-

ливального контуру прикладено зовнішню періодичну напругу то в контурі виникнуть вимушені електричні коливання заряду q напруги CU на конденсаторі та струму І в контурі Усталені вимушені коливання для сили струму при послідовному вклю-ченні в контур напруги cosmU U t= ω мають вигляд

cos( )mI I t= ω minus ϕ (6)

( )22

1

mm

UIR L C

=

+ ω minus ω

1tg L CR

ω minus ωϕ =

6 Електромагнітні хвилі ndash це сукупність змінного електри-

чного та змінного магнітного полів Хвилі поширюються у про-сторі зі скінченною швидкістю яка визначається формулою

v0 0

1 1= sdot

ε μ εμ (7)

де 0ε = 885sdot10ndash12 Фм 0μ = 4πsdot10ndash7 Гнм ndash електрична та маг-нітна сталі ε і μ ndash відносні діелектрична та магнітна прони-кності середовища

Для вакууму одержимо

v0 0

1=

ε μ= 3sdot108 мс (8)

Таким чином у вакуумі фазова швидкість електромагнітних хвиль збігається зі швидкістю світла c

167

Рівняння плоскої електромагнітної хвилі що поширюється з фазовою швидкістю v вздовж осі x записане для напруженості електричного поля ( )E x t має вигляд

0 0 0( ) cos ( ) cos( ) cos( )xE x t E t E t x E t kxv v

ω= ω minus = ω minus = ω minus

де 2Tπ

ω = ndash циклічна частота 2kvω π

= =λ

ndash хвильове число

7 Енергія плоских електромагнітних хвиль Обrsquoємна гус-

тина енергії поля W визначається за формулою 2 2

0 0 2 2E HE HW W W ε ε μ μ

= + = + (9)

де EW HW ndash густина енергії електричного і магнітного полів У цій точці простору вектори E і H змінюються в однаковій

фазі (коливання синфазні) тому співвідношення між амплітудними значеннями 0E i 0H виконується для їх миттєвих значень

Це означає що густина енергії електричного і магнітного по-лів у кожний момент часу однакова

E HW W= i 202 EW W E= = ε ε

Враховуючи співвідношення 0 0E Hε ε = μ μ одержимо ін-ший вираз для густини енергії електромагнітної хвилі

W 0 0 EH= ε εμ μ (10)

Помноживши густину енергії на швидкість v0 0

1=

ε εμ μ

одержимо вираз для миттєвої густини потоку енергії П 2

00 0

1П E= ε ε =ε εμ μ

v sdotW EH= (11)

У векторній формі [ ]П EH= (12)

Вектор П називається вектором Пойнтінга

168

Під інтенсивністю електромагнітної хвилі розуміють енергію хвилі що переноситься через одиничну площу перпендикуляр-ну до напрямку поширення хвилі за одиницю часу Інтенсив-ність I такої хвилі можна знайти усереднивши ( )П I П=

наприклад за один період коливань 2 T π=

ω

20 0 0 0

0

2 2E H EI П ε ε

= = =μ μ

Бачимо що інтенсивність I електромагнітної хвилі пропор-

ційна квадрату амплітуди електричного вектора 20E

169

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Ідеальний коливальний контур складається із котушки з ін-

дуктивністю L = 02 мГн і конденсатора площа пластин якого S = 155 см2 а відстань між ними d = 15 мм Контур резонує на довжину хвилі λ = 630 м Визначити діелектричну проникність середовища між обкладинками конденсатора

Розвrsquoязання

Ємність конденсатора 0 SCd

ε ε=

Період коливань ідеального контуру 2T LC= π

Довжина хвилі 02 ScT c Ld

ε ελ = = π звідки

2

02d

c LSλ⎛ ⎞ε = ⎜ ⎟π ε⎝ ⎠

де c = 3middot108 мс 0ε = 885middot10ndash12 Кл2(Нmiddotм2) ε = 61 Задача 2 У реальному коливальному контурі індуктивність якого

L = 001 Гн заряд конденсатора зменшується в 10 разів за пе-ріод T = 10ndash5 с Визначити опір контуру

Розвrsquoязання

Заряд конденсатора в будь-який момент часу визначається

співвідношенням

( )2 cosR tLq Ae t

minus= ω minus ϕ (1)

де A ndash стала ω ndash колова частота ϕ ndash зсув фаз

170

Через час T дістанемо заряд ( )

[ ]21 cos ( )

R t TLq Ae t T

minus += ω + minus ϕ (2)

Поділимо почленно рівняння (1) і (2)

( )( )

2

1

coscos

R TL tq e

q t Tω minus ϕ

=⎡ω + minus ϕ⎤⎣ ⎦

Враховуючи що 2 Tω = π і період косинуса дорівнює 2π одержимо

2

1

RTLq e

q= звідки

1

2 ln L qRT q

= R asymp 4605 Ом

Задача 3 Коливальний контур складається з конденсатора ємністю

803 10C minus= sdot Ф і котушки з індуктивністю L = 12sdot10ndash6 Гн Знайти період вільних коливань контуру коефіцієнт затухання і лога-рифмічний декремент затухання якщо опір котушки R = 60 Ом

Розвrsquoязання

Період коливання в контурі з омічним опором

2

2

2

14

TR

LC L

π=

minus

T =148sdot10ndash7 с

Логарифмічний декремент затухання характеризує зменшен-ня амплітуди коливань за один період

0( )

1 0ln ln

tn

t Tn

A A e TA A e

minusβ

minusβ ++

δ = = = β

де 2R Lβ = ndash коефіцієнт затухання β = 25sdot106 cndash1 Підставивши це значення β у формулу для δ знайдемо δ = 37

171

Задача 4 У яких межах має змінюватись ємність коливального конту-

ру щоб його можна було налаштувати на довжини хвиль у діа-пазоні від 400 м до 1000 м Індуктивність контуру L = 2sdot10ndash4 Гн

Розвrsquoязання

Якщо опір контуру малий 2 21 4LC R Lgt то контур мож-

на розглядати як ідеальний Тоді період власних коливань контуру 2T LC= π

Довжина хвилі λ повrsquoязана з періодом співвідношенням 2cT c LCλ = = π

де c ndash швидкість поширення електромагнітних хвиль (шви-дкість світла)

Із цього рівняння знаходимо 2

2 24C

c Lλ

=π

1C = 223sdot10ndash10 Ф 2C = 14sdot10ndash9 Ф Отже ємність має змінюватися від 2C = 14sdot10ndash9 Ф до

1C = 223sdot10ndash10 Ф

172

Задачі

1 Приймальний контур складається із котушки індуктив-ністю 2sdot10ndash6 Гн і конденсатора ємністю 18sdot10ndash10 Ф На яку довжину хвилі розрахований контур Відповідь λ = 36 м 2 Звукові хвилі завдовжки 2 м падають на мембрану мікрофона Унаслідок коливань мембрани в мікрофоні виникають електричні коливання Визначити довжину хвиль цих коливань Відповідь λ asymp18sdot106 м 3 Коливальний контур складається із котушки індуктивності та двох однакових конденсаторів які зrsquoєднано паралельно Період власних коливань контуру 1T = 20 мкс Чому дорівню-ватиме період якщо підключити конденсатори послідовно Відповідь 2T = 10 мкс 4 Резонанс у коливальному контурі із конденсатором єм-ністю 10ndash6 Ф наступає при частоті 400 Гц Якщо паралель-но першому конденсатору підключити другий конденса-тор 2C то резонансна частота стає рівною 200 Гц Визна-чити ємність другого конденсатора 2C

Відповідь 2C = 3 мкФ 5 Невелику кульку масою m = 2sdot10ndash2 кг підвішено на нит-ці на висоті h = 012 м від горизонтальної провідної пло-щини Після надання кульці певного заряду q її період коливань змінився в η = 2 рази Знайти заряд q кульки

Відповідь 204 ( 1)q h mg= πε η minus = 2sdot10ndash6 Кл

173

6 Визначити період вільних коливань у контурі який складається з послідовно сполучених конденсатора ємніс-тю C = 10 мкФ безіндуктивного опору R = 20 Ом і двох котушок з індуктивностями 1L = 02 мГн і 2L = 04 мГн та дуже малим активним опором

Відповідь 2

21 2 1 2

2

1( ) 4( )

TR

L L C L L

π=

minus+ +

= 168sdot10ndash3 c

7 Знайти час за який амплітуда коливань струму в кон-турі з добротністю Q = 5000 зменшиться в η = 2 рази як-що частота коливань ν = 22 МГц

Відповідь lnQt = ηπν

= 05 c 8 Рівняння часової залежності зміни сили струму у колива-льному контурі задається у вигляді 002sin 400I t= minus π А Індуктивність контуру 1 Гн Знайти 1) період коливань 2) ємність контуру 3) максимальну різницю потенціалів на обкладинках конденсатора 4) максимальну енергію магніт-ного поля 5) максимальну енергію електричного поля Відповідь T = 5sdot10ndash3 c C = 63sdot10ndash7 Ф Δϕ = 252 B

mE = 2sdot10ndash4 Дж elE = 2sdot10ndash4 Дж 9 Чому дорівнює відношення енергії магнітного поля коливального контуру до енергії його електричного по-

ля для моменту часу 8T с

Відповідь m

еl

WW

=1

10 Коливальний контур приймача налаштовано на довжину хвилі λ = 500 м Яка власна частота коливань контуру якщо його індуктивність дорівнює L = 2sdot10ndash6 Гн а опір R = 10 Ом Відповідь 0ν = 45sdot104 Гц

174

11 Коливальний контур складається з котушки індуктивніс-тю 01 Гн та конденсатора ємністю 395 мкФ Заряд конденса-тора 3 мкКл Нехтуючи опором контуру записати рівняння 1) залежності зміни сили струму від часу 2) залежності зміни напруги на конденсаторі від часу Відповідь 15cos(160 2)I t= π + π мА

76cos(160 )CU t= π мВ 12 Плоска гармонічна електромагнітна хвиля поширюєть-ся у вакуумі Знайдіть відношення амплітуди електричного вектора цієї хвилі до амплітуди її магнітного вектора

Відповідь 0

0377E

H= ВА

13 У вакуумі поширюється плоска електромагнітна хви-ля амплітуда електричного вектора якої 0E = 8 нВм Знайдіть інтенсивність I такої електромагнітної хвилі Відповідь 19057 10I minus= sdot Втм2 14 У вакуумі поширюється плоска електромагнітна хви-ля з напруженістю 0 cos( )E E t kx= ω minus Інтенсивність хвилі дорівнює I Знайдіть амплітудне значення густини стру-му зміщення для цієї хвилі

Відповідь амплітуда

120

зм0 0

2 1 деIj ccε⎛ ⎞= ω =⎜ ⎟ ε μ⎝ ⎠

15 Електромагнітна хвиля з частотою ν = 30 МГц пере-ходить із вакууму в немагнітне середовище з діелектрич-ною проникністю 40ε = Знайдіть приріст довжини хвилі

Відповідь 1 1 50с⎛ ⎞Δλ = minus = minus⎜ ⎟ νε⎝ ⎠м

175

РОЗДІЛ 4

ОПТИКА І КВАНТОВА ФІЗИКА

sect 1 Основні поняття та закони хвильової оптики 1 Інтерференція світла ndash явище накладання когерентних

хвиль при якому спостерігається перерозподіл їх енергії по хви-льовому полю у результаті чого підсилюється або ослаблюється результуюча інтенсивність залежно від співвідношення фаз хвиль

При інтерференції двох когерентних хвиль утворюється хви-ля з результуючою амплітудою

2 21 2 1 2 2 12 cos( )A A A A A= + + ϕ minus ϕ (1)

де А1 А2 ndash амплітуди складових хвиль ϕ1 ϕ2 ndash їхні початкові фази Враховуючи що інтенсивність хвилі I пропорційна квадрато-

ві амплітуди A вираз (1) можна записати у вигляді

1 2 1 22 cosI I I I I= + + Δϕ де 2 1Δϕ = ϕ minus ϕ ndash різниця фаз

Різниця фаз Δϕ залежить від геометричної різниці ходу (r2 ndash r1) променів

2 12 r rminusΔϕ = π

λ (2)

де λ ndash довжина хвилі Якщо одна із хвиль поширюється в середовищі з показником

заломлення n1 а інша ndash у середовищі з показником заломлення n2 то різниця фаз

( )2 12 2 1 1

2 1 0 0

2 22 r r r n r n⎛ ⎞ π π

Δϕ = π minus = minus = Δ⎜ ⎟λ λ λ λ⎝ ⎠ (3)

де λ1 і λ2 ndash відповідно довжини світлових хвиль у першому і другому середовищах λ0 ndash довжина хвилі у вакуумі

2 2 1 1n r n rΔ = minus ndash оптична різниця ходу

176

2 Умови максимуму та мінімуму інтенсивності при на-кладанні двох когерентних хвиль

1) максимум інтенсивності при накладанні двох когерентних хвиль спостерігається у точках для яких у оптичну різницю ходу променів вміщується ціле число хвиль або парне число півхвиль

00 (2 )

2k k λ

Δ = plusmn λ = plusmn (4)

де k = 0 1 2 2) мінімум інтенсивності при накладанні двох когерентних

хвиль спостерігається у точках для яких різниця ходу променів вміщує непарне число півхвиль

00

1 (2 1)2 2

k k λ⎛ ⎞Δ = plusmn + λ = plusmn +⎜ ⎟⎝ ⎠

(5)

де k = 0 1 2 3 Відстань між двома сусідніми інтерференційними ма-

ксимумами або мінімумами що утворилися внаслідок ін-терференції променів від двох когерентних джерел світла за-писується формулою

= Lxd

Δ λ (6)

і називається шириною смуги Тут λ ndash довжина хвилі світла L ndash відстань від екрана до джерел світла які розміщені одне від одного на відстані d (при цьому вважається що L gtgt d)

4 Результат інтерференції світла в тонких пластинах (у

прохідному світлі) визначається формулами положення мак-симумів освітленості

2 22 sin 2 cosd n i dn r kminus = = λ (k = 0 1 2 3 ) (7) Мінімум освітленості визначається формулою

2 2 12 sin 2 cos2

d n i dn r k⎛ ⎞minus = = + λ⎜ ⎟⎝ ⎠

(k = 0 1 2 3 ) (8)

де d ndash товщина пластини n ndash показник заломлення i та r ndash кут па-діння та кут заломлення променів відповідно λ ndash довжина хвилі

177

У відбитому світлі внаслідок втрати півхвилі при відбиван-ні одного з променів від більш густого середовища умови для максимумів і мінімумів освітленості міняються місцями формула (7) дає положення мінімумів а формула (8) ndash положен-ня максимумів освітленості

5 Радіуси інтерференційних кілець Ньютона у прохідному

світлі визначаються формулами для світлих кілець

( )0 1 2 kr Rk k= λ = (9) для темних кілець

( )1( ) 0 1 2 2kr k R k= + λ = (10)

де R ndash радіус кривизни лінзи λ ndash довжина хвилі У відбитому світлі формула (10) визначає положення світ-

лих кілець а формула (9) ndash темних 6 Дифракція світла ndash оптичне явище повrsquoязане зі зміною

напрямку поширення світлових хвиль та із просторовим пере-розподілом їх інтенсивності під впливом перешкод і неоднорід-ностей середовища на їхньому шляху

Під дифракцією розуміють будь-яке відхилення від прямолі-нійного поширення світла якщо воно не зумовлене відбиванням заломленням або викривленням променів у середовищах у яких показник заломлення безперервно змінюється Дифракція власти-ва також радіо- та рентгенівським променям звуковим хвилям тобто всім хвильовим процесам а також мікрочастинкам

7 Дифракція плоскої хвилі на щілині Пучки світла які

дифрагують під кутами що відповідають непарній кількості зон Френеля утворюють на екрані дифракційні максимуми Поло-ження максимумів інтенсивності світла при дифракції від однієї щілини на яку нормально падає паралельний пучок світ-ла визначається умовою

sin (2 1)2

a k λϕ = plusmn + (k = 1 2 3 ) (11)

178

де а ndash ширина щілини ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хви-лі падаючого світла

Пучки світла які дифрагують під кутами що відповідають парному числу зон Френеля створюють на екрані дифракційні мінімуми

Положення мінімумів інтенсивності світла при дифракції від однієї щілини на яку нормально падає паралельний пучок світла визначається умовою

sina kϕ = plusmn λ (k = 1 2 3 ) (12) де а ndash ширина щілини ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хвилі падаючого світла

8 У дифракційній ґратці максимуми інтенсивності світла

спостерігаються в напрямках що утворюють із нормаллю до ґратки кути ϕ які задовольняють співвідношення (за умови що світло падає на ґратку нормально)

sind kϕ = plusmn λ (k = 0 1 2 3 ) (13) де d ndash стала ґратки ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хвилі k ndash порядок спектра Рівняння (13) називають основним рівнянням для дифракційної ґратки

Головні мінімуми дифракційної картини при дифракції на ґратці зумовлені дифракцією на кожній із щілин і визнача-ються рівнянням (12)

9 Кутову дисперсію дифракційної ґратки знаходять за

формулою

cosd kDd d

ϕ= =

λ ϕ (14)

10 Роздільною здатністю ґратки є величина

R kNλ= =

Δλ (15)

де N ndash загальна кількість штрихів ґратки k ndash порядок спектра Δλ ndash найменша відстань в одиницях довжини хвилі між двома суміжними спектральними лініями які спостерігаються ще

179

окремо згідно із критерієм Релея Максимальна роздільна здатність ґратки

maxNdR =λ

(16)

11 Роздільна здатність оптичного приладу визначається

співвідношенням

( )

2 sin 2b

n Uλ

gt (17)

де b ndash найменша відстань між двома точками які ще розрізня-ються при спостереженні за допомогою приладу (межа розріз-нення) n ndash показник заломлення середовища у якому міститься предмет U ndash апертурний кут (кут створений крайніми проме-нями світлового пучка що падає в обrsquoєктив)

12 Формула ВульфаndashБрегга визначає напрямок дифракцій-

них максимумів рентгенівських променів пружно розсіяних кристалом дифракційний максимум спостерігається за умови що промені відбиті від різних паралельних атомарних площин мають різницю ходу яка в ціле число разів перевищує довжину хвилі рентгенівських променів

2 sind kθ = plusmn λ (k = 1 2 3 ) (18) де d ndash міжплощинна відстань θ ndash доповнювальний кут або кут ковзання λ ndash довжина хвилі рентгенівського випроміню-вання k ndash порядок відбиття

13 Закон Брюстера визначає умову повної лінійної поляри-зації світла що відбивається від діелектрика Тангенс кута іБр по-вної поляризації відбитих променів дорівнює відносному показ-нику заломлення n відбиваючого діелектричного середовища

Брtg i n= (19) де іБр ndash кут повної поляризації або кут Брюстера

14 Закон Малюса Відношення інтенсивності плоскополяризо-

ваного світла І яке пройшло аналізатор (без поглинання) до інтен-сивності І0 плоскополяризованого світла що потрапило на нього

180

дорівнює квадрату косинуса кута α між площиною поляризації падаючого променя і площиною головного перерізу аналізатора

2

0cosI

I= α (20)

Враховуючи те що аналізатор не абсолютно прозорий вира-зу (20) надають вигляду

2cosa a pI k I= α (21) де ka ndash коефіцієнт прозорості аналізатора (0 lt ka le 1) Іа ndash інтен-сивність світла на виході аналізатора Ір ndash інтенсивність світла що виходить із поляризатора (падає на аналізатор)

15 Ступінь поляризації світла Р визначається відношенням інтенсивності поляризованого світла Іпол до загальної інтенсив-ності світла (Іпол + Інепол) тобто

( ) ( ) ( )пол пол непол max min max minP I I I I I I I= + = minus + (22) тут Imax та Imin ndash максимальна та мінімальна інтенсивності суміші плоскополяризованого і неполяризованого світла при його спо-стереженні крізь аналізатор

16 Обертання площини поляризації Закон Біо Кут обер-

тання ϕ площини поляризації пропорційний товщині шару оп-тично активної речовини і визначається формулою

lϕ = α (23) де α ndash коефіцієнт пропорційності який називають оберталь-ною здатністю l ndash довжина шляху променя в оптично акти-вному середовищі

Обертальна здатність залежить від природи речовини темпе-ратури та довжини хвилі і дорівнює величині кута на який по-вертається площина поляризації монохроматичного світла при проходженні шару завтовшки 1 м

Закон Біо Для оптично активних розчинів кут повороту площини поляризації прямо пропорційний товщині шару l і концентрації с оптично активної речовини

[ ] c lϕ = α sdot sdot (24)

181

де [ ] 21~α

λ тут λ ndash довжина хвилі монохроматичного світла

17 Поглинання світла Закон Бугера Зменшення інтен-

сивності світла dI при проходженні шару середовища завтов-шки dl пропорційне інтенсивності що входить у цей шар і товщині шару тобто

dI Idl= minusα (25) або 0 exp( )I I l= minusα (26) де І ndash інтенсивність світла що виходить із шару поглинаючого се-редовища завтовшки l І0 ndash інтенсивність світла що входить у по-глинаюче середовище α ndash коефіцієнт пропорційності який не за-лежить від інтенсивності й називається коефіцієнтом поглинання

З урахуванням розсіяння світла формула (26) набуває вигляду 0 exp( ( ) )I I l= minus α + σ (27)

де σ ndash показник ослаблення світла внаслідок його розсіяння 18 Закон БугераndashЛамбертаndashБера Для газів і розчинів ма-

лих концентрацій коефіцієнт поглинання α прямо пропорційний молярній концентрації С0 розчиненої речовини тобто

0 0Cα = α (28) де α0 ndash показник поглинання для розчину одиничної концентрації

Формула закону БугераndashЛамбертаndashБера має вигляд 0 0 0exp( )I I C l= minusα (29)

182

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити відстань між сусідніми максимумами (мінімума-

ми) для інтерференційної картини створеної на екрані двома когерентними джерелами монохроматичного світла S1 i S2 Від-стань між цими джерелами d а відстань від джерел до екрана L причому d ltlt L

Розвrsquoязання

Визначимо відстань х від точки О розміщеної на рівних від-

станях від S1 i S2 до тих точок Р у яких спостерігатимуться ін-терференційні максимуми на екрані

Δ l d

L

C

B S2

S1

P

O

x

Із прямокутних трикутників PCS1 i PBS2 знаходимо

⎪PS1⎪2 = L2 + (x + d2)2 ⎪PS2⎪2 = L2 + (x ndash d2)2 звідки

⎪PS1⎪2 ndash ⎪PS2⎪2 = 2xd або (⎪PS1⎪ndash⎪PS2⎪)(⎪PS1⎪+⎪PS2⎪) = 2xd

⎪PS1⎪ ndash ⎪PS2⎪ = Δl a ⎪PS1⎪ + ⎪PS2⎪ asymp 2L

Тоді Δlmiddot2L = 2xd та L lxdΔ

=

183

Враховуючи формули що визначають умови максимумів і мінімумів інтенсивності світла для різниці ходу lΔ при інтерфе-ренції одержимо відстані на яких розміщено максимуми й мі-німуми відносно точки О

Для максимумів Lx kd

λ=

Для мінімумів (2 1)2

Lx kd

λ= +

Тоді відстань між сусідніми максимумами (мінімумами) Lx

dλ

Δ =

Задача 2 Визначити найменшу товщину мильної плівки d якщо у від-

битому світлі вона здається зеленою (λ = 5middot10ndash7 м) Кут α між нормаллю і променем зору дорівнює 35deg Показник заломлення плівки n = 133 Якого кольору буде плівка якщо її спостерігати під кутом α = 0deg тобто при нормальному промені зору

Розвrsquoязання

Оптична різниця ходу променів у відбитому світлі (при

втраті півхвилі) 2 22 sin

2d n λ

Δ = minus α minus

Отже умова інтерференційного максимуму визначиться так 2 22 sin (2 1)

2d n k λ

minus α = +

Найменша товщина плівки спостерігатиметься при k = 0 тому матимемо

2 22 sin2

d n λminus α =

184

звідки 2 24 sin

dn

λ=

minus α

d = 105middot10ndash7 м Щоб відповісти на друге запитання визначимо довжину хви-

лі світла яке потрапляє в наше око під кутом α = 0deg 2 24 sin 4 d n dnλ = minus α = λ = 549middot10ndash7 м

Око побачить плівку забарвлену в жовто-зелений колір Задача 3 Поверхні скляного кли-

на утворюють між собою кут α = 01prime На клин падає нормально до його поверх-ні пучок монохроматичних променів довжина хвилі яких λ = 5middot10ndash7 м Знайти лінійну відстань між інтер-ференційними смугами (рисунок)

C2

αl

C1

d1 d2

Розвrsquoязання

У цій задачі кут падіння променів на поверхню дорівнює ну-

лю тому різниця ходу 2 2dnΔ = + λ

де n ndash показник заломлення скла Нехай точкам С1 і С2 відповідають дві сусідні світлі смуги

Тоді для різниць ходу Δ1 і Δ2 у цих точках матимемо 1 1

2 2

2 2 2 2 ( 1)

d n kd n k

Δ = + λ = λ ⎫⎬Δ = + λ = minus λ ⎭

де d1 i d2 ndash товщина клина в точках С1 і С2 Віднімаючи почленно ці дві рівності знайдемо

( )1 22n d dminus = λ

185

звідки

1 2 2d d nλminus =

Якщо позначити через l шукану відстань між смугами то 1 2d dl minus

asympα

де кут α виражається в радіанах Остаточно для l запишемо

2

lnλ

asympα

l asymp 56middot10ndash3 м

Задача 4 Знайти фокусну відстань f плоско-опуклої лінзи яка застосо-

вується у приладі для спостереження кілець Ньютона якщо ра-діус третього світлого кільця r3 = 11middot10ndash3 м n = 16 λ = 589middot10ndash7 м Кільця спостерігаються у відбитому світлі

Розвrsquoязання

Місця однакової товщини повітряного прошарку мають ви-

гляд кіл радіусом r із центром у точці О у якій лінза доторку-ється до площини NN

При r ltlt R і нормальному падінні променів знаходимо різ-ницю ходу наближено

2 2dΔ = + λ (1) Умовою утворення світлих інтерференційних смуг є співвід-

ношення 2 2d kΔ = + λ = λ (2)

де k ndash ціле число Із рисунка видно що при r ltlt R маємо наближено

2

2rdR

= (3)

186

R

C

Ord

N N Підставляючи значення (3) у (2) одержимо

( )2

1 2rR

k=

minus λ (4)

Фокусна відстань лінзи визначається за формулою

( )1 2

1 1 11

fn

R R

=⎛ ⎞

minus minus⎜ ⎟⎝ ⎠

(5)

Враховуючи (4) і те що R2 = infin матимемо

( )( )2

1 1 2

rfn k

=minus minus λ

f = 137 м Задача 5 Частково поляризоване світло проходить крізь ніколь При

повороті ніколя на 60deg від положення якому відповідає макси-мальна інтенсивність інтенсивність зменшується вдвічі Нехту-ючи поглинанням і відбиванням світла ніколем визначити від-ношення інтенсивностей природного та лінійно поляризованого світла ступінь поляризації пучка на вході в ніколь

Розвrsquoязання

При першому положенні ніколя якому відповідає максима-

льна інтенсивність світла крізь ніколь повністю проходить ра-ніше поляризоване світло інтенсивністю In та поляризоване

187

світло інтенсивність якого дорівнює половині інтенсивності природного світла I0

Сумарна інтенсивність світла що проходить крізь ніколь 1 005nI I I= +

При повертанні ніколя на кут α інтенсивність світла що про-ходить через нього

22 0 0cos 05 025 05n nI I I I I= α + = +

Оскільки 2 105I I= то

0 0025 05 05 025n nI I I I+ = + тоді маємо 0nI I= та 0 1nI I =

Ступінь поляризації визначається відношенням інтенсивності поляризованого світла до загальної інтенсивності світла тобто

0

12

n

n

IPI I

= =+

Можна P знайти також із формули

max min

max min

I IPI I

minus=

+

де maxI і minI ndash максимальна і мінімальна інтенсивності у двох взаємно перпендикулярних напрямках

Максимальне значення інтенсивності max 1 15 nI I I= =

Мінімальна інтенсивність при повертанні ніколя на 90deg min 005 05 nI I I= =

Отже знову 05P = Задача 6 Електронний пучок який падає на алюмінієву пластинку

створює при відбиванні дифракційну картину Кутове відхи-лення (від центра картини) дифракційного максимуму друго-го порядку α = 1deg Період кристалічної ґратки алюмінію (від-стань між атомними площинами) d = 0405 нм Визначити швидкість електронів у пучку

188

Розвrsquoязання

Згідно з формулою де Бройля частинці що рухається відпо-відає хвиля довжина якої визначається формулою

hmv

λ =

де h ndash стала Планка m ndash маса мікрочастинки v ndash її швидкість Довжина хвилі що відповідає електронам пучка визначаєть-

ся із формули ВульфаndashБрегга 2 sin d

nϕ

λ =

де n = 2 ndash порядок максимуму ϕ = 90deg ndash α

Отже ( )2 sin 90

nhvmd

= =deg minus α

18106 мс

189

Задачі

1 Різниця ходу двох інтерферуючих хвиль у вакуумі до-рівнює 1) 0 2) 02λ 3) 05λ 4) λ 5) 12λ Чому дорівнює відповідна різниця фаз Відповідь 1) 0 2) 72deg 3) 180deg 4) 360deg 5) 432deg 2 Різниці фаз двох інтерферуючих хвиль дорівнюють 1) 0 2) π3 3) π2 4) π 5) 2π 6) 3π Скільком довжинам хвиль у вакуумі будуть відповідати оптичні різниці ходу цих хвиль Відповідь 1) 0 2) λ6 3) λ4 4) λ2 5) λ 6) 15λ 3 На шляху променя світла перпендикулярно до нього розташували скляну пластинку (n = 15) завтовшки 1 мм На скільки при цьому зміниться оптична довжина шляху Відповідь на 05 мм 4 Оптична різниця ходу інтерферуючих променів Δ = 25 мкм Знайдіть усі довжини хвиль видимого діапа-зону (від 04 до 076 мкм) які в цьому випадку дають мак-симум інтерференції Відповідь 0625 мкм 05 мкм 0416 мкм 5 Оптична різниця ходу інтерферуючих променів Δ= 2 мкм Знайдіть усі довжини хвиль видимого діапазону (від 04 до 076 мкм) які в цьому випадку дають мінімум інтерференції Відповідь 057 мкм 044 мкм 6 Чому дорівнює амплітуда А коливання що утворюєть-ся в результаті суперпозиції N некогерентних хвиль одна-кового напрямку і однакової амплітуди a Відповідь A a N=

190

7 Дві світлові хвилі утворюють у деякій точці простору ко-ливання однакового напрямку що описуються функціями

( )cosA tω та ( )( )cosA tω + Δω де Δω = 0628 сndash1 Як буде змінюватись інтенсивність у цій точці Відповідь інтенсивність пульсує з періодом 10 с 8 Два когерентні джерела S1 i S2 з до-вжиною хвилі λ = 0510ndash6 м розміщені на відстані d = 2 мм одне від одного Паралельно лінії яка сполучає джере-ла розміщено екран на віддалі L = 2 м від них Що спостерігатимемо в точці А екрана світло чи темряву Відповідь у точці А буде світло

d

L

A

S1 S2

9 Відстань між когерентними джерелами світла d = 05 мм відстань від джерел до екрана l = 5 м У зеленому світлі спо-стерігаються інтерференційні смуги на відстані Δx = 5 мм одна від одної Знайдіть довжину хвилі зеленого світла Відповідь 05 мкм 10 Два когерентні джерела світла (λ = 05 мкм) утворюють на екрані інтерференційну картину Як зміниться ця картина якщо на шляху одного з променів помістити плоскопарале-льну скляну (n = 15) пластину завтовшки 105 мкм Відповідь зміниться на протилежну 11 Відстані від скляної біпризми Френеля з кутом залом-лення θ = 20prime до вузької щілини та екрана а = 025 м і b = 1 м відповідно Знайти довжину хвилі світла якщо ширина інтерференційної смуги на екрані Δх = 5510ndash2 м

Відповідь ( )( )

2 1+

a n xa b

θ minus Δλ =

12 На тонку плівку (n = 133) падає паралельний пу-чок білого світла Кут падіння θ = 52deg При якій товщині

191

плівки відбите світло буде найбільше забарвлене у жов-тий колір (λ = 06 мкм)

Відповідь ( ) ( )2 2

1+2= 014 1+2

4 sin

kb k

n

λ=

minus θ мкм

13 Прилад для спостереження кілець Ньютона освітлюється монохроматичним світлом із довжиною хвилі λ = 610ndash7 м яке падає нормально до поверхні Знайти товщину повітряно-го шару між лінзою і скляною пластинкою у місці де спосте-рігається четверте темне кільце у відбитому світлі Відповідь 1210ndash6 м 14 На мильну плівку (n = 133) падає біле світло під ку-том 45deg При якій найменшій товщині плівка у відбитому світлі буде забарвлена в жовтий колір (λ = 6sdot10ndash5 см) Відповідь 133sdot10ndash5 см 15 На мильну плівку під кутом 30deg падає пучок монохро-матичного світла (λ = 600 нм) При якій мінімальній тов-щині плівки вона буде світлою у відбитому світлі Відповідь 120 нм 16 Пучок світла (λ = 58 10ndash7 м) падає на скляний (n = 15) клин Кут клина дорівнює 20 Яка кількість темних інтерфе-ренційних смуг припадає на одиницю довжини клина Відповідь по 5 темних та світлих смуг на 1 см 17 Мильна плівка розташована вертикально і утворює клин через стікання рідини Інтерференційну картину спо-стерігають у відбитому світлі (λ = 54610ndash7 м) Відстань між пrsquoятьма смугами дорівнює 210ndash2 м Показник залом-лення мильної плівки 133 Промінь зору перпендикуляр-ний до поверхні плівки Знайти кут клина в секундах

Відповідь tg2knlλ

α = ndash5tg 513 10 11primeprimeα = sdot α =

192

18 Пучок білого світла нормально падає на скляну плас-тинку товщина якої d = 410ndash7 м Показник заломлення скла n = 15 Які довжини хвилі що лежать у межах ви-димого спектра (від 410ndash7 м до 710ndash7 м) будуть підси-люватися у відбитому світлі Відповідь λ = 4810ndash7 м 19 Кільця Ньютона спостерігаються у відбитому світлі (λ = 589 нм) під кутом 0deg У деякій точці товщина повіт-ряного шару між опуклою поверхнею лінзи та плоскою пластинкою l = 1767 мкм Яке кільце ndash світле чи темне буде проходити крізь цю точку Відповідь темне 20 Радіус кривизни плоско-опуклої лінзи R = 4 м Чому дорівнює довжина падаючого на лінзу світла якщо радіус пrsquoятого світлого кільця у відбитому світлі r5 = 36 мм Відповідь 072 мкм 21 Кільця Ньютона утворюються між плоским склом і лі-нзою з радіусом кривизни R = 86 м Монохроматичне сві-тло падає нормально Діаметр четвертого темного кільця d = 910ndash3 м Знайти довжину хвилі падаючого світла (прийняти центральне темне кільце за нульове)

Відповідь 2kr

Rkλ = = 58910ndash7 м

22 Відстань між 4-м і 25-м темними кільцями Ньютона дорівнює 910ndash2 м Радіус кривизни лінзи 15 м Знайти до-вжину хвилі падаючого нормально на прилад світла Спо-стереження проводять у відбитому світлі Відповідь λ = 610ndash7 м 23 Монохроматичне світло (λ = 064 мкм) нормально па-дає на щілину завширшки a = 02 мм Визначити в кутових одиницях ширину центральної світлої смуги Вважати що границі світлої смуги відповідає мінімум Відповідь 64 sdot10ndash3 рад

193

24 Довжина хвилі нормально падаючого монохроматич-ного світла на щілину вміщується в ширині щілини шість разів Під яким кутом спостерігатиметься третій дифрак-ційний мінімум світла Відповідь 30deg 25 На дифракційну ґратку з періодом d = 0004 мм падає нормально монохроматичне світло При цьому головний максимум четвертого порядку відповідає відхиленню променів на кут 30deg Визначити довжину хвилі світла Відповідь 05 мкм 26 Монохроматичне світло (λ = 06 мкм) падає нормально на дифракційну ґратку що містить 400 штрихів на 1 мм Знайти загальну кількість дифракційних максимумів які дає ґратка Відповідь 9 27 На дифракційну ґратку падає нормально світло При цьому максимум другого порядку для лінії λ1 = 065 мкм відповідає куту 45deg Знайти кут що відповідає максимуму третього порядку для лінії λ2 = 050 мкм Відповідь 54deg 40 28 Дифракційна ґратка що має 500 штрихів на 1 мм осві-тлюється фіолетовим світлом (λ = 04 мкм) Визначити ку-тову відстань між максимумами першого порядку Відповідь 23deg 6 29 Знайти найбільший порядок спектра для жовтої лінії натрію з довжиною хвилі λ = 589middot10ndash7 м якщо період ди-фракційної ґратки d = 2middot10ndash6 м Відповідь k = 3 30 На якій відстані від дифракційної ґратки треба по-ставити екран щоб відстань між невідхиленим зобра-женням і спектром четвертого порядку (k = 4) дорівню-

194

вала l = 5middot10ndash2 м для світла з довжиною хвилі λ = 5middot10ndash7 м Стала дифракційної ґратки d = 2middot10ndash5 м

Відповідь 2 2 2lx d kk

= minus λλ

31 Скільки штрихів на довжині 10ndash2 м має дифракційна ґратка якщо зелена лінія ртуті (λ = 546middot10ndash7 м) у спектрі четвертого порядку спостерігається під кутом 19deg 8prime Відповідь 6middot105 мndash1 32 Чи можуть перекриватися спектри першого та другого порядків дифракційної ґратки при освітленні її видимим світлом (λф = 400 нм та λчер = 760 нм) Відповідь ні 33 При освітленні дифракційної ґратки білим світлом спектри другого та третього порядків частково перекри-ваються На яку довжину хвилі у спектрі другого поряд-ку накладається фіолетова границя (λф = 400 нм) спектра третього порядку Відповідь 600 нм 34 Чому дорівнює стала дифракційної ґратки якщо вона розрізняє у першому порядку спектра калію λ1 = 4044middot10ndash7 м і λ2 = 4047middot10ndash7 м Ширина ґратки 3middot10ndash2 м Відповідь 22middot10ndash5 м 35 Знайти кутову дисперсію дифракційної ґратки для λ = 589middot10ndash7 м у спектрі першого порядку Стала ґрат-ки дорівнює 25middot10ndash6 м

Відповідь dd

ϕλ

= 541 10sdot мndash1

36 Дифракційна ґратка зі сталою d = 3 мкм має N = 1000 штрихів Визначити найбільшу роздільну здат-ність ґратки для лінії натрію з λ = 5896 нм Відповідь 5000

195

37 Довжини хвиль дублета жовтої лінії у спектрі натрію дорівнюють 588995 та 589592 нм Яку ширину повинна мати ґратка що містить 600 штрихів на 1 мм щоб розріз-нити ці лінії у спектрі першого порядку Відповідь 165 мм 38 Найменший кут зору при якому око бачить роздільно два штрихи дорівнює 1prime Яку найменшу відстань розріз-няє око на віддалі найкращого зору (025 м) Відповідь 73middot10ndash5 м 39 Око людини може бачити на віддалі 10 м роздільно два паралельні штрихи на білому аркуші паперу які зна-ходяться на відстані 3middot10ndash3 м один від одного При гостро-му зорі ця відстань зменшується до 2middot10ndash3 м Чи відпові-дають ці дані роздільній здатності ока яка розрахована за формулою (17) Для розрахунків прийняти діаметр зіниці ока рівний 3middot10ndash3 м довжина хвилі ndash 6middot10ndash7 м Відповідь відповідає гострому зору 40 Діаметр зіниці ока людини може змінюватися від 2 до 8 мм Чим пояснити що максимальна гострота зору має місце при діаметрі зіниці 8 мм 41 Рентгенівське випромінювання з довжиною хвилі λ= 0163 нм падає на кристал камrsquoяної солі Знайдіть міжплощинну відстань її кристалічної ґратки якщо дифракційний максимум першого порядку спостеріга-ється при куті ковзання 17deg Відповідь 0279 нм 42 Пучок рентгенівських променів із довжиною хвилі λ падає під кутом ковзання 60deg на лінійно розташовані центри розсіяння з періодом а Знайти кути ковзання що

відповідають дифракційним максимумам якщо 23

aλ =

Відповідь 26 60 84

196

43 Знайти кут повної поляризації відбитого від скла світ-ла Показник заломлення скла n = 157 Відповідь 57deg30prime 44 Чому дорівнює показник заломлення скла якщо про-мінь відбитого від нього світла буде повністю поляризо-ваний при куті заломлення 30deg Відповідь n = 173 45 Під яким кутом до горизонту має знаходитися Со-нце щоб його промені відбиті від поверхні моря були б повністю поляризовані Відповідь 37deg 46 Головні площини двох призм Ніколя розташованих на шляху променя утворюють кут 60deg Як зміниться інтенси-вність світла що проходить крізь призми якщо кут між їх площинами поляризації дорівнюватиме 30deg Відповідь збільшиться у 3 рази 47 Чому дорівнює кут α між головними площинами поля-ризатора й аналізатора якщо інтенсивність природного світла яке пройшло крізь поляризатор та аналізатор зме-ншилася в 4 рази Поглинання світла не враховувати Відповідь 45deg 48 Визначити товщину кварцової пластини у якої кут по-вороту площини поляризації світла рівний 180deg а довжина хвилі λ = 51middot10ndash7 м Стала обертання кварцу при цій дов-жині хвилі α = 29deg7prime ммndash1 Відповідь 61middot10ndash3 м 49 Між схрещеними призмами Ніколя помістили пластину кварцу завтовшки 3 мм у результаті чого поле зору стало максимально світлим Визначити сталу обертання викори-станого в досліді кварцу Відповідь 30 градмм

197

50 Визначити питоме обертання розчину цукру концент-рація якого с = 033 гсм3 якщо при проходженні моно-хроматичного світла крізь трубку з розчином кут повороту площини поляризації рівний 22deg Довжина трубки 10 см Відповідь 667 градmiddotсм2г 51 При проходженні світла крізь шар 10-процентного розчину цукру завтовшки 10 см площина поляризації світ-ла повернулася на 16deg30 В іншому розчині цукру взято-му в шарі завтовшки 25 см площина поляризації поверну-лася на кут 33deg Знайти концентрацію другого розчину Відповідь 2 52 Трубка завдовжки l = 01 м заповнена водним розчи-ном цукру і розташована між поляризатором і аналізато-ром Щоб досягти повного затемнення поля зору після аналізатора треба повернути його відносно поляризатора на кут ϕ = 60deg Система освітлюється жовтим світлом Стала обертання для жовтого світла α = 667deg дмndash1middotгmiddotсм3 Визначити концентрацію с цукру в розчині Відповідь с asymp 450 кгм3 53 Пучок монохроматичного світла проходить крізь скляну пластинку завтовшки 1 см Визначити монохроматичний показник поглинання скла якщо при цьому поглинається 10 падаючого світла Якою має бути товщина скляної пластинки щоб поглиналася половина падаючого світла Відповідь 01 смndash1 69 см 54 Крізь пластинку із прозорої речовини завтовшки 42 см проходить половина падаючого на неї світлового потоку Визначити показник поглинання цієї речовини Розсіян-ням світла у пластинці знехтувати вважати що 10 па-даючої енергії відбивається від поверхні пластинки Відповідь 014 смndash1

198

55 У 4-процентному розчині речовини у прозорому середовищі інтенсивність світла на глибині 20 мм осла-блюється у 2 рази У скільки разів ослаблюється інтен-сивність світла на глибині 30 мм у 8-процентному роз-чині тієї самої речовини Відповідь у 8 разів 56 Яка концентрація розчину якщо однакова освітле-ність фотометричних полів була отримана при товщині шару 8 мм еталонного 3-процентного розчину та шару 24 мм невідомого розчину Відповідь 1

199

sect 2 Основи квантової оптики

Фізика атомного ядра 1 Фотонна теорія світла Формула Планка Енергія

маса та імпульс фотона Світло випромінюється поглина-ється та поширюється у вигляді дискретних частинок ndash фо-тонів (квантів електромагнітного поля) Енергія фотона ε визначається формулою Планка

hchε = ν = ω =λ

(1)

де h = 6625middot10ndash34 Джmiddotс ndash стала Планка (2h

=π

) ν ndash частота

випромінювання Маса та імпульс фотона обчислюються за формулами

ф 2h hm

ccν

= =λ

(2)

тут фm ndash маса руху фотона (маса спокою фотона дорівнює нулю)

ф фh hp m сcν

= = =λ

(3)

Ці формули повrsquoязують корпускулярні характеристики ви-промінювання ndash масу та імпульс кванта із хвильовими ndash часто-тою коливань і довжиною хвилі λ

Особливість фотона бути частинкою і мати хвильові власти-вості називається корпускулярно-хвильовим дуалізмом

2 Хвильові властивості частинок речовини Формула де

Бройля Корпускулярно-хвильовий дуалізм властивий не тільки світлу а й узагалі будь-яким частинкам (електронам протонам нейтронам та їх колективам ndash атомним ядрам атомам і молекулам)

Довжина хвилі яка відповідає рухомій частинці визначаєть-ся формулою де Бройля

h hp mv

λ = = (4)

де v ndash швидкість руху частинки

200

У випадку руху частинки зі швидкістю v близькою до швид-кості світла с формула для розрахунку імпульсу частинки набу-ває вигляду

( )21

m vpv c

=minus

(5)

де m ndash маса спокою частинки 3 Співвідношення невизначеностей ndash положення згідно із

яким корпускулярно-хвильовий дуалізм частинок не дає можли-вості одночасно точно визначити наприклад імпульс і коорди-нату (або енергію і час) для мікрочастинки

Математичний запис співвідношення невизначеностей

2xp xΔ Δ ge або 2

E tΔ Δ ge (6)

тобто добуток похибок (невизначеності) в одночасному вимірю-ванні імпульсу рх і координати х (або енергії і часу) для тієї самої частинки не може бути меншим за половину сталої Планка 2 Якщо одна з величин (наприклад імпульс) визначена цілком точ-но (Δрх=0) то інша (координата) буде невизначеною (Δх = infin)

4 Фотоефект ndash явище повного або часткового вивільнення елек-

тронів із катодів під дією світла (інфрачервоного видимого та ульт-рафіолетового) у результаті чого електрони речовини переходять у новий енергетичний стан Явище фотоефекту mdash один із проявів вза-ємодії світла з речовиною який розкриває квантову природу світла

Зовнішній фотоефект ndash виривання електронів із повер-хні тіла у результаті чого вони виходять за його межі (хара-ктерний для металів)

Внутрішній фотоефект ndash часткове вивільнення електронів у результаті чого вони переходять зі звrsquoязаного стану у вільний (у зону провідності) і збільшують електропровідність речовин (характерний для напівпровідників та діелектриків)

5 Рівняння Ейнштейна для зовнішнього фотоефекту 2max

вих вих з 2mvh A A eUν = + = + (7)

201

де hν ndash енергія фотона Авих ndash робота виходу електрона з металу

(визначається положенням рівня Фермі) 2max2

mv ndash максимальне

значення кінетичної енергії електрона e ndash заряд електрона зU ndash затримуючий потенціал Енергія фотона hν яку поглинає електрон витрачається ним

на подолання потенціального барrsquoєра у металі тобто на роботу виходу та надання кінетичної енергії вивільненому електрону

ldquoЧервона межаrdquo фотоефекту ndash найменша частота νmin (або най-більша довжина хвилі λmax) світла при якій відбувається фотоефект

вихmin

Ah

ν = або maxвих

chA

λ = (8)

де Aвих ndash робота виходу електрона з металу h ndash стала Планка с ndash швидкість світла у вакуумі

6 Ефект Комптона ndash розсіяння короткохвильового електро-

магнітного випромінювання (рентгенівського та гамма) на віль-них або слабо звrsquoязаних електронах речовини при якому зменшу-ється енергія фотона (довжина хвилі збільшується) Збільшення довжини хвилі Δλ не залежить від довжини падаючої хвилі λ і від природи розсіюючої речовини а залежить від кута θ між напрям-ком розсіяння і напрямком падаючого випромінювання

( ) 20 01 cos 2 sin ( 2)Δλ = λ minus θ = λ θ (9)

де 120

024 10h

m cminusλ = = sdot м ndash стала величина яка називається

комптонівською довжиною хвилі електрона 7 Тиск світла ndash тиск який чинить електромагнітна хвиля на

поверхню дзеркального або поглинаючого тіла Тиск світла за-лежить від обrsquoємної густини енергії поля випромінювання і вла-стивостей поверхні На основі електромагнітної теорії Дж Максвелл одержав формулу для обчислення тиску плоскої електромагнітної хвилі на тіло

202

( )1 cosP i= + ρ ω (10) де ρ ndash коефіцієнт відбивання ω ndash обrsquoємна густина енергії пада-ючої хвилі і ndash кут падіння світла на тіло

При нормальному падінні світла (і = 0) тиск ( )1P = + ρ ω (11)

Із погляду квантової теорії тиск світла зумовлений зміною ім-пульсу фотонів при поглинанні та відбиванні їх поверхнею тіл

8 Теплове випромінювання Функція Планка Теплове

випромінювання ndash випромінювання нагрітими тілами електро-магнітних хвиль за рахунок їх внутрішньої енергії

Функція Планка ndash аналітичний вираз розподілу енергії рів-новажного теплового випромінювання абсолютно чорного тіла за частотами залежно від температури Т цього тіла Функція Планка ε(νТ) для спектральної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла має вигляд

( )2

22

1h kThT

c e νπν ν

ε ν = sdotminus

(12)

У змінних λ і Т відповідно

( )2

52 1

1hc kThcT

e λπ

ε λ = sdotλ minus

(13)

де ν λ ndash частота і довжина хвилі випромінювання Т ndash тер-модинамічна температура с ndash швидкість світла у вакуумі k ndash стала Больцмана

Закон Кірхгофа Відношення спектральної випромінюваль-ної здатності тіла R(νT) до спектральної поглинальної здатності А(νT) тіла не залежить від природи тіла і є для всіх тіл однією і тією самою універсальною функцією яка дорівнює спектраль-ній випромінювальній здатності ε(ν T) абсолютно чорного тіла у тій самій спектральній області і при тій самій температурі

( )( ) ( )

R TT

A Tν

= ε νν

(14)

Для абсолютно чорного тіла А(νT) = 1 тому R(νT) = ε(ν T)

203

Коефіцієнт поглинання пог пад=Ф Фα ndash відношення потоку випромінювання що поглинається даним тілом до потоку ви-промінювання що падає на тіло

9 Закони теплового випромінювання Повна випроміню-

вальна здатність ε(Т) абсолютно чорного тіла

( ) ( )3

20

2 1h kT

h dT T dc e

infin infin

νπ ν ν

ε = ε ν ν =minusint int

0 (15)

Закон СтефанаndashБольцмана Повна випромінювальна зда-тність абсолютно чорного тіла пропорційна температурі тіла у четвертому степені

4( )T Tε = σ (16)

де 5 4

82 3 2 4

2 Вт567 1015 м К

kc h

minusπσ = = sdot ndash стала СтефанаndashБольцмана

Повну випромінювальну здатність далі називатимемо випро-мінювальною здатністю

Закон Віна Довжина хвилі λmax на яку припадає максимум

спектральної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла обернено пропорційна абсолютній температурі T цього тіла

max bT

λ = (17)

де b = 289 sdot 10ndash3 м sdotК ndash стала Віна 10 Квантова теорія будови атома водню

Постулати Бора 1) атому властиві цілком стійкі (стаціонарні) стани з відпові-

дними значеннями енергії Е1 Е2 Еn перебуваючи в яких він не поглинає і не випромінює електромагнітних хвиль Це означає що електрони в атомі рухаються не по будь-яких орбі-тах а тільки по цілком певних для яких виконується умова що момент імпульсу електрона кратний величині h2π тобто

204

2hmvr n n= =π

(18)

де m v r ndash відповідно маса швидкість і радіус орбіти електрона h ndash

стала Планка n = 1 2 2h

=πтакож називається сталою Планка

2) при переході з одного стаціонарного стану в інший атом випромінює або поглинає електромагнітну хвилю (фотон) час-тота якої визначається з умови

n kE E hminus = ν (19) де En ndash початкова енергія атома Ek ndash енергія атома після ви-промінювання (поглинання) ν ndash частота випромінювання (поглинання) При випромінюванні фотона n kE Egt при по-глинанні фотона n kE Elt

Повна енергія (кінетична енергія руху електрона плюс поте-нціальна енергія взаємодії електрона з ядром) електрона в атомі збільшується зі збільшенням квантового числа n

41

2 2 2 2 20

1 136 еВ8nme EE

n h n n= minus sdot = = minus

ε (20)

де е ndash заряд електрона m ndash маса електрона ε0 ndash електрична стала Е1= ndash136 еВ ndash повна енергія атома водню в незбурено-му основному стані n = 1

Довжина хвилі світла λ що випромінюється атомом водню при переході з однієї орбіти на іншу визначається формулою

2 21 2

1 1 1Rn n

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟⎜ ⎟λ ⎝ ⎠

(21)

де R = 1097 sdot 107 мndash1 ndash стала Рідберга для видимого світла n1 = 2 ndash номер орбіти на яку переходить електрон n2 = 3 4 5 ndash но-мер орбіти із якої переходить електрон (серія Бальмера)

Нормована на одиницю псі-функція 1 ( )s rψ для 1s електрона в атомі водню має вигляд

1 3 11

1( ) expsrr rr

⎛ ⎞ψ = minus⎜ ⎟⎝ ⎠π

(22)

де r1= 0529middot10ndash10 м ndash перший борівський радіус

205

Оскільки енергія En дається формулою (20) і залежить лише від головного квантового числа n а стан електрона визначається набо-ром із чотирьох квантових чисел n l ml ms (орбітальне l = 0 1 n ndash 1 магнітне ml = 0 plusmn1 plusmn2 plusmnl спінове ms= plusmn12) то кількість різних станів із повним значенням енергії En або кратність виродження даного енергетичного рівня в атомі водню виражається формулою

( ) [ ]1

2

02 2 1 2 1 3 5 (2 1) 2

n

lN l n n

minus

== + = + + + + minus =sum (23)

Згідно із принципом Паулі в атомі (і в будь-якій квантовій системі) не може бути електронів з однаковими значеннями всіх чотирьох квантових чисел

Сукупність електронів атома з однаковими значеннями голо-вного квантового числа n утворює так звані оболонки K L M N O P (K-оболонці відповідає n = 1 L-оболонці ndash n = 2 і т д)

Максимальна кількість електронів в одній оболонці визнача-ється формулою (23) так у K-оболонці може бути 2 електрони у L-оболонці ndash 8 електронів у М-оболонці ndash 18 електронів у N-оболонці ndash 32 електрони і т д

Оболонки складаються з підоболонок які відрізняються одна від одної значенням орбітального числа l

0 1 2 3

l

s p d f

=

Підоболонки позначають (nl) ndash 1s 2s 2p 3s 3p 3d Розподіл електронів за станами називають електронною конфігурацією

Наприклад електронна конфігурація атома кисню О така 1s2 2s2 2p4 ndash всього 8 електронів

Максимальна кількість електронів в одній підоболонці 2(2 1)lN l= + отже у s-підоболонці (l = 0) можуть розміщу-

ватись лише 2 електрони із протилежно направленими спінами у p-підоболонці ndash 6 електронів у d-підоболонці ndash 10 електронів і т д

11 Розвrsquoязок рівняння Шредингера для стаціонарних станів

частинок масою m що знаходяться в одновимірній нескінченно глибокій потенціальній ямі завширшки l дозволяє знайти дис-кретний спектр власних значень енергії частинки

206

2 22

22nE nml

π= ( n = 1 2 3 ) (24)

та вигляд власних нормованих псі-функцій 2( ) sinn

n xxl l

πψ = ( n = 1 2 3 ) (25)

Імовірність знаходження частинки на енергетичному рівні En у ямі в межах 1 2x x xlt lt отримують із виразу

2

1

21 2( ) ( )

x

nx

P x x x x dxlt lt = ψint (26)

12 Закон радіоактивного розпаду Для кожного радіоактивно-го ядра існує певна ймовірність λ того що воно зазнає розпаду за одиницю часу Якщо на момент часу t є N радіоактивних атомів то середня кількість атомів що зазнають розпаду за час dt пропор-ційна часу і повній кількості атомів N радіоактивного елемента

dN Ndt= minusλ (27) де λ ndash стала розпаду

Кількість атомів радіоактивної речовини з часом зменшуєть-ся за експоненціальним законом

0tN N eminusλ= (28)

де N0 ndash початкова кількість атомів (при t = 0) N ndash наявна кіль-кість атомів радіоактивної речовини в момент часу t

Рівняння (28) виражає закон радіоактивного розпаду Цей закон є статистичним і справджується за умови коли кі-лькість атомів досить велика

Період піврозпаду ndash проміжок часу протягом якого в серед-ньому зазнає розпаду половина початкової кількості атомів

0

1 ln 2 0693 2

TN e TN

minusλ= = = =λ λ

(29)

13 Активність а радіоактивної речовини ndash це кількість ядер що зазнають розпаду за одиницю часу

0ln 2 tdN Na N N e a

dt Tminusλ= = λ = λ = (30)

де N0 ndash початкова кількість атомів N ndash наявна кількість атомів λ ndash стала розпаду T ndash період піврозпаду

207

Правила зміщення для α- і β-розпадів відповідно такі 1) ізотоп з атомним номером Z і масовим числом А при ви-

промінюванні α-частинки перетворюється в ізотоп з атомним номером Z-2 і масовим числом А-4 тобто при α-розпаді утво-рюється ізотоп іншого елемента порядковий номер якого в періодичній таблиці зміщено на дві одиниці ліворуч від номера елемента що розпався

Схему α-розпаду можна записати так 4 42 2X Y HeA A

Z Zminusminusrarr + (31)

2) ізотоп з атомним номером Z і масовим числом А при ви-промінюванні електрона перетворюється в ізотоп іншого еле-мента з порядковим номером Z+1 і з тим самим масовим чис-лом тобто при β-розпаді утворюється ізотоп іншого елемен-та порядковий номер якого в періодичній таблиці елементів збільшується на одиницю

Схему β-розпаду можна записати так 0

1 1X Y A AZ Z e+ minusrarr + + ν (32)

(при β-розпаді випромінюється антинейтрино ν ) 14 Закон пропорційності маси й енергії Зміна енергії систе-

ми ΔЕ супроводжується пропорційною зміною маси системи Δm 2E mcΔ = Δ (33)

де c ndash швидкість світла у вакуумі 15 Енергія звrsquoязку ядер Дефект маси атомного ядра Енергія звrsquoязку ядра дорівнює роботі яку слід виконати для

розщеплення ядра на нуклони без надання їм кінетичної енергії Енергію звrsquoязку ядра визначають на основі закону збережен-

ня енергії та закону пропорційності маси й енергії При порівнянні суми мас спокою нуклонів які утворюють

ядро із масою ядра виявляється що для всіх хімічних елементів справджується нерівність

( ) яp nZm A Z m m+ minus gt (34) де Z ndash атомний номер елемента (кількість протонів у ядрі) A ndash масове число (кількість нуклонів у ядрі) mp ndash маса протона mn ndash маса нейтрона mя ndash маса ядра

208

Величину Δm що виражає різницю між масою нуклонів які утворюють ядро і масою mя називають дефектом маси ядра

( ) я[ ]p nm Zm A Z m mΔ = + minus minus (35) Загальна формула для розрахунку енергії звrsquoязку Е ядра (у

джоулях) за його дефектом маси має вигляд ( )2

зв я[ ] p nE c Zm A Z m m= + minus minus (36) де c ndash швидкість світла у вакуумі

Якщо виразити масу нуклонів у ядрі в атомних одиницях ма-си (аом) і врахувати що

с21 аом = 16 27

199 10 166 10 eB

16 10

minus

minussdot sdot sdot

sdot = 9315 МеВ

то можна записати формулу енергії звrsquoязку ядра (у мегаелект-рон-вольтах) як

( )зв я9315[ ] p nE Zm A Z m m= + minus minus (37) 16 Питома енергія звrsquoязку εзв ndash це енергія звrsquoязку ядра Езв

що припадає на один нуклон зв

звEA

ε = (38)

де А ndash масове число 17 Ядерні реакції ndash перетворення ядер при їх взаємодії

між собою при взаємодії з елементарними частинками і при внутрішніх спонтанних процесах

Ядерні реактори класифікуються за цільовим призначенням (енергетичні дослідницькі розмножувальні) за енергією вико-ристаних нейтронів (повільних проміжних швидких) за спосо-бом розміщення палива і сповільнювача за методом досягнення максимальної потужності

Виділення ядерної енергії відбувається як при реакціях поді-лу важких ядер так і при реакціях злиття (синтезу) легких ядер

Ядерна енергія ΔЕ яка виділяється кожним ядром що прореагувало визначається різницею між енергією звrsquoязку

209

продукту реакції Е2 й енергією звrsquoязку Е1 початкового ядер-ного матеріалу

2 1E E EΔ = minus (39) 18 Фізичні величини й одиниці що використовуються в

дозиметрії іонізуючих випромінювань 1) доза опромінення ndash міра дії випромінювання на речовину 2) активність а джерела ndash фізична величина що характери-

зує загальну кількість розпадів радіоактивних ядер за одиницю

часу dNadt

= Одиниця активності ndash беккерель (Бк) 1Бк дорів-

нює 1 ядерному перетворенню (розпаду) за 1 с Активність іноді відносять до площі поверхні наприклад Бккм2

3) доза поглинання Д ndash основна дозиметрична величина Доза поглинання дорівнює відношенню середньої енергії що передається випромінюванням речовині в елементарному обrsquoємі до маси речовини в цьому обrsquoємі Одиниця дози по-глинання ndash грей (Гр)= Джкг

4) еквівалентна доза Н ndash це доза поглинання помножена на коефіцієнт якості випромінювання ( k ) який враховує біологіч-ну ефективність різних типів іонізуючого випромінювання

а) k = 1 для електронів та позитронів б) k ge 1 для рентгенівського та гамма-випромінювання в) k = 3 для нейтронів з енергією меншою 20 кеВ г) k = 10 для нейтронів з енергією 01ndash10 МеВ д) k = 20 для альфа-випромінювання з енергією меншою 10 МеВ Одиниця еквівалентної дози mdash зіверт (Зв) 1 зіверт відпо-

відає дозі поглинання в 1 Джкг (для рентгенівського гамма- та бета-випромінювань)

5) ефективна еквівалентна доза ndash еквівалентна доза помноже-на на відповідний ваговий коефіцієнт (коефіцієнт радіоактивного ризику) що враховує різну чутливість органів до опромінення

=1

n

i ii

H H W= sum (40)

210

і є сумою добутків дози яку одержав кожний орган на відповід-ний ваговий коефіцієнт Wi

6) колективна ефективна еквівалентна доза ndash ефективна еквівалентна доза одержана групою людей від будь-якого дже-рела радіації Вимірюється в людино-зівертах

7) повна (очікувана) колективна ефективна еквівалентна доза ndash колективна ефективна еквівалентна доза яку одержить покоління людей від будь-якого джерела радіації за весь час його існування

8) експозиційна доза (Х) чисельно дорівнює відношенню сумар-ного заряду іонів який створено фотонним випромінюванням до маси опроміненої речовини Одиниця вимірювання ndash Клкг

Таблиця 2

Одиниці вимірювання іонізуючого випромінювання Фізичні величини

та їх символи

ОдиниціСІ

Поза-системні одиниці

Співвідношення між одиницями СІ та

позасистемними одиницями

Активність а Бк беккерель

Кі кюрі

1 Бк = 1 розпадс = 27middot10ndash11 Кі 1 Кі = 37middot1010 Бк

Доза поглинання Д

Гр грей рад 1 Гр = 1 Джкг = 100 рад

1 рад = 10ndash2 Гр

Еквівалентна доза Н

Зв зіверт бер

1 Зв = 1 Гр = 1 Джкг middot k 1 Зв = 100 бер 1 бер = 10ndash2 Зв 1 бер = 1 радmiddot k

Експозиційна доза Х Клкг Р

рентген

1 Клкг = 388middot103 Р 1 Р = 258middot10ndash4 Клкг 1 Р = 088 рад = 88middot10ndash3 Гр

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Фізичні процеси при взаємодії іонізуючого випроміню-

вання з речовиною Первинним механізмом дії іонізуючого випромінювання є фі-

зичний процес на молекулярному рівні організації біосистеми ndash

k

211

іонізація або збудження атомів і молекул опромінюваного обrsquoєму біотканини внаслідок поглинання енергії випромінювання

У первинних механізмах дії іонізуючого випромінювання ви-діляють також непряму (опосередковану) дію яка повrsquoязана з іо-нізацією води Основну частину маси живого організму складає вода (у людини близько 75 ) Іонізація води призводить до сут-тєвого підвищення рівня вільних радикалів які мають дуже висо-ку хімічну активність У наступних каталітичних реакціях окис-лення молекул білка накопичення перекисних сполучень підви-щують проникність клітин та спричиняють їх пошкодження

Ці фізико-хімічні процеси є пусковим механізмом який при-водить у дію складні й взаємоповrsquoязані зміни у клітинах що підпорядковані біологічним законам і порушують нормальне функціонування біосистеми Розглянемо механізми взаємодії іонізуючого випромінювання з речовиною

2 Взаємодія α- і β- випромінювання з речовиною Основними процесами взаємодії α- і β-частинок порівняно

малих енергій (le 20 МеВ) із речовиною є пружне та непружне розсіяння гальмівне випромінювання

Пружне розсіяння відбувається в результаті електромагнітної взаємодії заряджених частинок із кулонівським полем ядра

Непружне розсіяння йде при взаємодії частинки з електронами атома При цьому частина енергії передається електрону який мо-же перейти на більш високий енергетичний рівень (збудження атома) або вилетіти з атома (іонізація атома) Електрони які поки-нули атом можуть викликати вторинну іонізацію атомів

Другий непружний електромагнітний процес ndash гальмівне ви-промінювання виникає при гальмуванні зарядженої частинки в електричному полі атомного ядра

Зовнішні джерела β- і α-частинок не є особливо небезпеч-ними бо частинки мають малу проникну здатність тому за-хист від їх дії не викликає проблем Наприклад шар повітря завтовшки 10 см тонка фольга гумовий одяг екранують α-частинки Пробіг α-частинок у біологічній тканині становить не більше 01 мм Декілька міліметрів алюмінію або скла по-вністю екранують потік β-частинок

212

Однак для високоактивних джерел β-частинок з енергією бі-льше 1 МеВ слід враховувати що при їх гальмуванні виникають високоенергетичні γ-кванти

Для людини β- та α-частинки дуже небезпечні при внут-рішньому опроміненні

3 Взаємодія γ-випромінювання з речовиною Основними процесами взаємодії γ-випромінювання з речови-

ною (при енергії γ-квантів від 20 кеВ до 10 МеВ) є фотоефект комптон-ефект і утворення електронно-позитронних пар

У результаті всіх процесів відбувається іонізація речовини яка є початковим етапом механізму біологічної дії радіації на людину

Рентгенівське та γ-випромінювання мають велику проникну здатність (їх пробіг у повітрі становить сотні метрів) і тому цей тип випромінювання є небезпечним для людини

4 Взаємодія нейтронів з речовиною Іонізація біологічної тканини під дією нейтронів обумовлена

головним чином такими процесами 1) захоплення нейтронів ядрами азоту за реакцією ( )14 14

7 5N Cn p У результаті утворюються протони із середньою енергією 06 МеВ які іонізують біологічну тканину

2) захоплення нейтронів ядрами водню за реакцією ( ) 2

1H Hn γ Іонізацію викликають γ-кванти з енергією 218 МеВ які виникають при радіаційному захопленні

3) пружне розсіяння нейтронів на ядрах водню кисню вуг-лецю й азоту Іонізацію викликають ядра віддачі

213

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити кількість фотонів випромінених за одиницю часу

джерелом потужності Р = 1 Вт якщо довжина хвилі випроміню-вання λ1 = 102 м λ2 = 10ndash7 м λ3 = 10ndash12 м

Розвrsquoязання

Кількість випромінених за одиницю часу квантів

P PNh hc

λ= =

ν

де h = 6625middot10ndash34 Джmiddotc ndash cтала Планка с = 3middot108 мc ndash швид-кість світла у вакуумі

Підставляючи дані з умови задачi знаходимо N1 = 5middot1026 квантівc N2 = 5middot1017 квантівc N3 = 5middot1012 квантівc

Задача 2 При якій швидкості v кінетична енергія частинки Ек дорівнює

її енергії спокою Е0

Розвrsquoязання

У релятивістській механіці кінетична енергія частинки Ек = Е ndash Е0

де Е ndash повна енергія Е0 ndash енергія спокою За умовою задачі Ек = Е0 тому запишемо

Е0 = Е ndash Е0 тобто Е = 2Е0 або mc2 = 2m0c2

де ( )

021

mmv c

=minus

214

Тоді ( )

220

022

1

m c m cv c

=minus

або ( )2 11 2

vcminus =

звідки 34

v c= sdot v = 0866c

де c ndash швидкість світла у вакуумі c = 3 108 мc v = 26 middot108 мc Задача 3 Оцінити невизначеність швидкості електрона в атомі водню

яка повrsquoязана з рухом електрона по першій борівській орбіті Порівняти цю невизначеність із самою швидкістю

Розвrsquoязання

Радіус атома r asymp 5middot10ndash11 м швидкість електрона на орбіті

v asymp 106 мс Якщо допустити що невизначеність радіуса орбіти становить один відсоток від радіуса тобто Δr = 001r = 5middot10ndash13 м то невизначеність швидкості

348

31 1310 22 10

9 10 5 10v

m r

minus

minus minusΔ = asymp = sdotΔ sdot sdot sdot

мс

Видно що невизначеність швидкості приблизно у 220 разів перевершує значення самої швидкості Це означає що немає сенсу говорити про рух електрона в атомі по певній траєкторії

Якщо наприклад невизначеність швидкості Δv = 001v = = 104 мс то невизначеність радіуса

348

4 3110 11 10

10 9 10r

m v

minus

minusΔ = = = sdotΔ sdot sdot

м

Невизначеність радіуса у 220 разів перевищує радіус орбіти Таким чином радіус орбіти стає невизначеним і можна зробити висновок що при русі електрона в атомі співвідношення неви-значеностей вносить суттєві зміни у класичні уявлення про тра-єкторію електрона ndash його орбіту

215

Задача 4 Оцінити невизначеність швидкості електрона в бетатроні

якщо він рухається по колу радіусом r = 25 м зі швидкістю v = 297 108 мс Радіус траєкторії знайдено з невизначеністю Δr = 02 від радіуса траєкторії

Розвrsquoязання

Невизначеність Δr радіуса траєкторії становить Δr = 0002 r = 0005 мм тобто траєкторія визначена достатньо точно

Невизначеність швидкості знаходимо зі співвідношення

vm r

Δ =Δ

де m ndash маса електрона яку визначають за формулою

( )0

0271

1

mm mv c

= =minus

(тут m0 = 91 10ndash31 кг)

Далі одержуємо 34

31 510

71 91 10 5 10v

minus

minus minusΔ asymp asympsdot sdot sdot sdot

03 мс

У цьому випадку можна вважати що швидкість електрона визначено достатньо точно електрон рухається по колу певного радіуса і має точне значення швидкості

Задача 5 Знайти тиск світла на стінки електричної лампи потужністю

N = 102 Вт якщо колба лампи має сферичну форму радіусом R = 5 10ndash2 м Вважати що потужність лампи витрачається на ви-промінювання стінки лампи відбивають 10 падаючого світла

Розвrsquoязання

Тиск світла залежить від власної інтенсивності й відбивної

здатності поверхні на яку він тисне і визначається за формулою

216

( )1IPc

= + ρ

де I ndash інтенсивність світла c ndash швидкість світла у вакуумі ρ ndash коефіцієнт відбиття

Оскільки I = NS де S = 4πR2 ndash площа поверхні лампи то остаточно запишемо

( )2 1 4

NPR c

= + ρπ

Згідно з умовою задачі ρ = 01 тоді одержимо Р = 12middot10ndash5 Па Задача 6 Радіоактивний натрій 24

11Na розпадається випромінюючи β-частинки Період піврозпаду натрію складає Т = 148 годин Визначити кількість атомів ΔN що розпалися за 10 годин у 10ndash6 кг радіоактивного препарату

Розвrsquoязання

Кількість атомів що розпалися за час t

0N N NΔ = minus (1) де N0 ndash початкова кількість атомів N ndash кількість атомів на момент t

Формулу (1) можна привести до вигляду

( )0 0 0 1t tN N N e N eminusλ minusλΔ = minus = minus (2)

де λ ndash стала розпаду

Враховуючи що λ = ln2T

запишемо

( )ln 2

ln 20 0 01 1 1 2

tttT TTN N e N e N

minus sdot minusminus⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥Δ = minus = minus = minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(3)

217

Оскільки в одному молі 2411Na міститься NA атомів то в цій

масі препарату міститься 0 AmN NM

= атомів (m ndash маса радіоак-

тивного препарату M ndash молярна маса натрію)

Остаточно одержимо 1 2 tT

AmN NM

minus⎛ ⎞⎜ ⎟Δ = minus⎜ ⎟⎝ ⎠

4

436106

23 18533103

10 602 10 1 2 93 1024 10

Nsdotminus minussdot

minus

⎛ ⎞⎜ ⎟Δ = sdot minus asymp sdot⎜ ⎟sdot ⎜ ⎟⎝ ⎠

атомів

Задача 7 Активність а ізотопу вуглецю 14

6C у старовинних деревrsquoяних предметах складає 45 активності цього ізотопу у свіжозрубаних деревах Період піврозпаду Т ізотопу 14

6C становить 5570 років Визначити вік старовинних предметів

Розвrsquoязання

За законом радіоактивного розпаду

0tN N eminusλ=

тоді активність речовини

0tdNa N e

dtminusλ= = λ

де N0 ndash початкова кількість атомів радіоактивної речовини N ndash кі-лькість радіоактивних атомів на момент часу t λ ndash стала розпаду

У початковий момент часу активність

0 0a N= λ тому 0ta a eminusλ=

де ln 2T

λ = (Т ndash період піврозпаду)

Тоді 0 0

ln 2 ln ta a te ta a T

minusλ sdot= = minusλ = minus

де t ndash вік старовинних предметів

218

Остаточно одержимо 0ln

ln 2

aTa

t

⎛ ⎞minus ⎜ ⎟

⎝ ⎠=

5570ln(4 5) 5570( 0225) ln 2 0693

t minus minus minus= = t asymp 1800 років

Задача 8 Знайти швидкості продуктів реакції яка протікає в резуль-

таті взаємодії нейтронів 10 n із початково нерухомими ядрами

бору 105B якщо кінетична енергія нейтронів нескінченно мала

(у результаті реакції утворюються літій 73Li та α -частинка)

Розвrsquoязання

Реакцію 10 7B( ) Lin α можна представити у вигляді

10 1 7 45 0 3 2B Li n+ = + α

знайдемо теплоту яка виділилася під час реакції

( ) ( ) ( )7 4 10зв 3 зв 2 зв 5Li BQ E E E= + α minus

Енергію звrsquoязку знаходимо зі співвідношення зв ( ) ( )E Z N Z p N n Z N= Δ + Δ minus Δ

де Z N ndash зарядове число та кількість нейтронів Δp = 0007825 (аом) ndash дефект маси протона Δn = 0008665 (аом) ndashдефект маси нейтрона Δ(Z N) ndash дефект маси нукліда (аом) 1 аом = 931502 МеВ

Користуючись таблицями з додатків отримаємо

( )10зв 5BE = 5 sdot 0007825 + 5 sdot 0008665 ndash

ndash 0012339 = 0069511 аом = 6474 МеВ

( )7зв 3LiE = 392 МеВ ( )4

зв 2E α = 2824 МеВ

219

Отже Q = 392 + 2824 ndash 6474 = 270 МеВ = 27 sdot 16 sdot 10ndash19 sdot 106 Дж Оскільки за умовою задачі кінетична енергія нейтронів не-

скінченно мала мішень 105B ndash нерухома то

Q = KLi + Kα де KLi і Kα ndash кінетичні енергії продуктів реакції літій ndash α-частинка Використовуючи закон збереження імпульсу отримаємо

2

Li Li LiLi

0 2

m m vm v m v v v Km

α α αα α α α+ = rArr = =

2 22 LiLi

Li Li Li

2 2 2Li

Lim m m m v mmK v v K

m m mα α α α α

α α⎛ ⎞

= = = sdot =⎜ ⎟⎝ ⎠

2

LiLi Li

1 1 2

m m v mQ K K Km m

α α α αα α

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Звідки знаходимо 19 6 26

6

Li

2 2 27 16 10 10 10 93 104 411

6022 7

Qvmmm

minus

αα

α

sdot sdot sdot sdot sdot= = = sdot

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞sdot ++ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

мс

326 26

Li234 10 4 710 кг 10 кг

6022 60226022 10m m

minusminus minus

αsdot

= = sdot = sdotsdot

6 6Li

Li

4 93 10 53 107

mv vm

αα= = sdot sdot = sdot мс

220

Задачі

1 Знайти масу кванта 1) червоних променів світла (λ = 7 sdot 10ndash7 м) 2) рентгенівських променів (λ = 25 sdot 10ndash11 м) 3) гамма-променів (λ = 124 sdot 10ndash12 м) Відповідь 32 sdot 10ndash36 кг 88 sdot 10ndash32 кг 18 sdot 10ndash30 кг 2 Визначити масу енергію та імпульс фотонів випро-мінювання 1) червоного (λ1 =700 нм) 2) фіолетового (λ2 = 400 нм) 3) рентгенівського (λ3 = 05 sdot 10ndash10 м) Відповідь 1) 32 sdot 10ndash36 кг 28 sdot 10ndash19 Дж 95 sdot 10ndash28 кгmiddotмс 2) 55 sdot 10ndash36 кг 5 sdot 10ndash19 Дж 166 sdot 10ndash28 кгmiddotмс 3) 44 sdot 10ndash32 кг 4 sdot 10ndash15 Дж 133 sdot 10ndash24 кгmiddotмс 3 Яка кількість фотонів світла з довжиною хвилі 500 нм відповідає енергії 10 еВ Відповідь 4 4 Визначити довжину хвилі фотона імпульс якого дорів-нює імпульсу електрона що має швидкість 104 кмс Відповідь 74 10ndash11 м 5 Яку енергію повинен мати фотон щоб його маса дорів-нювала масі спокою електрона Відповідь 051 МеВ 6 Для людини верхня границя потоку світлової енергії що сприймається безболісно становить 2sdot10ndash5 Вт Скіль-ки при цьому потрапляє за 1 с до ока фотонів із довжи-ною хвилі 555 нм Відповідь 558sdot1012 7 Зорове відчуття у людини може виникнути якщо енер-гія світла що потрапляє до ока становить 2 sdot 10ndash13 Дж

221

Скільки квантів червоного світла з довжиною хвилі 700 нм повинно одночасно потрапити в око для ство-рення зорового відчуття Відповідь 7sdot105 8 За певних умов сітківка ока людини може реєструвати приблизно пrsquoять фотонів голубувато-зеленого світла (λ= 5sdot10ndash7 м) Чому дорівнює відповідна кількість енергії Е що падає на сітківку ока Якщо кожної секунди в око потрапляє і поглинається пrsquoять таких фотонів світла чому дорівнює потужність N яка при цьому передається Відповідь Е = 2sdot10ndash18 Дж (124 еВ) N = 2sdot10ndash18 Вт 9 Чому дорівнює довжина хвилі де Бройля для електро-на що має швидкість 1000 кмс Відповідь 73sdot10ndash10 м 10 Порівняйте довжини хвиль де Бройля для електрона та кульки масою 1 г якщо їх швидкість однакова і дорівнює 100 мс Відповідь 727sdot10ndash6 м та 663sdot10ndash33 м 11 У трубці телевізора прискорювальна напруга U = 20 кВ Чому дорівнює довжина хвилі де Бройля для електрона в кінці процесу прискорення Відповідь 886sdot10ndash12 м 12 Електрон пролітає крізь щілину завширшки 1 мкм Із якою найменшою похибкою в момент проходу крізь щілину може бути визначена відповідна складова ім-пульсу електрона Відповідь 105sdot10ndash20 кгmiddotмс 13 Тривалість збудженого стану атома водню становить приблизно Δt = 10ndash8 с Чому дорівнює невизначеність атомного рівня ΔE при цьому Відповідь 655sdot10ndash8 еВ

222

14 Чому дорівнює невизначеність енергії у метастабільному стані якщо час життя для атома в цьому стані Δt = 05 с Відповідь 131sdot10ndash16 еВ 15 Визначити червону границю фотоефекту для цинку та максимальну швидкість фотоелектронів що вибиваються із поверхні цинку світлом із довжиною хвилі λ = 200 нм Робота виходу для цинку 374 еВ Відповідь 330 нм 94sdot105мс 16 Чи придатний барій для використання у фотоеле-ментах при опроміненні видимим світлом якщо робота виходу для барію 25 еВ Відповідь так 17 Визначити (в електрон-вольтах) роботу виходу еле-ктрона з рубідію якщо червона межа фотоефекту для рубідію λчер = = 081 мкм Відповідь 153 еВ 18 Червона межа фотоефекту у вольфрамі λчер = 230 нм Визначити кінетичну енергію електронів що вирива-ються з вольфраму ультрафіолетовим світлом із довжи-ною хвилі λ = 150 нм Відповідь 46sdot10ndash19 Дж 19 Червона межа фотоефекту для калію λчер = 620 нм Чому дорівнює мінімальна енергія фотонів що виклика-ють фотоефект Відповідь 32sdot10ndash19 Дж 20 Знайти червону межу фотоефекту для літію якщо робота виходу 24 еВ Відповідь 517 нм

223

21 Визначити найбільшу довжину хвилі світла λmax при якій може відбуватися фотоефект для платини Робота ви-ходу електронів А = 10ndash18 Дж Відповідь λmax = 196sdot10ndash7 м 22 Знайти роботу виходу А електронів із металу якщо фото-ефект починається при частоті падаючого світла ν0 = 6sdot1014 Гц Відповідь А = 397sdot10ndash9 Дж 23 На слабко звrsquoязаний електрон потрапляє рентгенівсь-кий фотон який розсіюється під прямим кутом Визначи-ти зміну довжини хвилі фотона Δλ Відповідь Δλ = 243sdot10ndash12 м 24 Визначити енергію W одержану електроном при дії на нього фотона (λф = 10ndash10 м) якщо розсіювання фотона від-бувалося в напрямку протилежному початковому Відповідь W = 92sdot10ndash17 Дж 25 На поверхню площею S = 10ndash2 м2 щохвилини падає W = 63 Дж енергії світла Знайти тиск світла у випадках коли поверхня 1) повністю відбиває всі промені 2) по-вністю поглинає всі промені Відповідь 7sdot10ndash7 Нм2 35sdot10ndash7 Нм2 26 При якій температурі випромінювальна здатність чорного тіла ε = 500 Втм2 Відповідь 306 К 27 При якій температурі повна випромінювальна здатність сі-рого тіла ε = 500 Втм2 Коефіцієнт поглинання α = 05 Відповідь 352 К 28 Визначити енергію яка випромінюється крізь віконце печі впродовж t = 1 хв Температура печі T = 1500 К

224

площа віконця S = 10 см2 Вважати що піч випромінює як абсолютно чорне тіло Відповідь 172 кДж 29 Визначити повну випромінювальну здатність тіла людини при Т = 36 degС вважаючи її сірим тілом із коефі-цієнтом поглинання α = 09 Відповідь 465 Втм2 30 Визначити температуру Т тіла людини вважаючи його сірим тілом із коефіцієнтом поглинання α = 09 якщо його випромінювальна здатність Е(Т) = 465 Втм2 Відповідь Т = 310 К 31 Шар озону в атмосфері Землі повністю поглинає соня-чне випромінювання в інтервалі від 22sdot10ndash7 м до 28sdot10ndash7 м і мало поглинає поза цим інтервалом Визначити тиск Р сонячних променів на шар озону якщо вважати що Сонце випромінює як абсолютно чорне тіло при Т = 6000 К а функція розподілу за інтервалами довжин хвиль в усьому вказаному інтервалі має значення що відповідає серед-ньоарифметичному значенню довжини хвилі Відповідь Р asymp 10ndash7 Па 32 У медицині для діагностики захворювань використо-вують метод термографії в основі якого лежить реєстра-ція різниці теплового випромінювання хворими і здоро-вими органами зумовленої невеликою різницею їх темпе-ратур Обчисліть у скільки разів відрізняються термоди-намічні температури і випромінювальні здатності поверх-ні тіла людини що мають відповідно 305 degС і 30 degС Відповідь Т2Т1 asymp 10017 Е2Е1 asymp 10066 33 Який потік енергії випромінює людина при температурі 37 degС якщо вважати що площа тіла людини дорівнює 18 м2 а коефіцієнт поглинання при цій температурі дорівнює 095 Відповідь 8954 Вт

225

34 На скільки збільшилась температура тіла людини якщо потік випромінювання з поверхні тіла збільшився на 4 Початкова температура тіла дорівнює 35 degС Відповідь 3 degС 35 Розрахуйте енергію яку втрачає людина кожної секунди при теплообміні випромінюванням (та поглинанням) з ото-чуючим середовищем Розгляньте два випадки 1) роздягнена людина 2) людина одягнена в костюм із вов-няної тканини Прийняти коефіцієнт поглинання шкіри лю-дини α1 = 09 вовняної тканини α2 = 076 температура пове-рхні шкіри людини t1 = 30 degС поверхні тканини t2 = 20 degС та повітря t3 = 18 degС Площу поверхні через яку відбувається теплообмін променевою енергією вважати рівною S = 12 м2 Відповідь 1) ( )4 4

1 1 0P S T T= α σ minus asymp 77 Джс

2) ( )4 41 2 0P S T T= α σ minus asymp 103 Джс

36 На яку довжину хвилі припадає максимум спектраль-ної густини випромінювальної здатності таких джерел те-плового випромінювання 1) тіло людини з температурою поверхні шкіри t = 30 degС 2) спіраль електричної лампочки (T = 2000 К) 3) поверхня Сонця (T = = 5800 К) 4) атомна бомба яка має у момент вибуху температуру T = 107 К Випромінюючі тіла вважати чорними або сірими Відповідь 1) 95 мкм 2) 14 мкм 3) 05 мкм 4) 029 нм 37 На яку довжину хвилі λmax припадає максимум спектраль-ної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла яке має температуру рівну температурі тіла людини Т = 310 К Відповідь λmax = 93sdot10ndash6 м 38 Знайдіть границі серії Лаймана (перехід на рівень n = 1) у частотах та довжинах хвиль Порівняйте ці дані з діапазоном видимого світла Відповідь 33sdot1015 Гц 25sdot1015 Гц 90 нм 120 нм

226

39 Знайдіть границі серії Бальмера (перехід на рівень n = 2) у частотах та довжинах хвиль Порівняйте ці дані з діапазоном видимого світла Відповідь 082sdot1015 Гц 046sdot1015 Гц 366 нм 652 нм 40 На дифракційну ґратку нормально падає світло від го-ризонтальної трубки що заповнена атомарним воднем Стала ґратки d = 5sdot10ndash6 м Із якої орбіти повинен перейти електрон на другу орбіту щоб спектральну лінію у спектрі пятого порядку можна було спостерігати під кутом 41deg Відповідь nk asymp 3 41 Визначити енергію фотона що випромінюється при пе-реході електрона в атомі водню із третьої орбіти на першу Відповідь 194sdot10ndash18 Дж 42 Визначити повну енергію електрона що знаходиться на другій орбіті атома водню Відповідь ndash 544sdot10ndash19 Дж 43 Знайти найбільшу й найменшу довжини хвилі у види-мій частині спектра випромінювання атома водню Відповідь λmax = 656sdot10ndash7 м λmin = 365sdot10ndash7 м 44 Знайти потенціал іонізації Ui атома водню Відповідь Ui = 136 еВ 45 Знайти перший потенціал збудження атома водню Відповідь U1 = 102 В 46 Знайдіть довжину хвилі де Бройля λ для електрона що рухається по першій борівській орбіті атома водню Відповідь λ = 033 нм 47 Знайдіть довжину хвилі де Бройля λ для атома во-дню що рухається при температурі Т = 293 К із най-більш імовірною швидкістю Відповідь λ =180 пм

227

48 На скільки еВ змінилася кінетична енергія електро-на в атомі водню при випромінюванні атомом фотона з довжиною хвилі λ = 486 нм Відповідь збільшилась на кEΔ = 256 еВ 49 Пояснити із співвідношення невизначеності Гейзен-берга чому мінімальне значення енергії частинки в од-новимірній прямокутній нескінченно глибокій потенціа-льній ямі більше за нуль 50 Частинка міститься в одновимірній прямокутній ямі завширшки l із нескінченно високими стінками на енер-гетичному рівні з n = 2 Знайти ймовірність перебування частинки в інтервалі (0 l4) Відповідь P(0 lt x lt l4 ) = 14 51 Частинка міститься в одновимірній нескінченно гли-бокій прямокутній ямі завширшки l на енергетичному рі-вні з n = 5 Знайти ймовірність перебування частинки в інтервалі (15l 35l) Відповідь P(15l lt x lt 35l) = 25 52 Знайдіть середнє значення кінетичної енергії K части-

нки у стані 1( ) ikxx el

ψ = тут pk = Функція ( )xψ но-

рмована в інтервалі 0lt x lt l зовні цього інтервалу ( ) 0xψ =

Відповідь 2

2pK m=

53 Яка максимальна кількість електронів може міститися в атомі на K- L- M- N- O- P-оболонці Відповідь 2 8 18 32 50 72 54 Скільки електронів може розміщуватися в 1s- 2p- 3d- 4f-підоболонці Відповідь 2 6 10 14

228

55 Скільки ядер урану 23892 U розпалося протягом року

якщо початкова маса урану 1 г Період піврозпаду урану 23892 U становить 451109 років Відповідь 04 1012 56 Період піврозпаду радіоактивного фосфору 30

15 P дорів-нює 30 хв Чому дорівнює стала розпаду цього елемента Відповідь 38510ndash3 сndash1 57 Визначити період піврозпаду радону якщо за 1 добу з 1 млн атомів розпадається 175 000 атомів Відповідь Т asymp 33105 с 58 Для діагностики у кров людини ввели незначну кіль-кість розчину що містить 24Na з активністю а = 2010 Бк Активність 1 см3 крові через t = 5 годин становила aprime = 0267 Бксм3 Період піврозпаду даного радіоізотопу Т = 15 годин Знайти обrsquoєм крові людини

Відповідь ln 2expaV ta T

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟prime⎝ ⎠ ⎝ ⎠ V = 6 л

59 Питома активність препарату що містить радіоактивний 58Со і неактивний 59Со становить 221012 Бкг Період півро-зпаду 58Со становить 713 доби Знайти відношення маси ак-тивного кобальту в цьому препараті до маси препарату Відповідь 019 60 Радіоізотоп 32Р період піврозпаду якого Т = 143 доби утворюється зі швидкістю q = 27109 ядерс у ядерному реакторі Через який час t після початку утворення цього радіоізотопу його активність а = 10109 Бк Відповідь t = ndash (Tln2)ln(1 ndash aq) t = 95 діб

229

61 У 1 мл морської води міститься 10ndash15 г радону 22286 Rn

(період піврозпаду радону 3825 діб) Яка кількість води має активність рівну 10 мКі Відповідь 300 м3 62 У скільки разів зменшиться кількість ядер радіоактив-ного цезію (період піврозпаду 27 років) за 10 років Відповідь зменшиться в 13 рази 63 У джерелі мінеральної води активність радону (період піврозпаду радону 3825 діб) становить 1000 Бк на 1 л Яка кількість атомів радону потрапляє в організм людини зі склянкою води місткістю 02 л Відповідь 95sdot107 64 Через який проміжок часу після радіоактивного зара-ження місцевості стронцієм (період піврозпаду 28 років) можна буде використовувати землі для вирощування різ-номанітних культур якщо за розрахунками кількість ра-діоактивного препарату має зменшитися в 100 разів Відповідь 186 років

65 В ампулі міститься радіоактивний йод 13153 I (період пів-

розпаду 805 діб) активністю 100 мкКі Чому дорівнюва-тиме активність препарату через добу Відповідь 92 мкКі 66 Унаслідок радіоактивного розпаду 238

92 U перетворюється в 20682 Pb Скільки α- і β-розпадів спостерігається в цьому разі Відповідь 8 α-розпадів і 6 β-розпадів

67 Унаслідок захоплення нейтрона ядром атома азоту 147 N

утворюється невідомий елемент і α-частинка Написати реакцію і визначити утворений елемент Відповідь 11

5B

230

68 Знайти енергію звrsquoязку ядра урану 23892 U та енергію

звrsquoязку що припадає на один нуклон Відповідь 18sdot103 МеВнуклон 69 Знайти кількість нейтронів що виникають за одиницю часу в урановому реакторі з тепловою потужністю Р = 100 МВт якщо середня кількість нейтронів на кожний акт ділення ν = 25 Вважати що при кожному акті звільня-ється енергія Е = 200 МеВ Відповідь N = νPE N = 08sdot1019 cndash1 70 Тіло людини масою m = 60 кг протягом часу t = 6 годин поглинуло енергію Е =1 Дж Знайти дозу по-глинання Д і потужність поглинутої дози N у СІ Відповідь Д = 17sdot10ndash3 Гр N = 77sdot10ndash7 Грс 71 Жива тканина масою m = 10ndash2 кг поглинає α-частинки в кількості 109 з енергією Е = 5 МеВ Знайти дозу погли-нання Д і еквівалентну дозу Н якщо коефіцієнт якості k для α-частинок дорівнює 20 Відповідь Д = 8sdot10ndash12 Гр Н = 16 Джкг

72 Середня потужність експозиційної дози P опромі-нення в рентгенівському кабінеті дорівнює 645 Клкгsdotс Лікар перебував у цьому кабінеті протягом дня 5 годин Яку дозу опромінення він отримає за 6 робочих днів Відповідь Х = 70sdot10ndash8 Клкгsdotс 73 Потужність Р експозиційної дози γ-випромінення на віддалі r = 1 м від точкового джерела становить 215sdot10ndash7 Клкгsdotс Визначити мінімальну віддаль r на якій можна щоденно працювати по 6 годин без захисту Гра-нично допустимою еквівалентною дозою для професіо-налів вважають дозу 5sdot10ndash2 Джкг протягом року Погли-нання γ-випромінення повітрям не враховувати Відповідь r asymp 36 м

231

74 В організм людини через органи травлення маса яких приблизно 1 кг потрапив 1 мг 237Np Оцінити дозу погли-нання Д організмом цієї людини за 10 років Відповідь Д = 63 Гр = 630 рад Ця доза суттєво пере-вищує допустимий рівень

232

ДОДАТКИ

1 ОСНОВНІ ФІЗИЧНІ СТАЛІ

Швидкість світла у вакуумі Гравітаційна стала Стандартне прискорення вільного падіння

c = 2998sdot108 мс γ = 667sdot10ndash11 м3(кгsdotс2) g = 9807 мс2

Стала Авогадро Стала Больцмана Молярна газова стала Стандартний обrsquoєм моля газу

AN = 6023sdot1023 мольndash1

k = 138sdot10 ndash23 Дж sdotКndash1

R = 831 Дж sdotмольndash1 sdot Кndash1

0V = 224 лмоль Стала Фарадея Елементарний заряд Маса електрона Маса протона

F = 0965sdot105 Клмоль e = 1602sdot10ndash19 Кл

300911 10 кг0511 МеВem

minus⎧ sdot⎪= ⎨⎪⎩

271672 10 кг93826 МеВpm

minus⎧ sdot⎪= ⎨⎪⎩

Стала Планка h = 6626sdot10ndash34 Джmiddotс 34

15

10546 10 Дж с2 0659 10 еВ сh minus

minus

⎧ sdot sdot⎪= = ⎨π sdot sdot⎪⎩

Стала СтефанаndashБольцмана Стала Віна Стала Рідберга

σ = 567sdot10ndash8 Вт(м2 sdot К4) b = 029 см sdot К R = 207sdot1016 сndash1 або R = 109sdot107 мndash1

Перший борівський радіус Енергія звrsquoязку електрона в атомі водню Комптонівська довжина хвилі електрона

аБ = 0529sdot10ndash10 м Е = 1356 еВ λС = 2426sdot10ndash12 м

Магнетон Бора Атомна одиниця маси

μБ = 09274sdot10ndash23 ДжТл

1 аом =271660 10 кг

9314 МеВ

minus⎧ sdot⎪⎨⎪⎩

Електрична стала Магнітна стала

ε0 = 0885sdot10ndash11 Фм μ0 = 1257sdot10ndash6 Гнм

233

2 ГУСТИНИ РЕЧОВИН Речовини ρ 103 кгм3

bull Гази (за нормальних умов) Азот Аміак Водень Повітря Кисень Метан Вуглекислий газ Хлор

125 077 009 1293 143 072 198 321

bull Рідини Бензол Вода Гліцерин Гас Ртуть Спирт Важка вода Ефір

088 072 11

079 136 080 126 100

bull Тверді речовини Алмаз Алюміній Вольфрам Графіт Залізо Золото Кадмій Кобальт Лід Мідь Молібден Натрій Нікель Олово Платина Свинець Срібло Титан Уран Цинк

35 27

191 16 78

193 865 89

0916 89

102 097 89 74

215 113 105 45

190 70

234

3 ДЕЯКІ АСТРОНОМІЧНІ ВЕЛИЧИНИ

Космічне тіло Середній радіус м Маса кг Середня густи-

на 103 кгм3 Період обертання навколо осі діб

Сонце 695sdot108 199sdot1030 141 254

Земля 637sdot106 598sdot1024 552 100

Місяць 174sdot106 735sdot1022 330 273

4 ПРУЖНІ ВЛАСТИВОСТІ ТВЕРДИХ ТІЛ

Матеріал Модуль Юнга Е ГПА

Модуль зсуву G ГПА

Коефіцієнт Пуассона μ

Алюміній Мідь Свинець Сталь (залізо) Скло

70

130

16

200

60

26

40

56

81

30

034

034

044

029

025 5 ФІЗИЧНІ ХАРАКТЕРИСТИКИ ГАЗІВ

Сталі Ван дер Ваальса

Газ

та його відносна

моле-

кулярна маса

P

V

CC

γ =

Теплопровідність

aelig

мВт

(мsdotК

)

Вrsquoязкість

η мкПаsdotс

Діаметр

молекули

d нм

а6Паmiddotм2моль

b 10ndash6 м3моль

He (4) Ar (40) H2 (2) N2 (28) O2 (32) CO2 (44) H2O (18) Повітря (29)

167 167 141 140 140 130 132 140

1415 162 1684 243 244 232 158 241

189 221 84

167 192 140 90

172

020 035 027 037 035 040 030 035

- 0132 0024 0137 0137 0367 0554

-

- 32 27 39 32 43 30 -

Примітка Значення γ aelig η взято за нормальних умов

235

6 КОНСТАНТИ РІДИН І ТВЕРДИХ ТІЛ

Речовина Питома

теплоємність С Дж(гsdotК)

Питома теплота паро-утворення r

Джг

Питома теплота плавленняλ

Джг

Поверхневийнатягα

10minus3 Нм мН

Вода Гліцерин Ртуть Спирт Алюміній Залізо Лід Мідь Срібло Свинець

418 242 014 242 090 046 209 039 023 013

2250 -

284 853

- - - - - -

- - - -

321 270 333 175 88 25

73 66 490 22 - - - - - -

За нормальних умов При нормальному атмосферному тиску 7 ДІЕЛЕКТРИЧНА ПРОНИКНІСТЬ ε Діелектрик ε Діелектрик ε

Вода Повітря Віск Гас Парафін Плексиглас

81 100058 78 20 20 35

Поліетилен Слюда Спирт Скло Фарфор Ебоніт

23 75 26 60 60 27

8 ПИТОМИЙ ЕЛЕКТРООПІР ПРОВІДНИКІВ ТА ІЗОЛЯТОРІВ

Провідник

Питомий електроопір (при 20 ordmС) ρ 10minus9 Омmiddotм

Темпера-турний

коефіцієнт α 10minus3 Кndash1

Ізолятор Питомий

електроопір ρ Ом м

Алюміній Вольфрам Залізо Золото Мідь Свинець Срібло

25 50 90 20 16

190 15

45 48 65 40 43 42 41

Папір Парафін Слюда Фарфор Шелак Ебоніт Янтар

1010

1015 1013 1013 1014 1014 1017

236

9 МАГНІТНА СПРИЙНЯТЛИВІСТЬ ПАРА- ТА ДІАМАГНЕТИКІВ

Парамагнетик χ = μndash1 10ndash6 Діамагнетик χ = μndash1 10ndash6

Азот Повітря Кисень Ебоніт Алюміній Вольфрам Платина Рідкий кисень

0013 038 19 14 23 176 360

3400

Водень Бензол Вода Мідь Скло Камrsquoяна сіль Кварц Вісмут

ndash0063 ndash75 ndash90 ndash103 ndash126 ndash126 ndash151 ndash176

10 ПОКАЗНИКИ ЗАЛОМЛЕННЯ n

Газ n Рідина n Тверде тіло

n

Азот 100030 Бензол 150 Алмаз 242 Повітря 100029 Вода 133 Кварц 146

Кисень 100027 Гліцерин 147 Скло 150 Примітка Показник заломлення залежить від довжини світла тому наве-дені значення n слід розглядати як умовні

11 ПОКАЗНИКИ ЗАЛОМЛЕННЯ ДЛЯ КРИСТАЛІВ ІЗ ПОДВІЙНИМ ПРОМЕНЕЗАЛОМЛЕННЯМ

Ісландський шпат Кварц Довжина хвилі λ нм

Колір ne n0 ne n0

687 656 589 527 486 431 400

червоний помаранчевий жовтий зелений блакитний синьо-фіолетовий фіолетовий

1484 1485 1486 1489 1491 1495 1498

1653 1655 1658 1664 1668 1676 1683

1550 1551 1553 1556 1559 1564 1568

1541 1542 1544 1547 1550 1554 1558

237

12 ОБЕРТАННЯ ПЛОЩИНИ ПОЛЯРИЗАЦІЇ (природне обертання у кварці)

Довжина хвилі λ нм Стала обертання

α градмм 275 344 373 405 436 497 590 656 670

1200 706 588 489 415 311 218 174 166

13 РОБОТА ВИХОДУ ЕЛЕКТРОНА З МЕТАЛУ Метал А еВ Метал А еВ Алюміній Барій Вісмут Вольфрам Залізо Золото Калій Кобальт Літій

374 229 462 450 436 458 215 425 239

Мідь Молібден Натрій Нікель Платина Срібло Титан Цезій Цинк

447 427 227 484 529 428 392 189 374

14 ПЕРІОДИ ПІВРОЗПАДУ РАДІОНУКЛІДІВ

Кобальт 60Co 52 року (β)

Стронцій 90Sr 28 років (β)

Полоній 210Po 138 діб (α) Радон 222Rn 38 доби (α) Радій 226Ra 1620 років (α) Уран 238U 45 109 років (α)

238

15 ДЕЯКІ ПОЗАСИСТЕМНІ ОДИНИЦІ 1 Aring 1 атм 1 бар 1 мм ртст 1 кал

10ndash10 м 1013 кПа або 760 мм рт ст 100 кПа 1333 Па 418 Дж

16 ДЕСЯТКОВІ ПРЕФІКСИ ДО НАЗВ ОДИНИЦЬ П ndash пета 1015

Т ndash тера 1012

Г ndash гіга 109 М ndash мега 106 к ndash кіло 103 г ndash гекто 102

д ndash деци 10ndash1 с ndash санти 10ndash2 м ndash мілі 10ndash3

мк ndash мікро 10ndash6 н ndash нано 10ndash9 п ndash піко 10ndash12

239

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ

1 Волькенштейн В С Сборник задач по общему курсу

физики В С Волькенштейн ndash М Высш шк 1985 2 Богданов К Ю Физика в гостях у биоло-

га К Ю Богданов ndash М Наука 1986 3 Гольдфарб Н И Сборник вопросов и задач по физике

учеб пособ Н И Гольдфарб ndash М Высш шк 1983 4 Грабовский Р И Курс физики Р И Грабовский ndash

М Высш шк 1980 5 Иродов И Е Задачи по общей физике учеб по-

соб И Е Иродов ndash М Наука 1988 6 Ливенцов Н М Курс физики Н М Ливенцов ndash М

Высш шк 1978 7 Матвєєв О М Механіка і теорія відноснос-

ті О М Матвєєв ndash К Вища шк 1993 8 Розвrsquoязування задач з курсу загальної фізи-

ки А А Остроухов В Л Стрижевский М Г Цвелих Ю П Цященко ndash К Рад шк 1966

9 Ремизов А Н Сборник задач по медицинской и био-логической физике ndash М Высш шк 1987

10 Збірник задач з курсу фізики для студентів біологічного факультету Л М Корочкіна В І Оглобля М Я Горі-дько В І Лозовий ndash К РВЦ ldquoКиївський ун-тrdquo 1998

11 Ремизов А Н Сборник задач по медицинской и биоло-гической физике Учеб пособ для ву-зов А Н Ремизов А Г Максина ndash М Дрофа 2001

12 Ремизов А Н Медицинская и биологическая физика учеб для вузов А Н Ремизов А Г Максина А Я Потапенко ndash М Дрофа 2005

13 Мэрион Дж Б Общая физика с биологическими примерами пер с англ Дж Б Мэрион пер з англ ndash М Высшшк 1986

240

Навчальне видання

МАКАРА Володимир Арсенійович ОГЛОБЛЯ Володимир Іванович ПЛЮЩАЙ Інна Вrsquoячеславівна

ЦАРЕГРАДСЬКА Тетяна Леонідівна

ЗАГАЛЬНА ФІЗИКА ДЛЯ БІОЛОГІВ ЗБІРНИК ЗАДАЧ

Навчальний посібник

Редактор Л В Магда

Оригінал-макет виготовлено Видавничо-поліграфічним центром Київський університет

Підписано до друку 060911 Формат 60х84116 Вид Фз10 Гарнітура Times New Roman Папір офсетний

Друк офсетний Наклад 200 Ум друк арк 1395 Обл-вид арк 15 Зам 211-5770 01601 Київ б-р Т Шевченка 14 кімн 43

(38044) 239 32 22 (38044) 239 31 72 телфакс (38044) 239 31 28 Свідоцтво внесено до Державного реєстру ДК 1103 від 311002

2

УДК 53(076) ББК 223я7 З14

Рецензенти д-р техн наук проф Ю М Макогон

д-р фіз-мат наук проф А П Поліщук д-р хім наук проф В П Каз ім іров

Рекомендовано до друку вченою радою фізичного факультету (протокол 11 від 29 червня 2010)

З14 Загальна фізика для біологів Збірник задач В А Макара

В І Оглобля І В Плющай Т Л Цареградська ndash К Видавничо-поліграфічний центр ldquoКиївський університетrdquo 2011 ndash 240 с

ISBN 978-966-439-481-6

Викладено основні методи розвrsquoязання типових задач з курсу фізи-

ки (механіка молекулярна фізика термодинаміка електрика хвильова та квантова оптика ядерна фізика) Перед кожним розділом (парагра-фом) коротко подано основні теоретичні відомості та формули необ-хідні для розвrsquoязання задач Наведено також теоретичні відомості й розглянуто задачі які розкривають фізичні та фізико-хімічні явища що лежать в основі біологічних процесів

УДК 53 (076) ББК 223я7

Гриф надано Міністерством освіти і науки України

(лист 111-10611 від 171110)

ISBN 978-966-439-481-6 copy Макара В А Оглобля В І Плющай І В Цареградська Т Л 2011 copy Київський національний університет імені Тараса Шевченка

ВПЦ ldquoКиївський університетrdquo 2011

3

ЗМІСТ

РОЗДІЛ 1 ФІЗИЧНІ ОСНОВИ МЕХАНІКИ 5 sect 1 Кінематика та динаміка матеріальної точки Закони збереження імпульсу енергії 5 Приклади розвrsquoязування задач 21 Задачі 32 sect 2 Рух твердого тіла Основні поняття та закони гідродинаміки 41 Приклади розвrsquoязування задач 51 Задачі 55 sect 3 Механічні коливання та хвилі 61 Приклади розвrsquoязування задач 69 Задачі 72 РОЗДІЛ 2 МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА І ТЕРМОДИНАМІКА 75 sect 1 Молекулярно-кінетична теорія газів 75 Приклади розвrsquoязування задач 80 Задачі 86 sect 2 Основні закони термодинаміки 90 Приклади розвrsquoязування задач 96 Задачі 99 sect 3 Явища перенесення 102 Приклади розвrsquoязування задач 104 Задачі 107 sect 4 Молекулярні явища в рідинах 109 Приклади розвrsquoязування задач 111 Задачі 115

4

РОЗДІЛ 3 ЕЛЕКТРИКА 118 sect 1 Основні поняття та закони електростатики 118 Приклади розвrsquoязування задач 122 Задачі 127 sect 2 Постійний струм Електронна теорія провідності металів Контактні й термоелектричні явища 132 Приклади розвrsquoязування задач 137 Задачі 141 sect 3 Магнітне поле струму Електромагнітна індукція Змінний струм 146 Приклади розвrsquoязування задач 153 Задачі 159 sect 4 Електричні коливання Електромагнітні хвилі 165 Приклади розвrsquoязування задач 169 Задачі 172

РОЗДІЛ 4 ОПТИКА І КВАНТОВА ФІЗИКА 175 sect 1Основні поняття та закони хвильової оптики 175 Приклади розвrsquoязування задач 182 Задачі 189 sect 2 Основи квантової оптики Фізика атомного ядра 199 Приклади розвrsquoязування задач 213 Задачі 220

ДОДАТКИ 232 СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ 239

5

РОЗДІЛ 1

ФІЗИЧНІ ОСНОВИ МЕХАНІКИ

sect 1 Кінематика та динаміка матеріальної точки

Закони збереження імпульсу енергії 1 Механічний рух ndash це зміна взаємних розташувань тіл (або

їх частин) у просторі з часом Використовують три форми опису руху матеріальної точки ndash

координатну векторну та параметричну У координатній формі задають координати точки zyx як функції від часу t

)(txx = )(tyy = )(tzz = (1) У векторній формі задають радіус-вектор точки r як функцію t

( ) ( ) ( ) )( ktzjtytxtrr ++== i (2)

де i j k ndash орти осей x y z декартової системи координат Коли відома траєкторія руху то можна описувати рух за до-

помогою параметрів траєкторії наприклад задаючи функцію шляху S від часу )(tSS =

Вектор переміщення ( ) ( )trttrr minusΔ+==Δ чисельно

дорівнює відстані між кінце-вою і початковою точками направлений від початкової до кінцевої точки і зrsquoєднує ті точ-ки траєкторії у яких матеріа-льна точка знаходилась у мо-менти часу t i tt Δ+

2 Швидкість і прискорення Вектор середньої швидкості

v при переміщенні між двома точками визначається як вектор що збігається з напрямком переміщення і дорівнює за модулем вектору переміщення поділеному на час переміщення

O

)( ttr Δ+)(tr

)(trΔ

6

( ) ( )tr

ttrttrv

ΔΔ

=Δ

minusΔ+= (3)

де rΔ mdash переміщення (приріст радіус-вектора за час tΔ ) Якщо )(tv i )( ttv Δ+ ndash швидкості у двох точках траєкторії а

tΔ ndash час переміщення з першої точки у другу то середнє при-скорення а точки на ділянці траєкторії між цими точками ви-

значається формулою ( ) ( )

tv

ttvttva

ΔΔ

=Δ

minusΔ+= (4)

де vΔ ndash приріст швидкості Миттєву швидкість v і миттєве прискорення a зна-

ходять із формул

0

0

lim

lim

t

t

r drvt dt

v dvat dt

Δ rarr

Δ rarr

Δ ⎫= = ⎪Δ ⎪⎬⎪Δ ⎪= =

Δ ⎭

(5)

де v ndash похідна від радіус-вектора за часом a ndash похідна від мит-тєвої швидкості за часом

Проекції швидкості й прискорення в декартовій системі ко-ординат виражають формулами

2 2 2

2 2 2

x y z

x y z

dx dy dzv v vdt dt dt

d x d y d za a adt dt dt

⎫= = = ⎪

⎪⎪⎬⎪⎪= = =⎪⎭

(6)

3 Повне прискорення Тангенціальне та нормальне прискорення Швидкість завжди спрямована по дотичній до траєкторії Прискорення може мати довільний кут відносно швидкості тобто бути напрямлене під довільним кутом до дотичної до траєкторії

7

Повне прискорення складається із двох взаємно перпендику-

лярних векторів 1) прискорення τ=τ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ a

dtdv яке напрямлене

уздовж траєкторії руху і називається тангенціальним

2) прискорення 2

nanRv

=sdot яке

спрямоване перпендикулярно до траєкторії тобто уздовж нормалі до центра О кривизни траєкторії R

Це прискорення називається но-рмальним ( nτ ) ndash одиничні орти

Повне прискорення визначаєть-ся за формулою

naaa += τ 222

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

dtdv

Rva

(7)

де dtdva =τ

Rvan

2= (тут v ndash модуль швидкості R ndash радіус

кривизни траєкторії у певній точці) Нормальна компонента прискорення не змінює модуля

швидкості а змінює лише її напрямок Зміна модуля швидкості зумовлена тільки тангенціальною складовою прискорення

4 Класифікація механічного руху залежно від тангенціаль-

ної τa та нормальної na складових прискорення 1) 0=na 0=τa ndash прямолінійний рівномірний рух 2) 0=na constplusmn=τa ndash прямолінійний рівномірно приско-

рений сповільнений рух 3) 0=na )(tfa =τ ndash прямолінійний рух зі змінним прискоренням 4) )(tfan = 0=τa ndash рівномірний криволінійний рух Якщо

const=na то тіло (точка) рухається по колу

R

τ

na

τa

a

n

8

5) 0nena 0neτa ndash криволінійний рух зі змінним ( )(tfa =τ ) або сталим ( constplusmn=τa ) прискоренням

5 Кутова швидкість ω та кутове прискорення β є харак-

теристиками обертального руху Кутова швидкість ω визначається як

dtd

tt

ϕ=

ΔϕΔ

=ωrarrΔ 0

lim (8)

де ϕΔ ndash кут що описує радіус-вектор який зrsquoєднує точку з центром обертання за час tΔ

Кутове прискорення β має вигляд

dtd

tt

ω=

ΔωΔ

=βrarrΔ 0

lim (9)

Звrsquoязок між лінійними та кутовими величинами визнача-ється формулами

[ ]rv timesω= Rv ω= Ran2ω= Ra β=τ (10)

де r ndash радіус-вектор точки який розглядається відносно дові-льної точки осі обертання R ndash відстань від осі обертання

Якщо величина ω є незмінною з часом обертальний рух по колу називають рівномірним При цьому вводять поняття періоду обертання

ωπ

=2T (11)

Очевидно що πν=π

=ω 22T

ndash кут який описує радіус-

вектор точки за 1 с величину ω називають також кутовою час-

тотою обертання ν ndash звичайна частота (T1

=ν )

6 Закони Ньютона ndash закони класичної динаміки матері-

альної точки 1 Перший закон Ньютона (закон інерції) Існують такі си-

стеми відліку названі інерціальними у яких матеріальна точка зберігає стан спокою або рівномірного прямолінійного руху доки дія з боку інших тіл не виведе її з цього стану

9

2 Другий закон Ньютона Прискорення якого набуває ма-теріальна точка в інерціальній системі відліку прямо пропор-

ційне результуючій усіх сил sum=

n

1iiF що діють на неї і обернено

пропорційне її масі m

m

Fa

n

iisum

== 1 (12)

де n ndash кількість сил що діють на точку У загальній формі другий закон Ньютона записують так

sum=

=n

1iiF

dtpd (13)

де vmp = ndash імпульс тіла (точки) або кількість руху Рівняння (13) у проекціях на дотичну і нормаль до траєк-

торії точки має вигляд

2

nFR

mvFdt

dvm == ττ (14)

Нормальна складова сили nF перпендикулярна до швидко-сті й направлена до центра кривизни траєкторії її називають доцентровою силою

3 Третій закон Ньютона Сили із якими два тіла (матеріа-льні точки) діють одне на одне рівні за величиною і протилежні за напрямком Якщо позначити ці сили через 12F і 21F то

21122112 FFiFF minus== (15)

Істотно що ці сили мають однакову природу але прикла-дені до різних тіл

7 Закон всесвітнього тяжіння Гравітація (тяжіння) ndash один

із видів матеріальної взаємодії у природі Це притягання тіл будь-якої природи що залежить від їх мас та розташування Тя-жіння відбувається через гравітаційне поле

10

Згідно із законом всесвітнього тяжіння між двома тілами (ма-теріальними точками) із масами m1 i m2 розташованими на віддалі r одне від одного діють сили притягання причому числове значення кожної з них

221

2112 rmmFF γ== (16)

де γ = 667sdot10ndash11 Нsdotм2sdotкгndash2 ndash гравітаційна стала У векторній формі закон всесвітнього тяжіння має вигляд

122

212112 r

rrmmFF γ=minus= (17)

де 12r ndash радіус-вектор спрямований від першого тіла до другого

Гравітаційні сили 2112 FF прикладені до кожної із взає-модіючих точок і спрямовані вздовж прямої яка їх сполучає

8 Сила тяжіння Вага На тіло що міститься у пункті В на

поверхні Землі з широтою ϕ діють дві сили гравітаційна сила

F гр і сила реакції земної поверхні N Рівнодійна дF (доцент-рова сила) цих двох сил забезпечує рух тіла по колу з центром Oprime при обертальному русі Землі навколо осі Доцентрова сила

дF розташована у площині географічної паралелі тіла і спрямо-вана до земної осі обертання

ϕω= cos2д RmF

де m ndash маса тіла ω ndash кутова швидкість добового обертання Зе-млі R ndash радіус Землі ϕ ndash географічна широта точки у якій розташоване тіло (числове значення доцентрової сили дорівнює нулю на полюсі ( 090=ϕ ) і є найбільшим на екваторі ( 00=ϕ ))

У системі відліку що повrsquoязана із Землею на будь-яке тіло нерухоме відносно Землі діє сила тяжіння тяжF направлена

протилежно до сили реакції опори N і рівна за модулем

дгртяж FFNF minus=minus= (18)

11

B

O

R ϕ

Оprime

грF

дF N

P

Сила тяжіння дорівнює гравітаційній силі на полюсі й на 036 менша за гравітаційну силу на екваторі У першому на-ближенні силу тяжіння тяжF можна вважати рівною силі грF

У системі відліку яка повrsquoязана із Землею тіло що не під-тримується підставкою під дією сили тяжіння одержує при-скорення вільного падіння g Це прискорення не залежить від маси m тіла і згідно з другим законом Ньютона визнача-ється через силу тяжіння тяжF

тяж

mFg = (19)

Вага ndash сила P із якою тіло внаслідок притягання його до Землі діє на підставку або підвіс NP minus=

Якщо тіло з підставкою (підвісом) нерухоме в системі відліку повrsquoязаною із Землею то вага тіла і за напрямком і за числовим значенням збігається із силою тяжіння тяжF що діє на тіло Тільки точкою прикладення сили тяжіння є центр мас тіла (або системи тіл) а вага прикладена до підставки чи підвісу Рівність ваги та си-ли тяжіння маємо й у випадку рівномірного прямолінійного руху підставки (підвісу) у системі відліку що повrsquoязана із Землею

12

Якщо підставка (підвіс) має прискорення a вага тіла не дорівнює силі тяжіння

)( agmP minus= αminus+= cos222 agagP

де α ndash кут між векторами g та a Розглянемо окремі випадки 1) тіло масою m із підставкою рухається з прискоренням a

спрямованим вертикально вгору Вага тіла Р буде більша за силу тяжіння

)( agmP += (20) 2) тіло масою m з підставкою рухається з прискоренням a спря-

мованим вертикально вниз Вага тіла Р буде менша за силу тяжіння )( agmP minus= (21)

3) вага тіла дорівнює нулю при ga = У цьому випадку має місце стан невагомості

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

Невагомість ndash стан механічної системи при якому зовнішні

сили тяжіння надають частинкам цієї системи тільки прискорення і не викликають взаємного тиску між ними

Невагомість виникає за умов коли на систему не діють ніякі зовнішні сили крім гравітаційних У стані невагомості тіло пе-ребуває при вільному падінні наприклад коли вільно рухається навколо Землі з першою космічною швидкістю тощо Неваго-мість можна трактувати як урівноваження гравітаційних сил си-лами інерції У системі що перебуває у стані невагомості спо-стерігаються такі явища математичний маятник зависає у від-хиленому стані зникає архімедова сила в рідині змочуюча рі-дина розтікається по посудині незмочуюча рідина набуває фор-ми кулі тіло підвішене на пружині зовсім її не деформує предмети (і людина) ldquoпливутьrdquo у довільному положенні

Фізіологічне відчуття невагомості наприклад у космонавтів характеризується відсутністю напруженості та навантажень які зумовлені силою тяжіння У цьому стані не відбувається деформа-

13

ції внутрішніх органів зникає постійно діюче напруження цілого ряду мrsquoязів порушується діяльність вестибулярного апарата тощо

Слід зазначити що при дії на людину перевантажень (напри-клад зміна ваги космонавта на старті та при гальмуванні космічно-го корабля) також спостерігаються фізіологічні відхилення в орга-нах людини особливо в системі кровообігу Якщо прискорення спрямовано від таза до голови космонавта то відбувається відтік крові із судин голови та її приплив до органів нижньої частини ту-луба Артеріальний тиск крові здорової людини на рівні серця ста-новить 16ndash18 кПа а у великих артеріях голови 12ndash14 кПа Якщо космонавт рухається із прискоренням ga 3asymp спрямованим у на-прямку таз rarr голова то артеріальний тиск у судинах головного мозку знизиться приблизно на 12 кПа і наблизиться до атмосфер-ного тиску що призведе до порушення кровообігу в судинах і клі-тини головного мозку зазнають нестачі кисню Тиск у судинах ни-жніх кінцівок збільшується і при ga 3asymp може досягти 75 кПа Це викликає збільшення обrsquoєму крові в нижніх частинах тіла що при-зводить до набрякання тканин Для забезпечення нормального кро-вообігу у космонавтів і пілотів реактивних літаків їх розміщують у горизонтальному положенні так щоб розміри тіла були мінімаль-ними в напрямку вектора прискорення Вплив на людину і рослини перевантажень та невагомості вивчає космічна медицина

9 Закон Гука встановлює залежність між деформуючою си-

лою і викликаною нею величиною деформації ізотропного тіла в межах його пружності

Означивши відношення деформуючої сили F до площі perpS пе-рпендикулярної до неї площини деформованого тіла як нормальне

напруження perp

=σSF а відношення абсолютної деформації LΔ до

початкової довжини L тіла як відносну деформацію LLΔ

=ε за-

кон Гука для лінійної деформації розтягу (стиску) формулюють так механічне напруження пропорційне відносній деформації

ε=σ E (22) де E ndash модуль пружності (модуль Юнга)

14

10 Механічна робота Консервативні та неконсервативні сили У механіці робота AΔ дорівнює скалярному добутку век-тора сили F на переміщення rΔ

rFrFA Δ=Δsdot=Δ )( αcos (23) де α ndash кут між векторами F i rΔ

Робота змінної сили

cos2

1

2

1

2

1intintint =αsdot=sdot= drFdrFrdFA r (24)

де FFr = αcos ndash проекція сили на напрямок переміщення Консервативними називають сили робота яких залежить

тільки від початкового та кінцевого положення точки що руха-ється і не залежить від форми траєкторії

При замкненій траєкторії робота консервативної сили завжди дорівнює нулю

До консервативних сил відносять гравітаційні сили сили пружності електростатичні

Робота грA гравітаційної сили при переміщенні матеріальної точки масою m відносно іншої точки масою M яка розташо-вана в початку координат

( )2 2

2

1

1 1

гр 22 1

1 1 r r

rr

r r

mM mMA F r dr dr mMr r r r

⎛ ⎞γ γ= = minus = = γ sdot minus⎜ ⎟

⎝ ⎠int int (25)

де 1r i 2r ndash модулі радіус-векторів які характеризують початко-ві й кінцеві положення точки що переміщується

Сили робота яких залежить від форми траєкторії називають непотенціальними силами (сили тертя сили опору тощо)

Робота непотенціальних сил по замкненій траєкторії не дорівнює нулю

Система тіл називається консервативною якщо внутрішні й зо-внішні сили що діють на систему є потенціальними У замкненій консервативній системі між тілами діють тільки внутрішні потен-ціальні сили Стаціонарні потенціальні сили є консервативними

Між тілами замкненої неконсервативної системи поряд із внутрішніми потенціальними (консервативними) силами діють внутрішні непотенціальні (неконсервативні) сили

15

11 Потужність Середньою потужністю P називається фізична величина яка визначається відношенням роботи AΔ сили або системи сил протягом скінченного проміжку часу tΔ до цього проміжку часу

tAP

ΔΔ

= (26)

Потужністю (миттєвою потужністю) Р називається фі-зична величина яка визначається формулою

=P0

limrarrΔt

dtdA

tA

=ΔΔ (27)

Якщо матеріальна точка або тіло переміщується зі швидкістюv то

αsdotsdot=sdot=sdot

== cos)()( vFvFdt

rdFdtdAP (28)

де α ndash кут між векторами F i v 12 Енергія Механічна енергія Енергією називається ска-

лярна фізична величина яка є загальною мірою різних видів ру-ху матерії та різних взаємодій а також мірою переходу руху матерії з одних форм в інші

Основні види енергії механічна теплова електромагнітна ядер-на Механічну енергію поділяють на кінетичну і потенціальну Механічна енергія E характеризує рух і взаємодію тіл і є фу-

нкцією стану механічної системи яка залежить від швидкостей і взаємного розташування тіл (або їх частин) Кінетична енергія матеріальної точки (точок) ndash енергія

руху яка повrsquoязана з масою та швидкістю її руху в цій інер-ціальній системі відліку

22

22

к mpvm

E == (29)

де mvp = ndash імпульс матеріальної точки Кінетична енергія системи складається з кінетичних енергій iEк всіх n матеріальних точок що входять до системи

кк sumsumsum===

===n

1i i

2i

n

1i

2ii

n

1ii 2m

p2vmEE (30)

16

Теорема про зміну кінетичної енергії зміна кEΔ кінетичної ене-ргії матеріальної точки (тіла) при переході з одного стану в інший до-рівнює роботі A всіх сил що діють на матеріальну точку (тіло)

1к2кк EEEA minus=Δ= (31) де к2E ndash кінетична енергія тіла в кінцевому стані (положенні)

1кE ndash кінетична енергія у початковому положенні Потенціальна енергія ndash енергія консервативної системи яка

залежить від розташування та взаємодії частинок цієї системи (як між собою так і з зовнішнім силовим полем)

Потенціальна енергія ndash однозначна функція координат точок системи Мірою зміни потенціальної енергії системи при її переході з

одного стану в інший є робота потенціальних сил що спричи-няють взаємодію між елементами системи

Робота потA потенціальних сил дорівнює зміні пEΔ поте-нціальної енергії системи при її переході з початкового стану в кінцевий узятій із протилежним знаком

)( 1п2пппот EEEA minusminus=Δminus= (32) де 2пE ndash потенціальна енергія системи в кінцевому стані 1пE ndash потенціальна енергія системи в початковому стані

Наприклад згідно з (25) для гравітаційного поля

2п1п2112

грпот11 ЕЕ

rmM

rmM

rrmMАA minus=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ sdotγminusminus

sdotγminus=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minussdotγ==

13 Вирази для потенціальної енергії взаємодії простих

механічних систем Потенціальна енергія гравітаційної взаємо-дії системи двох матеріальних точок із масами m i M що роз-ташовані на відстані r одна від одної

п rmME γminus= (33)

де γ ndash гравітаційна стала нуль відліку потенціальної енергії ( 0п =E ) покладено при infin=r

17

Потенціальна енергія гравітаційної взаємодії тіла ма-сою m із Землею

( )пз

з зmM hE

R R h= γ

+ (34)

де h ndash висота тіла над поверхнею Землі зМ ndash маса Землі зR ndash раді-ус Землі нуль відліку потенціальної енергії покладено при 0=h

Потенціальна енергія гравітаційної взаємодії тіла масою m із Землею для малих висот h ( зRh ltlt )

mghE =п (35) де g ndash модуль прискорення вільного падіння поблизу поверхні

Землі ( 2з

з

MgR

γ sdot= )

Потенціальна енергія пружних взаємодій ( )2

п 2

k xE

Δ= (36)

де k ndash коефіцієнт квазіпружної сили xΔ ndash модуль вектора по-довження або стиснення

14 Закон збереження і зміни механічної енергії Робота консер-

вативних сил дорівнює зменшенню потенціальної енергії матеріаль-ної точки при її переміщенні з положення 1 у положення 2

2п1п

2

1п12 EEdEA minus=minus= int (37)

Згідно з теоремою про зміну кінетичної енергії зменшення потенціальної енергії йде на приріст кінетичної

1к2к2п1п EEEE minus=minus Оскільки пк EEE += то можна записати що

=== EEE 21 const (38) де 1п1к1 EEE += і 2п2к2 EEE += ndash повні механічні енергії ма-теріальної точки в положеннях 1 і 2

18

Закон збереження механічної енергії в консервативній си-стемі механічна енергія консервативної системи зберігається сталою при русі системи

пк EEE += = const (39) Цей закон виконується як для замкнених так і для незамкне-

них консервативних систем У незамкненій консервативній системі потенціальна енергія

пE є сумою потенціальної енергії взаємодії частинок між собою

п (внутрішня)E та потенціальної енергії частинок системи в полі зовнішніх сил п (зовнішня)E

)зов()вн( ппп EEE += (40) Закон збереження (зміни) механічної енергії у неконсерва-

тивній системі Якщо на тіла системи діють зовнішні сторонні сили та внутрішні дисипативні сили то закон збереження енергії формулюється так зміна механічної енергії EΔ при русі системи дорівнює роботі сторонніх сторA та дисипативних сил дисA

дисстор1п1к2п2к12 )()( AAEEEEEEE +=+minus+=minus=Δ (41)

15 Закон збереження імпульсу Якщо в інерціальній систе-

мі відліку розглядається система що складається з n матеріаль-них точок то зміна сумарного імпульсу системи визначається сумою лише зовнішніх сил

зовFdtpd sum= (42)

Якщо система замкнена то зовFsum = 0 (окремим випад-ком замкненої системи є ізольована система коли зовнішні сили відсутні) тоді

0 або const dp pdt

= = (43)

Закон збереження імпульсу для замкненої системи тіл В інерціальній системі відліку сумарний імпульс замкненої сис-теми тіл не змінюється з часом ( =p const ) Імпульс системи до-

19

рівнює добутку маси m системи на швидкість Cv її центра мас

Cvmp = Тоді Cvmp = = const звідки =Cv const (44)

Центр мас замкненої системи тіл в інерціальній системі від-ліку рухається прямолінійно і рівномірно

Якщо система незамкнена але проекція суми всіх зовнішніх сил на якусь вісь наприклад x дорівнює нулю то закон збере-ження імпульсу виконується вздовж цієї осі sum =

iixp const

Коли 0rarrdt то і в незамкненій системі зов 0dp F dt= rarrsum тобто const=p (це закон збереження імпульсу в перший або початковий момент часу)

16 Сили інерції Рух тіла в неінерціальних системах відліку

Сили інерції mdash це сили які вводяться для опису механічного руху в неінерціальних системах Сили інерції не виникають при дії на дану матеріальну точку інших тіл або матеріальних полів

Поступальна сила інерції iF вводиться для опису по-ступального руху тіла в неінерціальній системі відліку що рухається поступально

нсвamFi minus= (45) де m ndash маса тіла нсвa ndash прискорення даної неінерціальної сис-теми відліку відносно будь-якої інерціальної системи

Відцентрова сила інерції вцF виникає в обертовій (відносно інерціальної) системі відліку діє на тіло незалежно від того пере-буває воно у стані спокою чи рухається і визначається формулою

2 2вц вц забоF m R F m R= ω = ω ϕcos (46)

де m ndash маса тіла ω ndash кутова швидкість обертання системи відліку (наприклад Землі навколо осі) R ndash відстань тіла від осі обертання ( зR R= ϕcos тут зR ndash радіус Землі ϕ ndash широта місцевості)

20

Сила Коріоліса кF ndash це сила інерції що діє на тіло масою m яке рухається з певною швидкістю v prime у системі відліку що обер-тається з кутовою швидкістю ω

[ ]ωsdotprime= vmF 2к (47)

або ωprime= vmF 2к αsin

Рівняння динаміки точки масою m у неінерціальній Кprime-системі відліку яка обертається зі сталою кутовою швидкістю ω навколо нерухомої осі має вигляд

[ ]ωsdotprime+ω+=prime vmRmFam 22 де та ndash прискорення та швидкість точки в неінерціальній Кprime-системі відліку ndash сума всіх сил що діють на точку R ndash радіус-вектор точки відносно осі обертання Кprime-системи

a prime v primeF

α

кF

ω

vprime

21

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Рівняння руху матеріальної точки має вигляд 2btatx += де

a = 15 мс b = 04 мс2 Визначити початкову швидкість точки та її швидкість через t = 5 c

Розвrsquoязання

Порівняємо задане рівняння руху тіла з рівнянням рівнопри-

скореного руху в загальному вигляді

2

2

00attvxx ++= i

24015 ttx += Видно що 0x = 0 а коефіцієнти при t i 2t у цих рівнян-

нях відповідно

0v =15 мс 2a = 04 звідки a = 08 мс2

Швидкість тіла через t = 5 c знайдемо із формули atvv += 0 Тоді v = 15 + 08sdot5 =19 мc Задача 2 Радіус-вектор точки А відносно початку координат змінюєть-

ся з часом t за законом 2r ti t j= α + β де α β ndash сталі i j ndash орти осей x і y Знайти

1) рівняння траєкторії точки )(xy 2) залежність від часу швидкості v прискорення a і модулів

цих величин 3) залежність від часу кута ϕ між векторами a і v

22

Розвrsquoязання

1) Радіус-вектор ( )tr як векторна функція від часу t в зага-льному випадку має вигляд

( ) ( ) ( ) r t x t i y t j= + (1) де )(tx i )(ty ndash проекції радіус-вектора на осі х і відповідно у

Порівнюючи (1) із заданим в умові задачі законом зміни r із часом бачимо що ttx α=)( 2)( tty β=

Із рівняння tx α= знаходимо параметр α

=xt Підставивши

отримане значення t у рівняння 22

22 xxty

αβ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

αβ=β= отри-

маємо рівняння траєкторії точки )(xy Як бачимо це парабола 2) залежність від часу швидкості v і прискорення a знайде-

мо узявши першу і відповідно другу похідну за часом від r

2 drv i tjdt

= = α + β (2)

22

2j

dtvd

dtrda β=== (3)

Із рівняння (2) бачимо що проекція v на вісь x α=xv проекція v на вісь у tvy β= 2

Із рівняння (3) знаходимо 0=xa β= 2ya Одержимо залежність від часу модулів швидкості v і

прискорення a

4 22222 tvvvv yx β+α=+== (4)

2β=+== 2y

2x aaaa (5)

3) із (2) і (4) видно що швидкість v з часом змінюється як за напрямком так і за модулем

Із рівнянь (3) і (5) бачимо що прискорення a const= не змінюється ні за напрямком ні за модулем і спрямоване вздовж осі у (паралельно j )

23

Отже залежність від часу кута між векторами a і v знайде-

мо із співвідношення 2

tgtv

v

y

xβα

==ϕ

Задача 3 Поїзд проходить поворот із радіусом закруглення R = 400 м

його тангенціальне прискорення τa = 02 мс2 Визначити норма-льне і повне прискорення в момент коли швидкість v =10 мс

Розвrsquoязання

Нормальне прискорення визначається формулою

Rvan

2= = 025 мс2

Повне прискорення 0322 2

na a aτ= + = мс Напрямок вектора а характери-

зується кутом α між a і τa

tg naaτ

α = = 125 α = 51deg20prime

Задача 4 Знайти кутову швидкість обертання Землі навколо своєї осі та лі-

нійні швидкості точок на екваторі й на географічній широті ϕ = 56deg

Розвrsquoязання

Кутова швидкість визначається за формулою

Tπ

=ω2

де T = 24 години ndash період обертання Землі навколо осі Тому ω asymp73sdot10ndash5 сndash1

α na τa

a

24

Лінійні швидкості точок А і В на екваторі й на географічній ши-роті ϕ визначаються так

зAv R= ω з cosBv R= ω ϕ

де зR = 6370 км Тому Av asymp 460 мс Bv asymp 277 мс

Задача 5 Визначити лінійну швидкість v руху Землі навколо Сонця

Маса Сонця і відстань від Землі до Сонця відповідно дорівню-ють M = 2sdot1030 кг R = 15sdot108 км

Розвrsquoязання

На орбіті Землю утримує доцентрова сила дF яка відпо-

відає силі тяжіння F Тому

FF =д або 2

2

RmM

Rmv γ

= (1)

де m ndash маса Землі γ = 667sdot10ndash11 Нsdotм2sdotкгndash2 ndash гравітаційна стала Із рівняння (1) знаходимо

311

301110829

105110210676

sdot=sdot

sdotsdotsdot=

γ=

minus

RMv мс asymp30 кмс

Задача 6 Тіло обертається навколо вертикальної осі з кутовою швидкі-

стю 1ω і одночасно навколо горизонтальної осі що перетина-ється з вертикальною із кутовою швидкістю 12 3ω=ω Яким буде результуючий рух тіла

B

A

R n

R3

ϕ

25

Розвrsquoязання

При обертанні тіла навколо осей що перетинаються ре-зультуючий рух також буде обертальний причому величина і напрямок результуючої кутової швидкості визначаються за правилом паралелограма

Як видно з рисунка 2

121 )3( ω+ω=ω

asympω=ω 110 31 1ω

31

3tg

1

1 =ωω

=α α =18deg30prime

Задача 7 Знайти мінімальну швидкість (так звану другу космічну шви-

дкість) яку треба надати тілу щоб воно змогло залишити Зем-лю подолавши поле тяжіння Землі

Розвrsquoязання

Сумарна енергія E тіла якому надана швидкість v біля по-

верхні Землі складається з кінетичної енергії

2

2

кmvE =

і потенціальної енергії

RmMU γminus=

( m i M ndash маси тіла і Землі R ndash радіус Землі)

RmMmvUEE γminus=+=

2

2

к (1)

Якщо тіло значно віддалиться від Землі (теоретично на не-скінченність) його потенціальна енергія дорівнюватиме нулю Щодо кінетичної енергії то досить щоб вона мала мінімально можливе значення тобто також дорівнювала нулю

α

ω 1ω

2ω

26

Таким чином повна енергія тіла на нескінченності перетво-риться на нуль

0=E (2) Із рівнянь (1) і (2) знаходимо

22 gRRMv =

γ= v = 112 кмс

Задача 8 Літак робить ldquoмертву петлюrdquo радіусом R = 500 м зі сталою

швидкістю v = 100 мс Знайти вагу пілота масою m = 70 кг у нижній верхній і середній точках петлі

Розвrsquoязання

Оскільки літак рухається по ко-

лу радіусом R зі сталою швидкіс-тю v то на пілота діє доцентрова

сила R

mvmaF n

2

д == (результую-

ча сили тяжіння gmF =тяж та ре-акції опори N ) отже вагу пілота

NP minus= знайдемо з другого закону Ньютона

PgmNgmam n minus=+= звідки

)agm(amgmP nn minus=minus= Згідно з цією формулою модуль ваги

cos 2 2n nP P m g a 2ga= = + minus α

де α ndash кут між векторами g і na

Коли пілот знаходиться в нижній точці петлі то α =180deg (рисунок) і

180deg

тяжF

тяжF

тяжF

дF

дF

namF =д

P

P

P

27

2 ( )2 2n n nP m g a ga m g a= + + = + =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

5001008970

2кгsdotмс2asymp 21 кН

Коли пілот знаходиться у верхній точці петлі то α = 0deg і 2 ( )2 2

n n nP m g a ga m g a= + minus = minus = =⎪70(98 ndash 20)⎪ asymp 07 кН

Вагу пілота в середній точці петлі ( α = 90deg αcos = 0) знай-демо з формули

2 270 98 202 2nP m g a= + = sdot + asymp 15 кН

Задача 9 До сухожилля завдовжки L = 012 м і діаметром d = 16sdot10ndash3 м

підвісили вантаж F = 686 Н При цьому подовження сухожилля ста-новило LΔ = 3sdot10ndash3 м Визначити модуль пружності E сухожилля

Розвrsquoязання

Відомо що сухожилля підлягає деформації одностороннього

розтягу тому

F LES L

sdot=

sdot Δ (1)

де S ndash площа поперечного перерізу LΔ ndash подовження сухожилля Підставляючи значення

=π

=4

2dS (314sdot162sdot10ndash6)4 = 2sdot10ndash6 м2

а також L =012 м і LΔ = 0003 м у рівняння (1) одержимо 9

36 1041103102120668

sdot=sdotsdotsdot

sdot= minusminusE Па

Задача 10 Мідна кулька діаметром d =4sdot10ndash5 м падає в широкій посу-

дині яка заповнена гліцерином Знайти швидкість v рівномір-

28

ного руху кульки який встановиться Коефіцієнт вrsquoязкості глі-церину η = 0001 кгмsdotс густина гліцерину ρ = 126sdot103 кгм3 густина міді 1ρ = 89sdot103 кгм3

Розвrsquoязання

Під час руху на кульку діють три сили bull сила тяжіння VgP 1ρ= (V ndash обrsquoєм кульки) bull сила тертя т 6F rv= πη ( r ndash радіус кульки) bull виштовхувальна сила VgF ρ=в При рівномірному русі який встановиться сумарна сила що

діє на кульку дорівнює нулю Тому 0вт =minusminus FFP або 061 =πηminusρminusρ rvVgVg

Тут 2dr = v ndash шукана швидкість кульки

6

3dV π= ndash обrsquoєм кульки

З останньої рівності знаходимо ( ) ( ) 31

21 1035

186minussdot=

ηρminusρ

=πη

ρminusρ=

gdr

gVv мс

Задача 11 Між двома тілами з масами 1m i 2m відбувається абсолютно не-

пружний удар Швидкості тіл до зіткнення 1v i 2v спрямовані вздовж однієї прямої Визначити зміну кінетичної енергії при ударі

Розвrsquoязання

Кінетична енергія тіл до зіткнення

22

222

211

1кvmvmE +=

29

Після непружного удару обидва тіла рухаються як єдине ціле зі спільною швидкістю U

21

2211mm

vmvmU++

= (1)

Зміна кінетичної енергії при ударі ( )

222

222

211221

1к2кк ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+minus

+=minus=Δ

vmvmUmmEEE (2)

Підставляючи (1) у (2) знайдемо ( )

( ) 2 21

22121

к mmvvmmE

+minus

minus=Δ

Таким чином при непружному ударі має місце зменшення кінетичної енергії тіл

Задача 12 Визначити роботу підйомного пристрою при підніманні зі

стану спокою тіла масою m із прискоренням а по похилій площині завдовжки L що нахилена до горизонту під кутом α якщо коефіцієнт тертя μ Пояснити у які види енергії пе-реходить виконана робота

Розвrsquoязання

На тіло (брусок) що рухається по похилій площині діють

gmF =тяж ndash сила тяжіння

N ndash сила нормальної реакції опори тF ndash сила тертя ковзання

F ndash сила тяги підйомного пристрою Роботу підйомного пристрою LFA sdot= визначимо якщо

знайдемо силу тяги F Запишемо другий закон Ньютона у векторній формі

FFNgmam +++= т (1)

30

y x

L N F

a

тF

α α

h

gmF =тяж Спроектувавши векторне рівняння (1) на осі х та у отримаємо

FFmgma +minusαminus= тsin (2) Nmg +αminus= cos0 (3)

Зі скалярного рівняння (3) бачимо що Nmg =αcos а отже

αμ=μ= cosт mgNF Тепер із рівняння (2) знаходимо силу тяги

αμ+α+= cossin mgmgmaF Роботу αμ+α+=sdot= cossin mgLmgLmaLLFA можна запи-

сати у вигляді

трпкт

2

2АЕЕLFmghmvA ++=++= (4)

(тут ми скористалися формулою для шляху рівноприскореного

руху a

vL2

2= ) Бачимо що робота підйомного пристрою A піш-

ла на надання тілу кінетичної енергії 2

2

кmvE = на збільшення

потенціальної енергії тіла mghE =п та виконання роботи проти сил тертя ттр LFA =

Інший (енергетичний ) спосіб розвrsquoязку рух тіла під дією сторонньої сили тяги F відбувається у полі консервативних сил тяжіння gmF =тяж

31

На тіло діє дисипативна сила тертя ковзання тF яка виконує відrsquoємну роботу під час руху т

дис LFA minus= На тіло діє також си-

ла нормальної реакції опори N яка не виконує роботи під час руху бо N перпендикулярна до напрямку руху Скористаємося законом збереження енергії у механіці записаним у вигляді

mghmvEEEEEАA +=+minus+=Δ=+2

)()(2

1п1к2п2кдисстор

У нас сторА ndash це робота підйомної машини А тдис LFA minus=

Отже отримаємо т

2

2LFmghmvA ++= Бачимо що для визна-

чення роботи підйомної машини зразу маємо рівняння (4) Задача 13 Добове обертання Землі зумовлює відхилення поверхні води

в річках від горизонтального положення Обчислити кут нахилу поверхні води в річці до горизонтальної поверхні якщо річка тече на широті ϕ з півночі на південь Швидкість течії v

Розвrsquoязання

Розглянемо довільний елемент поверхні води На нього діють

1) сила тяжіння gmP = 2) сила інерції Коріоліса яка чисе-

льно дорівнює ϕω= sin2к mvF Ці дві сили взаємно перпендикулярні

а їх рівнодійна F перпендикулярна до поверхні рівня води який встановиться

в річці Охарактеризуймо його кутом нахилу α до горизонту і остаточно запишемо

sin2sin2tg кg

vmg

mvPF ϕsdotω

=ϕsdotω

==α

α

α

кF

F P

32

Задачі

1 Залежність шляху S від часу t задається рівнянням

32 ctbtatS +minus= де a = 02 мс b = 03 мс2 і c = 04 мс3 Знайти 1) вираз для швидкості й прискорення 2) положення швидкість та прискорення тіла через 2 с пі-сля початку руху Відповідь )216020( 2ttv +minus= мс )4260( ta +minus= мс2 S= 24 м v =38 мс a = 42 мс2

2 Точка рухається у площині ху за законом tAx ω= cos tAy ω= sin де A i ω ndash додатні сталі величини

Знайти шлях S що проходить точка за час τ і кут ϕ між швидкістю та прискоренням точки

Відповідь ωτ= AS 2π

=ϕ 3 У першому наближенні можна вважати що електрон в ато-мі водню рухається по коловій орбіті зі сталою швидкістю Знайти кутову швидкість ω обертання електрона навколо ядра та його нормальне прискорення na Радіус орбіти електрона r = 05sdot10ndash10 м швидкість елект-рона на орбіті v = 22sdot106 мс Відповідь ω = 44sdot1016 сndash1 na = 97sdot1022 мс2 4 Точка рухається по колу зі швидкістю tv α= де α = 05 мс2 Знайти її повне прискорення a у момент коли вона пройшла n = 01 довжини кола після початку руху

Відповідь ( )241 na π+α= a = 08 мс2 5 Тіло масою m рухається так що залежність шляху від часу задається рівнянням taS ω= sin де a і ω ndash сталі

33

Знайти залежність сили яка діє на тіло від часу

Відповідь 2

22 ndash sin td sF = m F = am

dtω ω

6 Космічний корабель масою 1m =106 кг починає рухатися вертикально вгору Сила тяги двигунів тF =3sdot107 Н Визначити прискорення a корабля і вагу космонавта P що знаходиться там Відомо що на Землі на космонавта діє сила тяжіння тяжF = 59sdot102 Н Відповідь a = 202 мс2 P asymp 180sdot103 Н 7 Визначити силу натягу каната при рівноприскореному опусканні кабіни в шахту якщо протягом t =30 с від почат-ку руху вона проходить шлях l =100 м Маса кабіни 300 кг Відповідь )( agmT minus= =28 103 H 8 Ліфт масою M =103 кг піднімається зі сталим приско-ренням a = 02 мc2 У ліфті знаходиться пrsquoять осіб ма-сою m = 60 кг кожний Знайти силу натягу каната ліфта і вагу кожної людини Відповідь ( 5 )( )T M m g a= + + =13sdot103 H

( )P m g a= + = 600 H 9 Автомобіль масою M = 15 т рухається горизонтально зі швидкістю v = 20 мc Після вимкнення двигуна він проходить до зупинки L = 50 м Знайти силу тертя і коефіцієнт тертя Відповідь 2

T 2F MV L= = 6sdot103 H asympμ 042 10 На екваторі деякої планети тіло має вагу вдвічі ме-ншу ніж на полюсі Густина речовини цієї планети ρ = 3sdot103 кгм3 Визначити період обертання T планети навколо своєї осі Відповідь T = γρπ6 = 97sdot103 с

34

11 Два тіла масою m =100 г кожне підвішені на кінцях нитки перекинутої через блок На одне з тіл покладено важок масою 0m =50 г Із якою силою він тиснутиме на тіло під час руху Відповідь 0 02 g(2 )N mm m m= + = 039 H 12 На горизонтальній поверх-ні стоїть штатив ма-сою M = 1кг на якому закріп-лено невагомий блок На кін-цях невагомої нитки що пере-кинута крізь блок підвішено два тягарці маси яких

1m =02 кг та 2m =08 кг Нех-туючи тертям знайдіть силу із якою штатив діє на поверхню

m1 m2

Відповідь MgmmmgmN ++= )(4 2121 =16 H

13 Куля потрапляє у ящик із піском та застряє у ньому На скільки стиснеться пружина жорсткістю k що утри-мує ящик якщо куля має масу m і рухається зі швидкістю v маса ящика M тертя відсутнє

k M v

m

Відповідь )( Mmk

mVx+

=Δ

14 Яка робота виконується під час рівномірного переміщен-ня ящика масою 100 кг по горизонтальній поверхні на від-стань 496 м якщо коефіцієнт тертя 033 а мотузок за допо-могою якого тягнуть ящик утворює з горизонтом кут 30deg Відповідь )sin(coscos αμ+ααμ= lmgA =135sdot103 Дж

35

15 Куля масою 10 г що летить зі швидкістю 800 мс по-трапляє в дерево і заглиблюється на 10 см Визначити си-лу опору дерева і час руху кулі в дереві Відповідь lmVF 22= = 32sdot103 H Vlt 2= = 25sdot10ndash4 c 16 Прикріплений до вертикальної невагомої пружини вантаж повільно опускають до положення рівноваги при цьому пружина розтягується на довжину 0x На скільки розтягнеться пружина якщо дати можливість вантажеві вільно падати із положення при якому пружина не роз-тягнута Яка максимальна швидкість вантажу Який пе-ріод коливань вантажу

Відповідь 02xx =Δ 0gxV = gxT 02π=

17 Визначити яку роботу виконає людина яка підіймає тіло масою m = 4 кг на висоту h =1 м із прискоренням a =12 мс2 Визначити кінетичну і потенціальну енергії тіла на висоті 1 м Відповідь a)hm(gA += = 44 Дж кE =48 Дж пE =392 Дж 18 Визначити кінетичну енергію тіла масою m = 1 кг яке кинули горизонтально зі швидкістю 0v = 20 мс у кінці че-твертої секунди його руху ( g asymp 10 мс2) Відповідь кE = 103 Дж 19 Супутник масою m = 12sdot104 кг обертається по коловій орбіті навколо Землі маючи кінетичну енергію

кE = 54sdot106 кДж Із якою швидкістю v і на якій висоті H обертається супутник Відповідь v = 3sdot103 мс H asymp 38sdot107 м 20 Знайти відношення витрат енергії на піднімання супу-тника на висоту 1h = 32sdot106 м і на запуск його по коловій

36

орбіті на тій самій висоті Така сама умова для висоти 2h = 64sdot106 м ( ЗR = 64sdot106 м)

Відповідь 1 AA = 1 1 AA = 2 21 Людина стрибає з висоти h = 1 м одного разу на прямі ноги а іншого ndash на зігнуті в колінах Час гальмування при стиканні з опорою відповідно дорівнює 01 і 05 с Обчис-лити кратність перевантаження яке при цьому виникає а також тривалість стану невагомості Вважати що людина в кожному випадку при падінні проходить однаковий шлях опір повітря не враховувати Відповідь 55 2 04 с 22 Центрифуга що використовується для тренування кос-монавтів здійснює n = 05 обс при радіусі траєкторії R = 4 м Знайти кут α між вертикаллю і уявною віссю кос-монавта в місці його знаходження Установити залежність

)(ω=α f Які перевантаження при цьому виникають

Відповідь ( )( )122 2 22

arctg 4g RR

g g

+ ωωα = asymp

23 Знайти енергію пружної деформації стального стри-жня масою m = 31 кг розтягнутого з відносним подов-женням ε =10sdot10ndash3 (густина сталі ρ =78sdot103 кгм3 мо-дуль Юнга E = 216sdot1011 Нм2) Відповідь ρε= 22 mEU U asymp 40 Дж 24 Яку роботу слід виконати щоб стальну стрічку завдовж-ки l = 2 м завширшки h =6sdot10ndash2 м і завтовшки σ = 2sdot10ndash3 м зі-гнути у круглий обруч (деформацію вважати пружною) Відповідь 2 3( 6) A h E lasymp π σ A asymp 80 Дж 25 Визначити роботу серця людини за 1 хвилину та за добу якщо відомо що вона в основному складається з роботи при

37

скороченні лівого шлуночка і визначається формулою cA asymp12 шA де шA ndash робота лівого шлуночка

22удш mvPVA += де P =13sdot104 Па ndash середній тиск із

яким кров виштовхується в аорту ρ =105sdot103 кгм3 ndash густина крові v =05 мс ndash швидкість крові в аорті удV =7sdot10ndash5 м3 ndash ударний обrsquoєм крові t = 03 с ndash час скорочення шлуночків Відповідь хвA asymp 110 Дж добA asymp 160 кДж 26 Дах будинку нахилено під кутом α = 20deg до горизонту Чи пройде людина вгору по покритому льодом дахові якщо коефіцієнт тертя μ = 03 Відповідь μltαtg 27 Шматок льоду раз підкидають під кутом α =45deg до го-ризонту а потім пускають із тією самою швидкістю ков-зати по льоду Знайти коефіцієнт тертя якщо в другому випадку шматок льоду переміщується на відстань у 10 ра-зів більшу ніж у першому випадку Відповідь μ asymp 005 28 Густину рідини що перекачують насосом збільшили на n = 10 Як при цьому зміниться швидкість рідини в насосі якщо потужність насоса не зміниться Відповідь 21 vv =1032 29 Визначити середню потужність N двигуна колісного трактора який рушивши з місця піднімається по дорозі з ухилом 002 із прискоренням a = 005 мс2 Коефіцієнт тер-тя μ = 01 Маса трактора m = 2700 кг його кінцева швид-кість v = 15 мс Відповідь N = 2500 Вт

38

30 У ліфті що рухається вертикально вгору із прискорен-ням 0a = 2 мс2 міститься горизонтальний диск що обер-тається з частотою f = 13 обс на якому лежить брусок Коефіцієнт тертя бруска об стіл μ = 04 Знайдіть макси-мальну відстань бруска від осі обертання при якому він ще утримується на столі

Відповідь 220

4)(

fagR

π

+μ= =7 см

31 Відомо що на заокругленнях залізничного полотна зовнішню рейку трохи піднімають відносно внутрішньої щоб тиск поїзда на полотно залізниці був перпендикуляр-ним до його площини Знайти кут α утворений полотном із горизонтом якщо заокруглення радіусом R розрахова-не для руху зі швидкістю v Відповідь gRv tg 2=α 32 Місток (що провисає) має форму дуги кола R = 4 м та витримує максимальне навантаження P =1000 Н Із якою максимальною швидкістю може їхати по ньому велосипе-дист маса якого (разом із велосипедом) m = 90 кг

Відповідь m

mgPRV )( minus= =23 мс

33 Снаряд масою 100 кг рухається зі швидкістю 500 мc Під час руху він розірвався на дві частини Одна частина масою 40 кг стала рухатися зі швидкістю 600 мc у тому самому на-прямку Знайти швидкість другої частини снаряда Відповідь 2v = 433 мс 34 Метеорит і ракета рухаються під кутом α =90deg Ра-кета потрапляє в метеорит і залишається в ньому Маса метеорита m маса ракети 2m швидкість метеорита

39

v швидкість ракети v2 Визначити імпульс метеорита та ракети після зіткнення Відповідь mv2p = 35 Куля масою 1m = 2 кг рухається горизонтальною пове-рхнею зі швидкістю 01v = 2 мс і попадає в нерухому кулю ( 02v = 0 мс) маса якої 2m = 3 кг Визначити швидкості куль 1v i 2v після зіткнення якщо його вважати абсолютно пружним Сили тертя не враховувати Відповідь 1v = ndash04 мс 2v = 16 мс 36 Стоячи на льоду ковзаняр масою 2m = 80 кг кинув уперед важок масою 1m = 10 кг і при цьому сам поїхав назад зі швидкістю 2v = 15 мс Яку роботу виконав ков-заняр кидаючи важок Відповідь 2)1( 12

222 mmVmA += = 810 Дж

37 Ковзаняр масою 1m =70 кг стоячи на ковзанах на льо-ду кидає в горизонтальному напрямку камінь масою

2m = 3 кг зі швидкістю 2v = 8 мс Знайти на яку відстань S відкотиться при цьому ковзаняр Коефіцієнт тертя ков-зання μ = 002

Відповідь gmvmS μ= 21

22

22 2 = 30 см

38 Маса серця дорослої людини приблизно m = 03 кг При скороченні лівого шлуночка в аорту виштовхується V = 70 мл крові Швидкість крові в аорті v = 05 мс густина крові ρ = 105sdot103 кгм3 Визначити швидкість віддачі серця відv Відповідь відv asymp 012 мс 39 Маятник має вигляд прямого тонкого стрижня завдо-вжки l = 15 м на кінці якого знаходиться стальна куля масою M = 1 кг У кулю попадає маленька куля масою

40

m = 2sdot10ndash2 кг яка рухається горизонтально зі швидкістю v = 50 мс Визначити кут α максимального відхилення маятника якщо вважати удар центральним і пружним Масу стрижня не враховувати

Відповідь ( ) glm+M

mv2arcsin=α α asymp 30deg

40 У скільки разів n зменшиться швидкість атома гелію пі-сля центрального пружного зіткнення з нерухомим атомом водню маса якого в 4 рази менша за масу атома гелію Відповідь n = 53 41 Тіло вільно падає з висоти h =100 м на Землю Ви-значити відхилення тіла S на схід під дією сили Коріо-ліса на широті ϕ = 45deg (кутова швидкість обертання Зе-млі ω =73sdot10ndash5 радс)

Відповідь ϕω= cos32

g2hhS S = 1610ndash2 м

41

sect 2 Рух твердого тіла

Основні поняття та закони гідродинаміки

1 Поступальний рух Рух центра інерції твердого тіла Рух твердого тіла визначається прикладеними до нього зовнішніми силами Характерними видами руху твердого тіла є поступаль-ний та обертальний рухи

Поступальним рухом твердого тіла називається такий рух при якому всі його точки рухаються по однакових траєкторіях швидкості всіх точок у будь-який момент часу однакові а будь-яка пряма проведена між довільними точками тіла переміщу-ється паралельно сама собі

Абсолютно тверде тіло ndash це тіло у якому відстань між двома довільними матеріальними точками не змінюється у процесі руху

Тверде тіло розглядають як систему яка складається з n мате-ріальних точок а маса тіла m дорівнює сумі мас усіх цих точок

n

ii 1

m m=

= Δsum де imΔ ndash маса і-ї точки (1)

Поступальний рух твердого тіла повністю характеризується заданням руху будь-якої однієї точки цього тіла тобто при по-ступальному русі тіло має три ступені вільності

Центром мас тіла (центром інерції) називають точку С ко-ординати якої c c cx y z визначаються через координати окремих

елементів тіла jjj zyx співвідношеннями

Δ Δ Δ i i i i i i

c c c

x m y m z mx y z

m m m= = =sum sum sum (2)

Рух центра інерції твердого тіла центр інерції твердого тіла рухається як матеріальна точка з масою рівною масі тіла під дією всіх сил прикладених до тіла

n

c ii 1

ma F=

= sum (3)

де sum=

n

1iiF ndash векторна сума всіх зовнішніх сил

42

2 Обертальний рух Динамічні характеристики тіла яке обертається Обертальний рух ndash це такий рух при яко-му принаймні дві точки тіла весь час залишаються нерухоми-ми Пряма яка проходить через ці точки називається віссю обертання Усі точки твердого тіла які лежать на осі обер-тання нерухомі Інші точки твердого тіла рухаються по колах у перпендикулярних до осі обертання площинах Центри цих кіл лежать на осі обертання Обертальний рух твердого тіла ndash це плоский рух

Плоским називають такий рух при якому всі точки тіла ру-хаються в паралельних площинах

Момент iM сили iF відносно точки О визначається вектор-ним добутком радіус-вектора ir проведеного в точку прикла-дання сили iF на цю силу

i i iM r F⎡ ⎤= sdot⎣ ⎦ (4)

Числове значення моме-нту сили iF

sin iiiiii lFrFM =αsdotsdot= (5)де iα ndash кут між векторами ir і

iF iii rl α= sin ndash довжина пе-рпендикуляра який опустили із точки О на лінію дії сили iF

Величину il називають плечем сили Якщо лінія дії сили проходить через точку О то 0=il і мо-

мент сили відносно точки О дорівнює нулю Момент імпульсу iL матері-

альної точки im відносно точки О визначається векторним добут-ком радіус-вектора ir матеріаль-

ної точки на її імпульс ivm [ ]iiii vmrL sdot= (6)

O im

iM iF

iF

ir

iα iα

il

iivm

O

iivm

ir

iL

im

43

Вектор iL іноді називають моментом кількості руху матеріа-льної точки Він спрямований перпендикулярно до площини проведеної через вектори ir і ivm

Моментом izM сили iF відносно осі z називають проек-цію на вісь z моменту сили відносно будь-якої точки О що лежить на цій осі

пр cosiz i z i iM M M M Ozand⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

де ( )iM Ozand

ndash кут між вектором iM і віссю z

Моментом izL імпульсу iii vmp = відносно осі z називають проекцію на вісь z моменту імпульсу відносно будь-якої точ-ки О що лежить на цій осі

пр cosiz i z i iL L L L Ozand⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

де ( )iL Ozand

ndash кут між вектором iL і віссю z

Бачимо що величини izM i izL не залежать від розташуван-ня на осі z точки О Вектори iM та iL залежать від розташуван-ня на осі z точки О відносно якої їх знаходять але проекції цих векторів на вісь z тобто величини izM i відповідно izL залиша-ються сталими при зміні положення точки О

Момент імпульсу zL тіла відносно осі обертання ndash це проекція результуючого вектора моменту імпульсу L на вісь z яка дорівнює алгебраїчній сумі проекцій на цю вісь усіх складових векторів iL

sum=

=n

0iizz LL (7)

Із визначення векторного добутку вектор iL за модулем дорі-внює площі паралелограма побудованого на векторах ir та

44

ii vm та є перпендикулярним до цих двох векторів Проекція

izL дорівнює площі iS ndash проекції цього паралелограма на пло-щину перпендикулярну до осі Oz

Із рисунка видно що iiiz LL γ= cos (де iγ ndash кут між вектором

iL і віссю Oz) тобто дорівнює площі прямокутника зі сторона-ми iR i iivm Таким чином

2cos iiiiiiiiiz RmvmRmvrL ω==γ= (8)

адже iii Rr =γcos та ii Rv ω= Момент імпульсу тіла відносно осі обертання Oz

2

1

n

z i ii

L m R=

= ωsum (9)

Сума добутків мас усіх матеріальних точок тіла на квад-рати їх відстаней до осі називається моментом інерції zI тіла відносно цієї осі

sum= 2iiz RmI (10)

При визначенні моменту інерції тіла його розбивають на не-скінченну кількість малих елементів із масами dm і момент інерції знаходять за формулою

22 intint ρ== dVRdmRI z (11)

де ρ ndash густина однорідного тіла dV ndash елементарний обrsquoєм

z

O iivm

iL

iγ izL

vmi

im

ir

iR

45

Момент імпульсу тіла відносно осі дорівнює добутку момен-ту інерції тіла відносно тієї самої осі на кутову швидкість ω обертання навколо осі

ω= zz I L (12)

3 Основний закон динаміки обертального руху тіла Роз-глянемо основний закон динаміки обертального руху тіла що обертається навколо нерухомої точки Швидкість зміни мо-

менту імпульсу dtLd тіла що обертається навколо нерухомої

точки дорівнює результуючому моменту M відносно цієї точ-ки всіх зовнішніх сил прикладених до тіла

MdtLd

= (13)

Формулу (13) одержують так [ ]

[ ] 0

i ii i ii i

i i i i

i i i i ii i

d r pdL dL dr dpp rdt dt dt dt dt

v p r F M M

sdot ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = = sdot + sdot =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤= sdot + sdot = + =⎣ ⎦

sum sum sum sum

sum sum sum

Вираз (13) називають рівнянням моментів відносно точки Основний закон обертального руху для тіла що оберта-

ється навколо нерухомої осі

zz M

dtdL

= (14)

де zL i zM ndash проекції на вісь Oz обертання тіла векторів момен-ту імпульсу тіла і результуючого моменту сил

Оскільки z zL I= ω то (14) набуває вигляду

( ) Z Z

d I Mdt

ω = (15)

Для абсолютно твердого тіла ZI не залежить від часу t Тому

46

Z ZdI Mdtω

= або z zI Mβ = (16)

де β ndash кутове прискорення тіла Вираз (16) називають рівнянням моментів відносно осі z Кутове прискорення твердого тіла що обертається навколо

нерухомої осі Oz прямо пропорційне результуючому моменту відносно цієї осі всіх зовнішніх сил що діють на тіло і обернено пропорційне моменту інерції тіла відносно тієї самої осі

Z

Z

MI

β = (17)

Якщо 0zM = то 0=ω

=βdtd і кутова швидкість обертання

тіла стала Це стан рівномірного обертання навколо нерухомої осі Основний закон обертального руху для тіла що обертається

навколо нерухомої осі ZZ

dL Mdt

= зберігає таку найпростішу

форму і при обертанні тіла навколо рухомої осі якщо швидкість руху осі v паралельна швидкості руху центра мас тіла Cv або вісь проходить через центр мас

4 Закон збереження моменту імпульсу Якщо результую-

чий момент зовнішніх сил відносно нерухомої точки тіла (неру-хомої осі) дорівнює нулю то момент імпульсу тіла відносно цієї точки (осі) не змінюється з часом у процесі руху

0 const

0 const

const

ZZ

Z

dL i LdtdL i Ldt

I

⎧= =⎪

⎪⎪ = =⎨⎪

ω =⎪⎪⎩

(18)

де ω ndash кутова швидкість тіла ZI ndash момент інерції відносно осі обертання

47

5 Теорема Штейнера Момент інерції ZI тіла відносно довільної осі ОО1 дорів-

нює сумі моменту інерції ZI prime тіла відносно осі 1OO primeprime проведеної через центр інерції С тіла паралельно ОО1 і добутку маси m тіла на квадрат відстані між цими осями a

2maII zz +prime= (19) 6 Кінетична енергія тіла Якщо тверде тіло рухається по-

ступально зі швидкістю v і одночасно обертається із кутовою швидкістю ω навколо осі яка проходить через його центр інер-ції то кінетична енергія тіла

2 2

к 2 2

Cmv IW ω= + (20)

де CI ndash момент інерції тіла відносно осі обертання 7 Порівняння рівнянь руху твердого тіла і матеріальної точки

Таблиця 1 Поступальний рух матеріальної точки

Обертальний рух твердого тіла

Маса m Момент інерції zI

Швидкість v Кутова швидкість ω

Прискорення a Кутове приско-рення

β

Сила F Момент сили zMM

Імпульс vmp = Момент імпульсу L LZ Рівняння руху

sum =n

i=1i amF

Основний закон динаміки обертального руху

MdtLd

=

Z

Z

MI

β =

Закон збереження імпульсу

constp = Закон збереження моменту імпульсу

constL = constzI ω =

O

O1

a

O1

C

Oprime

48

Продовження табл 1 Поступальний рух матеріальної точки

Обертальний рух твердого тіла

Робота rdFdA = Робота α= dMdA z

Кінетична енергія ==

2vmE

2ii

iк

i

2i

2mp

=

Кінетична енергія

2

к 2CIW ω

=

8 Рух рідини Рівняння нерозривності струменя Для опи-

су руху рідини використовують такі величини три компоненти швидкості елемента обrsquoєму ( )tzyxvv = тиск ( )tzyxPP = і густину ( )tzyx ρ=ρ Змінні цих функцій zyx і t характери-зують координати і час не окремих молекул рідини а визначену точку простору заповнену рідиною

Тому ( )tzyxvv = ( )tzyxPP = і ( )tzyx ρ=ρ ndash швид-кість тиск і густина рідини в даній точці простору zyx у мо-мент часу t При фіксованому часі 0tt = функція ( )0 tzyxvv = описує поле швидкостей тобто дає миттєву картину розподілу швидкостей рідини в кожній точці простору

Рух рідини називають стаціонарним якщо поле швидкостей не змінюється з часом і нестаціонарним якщо воно з часом змінюється

Рівняння нерозривності струменя для стаціонарної течії маса рідини або газу що проходить за одиницю часу через дові-льний переріз труби течії однакова для всіх перерізів

const=ρvS (21) де ρ і v ndash густина і швидкість рідини або газу в перерізі S труби

9 Рівняння Бернуллі ndash рівняння гідромеханіки яке визна-чає звrsquoязок між швидкістю v рідини тиском P в ній та висотою h частинок над площиною відліку для стаціонарної течії ідеаль-ної нестисливої рідини

const2

2=+ρ+

ρ Pghv (22)

49

де ρ ndash густина рідини g ndash прискорення вільного падіння У рівнянні Бернуллі всі члени мають розмірність тиску

P ndash статичний тиск 2

2vρ ndash динамічний ghρ ndash ваговий

Рівняння Бернуллі для двох перерізів течії 2 21 2

1 1 2 22 2v vgh P gh Pρ ρ

+ ρ + = + ρ + (23)

Для горизонтальної течії

2

22

1

21

22PvPv

+ρ

=+ρ (24)

10 Формула Торрічеллі визначає швидкість витікання рі-

дини з невеликого отвору в широкій посудині який розміщено на глибині H від верхнього рівня рідини в посудині

2gHv = (25) де g ndash прискорення вільного падіння

11 Формула ГагенаndashПуазейля визначає кількість рідини

Q що протікає по горизонтальній трубці сталого перерізу в одиницю часу Кількість рідини пропорційна різниці тисків

1P і 2P на вході та виході з труби четвертому степеню її ра-діуса R і обернено пропорційна довжині L труби та коефіці-єнту вrsquoязкості рідини η

( )ωminus

=η

πsdot

minus= 21

4або

8PPQR

LPPQ 21 (26)

де 48

RL

πη

=ω ndash гідравлічний опір

12 Число Рейнольдса ( Re ) звrsquoязує середню швидкість руху

рідини v густину рідини ρ її вrsquoязкість η та діаметр труби D і є критерієм для переходу ламінарної течії у турбулентну

ηρ

=DvRe (27)

50

Для прямої труби крRe = 2300

Якщо крReRe ge то спостерігається турбулентна течія

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

Кількість крові Q що протікає через поперечний переріз су-динної системи людини за одиницю часу у першому наближен-ні визначається формулою ГагенаndashПуазейля

Течія крові в судинній системі людини за нормальних умов має ламінарний характер При різкому звуженні просвіту суди-ни спостерігається турбулентна течія крові Це відбувається наприклад при неповному відкритті або навпаки при непов-ному закритті клапанів аорти або серцевих Це явище назива-ють серцевими шумами

51

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити момент інерції тонкого однорідного стрижня масою

m завдовжки L площею поперечного перерізу S і густиною ρ який обертається відносно осі ООprime яка проходить через його кінець

Розвrsquoязання

Розібrsquoємо стрижень на нескінченно

велику кількість елементів масою dm і довжиною dr Позначимо відстань від осі ООprime до одного з таких елемен-тів через r

Момент інерції елемента стрижня

SdrrdmrdI ρ== 22 Момент інерції всього стрижня

31 3

L

0

2L

0

SLdrrSdII ρ=ρ== intint

Маса стрижня SLm ρ= тому 21

3I mL=

Задача 2 Уздовж похилої площини яка утворює кут α з горизонтом

скочується без ковзання суцільний однорідний диск Знайти лі-нійне прискорення його центра

Розвrsquoязання

Рух диска можна розглядати як обертання навколо миттєвої осі z що проходить перпендикулярно площині рисунка через

Оprime

O

S

dm

dr r

52

точку дотику О диска і похи-лої площини На диск діють три сили сила тяжіння P сила реакції опори N (яка проходить через точку О й на рисунку не зображена) і сила тертя тF

Плече сили тяжіння P як видно з рисунка α= sinrh ( r ndash радіус диска) Моменти сил N і тF дорівнюють нулю Отже рівняння моментів відносно осі z має вигляд

β=α 1IPr sin (1) де 1I ndash момент інерції відносно осі z що проходить через точку О

Згідно із теоремою Штейнера 2

1 mrII += де m ndash маса диска I ndash момент інерції відносно осі яка про-ходить через центр інерції диска перпендикулярно до його

площини 2

2mrI =

Тому 2

1 23 mrI = (2)

Шукане прискорення центра мас (точки С) можна подати у вигляді

ra β= (3) якщо розглядати рух центра інерції С як обертання навколо осі що проходить через точку О

Із рівнянь (1) і (3) враховуючи (2) і те що mgP = знаходимо 2 sin 3

a g= sdot α (4)

Задача 3 Визначити кінетичну енергію тонкого обруча масою M що ко-

титься без ковзання горизонтальною поверхнею зі швидкістю v

F

C

O

P

1P

2P

r h

α

α

53

Розвrsquoязання

Розглядаємо рух обруча як обер-тання навколо миттєвої осі яка про-ходить перпендикулярно до його площини через точку дотику О обру-ча й поверхні Кінетична енергія об-

руча дорівнює 2

20

тω

=IW

Момент інерції відносно осі О 0I можна виразити через мо-мент інерції відносно осі С cI Згідно із теоремою Штейнера

20 CI I MR= + ( R ndash радіус обруча)

Отже 20 2MRI = Rv ω=

Rv

=ω

Підставляючи 0I та ω у формулу для енергії кW одержимо 2

к MvW =

Задача 4 У дні посудини заповненої двома різними

рідинами висоти яких дорівнюють 1h і 2h а густини відповідно 1ρ і 2ρ є невеликий отвір Знайти початкову швидкість витікання рідини з посудини вважаючи обидві рідини ідеаль-ними і нестисливими

Розвrsquoязання

Розглянемо верхній шар і запишемо рівняння Бернуллі стосовно двох перерізів у верхній і нижній частинах шару Тиск у верхній частині збігається з атмосферним тиском 0P тиск у нижній час-тині позначимо 1P Оскільки отвір невеликий швидкістю пере-міщення рідин можна знехтувати тому

1220 PghP =ρ+ (1)

СR

O

v

1ρ

2ρ

1h

2h

54

(для нижнього рівня висота 0=h ) Тепер розглянемо нижній шар Тиск у його верхній частині

буде 1P а в нижній частині біля отвору 0P У верхній частині знову вважаємо що швидкість рідини до-

рівнює нулю Отже

2

21

0111vPghP ρ

+=ρ+ (2)

(рівень h у нижній частині дорівнює нулю) Рівняння (1) і (2) утворюють систему двох рівнянь із двома

невідомими 1P і v Розвrsquoязуючи цю систему знаходимо шукану швидкість витікання

( )22111

2 hhgv ρ+ρρ

=

Задача 5 Виразити витрату Q рідини

густиною ρ що протікає уздовж горизонтальної труби змінного перерізу через різницю рівнів рідини h у двох манометричних трубках скляного вимірника ви-трачання рідини Площі попере-чних перерізів труби біля основ першої та другої трубок від-повідно дорівнюють 1S i 2S

Розвrsquoязання

Прирівняємо величини Q для перерізів 1S i 2S згідно із фор-

мулою vSQ ρ=

2211 SvSvQ ρ=ρ= (1) Застосуємо також рівняння Бернуллі

22

22

2

21

1vPvP ρ

+=ρ

+ (2)

h

S1 S2

55

(ми врахували що рівень рідини в обох перерізах однаковий бо труба горизонтальна) Із рівнянь (1) і (2) визначимо 1v i 2v

( )( )2

221

2121

2SSPPSv

minusρminus

= ( )( )2

221

2112

2SSPPSv

minusρminus

=

Різницю тисків 21 PP minus можна виразити як вагу стовпа рідини заввишки h із площею поперечного перерізу що дорівнює одиниці

ghPP ρ=minus 21 Остаточно запишемо

( )22

21

212

SSghSSQminus

ρ=

56

Задачі

1 Колесо що обертається рівномірно сповільнено за 1 хвилину зменшило ча-стоту обертання з 0ν =300 обхв до ν =180 обхв Момент інерції колеса I = 2 кгsdotм2 Визначити 1) кутове при-скоренняβ 2) гальмівний момент M 3) роботу гальмування A

R

T

gm

Відповідь β = 021 радс2 M = 042 Дж A = 630 Дж 2 На суцільний циліндричний вал радіусом R = 05 м на-мотано шнур до кінця якого привrsquoязано вантаж масою m =10 кг Знайти момент інерції I вала та його масу 1m якщо вантаж опускається із прискоренням a = 2 мс2 Відповідь I = 975 кгsdotм2 1m = 78 кг 3 Вважатимемо тіло людини циліндром радіус якого R = 20 см висота h =17 м і маса m = 70 кг Знайти мо-мент інерції людини відносно вертикальної осі у двох положеннях відносно Землі у вертикальному perpI та го-ризонтальному ΙΙI Вважати що вертикальна вісь про-ходить через центр мас циліндра Відповідь perpI = 14 кгsdotм2 ΙΙI = 169 кгsdotм2 4 Маса руки людини приблизно дорівнює m = 42 кг до-вжина l = 083 м а її центр мас розташовано на відстані r = 034 м від плечового суглоба Момент інерції руки відносно цього суглоба дорівнює I = 03 кгsdotм2 Рука вільно падає з горизонтального у вертикальне положення Знайти кінетичну енергію кE руки і лінійну швидкість v нижньої частини кисті у кінцевій точці падіння Відповідь кE = 143 Дж v = 8 мс

57

5 На легкому столику який вільно обертається стоїть людина і тримає на випростаних руках на відстані 1l = 15 м одна від одної дві однакові гирі масою m = 25 кг кожна Потім людина зменшує відстань між гирями до

2l = 04 м При цьому кутова швидкість обертання столика зростає від 1ω = 6 сndash1 до 2ω =12 сndash1 Вважаючи момент іне-рції людини відносно осі обертання столика сталим знай-ти роботу A яку вона виконує Відповідь A = 94 Дж 6 Яку роботу A виконує людина виконуючи за час t = 1 с одне повне коливання мізинцем із кутом розмаху

ϕΔ = 60deg Момент інерції мізинця I = 4sdot10ndash5 кгsdotм2 Вважа-ти що робота витрачається на прискорення і сповільнення мізинця а його рух ndash рівнозмінно обертовий Відповідь A = 135sdot10ndash4 Дж 7 Яку середню потужність N розвиває людина при хо-дьбі якщо тривалість кроку tΔ = 05 с Вважати що ро-бота витрачається на прискорення і гальмування кінці-вок а кутове переміщення ніг asympϕΔ 30deg Момент інерції кожної кінцівки I = 17 кгsdotм2 Відповідь N = 148 Вт 8 Дві маленькі кульки з масами 1m =4sdot10ndash2 кг і 2m =12sdot10ndash2 кг зrsquoєднані стрижнем завдовжки l = 02 м маса якого мала Ви-значити момент інерції системи 1I відносно осі що про-ходить через середину стрижня перпендикулярно до його напрямку а також момент інерції 2I для випадку коли вісь проходить через центр мас системи Відповідь 1I =16sdot10ndash3 кгsdotм2 2I =12sdot10ndash3 кгsdotм2

58

9 На яку висоту h під-німеться вода у вертика-льній трубці що впаяна у вузьку частину С (діа-метром d =2 см) горизо-нтальної трубки якщо у

широкій частині трубки А В (діаметром D = 6 см) швид-кість води 1v = 03 мс при тиску 1P =105 Па Нижній кінець вертикальної трубки занурений у стоячу воду тиск у якій P1 Відповідь h = 037 м 10 Визначити максимальну дальність польоту S стру-меня із шприца діаметром d = 4sdot10ndash2м на поршень яко-го тисне сила F =30 H Густина рідини ρ =103 кгм3 а

отвS ltlt поршS Відповідь S asymp 49 м 11 У посудину рівномірним струменем наливається вода ndash за 1 с надходить обrsquoєм 150 см3 Дно посудини має отвір пло-щею S = 05 см2 Який рівень води встановиться у посудині Відповідь h = 046 м 12 Площа поршня у шприці 1S = 12 см2 а площа отвору

2S = 1 мм2 Скільки часу витікатиме розчин ( ρ = 103 кгм3) із шприца якщо сила що діє на поршень F = 5 Н а хід поршня l = 4sdot10ndash2 м Відповідь t asymp 05 c 13 Із горизонтально розташованого медичного шприца вида-влюється фізіологічний розчин силою F =10 H Знайти швид-кість v витікання рідини з голки шприца Чому швидкість ви-тікання розчину не залежить від площі поперечного перерізу голки ( розρ = 103 гсм3 шd = 15 см шS gtgt голS ) Відповідь v = 105 мс

A BC

h

59

14 З оприскувача виштовхується струмінь рідини (густи-на ρ = 103кгм3) зі швидкістю 2v = 25 мс Який тиск 1P створює компресор у баку оприскувача Відповідь 1P = 312sdot105 Па 15 На столі знаходиться широка циліндрична посудина з водою заввишки h = 05 м Нехтуючи вrsquoязкістю знайти на якій висоті H від дна посудини необхідно зробити неве-ликий отвір щоб із нього витікав струмінь на максималь-ну віддаль maxl від посудини Відповідь H = 025 м maxl = 05 м 16 Визначити спад PΔ тиску крові в аорті при переході її у велику артерію якщо відомо що загальний потік крові Q в тілі людини (у стані спокою) дорівнює 8sdot10ndash5 м3с ра-діус аорти r =10ndash2 м вrsquoязкість крові η = 4sdot10ndash3 Паsdotс Відповідь lP ΔΔ = 80 Пам 17 Використовуючи дані попередньої задачі визначити се-редню швидкість v потоку крові в аорті число Рейнольдса Re і характер течії крові Відповідь v asymp 025 мс Re = 1300 18 Знайти максимальну масу m крові (вrsquoязкість η = 4sdot10ndash3 Паsdotс) яка може пройти через аорту (діаметр d = 2sdot10ndash2 м) за 1 с у ламінарному режимі Відповідь m asymp 014 кг 19 У високу посудину що заповнена маслом при 20 degС кидають свинцеві кульки різних діаметрів На певній гли-бині кульки рухаються рівномірно унаслідок того що си-ли які діють на них урівноважуються Визначити число Рейнольдса для руху кульки діаметром 01 мм якщо вва-жати рух масла при падінні кульки ламінарним При яко-

60

му максимальному діаметрі d кульки рух масла залиша-ється ламінарним якщо мρ = 970 кгм3 Відповідь Re = 54sdot10ndash6 d = 45 мм 20 Визначити який мінімальний час t частинки радіоак-тивного пилу (утвореного під час вибуху реактора) змогли б перебувати на висоті h = 1 км якщо вважати їх сферич-ними з діаметром d = 1 мкм і густиною ρ = 25sdot103 кгм3 (вrsquoязкість повітря повη = 18 мкПаsdotс) Відповідь t = 150 діб 21 По трубі завдовжки L із радіусом R тече стаціонар-ний потік рідини густина якої ρ і вrsquoязкість η Швидкість течії рідини залежить від відстані r до осі труби і зміню-ється за законом )1( 22

0 Rrvv minus= Знайти 1) обrsquoєм ріди-ни що протікає через поперечний переріз труби за одини-цю часу 2) різницю тисків на кінцях труби Відповідь 2 2

0 0 2 4 Q R P L R= πν Δ = η ν

61

sect 3 Механічні коливання та хвилі

1 Гармонічні коливання Коливання які відбуваються під

дією сили пропорційної зміщенню тіла від положення рівноваги і напрямленої у бік положення рівноваги називають гармоніч-ними За своєю природою гармонічні коливання є механічні електричні та оптичні Рівняння гармонічних коливань

2 2202 2або 0d x d xm kx x

dt dt= minus + ω = (1)

де m ndash маса тіла що виконує коливання k ndash коефіцієнт пруж-ності x ndash миттєве значення коливної величини (наприклад змі-щення маятника від положення рівноваги або значення напру-женості електричного поля тощо) mk=ω0 ndash колова часто-та (кількість коливань за 2π секунд T20 π=ω )

Замість колової частоти використовують і лінійну частоту 0ν звrsquoязок між 0ω і 0ν такий

00 2πν=ω (2) Лінійна частота 0ν ndash це кількість коливань за одну секунду

(у СІ) Розвrsquoязок рівняння гармонічних коливань )(sin 0 ϕ+ω= t Ax (3)

де A ndash амплітуда коливання (найбільше значення величини) ϕ+ω t0 ndash фаза коливання тут ϕ ndash початкова фаза (значення

фази коливання в момент часу t = 0)

2 Період коливання T ndash час протягом якого відбувається одне повне коливання

0

21ω

π=

ν=T (4)

Період власних коливань математичного маятника glT π= 2 (5)

де l ndash довжина підвісу маятника g ndash прискорення вільного падіння

62

Період власних коливань пружинного маятника

kmT π= 2 (6) де m ndash маса коливного тіла k ndash коефіцієнт пружності (жорсткість)

Період власних коливань фізичного маятника

mgaIT π= 2 (7)

де I ndash момент інерції відносно осі коливань m ndash маса a ndash від-стань від центра ваги тіла до осі обертання

Величину LmaI = називають зведеною довжиною фізи-чного маятника

3 Швидкість v та прискорення a тіла яке здійснює гар-

монічне коливання ( ) ( )2

0 0 0 0cos або sinv A t a A t= ω ω + ϕ = minus ω ω + ϕ (8)

де ωA ndash амплітуда швидкості 2ωA ndash амплітуда прискорення Сила яка спричинює гармонічне коливання

( )ϕ+ωωminus== tmAmaF 020 sin (9)

де 20ωmA ndash амплітуда сили m ndash маса коливного тіла

4 Додавання двох коливань що відбуваються по одній

прямій в одному напрямку з однаковими періодами але з різни-ми амплітудами і початковими фазами

Рівняння додаваних коливань мають вигляд ( )( )

1 1 0 1

2 2 0 2

sin

sin

x A t

x A t

= ω + ϕ

= ω + ϕ (10)

Результуюче коливання визначається рівнянням ( )1 2 0sinx x x A t= + = ω + ϕ (11)

де ( )122122

21 cos2 ϕminusϕ++= AAAAA ndash амплітуда результуючого

коливання ϕ ndash початкова фаза результуючого коливання

63

2211

2211coscossinsintg

ϕ+ϕϕ+ϕ

=ϕAAAA

5 Додавання двох взаємно перпендикулярних коливань однакового періоду але різних амплітуд і початкових фаз Трає-кторія результуючого коливання визначається рівнянням

( ) ( )2 2

21 2 1 22 1 2 12 2

1 2 1 2

cos sinx x 2x xA A A A

+ minus ϕ minus ϕ = ϕ minus ϕ (12)

6 Енергія тіла яке здійснює гармонічне коливання

кінетична енергія 2 2 2

2к 2

2 2cos2

mv A m tWT T

π π⎛ ⎞= = + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

(13)

потенціальна енергія 2 2 2

2п 2

2 2sin2

kx A m tWT T

π π⎛ ⎞= = + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

(14)

повна енергія 2

2 22

2

22

пкAm

TmAWWW ω

=π

=+= (15)

де m ndash маса тіла A ndash амплітуда T ndash період коливань ( Tπ=ω 2 ) коефіцієнт жорсткості 2ω= mk

7 Затухаючі коливання mdash вільні коливання енергія яких

зменшується за рахунок дії сил тертя сил опору середовища випромінювання тощо Рівняння затухаючих механічних коли-вань при дії вrsquoязкого опору пропорційного швидкості

2 2202 2або 2 0d x dx d x dxm kx r x

dt dt dt dt= minus minus + β + ω = (16)

де mr 2=β ndash коефіцієнт затухання mk 20 =ω

Розвrsquoязок рівняння затухаючих коливань ( )ϕ+ω= βminus teAx t

0 cos (17) де 0A ndash амплітуда коливань у початковий момент часу t = 0

220 βminusω=ω ndash частота затухаючих коливань

64

Період коливань 2202 βminusωπ=T у середовищі більший

ніж період коливань 00 2 ωπ=T точки такої самої маси під дією такої самої пружної сили в середовищі без опору

8 Логарифмічний декремент затухання δ ndash безрозмірна

характеристика затухаючих коливань яка дорівнює натураль-ному логарифму відношення однієї з амплітуд tA до наступ-ної TtA + через період

TAA

Tt

t β==δ+

ln (18)

де β ndash коефіцієнт затухання T ndash період Величина обернена до логарифмічного декремента затухан-

ня δ1 показує кількість коливань N які мають відбутися щоб амплітуда зменшилася в e разів (приблизно у 27 рази) Вели-чина δπ називається добротністю коливальної системи

9 Вимушені коливання ndash коливання які виникають у сис-

темі під дією зовнішньої періодичної сили )(tF причому ( )0 cosF(t) F t= ω

де 0F ndash амплітудне значення сили ω ndash її циклічна частота Рівняння руху вимушених коливань та його розвrsquoязок

мають вигляд

( )2

2 002 2 cosd x dx Fx = t

dt dt m+ β + ω ω (19)

( )ϕminusω= tAx cos (20)

де( )

02 222 2 2 2 0

0

2 tg4

F mA βω= ϕ =

ω minus ωω minus ω + β ω (21)

10 Резонанс ndash явище різкого збільшення амплітуди вимуше-них коливань при наближенні частоти зовнішнього періодично-го впливу до власної частоти одночастотної системи

За умови взаємної незалежності основних параметрів зовніш-ньої гармонічної дії та коливальної системи резонансна частота

65

20

2

022

0рез212ωβ

minusω=βminusω=ω (22)

де 0ω ndash власна частота системи β ndash коефіцієнт затухання Амплітуду резонансних коливань резA знаходять із виразу

0

022

0

0рез 22 βω

asympβminusωβ

=mFmFA

11 Хвилі mdash процес поширення коливань у середовищі За-

лежно від характеру пружних деформацій у середовищі розріз-няють хвилі поздовжні та поперечні

У поздовжніх хвилях частинки середовища здійснюють ко-ливання вздовж лінії яка збігається з напрямком поширення ко-ливань Поздовжні хвилі можуть виникати в газовому рідинно-му та твердому середовищах

У поперечних хвилях частинки середовища здійснюють коливання перпендикулярно до напрямку поширення коли-вань Поперечні хвилі поширюються тільки у твердому тілі та на поверхні води Кожен тип хвиль характеризується довжиною швидкіс-

тю інтенсивністю 12 Довжина хвилі ndash відстань між двома найближчими точ-

ками які коливаються в однаковій фазі Довжину хвилі можна визначити також як шлях який проходить хвиля протягом пері-оду коливань Позначаючи довжину хвилі через λ записують

2 v v vvΤ πλ = = = ν =

ω ν λ (23)

де v ndash швидкість поширення хвилі T ndash період коливання ω ndash ци-клічна частота коливань що відповідають хвилі ν ndash лінійна частота

13 Рівняння плоскої хвилі має вигляд ( ))(sin vrtAx minusω=

66

де vr ndash час проходження хвильового процесу від вихідної точ-ки до даної r ndash віддаль пройдена хвилею від вихідної точки до даної v ndash швидкість поширення хвильового процесу

Інша форма рівняння плоскої хвилі sin( )x A t kr= ω minus (24)

де λπ=ω= 2 vk ndash хвильове число Різниця фаз двох точок що лежать на шляху поширення хвилі

λminus

π=ϕminusϕ 1212 2 rr (25)

де 1r 2r ndash віддаль точок від джерела коливань

14 Середня густина енергії хвилі ω ndash це середня енергія W що припадає на одиницю обrsquoєму середовища зайнятого хвилею

22

21 A

VW

ρω==ω (26)

де ρ ndash густина середовища Цю формулу легко отримати із таких міркувань Нехай кі-

лькість частинок в одиниці об`єму середовища які беруть участь у коливальному русі дорівнює n а маса кожної части-нки m У випадку вільних незатухаючих коливань середня енергія такої частинки залишається сталою рівною повній

енергії 2

22 Amω (див формулу (15)) Отже

22

2222 AAmn ρω=

ω=ω

15 Інтенсивністю хвилі I називається величина яка до-

рівнює середній енергії яку переносить хвиля за одиницю часу через переріз одиничної площі перпендикулярний до напрямку поширення хвилі

22

21 Avv ωρ=ω=I (27)

де v ndash швидкість поширення хвилі

67

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Звук ndash це пружні хвилі в середовищі які за своєю часто-тою та інтенсивністю можуть сприйматися органами слуху

Звук ndash подвійне явище з одного боку це пружні коливання які характеризуються певною частотою інтенсивністю набором частот з іншого ndash психофізіологічне відчуття певної висоти гучності та тембру в нашому сприйманні Людські органи слу-ху здатні сприймати звукові хвилі частотою від 18 до 20 000 Гц з інтенсивністю від 2sdot10ndash16 до 4sdot104 Втм2 (для найбільш чутних частот від 1000 до 3000 Гц) У пружному середовищі хвилі час-тота яких більша 20 кГц називаються ультразвуком Людина не сприймає ультразвуку Однак деякі тварини можуть його сприймати Наприклад дельфіни сприймають ультразвукові си-гнали з частотою до 30 кГц кажани ndash до 100 кГц

Висота звуку визначається його частотою чим більша частота тим вищий звук

Для оцінювання висоти звуку весь діапазон тонів що сприй-мається вухом людини розділено на інтервали mdash октави

Октава ndash це інтервал висот тону у якому відношення край-ніх частот дорівнює двом

Таблиця 2 Октава 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Границ

і частоти

Гц

16 ndash

32

32 ndash

64

64 ndash

128

128

ndash 25

6

256

ndash 51

2

512

ndash 10

24

1024

ndash 2

048

2048

ndash 4

096

4096

ndash 8

192

8192

ndash 1

6384

Складні тони при однаковій основній частоті можуть відріз-

нятися за формою коливань і відповідно за гармонічним спект-ром Ця відмінність сприймається вухом як тембр звуку На-приклад однакові за основними частотами голосні звуки мови у різних людей відрізняються за тембром

Обrsquoєктивна гучність (сила звуку) визначається кількістю енергії що переноситься звуковою хвилею за одиницю часу че-рез переріз одиничної площі перпендикулярний до напрямку поширення хвилі Ця величина пропорційна квадрату амплітуди

68

хвилі та квадрату її частоти Це означає що сила звуку вказаної частоти пропорційна квадрату амплітуди Вухо людини не одна-ково чутливе до звуків різної висоти Людина чутиме звук якщо сила звуку перевищуватиме певну мінімальну величину mdash поріг чутності Звук інтенсивність якого нижча за поріг чутності вухом не сприймається Поріг болю відповідає максимальному значенню інтенсивності звуку перевищення якого викликає біль Вухо людини найбільш чутливе до звуків у інтервалі час-тот 1ndash3 кГц Для них поріг чутності складає близько 10ndash12 Втм2 а поріг болю перевершує поріг чутності приблизно в 1014 разів

2 Закон ВебераndashФехнера Рівень гучності даного звуку L

(при одній і тій самій частоті коливань) прямо пропорційний логарифму відношення його інтенсивності I до інтенсивності

0I яка відповідає порогу чутності

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

0lg

IIkL (1)

де k ndash коефіцієнт пропорційності 0

0

Для 1 lg I белів (Б)для 10 10lg децибелів (дБ)

k L Ik L I I

= == =

(2)

Мінімальний рівень гучності що сприймається вухом людини приблизно відповідає 1 дБ шепіт ndash 10 дБ мова людини ndash 60 дБ

3 Швидкість звуку У пружному середовищі швидкість по-

ширення поздовжніх хвиль

ρ=

Ev (3)

де E ndash модуль Юнга ρ ndash густина середовища

У газах MRTv γ

= (4)

де v

p

cc

=γ pc ndash теплоємність газу при сталому тиску сv ndash теп-

лоємність при сталому обrsquoємі R ndash молярна газова стала T ndash абсолютна температура M ndash молярна маса

69

Хвиля зміщень обумовлена поширенням звуку супрово-джується хвилею тиску причому амплітуда хвилі тиску ρΔ визначається за формулою

vA ωρ=ρΔ 0 (5) де 0ρ ndash густина середовища до приходу хвилі A ndash амплітуда ω ndash частота коливань що відповідають хвилі v ndash швидкість поширення хвилі

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Рівняння коливань у СІ має вигляд )6300sin( minus= tx Визна-

чити амплітуду коливань початкову фазу частоту і період

Розвrsquoязання

Порівнюючи вираз для x заданий в умові задачі із загаль-ною формулою гармонічного коливання

)sin( 0 ϕ+ω= tAx де A ndash амплітуда коливання ϕ+ω t0 ndash його фаза ϕ ndash початко-ва фаза 0ω ndash колова частота

Висновок що A =1 м ϕ = ndash6 рад 0ω = 300 сndash1

3002π

=T сndash1 = 21sdot10ndash2 с

Задача 2 Визначити період коливань фізичного маятника масою m

центр тяжіння якого С розташовано на відстані a від осі обер-тання Кути відхилення ϕ тіла від положення рівноваги вва-жати малими (рисунок)

70

Розвrsquoязання

Маятник рухатиметься до положення рівноваги під дією складової сили тяжіння P яка при малих кутах ϕ наближено становитиме P Pτ = minus ϕ

Момент цієї сили відноcно осі обертання z яка проходить че-рез точку підвісу О перпендикулярно площині рисунка M P a P aτ= = minus ϕ Під дією моменту M тіло одержує

кутове прискорення 2

2

dtd ϕ

=β яке до-

рівнює I

M=β де I ndash момент інерції

тіла відносно осі z Рівняння руху ма-ятника запишемо у вигляді

ϕminus=ϕ

IPa

dtd

2

2

Позначимо величину I

Pa через 20ω

тоді рівняння руху маятника матиме вигляд 20( ) ( ) 0t tϕ + ω ϕ =

Період коливань маятника визначається так

0

2 або 2 IТ ТPa

π= = π

ω

Враховуючи що mgP = остаточно знаходимо

2 IΤ

mga= π

Величина maIL = ndash зведена довжина фізичного маятника

Задача 3 Амплітуда тиску звукової хвилі PΔ = 6 Нм2 Визначити кіль-

кість енергії E що потрапляє протягом часу τ = 2 с у вухо лю-

ϕ

ϕР τ

Р

С

O

а

Р n

71

дини розташоване перпендикулярно до напрямку поширення хвилі Площа вуха S = 4middot10ndash4 м2 Густина повітря 0ρ = 129 кгм3

Розвrsquoязання

Кількість енергії що проходить за одиницю часу через оди-

ницю поверхні яка перпендикулярна до напрямку поширення хвилі визначається за формулою

τωρ=τ= vSAISE 2202

1 де A ndash амплітуда хвилі ω ndash частота коливань

Амплітуда хвилі тиску PΔ vAP ωρ=Δ 0

де 0ρ ndash густина середовища до приходу хвилі Перепишемо перше рівняння у вигляді

( )25

0

334 10 Дж2p SЕ E

vminusΔ τ

= sdot asymp sdotρ

72

Задачі

1 Тіло здійснює гармонічні коливання за законом

350sinx tπ= м Визначити амплітуди зміщення швидкості прискорення і сили якщо маса тіла m = 2 кг Знайти повну енергію тіла W Відповідь A = 50 м vA = 52 мс aA = 55 мс2

FA = 109 H W = 27middot103 Дж 2 Два однаково напрямлені коливання з однаковими час-тотами мають амплітуди відповідно 2middot10ndash2 м і 5middot10ndash2 м Друге коливання випереджає перше за фазою на 30deg Ви-значити амплітуду і початкову фазу сумарного коливання утвореного від додавання цих коливань якщо 00 =ϕ Відповідь A = 0068 м 0ϕ asymp 35deg asymp 06 рад 3 Додаються два однаково напрямлені гармонічні коли-вання з однаковими періодами 21 TT = =8 с і однаковими амплітудами 21 AA = = 002 м Різниця фаз коливань

ϕΔ = π4 початкова фаза 01ϕ одного з коливань дорівнює нулю Написати рівняння результуючого коливання Відповідь ( )2=37 10 sin ( 4)t 8x minussdot π + π м 4 Відомо що енергія коливань камертона ( 0ν = 500 Гц) протягом часу t =18 c зменшилась у n = 105 разів Знайти логарифмічний декремент затухання δ Відповідь 4

0ln( ) (2 ) 64 10n t minusδ = ν δ = sdot 5 Тіло масою m = 04 кг висить на пружині яка розтягується на 10ndash2 м під дією сили F = 04 H Логарифмічний декремент затухання тіла яке здійснює коливання δ =157 Визначити

73

період коливань при якому відбувається резонанс резонансну амплітуду якщо амплітуда вимушеної сили 0F = 2 H Відповідь резT asymp 067 c резA asymp 01 м 6 Уздовж деякої прямої поширюються коливання з пері-одом T = 025 с і швидкістю v = 48 мс Через 10 с після виникнення коливань у вихідній точці на віддалі 1S = 43 м від неї спостерігається зміщення точки 1x = 3sdot10ndash2 м Ви-значити в цей самий момент часу зміщення 2x і фазу 2ϕ у точці що лежить на віддалі 2S = 45 м від джерела коливань Відповідь 2x = 006 м 2ϕ = π2 7 Якщо хвилі поширюються зі швидкістю v = 24 мс при частоті ν = 3 Гц то чому дорівнює різниця фаз між двома точками віддаленими одна від одної на 2 м Відповідь ϕΔ = π2 8 Звук поширюється від поверхні Землі вертикально вгору За який час t звук проходить до висоти H =104 м якщо темпе-ратура повітря біля поверхні Землі T =289 К а вертикальний градієнт температури в атмосфері становить 0007 Км Відповідь t = 314 c 9 Порівняйте швидкість звуку в повітрі при 1T = 273 К і на висоті H = 3sdot103 м де температура повітря 2T = 223 К Відповідь 1v = 332 мс 2v = 300 мс 10 Знайти швидкість звукової хвилі у сталі Модуль Юнга для сталі 2sdot1011 Нм2 густина сталі 78sdot103 кгм3 Відповідь v = 5250 мс 11 Кажан летить перпендикулярно до стіни зі швидкіс-тю v = 6 мс випромінюючи ультразвук ν = 45sdot104 Гц Які частоти він сприймає Відповідь 466sdot104 Гц

74

12 Ехолотом вимірювалася глибина моря Яка була гли-бина моря якщо проміжок часу між виникненням звуку та його прийомом становив 25 с Коефіцієнт стиснення води 46sdot10ndash10 м2Н густина морської води 103sdot103 кгм3 Відповідь 1810 м 13 На відстані 0r = 20 м від точкового джерела звуку рі-вень гучності 0L =30 дБ Нехтуючи затуханням хвилі знайти рівень гучності на відстані r =10 м від джерела та відстань від нього на якій звук вже не можна почути Відповідь )lg(20 00 rrLL += L = 36 дБ r gt 063 км 14 Амплітуда хвилі тиску для звуку частотою ν = 3sdot103 Гц становить PΔ =10ndash3 Нм2 Визначити ампліту-ду зміщень A частинок повітря у такій хвилі Відповідь A = 12sdot10ndash8 м 15 Визначити різницю фаз ϕΔ у хвилі пульсу людини між двома точками артерії що розміщені на rΔ = 02 м од-на від одної Швидкість v пульсової хвилі 10 мс коли-вання серця є гармонічними частота ν = 12 Гц Відповідь ϕΔ = 0048π 16 Розрив барабанної перетинки відбувається при інтен-сивності звуку L = 150 дБ Визначити інтенсивність амп-літудне значення звукового тиску й амплітуду зміщення частинок у хвилі для звуку частотою ν = 1 кГц при яких відбудеться розрив барабанної перетинки Відповідь 1 кВтм2 937 Па 34sdot10ndash4 м 17 Нормальна розмова людини оцінюється рівнем гучно-сті звуку E = 50 дБ (приν = 1кГц) Визначити гучність звуку що відповідає гучності яка надходить від 100 лю-дей які одночасно розмовляють Відповідь 70 дБ

75

РОЗДІЛ 2

МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА І ТЕРМОДИНАМІКА

sect 1 Молекулярно-кінетична теорія газів

1 Молекулярно-кінетична теорія ndash це наукова теорія яка

пояснює теплові явища фізичні властивості тіл і речовин у різ-них агрегатних станах на основі їх молекулярної будови взає-модії та руху частинок (молекул атомів іонів)

Основне рівняння кінетичної теорії ідеального газу тиск газу P прямо пропорційний середній кінетичній енергії посту-пального руху молекул що знаходяться в одиниці обєму газу

к032 EnP = (1)

де VNn =0 ndash концентрація молекул N ndash кількість молекул V ndash

обrsquoєм газу кE ndash середнє значення кінетичної енергії посту-пального руху молекули газу

2 Стан газу характеризується сукупністю фізичних величин

ndash параметрів стану Певна маса m ідеального газу молярна маса якого M характеризується трьома параметрами обrsquoємом V тиском P і абсолютною температурою T

Параметри стану ідеального газу повrsquoязані між собою рів-нянням стану МенделєєваndashКлапейрона

nRTPV = (2)

де Mmn = ndash кількість молів R = 831 Дж(Кsdotмоль) ndash молярна

газова стала

Рівняння стану ідеального газу має вигляд

76

kTnV

kTnNP 0A == (3)

де AN

Rk = =138sdot10ndash23 ДжК ndash стала Больцмана

AN = 6022sdot1023 мольndash1 ndash стала Авогадро 3 Тепловий рух молекул газу характеризується такими фі-

зичними величинами Z ndash середня кількість зіткнень однієї молекули з інши-

ми молекулами за 1 с

022 nZ πσ= v (4)

де σ ndash ефективний діаметр молекули 0n ndash концентрація моле-кул v ndash середня швидкість теплового руху

λ ndash середня довжина вільного пробігу молекули

Zv

=λ або 0

221

nπσ=λ (5)

де ν ndash кількість ударів молекул газу об одиницю поверхні стін-ки за 1 с

vn041

=ν (6)

Відносна кількість 0N

N молекул газу що пролітають

шлях S без зіткнень

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

λminus=

SNN exp

0 (7)

де λ ndash середня довжина вільного пробігу молекул 4 При однакових температурі й тиску всі гази вміщують у

рівних обrsquoємах однакову кількість молекул Кількість молекул LN у 1 м3 за нормальних умов ( 0T =273 К 0P =1013sdot105 Па) на-

зивають сталою Лошмідта

77

0

0kTPNL = = 269sdot1025 мndash3 (8)

5 Рівняння Больцмана Середня кінетична енергія посту-

пального руху молекул ідеального газу пропорційна термодина-мічній температурі й залежить тільки від неї

kTE23

к = (9)

Формулу (9) отримаємо порівнюючи вирази (1) і kTnP 0= 6 Густина ρ ідеального газу при сталому тиску обернено

пропорційна температурі

tRTMP

Vm

β+ρ

===ρ1

0 (10)

де 0

0 RTMP

=ρ ndash густина газу при тиску P і температурі

0T = 27315 К β = 127315 К = 0003661 Кndash1 t ndash темпера-тура у degС )1(00 tTtTT β+=+=

7 Закон Дальтона формулюється так Якщо в обrsquoємі V при

температурі T міститься суміш різних газів то загальний тиск су-міші дорівнює сумі парціальних тисків її окремих компонент

sumsum ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==

i i

i

ii M

mVRTPP (11)

де i

ii M

mVRTP = ndash парціальний тиск і-ї компоненти суміші маса

якої im а молярна маса iM

8 Рівняння Ван дер Ваальса ndash рівняння стану реального га-зу для одного моля

( ) RTbVVap =minus⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ 02

0

(12)

78

де 0V ndash обrsquoєм одного моля газу сталі a і b для різних газів ви-значаються експериментально

Для довільної маси m газу рівняння Ван дер Ваальса за-писують так

RTMmb

MmV

Va

Mmp =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛+ 22

2 (13)

де V ndash обrsquoєм газу M ndash молярна маса газу Співвідношення між сталими Ван дер Ваальса ( a b ) і пара-

метрами критичного стану ( к к 0к T P V ndash відповідно критичні те-мпература тиск та обrsquoєм 1 моля газу) мають вигляд

bRaT

278

к = 2к 27baP = bV 3к0 =

звідки 8

3

к

к0к RTVP

= (14)

10 Закон розподілу Максвелла визначає відносну кіль-

кість молекул газу Ndv

vdN )( при заданій температурі що припадає

на одиничний інтервал швидкості (функція розподілу молекул за модулем швидкості)

( ) ( ) 2322 24

2

mvkT

dN v mF v vNdv kT e

minus⎛ ⎞= = π⎜ ⎟π⎝ ⎠ (15)

де m ndash маса молекули k ndash стала Больцмана Функція розподілу Макcвелла ( )vF дає імовірності для молекули мати модуль швидкості v в одиничному інтервалі швидкостей

Найбільш імовірна середня і середня квадратична швидкості молекул визначаються за формулами

MRT

mkTv 22

iм ==

MRT

mkTv

π=

π=

88

79

MRT

mkTvv 332

кв === (16)

11 Розподіл Больцмана (розподіл молекул газу в однорід-ному потенціальному полі) молекули розташовуються з біль-шою густиною там де менша їх потенціальна енергія

kTmgh

h ennminus

= 0 (17) де hn ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму на висоті h над рівнем Землі 0n ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму на висоті 0=h

80

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Скільки молекул повітря є у кімнаті місткістю 240 м3 при те-

мпературі 288 К і тиску 105 Па

Розвrsquoязання

Із рівняння МенделєєваndashКлапейрона

111 RTMmVP =

де R = 831 ДжКsdotмоль знайдемо Mmn = ndash кількість молів у цій

масі повітря

1

11RT

VPn =

Кількість молекул повітря у кімнаті визначається за формулою

AN N n=

де AN = 6022sdot1023 мольndash1 або

1

11RT

VPNN A sdot=

23 1 5 3

27602 10 моль 10 Па 240 м 6 10831 Дж (К моль) 288 K

Nminussdot sdot sdot

= asymp sdotsdot sdot

Задача 2 Визначити густину суміші 1m = 4sdot10ndash3 кг водню і 2m =32sdot10ndash3 кг

кисню при температурі 280 К і загальному тиску P = 93sdot104 Па

81

Розвrsquoязання

За законом Дальтона тиск суміші дорівнює 21 PPP += (1)

де 1P і 2P ndash парціальні тиски водню і кисню при заданих умовах Запишемо рівняння МенделєєваndashКлапейрона для кожного

газу окремо

11

111 RT

MmVP = і 2

2

222 RT

MmVP =

де 1M = 2sdot10ndash3 кгмоль 2M = 32sdot10ndash3 кгмоль З умови задачі VVV == 21 TTT == 21

Тоді для водню RTMmVP

1

11 = звідки

VRT

MmP

1

11 = (2)

Аналогічно для кисню VRT

MmP

2

22 = (3)

Підставимо вирази (2) і (3) в (1)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+=

2

2

1

1

2

2

1

1Mm

Mm

VRT

VRT

Mm

VRT

MmP

звідки ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

2

2

1

1Mm

Mm

PRTV

Густина суміші газів Vm

=ρ де 21 mmm +=

Тоді ( )( )RTMmMm

Pmm

2211

21++

=ρ

( )

( )

3 3 4

3 3

33

3

4 10 32 10 кг 93 10 Па

4 10 кг 32 10 кг 83Дж (K моль) 280 К32 10 кг моль2 10 кг моль

05 кг м

minus minus

minus minus

minusminus

sdot + sdot sdot sdotρ = asymp

⎛ ⎞sdot sdot⎜ ⎟+ sdot sdot sdot⎜ ⎟sdotsdot⎝ ⎠

asymp

82

Задача 3 Посудина повністю заповнюється воднем при Т1 = 291 К і зо-

внішньому тиску Р1 = 101sdot105 Па Унаслідок підвищення темпе-ратури зовнішнього повітря до Т2 =310 К і зниження тиску до Р2= 0985sdot105 Па надлишок газу витік крізь отвір завдяки чому вага посудини зменшилася на величину Q = 59 H Визначити початкову масу водню m

Розвrsquoязання

У початковому стані при 1T і 1P рівняння стану для водню

має вигляд

111 RTMmVP = (1)

де m ndash маса водню У кінцевому стані при 2T і 2P маса водню зменшилася

( )до тут ndash прискорення вільного падіння m Q g gminus тому рів-няння стану має вигляд

222 RTM

gQmVP minus= (2)

Обrsquoєм водню що заповнює посудину залишається сталим ( VVV == 21 ) тому виключаючи з (1) та (2) сталий обrsquoєм V знаходимо

( )

( )

1 2

1 2 2 1

5

5 5 2

101 10 Па 310 К 59 Н 68 кг101 10 Па 310 К 0985 10 Па 291 К 98 м с

PT QmPT PT g

= =minus

sdot sdot sdot= =

sdot sdot minus sdot sdot

Задача 4 Чому дорівнює найбільш імовірна швидкість молекул ідеаль-

ного газу який підлягає розподілу Максвела

83

Розвrsquoязання

Дослідження функції розподілу молекул за швидкостями ( ) 232

2 242

mvkT

dN v m vNdv kT e

minus⎛ ⎞= π⎜ ⎟π⎝ ⎠ (1)

свідчить про те що вона повинна мати максимум при певній швидкості v

Перепишемо (1) у вигляді

( ) 22

2

vAevF kTmv

minus= (2)

де A ndash множник який не залежить від v m ndash маса молекули k ndash стала Больцмана Умова екстремуму функції (2) має вигляд

( ) 022

2

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=

minus

kTmvvAe

dvvdF kT

mv

Звідси екстремальне значення vім (найбільш імовірна швидкість)

MRT

mkTv 22

ім ==

Задача 5 Який відсоток газових молекул має швидкості що відрізняються 1) від найбільш імовірної не більше ніж на 1 2) від середньої не більше ніж на 1

Розвrsquoязання

Розрахунки ґрунтуються на безпосередньому обчисленні від-сотка молекул тобто NvdN )(

Згідно з умовою

1) α===MRTvv 2

ім α= 020dv

84

Підставляючи ці дані у формулу розподілу Максвелла знаходимо

( )2

2 2 13

4 1 4002 002 00167 17 vdN v

e eN

minusminusα= α sdot α asymp asymp asymp

απ π

2) 28πα

=π

==MRTvv α

π==

040020 vdv

Звідси маємо ( ) 43

12 3 3 2

4 8 002 002 2 dN v

eN

minusπα sdot

= sdot asymp asympπ α sdot π

Задача 6 Тонка трубка завдовжки L обертається навколо вертика-

льної осі що проходить крізь її середину із частотою ν Те-мпература повітря дорівнює Т Визначити тиск повітря P0 всередині трубки якщо тиск біля відкритих її кінців дорів-нює атмосферному Pн Числові дані такі L = 05 м ν = 60 сndash1 Т = 290 К Pн= 101sdot105 Па

ρ ρ+ρ d

r dr

S1 2

Розвrsquoязання

Розподіл тиску газу вздовж трубки зумовлюється практи-чно тільки полем відцентрової сили що виникає при обер-танні Молекули повітря відкидаються відцентровими сила-ми до кінців трубки унаслідок чого при наближенні до кінця трубки тиск збільшуватиметься

85

Нехай у місці перерізу 1 маємо тиск P а у місці перерізу 2 одержимо ( dPP + ) Приріст тиску dP можна розглядати як результат дії на переріз 2 сили dF що виникає внаслідок обертання маси

SdrRTMPdVdm =ρ= (1)

Приріст тиску

RTrdrMP

Srdm

SdFdP

22 ω=

ω== (2)

Відокремлюючи змінні в рівнянні та інтегруючи в межах трубки одержимо

0

н 22

0

P L

P

dP M rdrP RT

ω=int int

RTLM

PP

8ln

22

0

н ω= (3)

Оскільки km

RM

= а πν=ω 2 знаходимо

kTLm

ePP 2н0

222νπminus

= 31031

н0minussdotminus= ePP

86

Задачі

1 Скільки молекул ударяється за 1 с об стінку посудини площею 1 м2 у якій знаходиться кисень при температурі 300 К і тиску 09sdot105 Па

Відповідь 2721 27 10

2 м сANN P N

kT M= = sdot

π sdot

2 Як зміниться кількість ударів двохатомного газу об сті-нку посудини площею 10ndash4 м2 за 1 с якщо обrsquoєм газу адіа-батично збільшити в К = 2 рази

Відповідь зменшиться в 3221

=+γ

K рази де VP CC=γ 3 При якому тиску середня довжина вільного пробігу мо-лекул водню дорівнює 0025 м Температура газу 240 К

Відповідь 2

06 Па2kTP P= =πσ λ

4 У посудині обrsquoємом V= 3sdot10ndash3 м3 міститься ідеальний газ при температурі 273 К Після того як частину газу випустили тиск у посудині знизився на ΔP = 078sdot105 Па Знайти масу газу що вийшла (густина даного газу за но-рмальних умов ρ0=13 кгм3)

Відповідь 0

0

0003 кгV PmP

ρ Δ= =

5 Газ із молярною масою М міститься під тиском P між двома однаковими горизонтальними пластинами Температура газу зростає лінійно від Т1 у нижній плас-тині до Т2 у верхній Обrsquoєм газу між пластинами дорів-нює V Знайти масу газу

Відповідь ( )( )

2 1

2 1

lnPMV T Tm

R T T=

minus

87

6 У посудині місткістю 2sdot10ndash3 м3 знаходиться суміш водню і гелію при Т = 293 К і тиску 2sdot105 Па Маса суміші 5sdot10ndash3 кг Знайти відношення маси водню до маси гелію в цій суміші

Відповідь ( )( )

21

2 1

105 тут

1a Mm mRTa

m a M PVminus

= = =minus

7 Обчислити тиск Р1 маси m = 11 кг вуглекислого газу що розмішений у балоні місткістю V= 2sdot10ndash2 м3 при темпе-ратурі 286 К Порівняти результат із тиском Р2 ідеального газу за тих самих умов Відповідь Р1= 25sdot106 Па Р2= 29sdot106 Па 8 Знайти критичну густину води

Відповідь 3ккг200 м3

Мb

ρ = =

9 Знайти сталі а і b рівняння Ван дер Ваальса для вугле-кислого газу за його критичним тиском Рк = 73sdot106 Па і температурою 3041 К Відповідь а = 0367 Паsdotм6моль2 b = 43sdot10ndash6 м3моль 10 При якій температурі густина ртуті дорівнює 1348 гсм3 якщо при 283 К вона дорівнює 1357 гсм3 Відповідь 320 К 11 На скільки збільшився б тиск води на стінки посудини якби зникли сили притягання між її молекулами

Відповідь 917 10 Па20

aPV

Δ = = sdot

12 Яка температура відповідає середній квадратичній швид-кості молекул вуглекислого газу що дорівнює 720 кмгод Відповідь 70 К

88

13 Визначте середню квадратичну швидкість краплинки води радіусом r = 10ndash8 м що знаходиться у повітрі при 290 К

Відповідь кв кв3

3 17 м с2

kTv vr

= asympπρ

14 Який відсоток молекул має швидкості що відрізня-ються від найбільш імовірної не більше ніж на 1

Відповідь 4 002 166 NN e

Δ= =

π

15 Знайти кількість молекул азоту що знаходяться за норма-льних умов в обrsquoємі 10ndash6 м3 і мають швидкості 99ndash101 мс Відповідь 17sdot1016 16 У момент вибуху атомної бомби досягається темпера-тура Т = 7sdot107 К Знайти середню квадратичну швидкість іонів водню якщо вважати що при такій температурі всі молекули повністю дисоційовані а всі атоми іонізовані Відповідь 13sdot106 мс 17 Азот міститься в дуже високій посудині в однорід-ному полі тяжіння при температурі Т Температуру збі-льшили у η разів На якій висоті концентрація молекул матиме значення таке саме як на нульовій висоті до моменту збільшення температури

Відповідь ( ) ln 1RTh Mg

η= η η minus

18 Визначити кількість електронів в 1 л при тиску 10 атм і температурі 200 degС Відповідь 43sdot1024 19 Відомо що 1 г радію випромінює за 1 с 37sdot1010 α-частинок (при радіоактивному α-розпаді радію утворюється гелій) Ви-значити тиск гелію що утворюється в герметичній ампулі

89

місткістю 1 см3 у якій протягом року було 100 мг радію Температура ампули 15 degС Відповідь 46sdot102 Па 20 Електрична лампа розжарювання наповнена азотом при тиску 600 мм рт ст Місткість колби лампи дорівнює 500 см3 Знайти обrsquoєм води що увійде в лампу якщо в ній відламати кінчик на глибині 1 м від поверхні Вважати атмосферний тиск рівним 760 мм рт ст Відповідь 14sdot10ndash4 см3

90

sect 2 Основні закони термодинаміки

1 Перший закон термодинаміки Кількість теплоти Qδ

передана термодинамічній системі іде на збільшення її вну-трішньої енергії dU і на роботу Aδ яку виконує система над зовнішніми тілами

AdUQ δ+=δ (1) Внутрішня енергія U є функцією стану системи тому її

приріст при переході системи з одного стану в інший не за-лежить від шляху переходу dU ndash повний диференціал Q і A є функціями процесу тому Qδ і Aδ не є повними дифе-ренціалами У круговому процесі

intdU = 0 тому intint δ=δ AQ За першим законом термодинаміки існування вічного двигу-

на першого роду (двигуна який би виконував більшу роботу ніж отримана ним іззовні енергія безмежно довго) неможливе

2 Теплоємністю тіла тC називається величина рівна кіль-

кості теплоти яку потрібно надати тілу щоб підвищити його температуру на один кельвін

dTQC δ=т (2) Теплоємність одиниці маси речовини (питома теплоємність)

пC повrsquoязана з молярною теплоємністю C співвідношенням MCC п = (3)

де M ndash молярна маса

3 Якщо нагрівання речовини відбувається при сталому обrsquoємі (V = const) то говорять про молярну теплоємність

VC при сталому обrsquoємі

V

M

V

MV dT

dUdTQC ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ δ

= (4)

Якщо нагрівання відбувається при сталому тиску ( P = const) то говорять про молярну теплоємність PC при сталому тиску

91

M MP

P P

VV

P P

Q dU PdVCdT dT

C dT PdV dVC PdT dT

δ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(5)

звідки RCC VP += (6)

(рівняння Р Майєра для ідеального газу)

4 Закон рівномірного розподілу енергії за ступенями вільності На кожен ступінь вільності (поступальний оберта-льний коливальний) у середньому припадає однакова кінети-

чна енергія рівна kT21 Із цього закону випливає що середня

енергія молекули

2

kTiE = (7)

де колобпос 2iiii ++= ndash сума поступальних обертальних та по-двоєної кількості коливальних ступенів вільності молекул

Молекули ідеального газу не взаємодіють між собою тому

внутрішню енергію моля ідеального газу мU знаходять із виразу

м 2 2A A Vi iU N E N kT RT C T= = = = (8)

де RiCV 2=

Відношення теплоємностей

iiCC VP

2+==γ (9)

5 Процес зміни стану системи який відбувається зі сталою теплоємністю C = const називається політропним Рівняння політропи ідеального газу

nPV = const (10)

де P

V

C CnC C

minus=

minus ndash показник політропи

92

Для ізотермічного процесу n = 1 і рівняння політропи пере-ходить у рівняння ізотерми (закон БойляndashМаріотта) infin=C

PV = const (11) Для адіабатичного процесу γ== VP CCn і рівняння політропи

переходить у рівняння адіабати (рівняння Пуассона) 0=C γPV = const (12)

Рівняння адіабати ідеального газу в змінних T і V T і P мають вигляд

1minusγTV = const 1minusγ

γ

PT = const (13)

6 Робота При переході газу зі стану 1 з обrsquoємом 1V до стану 2

з обrsquoємом 2V роботу знаходять із виразу

( )dVVPAV

Vint=2

1

12 (14)

При ізохорному процесі 0=dV отже 012 =A (15)

При ізобарному процесі P = const тому ( )1212 VVPA minus= (16)

Робота ідеального газу в ізотермічному процесі

int ==2

1 1

212 ln

V

V VVRT

Mm

VdVRT

MmA (17)

Робота ідеального газу в адіабатичному процесі

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus

minusγ=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus

minusγ=

minusγminusγ 1

2

111

2

11112 1

)1(1

)1( VVRT

Mm

VVVPA (18)

Коефіцієнт корисної дії теплової машини

нн

хн

QA

QQQ

=minus

=η (19)

де нQ ndash теплота отримана робочим тілом від нагрівника хQ ndash теплота віддана робочим тілом холодильнику

93

ККД (коефіцієнт корисної дії) циклу Карно

н

хнT

TT minus=η (20)

де нT і хT ndash температури нагрівника і холодильника 8 Другий закон термодинаміки (формулювання Кельвіна)

Неможливий круговий процес єдиним результатом якого було б виконання роботи за рахунок охолодження теплового резервуа-ра Другий закон термодинаміки доводить що в круговому про-цесі має місце неповне перетворення теплоти отриманої від на-грівника у роботу тобто неможливе існування теплової машини з 0х =Q і 1=η (вічного двигуна другого роду)

9 Ентропія ndash термодинамічна функція стану макросистеми

зміна якої при елементарному оборотному процесі дорівнює зведеній теплоті цього процесу

TdQdS = (21)

При скінченному оборотному переході будь-якого виду

int=minus=Δ2

112 T

dQSSS (22)

Для n молів ідеального газу 1

2

2

1 lnlnVVnR

TTnCS V +=Δ

10 Другий закон термодинаміки для ізольованої системи

Усі реальні необоротні процеси зміни стану в ізольованій сис-темі відбуваються зі збільшенням ентропії при оборотних про-цесах ентропія залишається незмінною

0gedS (23)

11 Формула Больцмана Ентропія пропорційна натурально-му логарифму термодинамічної ймовірності W стану системи

WkS ln= (24) де k ndash стала Больцмана

94

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ 1 Рівняння енергетичного балансу для живого організму

Кількість теплоти що звільнюється в організмі при засвоєнні їжі витрачається на компенсацію витрат теплоти серQ у навко-лишнє середовище і на виконувану роботу A

AQQ += сер (25)

2 Теплота витрачається організмом у навколишнє середовище шляхом теплопровідності конвекції випаровування випромі-нювання Співвідношення між цими процесами за інших рівних умов залежить від температури вологості та руху повітря навко-лишнього середовища Вважається що теплові витрати організму людини в умовах помірного клімату в середньому становлять 7sdot106 Дж за добу і розподіляються приблизно так теплопровідніс-тю і конвекцією ndash 20 випромінюванням ndash 50 випаровуванням ndash 30 Якщо врахувати добову механічну роботу яку виконує ор-ганізм людини (без особливого фізичного навантаження) то теп-лові витрати за добу становлять приблизно 107 Дж

3 При вивченні хімічних реакцій у клітинах які протікають

при P =const замість внутрішньої енергії U вводять нову фун-кцію стану H ndash ентальпію

PVUH += (26) у диференціальній формі

PdVdUdH += при P = const (27)

4 Поняття про термодинаміку відкритих систем Живі органі-зми відносяться до відкритих термодинамічних систем (система об-мінюється енергією і речовиною з навколишнім середовищем) У відкритих системах розглядають реальні необоротні процеси і ви-вчають зміну ентропії з часом Швидкість зміни ентропії для відкри-

тої системи dtdS дорівнює швидкості зміни ентропії всередині сис-

теми dt

dSi у результаті протікання необоротних процесів (dt

dSi нази-

95

вають також продукцією ентропії) плюс швидкість зміни ентропії edS

dt за рахунок процесів обміну з навколишнім середовищем

i edS dS dSdt dt dt

= + (28)

Для стаціонарного стану у відкритій термодинамічній систе-мі функції стану не змінюються з часом отже й ентропія S = const (але не максимальна) тоді

0=dtdS

тобто отримуємо

0i edS dSdt dt

+ = (29)

Оскільки idS є зміною ентропії у замкненій (ізольованій) си-стемі внаслідок необоротних процесів (зміна ентропії в організ-мі зумовлена дифузією теплопровідністю хімічними реакціями що протікають у самому організмі) то згідно з другим законом термодинаміки 0gtidS Отже для забезпечення стаціонарного стану відкрита система повинна обмінюватися з навколишнім середовищем енергією і речовиною у такій кількості щоб вико-нувалося співвідношення

i edS dSdt dt

= minus (30)

Крім того як показав І Пригожин (у рамках лінійної нерів-новажної термодинаміки) стаціонарний стан характеризується мінімумом продукції ентропії у стаціонарному стані при фік-сованих зовнішніх параметрах продукція ентропії у відкри-тій системі наближається до мінімального значення тобто

dtdSi rarrmin (31)

Принцип Пригожина про мінімум продукції ентропії у стаціо-нарному стані є кількісним критерієм еволюції відкритих систем

96

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити внутрішню енергію 1 кг кисню при температурі 300 К

Розвrsquoязання

Внутрішня енергія довільної маси газу пропорційна кіль-кості ступенів вільності термодинамічній температурі й ма-

сі газу RTiMmU

2=

1кг 5 Дж831 195 кДж0032 кг моль 2 К моль

U = sdot sdot =sdot

Задача 2 Для нагрівання певної кількості газу на ΔТ1= 50 К при сталому

тиску витратили ΔQ1 = 160 Дж Якщо цю кількість газу охолодити на ΔТ2= 100 К при сталому обrsquoємі то виділяється ΔQ2= 240 Дж Яку кількість ступенів вільності і мають молекули цього газу

Розвrsquoязання

Теплота що витрачається на нагрівання газу при сталому тиску

11 TCQ PMm Δ=Δ

Теплота що виділяється під час охолодження цього газу при сталому обrsquoємі

22 TCQ VMm Δ=Δ

де m ndash маса газу M ndash молярна маса PC і VC ndash молярні тепло-ємності при сталому тиску і сталому обrsquoємі

Враховуючи що i

iCC

V

P 2+= одержимо

97

2

1

2

1TT

CC

QQ

V

p

ΔΔ

=ΔΔ або

2

1

2

1 )2(TT

ii

QQ

ΔΔ+

=ΔΔ

Тоді 10050)2(

240160

ii +

= і = 6

Задача 3 Обчислити зміну ентропії 14sdot10ndash3 кг азоту що охолоджується

від температури Т1=300 К до Т2 = 273 К при сталому обrsquoємі

Розвrsquoязання

Процес охолодження азоту при сталому обrsquoємі оборотний Отже

int int ===Δ2

1

2

1 1

2 lnTTmC

TdTmC

TdQS VV

де VC ndash питома теплоємність азоту при сталому обrsquoємі

3Джкг К

5 831 Дж (К моль) 7402 2 28 10 кг мольViRCM minus sdot

sdot sdot= = asymp

sdot sdot

3 237 Дж14 10 кг 740 Дж (кг К) ln 103300 К

S minusΔ = sdot sdot sdot = minus

У цьому процесі ентропія зменшується Задача 4 Визначити зміну ентальпії закритої системи у процесі роз-

ширення системи при сталому тиску

Розвrsquoязання

Зміна ентальпії при P = const записується таким чином VPUVVPUH Δ+Δ=minus+Δ=Δ )( 12 (1)

Згідно з першим законом термодинаміки запишемо VPQU Δminus=Δ (2)

98

Підставимо (2) в (1) і одержимо QVPVPQH =Δ+Δminus=Δ

Висновок збільшення ентальпії при сталому тиску дорівнює теплоті Q що передана закритій системі

Задача 5 У циліндрі міститься 16 кг кисню при температурі 17 degС і

тиску 42sdot106 Па До якої температури слід нагріти кисень щоб робота з його розширення дорівнювала 35 кДж

Розвrsquoязання

Виконана киснем при ізобарному нагріванні робота

)( 12 VVPA minus= де 1V ndash обrsquoєм кисню при температурі 1T 2V ndash обrsquoєм кисню при температурі 2T (яку необхідно визначити)

Користуючись рівнянням МенделєєваndashКлапейрона отримаємо

)()( 1212 TTRMmVVPA minus=minus= отже 12 T

mRAMT +=

3 3 3

235 10 Дж 32 10 кг м 273К 290 K 374 К

16 кг 831 Дж (моль К)T

minussdot sdot sdot sdot= + =

sdot sdot

99

Задачі

1 У кімнаті місткістю 90 м3 повітря змінюється повністю через 2 години Яка кількість теплоти потрібна для нагрі-вання повітря в кімнаті за добу якщо температура повітря повинна становити 290 К а зовнішнє повітря має темпера-туру 268 К Густина повітря 129 кгм3 Відповідь 3sdot107 Дж 2 Як змінюється внутрішня енергія 01 кг кисню при нагрі-ванні від Т1=283 К до Т2 =333 К якщо процес нагрівання йде 1) при сталому обrsquoємі 2) при сталому тиску 3) унаслідок адіабатичного стиснення Відповідь у всіх випадках зміна внутрішньої енергії

)( 12 TTmCU V minus=Δ asymp 3sdot103 Дж 3 Яку кількість теплоти треба надати азоту при ізобарно-му нагріванні щоб газ виконав роботу А= 2 Дж

Відповідь 7 Дж1

AQ γ=

γ minus

4 Тиск повітря на рівні моря 09sdot105 Па а на вершині гори 077sdot105 Па Яка висота гори якщо температура повітря 278 К Відповідь 1309 м 5 Певна кількість азоту при температурі 300 К і тиску 101sdot105 Па стискується адіабатично до обrsquoєму що у 5 разів менший за початковий Визначити тиск і темпера-туру азоту після стиснення Порівняти тиск зі значенням тиску при ізотермічному стисненні Відповідь 95sdot105 Па 571 К

100

6 10 л азоту що перебував при тиску Р1= 101sdot105 Па сти-скують до Р2 = 107 Па Визначити роботу газу при адіаба-тичному стисненні

Відповідь

1

31 1 2

1

1 68 10 Дж1

PV PА AP

γminusγ

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= minus = minus sdot⎜ ⎟⎢ ⎥γ minus ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

7 Ідеальний газ із показником адіабати γ розширили за зако-ном P=αV де α ndash стала Початковий обrsquoєм газу V0 Унаслідок розширення обrsquoєм газу зріс у η разів Знайти зміну внутрі-шньої енергії роботу розширення газу молярну теплоємність

Відповідь ( ) ( )2 2

0 2 20

1 1 1 21 2 V

VU A V C C R

α η minusΔ = = α η minus = +

γ minus

8 Визначити чому дорівнює збільшення ентропії ідеаль-ного газу масою m (молярна маса М) що заповнює обrsquoєм V1 унаслідок адіабатичного розширення в пустоту до обrsquoєму V2 (необоротний процес)

Відповідь 2

1

lnm VS RM V

Δ =

9 Шматок льоду масою m = 01 кг при температурі Т1 = 240 К переведено в пару при температурі Т2 = 37 К Ви-значити зміну ентропії ΔS якщо тиск Р = 105 Па не зміню-ється Питома теплоємність льоду Сл = 18sdot103 Дж(кгsdotК) пи-тома теплоємність води Св = 419sdot103 Дж(кгsdotК) питома теп-лота плавлення λ= 335sdot105 Джкг питома теплота пароутво-рення r = 226sdot106 Джкг Відповідь 8824 ДжК 10 Визначити зміну ентропії 10ndash3 кг водню в такому про-цесі спочатку газ адіабатично стискується до обrsquoєму що у два рази менший за початковий а потім ізотермічно роз-ширюється до початкового обrsquoєму (процеси оборотні)

Відповідь Джln 2 58К

mS RM

Δ =

101

11 Обчислити зміну ентропії одного моля ідеального газу при політропічному процесі теплоємність якого дорівнює С Розглянути випадки С = Ср С = СV С = infin С = 0 Відповідь

2 2 1

1 1 2

ln ln ln 0P VT T PS C S C S R ST T P

Δ = Δ = Δ = Δ =

12 Визначити термодинамічну ймовірність та ентропію системи що складається з чотирьох мікрообrsquoємів у яких 20 частинок розподілено як 3 4 8 і 5 Який із двох проце-сів буде самочинним якщо в результаті певних змін час-тинки розподілились у мікрообrsquoємах в одному випадку ndash 6 4 4 і 6 а в іншому ndash 1 11 7 і 1 Відповідь W = 35sdot109 S = 303sdot10ndash23 ДжК 13 Відкрита система обмінюється із зовнішнім середови-щем потоком енергії j1 і потоком речовини j2 Обидва по-токи взаємопозвrsquoязані Через певний час відкрита система переходить у стаціонарний стан Як зміниться ентропія у стаціонарному стані

Відповідь mini

dSdt

⎛ ⎞ rarr⎜ ⎟⎝ ⎠

14 Ідеальна теплова машина що працює за циклом Карно одержала теплоту від нагрівника при температурі 200 degС Холодильник має температуру 100 degС За певний час ма-шина одержала від нагрівника 10 кДж енергії Визначити виконану роботу передану холодильнику кількість тепло-ти і коефіцієнт корисної дії Відповідь А = 21 кДж Q = 79 кДж η = 21 15 У котлі парової машини температура становить 150 degC Температура холодильника 10 degC Яку теоретично максима-льну роботу можна одержати витративши 4190 Дж теплоти Відповідь sim14sdot103 Дж

102

sect 3 Явища перенесення

1 Молекули газу безперервно і безладно рухаючись постій-

но перемішуються обмінюються швидкостями та енергіями Цей процес перемішування зумовлює явища перенесення mdash дифузію внутрішнє тертя і теплопровідність

Перенесення маси (дифузія) кількості руху (внутрішнє тертя) і кінетичної енергії (теплопровідність) у певному напрямку в газі можливе тільки тоді коли в цьому напрямку існує градієнт відпо-відно густини ρ швидкості перенесення V температури Т

2 Рівняння дифузії (перший закон Фіка) Маса газу mΔ

що переноситься за рахунок дифузії через площину SΔ перпе-ндикулярну напрямку Ох уздовж якого зменшується густина пропорційна площі цієї площини проміжку часу tΔ перенесен-

ня і градієнту густини dxdρ

tSdxdDm ΔΔρ

minus=Δ (1)

де D ndash коефіцієнт дифузії м2с 3 Рівняння теплопровідності (закон Фурrsquoє) Кількість теп-

лоти що переноситься через площину SΔ перпендикулярну напрямку Ох уздовж якого зменшується температура пропор-ційна площі цієї площини проміжку часу tΔ перенесення і гра-

дієнту температури dxdТ

=ΔQ ndashaeligdТdx

tSΔΔ (2)

де aelig ndash теплопровідність ВтмsdotК 4 Рівняння що описує явище внутрішнього тертя (закон

Ньютона) Сила внутрішнього тертя що виникає у площині

103

стикання двох шарів газу які рухаються один відносно одного пропорційна площі їх стикання SΔ і градієнту швидкості dxdv

SdxdvF Δη= (3)

де η ndash вrsquoязкість або коефіцієнт внутрішнього тертя Паsdotс 5 У рамках молекулярно-кінетичної теорії явищ перенесення

в газах для коефіцієнтів дифузії D вrsquoязкості η теплопрові-дності aelig отримано рівняння

vD λ=31 ρλ=η v

31 aelig VCv ρλ=

31 (4)

де v ndash середньоарифметична швидкість молекул λ ndash середня довжина вільного пробігу ρ ndash густина газу VC ndash питома тепло-ємність при сталому обrsquoємі

104

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Знайти масу mΔ азоту що переноситься за рахунок ди-

фузії через площину SΔ =10ndash2 м2 за час tΔ = 10 с якщо граді-єнт густини в напрямку перпендикулярному площині

xΔρΔ = ndash126 кгм4 Температура азоту Т = 300 К середня до-вжина вільного пробігу молекул азоту λ = 10ndash7 м

Розвrsquoязання

Відповідно до формули (1)

tSx

vm ΔΔΔ

ρΔλminus=Δ

31

де v =MRT

π8 M = 0028 кгмоль ndash молярна маса азоту

Остаточно одержимо

tSxM

RTm ΔΔΔ

ρΔπ

λ=Δ8

31

7

4 2 2 6

1 8 831Дж (моль К) 300 K10 м3 314 0028кг моль

126 кг м 10 м 10 с 2 10 кг

m minus

minus minus

sdot sdot sdotΔ = times

sdot

times sdot sdot = sdot

Задача 2 Знайти коефіцієнт внутрішнього тертя η азоту за норма-

льних умов якщо коефіцієнт дифузії для нього за цих умов D = 142sdot10ndash5 м2с

105

Розвrsquoязання

Відповідно до формул (4)

ρλ=η v31 = ρD

де ρ ndash густина азоту Величину ρ одержимо з рівняння RTPM=ρ

де P і T ndash тиск і температура M = 0028 кгмоль ndash молярна маса азоту

За нормальних умов P =105 Па і T = 273 К Одержимо

RTPМD=η

( ) ( )5 2 5

5142 10 м с 10 Па 0028 кг моль 18 10 кг м с831Дж К моль 273К

minusminussdot sdot sdot

η = = sdot sdotsdot sdot

Задача 3 Звичайний термос є посудиною із подвійними стінками

між якими міститься дуже розріджений газ (наприклад во-день) для якого довжина вільного пробігу молекул значно більша відстані між стінками Визначити нижче якого зна-чення має бути тиск P водню щоб його теплопровідність була меншою ніж при атмосферному тиску якщо відстань між стінками посудини d = 8sdot10ndash3 м температура Т =300 К а діа-метр молекул водню σ = 23sdot10ndash10 м

Розвrsquoязання

Для того щоб коефіцієнт теплопровідності водню став меншим

ніж при атмосферному тиску повинна виконуватися нерівність

dgtλ або 2

1

02 dn

gtπσ

де n0 ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму яка повrsquoязана з тис-ком Р співвідношенням

106

0 kTPn =

де k ndash стала Больцмана Т ndash температура газу Пояснимо необхідність виконання умови dgtλ Якщо dgtλ то теплопровідність aelig знаходять із рівняння

aelig VV CvdmnCvd 031

31

=ρ=

де m ndash маса молекули водню Отже бачимо що починаючи з певних значень 0n (відповід-

но 0P ) теплопровідність починає зменшуватись пропорційно 0n При dleλ теплопровідність не залежить від тиску (від 0n )

адже

aelig VVV CvmCvmnn

Cv 200

2 231

21

31

31

πσsdot=

πσsdot=λρ=

З умови dgtλ бачимо що тиск P задовольняє співвідно-

шення 2 2dkTPπσ

lt

Підставивши числові значення одержимо

( )23

210 2 3

138 10 Дж К 300 К

2 314 23 10 м 8 10 мP

minus

minus minus

sdot sdotlt

sdot sdot sdot sdot sdot 2ltP Па

107

Задачі

1Визначити яка частина молекул газу 1) пролітає без зіткнень відстані що перевищують середню довжину вільного пробігу λ 2) має довжини вільного пробігу в інтервалі від λ до 2λ Відповідь 037 023 2 Азот міститься в посудині за нормальних умов Знайти кі-лькість зіткнень що зазнає кожна молекула за 1 с Відповідь 2 10 12 074 10 cd n V minusν = π ν = sdot 3 Знайти коефіцієнт дифузії водню за нормальних умов якщо середня довжина вільного пробігу молекул за цих умов 16sdot10ndash7 м Відповідь D= 91sdot10ndash5 м2с 4 Знайти коефіцієнт внутрішнього тертя азоту за норма-льних умов якщо коефіцієнт дифузії для нього за цих умов 142sdot10ndash5 м2с Відповідь 18sdot10ndash5 кгмsdotс 5 Знайти коефіцієнт дифузії та коефіцієнт внутрішнього те-ртя повітря при тиску 101sdot105 Па і температурі 283 К Діа-метр молекули повітря прийняти рівним d = 3sdot10ndash10 м Відповідь 148sdot10ndash5 м2с 182sdot10ndash5 кгмsdotс 6 Відстань між стінками посудини Дюара 8sdot10ndash3 м При якому тиску теплопровідність повітря почне зменшуватися при відка-чуванні Діаметр молекули повітря 3sdot10ndash10 м температура 290 К Відповідь 13 Па 7 Побудувати графік залежності коефіцієнта дифузії водню від температури при сталому тиску Діаметр молекули водню 23sdot10ndash10 м тиск 105 Па

108

8 Знайти масу Δm азоту що проходить завдяки дифузії через площину 100 см2 за 10 с якщо градієнт густини 126 кгм4 λ = 10ndash7 м Т = 300 К Відповідь 2sdot10ndash6 кг 9 Яка кількість теплоти втрачається за 1 годину через по-двійну тепличну раму за рахунок теплопровідності повітря яке знаходиться між її поліамідними плівками Площа кож-ної плівки 4 м2 відстань між ними 03 м Температура у теп-лиці +18 degС температура зовнішнього повітря ndash20 degС Тем-пературу повітря між плівками вважати середньоарифмети-чною величиною температур у теплиці й зовні Радіус моле-кули повітря 15sdot10ndash10 м молярна маса повітря 0029 кгмоль Відповідь 025sdot105 Дж 10 Зовнішня поверхня стіни кімнати має температуру 253 К внутрішня 293 К Товщина стіни ndash 04 м Визначи-ти коефіцієнт теплопровідності цегли якщо за 1 годину кожний 1 м2 її поверхні втрачає 300 кДж теплоти Відповідь 083 ВтмsdotК 11 Визначити розподіл температури у просторі між двома концентричними сферами з радіусами R1 i R2 що заповне-ний газом при великому тиску якщо температури обох сфер сталі й дорівнюють відповідно Т1 і Т2

Відповідь ( )1 2 1 2 2 2 1 1

2 1 2 1

R R Т Т 1 T R T RТR R R R R

minus minus= sdot +

minus minus

12 Теплопровідність гелію 42 He у 87 разів більша за теп-

лопровідність аргону 4018 Ar (за нормальних умов) Знайти

відношення ефективних діаметрів атомів аргону та гелію

Відповідь Ar

He

17dd

=

109

sect 4 Молекулярні явища в рідинах

1 Поверхневий натяг α ndash це фізична характеристика ріди-

ни чисельно рівна силі F із якою рідина діє на одиницю дов-жини периметра L поверхневої ділянки

LF

=α (1)

Сила поверхневого натягу напрямлена по дотичній до поверх-ні рідини перпендикулярно ділянці контуру на яку вона діє

Одиницями вимірювання сили поверхневого натягу є 2Н Джм м

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2 Робота dA сил поверхневого натягу при ізотермічному

збільшенні поверхні рідини на величину dS dSdA αminus= (2)

Оскільки робота що виконується при оборотному ізотермічно-му процесі дорівнює зменшенню вільної енергії Гельмгольца dF

dFdA minus= то можна записати

dFdSdA minus=αminus= Поверхневий натяг α чисельно дорівнює додатковій вільній

енергії яку має одиниця площі поверхні або роботі зовнішніх сил яка йде на утворення одиниці площі поверхні

dSdF=α або dSdA=α (3)

3 Прихована теплота утворення плівки (теплота утворен-ня одиниці поверхні плівки) ndash це кількість теплоти q яку необ-хідно підводити до рідини при ізотермічному збільшенні площі поверхні на одиницю

Величина q повrsquoязана з температурою T та поверхневим натягом α співвідношенням

dTdT

TTq

S

αminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpartα

minus= (4)

110

4 Формула Лапласа Якщо поверхня рідини не плоска а опук-ла то наявність поверхневого натягу приводить до виникнення додаткового тиску PΔ з боку поверхневого шару на нижні шари

5 Додатковий тиск PΔ знаходять із формули Лапласа

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+α=Δ

21

11RR

P (5)

де 1R і 2R ndash радіуси кривизни будь-якої пари взаємно перпен-дикулярних нормальних перерізів поверхні рідини

6 Висота піднімання змочуючої рідини в капілярних тру-

бках і відповідно глибина опускання незмочуючої рідини ви-значаються за формулою БорелліndashЖюрена

grh

ρθα

=cos2 (6)

де r ndash радіус капіляра ρ ndash густина рідини g ndash прискорення вільного падіння θ ndash крайовий кут (для змочуючої рідини

2π

θ lt для незмочуючої 2π

θ gt )

7 Осмосом називають дифузію молекул розчинника через

напівпроникну перегородку яка відділяє розчин від чистого розчинника або два розчини різної концентрації Напівпроникна перегородка пропускає молекули розчинника але не пропускає молекул розчиненої речовини Розчинена речовина створює па-рціальний тиск на стінки посудини Цей тиск називають осмо-тичним тиском осмP бо він виникає при осмосі

Згідно із законом Вант-Гоффа

CRTRTMVmP ==осм (7)

де m і M ndash маса і відповідно молярна маса розчиненої речови-ни V ndash обrsquoєм розчину T ndash абсолютна температура R ndash газова

стала MVmC = ndash молярна концентрація розчину

111

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Краплю води масою m =10ndash4 кг уведено між двома плоски-

ми і паралельними між собою скляними пластинками Чому дорівнює сила притягання F між пластинками якщо відстань між ними d =10ndash6 м Коефіцієнт поверхневого натягу води α = 73sdot10ndash3 Нм Вважати що крайовий кут θ = 0

Розвrsquoязання

d

R

Із рисунка видно що радіус краплі

2dS π= π

=SR (1)

Маса краплі dSm ρ= (2) звідки dmS ρ=

Якщо підставити (2) в (1) одержимо

м10181 2minussdot=π

sdotsdotρ

=d

mR

Оскільки крайовий кут θ дорівнює нулю то радіус кривизни поверхні води у площині нормального перерізу яка перпенди-кулярна до площин пластинок == 2dr 05sdot10ndash6 м

112

Оскільки R rgtgt то можна вважати що додатковий тиск за-лежить лише від радіуса кривизни r і в обrsquoємі краплі

drP α

=α

=Δ2

Силу зчеплення F знаходимо з виразу d

md

PSFρ

sdotα

=Δ=2

F = 146sdot103 H Задача 2 У ґрунті завдяки його пористості (капілярності) вода підня-

лася на висоту h = 04 м Визначити діаметр d ґрунтових капіля-рів (пор) якщо вважати що вони мають циліндричну форму а вода повністю змочує ґрунт

Розвrsquoязання

Із формули БорелліndashЖюрена визначимо

( )ghrd ρθsdotα== cos42 де r ndash радіус капіляра α ndash коефіцієнт поверхневого натягу води ρ ndash густина води 0=θ ndash крайовий кут

Тоді 53 3 2

4 0073Н м 74 10 м10 кг м 98 м с 04 м

d minussdot= = sdot

sdot sdot

Задача 3 Капілярну трубку занурено у воду так що довжина незану-

реної її частини дорівнює L= 02 м Вода піднялася у трубці на висоту L2 = 01 м У цьому положенні отвір верхнього кінця трубки затискають і трубку занурюють у воду доти доки рівень води у трубці не зрівняється з рівнем води у посудині Знайти довжину частини трубки h яка при цьому виступає із води Зовнішній тиск дорівнює 105 Нм Вважати що відбувається повне змочування тобто 0=θ

113

Розвrsquoязання

Вода у трубці піднімається під дією сил поверхневого натягу Висота піднімання в першому випадку визначається умовою

22 2 Lgrr ρπ=απ

де α ndash коефіцієнт поверхневого натягу r ndash радіус трубки У другому випадку сила поверхневого натягу зрівноважує

силу яка виникає через різницю тисків усередині трубки P і атмосферного 0P

)(2 02 PPrr minusπ=απ

Із цих двох рівнянь знаходимо

20gLPP ρ

=minus (1)

Тиск P визначаємо із закону БойляndashМаріотта

00VPPV = 2

20

2 LrPhrP π=π звідки h

LPP20=

Отже 2

120

Lgh

LP ρ=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus Звідси дістаємо

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ρ+

=

0212

PLg

Lh

3 3 25

02 м02 м2 1 10 кг м 98м с

2 10 Па

h =⎛ ⎞

+ sdot⎜ ⎟sdot⎝ ⎠

= 99sdot10ndash2 м

Покажемо як можна отримати співвідношення (1) іншим шляхом У першому випадку тиск повітря в трубці над поверх-нею рідини атмосферний 0P Тиск у рідині трубки під угнутою поверхнею 1P буде менший за атмосферний на PΔ ( PPP Δminus= 01 ) Додатковий тиск знаходять із формули Лапласа

rP α

=Δ2 Тиск у рідині трубки на рівні води посудини згідно із

114

законом Паскаля буде рівний атмосферному 0P і може запису-

ватись як сума тиску 1P та гідростатичного тиску 2Lgρ

22

22 0010gL

rPLgPPLgPP ρ

+α

minus=ρ+Δminus=ρ+=

Звідси маємо 2

2 gLr

ρ=

α У другому випадку коли рівень во-

ди у трубці зрівнявся з рівнем води в посудині тиск повітря у трубці P над угнутою поверхнею води буде більший за атмос-

ферний 0P на значення додаткового тиску 2

2 gLr

P ρ=

α=Δ Тоб-

то 200gLPPPP ρ

+=Δ+= або 20gLPP ρ

=minus

115

Задачі

1 Визначити коефіцієнт поверхневого натягу масла гус-тина якого 091sdot103 кгм3 якщо при пропусканні через пі-петку 4sdot10ndash6 м3 масла одержано 304 краплини Діаметр шийки піпетки дорівнює 12sdot10ndash3 м Відповідь α = 314sdot10ndash2 Нм 2 Два скляні диски радіусом R = 5sdot10ndash2 м змочили водою і склали так що товщина шару води між ними h = 19 мкм Знайти силу яку треба прикласти перпендикулярно по площині дисків щоб відірвати їх один від одного (вважати змочування повним) Відповідь hRF 2 2απ= F = 06 кН 3 У горизонтальному капілярі діаметром d = 2sdot10ndash3 м містить-ся стовп води заввишки h = 01 м Скільки рідини витече з ка-піляра якщо його поставити вертикально у посудину з водою Відповідь Δm = 22sdot10ndash4 кг 4 Визначити вагу Р водяного павука що знаходиться на поверхні води якщо відомо що під кожною із восьми ла-пок павука утворюється напівсферичне повітряне заглиб-лення радіусом R = 10ndash4 м

Відповідь ( )2 416 3 35 10 H3

P R R g P minus= π α + ρ asymp sdot

5 У спирт на незначну глибину занурено трубку з діамет-ром внутрішнього каналу d = 5sdot10ndash4 м Визначити вагу спирту що ввійшов у трубку Коефіцієнт поверхневого на-тягу спирту α = 22sdot10ndash2 Нм Відповідь απ= dP P =35sdot10ndash5 H

116

6 Дві трубки зі скла діаметрами d1 = 2sdot10minus4 м і d2 = 3sdot10minus4 м зrsquoєднані внизу гумовою трубкою і заповнені водою За якої умови рівень води в трубках однаковий (температура води 293 К) Відповідь при тиску повітря у вузькому коліні на 487 Па бі-льшому ніж у широкому 7 Якщо бульбашка повітря потрапить до кровоносної су-дини то вона створює опір руху крові може навіть насту-пити повна закупорка судини Це явище називають газо-вою емболією Поясніть це явище 8 Вертикальний капіляр торкається поверхні води Яка кі-лькість теплоти виділиться при підніманні води вздовж ка-піляра якщо поверхневий натяг α а змочуваність повна Відповідь gQ ρπα= 2 2 9 Визначити приріст вільної енергії поверхневого шару при ізотермічному злитті двох однакових крапель ртуті діаметром 15 мм Відповідь ( )122 312 minusπα=Δ minusdF = ndash15 мкДж 10 Вертикальний капіляр завдовжки l із запаяним верх-нім кінцем торкається поверхні рідини і рідина підніма-ється в ньому на висоту h Знайти поверхневий натяг рі-дини якщо її густина ρ діаметр внутрішнього каналу ка-піляра d крайовий кут θ атмосферний тиск Р0

Відповідь ( )0

4cos P h dgh l h

⎡ ⎤α = ρ +⎢ ⎥ θminus⎣ ⎦ 11 Крапля води рівномірно падає в повітрі Знайти різни-цю між радіусом кривизни поверхні краплі в її верхній то-чці та радіусом кривизни у нижній точці якщо відстань між ними 2sdot10ndash3 м Відповідь αρasympminus 83

12 ghRR asymp 014 мм

117

12 В обrsquoємі 05 л води розчинено 2sdot10ndash3 кг кухонної солі Знайти осмотичний тиск для цього розчину при темпера-турі 290 К якщо ступінь дисоціації молекул солі 75

Відповідь 5 3 10 ПаmRTP PVM

= = sdot

13 Яку кількість NaCl треба розчинити у 10ndash4 м3 води щоб одержати розчин із таким самим осмотичним тиском який має розчин 4sdot10ndash4 кг CuCl2 що розчинена у такій са-мій кількості води при тій самій температурі Вважати що має місце повна дисоціація розчиненої речовини Відповідь 26sdot10ndash5 кг 14 Знайти роботу яку необхідно виконати щоб видути мильну бульбашку радіусом 4 см Коефіцієнт поверхне-вого натягу мильного розчину 40 мНм Відповідь 16 мДж 15 У капілярній трубці радіусом 05 мм рідина піднялася на висоту 11 мм Знайти густину цієї рідини якщо її кое-фіцієнт поверхневого натягу 22 мНм Відповідь 820 кгм3 16 Ртутний барометр має діаметр трубки 3 мм Яку по-правку треба внести в покази барометра якщо врахувати капілярне опускання ртуті Відповідь 51 мм 17 Крапля ртуті масою 1 г розбивається на 100 однакових краплин Визначити на скільки при цьому зросте енергія поверхневого шару ртуті Відповідь EΔ =144sdot10ndash8Дж

118

РОЗДІЛ 3

ЕЛЕКТРИКА

sect 1 Основні поняття та закони електростатики

1 Закон Кулона Сили взаємодії 12F 21F двох точкових заря-

дів 1q і 2q розташованих на відстані r у рідині чи газі пропор-ційні добутку цих зарядів обернено пропорційні квадрату відста-ні між ними і напрямлені вздовж прямої що зrsquoєднує ці заряди

1 212 21 2

0

14

q qF Fr

= = sdotπεε

(1)

де 0ε ndash електрична стала ε ndash відносна діелектрична проник-ність речовини

2 Напруженість електростатичного поля E в даній точці

чисельно дорівнює силі яка діє на одиничний позитивний заряд у цій точці поля

FEq

= [ ]E =НКл = Вм (2)

Напруженість є вектором напрямок якого збігається з на-прямком вектора сили що діє на позитивний заряд

F Eq= (3) 3 Напруженість електростатичного поля точкового заряду

або рівномірно зарядженої кулі

20

14

qEr

= sdotπεε

(4)

де q ndash заряд що створює електричне поле r ndash відстань від за-ряду до точки у якій визначається напруженість поля

119

4 Електрична індукція (електричне зміщення) D ndash фізична величина яка разом із напруженістю електростатичного поля опи-сує його властивості Звrsquoязок між вектором індукції D і напруже-ністю E в ізотропному діелектрику виражається формулою

0D E= ε ε (5) 5 Потік N вектора індукції D через довільну поверхню

nS S

N D dS D dS= sdot =int int (6)

де nD ndash проекція вектора D на напрямок нормалі до поверхні Для замкненої поверхні

nN D dS D dS= sdot =int int (7) де інтегрування ведеться по всій замкненій поверхні

6 Теорема ОстроградськогоndashГаусса потік вектора елек-

тричної індукції через будь-яку замкнену поверхню що охоп-лює заряди 1q 2q 3q дорівнює алгебраїчній сумі сторон-ніх зарядів (кожний зі своїм знаком) які містяться всередині замкненої поверхні

1

n

n ii

N DdS D dS q=

= = = sumint int (8)

де n ndash кількість зарядів 7 Потенціал ϕ електростатичного поля в заданій точці 1 чи-

сельно дорівнює тій роботі яку виконують сили поля при пере-міщенні одиничного точкового позитивного заряду із цієї точки поля на нескінченність

11 1

lA Edl E dlq

infin infininfinϕ = = =int int (9)

де lE ndash проекція вектора E на напрямок переміщення dl

120

8 Потенціал електростатичного поля точкового заряду і поля за межами рівномірно зарядженої кулі

04Q

Rϕ =

πε ε (10)

де R ndash відстань від заряду або центра кулі до точки у якій ви-значається потенціал

Якщо електростатичне поле утворене системою із n точко-вих зарядів то потенціал його в заданій точці

01 4

ni

ii

QR=

ϕ =πε εsum (11)

9 Мірою інтенсивності зміни потенціалу вздовж електрич-

ної силової лінії поля утвореного точковим зарядом є похідна від потенціалу за відстанню до джерела поля Ця величина нази-вається градієнтом потенціалу і дорівнює напруженості поля взятій зі знаком мінус

Градієнт є величина векторна напрямлена в бік зростання потенціалу

gradE = minus ϕ або ldEdlϕ

= minus (12)

10 Електроємність ndash кількісна міра здатності провідників

утримувати електричні заряди Для відокремленого провідника електроємність визначається зарядом Q який треба надати провіднику щоб змінити його потенціал на одиницю

QC =ϕ

(13)

Електроємність провідників не залежить від матеріалу але істот-но залежить від розмірів форми провідника навколишнього середо-вища а також від впливу інших провідників розміщених поблизу

11 Електроємність плоского конденсатора

0 SCd

ε ε= (14)

де S ndash площа пластин d ndash відстань між пластинами

121

12 Електроємність батареї із паралельно й послідовно спо-лучених конденсаторів відповідно

1

1

11

n

i ni

ii

C C C

C=

=

= =sumsum

(15)

13 Енергія зарядженого ізольованого провідника

2 2

2 2 2Q C QW

Cϕ ϕ

= = = (16)

де Q ϕ C ndash відповідно заряд потенціал і ємність провідника 14 Енергія зарядженого конденсатора

2 2

2 2 2Q CU QUW

C= = = (17)

де Q U C ndash відповідно заряд напруга ємність конденсатора 15 Обrsquoємна густина енергії ndash енергія електростатичного по-

ля яка припадає на одиницю обrsquoєму 2 2

0

02 2 2E D EDε ε

ω = = =ε ε

(18)

де E ndash напруженість електростатичного поля в середовищі з ді-електричною проникністю ε D ndash індукція електричного поля

122

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Дві металеві кульки діаметром d = 5sdot10ndash2 м кожна містяться в

трансформаторному маслі ( ε = 22) Відстань між центрами r = 05 м Визначити поверхневу густину зарядів на кульках якщо вони взаємодіють із силою F = 22 мН

Розвrsquoязання

Поверхнева густина електричного заряду рівномірно заря-

дженого провідника чисельно дорівнює заряду на одиниці поверхні провідника

QS

σ = (1)

Поверхнева густина заряду на кулі 24QR

σ =π

де R ndash радіус кулі

Величину заряду визначимо за законом Кулона 2

204

QFr

=πε ε

204Q Fr= πε ε (2)

Підставивши Q із (2) і 2

2 24 42DS R D⎛ ⎞= π = π = π⎜ ⎟

⎝ ⎠ у формулу

(1) знайдемо 2

20 0

24 2Fr r F

D Dπε ε πε ε

σ = =π π

σ = 47sdot10ndash5 Клм2

Задача 2 Молекулу води можна розглядати як диполь електричний мо-

мент якого p = 62sdot10ndash30 Клsdotм (нагадаємо що диполь складається із позитивного й негативного зарядів рівних заряду електрона) Знайти напруженість поля що створює диполь на відстані r = 3sdot10ndash9 м від середини диполя у точці що лежить на продовженні диполя

123

A+q ndashq

r

l

Endash E+

Ep

Розвrsquoязання

Результуюча напруженість pE поля диполя у точці А напря-

млена вздовж осі диполя і дорівнює різниці напруженостей E+ і Eminus створюваних зарядами q+ i qminus pE E E+ minus= + Якщо позначити через l відстань між зарядами а через r ndash

відстань від А до середини осі диполя то можна записати

204 ( 2)

qEr l+ =

πε minus і 2

04 ( 2)qE

r lminus =πε +

Остаточно після алгебраїчних перетворень одержимо

2 2 202 ( 4)p

lrqEr l

=πε minus

За умови r lgtgt запишемо 3 30 02 2

ql pEr r

= =πε πε

де p ql= ndash електричний момент диполя 641 10E = sdot НКл Задача 3 Знайти напруженість електрич-

ного поля прямолінійного дроту завдовжки l =2 м на якому рівномі-рно розподілено заряд q =2sdot10ndash9 Кл у точці А що розміщена на відстані r = 2sdot10ndash3 м від осі дроту

Розвrsquoязання

Оточимо частину дроту завдовжки h уявним циліндром вісь

якого збігається з віссю дроту а бокова поверхня містить точку А

A h

r E

124

Згідно із теоремою ОстроградськогоndashГаусса потік напруже-ності через поверхню цього циліндра

0 0

1 n

ii

hN q ρ= =

ε εsum (3)

де n

ii

q h= ρsum ndash заряд частини дроту оточеної циліндром а ql

ρ =

Потік напруженості N електричного поля через цю поверхню 2N ES rhE= = π (4)

де 2S rh= π ndash площа бокової поверхні циліндра Прирівнюючи праві частини співвідношень (3) і (4) одержимо

0 02 2qE

r rlρ

= =πε πε

Підставляючи числові значення і враховуючи що 0ε = 885middot10ndash12 Кл2(Нmiddotм2)

маємо E = 93middot103 Вм Задача 4 Як зміниться сила взаємодії зарядженої кульки з металевою

нейтральною кулькою якщо відстань між ними зменшиться вдві-чі Відстань між кульками значно перевищує розміри кульок

Q+ 1F 2F

R Q+

- - -

+++

r

Розвrsquoязання

Нехай Q ndash заряд зарядженої кульки r ndash відстань між кулька-

ми R ndash радіус металевої кульки

125

Унаслідок явища електростатичної індукції на металевій кульці зrsquoявляться індуковані заряди ліворуч ndash відrsquoємний заряд праворуч ndash додатний заряд 1F та 2F ndash це електричні сили що діють (як показано на рисунку) біля поверхні металевої кульки

Якщо величина індукованих зарядів qplusmn то

1 2 1 2( )F F F q E E= minus = minus

де 1 204 ( )

QEr R

=πε minus

2 204 ( )

QEr R

=πε +

Остаточно запишемо 2 20

1 14 ( ) ( )qQF

r R r R⎡ ⎤

= minus =⎢ ⎥πε minus +⎣ ⎦

2 2 2 2

2 2 2 2 2 20 0

2 2 44 4( ) ( )qQ r rR R r rR R qQ rR

r R r R+ + minus + minus

= =πε πεminus minus

Якщо вважати що r Rgtgt то 30

qQ RFr

=πε

Врахувавши що

кулька невелика та знехтувавши 2 R отримаємо F sim 3RqQr

Індуковані заряди qplusmn виникли через дію поля E створеного

першою кулькою Тоді вважатимемо що 21~ ~q Er

Тому сила взаємодії між кульками пропорційна 51r

тобто

51~Fr

При зменшенні відстані між кульками вдвічі сила збі-

льшиться у 32 рази 2rrprime = 1

2

FF

= 25 = 32

Задача 5 На відстані a = 10 см від нескінченної провідної площини

знаходиться точковий заряд q+ =10 нКл Визначити напруже-

126

ність поля і потенціал у точці А розміщеній на відстані a від площини і на відстані 2a від заряду q

E

2E

1E

A

a2

a a q+qminus

Розвrsquoязання

Використовуючи метод дзеркального відображення одержи-мо таке Дія заряду індукованого на нескінченній провідній площині еквівалентна дії точкового заряду qminus який є дзерка-льним відображенням заряду q+ Тоді у точці А напруженість

поля 1 2E E E= + де 1 204 4qE

a=

πε 2 2

04 8qE

a=

πε Згідно до те-

ореми косинусів 2 21 2 1 22 cosE E E E E= + minus α кут α =45O

2 20 0

1 1 2 5 2 216 64 324 32

q qEa a

= + minus = minusπε πε

E =33middot103 Вм Згідно із принципом суперпозиції потенціал у точці А

1 2ϕ = ϕ + ϕ де 104 2

qa

ϕ =πε

204 2 2

qa

minusϕ =

πε

Тоді 0

1(1 )4 2 2

qa

ϕ = minusπε

ϕ =131 В

127

Задачі

1 На відстані 1r = 2 см від провідної нескінченної площини розташовано заряд q =10ndash9 Кл Визначити по-тенціал поля у точці розміщеній на відстані 1r = 2 см від площини і на відстані 2r = 3 см від заряду

A

2r

1r 1r qqminus

1r

Відповідь ϕ =120 В 2 У кожній вершині квадрата із стороною a містяться однакові точкові заряди q Знайти напруженість і потен-ціал електростатичного поля в центрі квадрата

Відповідь 0E = 0

2qa

ϕ =πεε

3 Знайти силу взаємодії кульки заряд якої Q із металевою нейтральною кулькою радіусом R якщо відстань між ними r а на металевій кульці зrsquoявляються індуктивні заряди qplusmn

Відповідь 2 2 20

44 ( )qQ rRF

r R=

πε minus

128

4 На відстані r = 4sdot10ndash3 м від прямолінійного дроту за-вдовжки l = 15 м на якому рівномірно розподілено за-ряд 1q = 2sdot10ndash7 Кл знаходиться частинка із зарядом

2q = ndash17sdot10ndash16 Кл Визначити силу що діє на частинку

Відповідь 1 2

02q qF

lr=

πε= 51sdot10ndash11 Н

5 Визначити силу взаємодії двох молекул пари води ди-полі яких розміщені вздовж однієї прямої Електричний момент диполя води дорівнює p =62sdot10ndash30 Клsdotм Відстань між молекулами l = 10ndash9 м

Відповідь 2

40

32

pFl

= minusπε ε

asymp ndash215sdot10ndash12 Н

6 Дві однакові кульки кожна масою m підвішено в од-ній точці на нитках завдовжки l Кульки мають однакові заряди Кут між нитками 2α Визначити заряди кульок Відповідь 04 sin tgq l mg= α πεε α 7 Дві заряджені кульки які підвішено в одній точці на нитках завдовжки l занурюють у гас Кульки мають од-накові заряди Кут розходження ниток α не змінився при зануренні Знайти густину кульок якщо густина гасу гρ = 08 гсм3 діелектрична проникність гасу гε = 2

Відповідь г г

г

ρ ερ =

ε=16 гсм3

8 Краплинка води діаметром d = 10ndash4 м міститься в маслі при напруженості електричного поля E = 104 НКл На-пруженість поля напрямлена вертикально вгору Скільки елементарних зарядів знаходиться на поверхні краплини Густина масла мρ = 8sdot102 кгм3 вρ = 103 кгм3

Відповідь 3

в м( )6d qN

eEπ ρ minus ρ

= sdot = 6sdot106

129

9 Заряди 1q q= та 2 2q q= minus містяться на відстані l один від одного Із якою силою діють ці заряди на третій заряд

3 3q q= якщо він розташований на відстані l від середи-ни лінії що зrsquoєднує ці заряди

Відповідь 2

20

3 265

qFl

=πε

10 Два заряди 1q = +2sdot10ndash9 Кл і 2q = ndash2sdot10ndash9 Кл розміщені на відстані l = 10ndash9 м один від одного Визначити напру-женість поля E у точці що лежить у площині симетрії на відстані r = 10ndash4 м від площини у якій містяться заряди

Відповідь 304

qlEr

=πε

asymp 18sdot104 Вм

11 Визначити потенціал у точці на осі диполя на відстані r = 05 м від його центра Електричний момент диполя p = 5sdot10ndash8 Клmiddotм (вважати що відстань r значно більша за довжину диполя l )

Відповідь 204

pr

ϕ = =πε

2sdot103 В

12 Вважаючи протон і електрон із яких складається атом водню точко-вими зарядами що містяться на від-стані один від одного d = 5sdot10ndash11 м знайти напруженість поля в точках В і С Відстань цих точок від протона до-рівнює відстані між протоном і елект-роном ( q =16sdot10ndash19 Kл)

Відповідь 1 20

316

qEd

= =πε ε

43middot1011 Вм

2 20

5 2 24

qEd

= minus =πε ε

82middot1011 Вм

С

В

130

13 Кулька масою m = 10ndash3 кг має заряд q =10ndash8 Кл і пере-міщується із точки А потенціал якої Aϕ = 600 В у точку В з потенціалом Bϕ = 0 Визначити швидкість кульки у точ-ці А якщо Bv = 02 мс

Відповідь ( )2 2 (A B A Bqv v

m= minus ϕ minus ϕ = 0167 мс

14 Куля потенціал якої ϕ = 4500 В занурена в масло ( ε = 4) Поверхнева густина заряду σ =113sdot10ndash5 Клм2 Знайти радіус r заряд q ємність C і енергію W кулі Відповідь r = 14sdot102 м q = 28sdot10ndash8 Кл C = 62sdot10ndash12 Ф W = 63sdot10ndash5 Дж 15 Знайти ємність земної кулі Радіус вважати рівним R = 6400 км На скільки зміниться потенціал земної кулі якщо збільшити її заряд на 1 Кл Відповідь 710 мкФ на 1400 В 16 Визначити заряд на мембрані клітини якщо відомо що звичайна клітина тіла людини має обrsquoєм V = 10ndash15 м3 площа поверхні S = 5sdot10ndash12 м2 Мембрани клітин мають ємність C = 10ndash2 Фм2 напруженість електричного поля всередині мембрани E =78middot106 Вм товщина мембрани 9 нм Відповідь q asymp 35sdot10ndash15 Кл 17 Ртутна кулька потенціал якої 1200 В розбивається на 1000 однакових краплин Знайти потенціал кожної краплини Відповідь ϕ = 12 В 18 Вісім водяних краплин радіусом r = 10ndash3 м і заря-дом q = 10ndash10 Кл зливаються в одну загальну краплину Знайти її потенціал

Відповідь 30

84 8

qUr

=πε

= 3600 В

131

19 Дві металеві кулі радіусами 1r = 3sdot10ndash2 м і 2r = 12sdot10ndash1 м мають позитивні заряди 1q = 5sdot10ndash7 Кл і 2q = 12sdot10ndash7 Кл Їх зrsquoєднують тонким дротом електроємність якого не врахо-вують У який бік почнуть рухатися заряди Які заряди будуть на кожній кулі після встановлення рівноваги Якими будуть потенціали куль Відповідь 1q = 34sdot10ndash8 Кл 2q = 136sdot10ndash8 Кл ϕ = 102sdot104 В 20 Батарея із двох послідовно зrsquoєднаних конденсаторів із ємностями 1C = 5middot10ndash10 Ф і 2C = 13middot10ndash10 Ф заряджена до різ-ниці потенціалів U = 1800 В Конденсатори не розряджаю-чи відключають від джерела струму і зєднують паралельно Визначити роботу яка виконується при цьому розрядженні

Відповідь 2

21 2 1 22

1 2

( )2( )

C C C CA UC C

minus=

minus= 43sdot10ndash22 Дж

21 Для порівняння ємностей двох конденсаторів 1C та

2C їх зарядили відповідно до напруг 1U = 300 В та

2U = 100 В і після цього зrsquoєднали паралельно При цьому різниця потенціалів між обкладинками змінилася до

U = 250 В Знайти відношення 1

2

CC

Відповідь 1 2

2 1

C U UC U U

minus=

minus= 3

132

sect 2 Постійний струм

Електронна теорія провідності металів Контактні й термоелектричні явища

1 Сила струму I є кількісною характеристикою елект-

ричного струму Сила струму дорівнює заряду що перено-ситься через поперечний переріз провідника за одиницю часу

dqIdt

= (1)

або для постійного струму qIt

= (2)

2 Сила постійного струму в металевому провіднику із площею поперечного перерізу S

I ne= v S (3) де n ndash кількість носіїв зарядів (електронів провідності) в одини-ці обrsquoєму e ndash абсолютне значення заряду електрона v ndash се-редня швидкість упорядкованого руху електронів

3 Густина струму є відношенням сили струму до площі

поперечного перерізу провідника перпендикулярного до на-пруженості електричного поля в ньому Густина струму ndash ве-личина векторна Напрямок її збігається з напрямком напруже-ності поля Числове значення густини струму в загальному ви-гляді визначається формулою

dIJdS

= (4)

а для постійного струму IJS

= (5)

4 Густина струму провідності в металах j ne= v (6)

де n ndash концентрація носіїв струму v ndash вектор середньої швид-кості упорядкованого руху електронів e ndash заряд електрона

133

5 Електрорушійна сила (ЕРС) ndash фізична величина яка хара-ктеризує джерело енергії неелектричної природи увімкнене в ко-ло та визначається роботою неелектростатичних (сторонніх) сил із перенесення одиниці електричного заряду в замкненому колі

стAq

ε = (7)

6 Закон Ома для однорідної ділянки кола (ділянки на якій не діють ЕРС)

UIR

= (8)

де U ndash різниця потенціалів між кінцевими перерізами ділянки провідника (напруга) R ndash опір провідника

7 Опір провідника завдовжки l із площею поперечного перерізу S визначається формулою

lRS

= ρ (9)

де ρ ndash питомий опір матеріалу провідника 8 Закон Ома для неоднорідної ділянки кола

1 2IR r

ϕ minus ϕ + ε=

+ (10)

де 1 2ϕ minus ϕ ndash різниця потенціалів на кінцях ділянки ε ndash ЕРС R ndash опір провідників r ndash внутрішній опір батареї У випадку за-мкненого кола 1 2ϕ minus ϕ = 0 і формула (10) набуває вигляду

IR r

ε=

+ (11)

9 Закон Ома в диференціальній формі (звrsquoязок між напру-

женістю поля E і густиною струму j ) j E= σ (12)

де 1σ =

ρ ndash питома електропровідність речовини провідника

ρ ndash питомий опір

134

У рамках класичної теорії провідності металів П Друде і Х Лоренца

2

2nej E

mvλ

= і 2

2ne

mvλ

σ = (13)

де n ndash концентрація вільних електронів e ndash заряд електрона λ ndash середня довжина вільного пробігу електронів m ndash маса електрона v ndash середня швидкість теплового руху електронів

10 Залежність питомого опору металів від температури

0 (1 )Tρ = ρ + αΔ (14) де α ndash температурний коефіцієнт опору 0ρ ndash опір при 273 К

11 Опір системи що складається із послідовно зєднаних ді-лянок з опорами 1R 2R

1

n

ii

R R=

= sum (15)

де n ndash кількість провідників Опір системи паралельно ввімкнених провідників

1

1

(1 )n

ii

RR

=

=

sum (16)

12 Закони Кірхгофа Перший закон Кірхгофа Алгебраїчна сума всіх струмів у

точці розгалуження дорівнює нулю

10

n

ii

I=

=sum (17)

Другий закон Кірхгофа В усякому замкненому контурі будь-якої складної мережі сума всіх спадів напруг дорівнює сумі всіх ЕРС які діють у цьому контурі

1 1

n n

m m im i

I R= =

= εsum sum (18)

135

Струми вважають додатними якщо їх напрямок збігається з напрямком обходу контуру ЕРС вважають додатними якщо їх напрямок збігається з обраним напрямком струму

13 Закон ДжоуляndashЛенца Робота A електричних сил у про-

віднику з опором R по якому протягом часу t тече струм I (провідник нерухомий і в ньому відсутні хімічні перетворення) дорівнює кількості теплоти Q що виділяється у провіднику

22 UA Q qU IUt I Rt t

R= = = = = (19)

Закон ДжоуляndashЛенца в диференціальній формі має вигляд

2W E= σ (20) де W ndash питома потужність струму (кількість теплоти що виділяєть-ся в одиниці обrsquoєму провідника за одиницю часу) σ ndash питома елек-тропровідність провідника E ndash напруженість електричного поля

14 ККД (коефіцієнт корисної дії) джерела струму

RR r

η =+

(21)

ККД лінії електропередачі від станції до споживача сп

лсп л

RR R

η =+

(22)

де спR ndash опір споживача лR ndash опір лінії електропередачі 15 Між двома металами які мають однакову температуру і

зrsquoєднані між собою безпосередньо або за допомогою інших ме-талів існує контактна різниця потенціалів

011 21 2

02ln nA A kT

e e nminus

ϕ minus ϕ = minus + (23)

де 1A і 2A ndash робота виходу електронів із першого та другого мета-лів 01n і 02n концентрація вільних електронів у першому та дру-гому металах k ndash стала Больцмана T ndash абсолютна температура

136

16 Термоелектрорушійна сила 01

1 2 1 202

ln ( ) ( )TnkA T T T T

e n= minus = α minus (24)

де 1T і 2T ndash температури спаїв термопари α ndash стала термопари e ndash заряд електрона

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Закон Ома для біологічних обrsquoєктів має вигляд

( )U P tI

Rminus

= (1)

де ( )P t ndash функція часу 2 Біологічну мембрану клітини яка оточена з усіх боків роз-

чинами електролітів можна вважати джерелом електрорушійної сили Таке джерело може мати дуже малі розміри бо товщина мембрани становить 001ndash002 мкм Клітинна мембрана вибірко-во знижує швидкість переміщення молекул у клітину та з кліти-ни У звrsquoязку з цим концентрації деяких іонів усередині клітини і поза клітиною можуть відрізнятися в десятки і тисячі разів Різниці в концентраціях іонів із двох сторін мембрани необхідні для існування електричних полів у живих організмах У кліти-нах які помістили наприклад в електроліт виникає різниця потенціалів (потенціал спокою клітини) зумовлена різною концентрацією іонів поза і всередині клітини

ln i

A e

CRTUeN C

= (2)

де e ndash заряд електрона AN ndash стала Авогадро R ndash універса-льна газова стала iC eC ndash концентрація іонів всередині та поза клітиною відповідно

Наприклад у клітинах рослин як і в нервових клітинах або клітинах мrsquoязів між внутрішніми і зовнішніми поверхнями мембрани має місце різниця потенціалів sim100 мВ яка зумовлена різним іонним складом усередині та поза клітиною а також не-однаковою проникністю мембрани для цих іонів

137

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Внутрішній опір елемента живлення r у n разів менший

за зовнішній опір R яким замкнено елемент живлення з ЕРС ε Знайти у скільки разів напруга на затискачах елеме-нта відрізняється від ε

Розвrsquoязання

За законом Ома для замкненого кола

IR r

ε=

+ (1)

Оскільки напруга на затискачах елемента менша ЕРС на ве-личину падіння напруги на внутрішній ділянці кола то U Ir= ε minus або з урахуванням рівняння (1)

+ 1r RU

R r R r r Rε ε

= ε minus = ε =+ +

(2)

Із умови задачі R r n= або 1 r R n= Тоді рівняння (2) можна звести до вигляду

11 1n

nUn

ε= = ε

+ + звідки

1U n

n=

ε +

Із рівняння (2) видно що якщо зовнішній опір R набагато бі-льший за внутрішній r то відношення r R буде малим порівня-но з одиницею і величина напруги наблизиться до значення ЕРС

Задача 2 Три однакові батареї із внутрішнім опором r = 6 Ом замкнули на

деякий опір один раз зrsquoєднавши паралельно а другий ndash послідовно Сила струму в обох випадках однакова Знайти зовнішній опір

138

Розвrsquoязання

При паралельному вмиканні джерел 11I r R

n

ε=

+

при послідовному вмиканні джерел 12

nInr R

ε=

+

За умовою задачі 1 2I I= тому 1nr nR

ε+

1nnr R

ε=

+

При n = 3 очевидно що R r= = 6 Ом Задача 3 На рисунку представлено схему містка Уітстона що вико-

ристовується для вимірювання невідомого опору xR Усі по-значення показані на схемі 0R ndash відомий опір G ndash гальвано-метр ε ndash джерело живлення Для вимірювання опору xR вста-новлюють рухомий контакт D у таке положення при якому струм у колі гальванометра дорівнює нулю

A

B

C D

xR 0R

1K ε

2K

1l 2l

1R 2R

xI 0I

1I

GI

2I

Знайти співвідношення між 0R xR Позначимо AD = 1l DC = 2l ( 1l i 2l ndash плечі реохорда АС)

139

Розвrsquoязання

Уведемо позначення сил і напрямків струмів для всіх ділянок кола Запишемо перший закон Кірхгофа для вузлів B і D

0 0x GI I Iminus minus =

1 2 0GI I Iminus + = (1) Застосуємо другий закон Кірхгофа для контурів ABDA i BCDB

1 1 0x x G GI R I R I R+ minus =

0 0 2 2 0G GI R I R I Rminus minus = (2) За умовою задачі 0GI = тому

0xI I= 1 2I I= 1 1x xI R I R= 0 0 2 2I R I R= (3) Із останніх рівнянь одержимо

1

0 2

xR RR R

= звідки 0 1

2x

R RRR

=

Враховуючи що 11

lRS

ρ= і 2

2lRS

ρ= де ρ i S ndash питомий опір

і площа поперечного перерізу проводу АС відповідно одержимо 1 1 1

02 2 2

хR l lR RR l l

= =

Задача 4 Невелика гідроелектростанція витрачає V = 240 м3 води за

1 хв Висота стовпа води становить 4 м Скільки електроламп може обслуговувати така установка якщо кожна лампа спожи-ває струм силою nI = 1 A при напрузі U = 220 В Коефіцієнт корисної дії (ККД) установки η = 75

Розвrsquoязання

Електролампи вмикають у мережу паралельно тому за пер-

шим законом Кірхгофа сила струму

1

n

i ni

I I nI=

= =sum (1)

140

Потужність що споживається лампами nN nI U= (2)

З іншого боку потужність електростанції A mgh V ghNt t tη η ρ η

= = = (3)

де A ndash робота падаючої води за t = 60 c m ndash маса води ρ = 103 кгм3 ndash густина води g = 98 мс2 ndash прискорення віль-ного падіння

Із (2) і (3) одержимо ngh VnI U

tρ η

= звідки n

gh VnI Ut

ρ η= 535asymp

Задача 5 Визначити контактну різницю потенціалів між міддю і пла-

тиною при T = 773 К якщо стала термопари мідьndashплатина α = 75middot10ndash6 ВК Робота виходу електронів для міді й платини відповідно CuA = 4472 еВ і PtA = 6275 еВ

Розвrsquoязання

Контактна різниця потенціалів між міддю і платиною

Cu Pt Cu1 2

PtlnА A nkT

e e nminus

ϕ minus ϕ = minus +

де e ndash заряд електрона Cun Ptn ndash концентрації вільних електронів

Стала термопари Cu

Ptln nk

e nα =

Остаточно одержимо Cu Pt

1 2А A T

eminus

ϕ minus ϕ = minus + α

1 2 181ϕ minus ϕ asymp В

141

Задачі

1 Яку напругу треба прикласти до котушки що має 1000 витків мідного дроту із середнім діаметром витків 6 см якщо допустима густина струму 2 Амм2 питомий опір міді 175sdot10ndash8 Омsdotм Відповідь U = 64 В 2 Вольтметр який підключено до акумулятора із внут-рішнім опором 1 Ом показує 12 В Якщо послідовно з ним включено опір 20 Ом вольтметр показує 1 В Визна-чити опір вольтметра Відповідь R = 99 Ом 3 Два джерела з ЕРС 12 В та 15 В та внутрішніми опо-рами 03 Ом та 05 Ом відповідно паралельно живлять активний опір 2 Ом Визначити струм що йде через опір Відповідь I = 06 А 4 На скільки рівних частин треба розрізати дріт опо-ром 400 Ом щоб при паралельному зrsquoєднанні частин отримати опір 4 Ом Відповідь на 10 частин 5 Довгий рівномірно заряджений по поверхні циліндр радіусом R = 10ndash2 м рухається зі швидкістю v = 10 мс уз-довж своєї осі Напруженість електричного поля на повер-хні циліндра становить E = 09middot105 Вм Знайти струм обумовлений механічним переносом заряду Відповідь 02I RE= πε v = 5middot10ndash6 A 6 Концентрація іонів що зумовлюють електропровідність атмосферного повітря у середньому n = 7middot108 мndash3 Середня напруженість електричного поля Землі E = 130 Вм Рух-

142

ливість іонів u =33middot10ndash4 м2(сmiddotВ) Визначити густину стру-му провідності в атмосфері Відповідь j = neEu = 478 нАм2 7 Амперметр і вольтметр увімкнено послідовно до батареї з ЕРС ε = 6 В Якщо паралельно до вольтметра підключи-ли деякий опір то покази вольтметра зменшаться в n = 2 рази а покази амперметра у стільки ж разів збільшаться Знайти покази вольтметра після підключення опору

Відповідь 1n

ε+

U = = 2 B

8 При температурі 1T = 293 К опір електролампи з во-льфрамовою ниткою 1R = 300 Ом а в розжареному стані

2R = 2400 Ом Визначити температуру розжарювання лампи якщо температурний коефіцієнт опору для воль-фраму α = 42sdot10ndash3 Кndash1 Відповідь 2T = 1795 К 9 В електричне коло уві-мкнено чотири опори ( 1 2 3 4R R R R= = = =103 Oм) і два джерела ЕРС яких

1ε =15 В і 2ε =18 В Ви-значити силу струму в усіх опорах Внутрішніми опорами джерел можна знехтувати Відповідь 1I = 04sdot10ndash3 А

2I = 07sdot10ndash3 А 3I = 11sdot10ndash3 А 4 0I = 10 Визначити опір залізного стрижня температура одно-го кінця якого 273 К другого 1073 К Довжина стрижня L = 5 м площа поперечного перерізу S = 10ndash4 м2 Темпера-

E1 E2

R4

R1 R2O

B

A C

I2I1 I3

R3

143

турний коефіцієнт опору для заліза Feα = 6sdot10ndash3 Kndash1 пито-мий опір Feρ = 12sdot10ndash7 Омsdotм Із бічної поверхні стрижня теплота не відводиться

Відповідь 0 2 1(1 )2

L T TRS

ρ minus= + α = 002 Oм

11 Два елементи ЕРС яких

1ε = 19 В і 2ε =11 В а внут-рішні опори 1r = 08 Ом і

2r =01 Ом відповідно за-мкнені паралельно на зовні-шній опір R =10 Ом Визна-чити силу струму в зовніш-ньому колі

Відповідь 1 2 2 1

1 2 1 2( )r rI

R r r r rε + ε

=+ +

= 012 А

12 Паралельно амперметру який має опір 002 Ом під-ключено мідний провідник завдовжки 20 см та із площею поперечного перерізу 34 мм2 Визначити силу струму в колі якщо амперметр показує 030 А Відповідь I = 63 А 13 При зовнішньому опорі 8 Ом сила струму в колі що складається з опору та джерела ЕРС дорівнює 08 А а при зовнішньому опорі 15 Ом відповідно 05 А Визначити силу струму короткого замикання джерела ЕРС Відповідь кзI = 255 А 14 Визначити ЕРС елемента якщо відомо що при збіль-шенні зовнішнього опору який замикає елемент у 3 рази напруга на його затискачах U = 3 В збільшується на 20 Відповідь ε = 4 В

+

+

1ε

2ε

I1

I2 K

A

I

B

C

DR

mdash

mdash

144

15 У мідному провіднику завдовжки 2 м із площею по-перечного перерізу 04 мм2 проходить струм При цьому кожну секунду виділяється 035 Дж теплоти Скільки еле-ктронів проходить за 1 с через переріз провідника Відповідь N =127sdot1019 16 Електричний апарат для перегонки води споживає поту-жність 25 кВт Скільки дистильованої води можна одержати при 373 К за 2 години роботи апарата якщо його ККД дорів-нює 40 а вода з водопроводу поступає при Т = 283 К Відповідь m = 23 кг 17 Спіраль електроплитки виготовлена з ніхромового дроту із площею поперечного перерізу S = 015 мм2 і має довжину l = 10 м Питомий опір дроту ρ = 11sdot10ndash6 Омsdotм Скільки часу τ потрібно для нагрівання води від 1T = 288 К до

2T = 373 К якщо плитку ввімкнено в мережу з напругою U = 220 В а її ККД = 80 Відповідь τ = 80 000 с 18 Термопара нікельndashхром один спай якої міститься в печі а другий ndash у середовищі з T =283 К зrsquoєднана послідовно з га-льванометром стрілка якого відхиляється на n = 25 поділок ціна поділки i =10ndash8 Апод Стала термопари α = 05sdot10ndash6 ВК внутрішній опір гальванометра r = 2sdot103 Ом Визначити температуру печі Відповідь 1T asymp 1288 К 19 Визначити різницю потенціалів U на мембрані клі-тини якщо відношення концентрацій іонів калію всереди-ні і поза клітиною становить 30i eC C = а температура середовища T = 300 К Відповідь U = 86 мВ

145

20 Металевий диск радіус якого R = 01 м рівномірно обертається із частотою n = 30 обс Визначити різницю потенціалів між центром і краями диска

Відповідь 2 2 24mU n Re

= π asymp 2sdot10ndash9 B

21 Дві лампи мають однакові потужності Одна з них розрахована на напругу 120 В а друга ndash на 220 В У скіль-ки разів відрізняється опір ламп Відповідь у 34 рази 22 Електроплитка потужністю 1 кВт яка розрахована на напругу 120 В підключена до мережі з напругою 127 В Опір проводів ndash 4 Ом Знайти потужність плитки Парале-льно до плитки підrsquoєднали другу таку саму Знайти поту-жність обох плиток Відповідь 1P = 069 кВт 2P = 093 кВт 23 Нагрівник електричного чайника складається із двох секцій При вмиканні першої чайник закипає за час 1t при вмиканні другої ndash за час 2t Через який час закипить вода якщо увімкнути секції 1) паралельно 2) послідовно

Відповідь 1) 1 2пар

1 2

t ttt t

=+

2) посл 1 2t t t= +

146

sect 3 Магнітне поле струму Електромагнітна індукція

Змінний струм 1 Напруженість магнітного поля Для кількісної характеристи-

ки магнітного поля струму вводять фізичну величину яку називають напруженістю магнітного поля Якщо в певну точку заданого магні-тного поля внести пробний елемент струму Idl то з боку магнітно-го поля на нього діє сила dF Збільшення або зменшення елемента струму Idl приводить до відповідної зміни сили dF а відношення dFIdl

є величиною сталою для кожної точки даного поля

Напруженістю магнітного поля називають фізичну вели-чину пропорційну відношенню сили що діє на пробний еле-мент струму до величини цього елемента струму

0

1sin

dFH

Idl=

μ α (1)

де 0μ = 4πsdot10ndash7 НА2 (або Гнм) ndash магнітна стала α ndash кут між напря-

мком елемента струму Idl і напрямком поля H (тут [ ]мAH = )

2 Для силової характеристики магнітного поля у вакуумі

вводять вектор B який називають індукцією магнітного поля

0B H= μ [ ]B = (Гнм)(Ам)=Тл (2) Магнітна індукція в даній точці поля чисельно дорівнює силі

із якою магнітне поле діє на одиничний елемент струму розмі-щений перпендикулярно полю у вакуумі

dFB

Idl= (3)

3 Закон Ампера Сила dF що діє на елемент струму з боку ма-

гнітного поля прямо пропорційна добутку елемента струму Idl

147

індукції магнітного поля B у точці у яку вміщено Idl і залежить від взаємної орієнтації елемента струму і напрямку магнітного поля

[ ] [ ]dF Idl B I dl B= sdot = sdot (4) або у скалярній формі

sindF IdlB= α (5) тут α ndash кут між напрямком елемента струму I dl і напрям-ком поля B

4 Закон БіоndashСавараndashЛапласа є одним з основних експериме-

нтальних законів електромагнітних явищ і лежить в основі класич-ної електродинаміки Цей закон дає змогу розрахувати індукцію магнітного поля струму замкненого вздовж контуру L

03

[ ]4 L

Idl rBr

μ sdot=

π int (6)

де r ndash радіус-вектор проведений від довільного елемента струму в точку у якій обчислюють магнітну індукцію або на-пруженість магнітного поля

Закон БіоndashСавараndashЛапласа в диференціальній формі має вигляд

03

[ ]4

I dl rdBr

μ sdot=

π

У скалярній формі індукція або напруженість магнітного ко-нтуру вздовж замкненого контуру у вакуумі

04

B lμ=

π або 2

1 sin4 L

I dlHr

α=

π int (7)

Інтегрування виконується по замкненому контуру L 5 Магнітне поле прямого колового і соленоїдного

струмів у вакуумі Індукція магнітного поля B прямого нескінченного провід-

ника зі струмом I у точці на відстані 0r від провідника

0

02IBr

μ=

π (8)

Індукція магнітного поля в центрі колового провідника радіусом 0r

148

0

02IB

rμ

= (9)

Індукція магнітного поля всередині соленоїда 0

0INB Inl

μ= = μ (10)

де l ndash довжина соленоїда N ndash кількість витків соленоїда n ndash кількість витків на одиницю довжини соленоїда

6 Сила Лоренца ndash це сила що діє на рухомий заряд q у ма-

гнітному полі напрямок якої перпендикулярний до напрямку індукції магнітного поля B і напрямку швидкості зарядів v а величина пропорційна рухомому заряду швидкості його руху й індукції магнітного поля

F q= [ ]v Bsdot (11)

7 Намагніченість ndash характеристика стану магнетика в зо-внішньому магнітному полі Вектор намагніченості j чисе-льно дорівнює сумарному магнітному моменту одиниці обrsquoєму намагніченої речовини

mpj

V=

Δsum або mj np= (12)

де mp ndash середній магнітний момент молекулярних струмів однієї мо-лекули n ndash середня кількість молекул в одиниці обrsquoєму магнетика

8 Напруженість магнітного поля в магнетиках

0

BH j= minusμ

(13)

Для багатьох магнетиків (діа- і парамагнетиків) залежність j від H має лінійний характер

j H= χ [ ] [ ]j H= =Ам (14) де χ ndash магнітна сприйнятливість речовини безрозмірний кое-фіцієнт який характеризує здатність речовини намагнічуватись у зовнішньому магнітному полі

149

9 Співвідношення між B і H

0

BH H= minus χμ

(15)

звідки

( )0 1BH =

μ + χ (16)

де (1+ χ ) = μ ndash відносна магнітна проникність речовини (безрозмірна величина)

0B H= μ μ (17) 10 Магнітний потік ndash фізична величина яка дорівнює добу-

тку проекції nB вектора магнітної індукції на нормаль n до елемента поверхні dS на площу цієї поверхні

Ф ( )nd B dS= або Ф ( )d BdS= де ( )d S ndS= (18)

Магнітний потік крізь усю поверхню S

( )Ф nS S

BdS B dS= =int int (19)

11 Закон Фарадея для явища електромагнітної індукції

електрорушійна сила iε індукована в контурі пропорційна швидкості зміни магнітного потоку Ф який пронизує цей контур

Фi

ddt

ε = minus (20)

Знак мінус показує що ЕРС індукції iε має такий напрямок що вектор індукції магнітного поля індукційного струму проти-діє змінам магнітного поля яке збуджує індукційний струм

1 Фii

dIR R dtε

= = minus де R ndash опір контуру

12 Робота переміщення провідника зі струмом у магні-

тному полі дорівнює добутку сили струму I на зміну потоку магнітної індукції dΦ через площу яку цей струм обтікає

dA Id= Φ (21)

150

13 Електрорушійна сила самоіндукції пропорційна швид-кості зміни сили струму і залежить від індуктивності контуру

dILdt

ε = minusсi (22)

де L ndash індуктивність контуру [ ]L =Гнм=ВmiddotсА

14 Індуктивність соленоїда 2

200

N SL n Vl

μ μ= = μ μ (23)

де N ndash кількість витків l ndash довжина соленоїда S ndash площа по-

перечного перерізу соленоїда V lS= ndash обrsquoєм соленоїда Nnl

=

15 Енергія магнітного поля пропорційна квадрату його напру-женості H і обrsquoєму V простору що охоплюється магнітним полем

20

2 2H V HBW Vμ μ

= = (24)

16 Густина енергії магнітного поля ndash це відношення енергії магнітного поля до обrsquoєму що охоплюється магнітним полем

2 20

02 2 2H B BHμ μ

ω = = =μ μ

(25)

де B і H ndash індукція і напруженість магнітного поля 0μ ndash маг-нітна стала μ ndash відносна магнітна проникність середовища

17 У промислових генераторах магнітне поле B створюється

потужним електромагнітом (у генераторах малої потужності застосовується постійний магніт) Контур у якому індукується ЕРС обертається з кутовою швидкістю ω і складається з N ви-тків дроту що намотані на осердя феромагніту Цей контур на-зивають якорем генератора В електродвигунах нерухома части-на називається статором а рухома ndash ротором

Електрорушійна сила що збуджується в такому генераторі sinBS N tε = ω ω (26)

де B ndash індукція магнітного поля S ndash площа обмежена одним витком контуру ω ndash кутова швидкість обертання якоря

151

18 Ефективна сила та ефективна напруга змінного стру-му Величину постійного струму при проходженні якого через резистор протягом часу t виділяється така сама кількість тепло-ти Q як і при проходженні змінного струму через резистор того самого опору називають ефективною або діючою силою змін-ного струму ефI

0еф 00707

2II I= = sdot (27)

де 0І ndash амплітудне значення сили струму Аналогічне співвідношення справедливе для діючого й амп-

літудного значень напруги змінного струму 0

еф 2UU = (28)

19 Закон Ома для змінного струму (послідовно зєднані ак-

тивний опір R індуктивність L ємність C )

( )0

0 22 1 ( )

UIR L C

=+ ω minus ω

(29)

де 1LC

⎛ ⎞ω minus⎜ ⎟ω⎝ ⎠ ndash реактивна складова опору

Величину ( )22 1 ( )Z R L C= + ω minus ω називають імпедансом який відіграє роль наявного опору кола змінного струму

Формула (29) справедлива для амплітудних або ефективних значень струму і напруги

20 Потужність змінного струму розраховують за формулою

потужності постійного струму якщо замість сили постійного струму I брати ефективну силу змінного струму ефI

Середня потужність змінного струму

2 2еф еф еф ефN I R U R I U= = = (30)

де R ndash активний опір

152

Якщо в колі змінного струму крім активного є реактив-ний опір то зсув фаз ϕ між силою струму і напругою веде до зниження потужності

еф еф cosN I U= ϕ (31) де cosϕ ndash коефіцієнт потужності змінного струму

( )22cos

1 ( )

R

R L Cϕ =

+ ω minus ω (32)

22 Електричний резонанс Резонанс напруг ndash явище різ-

кого зростання сили змінного струму при послідовному зrsquoєднанні елементів кола ( R L C )

За умови 1LC

ω =ω

зсув фаз між напругою і струмом дорів-

нює нулю дії індуктивності та ємності в колі взаємно компен-суються сила струму різко зростає

рез1LC

ω = (33)

де резω ndash резонансна частота кола Резонанс струмів ndash явище встановлення мінімального зна-

чення сили змінного струму в нерозгалуженій частині кола при паралельному сполученні елементів кола ( L C )

Резонансна частота визначається за формулою 2

рез 21 R

LC Lω = minus (34)

де R ndash активний опір котушки індуктивності

153

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 По двох довгих паралельних про-

водах відстань між якими d = 16 см проходять у протилежних напрямках струми 1 2I I= = 30 А Визначити індукцію магнітного поля в точці відстань від якої до обох провідників однакова r = 10 см

Розвrsquoязання

Згідно із принципом суперпозиції 1 2B B B= + Модуль вектора B знаходимо за теоремою косинусів (врахо-

вуючи що cos( ) cosπ minus α = minus α ) 2 21 2 1 22 cosB B B B B= + + α

де 01 2 2

IB Br

μ= =

π

2 2

22cos

2d r

rminus

α = = 028

Остаточно 7

0 4 102 056 162 2

I IBr r

minusμ πsdot sdot= + = sdot

π π= 96 мкТл

Задача 2 По відрізку прямого проводу довжиною l = 01 м проходить

струм I = 2 А Визначити напруженість поля створеного стру-мом у точці яка лежить на перпендикулярі до середини відрізка на відстані R = 006 м від нього (рисунок)

2ααminusπ

2α

1B

B

2B

r r

1I 2Id

αminusπ

154

Розвrsquoязання

Для обчислення напруженості магнітного поля скористаємося законом БіоndashСавараndashЛапласа

21 sin

4 l

IdlHr

α=

π int (1)

тут α ndash кут між напрямком струму і радіус-вектором r проведеним від елемента струму dl в точку О де визначається напруженість поля

Як видно з рисунка із трикут-ника АВС одержимо

sinrd dlα = α

звідки 2 sindl d

rrα

=α

або враховуючи що sinr Rα =

2dl d

Rrα

= (2)

Підставивши вирази dl і r у рівняння (1) знайдемо

( )2

1

2 1sin cos cos4 4

I IH dR R

α

α

= α α = minus α minus απ πint

Враховуючи що 2 1 1cos cos( ) cosα = π minus α = minus α одержимо

1cos2

IHR

= απ

Значення кута 1α визначимо із співвідношення

1 2 2cos

4

l

R lα =

+

Отже 2 22 4

IlHR R l

=π +

asymp 3 Ам

α+α d

α1

r

BC

A

Ol

α2

I

R

H

dldα

α

155

Задача 3 Прямокутна рамка зі струмом розміщена в магнітному полі

паралельно лініям магнітної індукції На рамку діє оберталь-ний момент M = 10ndash2 Нmiddotм Обчислити роботу сил поля при повороті рамки на кут α = 30deg

Розвrsquoязання

Робота сил поля під час руху рамки зі струмом

2 1( )A I= Φ minus Φ Потік індукції через рамку

cosBSΦ = α Якщо рамка розміщена паралельно лініям індукції поля то

нормаль до контуру рамки утворює з вектором B кут 0ϕ = 90deg Тому 1 0cosBSΦ = ϕ = 0 Якщо рамка повернеться на кут α =30deg то кут між нормаллю

і вектором B дорівнюватиме ϕ = 60deg

Тому 2Ф cos2

BSBS= ϕ =

Тоді 2 1Ф Ф2

BSminus =

Обертальний момент який діє на рамку зі струмом у її поча-тковому положенні

обM BIS= звідки обMIBS

=

Отже робота сил поля

( ) об об2 1Ф Ф

2 2М BS MA I

BS= minus = = = 5 sdot 10ndash3 Дж

Задача 4 Електрон маючи дуже малу початкову швидкість пройшов че-

рез однорідне електричне поле з різницею потенціалів U = 103 В

156

Після цього він потрапив в однорідне магнітне поле з індукцією B = 10ndash2 Тл напрямлене перпендикулярно напрямку руху електро-на Знайти радіус траєкторії руху електрона

Розвrsquoязання

Якщо в електричному полі електрон пройшов через електричне

поле з різницею потенціалів U то електричні сили при цьому вико-нали роботу і змінили кінетичну енергію електрона на величину

220

2 2mvmveU = minus

Якщо початкова швидкість електрона 0v = 0 то 2

2mveU = і тоді 2eUv

m=

На електрон що рухається зі швидкістю v в магнітному полі діє сила Лоренца

л [ ]F e v B= sdot л sinF evB evB= α = ми врахували що sin α = 1 Оскільки лF перпендикулярна до B і до v а отже є доце-

нтровою силою то вона не змінює модуля v але змінює напря-мок руху електрона Під дією сталої доцентрової сили доц лF F= електрон масою m рухатиметься по колу радіусом R який знайдемо зі співвідношення

доц доцF ma=2vm evB

R= = звідки mvR

eB=

Остаточно знаходимо 1 2mURB e

= = 001 м

Задача 5 Обчислити індуктивність соленоїда завдовжки l із площею

поперечного перерізу S і кількістю витків N

157

Розвrsquoязання

За законом Фарадея

ciФd

dtε = minus

Для соленоїда потік індукції магнітного поля через площу S яку охоплює один виток

1 0Ф NBS I Sl

= = μ (1)

Повний потік через усі N витків 2

1 0Ф Ф NN I Sl

= = μ (2)

Тоді

2

ci 0N dIl dt

ε = minusμ (3)

Закон електромагнітної індукції для явища самоіндукції за-писується так

cidILdt

ε = minus (4)

Порівнюючи (3) і (4) дістанемо 2

0NL Sl

= μ (5)

Оскільки Sl V= то формулу (5) можна записати так 2

20 02

NL V n Vl

= μ = μ

Задача 6 Знайти закон зміни струму ( )I t

в електричному колі що склада-ється із джерела струму з ЕРС 0ε активного опору R і котушки з індуктивністю L зrsquoєднаних послі-довно при вимиканні струму

RL

a

K

b 0ε

158

Розвrsquoязання

Вимкнемо джерело з 0ε перемиканням ключа К із поло-ження а у положення b

На основі другого правила Кірхгофа запишемо

0dIL RIdt

+ =

або dI R dtI L

= minus (1)

Проінтегрувавши (1) знайдемо

0Rt LI I eminus=

де 0I ndash стала інтегрування (струм у колі перед вимиканням

джерела) 00 I

Rε

=

Тоді 0 RtLI e

Rminusε

=

t 0

I0

I

159

Задачі

1 По трьох довгих паралельних провідниках що містять-ся в одній площині на відстані r = 3 см один від одного течуть в одному напрямку струми 1 2I I= і 3 12I I= Ви-значити положення точки на прямій що зrsquoєднує всі прові-дники у якій індукція магнітного поля дорівнює нулю Відповідь 2

1 12 10x minus= sdot м (праворуч від 2I ) або

22 19 10x minus= minus sdot м (ліворуч від 2I )

2 Електрон описує в однорідному магнітному полі коло ра-діусом R = 4middot10ndash4 м Швидкість електрона v = 35middot106 мс Знайти напруженість магнітного поля Відповідь H = 4 middot10ndash4 Ам 3 Протон та електрон прискорені однаковою різницею потенціалів влітають в однорідне магнітне поле перпенди-кулярно до ліній індукції У скільки разів радіус кривизни

1R траєкторії протона більший за радіус кривизни 2R трає-кторії електрона

Відповідь 1 1

2 21840 429R M

R M= = =

4 Вважаючи що електрон в атомі водню обертається по коловій орбіті радіусом R = 053middot10ndash10 м визначити напруженість створеного магнітного поля в центрі ор-біти Коловий струм еквівалентний силі струму рухо-мого електрона I = 10ndash5 А Відповідь H = 94sdot104 Ам 5 Знайти індукцію магнітного поля в центрі колового витка радіусом R = 01 м якщо магнітний момент витка

mP = = 02 Аmiddotм2

Відповідь 0 32mPBR

= μμπ

= 4sdot10ndash5 Тл

160

6 Альфа-частинка влітає в однорідне магнітне поле маг-нітна індукція якого B = 03 Тл Швидкість частинки пер-пендикулярна до напрямку ліній індукції магнітного поля Знайти період обертання частинки

Відповідь T = 2 mgB

απ = 4middot10ndash7 с

7 У просторі між пластинами конденсатора й котушки створено електричне поле зі взаємно перпендикулярними силовими лініями його напруженість E = 2middot105 Вм а та-кож постійне магнітне поле з індукцією B = 02 Тл Пер-пендикулярно силовим лініям полів по прямій лінії руха-ється електрон Визначити швидкість електрона Відповідь v = 106 мc 8 Електрон рухається в магнітному полі індукція якого В = 2middot10ndash3 Тл по гвинтовій лінії радіусом R = 2middot10ndash2 м і кроком h = 5middot10ndash2 м (рисунок) Визначи-ти швидкість електрона Відповідь

v = 2 2 242eB h R

m+ π

π= 76middot106 мc

9 Протони прискорюються у циклотроні так що максима-льний радіус кривизни їх траєкторії r = 03 м Знайти кіне-тичну енергію протонів у кінці прискорення якщо індукція магнітного поля B = 1 Тл

Відповідь 2 2 2

2R e BW

m= =5 МеВ

10 Реактивний літак рухається зі швидкістю v = 950 кмгод Знайти електрорушійну силу індукції iε що виникає на кінцях крил літака якщо вертикальна складова напруженості магніт-ного поля Землі H = 40 Ам і розмах крил літака l = 125 м Відповідь 0i Hlvε = μμ = ndash 017 B

R

h

161

11 Рамка площею 4middot10ndash2 м2 має 100 витків і обертається в однорідному магнітному полі з індукцією B =10ndash2 Тл Пе-ріод обертання рамки T = 01 с Вісь обертання перпенди-кулярна лініям індукції магнітного поля Визначити мак-симальне значення ЕРС індукції Відповідь maxε asymp 2B 12 Струм 20 AI = що тече по кільцю виготовленому з мідного дроту із площею поперечного перерізу S = 10 мм2 створює в центрі кільця напруженість магніт-ного поля H =178 Ам Яку різницю потенціалів U при-кладено до кінців дроту який утворює кільце

Відповідь 2IU

SHπρ

= = 012 В

13 У магнітному полі з індукцією B = 01 Тл розміщено стрижень завдовжки l = 1 м який обертається перпенди-кулярно до напрямку ліній магнітної індукції Вісь обер-тання проходить через один із кінців стрижня Визначити потік магнітної індукції через поверхню яку утворює стрижень при кожному обертанні Відповідь 2B lΦ = π asymp 03 Вб 14 Магнітний потік через нерухомий контур з опором R змінюється протягом часу τ за законом ( )t t tΦ = α τ minus Знай-ти кількість теплоти що виділяється в контурі за цей час

Відповідь 2 3

3Q

Rα τ

=

15 По двох паралельних дротах течуть струми 1I = 5 А і

2I = 15 А однакової частоти Між струмами існує стала різниця фаз Δϕ = 60deg Із якою силою притягуються між со-бою частини дротів завдовжки 1 м якщо відстань між ними становить 3middot10ndash2 м Відповідь F = 25middot10ndash4 H

162

16 Соленоїд що складається з 80 витків і має діаметр 8 см знаходиться в однорідному магнітному полі індукція якого 6sdot10ndash2 Тл Соленоїд повертається на кут 180deg за час 02 с Знайти середнє значення ЕРС що виникає в соленоїді як-що його вісь до і після повороту спрямована вздовж поля Відповідь ε = 024 В 17 Довгий соленоїд заповнений неоднорідним парамагнети-ком сприйнятливість якого залежить тільки від відстані r до осі соленоїда і описується формулою 2rχ = α де α ndash стала величина На осі соленоїда індукція магнітного поля дорів-нює 0B Знайти залежність намагніченості j від r

Відповідь 20

0

Bj rα=

μ

18 Два прямолінійні довгі паралельні провідники знахо-дяться на деякій відстані один від одного По провідниках течуть однакові струми 1 2I I I= = в одному напрямку Знайти ці струми якщо відомо що для збільшення відста-ні між провідниками у 2 рази необхідно виконати роботу (на одиницю довжини провідника) A = 55 мкДжм Відповідь 1 2I I= = 20 А 19 Соленоїд виготовлений із мідного дроту завдовжки l = 025 м який має площу поперечного перерізу 1S = 10ndash6 м2 і омічний опір R = 02 Ом Питомий опір міді ρ =171middot10ndash8 Омmiddotм Визначити індуктивність L соленоїда

Відповідь 2 2

0 124

R SLl

μμ=

πρ= 54middot10ndash5 Гн

20 Діелектрик із відносною діелектричною проникністю ε = 28 використовували як ізолятор у конденсаторі Конден-сатор під напругою поглинає певну потужність при частоті

163

ν = 50 Гц коефіцієнт потужності cosϕ = 01 Визначити пито-мий опір діелектрика

Відповідь 2

22 1 cos

cosminus ϕ

ρ =εν ϕ

= 13middot109 Омmiddotм

21 Соленоїд завдовжки l = 05 м із площею поперечного перерізу S = 2middot10ndash4 м2 має індуктивність L = 2middot10ndash7 Гн При якій силі струму густина енергії магнітного поля всере-дині соленоїда ω = 10ndash3 Джм3

Відповідь 2lSIL

ω= = 1 А

22 В однорідне магнітне поле напруженістю H = 8middot104 Ам вміщено провідник завдовжки l = 20 см і опором R = 10 Ом Провідник зrsquoєднано із джерелом стру-му ЕРС якого 1ε = 10 В і внутрішній опір r = 10ndash3 Ом При взаємодії магнітного поля струму і зовнішнього магнітно-го поля провідник переміщується перпендикулярно до зо-внішнього магнітного поля зі швидкістю v =10 мс Ви-значити силу струму у провіднику

Відповідь 1 0(I v= ε minus μ1)Hl

R r+= 098 А

23 Визначити повний опір котушки і зсув фаз між стру-мом і напругою у колі змінного струму якщо активний опір R = 15 Ом а індуктивний LR =2 Ом Відповідь z = 25 Ом ϕ = 53deg 24 У колі змінного струму напруга на затискачах котуш-ки U = 120 В зсув фаз між струмом і напругою ϕ = 37deg Визначити активний та індуктивний спади напруги Відповідь RU = 96 B LU = 72 B

164

25 Визначити повний опір і cosϕ для кола змінного стру-му яке складається з активного опору R = 8 Ом індукти-вного LR = 20 Ом і ємнісного CR = 26 Ом Відповідь Z =10 Oм cosϕ = 08 26 Соленоїд що має коефіцієнт самоіндукції L = 03 Гн та опір R = 10 Ом умикається в коло змінного струму ( ϕ =50 Гц) з ефективною напругою ефU = 120 В Визначи-ти амплітуду сили струму I зсув фаз ϕ між струмом і напругою у колі та середню потужність P Відповідь I =168 А ϕ = 43deg P asymp 100 Вт 27 Миттєве значення ЕРС синусоїдального струму в колі з активним опором для фази 6π становить 155 В Знайти амплітудне та ефективне значення ЕРС цього струму Відповідь 0ε asymp 310 В ефε asymp 220 В 28 Змінний струм збуджується в рамці з 200 витків із площею поперечного перерізу витка 300 см2 у магнітному полі з напруженістю 12sdot104 Ам Визначити ЕРС індукції через 001 с після початку руху рамки з нейтрального по-ложення Амплітуда ЕРС дорівнює 72 В Відповідь ε = 504 В

165

sect 4 Електричні коливання Електромагнітні хвилі

1 Електричні коливання ndash це періодичні або близькі до

періодичних зміни заряду конденсатора і струму в котушці ін-дуктивності коливального контуру

Диференціальне рівняння вільних незатухаючих електри-чних коливань в ідеальному контурі та його розвrsquoязок

( )2

20 0 02 0 cosd q q q q t

dt+ ω = = ω + ϕ (1)

де 0q ndash заряд на обкладинках конденсатора в момент часу t = 0 якщо 0ϕ = (амплітудне значення заряду) q ndash заряд на обкла-

динках конденсатора в момент часу t 20

1LC

ω = ndash циклічна час-

тота власних коливань системи L ndash індуктивність котушки C ndash ємність конденсатора

Період власних коливань в ідеальному контурі

02 2T T LC= π ω = π (2) Рівність (2) називають формулою Томсона 2 Затухаючі та вимушені коливання Диференціальне рів-

няння вільних затухаючих електричних коливань у реальному контурі та його розвrsquoязок

220 02 2 0 cos td q dq q q q e t

dtdtminusβ+ β + ω = = ω (3)

де 2 20 0

1 2RLLC

ω = ω minusβ ω = β = (тут β ndash коефіцієнт зату-

хання)

3 Період T електричних коливань у реальному контурі який складається з послідовно ввімкнених ємності C індуктив-ності L та опору R обчислюється за формулою

166

2

2

12

TR

LC L

π=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(4)

4 Логарифмічний декремент затухання δ і добротність

контуру Q при слабкому затуханні визначаються формулами

CRL

δ = π1 LQR C

= (5)

5 Вимушені електричні коливання Якщо до реального ко-

ливального контуру прикладено зовнішню періодичну напругу то в контурі виникнуть вимушені електричні коливання заряду q напруги CU на конденсаторі та струму І в контурі Усталені вимушені коливання для сили струму при послідовному вклю-ченні в контур напруги cosmU U t= ω мають вигляд

cos( )mI I t= ω minus ϕ (6)

( )22

1

mm

UIR L C

=

+ ω minus ω

1tg L CR

ω minus ωϕ =

6 Електромагнітні хвилі ndash це сукупність змінного електри-

чного та змінного магнітного полів Хвилі поширюються у про-сторі зі скінченною швидкістю яка визначається формулою

v0 0

1 1= sdot

ε μ εμ (7)

де 0ε = 885sdot10ndash12 Фм 0μ = 4πsdot10ndash7 Гнм ndash електрична та маг-нітна сталі ε і μ ndash відносні діелектрична та магнітна прони-кності середовища

Для вакууму одержимо

v0 0

1=

ε μ= 3sdot108 мс (8)

Таким чином у вакуумі фазова швидкість електромагнітних хвиль збігається зі швидкістю світла c

167

Рівняння плоскої електромагнітної хвилі що поширюється з фазовою швидкістю v вздовж осі x записане для напруженості електричного поля ( )E x t має вигляд

0 0 0( ) cos ( ) cos( ) cos( )xE x t E t E t x E t kxv v

ω= ω minus = ω minus = ω minus

де 2Tπ

ω = ndash циклічна частота 2kvω π

= =λ

ndash хвильове число

7 Енергія плоских електромагнітних хвиль Обrsquoємна гус-

тина енергії поля W визначається за формулою 2 2

0 0 2 2E HE HW W W ε ε μ μ

= + = + (9)

де EW HW ndash густина енергії електричного і магнітного полів У цій точці простору вектори E і H змінюються в однаковій

фазі (коливання синфазні) тому співвідношення між амплітудними значеннями 0E i 0H виконується для їх миттєвих значень

Це означає що густина енергії електричного і магнітного по-лів у кожний момент часу однакова

E HW W= i 202 EW W E= = ε ε

Враховуючи співвідношення 0 0E Hε ε = μ μ одержимо ін-ший вираз для густини енергії електромагнітної хвилі

W 0 0 EH= ε εμ μ (10)

Помноживши густину енергії на швидкість v0 0

1=

ε εμ μ

одержимо вираз для миттєвої густини потоку енергії П 2

00 0

1П E= ε ε =ε εμ μ

v sdotW EH= (11)

У векторній формі [ ]П EH= (12)

Вектор П називається вектором Пойнтінга

168

Під інтенсивністю електромагнітної хвилі розуміють енергію хвилі що переноситься через одиничну площу перпендикуляр-ну до напрямку поширення хвилі за одиницю часу Інтенсив-ність I такої хвилі можна знайти усереднивши ( )П I П=

наприклад за один період коливань 2 T π=

ω

20 0 0 0

0

2 2E H EI П ε ε

= = =μ μ

Бачимо що інтенсивність I електромагнітної хвилі пропор-

ційна квадрату амплітуди електричного вектора 20E

169

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Ідеальний коливальний контур складається із котушки з ін-

дуктивністю L = 02 мГн і конденсатора площа пластин якого S = 155 см2 а відстань між ними d = 15 мм Контур резонує на довжину хвилі λ = 630 м Визначити діелектричну проникність середовища між обкладинками конденсатора

Розвrsquoязання

Ємність конденсатора 0 SCd

ε ε=

Період коливань ідеального контуру 2T LC= π

Довжина хвилі 02 ScT c Ld

ε ελ = = π звідки

2

02d

c LSλ⎛ ⎞ε = ⎜ ⎟π ε⎝ ⎠

де c = 3middot108 мс 0ε = 885middot10ndash12 Кл2(Нmiddotм2) ε = 61 Задача 2 У реальному коливальному контурі індуктивність якого

L = 001 Гн заряд конденсатора зменшується в 10 разів за пе-ріод T = 10ndash5 с Визначити опір контуру

Розвrsquoязання

Заряд конденсатора в будь-який момент часу визначається

співвідношенням

( )2 cosR tLq Ae t

minus= ω minus ϕ (1)

де A ndash стала ω ndash колова частота ϕ ndash зсув фаз

170

Через час T дістанемо заряд ( )

[ ]21 cos ( )

R t TLq Ae t T

minus += ω + minus ϕ (2)

Поділимо почленно рівняння (1) і (2)

( )( )

2

1

coscos

R TL tq e

q t Tω minus ϕ

=⎡ω + minus ϕ⎤⎣ ⎦

Враховуючи що 2 Tω = π і період косинуса дорівнює 2π одержимо

2

1

RTLq e

q= звідки

1

2 ln L qRT q

= R asymp 4605 Ом

Задача 3 Коливальний контур складається з конденсатора ємністю

803 10C minus= sdot Ф і котушки з індуктивністю L = 12sdot10ndash6 Гн Знайти період вільних коливань контуру коефіцієнт затухання і лога-рифмічний декремент затухання якщо опір котушки R = 60 Ом

Розвrsquoязання

Період коливання в контурі з омічним опором

2

2

2

14

TR

LC L

π=

minus

T =148sdot10ndash7 с

Логарифмічний декремент затухання характеризує зменшен-ня амплітуди коливань за один період

0( )

1 0ln ln

tn

t Tn

A A e TA A e

minusβ

minusβ ++

δ = = = β

де 2R Lβ = ndash коефіцієнт затухання β = 25sdot106 cndash1 Підставивши це значення β у формулу для δ знайдемо δ = 37

171

Задача 4 У яких межах має змінюватись ємність коливального конту-

ру щоб його можна було налаштувати на довжини хвиль у діа-пазоні від 400 м до 1000 м Індуктивність контуру L = 2sdot10ndash4 Гн

Розвrsquoязання

Якщо опір контуру малий 2 21 4LC R Lgt то контур мож-

на розглядати як ідеальний Тоді період власних коливань контуру 2T LC= π

Довжина хвилі λ повrsquoязана з періодом співвідношенням 2cT c LCλ = = π

де c ndash швидкість поширення електромагнітних хвиль (шви-дкість світла)

Із цього рівняння знаходимо 2

2 24C

c Lλ

=π

1C = 223sdot10ndash10 Ф 2C = 14sdot10ndash9 Ф Отже ємність має змінюватися від 2C = 14sdot10ndash9 Ф до

1C = 223sdot10ndash10 Ф

172

Задачі

1 Приймальний контур складається із котушки індуктив-ністю 2sdot10ndash6 Гн і конденсатора ємністю 18sdot10ndash10 Ф На яку довжину хвилі розрахований контур Відповідь λ = 36 м 2 Звукові хвилі завдовжки 2 м падають на мембрану мікрофона Унаслідок коливань мембрани в мікрофоні виникають електричні коливання Визначити довжину хвиль цих коливань Відповідь λ asymp18sdot106 м 3 Коливальний контур складається із котушки індуктивності та двох однакових конденсаторів які зrsquoєднано паралельно Період власних коливань контуру 1T = 20 мкс Чому дорівню-ватиме період якщо підключити конденсатори послідовно Відповідь 2T = 10 мкс 4 Резонанс у коливальному контурі із конденсатором єм-ністю 10ndash6 Ф наступає при частоті 400 Гц Якщо паралель-но першому конденсатору підключити другий конденса-тор 2C то резонансна частота стає рівною 200 Гц Визна-чити ємність другого конденсатора 2C

Відповідь 2C = 3 мкФ 5 Невелику кульку масою m = 2sdot10ndash2 кг підвішено на нит-ці на висоті h = 012 м від горизонтальної провідної пло-щини Після надання кульці певного заряду q її період коливань змінився в η = 2 рази Знайти заряд q кульки

Відповідь 204 ( 1)q h mg= πε η minus = 2sdot10ndash6 Кл

173

6 Визначити період вільних коливань у контурі який складається з послідовно сполучених конденсатора ємніс-тю C = 10 мкФ безіндуктивного опору R = 20 Ом і двох котушок з індуктивностями 1L = 02 мГн і 2L = 04 мГн та дуже малим активним опором

Відповідь 2

21 2 1 2

2

1( ) 4( )

TR

L L C L L

π=

minus+ +

= 168sdot10ndash3 c

7 Знайти час за який амплітуда коливань струму в кон-турі з добротністю Q = 5000 зменшиться в η = 2 рази як-що частота коливань ν = 22 МГц

Відповідь lnQt = ηπν

= 05 c 8 Рівняння часової залежності зміни сили струму у колива-льному контурі задається у вигляді 002sin 400I t= minus π А Індуктивність контуру 1 Гн Знайти 1) період коливань 2) ємність контуру 3) максимальну різницю потенціалів на обкладинках конденсатора 4) максимальну енергію магніт-ного поля 5) максимальну енергію електричного поля Відповідь T = 5sdot10ndash3 c C = 63sdot10ndash7 Ф Δϕ = 252 B

mE = 2sdot10ndash4 Дж elE = 2sdot10ndash4 Дж 9 Чому дорівнює відношення енергії магнітного поля коливального контуру до енергії його електричного по-

ля для моменту часу 8T с

Відповідь m

еl

WW

=1

10 Коливальний контур приймача налаштовано на довжину хвилі λ = 500 м Яка власна частота коливань контуру якщо його індуктивність дорівнює L = 2sdot10ndash6 Гн а опір R = 10 Ом Відповідь 0ν = 45sdot104 Гц

174

11 Коливальний контур складається з котушки індуктивніс-тю 01 Гн та конденсатора ємністю 395 мкФ Заряд конденса-тора 3 мкКл Нехтуючи опором контуру записати рівняння 1) залежності зміни сили струму від часу 2) залежності зміни напруги на конденсаторі від часу Відповідь 15cos(160 2)I t= π + π мА

76cos(160 )CU t= π мВ 12 Плоска гармонічна електромагнітна хвиля поширюєть-ся у вакуумі Знайдіть відношення амплітуди електричного вектора цієї хвилі до амплітуди її магнітного вектора

Відповідь 0

0377E

H= ВА

13 У вакуумі поширюється плоска електромагнітна хви-ля амплітуда електричного вектора якої 0E = 8 нВм Знайдіть інтенсивність I такої електромагнітної хвилі Відповідь 19057 10I minus= sdot Втм2 14 У вакуумі поширюється плоска електромагнітна хви-ля з напруженістю 0 cos( )E E t kx= ω minus Інтенсивність хвилі дорівнює I Знайдіть амплітудне значення густини стру-му зміщення для цієї хвилі

Відповідь амплітуда

120

зм0 0

2 1 деIj ccε⎛ ⎞= ω =⎜ ⎟ ε μ⎝ ⎠

15 Електромагнітна хвиля з частотою ν = 30 МГц пере-ходить із вакууму в немагнітне середовище з діелектрич-ною проникністю 40ε = Знайдіть приріст довжини хвилі

Відповідь 1 1 50с⎛ ⎞Δλ = minus = minus⎜ ⎟ νε⎝ ⎠м

175

РОЗДІЛ 4

ОПТИКА І КВАНТОВА ФІЗИКА

sect 1 Основні поняття та закони хвильової оптики 1 Інтерференція світла ndash явище накладання когерентних

хвиль при якому спостерігається перерозподіл їх енергії по хви-льовому полю у результаті чого підсилюється або ослаблюється результуюча інтенсивність залежно від співвідношення фаз хвиль

При інтерференції двох когерентних хвиль утворюється хви-ля з результуючою амплітудою

2 21 2 1 2 2 12 cos( )A A A A A= + + ϕ minus ϕ (1)

де А1 А2 ndash амплітуди складових хвиль ϕ1 ϕ2 ndash їхні початкові фази Враховуючи що інтенсивність хвилі I пропорційна квадрато-

ві амплітуди A вираз (1) можна записати у вигляді

1 2 1 22 cosI I I I I= + + Δϕ де 2 1Δϕ = ϕ minus ϕ ndash різниця фаз

Різниця фаз Δϕ залежить від геометричної різниці ходу (r2 ndash r1) променів

2 12 r rminusΔϕ = π

λ (2)

де λ ndash довжина хвилі Якщо одна із хвиль поширюється в середовищі з показником

заломлення n1 а інша ndash у середовищі з показником заломлення n2 то різниця фаз

( )2 12 2 1 1

2 1 0 0

2 22 r r r n r n⎛ ⎞ π π

Δϕ = π minus = minus = Δ⎜ ⎟λ λ λ λ⎝ ⎠ (3)

де λ1 і λ2 ndash відповідно довжини світлових хвиль у першому і другому середовищах λ0 ndash довжина хвилі у вакуумі

2 2 1 1n r n rΔ = minus ndash оптична різниця ходу

176

2 Умови максимуму та мінімуму інтенсивності при на-кладанні двох когерентних хвиль

1) максимум інтенсивності при накладанні двох когерентних хвиль спостерігається у точках для яких у оптичну різницю ходу променів вміщується ціле число хвиль або парне число півхвиль

00 (2 )

2k k λ

Δ = plusmn λ = plusmn (4)

де k = 0 1 2 2) мінімум інтенсивності при накладанні двох когерентних

хвиль спостерігається у точках для яких різниця ходу променів вміщує непарне число півхвиль

00

1 (2 1)2 2

k k λ⎛ ⎞Δ = plusmn + λ = plusmn +⎜ ⎟⎝ ⎠

(5)

де k = 0 1 2 3 Відстань між двома сусідніми інтерференційними ма-

ксимумами або мінімумами що утворилися внаслідок ін-терференції променів від двох когерентних джерел світла за-писується формулою

= Lxd

Δ λ (6)

і називається шириною смуги Тут λ ndash довжина хвилі світла L ndash відстань від екрана до джерел світла які розміщені одне від одного на відстані d (при цьому вважається що L gtgt d)

4 Результат інтерференції світла в тонких пластинах (у

прохідному світлі) визначається формулами положення мак-симумів освітленості

2 22 sin 2 cosd n i dn r kminus = = λ (k = 0 1 2 3 ) (7) Мінімум освітленості визначається формулою

2 2 12 sin 2 cos2

d n i dn r k⎛ ⎞minus = = + λ⎜ ⎟⎝ ⎠

(k = 0 1 2 3 ) (8)

де d ndash товщина пластини n ndash показник заломлення i та r ndash кут па-діння та кут заломлення променів відповідно λ ndash довжина хвилі

177

У відбитому світлі внаслідок втрати півхвилі при відбиван-ні одного з променів від більш густого середовища умови для максимумів і мінімумів освітленості міняються місцями формула (7) дає положення мінімумів а формула (8) ndash положен-ня максимумів освітленості

5 Радіуси інтерференційних кілець Ньютона у прохідному

світлі визначаються формулами для світлих кілець

( )0 1 2 kr Rk k= λ = (9) для темних кілець

( )1( ) 0 1 2 2kr k R k= + λ = (10)

де R ndash радіус кривизни лінзи λ ndash довжина хвилі У відбитому світлі формула (10) визначає положення світ-

лих кілець а формула (9) ndash темних 6 Дифракція світла ndash оптичне явище повrsquoязане зі зміною

напрямку поширення світлових хвиль та із просторовим пере-розподілом їх інтенсивності під впливом перешкод і неоднорід-ностей середовища на їхньому шляху

Під дифракцією розуміють будь-яке відхилення від прямолі-нійного поширення світла якщо воно не зумовлене відбиванням заломленням або викривленням променів у середовищах у яких показник заломлення безперервно змінюється Дифракція власти-ва також радіо- та рентгенівським променям звуковим хвилям тобто всім хвильовим процесам а також мікрочастинкам

7 Дифракція плоскої хвилі на щілині Пучки світла які

дифрагують під кутами що відповідають непарній кількості зон Френеля утворюють на екрані дифракційні максимуми Поло-ження максимумів інтенсивності світла при дифракції від однієї щілини на яку нормально падає паралельний пучок світ-ла визначається умовою

sin (2 1)2

a k λϕ = plusmn + (k = 1 2 3 ) (11)

178

де а ndash ширина щілини ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хви-лі падаючого світла

Пучки світла які дифрагують під кутами що відповідають парному числу зон Френеля створюють на екрані дифракційні мінімуми

Положення мінімумів інтенсивності світла при дифракції від однієї щілини на яку нормально падає паралельний пучок світла визначається умовою

sina kϕ = plusmn λ (k = 1 2 3 ) (12) де а ndash ширина щілини ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хвилі падаючого світла

8 У дифракційній ґратці максимуми інтенсивності світла

спостерігаються в напрямках що утворюють із нормаллю до ґратки кути ϕ які задовольняють співвідношення (за умови що світло падає на ґратку нормально)

sind kϕ = plusmn λ (k = 0 1 2 3 ) (13) де d ndash стала ґратки ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хвилі k ndash порядок спектра Рівняння (13) називають основним рівнянням для дифракційної ґратки

Головні мінімуми дифракційної картини при дифракції на ґратці зумовлені дифракцією на кожній із щілин і визнача-ються рівнянням (12)

9 Кутову дисперсію дифракційної ґратки знаходять за

формулою

cosd kDd d

ϕ= =

λ ϕ (14)

10 Роздільною здатністю ґратки є величина

R kNλ= =

Δλ (15)

де N ndash загальна кількість штрихів ґратки k ndash порядок спектра Δλ ndash найменша відстань в одиницях довжини хвилі між двома суміжними спектральними лініями які спостерігаються ще

179

окремо згідно із критерієм Релея Максимальна роздільна здатність ґратки

maxNdR =λ

(16)

11 Роздільна здатність оптичного приладу визначається

співвідношенням

( )

2 sin 2b

n Uλ

gt (17)

де b ndash найменша відстань між двома точками які ще розрізня-ються при спостереженні за допомогою приладу (межа розріз-нення) n ndash показник заломлення середовища у якому міститься предмет U ndash апертурний кут (кут створений крайніми проме-нями світлового пучка що падає в обrsquoєктив)

12 Формула ВульфаndashБрегга визначає напрямок дифракцій-

них максимумів рентгенівських променів пружно розсіяних кристалом дифракційний максимум спостерігається за умови що промені відбиті від різних паралельних атомарних площин мають різницю ходу яка в ціле число разів перевищує довжину хвилі рентгенівських променів

2 sind kθ = plusmn λ (k = 1 2 3 ) (18) де d ndash міжплощинна відстань θ ndash доповнювальний кут або кут ковзання λ ndash довжина хвилі рентгенівського випроміню-вання k ndash порядок відбиття

13 Закон Брюстера визначає умову повної лінійної поляри-зації світла що відбивається від діелектрика Тангенс кута іБр по-вної поляризації відбитих променів дорівнює відносному показ-нику заломлення n відбиваючого діелектричного середовища

Брtg i n= (19) де іБр ndash кут повної поляризації або кут Брюстера

14 Закон Малюса Відношення інтенсивності плоскополяризо-

ваного світла І яке пройшло аналізатор (без поглинання) до інтен-сивності І0 плоскополяризованого світла що потрапило на нього

180

дорівнює квадрату косинуса кута α між площиною поляризації падаючого променя і площиною головного перерізу аналізатора

2

0cosI

I= α (20)

Враховуючи те що аналізатор не абсолютно прозорий вира-зу (20) надають вигляду

2cosa a pI k I= α (21) де ka ndash коефіцієнт прозорості аналізатора (0 lt ka le 1) Іа ndash інтен-сивність світла на виході аналізатора Ір ndash інтенсивність світла що виходить із поляризатора (падає на аналізатор)

15 Ступінь поляризації світла Р визначається відношенням інтенсивності поляризованого світла Іпол до загальної інтенсив-ності світла (Іпол + Інепол) тобто

( ) ( ) ( )пол пол непол max min max minP I I I I I I I= + = minus + (22) тут Imax та Imin ndash максимальна та мінімальна інтенсивності суміші плоскополяризованого і неполяризованого світла при його спо-стереженні крізь аналізатор

16 Обертання площини поляризації Закон Біо Кут обер-

тання ϕ площини поляризації пропорційний товщині шару оп-тично активної речовини і визначається формулою

lϕ = α (23) де α ndash коефіцієнт пропорційності який називають оберталь-ною здатністю l ndash довжина шляху променя в оптично акти-вному середовищі

Обертальна здатність залежить від природи речовини темпе-ратури та довжини хвилі і дорівнює величині кута на який по-вертається площина поляризації монохроматичного світла при проходженні шару завтовшки 1 м

Закон Біо Для оптично активних розчинів кут повороту площини поляризації прямо пропорційний товщині шару l і концентрації с оптично активної речовини

[ ] c lϕ = α sdot sdot (24)

181

де [ ] 21~α

λ тут λ ndash довжина хвилі монохроматичного світла

17 Поглинання світла Закон Бугера Зменшення інтен-

сивності світла dI при проходженні шару середовища завтов-шки dl пропорційне інтенсивності що входить у цей шар і товщині шару тобто

dI Idl= minusα (25) або 0 exp( )I I l= minusα (26) де І ndash інтенсивність світла що виходить із шару поглинаючого се-редовища завтовшки l І0 ndash інтенсивність світла що входить у по-глинаюче середовище α ndash коефіцієнт пропорційності який не за-лежить від інтенсивності й називається коефіцієнтом поглинання

З урахуванням розсіяння світла формула (26) набуває вигляду 0 exp( ( ) )I I l= minus α + σ (27)

де σ ndash показник ослаблення світла внаслідок його розсіяння 18 Закон БугераndashЛамбертаndashБера Для газів і розчинів ма-

лих концентрацій коефіцієнт поглинання α прямо пропорційний молярній концентрації С0 розчиненої речовини тобто

0 0Cα = α (28) де α0 ndash показник поглинання для розчину одиничної концентрації

Формула закону БугераndashЛамбертаndashБера має вигляд 0 0 0exp( )I I C l= minusα (29)

182

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити відстань між сусідніми максимумами (мінімума-

ми) для інтерференційної картини створеної на екрані двома когерентними джерелами монохроматичного світла S1 i S2 Від-стань між цими джерелами d а відстань від джерел до екрана L причому d ltlt L

Розвrsquoязання

Визначимо відстань х від точки О розміщеної на рівних від-

станях від S1 i S2 до тих точок Р у яких спостерігатимуться ін-терференційні максимуми на екрані

Δ l d

L

C

B S2

S1

P

O

x

Із прямокутних трикутників PCS1 i PBS2 знаходимо

⎪PS1⎪2 = L2 + (x + d2)2 ⎪PS2⎪2 = L2 + (x ndash d2)2 звідки

⎪PS1⎪2 ndash ⎪PS2⎪2 = 2xd або (⎪PS1⎪ndash⎪PS2⎪)(⎪PS1⎪+⎪PS2⎪) = 2xd

⎪PS1⎪ ndash ⎪PS2⎪ = Δl a ⎪PS1⎪ + ⎪PS2⎪ asymp 2L

Тоді Δlmiddot2L = 2xd та L lxdΔ

=

183

Враховуючи формули що визначають умови максимумів і мінімумів інтенсивності світла для різниці ходу lΔ при інтерфе-ренції одержимо відстані на яких розміщено максимуми й мі-німуми відносно точки О

Для максимумів Lx kd

λ=

Для мінімумів (2 1)2

Lx kd

λ= +

Тоді відстань між сусідніми максимумами (мінімумами) Lx

dλ

Δ =

Задача 2 Визначити найменшу товщину мильної плівки d якщо у від-

битому світлі вона здається зеленою (λ = 5middot10ndash7 м) Кут α між нормаллю і променем зору дорівнює 35deg Показник заломлення плівки n = 133 Якого кольору буде плівка якщо її спостерігати під кутом α = 0deg тобто при нормальному промені зору

Розвrsquoязання

Оптична різниця ходу променів у відбитому світлі (при

втраті півхвилі) 2 22 sin

2d n λ

Δ = minus α minus

Отже умова інтерференційного максимуму визначиться так 2 22 sin (2 1)

2d n k λ

minus α = +

Найменша товщина плівки спостерігатиметься при k = 0 тому матимемо

2 22 sin2

d n λminus α =

184

звідки 2 24 sin

dn

λ=

minus α

d = 105middot10ndash7 м Щоб відповісти на друге запитання визначимо довжину хви-

лі світла яке потрапляє в наше око під кутом α = 0deg 2 24 sin 4 d n dnλ = minus α = λ = 549middot10ndash7 м

Око побачить плівку забарвлену в жовто-зелений колір Задача 3 Поверхні скляного кли-

на утворюють між собою кут α = 01prime На клин падає нормально до його поверх-ні пучок монохроматичних променів довжина хвилі яких λ = 5middot10ndash7 м Знайти лінійну відстань між інтер-ференційними смугами (рисунок)

C2

αl

C1

d1 d2

Розвrsquoязання

У цій задачі кут падіння променів на поверхню дорівнює ну-

лю тому різниця ходу 2 2dnΔ = + λ

де n ndash показник заломлення скла Нехай точкам С1 і С2 відповідають дві сусідні світлі смуги

Тоді для різниць ходу Δ1 і Δ2 у цих точках матимемо 1 1

2 2

2 2 2 2 ( 1)

d n kd n k

Δ = + λ = λ ⎫⎬Δ = + λ = minus λ ⎭

де d1 i d2 ndash товщина клина в точках С1 і С2 Віднімаючи почленно ці дві рівності знайдемо

( )1 22n d dminus = λ

185

звідки

1 2 2d d nλminus =

Якщо позначити через l шукану відстань між смугами то 1 2d dl minus

asympα

де кут α виражається в радіанах Остаточно для l запишемо

2

lnλ

asympα

l asymp 56middot10ndash3 м

Задача 4 Знайти фокусну відстань f плоско-опуклої лінзи яка застосо-

вується у приладі для спостереження кілець Ньютона якщо ра-діус третього світлого кільця r3 = 11middot10ndash3 м n = 16 λ = 589middot10ndash7 м Кільця спостерігаються у відбитому світлі

Розвrsquoязання

Місця однакової товщини повітряного прошарку мають ви-

гляд кіл радіусом r із центром у точці О у якій лінза доторку-ється до площини NN

При r ltlt R і нормальному падінні променів знаходимо різ-ницю ходу наближено

2 2dΔ = + λ (1) Умовою утворення світлих інтерференційних смуг є співвід-

ношення 2 2d kΔ = + λ = λ (2)

де k ndash ціле число Із рисунка видно що при r ltlt R маємо наближено

2

2rdR

= (3)

186

R

C

Ord

N N Підставляючи значення (3) у (2) одержимо

( )2

1 2rR

k=

minus λ (4)

Фокусна відстань лінзи визначається за формулою

( )1 2

1 1 11

fn

R R

=⎛ ⎞

minus minus⎜ ⎟⎝ ⎠

(5)

Враховуючи (4) і те що R2 = infin матимемо

( )( )2

1 1 2

rfn k

=minus minus λ

f = 137 м Задача 5 Частково поляризоване світло проходить крізь ніколь При

повороті ніколя на 60deg від положення якому відповідає макси-мальна інтенсивність інтенсивність зменшується вдвічі Нехту-ючи поглинанням і відбиванням світла ніколем визначити від-ношення інтенсивностей природного та лінійно поляризованого світла ступінь поляризації пучка на вході в ніколь

Розвrsquoязання

При першому положенні ніколя якому відповідає максима-

льна інтенсивність світла крізь ніколь повністю проходить ра-ніше поляризоване світло інтенсивністю In та поляризоване

187

світло інтенсивність якого дорівнює половині інтенсивності природного світла I0

Сумарна інтенсивність світла що проходить крізь ніколь 1 005nI I I= +

При повертанні ніколя на кут α інтенсивність світла що про-ходить через нього

22 0 0cos 05 025 05n nI I I I I= α + = +

Оскільки 2 105I I= то

0 0025 05 05 025n nI I I I+ = + тоді маємо 0nI I= та 0 1nI I =

Ступінь поляризації визначається відношенням інтенсивності поляризованого світла до загальної інтенсивності світла тобто

0

12

n

n

IPI I

= =+

Можна P знайти також із формули

max min

max min

I IPI I

minus=

+

де maxI і minI ndash максимальна і мінімальна інтенсивності у двох взаємно перпендикулярних напрямках

Максимальне значення інтенсивності max 1 15 nI I I= =

Мінімальна інтенсивність при повертанні ніколя на 90deg min 005 05 nI I I= =

Отже знову 05P = Задача 6 Електронний пучок який падає на алюмінієву пластинку

створює при відбиванні дифракційну картину Кутове відхи-лення (від центра картини) дифракційного максимуму друго-го порядку α = 1deg Період кристалічної ґратки алюмінію (від-стань між атомними площинами) d = 0405 нм Визначити швидкість електронів у пучку

188

Розвrsquoязання

Згідно з формулою де Бройля частинці що рухається відпо-відає хвиля довжина якої визначається формулою

hmv

λ =

де h ndash стала Планка m ndash маса мікрочастинки v ndash її швидкість Довжина хвилі що відповідає електронам пучка визначаєть-

ся із формули ВульфаndashБрегга 2 sin d

nϕ

λ =

де n = 2 ndash порядок максимуму ϕ = 90deg ndash α

Отже ( )2 sin 90

nhvmd

= =deg minus α

18106 мс

189

Задачі

1 Різниця ходу двох інтерферуючих хвиль у вакуумі до-рівнює 1) 0 2) 02λ 3) 05λ 4) λ 5) 12λ Чому дорівнює відповідна різниця фаз Відповідь 1) 0 2) 72deg 3) 180deg 4) 360deg 5) 432deg 2 Різниці фаз двох інтерферуючих хвиль дорівнюють 1) 0 2) π3 3) π2 4) π 5) 2π 6) 3π Скільком довжинам хвиль у вакуумі будуть відповідати оптичні різниці ходу цих хвиль Відповідь 1) 0 2) λ6 3) λ4 4) λ2 5) λ 6) 15λ 3 На шляху променя світла перпендикулярно до нього розташували скляну пластинку (n = 15) завтовшки 1 мм На скільки при цьому зміниться оптична довжина шляху Відповідь на 05 мм 4 Оптична різниця ходу інтерферуючих променів Δ = 25 мкм Знайдіть усі довжини хвиль видимого діапа-зону (від 04 до 076 мкм) які в цьому випадку дають мак-симум інтерференції Відповідь 0625 мкм 05 мкм 0416 мкм 5 Оптична різниця ходу інтерферуючих променів Δ= 2 мкм Знайдіть усі довжини хвиль видимого діапазону (від 04 до 076 мкм) які в цьому випадку дають мінімум інтерференції Відповідь 057 мкм 044 мкм 6 Чому дорівнює амплітуда А коливання що утворюєть-ся в результаті суперпозиції N некогерентних хвиль одна-кового напрямку і однакової амплітуди a Відповідь A a N=

190

7 Дві світлові хвилі утворюють у деякій точці простору ко-ливання однакового напрямку що описуються функціями

( )cosA tω та ( )( )cosA tω + Δω де Δω = 0628 сndash1 Як буде змінюватись інтенсивність у цій точці Відповідь інтенсивність пульсує з періодом 10 с 8 Два когерентні джерела S1 i S2 з до-вжиною хвилі λ = 0510ndash6 м розміщені на відстані d = 2 мм одне від одного Паралельно лінії яка сполучає джере-ла розміщено екран на віддалі L = 2 м від них Що спостерігатимемо в точці А екрана світло чи темряву Відповідь у точці А буде світло

d

L

A

S1 S2

9 Відстань між когерентними джерелами світла d = 05 мм відстань від джерел до екрана l = 5 м У зеленому світлі спо-стерігаються інтерференційні смуги на відстані Δx = 5 мм одна від одної Знайдіть довжину хвилі зеленого світла Відповідь 05 мкм 10 Два когерентні джерела світла (λ = 05 мкм) утворюють на екрані інтерференційну картину Як зміниться ця картина якщо на шляху одного з променів помістити плоскопарале-льну скляну (n = 15) пластину завтовшки 105 мкм Відповідь зміниться на протилежну 11 Відстані від скляної біпризми Френеля з кутом залом-лення θ = 20prime до вузької щілини та екрана а = 025 м і b = 1 м відповідно Знайти довжину хвилі світла якщо ширина інтерференційної смуги на екрані Δх = 5510ndash2 м

Відповідь ( )( )

2 1+

a n xa b

θ minus Δλ =

12 На тонку плівку (n = 133) падає паралельний пу-чок білого світла Кут падіння θ = 52deg При якій товщині

191

плівки відбите світло буде найбільше забарвлене у жов-тий колір (λ = 06 мкм)

Відповідь ( ) ( )2 2

1+2= 014 1+2

4 sin

kb k

n

λ=

minus θ мкм

13 Прилад для спостереження кілець Ньютона освітлюється монохроматичним світлом із довжиною хвилі λ = 610ndash7 м яке падає нормально до поверхні Знайти товщину повітряно-го шару між лінзою і скляною пластинкою у місці де спосте-рігається четверте темне кільце у відбитому світлі Відповідь 1210ndash6 м 14 На мильну плівку (n = 133) падає біле світло під ку-том 45deg При якій найменшій товщині плівка у відбитому світлі буде забарвлена в жовтий колір (λ = 6sdot10ndash5 см) Відповідь 133sdot10ndash5 см 15 На мильну плівку під кутом 30deg падає пучок монохро-матичного світла (λ = 600 нм) При якій мінімальній тов-щині плівки вона буде світлою у відбитому світлі Відповідь 120 нм 16 Пучок світла (λ = 58 10ndash7 м) падає на скляний (n = 15) клин Кут клина дорівнює 20 Яка кількість темних інтерфе-ренційних смуг припадає на одиницю довжини клина Відповідь по 5 темних та світлих смуг на 1 см 17 Мильна плівка розташована вертикально і утворює клин через стікання рідини Інтерференційну картину спо-стерігають у відбитому світлі (λ = 54610ndash7 м) Відстань між пrsquoятьма смугами дорівнює 210ndash2 м Показник залом-лення мильної плівки 133 Промінь зору перпендикуляр-ний до поверхні плівки Знайти кут клина в секундах

Відповідь tg2knlλ

α = ndash5tg 513 10 11primeprimeα = sdot α =

192

18 Пучок білого світла нормально падає на скляну плас-тинку товщина якої d = 410ndash7 м Показник заломлення скла n = 15 Які довжини хвилі що лежать у межах ви-димого спектра (від 410ndash7 м до 710ndash7 м) будуть підси-люватися у відбитому світлі Відповідь λ = 4810ndash7 м 19 Кільця Ньютона спостерігаються у відбитому світлі (λ = 589 нм) під кутом 0deg У деякій точці товщина повіт-ряного шару між опуклою поверхнею лінзи та плоскою пластинкою l = 1767 мкм Яке кільце ndash світле чи темне буде проходити крізь цю точку Відповідь темне 20 Радіус кривизни плоско-опуклої лінзи R = 4 м Чому дорівнює довжина падаючого на лінзу світла якщо радіус пrsquoятого світлого кільця у відбитому світлі r5 = 36 мм Відповідь 072 мкм 21 Кільця Ньютона утворюються між плоским склом і лі-нзою з радіусом кривизни R = 86 м Монохроматичне сві-тло падає нормально Діаметр четвертого темного кільця d = 910ndash3 м Знайти довжину хвилі падаючого світла (прийняти центральне темне кільце за нульове)

Відповідь 2kr

Rkλ = = 58910ndash7 м

22 Відстань між 4-м і 25-м темними кільцями Ньютона дорівнює 910ndash2 м Радіус кривизни лінзи 15 м Знайти до-вжину хвилі падаючого нормально на прилад світла Спо-стереження проводять у відбитому світлі Відповідь λ = 610ndash7 м 23 Монохроматичне світло (λ = 064 мкм) нормально па-дає на щілину завширшки a = 02 мм Визначити в кутових одиницях ширину центральної світлої смуги Вважати що границі світлої смуги відповідає мінімум Відповідь 64 sdot10ndash3 рад

193

24 Довжина хвилі нормально падаючого монохроматич-ного світла на щілину вміщується в ширині щілини шість разів Під яким кутом спостерігатиметься третій дифрак-ційний мінімум світла Відповідь 30deg 25 На дифракційну ґратку з періодом d = 0004 мм падає нормально монохроматичне світло При цьому головний максимум четвертого порядку відповідає відхиленню променів на кут 30deg Визначити довжину хвилі світла Відповідь 05 мкм 26 Монохроматичне світло (λ = 06 мкм) падає нормально на дифракційну ґратку що містить 400 штрихів на 1 мм Знайти загальну кількість дифракційних максимумів які дає ґратка Відповідь 9 27 На дифракційну ґратку падає нормально світло При цьому максимум другого порядку для лінії λ1 = 065 мкм відповідає куту 45deg Знайти кут що відповідає максимуму третього порядку для лінії λ2 = 050 мкм Відповідь 54deg 40 28 Дифракційна ґратка що має 500 штрихів на 1 мм осві-тлюється фіолетовим світлом (λ = 04 мкм) Визначити ку-тову відстань між максимумами першого порядку Відповідь 23deg 6 29 Знайти найбільший порядок спектра для жовтої лінії натрію з довжиною хвилі λ = 589middot10ndash7 м якщо період ди-фракційної ґратки d = 2middot10ndash6 м Відповідь k = 3 30 На якій відстані від дифракційної ґратки треба по-ставити екран щоб відстань між невідхиленим зобра-женням і спектром четвертого порядку (k = 4) дорівню-

194

вала l = 5middot10ndash2 м для світла з довжиною хвилі λ = 5middot10ndash7 м Стала дифракційної ґратки d = 2middot10ndash5 м

Відповідь 2 2 2lx d kk

= minus λλ

31 Скільки штрихів на довжині 10ndash2 м має дифракційна ґратка якщо зелена лінія ртуті (λ = 546middot10ndash7 м) у спектрі четвертого порядку спостерігається під кутом 19deg 8prime Відповідь 6middot105 мndash1 32 Чи можуть перекриватися спектри першого та другого порядків дифракційної ґратки при освітленні її видимим світлом (λф = 400 нм та λчер = 760 нм) Відповідь ні 33 При освітленні дифракційної ґратки білим світлом спектри другого та третього порядків частково перекри-ваються На яку довжину хвилі у спектрі другого поряд-ку накладається фіолетова границя (λф = 400 нм) спектра третього порядку Відповідь 600 нм 34 Чому дорівнює стала дифракційної ґратки якщо вона розрізняє у першому порядку спектра калію λ1 = 4044middot10ndash7 м і λ2 = 4047middot10ndash7 м Ширина ґратки 3middot10ndash2 м Відповідь 22middot10ndash5 м 35 Знайти кутову дисперсію дифракційної ґратки для λ = 589middot10ndash7 м у спектрі першого порядку Стала ґрат-ки дорівнює 25middot10ndash6 м

Відповідь dd

ϕλ

= 541 10sdot мndash1

36 Дифракційна ґратка зі сталою d = 3 мкм має N = 1000 штрихів Визначити найбільшу роздільну здат-ність ґратки для лінії натрію з λ = 5896 нм Відповідь 5000

195

37 Довжини хвиль дублета жовтої лінії у спектрі натрію дорівнюють 588995 та 589592 нм Яку ширину повинна мати ґратка що містить 600 штрихів на 1 мм щоб розріз-нити ці лінії у спектрі першого порядку Відповідь 165 мм 38 Найменший кут зору при якому око бачить роздільно два штрихи дорівнює 1prime Яку найменшу відстань розріз-няє око на віддалі найкращого зору (025 м) Відповідь 73middot10ndash5 м 39 Око людини може бачити на віддалі 10 м роздільно два паралельні штрихи на білому аркуші паперу які зна-ходяться на відстані 3middot10ndash3 м один від одного При гостро-му зорі ця відстань зменшується до 2middot10ndash3 м Чи відпові-дають ці дані роздільній здатності ока яка розрахована за формулою (17) Для розрахунків прийняти діаметр зіниці ока рівний 3middot10ndash3 м довжина хвилі ndash 6middot10ndash7 м Відповідь відповідає гострому зору 40 Діаметр зіниці ока людини може змінюватися від 2 до 8 мм Чим пояснити що максимальна гострота зору має місце при діаметрі зіниці 8 мм 41 Рентгенівське випромінювання з довжиною хвилі λ= 0163 нм падає на кристал камrsquoяної солі Знайдіть міжплощинну відстань її кристалічної ґратки якщо дифракційний максимум першого порядку спостеріга-ється при куті ковзання 17deg Відповідь 0279 нм 42 Пучок рентгенівських променів із довжиною хвилі λ падає під кутом ковзання 60deg на лінійно розташовані центри розсіяння з періодом а Знайти кути ковзання що

відповідають дифракційним максимумам якщо 23

aλ =

Відповідь 26 60 84

196

43 Знайти кут повної поляризації відбитого від скла світ-ла Показник заломлення скла n = 157 Відповідь 57deg30prime 44 Чому дорівнює показник заломлення скла якщо про-мінь відбитого від нього світла буде повністю поляризо-ваний при куті заломлення 30deg Відповідь n = 173 45 Під яким кутом до горизонту має знаходитися Со-нце щоб його промені відбиті від поверхні моря були б повністю поляризовані Відповідь 37deg 46 Головні площини двох призм Ніколя розташованих на шляху променя утворюють кут 60deg Як зміниться інтенси-вність світла що проходить крізь призми якщо кут між їх площинами поляризації дорівнюватиме 30deg Відповідь збільшиться у 3 рази 47 Чому дорівнює кут α між головними площинами поля-ризатора й аналізатора якщо інтенсивність природного світла яке пройшло крізь поляризатор та аналізатор зме-ншилася в 4 рази Поглинання світла не враховувати Відповідь 45deg 48 Визначити товщину кварцової пластини у якої кут по-вороту площини поляризації світла рівний 180deg а довжина хвилі λ = 51middot10ndash7 м Стала обертання кварцу при цій дов-жині хвилі α = 29deg7prime ммndash1 Відповідь 61middot10ndash3 м 49 Між схрещеними призмами Ніколя помістили пластину кварцу завтовшки 3 мм у результаті чого поле зору стало максимально світлим Визначити сталу обертання викори-станого в досліді кварцу Відповідь 30 градмм

197

50 Визначити питоме обертання розчину цукру концент-рація якого с = 033 гсм3 якщо при проходженні моно-хроматичного світла крізь трубку з розчином кут повороту площини поляризації рівний 22deg Довжина трубки 10 см Відповідь 667 градmiddotсм2г 51 При проходженні світла крізь шар 10-процентного розчину цукру завтовшки 10 см площина поляризації світ-ла повернулася на 16deg30 В іншому розчині цукру взято-му в шарі завтовшки 25 см площина поляризації поверну-лася на кут 33deg Знайти концентрацію другого розчину Відповідь 2 52 Трубка завдовжки l = 01 м заповнена водним розчи-ном цукру і розташована між поляризатором і аналізато-ром Щоб досягти повного затемнення поля зору після аналізатора треба повернути його відносно поляризатора на кут ϕ = 60deg Система освітлюється жовтим світлом Стала обертання для жовтого світла α = 667deg дмndash1middotгmiddotсм3 Визначити концентрацію с цукру в розчині Відповідь с asymp 450 кгм3 53 Пучок монохроматичного світла проходить крізь скляну пластинку завтовшки 1 см Визначити монохроматичний показник поглинання скла якщо при цьому поглинається 10 падаючого світла Якою має бути товщина скляної пластинки щоб поглиналася половина падаючого світла Відповідь 01 смndash1 69 см 54 Крізь пластинку із прозорої речовини завтовшки 42 см проходить половина падаючого на неї світлового потоку Визначити показник поглинання цієї речовини Розсіян-ням світла у пластинці знехтувати вважати що 10 па-даючої енергії відбивається від поверхні пластинки Відповідь 014 смndash1

198

55 У 4-процентному розчині речовини у прозорому середовищі інтенсивність світла на глибині 20 мм осла-блюється у 2 рази У скільки разів ослаблюється інтен-сивність світла на глибині 30 мм у 8-процентному роз-чині тієї самої речовини Відповідь у 8 разів 56 Яка концентрація розчину якщо однакова освітле-ність фотометричних полів була отримана при товщині шару 8 мм еталонного 3-процентного розчину та шару 24 мм невідомого розчину Відповідь 1

199

sect 2 Основи квантової оптики

Фізика атомного ядра 1 Фотонна теорія світла Формула Планка Енергія

маса та імпульс фотона Світло випромінюється поглина-ється та поширюється у вигляді дискретних частинок ndash фо-тонів (квантів електромагнітного поля) Енергія фотона ε визначається формулою Планка

hchε = ν = ω =λ

(1)

де h = 6625middot10ndash34 Джmiddotс ndash стала Планка (2h

=π

) ν ndash частота

випромінювання Маса та імпульс фотона обчислюються за формулами

ф 2h hm

ccν

= =λ

(2)

тут фm ndash маса руху фотона (маса спокою фотона дорівнює нулю)

ф фh hp m сcν

= = =λ

(3)

Ці формули повrsquoязують корпускулярні характеристики ви-промінювання ndash масу та імпульс кванта із хвильовими ndash часто-тою коливань і довжиною хвилі λ

Особливість фотона бути частинкою і мати хвильові власти-вості називається корпускулярно-хвильовим дуалізмом

2 Хвильові властивості частинок речовини Формула де

Бройля Корпускулярно-хвильовий дуалізм властивий не тільки світлу а й узагалі будь-яким частинкам (електронам протонам нейтронам та їх колективам ndash атомним ядрам атомам і молекулам)

Довжина хвилі яка відповідає рухомій частинці визначаєть-ся формулою де Бройля

h hp mv

λ = = (4)

де v ndash швидкість руху частинки

200

У випадку руху частинки зі швидкістю v близькою до швид-кості світла с формула для розрахунку імпульсу частинки набу-ває вигляду

( )21

m vpv c

=minus

(5)

де m ndash маса спокою частинки 3 Співвідношення невизначеностей ndash положення згідно із

яким корпускулярно-хвильовий дуалізм частинок не дає можли-вості одночасно точно визначити наприклад імпульс і коорди-нату (або енергію і час) для мікрочастинки

Математичний запис співвідношення невизначеностей

2xp xΔ Δ ge або 2

E tΔ Δ ge (6)

тобто добуток похибок (невизначеності) в одночасному вимірю-ванні імпульсу рх і координати х (або енергії і часу) для тієї самої частинки не може бути меншим за половину сталої Планка 2 Якщо одна з величин (наприклад імпульс) визначена цілком точ-но (Δрх=0) то інша (координата) буде невизначеною (Δх = infin)

4 Фотоефект ndash явище повного або часткового вивільнення елек-

тронів із катодів під дією світла (інфрачервоного видимого та ульт-рафіолетового) у результаті чого електрони речовини переходять у новий енергетичний стан Явище фотоефекту mdash один із проявів вза-ємодії світла з речовиною який розкриває квантову природу світла

Зовнішній фотоефект ndash виривання електронів із повер-хні тіла у результаті чого вони виходять за його межі (хара-ктерний для металів)

Внутрішній фотоефект ndash часткове вивільнення електронів у результаті чого вони переходять зі звrsquoязаного стану у вільний (у зону провідності) і збільшують електропровідність речовин (характерний для напівпровідників та діелектриків)

5 Рівняння Ейнштейна для зовнішнього фотоефекту 2max

вих вих з 2mvh A A eUν = + = + (7)

201

де hν ndash енергія фотона Авих ndash робота виходу електрона з металу

(визначається положенням рівня Фермі) 2max2

mv ndash максимальне

значення кінетичної енергії електрона e ndash заряд електрона зU ndash затримуючий потенціал Енергія фотона hν яку поглинає електрон витрачається ним

на подолання потенціального барrsquoєра у металі тобто на роботу виходу та надання кінетичної енергії вивільненому електрону

ldquoЧервона межаrdquo фотоефекту ndash найменша частота νmin (або най-більша довжина хвилі λmax) світла при якій відбувається фотоефект

вихmin

Ah

ν = або maxвих

chA

λ = (8)

де Aвих ndash робота виходу електрона з металу h ndash стала Планка с ndash швидкість світла у вакуумі

6 Ефект Комптона ndash розсіяння короткохвильового електро-

магнітного випромінювання (рентгенівського та гамма) на віль-них або слабо звrsquoязаних електронах речовини при якому зменшу-ється енергія фотона (довжина хвилі збільшується) Збільшення довжини хвилі Δλ не залежить від довжини падаючої хвилі λ і від природи розсіюючої речовини а залежить від кута θ між напрям-ком розсіяння і напрямком падаючого випромінювання

( ) 20 01 cos 2 sin ( 2)Δλ = λ minus θ = λ θ (9)

де 120

024 10h

m cminusλ = = sdot м ndash стала величина яка називається

комптонівською довжиною хвилі електрона 7 Тиск світла ndash тиск який чинить електромагнітна хвиля на

поверхню дзеркального або поглинаючого тіла Тиск світла за-лежить від обrsquoємної густини енергії поля випромінювання і вла-стивостей поверхні На основі електромагнітної теорії Дж Максвелл одержав формулу для обчислення тиску плоскої електромагнітної хвилі на тіло

202

( )1 cosP i= + ρ ω (10) де ρ ndash коефіцієнт відбивання ω ndash обrsquoємна густина енергії пада-ючої хвилі і ndash кут падіння світла на тіло

При нормальному падінні світла (і = 0) тиск ( )1P = + ρ ω (11)

Із погляду квантової теорії тиск світла зумовлений зміною ім-пульсу фотонів при поглинанні та відбиванні їх поверхнею тіл

8 Теплове випромінювання Функція Планка Теплове

випромінювання ndash випромінювання нагрітими тілами електро-магнітних хвиль за рахунок їх внутрішньої енергії

Функція Планка ndash аналітичний вираз розподілу енергії рів-новажного теплового випромінювання абсолютно чорного тіла за частотами залежно від температури Т цього тіла Функція Планка ε(νТ) для спектральної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла має вигляд

( )2

22

1h kThT

c e νπν ν

ε ν = sdotminus

(12)

У змінних λ і Т відповідно

( )2

52 1

1hc kThcT

e λπ

ε λ = sdotλ minus

(13)

де ν λ ndash частота і довжина хвилі випромінювання Т ndash тер-модинамічна температура с ndash швидкість світла у вакуумі k ndash стала Больцмана

Закон Кірхгофа Відношення спектральної випромінюваль-ної здатності тіла R(νT) до спектральної поглинальної здатності А(νT) тіла не залежить від природи тіла і є для всіх тіл однією і тією самою універсальною функцією яка дорівнює спектраль-ній випромінювальній здатності ε(ν T) абсолютно чорного тіла у тій самій спектральній області і при тій самій температурі

( )( ) ( )

R TT

A Tν

= ε νν

(14)

Для абсолютно чорного тіла А(νT) = 1 тому R(νT) = ε(ν T)

203

Коефіцієнт поглинання пог пад=Ф Фα ndash відношення потоку випромінювання що поглинається даним тілом до потоку ви-промінювання що падає на тіло

9 Закони теплового випромінювання Повна випроміню-

вальна здатність ε(Т) абсолютно чорного тіла

( ) ( )3

20

2 1h kT

h dT T dc e

infin infin

νπ ν ν

ε = ε ν ν =minusint int

0 (15)

Закон СтефанаndashБольцмана Повна випромінювальна зда-тність абсолютно чорного тіла пропорційна температурі тіла у четвертому степені

4( )T Tε = σ (16)

де 5 4

82 3 2 4

2 Вт567 1015 м К

kc h

minusπσ = = sdot ndash стала СтефанаndashБольцмана

Повну випромінювальну здатність далі називатимемо випро-мінювальною здатністю

Закон Віна Довжина хвилі λmax на яку припадає максимум

спектральної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла обернено пропорційна абсолютній температурі T цього тіла

max bT

λ = (17)

де b = 289 sdot 10ndash3 м sdotК ndash стала Віна 10 Квантова теорія будови атома водню

Постулати Бора 1) атому властиві цілком стійкі (стаціонарні) стани з відпові-

дними значеннями енергії Е1 Е2 Еn перебуваючи в яких він не поглинає і не випромінює електромагнітних хвиль Це означає що електрони в атомі рухаються не по будь-яких орбі-тах а тільки по цілком певних для яких виконується умова що момент імпульсу електрона кратний величині h2π тобто

204

2hmvr n n= =π

(18)

де m v r ndash відповідно маса швидкість і радіус орбіти електрона h ndash

стала Планка n = 1 2 2h

=πтакож називається сталою Планка

2) при переході з одного стаціонарного стану в інший атом випромінює або поглинає електромагнітну хвилю (фотон) час-тота якої визначається з умови

n kE E hminus = ν (19) де En ndash початкова енергія атома Ek ndash енергія атома після ви-промінювання (поглинання) ν ndash частота випромінювання (поглинання) При випромінюванні фотона n kE Egt при по-глинанні фотона n kE Elt

Повна енергія (кінетична енергія руху електрона плюс поте-нціальна енергія взаємодії електрона з ядром) електрона в атомі збільшується зі збільшенням квантового числа n

41

2 2 2 2 20

1 136 еВ8nme EE

n h n n= minus sdot = = minus

ε (20)

де е ndash заряд електрона m ndash маса електрона ε0 ndash електрична стала Е1= ndash136 еВ ndash повна енергія атома водню в незбурено-му основному стані n = 1

Довжина хвилі світла λ що випромінюється атомом водню при переході з однієї орбіти на іншу визначається формулою

2 21 2

1 1 1Rn n

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟⎜ ⎟λ ⎝ ⎠

(21)

де R = 1097 sdot 107 мndash1 ndash стала Рідберга для видимого світла n1 = 2 ndash номер орбіти на яку переходить електрон n2 = 3 4 5 ndash но-мер орбіти із якої переходить електрон (серія Бальмера)

Нормована на одиницю псі-функція 1 ( )s rψ для 1s електрона в атомі водню має вигляд

1 3 11

1( ) expsrr rr

⎛ ⎞ψ = minus⎜ ⎟⎝ ⎠π

(22)

де r1= 0529middot10ndash10 м ndash перший борівський радіус

205

Оскільки енергія En дається формулою (20) і залежить лише від головного квантового числа n а стан електрона визначається набо-ром із чотирьох квантових чисел n l ml ms (орбітальне l = 0 1 n ndash 1 магнітне ml = 0 plusmn1 plusmn2 plusmnl спінове ms= plusmn12) то кількість різних станів із повним значенням енергії En або кратність виродження даного енергетичного рівня в атомі водню виражається формулою

( ) [ ]1

2

02 2 1 2 1 3 5 (2 1) 2

n

lN l n n

minus

== + = + + + + minus =sum (23)

Згідно із принципом Паулі в атомі (і в будь-якій квантовій системі) не може бути електронів з однаковими значеннями всіх чотирьох квантових чисел

Сукупність електронів атома з однаковими значеннями голо-вного квантового числа n утворює так звані оболонки K L M N O P (K-оболонці відповідає n = 1 L-оболонці ndash n = 2 і т д)

Максимальна кількість електронів в одній оболонці визнача-ється формулою (23) так у K-оболонці може бути 2 електрони у L-оболонці ndash 8 електронів у М-оболонці ndash 18 електронів у N-оболонці ndash 32 електрони і т д

Оболонки складаються з підоболонок які відрізняються одна від одної значенням орбітального числа l

0 1 2 3

l

s p d f

=

Підоболонки позначають (nl) ndash 1s 2s 2p 3s 3p 3d Розподіл електронів за станами називають електронною конфігурацією

Наприклад електронна конфігурація атома кисню О така 1s2 2s2 2p4 ndash всього 8 електронів

Максимальна кількість електронів в одній підоболонці 2(2 1)lN l= + отже у s-підоболонці (l = 0) можуть розміщу-

ватись лише 2 електрони із протилежно направленими спінами у p-підоболонці ndash 6 електронів у d-підоболонці ndash 10 електронів і т д

11 Розвrsquoязок рівняння Шредингера для стаціонарних станів

частинок масою m що знаходяться в одновимірній нескінченно глибокій потенціальній ямі завширшки l дозволяє знайти дис-кретний спектр власних значень енергії частинки

206

2 22

22nE nml

π= ( n = 1 2 3 ) (24)

та вигляд власних нормованих псі-функцій 2( ) sinn

n xxl l

πψ = ( n = 1 2 3 ) (25)

Імовірність знаходження частинки на енергетичному рівні En у ямі в межах 1 2x x xlt lt отримують із виразу

2

1

21 2( ) ( )

x

nx

P x x x x dxlt lt = ψint (26)

12 Закон радіоактивного розпаду Для кожного радіоактивно-го ядра існує певна ймовірність λ того що воно зазнає розпаду за одиницю часу Якщо на момент часу t є N радіоактивних атомів то середня кількість атомів що зазнають розпаду за час dt пропор-ційна часу і повній кількості атомів N радіоактивного елемента

dN Ndt= minusλ (27) де λ ndash стала розпаду

Кількість атомів радіоактивної речовини з часом зменшуєть-ся за експоненціальним законом

0tN N eminusλ= (28)

де N0 ndash початкова кількість атомів (при t = 0) N ndash наявна кіль-кість атомів радіоактивної речовини в момент часу t

Рівняння (28) виражає закон радіоактивного розпаду Цей закон є статистичним і справджується за умови коли кі-лькість атомів досить велика

Період піврозпаду ndash проміжок часу протягом якого в серед-ньому зазнає розпаду половина початкової кількості атомів

0

1 ln 2 0693 2

TN e TN

minusλ= = = =λ λ

(29)

13 Активність а радіоактивної речовини ndash це кількість ядер що зазнають розпаду за одиницю часу

0ln 2 tdN Na N N e a

dt Tminusλ= = λ = λ = (30)

де N0 ndash початкова кількість атомів N ndash наявна кількість атомів λ ndash стала розпаду T ndash період піврозпаду

207

Правила зміщення для α- і β-розпадів відповідно такі 1) ізотоп з атомним номером Z і масовим числом А при ви-

промінюванні α-частинки перетворюється в ізотоп з атомним номером Z-2 і масовим числом А-4 тобто при α-розпаді утво-рюється ізотоп іншого елемента порядковий номер якого в періодичній таблиці зміщено на дві одиниці ліворуч від номера елемента що розпався

Схему α-розпаду можна записати так 4 42 2X Y HeA A

Z Zminusminusrarr + (31)

2) ізотоп з атомним номером Z і масовим числом А при ви-промінюванні електрона перетворюється в ізотоп іншого еле-мента з порядковим номером Z+1 і з тим самим масовим чис-лом тобто при β-розпаді утворюється ізотоп іншого елемен-та порядковий номер якого в періодичній таблиці елементів збільшується на одиницю

Схему β-розпаду можна записати так 0

1 1X Y A AZ Z e+ minusrarr + + ν (32)

(при β-розпаді випромінюється антинейтрино ν ) 14 Закон пропорційності маси й енергії Зміна енергії систе-

ми ΔЕ супроводжується пропорційною зміною маси системи Δm 2E mcΔ = Δ (33)

де c ndash швидкість світла у вакуумі 15 Енергія звrsquoязку ядер Дефект маси атомного ядра Енергія звrsquoязку ядра дорівнює роботі яку слід виконати для

розщеплення ядра на нуклони без надання їм кінетичної енергії Енергію звrsquoязку ядра визначають на основі закону збережен-

ня енергії та закону пропорційності маси й енергії При порівнянні суми мас спокою нуклонів які утворюють

ядро із масою ядра виявляється що для всіх хімічних елементів справджується нерівність

( ) яp nZm A Z m m+ minus gt (34) де Z ndash атомний номер елемента (кількість протонів у ядрі) A ndash масове число (кількість нуклонів у ядрі) mp ndash маса протона mn ndash маса нейтрона mя ndash маса ядра

208

Величину Δm що виражає різницю між масою нуклонів які утворюють ядро і масою mя називають дефектом маси ядра

( ) я[ ]p nm Zm A Z m mΔ = + minus minus (35) Загальна формула для розрахунку енергії звrsquoязку Е ядра (у

джоулях) за його дефектом маси має вигляд ( )2

зв я[ ] p nE c Zm A Z m m= + minus minus (36) де c ndash швидкість світла у вакуумі

Якщо виразити масу нуклонів у ядрі в атомних одиницях ма-си (аом) і врахувати що

с21 аом = 16 27

199 10 166 10 eB

16 10

minus

minussdot sdot sdot

sdot = 9315 МеВ

то можна записати формулу енергії звrsquoязку ядра (у мегаелект-рон-вольтах) як

( )зв я9315[ ] p nE Zm A Z m m= + minus minus (37) 16 Питома енергія звrsquoязку εзв ndash це енергія звrsquoязку ядра Езв

що припадає на один нуклон зв

звEA

ε = (38)

де А ndash масове число 17 Ядерні реакції ndash перетворення ядер при їх взаємодії

між собою при взаємодії з елементарними частинками і при внутрішніх спонтанних процесах

Ядерні реактори класифікуються за цільовим призначенням (енергетичні дослідницькі розмножувальні) за енергією вико-ристаних нейтронів (повільних проміжних швидких) за спосо-бом розміщення палива і сповільнювача за методом досягнення максимальної потужності

Виділення ядерної енергії відбувається як при реакціях поді-лу важких ядер так і при реакціях злиття (синтезу) легких ядер

Ядерна енергія ΔЕ яка виділяється кожним ядром що прореагувало визначається різницею між енергією звrsquoязку

209

продукту реакції Е2 й енергією звrsquoязку Е1 початкового ядер-ного матеріалу

2 1E E EΔ = minus (39) 18 Фізичні величини й одиниці що використовуються в

дозиметрії іонізуючих випромінювань 1) доза опромінення ndash міра дії випромінювання на речовину 2) активність а джерела ndash фізична величина що характери-

зує загальну кількість розпадів радіоактивних ядер за одиницю

часу dNadt

= Одиниця активності ndash беккерель (Бк) 1Бк дорів-

нює 1 ядерному перетворенню (розпаду) за 1 с Активність іноді відносять до площі поверхні наприклад Бккм2

3) доза поглинання Д ndash основна дозиметрична величина Доза поглинання дорівнює відношенню середньої енергії що передається випромінюванням речовині в елементарному обrsquoємі до маси речовини в цьому обrsquoємі Одиниця дози по-глинання ndash грей (Гр)= Джкг

4) еквівалентна доза Н ndash це доза поглинання помножена на коефіцієнт якості випромінювання ( k ) який враховує біологіч-ну ефективність різних типів іонізуючого випромінювання

а) k = 1 для електронів та позитронів б) k ge 1 для рентгенівського та гамма-випромінювання в) k = 3 для нейтронів з енергією меншою 20 кеВ г) k = 10 для нейтронів з енергією 01ndash10 МеВ д) k = 20 для альфа-випромінювання з енергією меншою 10 МеВ Одиниця еквівалентної дози mdash зіверт (Зв) 1 зіверт відпо-

відає дозі поглинання в 1 Джкг (для рентгенівського гамма- та бета-випромінювань)

5) ефективна еквівалентна доза ndash еквівалентна доза помноже-на на відповідний ваговий коефіцієнт (коефіцієнт радіоактивного ризику) що враховує різну чутливість органів до опромінення

=1

n

i ii

H H W= sum (40)

210

і є сумою добутків дози яку одержав кожний орган на відповід-ний ваговий коефіцієнт Wi

6) колективна ефективна еквівалентна доза ndash ефективна еквівалентна доза одержана групою людей від будь-якого дже-рела радіації Вимірюється в людино-зівертах

7) повна (очікувана) колективна ефективна еквівалентна доза ndash колективна ефективна еквівалентна доза яку одержить покоління людей від будь-якого джерела радіації за весь час його існування

8) експозиційна доза (Х) чисельно дорівнює відношенню сумар-ного заряду іонів який створено фотонним випромінюванням до маси опроміненої речовини Одиниця вимірювання ndash Клкг

Таблиця 2

Одиниці вимірювання іонізуючого випромінювання Фізичні величини

та їх символи

ОдиниціСІ

Поза-системні одиниці

Співвідношення між одиницями СІ та

позасистемними одиницями

Активність а Бк беккерель

Кі кюрі

1 Бк = 1 розпадс = 27middot10ndash11 Кі 1 Кі = 37middot1010 Бк

Доза поглинання Д

Гр грей рад 1 Гр = 1 Джкг = 100 рад

1 рад = 10ndash2 Гр

Еквівалентна доза Н

Зв зіверт бер

1 Зв = 1 Гр = 1 Джкг middot k 1 Зв = 100 бер 1 бер = 10ndash2 Зв 1 бер = 1 радmiddot k

Експозиційна доза Х Клкг Р

рентген

1 Клкг = 388middot103 Р 1 Р = 258middot10ndash4 Клкг 1 Р = 088 рад = 88middot10ndash3 Гр

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Фізичні процеси при взаємодії іонізуючого випроміню-

вання з речовиною Первинним механізмом дії іонізуючого випромінювання є фі-

зичний процес на молекулярному рівні організації біосистеми ndash

k

211

іонізація або збудження атомів і молекул опромінюваного обrsquoєму біотканини внаслідок поглинання енергії випромінювання

У первинних механізмах дії іонізуючого випромінювання ви-діляють також непряму (опосередковану) дію яка повrsquoязана з іо-нізацією води Основну частину маси живого організму складає вода (у людини близько 75 ) Іонізація води призводить до сут-тєвого підвищення рівня вільних радикалів які мають дуже висо-ку хімічну активність У наступних каталітичних реакціях окис-лення молекул білка накопичення перекисних сполучень підви-щують проникність клітин та спричиняють їх пошкодження

Ці фізико-хімічні процеси є пусковим механізмом який при-водить у дію складні й взаємоповrsquoязані зміни у клітинах що підпорядковані біологічним законам і порушують нормальне функціонування біосистеми Розглянемо механізми взаємодії іонізуючого випромінювання з речовиною

2 Взаємодія α- і β- випромінювання з речовиною Основними процесами взаємодії α- і β-частинок порівняно

малих енергій (le 20 МеВ) із речовиною є пружне та непружне розсіяння гальмівне випромінювання

Пружне розсіяння відбувається в результаті електромагнітної взаємодії заряджених частинок із кулонівським полем ядра

Непружне розсіяння йде при взаємодії частинки з електронами атома При цьому частина енергії передається електрону який мо-же перейти на більш високий енергетичний рівень (збудження атома) або вилетіти з атома (іонізація атома) Електрони які поки-нули атом можуть викликати вторинну іонізацію атомів

Другий непружний електромагнітний процес ndash гальмівне ви-промінювання виникає при гальмуванні зарядженої частинки в електричному полі атомного ядра

Зовнішні джерела β- і α-частинок не є особливо небезпеч-ними бо частинки мають малу проникну здатність тому за-хист від їх дії не викликає проблем Наприклад шар повітря завтовшки 10 см тонка фольга гумовий одяг екранують α-частинки Пробіг α-частинок у біологічній тканині становить не більше 01 мм Декілька міліметрів алюмінію або скла по-вністю екранують потік β-частинок

212

Однак для високоактивних джерел β-частинок з енергією бі-льше 1 МеВ слід враховувати що при їх гальмуванні виникають високоенергетичні γ-кванти

Для людини β- та α-частинки дуже небезпечні при внут-рішньому опроміненні

3 Взаємодія γ-випромінювання з речовиною Основними процесами взаємодії γ-випромінювання з речови-

ною (при енергії γ-квантів від 20 кеВ до 10 МеВ) є фотоефект комптон-ефект і утворення електронно-позитронних пар

У результаті всіх процесів відбувається іонізація речовини яка є початковим етапом механізму біологічної дії радіації на людину

Рентгенівське та γ-випромінювання мають велику проникну здатність (їх пробіг у повітрі становить сотні метрів) і тому цей тип випромінювання є небезпечним для людини

4 Взаємодія нейтронів з речовиною Іонізація біологічної тканини під дією нейтронів обумовлена

головним чином такими процесами 1) захоплення нейтронів ядрами азоту за реакцією ( )14 14

7 5N Cn p У результаті утворюються протони із середньою енергією 06 МеВ які іонізують біологічну тканину

2) захоплення нейтронів ядрами водню за реакцією ( ) 2

1H Hn γ Іонізацію викликають γ-кванти з енергією 218 МеВ які виникають при радіаційному захопленні

3) пружне розсіяння нейтронів на ядрах водню кисню вуг-лецю й азоту Іонізацію викликають ядра віддачі

213

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити кількість фотонів випромінених за одиницю часу

джерелом потужності Р = 1 Вт якщо довжина хвилі випроміню-вання λ1 = 102 м λ2 = 10ndash7 м λ3 = 10ndash12 м

Розвrsquoязання

Кількість випромінених за одиницю часу квантів

P PNh hc

λ= =

ν

де h = 6625middot10ndash34 Джmiddotc ndash cтала Планка с = 3middot108 мc ndash швид-кість світла у вакуумі

Підставляючи дані з умови задачi знаходимо N1 = 5middot1026 квантівc N2 = 5middot1017 квантівc N3 = 5middot1012 квантівc

Задача 2 При якій швидкості v кінетична енергія частинки Ек дорівнює

її енергії спокою Е0

Розвrsquoязання

У релятивістській механіці кінетична енергія частинки Ек = Е ndash Е0

де Е ndash повна енергія Е0 ndash енергія спокою За умовою задачі Ек = Е0 тому запишемо

Е0 = Е ndash Е0 тобто Е = 2Е0 або mc2 = 2m0c2

де ( )

021

mmv c

=minus

214

Тоді ( )

220

022

1

m c m cv c

=minus

або ( )2 11 2

vcminus =

звідки 34

v c= sdot v = 0866c

де c ndash швидкість світла у вакуумі c = 3 108 мc v = 26 middot108 мc Задача 3 Оцінити невизначеність швидкості електрона в атомі водню

яка повrsquoязана з рухом електрона по першій борівській орбіті Порівняти цю невизначеність із самою швидкістю

Розвrsquoязання

Радіус атома r asymp 5middot10ndash11 м швидкість електрона на орбіті

v asymp 106 мс Якщо допустити що невизначеність радіуса орбіти становить один відсоток від радіуса тобто Δr = 001r = 5middot10ndash13 м то невизначеність швидкості

348

31 1310 22 10

9 10 5 10v

m r

minus

minus minusΔ = asymp = sdotΔ sdot sdot sdot

мс

Видно що невизначеність швидкості приблизно у 220 разів перевершує значення самої швидкості Це означає що немає сенсу говорити про рух електрона в атомі по певній траєкторії

Якщо наприклад невизначеність швидкості Δv = 001v = = 104 мс то невизначеність радіуса

348

4 3110 11 10

10 9 10r

m v

minus

minusΔ = = = sdotΔ sdot sdot

м

Невизначеність радіуса у 220 разів перевищує радіус орбіти Таким чином радіус орбіти стає невизначеним і можна зробити висновок що при русі електрона в атомі співвідношення неви-значеностей вносить суттєві зміни у класичні уявлення про тра-єкторію електрона ndash його орбіту

215

Задача 4 Оцінити невизначеність швидкості електрона в бетатроні

якщо він рухається по колу радіусом r = 25 м зі швидкістю v = 297 108 мс Радіус траєкторії знайдено з невизначеністю Δr = 02 від радіуса траєкторії

Розвrsquoязання

Невизначеність Δr радіуса траєкторії становить Δr = 0002 r = 0005 мм тобто траєкторія визначена достатньо точно

Невизначеність швидкості знаходимо зі співвідношення

vm r

Δ =Δ

де m ndash маса електрона яку визначають за формулою

( )0

0271

1

mm mv c

= =minus

(тут m0 = 91 10ndash31 кг)

Далі одержуємо 34

31 510

71 91 10 5 10v

minus

minus minusΔ asymp asympsdot sdot sdot sdot

03 мс

У цьому випадку можна вважати що швидкість електрона визначено достатньо точно електрон рухається по колу певного радіуса і має точне значення швидкості

Задача 5 Знайти тиск світла на стінки електричної лампи потужністю

N = 102 Вт якщо колба лампи має сферичну форму радіусом R = 5 10ndash2 м Вважати що потужність лампи витрачається на ви-промінювання стінки лампи відбивають 10 падаючого світла

Розвrsquoязання

Тиск світла залежить від власної інтенсивності й відбивної

здатності поверхні на яку він тисне і визначається за формулою

216

( )1IPc

= + ρ

де I ndash інтенсивність світла c ndash швидкість світла у вакуумі ρ ndash коефіцієнт відбиття

Оскільки I = NS де S = 4πR2 ndash площа поверхні лампи то остаточно запишемо

( )2 1 4

NPR c

= + ρπ

Згідно з умовою задачі ρ = 01 тоді одержимо Р = 12middot10ndash5 Па Задача 6 Радіоактивний натрій 24

11Na розпадається випромінюючи β-частинки Період піврозпаду натрію складає Т = 148 годин Визначити кількість атомів ΔN що розпалися за 10 годин у 10ndash6 кг радіоактивного препарату

Розвrsquoязання

Кількість атомів що розпалися за час t

0N N NΔ = minus (1) де N0 ndash початкова кількість атомів N ndash кількість атомів на момент t

Формулу (1) можна привести до вигляду

( )0 0 0 1t tN N N e N eminusλ minusλΔ = minus = minus (2)

де λ ndash стала розпаду

Враховуючи що λ = ln2T

запишемо

( )ln 2

ln 20 0 01 1 1 2

tttT TTN N e N e N

minus sdot minusminus⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥Δ = minus = minus = minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(3)

217

Оскільки в одному молі 2411Na міститься NA атомів то в цій

масі препарату міститься 0 AmN NM

= атомів (m ndash маса радіоак-

тивного препарату M ndash молярна маса натрію)

Остаточно одержимо 1 2 tT

AmN NM

minus⎛ ⎞⎜ ⎟Δ = minus⎜ ⎟⎝ ⎠

4

436106

23 18533103

10 602 10 1 2 93 1024 10

Nsdotminus minussdot

minus

⎛ ⎞⎜ ⎟Δ = sdot minus asymp sdot⎜ ⎟sdot ⎜ ⎟⎝ ⎠

атомів

Задача 7 Активність а ізотопу вуглецю 14

6C у старовинних деревrsquoяних предметах складає 45 активності цього ізотопу у свіжозрубаних деревах Період піврозпаду Т ізотопу 14

6C становить 5570 років Визначити вік старовинних предметів

Розвrsquoязання

За законом радіоактивного розпаду

0tN N eminusλ=

тоді активність речовини

0tdNa N e

dtminusλ= = λ

де N0 ndash початкова кількість атомів радіоактивної речовини N ndash кі-лькість радіоактивних атомів на момент часу t λ ndash стала розпаду

У початковий момент часу активність

0 0a N= λ тому 0ta a eminusλ=

де ln 2T

λ = (Т ndash період піврозпаду)

Тоді 0 0

ln 2 ln ta a te ta a T

minusλ sdot= = minusλ = minus

де t ndash вік старовинних предметів

218

Остаточно одержимо 0ln

ln 2

aTa

t

⎛ ⎞minus ⎜ ⎟

⎝ ⎠=

5570ln(4 5) 5570( 0225) ln 2 0693

t minus minus minus= = t asymp 1800 років

Задача 8 Знайти швидкості продуктів реакції яка протікає в резуль-

таті взаємодії нейтронів 10 n із початково нерухомими ядрами

бору 105B якщо кінетична енергія нейтронів нескінченно мала

(у результаті реакції утворюються літій 73Li та α -частинка)

Розвrsquoязання

Реакцію 10 7B( ) Lin α можна представити у вигляді

10 1 7 45 0 3 2B Li n+ = + α

знайдемо теплоту яка виділилася під час реакції

( ) ( ) ( )7 4 10зв 3 зв 2 зв 5Li BQ E E E= + α minus

Енергію звrsquoязку знаходимо зі співвідношення зв ( ) ( )E Z N Z p N n Z N= Δ + Δ minus Δ

де Z N ndash зарядове число та кількість нейтронів Δp = 0007825 (аом) ndash дефект маси протона Δn = 0008665 (аом) ndashдефект маси нейтрона Δ(Z N) ndash дефект маси нукліда (аом) 1 аом = 931502 МеВ

Користуючись таблицями з додатків отримаємо

( )10зв 5BE = 5 sdot 0007825 + 5 sdot 0008665 ndash

ndash 0012339 = 0069511 аом = 6474 МеВ

( )7зв 3LiE = 392 МеВ ( )4

зв 2E α = 2824 МеВ

219

Отже Q = 392 + 2824 ndash 6474 = 270 МеВ = 27 sdot 16 sdot 10ndash19 sdot 106 Дж Оскільки за умовою задачі кінетична енергія нейтронів не-

скінченно мала мішень 105B ndash нерухома то

Q = KLi + Kα де KLi і Kα ndash кінетичні енергії продуктів реакції літій ndash α-частинка Використовуючи закон збереження імпульсу отримаємо

2

Li Li LiLi

0 2

m m vm v m v v v Km

α α αα α α α+ = rArr = =

2 22 LiLi

Li Li Li

2 2 2Li

Lim m m m v mmK v v K

m m mα α α α α

α α⎛ ⎞

= = = sdot =⎜ ⎟⎝ ⎠

2

LiLi Li

1 1 2

m m v mQ K K Km m

α α α αα α

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Звідки знаходимо 19 6 26

6

Li

2 2 27 16 10 10 10 93 104 411

6022 7

Qvmmm

minus

αα

α

sdot sdot sdot sdot sdot= = = sdot

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞sdot ++ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

мс

326 26

Li234 10 4 710 кг 10 кг

6022 60226022 10m m

minusminus minus

αsdot

= = sdot = sdotsdot

6 6Li

Li

4 93 10 53 107

mv vm

αα= = sdot sdot = sdot мс

220

Задачі

1 Знайти масу кванта 1) червоних променів світла (λ = 7 sdot 10ndash7 м) 2) рентгенівських променів (λ = 25 sdot 10ndash11 м) 3) гамма-променів (λ = 124 sdot 10ndash12 м) Відповідь 32 sdot 10ndash36 кг 88 sdot 10ndash32 кг 18 sdot 10ndash30 кг 2 Визначити масу енергію та імпульс фотонів випро-мінювання 1) червоного (λ1 =700 нм) 2) фіолетового (λ2 = 400 нм) 3) рентгенівського (λ3 = 05 sdot 10ndash10 м) Відповідь 1) 32 sdot 10ndash36 кг 28 sdot 10ndash19 Дж 95 sdot 10ndash28 кгmiddotмс 2) 55 sdot 10ndash36 кг 5 sdot 10ndash19 Дж 166 sdot 10ndash28 кгmiddotмс 3) 44 sdot 10ndash32 кг 4 sdot 10ndash15 Дж 133 sdot 10ndash24 кгmiddotмс 3 Яка кількість фотонів світла з довжиною хвилі 500 нм відповідає енергії 10 еВ Відповідь 4 4 Визначити довжину хвилі фотона імпульс якого дорів-нює імпульсу електрона що має швидкість 104 кмс Відповідь 74 10ndash11 м 5 Яку енергію повинен мати фотон щоб його маса дорів-нювала масі спокою електрона Відповідь 051 МеВ 6 Для людини верхня границя потоку світлової енергії що сприймається безболісно становить 2sdot10ndash5 Вт Скіль-ки при цьому потрапляє за 1 с до ока фотонів із довжи-ною хвилі 555 нм Відповідь 558sdot1012 7 Зорове відчуття у людини може виникнути якщо енер-гія світла що потрапляє до ока становить 2 sdot 10ndash13 Дж

221

Скільки квантів червоного світла з довжиною хвилі 700 нм повинно одночасно потрапити в око для ство-рення зорового відчуття Відповідь 7sdot105 8 За певних умов сітківка ока людини може реєструвати приблизно пrsquoять фотонів голубувато-зеленого світла (λ= 5sdot10ndash7 м) Чому дорівнює відповідна кількість енергії Е що падає на сітківку ока Якщо кожної секунди в око потрапляє і поглинається пrsquoять таких фотонів світла чому дорівнює потужність N яка при цьому передається Відповідь Е = 2sdot10ndash18 Дж (124 еВ) N = 2sdot10ndash18 Вт 9 Чому дорівнює довжина хвилі де Бройля для електро-на що має швидкість 1000 кмс Відповідь 73sdot10ndash10 м 10 Порівняйте довжини хвиль де Бройля для електрона та кульки масою 1 г якщо їх швидкість однакова і дорівнює 100 мс Відповідь 727sdot10ndash6 м та 663sdot10ndash33 м 11 У трубці телевізора прискорювальна напруга U = 20 кВ Чому дорівнює довжина хвилі де Бройля для електрона в кінці процесу прискорення Відповідь 886sdot10ndash12 м 12 Електрон пролітає крізь щілину завширшки 1 мкм Із якою найменшою похибкою в момент проходу крізь щілину може бути визначена відповідна складова ім-пульсу електрона Відповідь 105sdot10ndash20 кгmiddotмс 13 Тривалість збудженого стану атома водню становить приблизно Δt = 10ndash8 с Чому дорівнює невизначеність атомного рівня ΔE при цьому Відповідь 655sdot10ndash8 еВ

222

14 Чому дорівнює невизначеність енергії у метастабільному стані якщо час життя для атома в цьому стані Δt = 05 с Відповідь 131sdot10ndash16 еВ 15 Визначити червону границю фотоефекту для цинку та максимальну швидкість фотоелектронів що вибиваються із поверхні цинку світлом із довжиною хвилі λ = 200 нм Робота виходу для цинку 374 еВ Відповідь 330 нм 94sdot105мс 16 Чи придатний барій для використання у фотоеле-ментах при опроміненні видимим світлом якщо робота виходу для барію 25 еВ Відповідь так 17 Визначити (в електрон-вольтах) роботу виходу еле-ктрона з рубідію якщо червона межа фотоефекту для рубідію λчер = = 081 мкм Відповідь 153 еВ 18 Червона межа фотоефекту у вольфрамі λчер = 230 нм Визначити кінетичну енергію електронів що вирива-ються з вольфраму ультрафіолетовим світлом із довжи-ною хвилі λ = 150 нм Відповідь 46sdot10ndash19 Дж 19 Червона межа фотоефекту для калію λчер = 620 нм Чому дорівнює мінімальна енергія фотонів що виклика-ють фотоефект Відповідь 32sdot10ndash19 Дж 20 Знайти червону межу фотоефекту для літію якщо робота виходу 24 еВ Відповідь 517 нм

223

21 Визначити найбільшу довжину хвилі світла λmax при якій може відбуватися фотоефект для платини Робота ви-ходу електронів А = 10ndash18 Дж Відповідь λmax = 196sdot10ndash7 м 22 Знайти роботу виходу А електронів із металу якщо фото-ефект починається при частоті падаючого світла ν0 = 6sdot1014 Гц Відповідь А = 397sdot10ndash9 Дж 23 На слабко звrsquoязаний електрон потрапляє рентгенівсь-кий фотон який розсіюється під прямим кутом Визначи-ти зміну довжини хвилі фотона Δλ Відповідь Δλ = 243sdot10ndash12 м 24 Визначити енергію W одержану електроном при дії на нього фотона (λф = 10ndash10 м) якщо розсіювання фотона від-бувалося в напрямку протилежному початковому Відповідь W = 92sdot10ndash17 Дж 25 На поверхню площею S = 10ndash2 м2 щохвилини падає W = 63 Дж енергії світла Знайти тиск світла у випадках коли поверхня 1) повністю відбиває всі промені 2) по-вністю поглинає всі промені Відповідь 7sdot10ndash7 Нм2 35sdot10ndash7 Нм2 26 При якій температурі випромінювальна здатність чорного тіла ε = 500 Втм2 Відповідь 306 К 27 При якій температурі повна випромінювальна здатність сі-рого тіла ε = 500 Втм2 Коефіцієнт поглинання α = 05 Відповідь 352 К 28 Визначити енергію яка випромінюється крізь віконце печі впродовж t = 1 хв Температура печі T = 1500 К

224

площа віконця S = 10 см2 Вважати що піч випромінює як абсолютно чорне тіло Відповідь 172 кДж 29 Визначити повну випромінювальну здатність тіла людини при Т = 36 degС вважаючи її сірим тілом із коефі-цієнтом поглинання α = 09 Відповідь 465 Втм2 30 Визначити температуру Т тіла людини вважаючи його сірим тілом із коефіцієнтом поглинання α = 09 якщо його випромінювальна здатність Е(Т) = 465 Втм2 Відповідь Т = 310 К 31 Шар озону в атмосфері Землі повністю поглинає соня-чне випромінювання в інтервалі від 22sdot10ndash7 м до 28sdot10ndash7 м і мало поглинає поза цим інтервалом Визначити тиск Р сонячних променів на шар озону якщо вважати що Сонце випромінює як абсолютно чорне тіло при Т = 6000 К а функція розподілу за інтервалами довжин хвиль в усьому вказаному інтервалі має значення що відповідає серед-ньоарифметичному значенню довжини хвилі Відповідь Р asymp 10ndash7 Па 32 У медицині для діагностики захворювань використо-вують метод термографії в основі якого лежить реєстра-ція різниці теплового випромінювання хворими і здоро-вими органами зумовленої невеликою різницею їх темпе-ратур Обчисліть у скільки разів відрізняються термоди-намічні температури і випромінювальні здатності поверх-ні тіла людини що мають відповідно 305 degС і 30 degС Відповідь Т2Т1 asymp 10017 Е2Е1 asymp 10066 33 Який потік енергії випромінює людина при температурі 37 degС якщо вважати що площа тіла людини дорівнює 18 м2 а коефіцієнт поглинання при цій температурі дорівнює 095 Відповідь 8954 Вт

225

34 На скільки збільшилась температура тіла людини якщо потік випромінювання з поверхні тіла збільшився на 4 Початкова температура тіла дорівнює 35 degС Відповідь 3 degС 35 Розрахуйте енергію яку втрачає людина кожної секунди при теплообміні випромінюванням (та поглинанням) з ото-чуючим середовищем Розгляньте два випадки 1) роздягнена людина 2) людина одягнена в костюм із вов-няної тканини Прийняти коефіцієнт поглинання шкіри лю-дини α1 = 09 вовняної тканини α2 = 076 температура пове-рхні шкіри людини t1 = 30 degС поверхні тканини t2 = 20 degС та повітря t3 = 18 degС Площу поверхні через яку відбувається теплообмін променевою енергією вважати рівною S = 12 м2 Відповідь 1) ( )4 4

1 1 0P S T T= α σ minus asymp 77 Джс

2) ( )4 41 2 0P S T T= α σ minus asymp 103 Джс

36 На яку довжину хвилі припадає максимум спектраль-ної густини випромінювальної здатності таких джерел те-плового випромінювання 1) тіло людини з температурою поверхні шкіри t = 30 degС 2) спіраль електричної лампочки (T = 2000 К) 3) поверхня Сонця (T = = 5800 К) 4) атомна бомба яка має у момент вибуху температуру T = 107 К Випромінюючі тіла вважати чорними або сірими Відповідь 1) 95 мкм 2) 14 мкм 3) 05 мкм 4) 029 нм 37 На яку довжину хвилі λmax припадає максимум спектраль-ної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла яке має температуру рівну температурі тіла людини Т = 310 К Відповідь λmax = 93sdot10ndash6 м 38 Знайдіть границі серії Лаймана (перехід на рівень n = 1) у частотах та довжинах хвиль Порівняйте ці дані з діапазоном видимого світла Відповідь 33sdot1015 Гц 25sdot1015 Гц 90 нм 120 нм

226

39 Знайдіть границі серії Бальмера (перехід на рівень n = 2) у частотах та довжинах хвиль Порівняйте ці дані з діапазоном видимого світла Відповідь 082sdot1015 Гц 046sdot1015 Гц 366 нм 652 нм 40 На дифракційну ґратку нормально падає світло від го-ризонтальної трубки що заповнена атомарним воднем Стала ґратки d = 5sdot10ndash6 м Із якої орбіти повинен перейти електрон на другу орбіту щоб спектральну лінію у спектрі пятого порядку можна було спостерігати під кутом 41deg Відповідь nk asymp 3 41 Визначити енергію фотона що випромінюється при пе-реході електрона в атомі водню із третьої орбіти на першу Відповідь 194sdot10ndash18 Дж 42 Визначити повну енергію електрона що знаходиться на другій орбіті атома водню Відповідь ndash 544sdot10ndash19 Дж 43 Знайти найбільшу й найменшу довжини хвилі у види-мій частині спектра випромінювання атома водню Відповідь λmax = 656sdot10ndash7 м λmin = 365sdot10ndash7 м 44 Знайти потенціал іонізації Ui атома водню Відповідь Ui = 136 еВ 45 Знайти перший потенціал збудження атома водню Відповідь U1 = 102 В 46 Знайдіть довжину хвилі де Бройля λ для електрона що рухається по першій борівській орбіті атома водню Відповідь λ = 033 нм 47 Знайдіть довжину хвилі де Бройля λ для атома во-дню що рухається при температурі Т = 293 К із най-більш імовірною швидкістю Відповідь λ =180 пм

227

48 На скільки еВ змінилася кінетична енергія електро-на в атомі водню при випромінюванні атомом фотона з довжиною хвилі λ = 486 нм Відповідь збільшилась на кEΔ = 256 еВ 49 Пояснити із співвідношення невизначеності Гейзен-берга чому мінімальне значення енергії частинки в од-новимірній прямокутній нескінченно глибокій потенціа-льній ямі більше за нуль 50 Частинка міститься в одновимірній прямокутній ямі завширшки l із нескінченно високими стінками на енер-гетичному рівні з n = 2 Знайти ймовірність перебування частинки в інтервалі (0 l4) Відповідь P(0 lt x lt l4 ) = 14 51 Частинка міститься в одновимірній нескінченно гли-бокій прямокутній ямі завширшки l на енергетичному рі-вні з n = 5 Знайти ймовірність перебування частинки в інтервалі (15l 35l) Відповідь P(15l lt x lt 35l) = 25 52 Знайдіть середнє значення кінетичної енергії K части-

нки у стані 1( ) ikxx el

ψ = тут pk = Функція ( )xψ но-

рмована в інтервалі 0lt x lt l зовні цього інтервалу ( ) 0xψ =

Відповідь 2

2pK m=

53 Яка максимальна кількість електронів може міститися в атомі на K- L- M- N- O- P-оболонці Відповідь 2 8 18 32 50 72 54 Скільки електронів може розміщуватися в 1s- 2p- 3d- 4f-підоболонці Відповідь 2 6 10 14

228

55 Скільки ядер урану 23892 U розпалося протягом року

якщо початкова маса урану 1 г Період піврозпаду урану 23892 U становить 451109 років Відповідь 04 1012 56 Період піврозпаду радіоактивного фосфору 30

15 P дорів-нює 30 хв Чому дорівнює стала розпаду цього елемента Відповідь 38510ndash3 сndash1 57 Визначити період піврозпаду радону якщо за 1 добу з 1 млн атомів розпадається 175 000 атомів Відповідь Т asymp 33105 с 58 Для діагностики у кров людини ввели незначну кіль-кість розчину що містить 24Na з активністю а = 2010 Бк Активність 1 см3 крові через t = 5 годин становила aprime = 0267 Бксм3 Період піврозпаду даного радіоізотопу Т = 15 годин Знайти обrsquoєм крові людини

Відповідь ln 2expaV ta T

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟prime⎝ ⎠ ⎝ ⎠ V = 6 л

59 Питома активність препарату що містить радіоактивний 58Со і неактивний 59Со становить 221012 Бкг Період півро-зпаду 58Со становить 713 доби Знайти відношення маси ак-тивного кобальту в цьому препараті до маси препарату Відповідь 019 60 Радіоізотоп 32Р період піврозпаду якого Т = 143 доби утворюється зі швидкістю q = 27109 ядерс у ядерному реакторі Через який час t після початку утворення цього радіоізотопу його активність а = 10109 Бк Відповідь t = ndash (Tln2)ln(1 ndash aq) t = 95 діб

229

61 У 1 мл морської води міститься 10ndash15 г радону 22286 Rn

(період піврозпаду радону 3825 діб) Яка кількість води має активність рівну 10 мКі Відповідь 300 м3 62 У скільки разів зменшиться кількість ядер радіоактив-ного цезію (період піврозпаду 27 років) за 10 років Відповідь зменшиться в 13 рази 63 У джерелі мінеральної води активність радону (період піврозпаду радону 3825 діб) становить 1000 Бк на 1 л Яка кількість атомів радону потрапляє в організм людини зі склянкою води місткістю 02 л Відповідь 95sdot107 64 Через який проміжок часу після радіоактивного зара-ження місцевості стронцієм (період піврозпаду 28 років) можна буде використовувати землі для вирощування різ-номанітних культур якщо за розрахунками кількість ра-діоактивного препарату має зменшитися в 100 разів Відповідь 186 років

65 В ампулі міститься радіоактивний йод 13153 I (період пів-

розпаду 805 діб) активністю 100 мкКі Чому дорівнюва-тиме активність препарату через добу Відповідь 92 мкКі 66 Унаслідок радіоактивного розпаду 238

92 U перетворюється в 20682 Pb Скільки α- і β-розпадів спостерігається в цьому разі Відповідь 8 α-розпадів і 6 β-розпадів

67 Унаслідок захоплення нейтрона ядром атома азоту 147 N

утворюється невідомий елемент і α-частинка Написати реакцію і визначити утворений елемент Відповідь 11

5B

230

68 Знайти енергію звrsquoязку ядра урану 23892 U та енергію

звrsquoязку що припадає на один нуклон Відповідь 18sdot103 МеВнуклон 69 Знайти кількість нейтронів що виникають за одиницю часу в урановому реакторі з тепловою потужністю Р = 100 МВт якщо середня кількість нейтронів на кожний акт ділення ν = 25 Вважати що при кожному акті звільня-ється енергія Е = 200 МеВ Відповідь N = νPE N = 08sdot1019 cndash1 70 Тіло людини масою m = 60 кг протягом часу t = 6 годин поглинуло енергію Е =1 Дж Знайти дозу по-глинання Д і потужність поглинутої дози N у СІ Відповідь Д = 17sdot10ndash3 Гр N = 77sdot10ndash7 Грс 71 Жива тканина масою m = 10ndash2 кг поглинає α-частинки в кількості 109 з енергією Е = 5 МеВ Знайти дозу погли-нання Д і еквівалентну дозу Н якщо коефіцієнт якості k для α-частинок дорівнює 20 Відповідь Д = 8sdot10ndash12 Гр Н = 16 Джкг

72 Середня потужність експозиційної дози P опромі-нення в рентгенівському кабінеті дорівнює 645 Клкгsdotс Лікар перебував у цьому кабінеті протягом дня 5 годин Яку дозу опромінення він отримає за 6 робочих днів Відповідь Х = 70sdot10ndash8 Клкгsdotс 73 Потужність Р експозиційної дози γ-випромінення на віддалі r = 1 м від точкового джерела становить 215sdot10ndash7 Клкгsdotс Визначити мінімальну віддаль r на якій можна щоденно працювати по 6 годин без захисту Гра-нично допустимою еквівалентною дозою для професіо-налів вважають дозу 5sdot10ndash2 Джкг протягом року Погли-нання γ-випромінення повітрям не враховувати Відповідь r asymp 36 м

231

74 В організм людини через органи травлення маса яких приблизно 1 кг потрапив 1 мг 237Np Оцінити дозу погли-нання Д організмом цієї людини за 10 років Відповідь Д = 63 Гр = 630 рад Ця доза суттєво пере-вищує допустимий рівень

232

ДОДАТКИ

1 ОСНОВНІ ФІЗИЧНІ СТАЛІ

Швидкість світла у вакуумі Гравітаційна стала Стандартне прискорення вільного падіння

c = 2998sdot108 мс γ = 667sdot10ndash11 м3(кгsdotс2) g = 9807 мс2

Стала Авогадро Стала Больцмана Молярна газова стала Стандартний обrsquoєм моля газу

AN = 6023sdot1023 мольndash1

k = 138sdot10 ndash23 Дж sdotКndash1

R = 831 Дж sdotмольndash1 sdot Кndash1

0V = 224 лмоль Стала Фарадея Елементарний заряд Маса електрона Маса протона

F = 0965sdot105 Клмоль e = 1602sdot10ndash19 Кл

300911 10 кг0511 МеВem

minus⎧ sdot⎪= ⎨⎪⎩

271672 10 кг93826 МеВpm

minus⎧ sdot⎪= ⎨⎪⎩

Стала Планка h = 6626sdot10ndash34 Джmiddotс 34

15

10546 10 Дж с2 0659 10 еВ сh minus

minus

⎧ sdot sdot⎪= = ⎨π sdot sdot⎪⎩

Стала СтефанаndashБольцмана Стала Віна Стала Рідберга

σ = 567sdot10ndash8 Вт(м2 sdot К4) b = 029 см sdot К R = 207sdot1016 сndash1 або R = 109sdot107 мndash1

Перший борівський радіус Енергія звrsquoязку електрона в атомі водню Комптонівська довжина хвилі електрона

аБ = 0529sdot10ndash10 м Е = 1356 еВ λС = 2426sdot10ndash12 м

Магнетон Бора Атомна одиниця маси

μБ = 09274sdot10ndash23 ДжТл

1 аом =271660 10 кг

9314 МеВ

minus⎧ sdot⎪⎨⎪⎩

Електрична стала Магнітна стала

ε0 = 0885sdot10ndash11 Фм μ0 = 1257sdot10ndash6 Гнм

233

2 ГУСТИНИ РЕЧОВИН Речовини ρ 103 кгм3

bull Гази (за нормальних умов) Азот Аміак Водень Повітря Кисень Метан Вуглекислий газ Хлор

125 077 009 1293 143 072 198 321

bull Рідини Бензол Вода Гліцерин Гас Ртуть Спирт Важка вода Ефір

088 072 11

079 136 080 126 100

bull Тверді речовини Алмаз Алюміній Вольфрам Графіт Залізо Золото Кадмій Кобальт Лід Мідь Молібден Натрій Нікель Олово Платина Свинець Срібло Титан Уран Цинк

35 27

191 16 78

193 865 89

0916 89

102 097 89 74

215 113 105 45

190 70

234

3 ДЕЯКІ АСТРОНОМІЧНІ ВЕЛИЧИНИ

Космічне тіло Середній радіус м Маса кг Середня густи-

на 103 кгм3 Період обертання навколо осі діб

Сонце 695sdot108 199sdot1030 141 254

Земля 637sdot106 598sdot1024 552 100

Місяць 174sdot106 735sdot1022 330 273

4 ПРУЖНІ ВЛАСТИВОСТІ ТВЕРДИХ ТІЛ

Матеріал Модуль Юнга Е ГПА

Модуль зсуву G ГПА

Коефіцієнт Пуассона μ

Алюміній Мідь Свинець Сталь (залізо) Скло

70

130

16

200

60

26

40

56

81

30

034

034

044

029

025 5 ФІЗИЧНІ ХАРАКТЕРИСТИКИ ГАЗІВ

Сталі Ван дер Ваальса

Газ

та його відносна

моле-

кулярна маса

P

V

CC

γ =

Теплопровідність

aelig

мВт

(мsdotК

)

Вrsquoязкість

η мкПаsdotс

Діаметр

молекули

d нм

а6Паmiddotм2моль

b 10ndash6 м3моль

He (4) Ar (40) H2 (2) N2 (28) O2 (32) CO2 (44) H2O (18) Повітря (29)

167 167 141 140 140 130 132 140

1415 162 1684 243 244 232 158 241

189 221 84

167 192 140 90

172

020 035 027 037 035 040 030 035

- 0132 0024 0137 0137 0367 0554

-

- 32 27 39 32 43 30 -

Примітка Значення γ aelig η взято за нормальних умов

235

6 КОНСТАНТИ РІДИН І ТВЕРДИХ ТІЛ

Речовина Питома

теплоємність С Дж(гsdotК)

Питома теплота паро-утворення r

Джг

Питома теплота плавленняλ

Джг

Поверхневийнатягα

10minus3 Нм мН

Вода Гліцерин Ртуть Спирт Алюміній Залізо Лід Мідь Срібло Свинець

418 242 014 242 090 046 209 039 023 013

2250 -

284 853

- - - - - -

- - - -

321 270 333 175 88 25

73 66 490 22 - - - - - -

За нормальних умов При нормальному атмосферному тиску 7 ДІЕЛЕКТРИЧНА ПРОНИКНІСТЬ ε Діелектрик ε Діелектрик ε

Вода Повітря Віск Гас Парафін Плексиглас

81 100058 78 20 20 35

Поліетилен Слюда Спирт Скло Фарфор Ебоніт

23 75 26 60 60 27

8 ПИТОМИЙ ЕЛЕКТРООПІР ПРОВІДНИКІВ ТА ІЗОЛЯТОРІВ

Провідник

Питомий електроопір (при 20 ordmС) ρ 10minus9 Омmiddotм

Темпера-турний

коефіцієнт α 10minus3 Кndash1

Ізолятор Питомий

електроопір ρ Ом м

Алюміній Вольфрам Залізо Золото Мідь Свинець Срібло

25 50 90 20 16

190 15

45 48 65 40 43 42 41

Папір Парафін Слюда Фарфор Шелак Ебоніт Янтар

1010

1015 1013 1013 1014 1014 1017

236

9 МАГНІТНА СПРИЙНЯТЛИВІСТЬ ПАРА- ТА ДІАМАГНЕТИКІВ

Парамагнетик χ = μndash1 10ndash6 Діамагнетик χ = μndash1 10ndash6

Азот Повітря Кисень Ебоніт Алюміній Вольфрам Платина Рідкий кисень

0013 038 19 14 23 176 360

3400

Водень Бензол Вода Мідь Скло Камrsquoяна сіль Кварц Вісмут

ndash0063 ndash75 ndash90 ndash103 ndash126 ndash126 ndash151 ndash176

10 ПОКАЗНИКИ ЗАЛОМЛЕННЯ n

Газ n Рідина n Тверде тіло

n

Азот 100030 Бензол 150 Алмаз 242 Повітря 100029 Вода 133 Кварц 146

Кисень 100027 Гліцерин 147 Скло 150 Примітка Показник заломлення залежить від довжини світла тому наве-дені значення n слід розглядати як умовні

11 ПОКАЗНИКИ ЗАЛОМЛЕННЯ ДЛЯ КРИСТАЛІВ ІЗ ПОДВІЙНИМ ПРОМЕНЕЗАЛОМЛЕННЯМ

Ісландський шпат Кварц Довжина хвилі λ нм

Колір ne n0 ne n0

687 656 589 527 486 431 400

червоний помаранчевий жовтий зелений блакитний синьо-фіолетовий фіолетовий

1484 1485 1486 1489 1491 1495 1498

1653 1655 1658 1664 1668 1676 1683

1550 1551 1553 1556 1559 1564 1568

1541 1542 1544 1547 1550 1554 1558

237

12 ОБЕРТАННЯ ПЛОЩИНИ ПОЛЯРИЗАЦІЇ (природне обертання у кварці)

Довжина хвилі λ нм Стала обертання

α градмм 275 344 373 405 436 497 590 656 670

1200 706 588 489 415 311 218 174 166

13 РОБОТА ВИХОДУ ЕЛЕКТРОНА З МЕТАЛУ Метал А еВ Метал А еВ Алюміній Барій Вісмут Вольфрам Залізо Золото Калій Кобальт Літій

374 229 462 450 436 458 215 425 239

Мідь Молібден Натрій Нікель Платина Срібло Титан Цезій Цинк

447 427 227 484 529 428 392 189 374

14 ПЕРІОДИ ПІВРОЗПАДУ РАДІОНУКЛІДІВ

Кобальт 60Co 52 року (β)

Стронцій 90Sr 28 років (β)

Полоній 210Po 138 діб (α) Радон 222Rn 38 доби (α) Радій 226Ra 1620 років (α) Уран 238U 45 109 років (α)

238

15 ДЕЯКІ ПОЗАСИСТЕМНІ ОДИНИЦІ 1 Aring 1 атм 1 бар 1 мм ртст 1 кал

10ndash10 м 1013 кПа або 760 мм рт ст 100 кПа 1333 Па 418 Дж

16 ДЕСЯТКОВІ ПРЕФІКСИ ДО НАЗВ ОДИНИЦЬ П ndash пета 1015

Т ndash тера 1012

Г ndash гіга 109 М ndash мега 106 к ndash кіло 103 г ndash гекто 102

д ndash деци 10ndash1 с ndash санти 10ndash2 м ndash мілі 10ndash3

мк ndash мікро 10ndash6 н ndash нано 10ndash9 п ndash піко 10ndash12

239

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ

1 Волькенштейн В С Сборник задач по общему курсу

физики В С Волькенштейн ndash М Высш шк 1985 2 Богданов К Ю Физика в гостях у биоло-

га К Ю Богданов ndash М Наука 1986 3 Гольдфарб Н И Сборник вопросов и задач по физике

учеб пособ Н И Гольдфарб ndash М Высш шк 1983 4 Грабовский Р И Курс физики Р И Грабовский ndash

М Высш шк 1980 5 Иродов И Е Задачи по общей физике учеб по-

соб И Е Иродов ndash М Наука 1988 6 Ливенцов Н М Курс физики Н М Ливенцов ndash М

Высш шк 1978 7 Матвєєв О М Механіка і теорія відноснос-

ті О М Матвєєв ndash К Вища шк 1993 8 Розвrsquoязування задач з курсу загальної фізи-

ки А А Остроухов В Л Стрижевский М Г Цвелих Ю П Цященко ndash К Рад шк 1966

9 Ремизов А Н Сборник задач по медицинской и био-логической физике ndash М Высш шк 1987

10 Збірник задач з курсу фізики для студентів біологічного факультету Л М Корочкіна В І Оглобля М Я Горі-дько В І Лозовий ndash К РВЦ ldquoКиївський ун-тrdquo 1998

11 Ремизов А Н Сборник задач по медицинской и биоло-гической физике Учеб пособ для ву-зов А Н Ремизов А Г Максина ndash М Дрофа 2001

12 Ремизов А Н Медицинская и биологическая физика учеб для вузов А Н Ремизов А Г Максина А Я Потапенко ndash М Дрофа 2005

13 Мэрион Дж Б Общая физика с биологическими примерами пер с англ Дж Б Мэрион пер з англ ndash М Высшшк 1986

240

Навчальне видання

МАКАРА Володимир Арсенійович ОГЛОБЛЯ Володимир Іванович ПЛЮЩАЙ Інна Вrsquoячеславівна

ЦАРЕГРАДСЬКА Тетяна Леонідівна

ЗАГАЛЬНА ФІЗИКА ДЛЯ БІОЛОГІВ ЗБІРНИК ЗАДАЧ

Навчальний посібник

Редактор Л В Магда

Оригінал-макет виготовлено Видавничо-поліграфічним центром Київський університет

Підписано до друку 060911 Формат 60х84116 Вид Фз10 Гарнітура Times New Roman Папір офсетний

Друк офсетний Наклад 200 Ум друк арк 1395 Обл-вид арк 15 Зам 211-5770 01601 Київ б-р Т Шевченка 14 кімн 43

(38044) 239 32 22 (38044) 239 31 72 телфакс (38044) 239 31 28 Свідоцтво внесено до Державного реєстру ДК 1103 від 311002

3

ЗМІСТ

РОЗДІЛ 1 ФІЗИЧНІ ОСНОВИ МЕХАНІКИ 5 sect 1 Кінематика та динаміка матеріальної точки Закони збереження імпульсу енергії 5 Приклади розвrsquoязування задач 21 Задачі 32 sect 2 Рух твердого тіла Основні поняття та закони гідродинаміки 41 Приклади розвrsquoязування задач 51 Задачі 55 sect 3 Механічні коливання та хвилі 61 Приклади розвrsquoязування задач 69 Задачі 72 РОЗДІЛ 2 МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА І ТЕРМОДИНАМІКА 75 sect 1 Молекулярно-кінетична теорія газів 75 Приклади розвrsquoязування задач 80 Задачі 86 sect 2 Основні закони термодинаміки 90 Приклади розвrsquoязування задач 96 Задачі 99 sect 3 Явища перенесення 102 Приклади розвrsquoязування задач 104 Задачі 107 sect 4 Молекулярні явища в рідинах 109 Приклади розвrsquoязування задач 111 Задачі 115

4

РОЗДІЛ 3 ЕЛЕКТРИКА 118 sect 1 Основні поняття та закони електростатики 118 Приклади розвrsquoязування задач 122 Задачі 127 sect 2 Постійний струм Електронна теорія провідності металів Контактні й термоелектричні явища 132 Приклади розвrsquoязування задач 137 Задачі 141 sect 3 Магнітне поле струму Електромагнітна індукція Змінний струм 146 Приклади розвrsquoязування задач 153 Задачі 159 sect 4 Електричні коливання Електромагнітні хвилі 165 Приклади розвrsquoязування задач 169 Задачі 172

РОЗДІЛ 4 ОПТИКА І КВАНТОВА ФІЗИКА 175 sect 1Основні поняття та закони хвильової оптики 175 Приклади розвrsquoязування задач 182 Задачі 189 sect 2 Основи квантової оптики Фізика атомного ядра 199 Приклади розвrsquoязування задач 213 Задачі 220

ДОДАТКИ 232 СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ 239

5

РОЗДІЛ 1

ФІЗИЧНІ ОСНОВИ МЕХАНІКИ

sect 1 Кінематика та динаміка матеріальної точки

Закони збереження імпульсу енергії 1 Механічний рух ndash це зміна взаємних розташувань тіл (або

їх частин) у просторі з часом Використовують три форми опису руху матеріальної точки ndash

координатну векторну та параметричну У координатній формі задають координати точки zyx як функції від часу t

)(txx = )(tyy = )(tzz = (1) У векторній формі задають радіус-вектор точки r як функцію t

( ) ( ) ( ) )( ktzjtytxtrr ++== i (2)

де i j k ndash орти осей x y z декартової системи координат Коли відома траєкторія руху то можна описувати рух за до-

помогою параметрів траєкторії наприклад задаючи функцію шляху S від часу )(tSS =

Вектор переміщення ( ) ( )trttrr minusΔ+==Δ чисельно

дорівнює відстані між кінце-вою і початковою точками направлений від початкової до кінцевої точки і зrsquoєднує ті точ-ки траєкторії у яких матеріа-льна точка знаходилась у мо-менти часу t i tt Δ+

2 Швидкість і прискорення Вектор середньої швидкості

v при переміщенні між двома точками визначається як вектор що збігається з напрямком переміщення і дорівнює за модулем вектору переміщення поділеному на час переміщення

O

)( ttr Δ+)(tr

)(trΔ

6

( ) ( )tr

ttrttrv

ΔΔ

=Δ

minusΔ+= (3)

де rΔ mdash переміщення (приріст радіус-вектора за час tΔ ) Якщо )(tv i )( ttv Δ+ ndash швидкості у двох точках траєкторії а

tΔ ndash час переміщення з першої точки у другу то середнє при-скорення а точки на ділянці траєкторії між цими точками ви-

значається формулою ( ) ( )

tv

ttvttva

ΔΔ

=Δ

minusΔ+= (4)

де vΔ ndash приріст швидкості Миттєву швидкість v і миттєве прискорення a зна-

ходять із формул

0

0

lim

lim

t

t

r drvt dt

v dvat dt

Δ rarr

Δ rarr

Δ ⎫= = ⎪Δ ⎪⎬⎪Δ ⎪= =

Δ ⎭

(5)

де v ndash похідна від радіус-вектора за часом a ndash похідна від мит-тєвої швидкості за часом

Проекції швидкості й прискорення в декартовій системі ко-ординат виражають формулами

2 2 2

2 2 2

x y z

x y z

dx dy dzv v vdt dt dt

d x d y d za a adt dt dt

⎫= = = ⎪

⎪⎪⎬⎪⎪= = =⎪⎭

(6)

3 Повне прискорення Тангенціальне та нормальне прискорення Швидкість завжди спрямована по дотичній до траєкторії Прискорення може мати довільний кут відносно швидкості тобто бути напрямлене під довільним кутом до дотичної до траєкторії

7

Повне прискорення складається із двох взаємно перпендику-

лярних векторів 1) прискорення τ=τ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ a

dtdv яке напрямлене

уздовж траєкторії руху і називається тангенціальним

2) прискорення 2

nanRv

=sdot яке

спрямоване перпендикулярно до траєкторії тобто уздовж нормалі до центра О кривизни траєкторії R

Це прискорення називається но-рмальним ( nτ ) ndash одиничні орти

Повне прискорення визначаєть-ся за формулою

naaa += τ 222

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

dtdv

Rva

(7)

де dtdva =τ

Rvan

2= (тут v ndash модуль швидкості R ndash радіус

кривизни траєкторії у певній точці) Нормальна компонента прискорення не змінює модуля

швидкості а змінює лише її напрямок Зміна модуля швидкості зумовлена тільки тангенціальною складовою прискорення

4 Класифікація механічного руху залежно від тангенціаль-

ної τa та нормальної na складових прискорення 1) 0=na 0=τa ndash прямолінійний рівномірний рух 2) 0=na constplusmn=τa ndash прямолінійний рівномірно приско-

рений сповільнений рух 3) 0=na )(tfa =τ ndash прямолінійний рух зі змінним прискоренням 4) )(tfan = 0=τa ndash рівномірний криволінійний рух Якщо

const=na то тіло (точка) рухається по колу

R

τ

na

τa

a

n

8

5) 0nena 0neτa ndash криволінійний рух зі змінним ( )(tfa =τ ) або сталим ( constplusmn=τa ) прискоренням

5 Кутова швидкість ω та кутове прискорення β є харак-

теристиками обертального руху Кутова швидкість ω визначається як

dtd

tt

ϕ=

ΔϕΔ

=ωrarrΔ 0

lim (8)

де ϕΔ ndash кут що описує радіус-вектор який зrsquoєднує точку з центром обертання за час tΔ

Кутове прискорення β має вигляд

dtd

tt

ω=

ΔωΔ

=βrarrΔ 0

lim (9)

Звrsquoязок між лінійними та кутовими величинами визнача-ється формулами

[ ]rv timesω= Rv ω= Ran2ω= Ra β=τ (10)

де r ndash радіус-вектор точки який розглядається відносно дові-льної точки осі обертання R ndash відстань від осі обертання

Якщо величина ω є незмінною з часом обертальний рух по колу називають рівномірним При цьому вводять поняття періоду обертання

ωπ

=2T (11)

Очевидно що πν=π

=ω 22T

ndash кут який описує радіус-

вектор точки за 1 с величину ω називають також кутовою час-

тотою обертання ν ndash звичайна частота (T1

=ν )

6 Закони Ньютона ndash закони класичної динаміки матері-

альної точки 1 Перший закон Ньютона (закон інерції) Існують такі си-

стеми відліку названі інерціальними у яких матеріальна точка зберігає стан спокою або рівномірного прямолінійного руху доки дія з боку інших тіл не виведе її з цього стану

9

2 Другий закон Ньютона Прискорення якого набуває ма-теріальна точка в інерціальній системі відліку прямо пропор-

ційне результуючій усіх сил sum=

n

1iiF що діють на неї і обернено

пропорційне її масі m

m

Fa

n

iisum

== 1 (12)

де n ndash кількість сил що діють на точку У загальній формі другий закон Ньютона записують так

sum=

=n

1iiF

dtpd (13)

де vmp = ndash імпульс тіла (точки) або кількість руху Рівняння (13) у проекціях на дотичну і нормаль до траєк-

торії точки має вигляд

2

nFR

mvFdt

dvm == ττ (14)

Нормальна складова сили nF перпендикулярна до швидко-сті й направлена до центра кривизни траєкторії її називають доцентровою силою

3 Третій закон Ньютона Сили із якими два тіла (матеріа-льні точки) діють одне на одне рівні за величиною і протилежні за напрямком Якщо позначити ці сили через 12F і 21F то

21122112 FFiFF minus== (15)

Істотно що ці сили мають однакову природу але прикла-дені до різних тіл

7 Закон всесвітнього тяжіння Гравітація (тяжіння) ndash один

із видів матеріальної взаємодії у природі Це притягання тіл будь-якої природи що залежить від їх мас та розташування Тя-жіння відбувається через гравітаційне поле

10

Згідно із законом всесвітнього тяжіння між двома тілами (ма-теріальними точками) із масами m1 i m2 розташованими на віддалі r одне від одного діють сили притягання причому числове значення кожної з них

221

2112 rmmFF γ== (16)

де γ = 667sdot10ndash11 Нsdotм2sdotкгndash2 ndash гравітаційна стала У векторній формі закон всесвітнього тяжіння має вигляд

122

212112 r

rrmmFF γ=minus= (17)

де 12r ndash радіус-вектор спрямований від першого тіла до другого

Гравітаційні сили 2112 FF прикладені до кожної із взає-модіючих точок і спрямовані вздовж прямої яка їх сполучає

8 Сила тяжіння Вага На тіло що міститься у пункті В на

поверхні Землі з широтою ϕ діють дві сили гравітаційна сила

F гр і сила реакції земної поверхні N Рівнодійна дF (доцент-рова сила) цих двох сил забезпечує рух тіла по колу з центром Oprime при обертальному русі Землі навколо осі Доцентрова сила

дF розташована у площині географічної паралелі тіла і спрямо-вана до земної осі обертання

ϕω= cos2д RmF

де m ndash маса тіла ω ndash кутова швидкість добового обертання Зе-млі R ndash радіус Землі ϕ ndash географічна широта точки у якій розташоване тіло (числове значення доцентрової сили дорівнює нулю на полюсі ( 090=ϕ ) і є найбільшим на екваторі ( 00=ϕ ))

У системі відліку що повrsquoязана із Землею на будь-яке тіло нерухоме відносно Землі діє сила тяжіння тяжF направлена

протилежно до сили реакції опори N і рівна за модулем

дгртяж FFNF minus=minus= (18)

11

B

O

R ϕ

Оprime

грF

дF N

P

Сила тяжіння дорівнює гравітаційній силі на полюсі й на 036 менша за гравітаційну силу на екваторі У першому на-ближенні силу тяжіння тяжF можна вважати рівною силі грF

У системі відліку яка повrsquoязана із Землею тіло що не під-тримується підставкою під дією сили тяжіння одержує при-скорення вільного падіння g Це прискорення не залежить від маси m тіла і згідно з другим законом Ньютона визнача-ється через силу тяжіння тяжF

тяж

mFg = (19)

Вага ndash сила P із якою тіло внаслідок притягання його до Землі діє на підставку або підвіс NP minus=

Якщо тіло з підставкою (підвісом) нерухоме в системі відліку повrsquoязаною із Землею то вага тіла і за напрямком і за числовим значенням збігається із силою тяжіння тяжF що діє на тіло Тільки точкою прикладення сили тяжіння є центр мас тіла (або системи тіл) а вага прикладена до підставки чи підвісу Рівність ваги та си-ли тяжіння маємо й у випадку рівномірного прямолінійного руху підставки (підвісу) у системі відліку що повrsquoязана із Землею

12

Якщо підставка (підвіс) має прискорення a вага тіла не дорівнює силі тяжіння

)( agmP minus= αminus+= cos222 agagP

де α ndash кут між векторами g та a Розглянемо окремі випадки 1) тіло масою m із підставкою рухається з прискоренням a

спрямованим вертикально вгору Вага тіла Р буде більша за силу тяжіння

)( agmP += (20) 2) тіло масою m з підставкою рухається з прискоренням a спря-

мованим вертикально вниз Вага тіла Р буде менша за силу тяжіння )( agmP minus= (21)

3) вага тіла дорівнює нулю при ga = У цьому випадку має місце стан невагомості

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

Невагомість ndash стан механічної системи при якому зовнішні

сили тяжіння надають частинкам цієї системи тільки прискорення і не викликають взаємного тиску між ними

Невагомість виникає за умов коли на систему не діють ніякі зовнішні сили крім гравітаційних У стані невагомості тіло пе-ребуває при вільному падінні наприклад коли вільно рухається навколо Землі з першою космічною швидкістю тощо Неваго-мість можна трактувати як урівноваження гравітаційних сил си-лами інерції У системі що перебуває у стані невагомості спо-стерігаються такі явища математичний маятник зависає у від-хиленому стані зникає архімедова сила в рідині змочуюча рі-дина розтікається по посудині незмочуюча рідина набуває фор-ми кулі тіло підвішене на пружині зовсім її не деформує предмети (і людина) ldquoпливутьrdquo у довільному положенні

Фізіологічне відчуття невагомості наприклад у космонавтів характеризується відсутністю напруженості та навантажень які зумовлені силою тяжіння У цьому стані не відбувається деформа-

13

ції внутрішніх органів зникає постійно діюче напруження цілого ряду мrsquoязів порушується діяльність вестибулярного апарата тощо

Слід зазначити що при дії на людину перевантажень (напри-клад зміна ваги космонавта на старті та при гальмуванні космічно-го корабля) також спостерігаються фізіологічні відхилення в орга-нах людини особливо в системі кровообігу Якщо прискорення спрямовано від таза до голови космонавта то відбувається відтік крові із судин голови та її приплив до органів нижньої частини ту-луба Артеріальний тиск крові здорової людини на рівні серця ста-новить 16ndash18 кПа а у великих артеріях голови 12ndash14 кПа Якщо космонавт рухається із прискоренням ga 3asymp спрямованим у на-прямку таз rarr голова то артеріальний тиск у судинах головного мозку знизиться приблизно на 12 кПа і наблизиться до атмосфер-ного тиску що призведе до порушення кровообігу в судинах і клі-тини головного мозку зазнають нестачі кисню Тиск у судинах ни-жніх кінцівок збільшується і при ga 3asymp може досягти 75 кПа Це викликає збільшення обrsquoєму крові в нижніх частинах тіла що при-зводить до набрякання тканин Для забезпечення нормального кро-вообігу у космонавтів і пілотів реактивних літаків їх розміщують у горизонтальному положенні так щоб розміри тіла були мінімаль-ними в напрямку вектора прискорення Вплив на людину і рослини перевантажень та невагомості вивчає космічна медицина

9 Закон Гука встановлює залежність між деформуючою си-

лою і викликаною нею величиною деформації ізотропного тіла в межах його пружності

Означивши відношення деформуючої сили F до площі perpS пе-рпендикулярної до неї площини деформованого тіла як нормальне

напруження perp

=σSF а відношення абсолютної деформації LΔ до

початкової довжини L тіла як відносну деформацію LLΔ

=ε за-

кон Гука для лінійної деформації розтягу (стиску) формулюють так механічне напруження пропорційне відносній деформації

ε=σ E (22) де E ndash модуль пружності (модуль Юнга)

14

10 Механічна робота Консервативні та неконсервативні сили У механіці робота AΔ дорівнює скалярному добутку век-тора сили F на переміщення rΔ

rFrFA Δ=Δsdot=Δ )( αcos (23) де α ndash кут між векторами F i rΔ

Робота змінної сили

cos2

1

2

1

2

1intintint =αsdot=sdot= drFdrFrdFA r (24)

де FFr = αcos ndash проекція сили на напрямок переміщення Консервативними називають сили робота яких залежить

тільки від початкового та кінцевого положення точки що руха-ється і не залежить від форми траєкторії

При замкненій траєкторії робота консервативної сили завжди дорівнює нулю

До консервативних сил відносять гравітаційні сили сили пружності електростатичні

Робота грA гравітаційної сили при переміщенні матеріальної точки масою m відносно іншої точки масою M яка розташо-вана в початку координат

( )2 2

2

1

1 1

гр 22 1

1 1 r r

rr

r r

mM mMA F r dr dr mMr r r r

⎛ ⎞γ γ= = minus = = γ sdot minus⎜ ⎟

⎝ ⎠int int (25)

де 1r i 2r ndash модулі радіус-векторів які характеризують початко-ві й кінцеві положення точки що переміщується

Сили робота яких залежить від форми траєкторії називають непотенціальними силами (сили тертя сили опору тощо)

Робота непотенціальних сил по замкненій траєкторії не дорівнює нулю

Система тіл називається консервативною якщо внутрішні й зо-внішні сили що діють на систему є потенціальними У замкненій консервативній системі між тілами діють тільки внутрішні потен-ціальні сили Стаціонарні потенціальні сили є консервативними

Між тілами замкненої неконсервативної системи поряд із внутрішніми потенціальними (консервативними) силами діють внутрішні непотенціальні (неконсервативні) сили

15

11 Потужність Середньою потужністю P називається фізична величина яка визначається відношенням роботи AΔ сили або системи сил протягом скінченного проміжку часу tΔ до цього проміжку часу

tAP

ΔΔ

= (26)

Потужністю (миттєвою потужністю) Р називається фі-зична величина яка визначається формулою

=P0

limrarrΔt

dtdA

tA

=ΔΔ (27)

Якщо матеріальна точка або тіло переміщується зі швидкістюv то

αsdotsdot=sdot=sdot

== cos)()( vFvFdt

rdFdtdAP (28)

де α ndash кут між векторами F i v 12 Енергія Механічна енергія Енергією називається ска-

лярна фізична величина яка є загальною мірою різних видів ру-ху матерії та різних взаємодій а також мірою переходу руху матерії з одних форм в інші

Основні види енергії механічна теплова електромагнітна ядер-на Механічну енергію поділяють на кінетичну і потенціальну Механічна енергія E характеризує рух і взаємодію тіл і є фу-

нкцією стану механічної системи яка залежить від швидкостей і взаємного розташування тіл (або їх частин) Кінетична енергія матеріальної точки (точок) ndash енергія

руху яка повrsquoязана з масою та швидкістю її руху в цій інер-ціальній системі відліку

22

22

к mpvm

E == (29)

де mvp = ndash імпульс матеріальної точки Кінетична енергія системи складається з кінетичних енергій iEк всіх n матеріальних точок що входять до системи

кк sumsumsum===

===n

1i i

2i

n

1i

2ii

n

1ii 2m

p2vmEE (30)

16

Теорема про зміну кінетичної енергії зміна кEΔ кінетичної ене-ргії матеріальної точки (тіла) при переході з одного стану в інший до-рівнює роботі A всіх сил що діють на матеріальну точку (тіло)

1к2кк EEEA minus=Δ= (31) де к2E ndash кінетична енергія тіла в кінцевому стані (положенні)

1кE ndash кінетична енергія у початковому положенні Потенціальна енергія ndash енергія консервативної системи яка

залежить від розташування та взаємодії частинок цієї системи (як між собою так і з зовнішнім силовим полем)

Потенціальна енергія ndash однозначна функція координат точок системи Мірою зміни потенціальної енергії системи при її переході з

одного стану в інший є робота потенціальних сил що спричи-няють взаємодію між елементами системи

Робота потA потенціальних сил дорівнює зміні пEΔ поте-нціальної енергії системи при її переході з початкового стану в кінцевий узятій із протилежним знаком

)( 1п2пппот EEEA minusminus=Δminus= (32) де 2пE ndash потенціальна енергія системи в кінцевому стані 1пE ndash потенціальна енергія системи в початковому стані

Наприклад згідно з (25) для гравітаційного поля

2п1п2112

грпот11 ЕЕ

rmM

rmM

rrmMАA minus=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ sdotγminusminus

sdotγminus=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minussdotγ==

13 Вирази для потенціальної енергії взаємодії простих

механічних систем Потенціальна енергія гравітаційної взаємо-дії системи двох матеріальних точок із масами m i M що роз-ташовані на відстані r одна від одної

п rmME γminus= (33)

де γ ndash гравітаційна стала нуль відліку потенціальної енергії ( 0п =E ) покладено при infin=r

17

Потенціальна енергія гравітаційної взаємодії тіла ма-сою m із Землею

( )пз

з зmM hE

R R h= γ

+ (34)

де h ndash висота тіла над поверхнею Землі зМ ndash маса Землі зR ndash раді-ус Землі нуль відліку потенціальної енергії покладено при 0=h

Потенціальна енергія гравітаційної взаємодії тіла масою m із Землею для малих висот h ( зRh ltlt )

mghE =п (35) де g ndash модуль прискорення вільного падіння поблизу поверхні

Землі ( 2з

з

MgR

γ sdot= )

Потенціальна енергія пружних взаємодій ( )2

п 2

k xE

Δ= (36)

де k ndash коефіцієнт квазіпружної сили xΔ ndash модуль вектора по-довження або стиснення

14 Закон збереження і зміни механічної енергії Робота консер-

вативних сил дорівнює зменшенню потенціальної енергії матеріаль-ної точки при її переміщенні з положення 1 у положення 2

2п1п

2

1п12 EEdEA minus=minus= int (37)

Згідно з теоремою про зміну кінетичної енергії зменшення потенціальної енергії йде на приріст кінетичної

1к2к2п1п EEEE minus=minus Оскільки пк EEE += то можна записати що

=== EEE 21 const (38) де 1п1к1 EEE += і 2п2к2 EEE += ndash повні механічні енергії ма-теріальної точки в положеннях 1 і 2

18

Закон збереження механічної енергії в консервативній си-стемі механічна енергія консервативної системи зберігається сталою при русі системи

пк EEE += = const (39) Цей закон виконується як для замкнених так і для незамкне-

них консервативних систем У незамкненій консервативній системі потенціальна енергія

пE є сумою потенціальної енергії взаємодії частинок між собою

п (внутрішня)E та потенціальної енергії частинок системи в полі зовнішніх сил п (зовнішня)E

)зов()вн( ппп EEE += (40) Закон збереження (зміни) механічної енергії у неконсерва-

тивній системі Якщо на тіла системи діють зовнішні сторонні сили та внутрішні дисипативні сили то закон збереження енергії формулюється так зміна механічної енергії EΔ при русі системи дорівнює роботі сторонніх сторA та дисипативних сил дисA

дисстор1п1к2п2к12 )()( AAEEEEEEE +=+minus+=minus=Δ (41)

15 Закон збереження імпульсу Якщо в інерціальній систе-

мі відліку розглядається система що складається з n матеріаль-них точок то зміна сумарного імпульсу системи визначається сумою лише зовнішніх сил

зовFdtpd sum= (42)

Якщо система замкнена то зовFsum = 0 (окремим випад-ком замкненої системи є ізольована система коли зовнішні сили відсутні) тоді

0 або const dp pdt

= = (43)

Закон збереження імпульсу для замкненої системи тіл В інерціальній системі відліку сумарний імпульс замкненої сис-теми тіл не змінюється з часом ( =p const ) Імпульс системи до-

19

рівнює добутку маси m системи на швидкість Cv її центра мас

Cvmp = Тоді Cvmp = = const звідки =Cv const (44)

Центр мас замкненої системи тіл в інерціальній системі від-ліку рухається прямолінійно і рівномірно

Якщо система незамкнена але проекція суми всіх зовнішніх сил на якусь вісь наприклад x дорівнює нулю то закон збере-ження імпульсу виконується вздовж цієї осі sum =

iixp const

Коли 0rarrdt то і в незамкненій системі зов 0dp F dt= rarrsum тобто const=p (це закон збереження імпульсу в перший або початковий момент часу)

16 Сили інерції Рух тіла в неінерціальних системах відліку

Сили інерції mdash це сили які вводяться для опису механічного руху в неінерціальних системах Сили інерції не виникають при дії на дану матеріальну точку інших тіл або матеріальних полів

Поступальна сила інерції iF вводиться для опису по-ступального руху тіла в неінерціальній системі відліку що рухається поступально

нсвamFi minus= (45) де m ndash маса тіла нсвa ndash прискорення даної неінерціальної сис-теми відліку відносно будь-якої інерціальної системи

Відцентрова сила інерції вцF виникає в обертовій (відносно інерціальної) системі відліку діє на тіло незалежно від того пере-буває воно у стані спокою чи рухається і визначається формулою

2 2вц вц забоF m R F m R= ω = ω ϕcos (46)

де m ndash маса тіла ω ndash кутова швидкість обертання системи відліку (наприклад Землі навколо осі) R ndash відстань тіла від осі обертання ( зR R= ϕcos тут зR ndash радіус Землі ϕ ndash широта місцевості)

20

Сила Коріоліса кF ndash це сила інерції що діє на тіло масою m яке рухається з певною швидкістю v prime у системі відліку що обер-тається з кутовою швидкістю ω

[ ]ωsdotprime= vmF 2к (47)

або ωprime= vmF 2к αsin

Рівняння динаміки точки масою m у неінерціальній Кprime-системі відліку яка обертається зі сталою кутовою швидкістю ω навколо нерухомої осі має вигляд

[ ]ωsdotprime+ω+=prime vmRmFam 22 де та ndash прискорення та швидкість точки в неінерціальній Кprime-системі відліку ndash сума всіх сил що діють на точку R ndash радіус-вектор точки відносно осі обертання Кprime-системи

a prime v primeF

α

кF

ω

vprime

21

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Рівняння руху матеріальної точки має вигляд 2btatx += де

a = 15 мс b = 04 мс2 Визначити початкову швидкість точки та її швидкість через t = 5 c

Розвrsquoязання

Порівняємо задане рівняння руху тіла з рівнянням рівнопри-

скореного руху в загальному вигляді

2

2

00attvxx ++= i

24015 ttx += Видно що 0x = 0 а коефіцієнти при t i 2t у цих рівнян-

нях відповідно

0v =15 мс 2a = 04 звідки a = 08 мс2

Швидкість тіла через t = 5 c знайдемо із формули atvv += 0 Тоді v = 15 + 08sdot5 =19 мc Задача 2 Радіус-вектор точки А відносно початку координат змінюєть-

ся з часом t за законом 2r ti t j= α + β де α β ndash сталі i j ndash орти осей x і y Знайти

1) рівняння траєкторії точки )(xy 2) залежність від часу швидкості v прискорення a і модулів

цих величин 3) залежність від часу кута ϕ між векторами a і v

22

Розвrsquoязання

1) Радіус-вектор ( )tr як векторна функція від часу t в зага-льному випадку має вигляд

( ) ( ) ( ) r t x t i y t j= + (1) де )(tx i )(ty ndash проекції радіус-вектора на осі х і відповідно у

Порівнюючи (1) із заданим в умові задачі законом зміни r із часом бачимо що ttx α=)( 2)( tty β=

Із рівняння tx α= знаходимо параметр α

=xt Підставивши

отримане значення t у рівняння 22

22 xxty

αβ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

αβ=β= отри-

маємо рівняння траєкторії точки )(xy Як бачимо це парабола 2) залежність від часу швидкості v і прискорення a знайде-

мо узявши першу і відповідно другу похідну за часом від r

2 drv i tjdt

= = α + β (2)

22

2j

dtvd

dtrda β=== (3)

Із рівняння (2) бачимо що проекція v на вісь x α=xv проекція v на вісь у tvy β= 2

Із рівняння (3) знаходимо 0=xa β= 2ya Одержимо залежність від часу модулів швидкості v і

прискорення a

4 22222 tvvvv yx β+α=+== (4)

2β=+== 2y

2x aaaa (5)

3) із (2) і (4) видно що швидкість v з часом змінюється як за напрямком так і за модулем

Із рівнянь (3) і (5) бачимо що прискорення a const= не змінюється ні за напрямком ні за модулем і спрямоване вздовж осі у (паралельно j )

23

Отже залежність від часу кута між векторами a і v знайде-

мо із співвідношення 2

tgtv

v

y

xβα

==ϕ

Задача 3 Поїзд проходить поворот із радіусом закруглення R = 400 м

його тангенціальне прискорення τa = 02 мс2 Визначити норма-льне і повне прискорення в момент коли швидкість v =10 мс

Розвrsquoязання

Нормальне прискорення визначається формулою

Rvan

2= = 025 мс2

Повне прискорення 0322 2

na a aτ= + = мс Напрямок вектора а характери-

зується кутом α між a і τa

tg naaτ

α = = 125 α = 51deg20prime

Задача 4 Знайти кутову швидкість обертання Землі навколо своєї осі та лі-

нійні швидкості точок на екваторі й на географічній широті ϕ = 56deg

Розвrsquoязання

Кутова швидкість визначається за формулою

Tπ

=ω2

де T = 24 години ndash період обертання Землі навколо осі Тому ω asymp73sdot10ndash5 сndash1

α na τa

a

24

Лінійні швидкості точок А і В на екваторі й на географічній ши-роті ϕ визначаються так

зAv R= ω з cosBv R= ω ϕ

де зR = 6370 км Тому Av asymp 460 мс Bv asymp 277 мс

Задача 5 Визначити лінійну швидкість v руху Землі навколо Сонця

Маса Сонця і відстань від Землі до Сонця відповідно дорівню-ють M = 2sdot1030 кг R = 15sdot108 км

Розвrsquoязання

На орбіті Землю утримує доцентрова сила дF яка відпо-

відає силі тяжіння F Тому

FF =д або 2

2

RmM

Rmv γ

= (1)

де m ndash маса Землі γ = 667sdot10ndash11 Нsdotм2sdotкгndash2 ndash гравітаційна стала Із рівняння (1) знаходимо

311

301110829

105110210676

sdot=sdot

sdotsdotsdot=

γ=

minus

RMv мс asymp30 кмс

Задача 6 Тіло обертається навколо вертикальної осі з кутовою швидкі-

стю 1ω і одночасно навколо горизонтальної осі що перетина-ється з вертикальною із кутовою швидкістю 12 3ω=ω Яким буде результуючий рух тіла

B

A

R n

R3

ϕ

25

Розвrsquoязання

При обертанні тіла навколо осей що перетинаються ре-зультуючий рух також буде обертальний причому величина і напрямок результуючої кутової швидкості визначаються за правилом паралелограма

Як видно з рисунка 2

121 )3( ω+ω=ω

asympω=ω 110 31 1ω

31

3tg

1

1 =ωω

=α α =18deg30prime

Задача 7 Знайти мінімальну швидкість (так звану другу космічну шви-

дкість) яку треба надати тілу щоб воно змогло залишити Зем-лю подолавши поле тяжіння Землі

Розвrsquoязання

Сумарна енергія E тіла якому надана швидкість v біля по-

верхні Землі складається з кінетичної енергії

2

2

кmvE =

і потенціальної енергії

RmMU γminus=

( m i M ndash маси тіла і Землі R ndash радіус Землі)

RmMmvUEE γminus=+=

2

2

к (1)

Якщо тіло значно віддалиться від Землі (теоретично на не-скінченність) його потенціальна енергія дорівнюватиме нулю Щодо кінетичної енергії то досить щоб вона мала мінімально можливе значення тобто також дорівнювала нулю

α

ω 1ω

2ω

26

Таким чином повна енергія тіла на нескінченності перетво-риться на нуль

0=E (2) Із рівнянь (1) і (2) знаходимо

22 gRRMv =

γ= v = 112 кмс

Задача 8 Літак робить ldquoмертву петлюrdquo радіусом R = 500 м зі сталою

швидкістю v = 100 мс Знайти вагу пілота масою m = 70 кг у нижній верхній і середній точках петлі

Розвrsquoязання

Оскільки літак рухається по ко-

лу радіусом R зі сталою швидкіс-тю v то на пілота діє доцентрова

сила R

mvmaF n

2

д == (результую-

ча сили тяжіння gmF =тяж та ре-акції опори N ) отже вагу пілота

NP minus= знайдемо з другого закону Ньютона

PgmNgmam n minus=+= звідки

)agm(amgmP nn minus=minus= Згідно з цією формулою модуль ваги

cos 2 2n nP P m g a 2ga= = + minus α

де α ndash кут між векторами g і na

Коли пілот знаходиться в нижній точці петлі то α =180deg (рисунок) і

180deg

тяжF

тяжF

тяжF

дF

дF

namF =д

P

P

P

27

2 ( )2 2n n nP m g a ga m g a= + + = + =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

5001008970

2кгsdotмс2asymp 21 кН

Коли пілот знаходиться у верхній точці петлі то α = 0deg і 2 ( )2 2

n n nP m g a ga m g a= + minus = minus = =⎪70(98 ndash 20)⎪ asymp 07 кН

Вагу пілота в середній точці петлі ( α = 90deg αcos = 0) знай-демо з формули

2 270 98 202 2nP m g a= + = sdot + asymp 15 кН

Задача 9 До сухожилля завдовжки L = 012 м і діаметром d = 16sdot10ndash3 м

підвісили вантаж F = 686 Н При цьому подовження сухожилля ста-новило LΔ = 3sdot10ndash3 м Визначити модуль пружності E сухожилля

Розвrsquoязання

Відомо що сухожилля підлягає деформації одностороннього

розтягу тому

F LES L

sdot=

sdot Δ (1)

де S ndash площа поперечного перерізу LΔ ndash подовження сухожилля Підставляючи значення

=π

=4

2dS (314sdot162sdot10ndash6)4 = 2sdot10ndash6 м2

а також L =012 м і LΔ = 0003 м у рівняння (1) одержимо 9

36 1041103102120668

sdot=sdotsdotsdot

sdot= minusminusE Па

Задача 10 Мідна кулька діаметром d =4sdot10ndash5 м падає в широкій посу-

дині яка заповнена гліцерином Знайти швидкість v рівномір-

28

ного руху кульки який встановиться Коефіцієнт вrsquoязкості глі-церину η = 0001 кгмsdotс густина гліцерину ρ = 126sdot103 кгм3 густина міді 1ρ = 89sdot103 кгм3

Розвrsquoязання

Під час руху на кульку діють три сили bull сила тяжіння VgP 1ρ= (V ndash обrsquoєм кульки) bull сила тертя т 6F rv= πη ( r ndash радіус кульки) bull виштовхувальна сила VgF ρ=в При рівномірному русі який встановиться сумарна сила що

діє на кульку дорівнює нулю Тому 0вт =minusminus FFP або 061 =πηminusρminusρ rvVgVg

Тут 2dr = v ndash шукана швидкість кульки

6

3dV π= ndash обrsquoєм кульки

З останньої рівності знаходимо ( ) ( ) 31

21 1035

186minussdot=

ηρminusρ

=πη

ρminusρ=

gdr

gVv мс

Задача 11 Між двома тілами з масами 1m i 2m відбувається абсолютно не-

пружний удар Швидкості тіл до зіткнення 1v i 2v спрямовані вздовж однієї прямої Визначити зміну кінетичної енергії при ударі

Розвrsquoязання

Кінетична енергія тіл до зіткнення

22

222

211

1кvmvmE +=

29

Після непружного удару обидва тіла рухаються як єдине ціле зі спільною швидкістю U

21

2211mm

vmvmU++

= (1)

Зміна кінетичної енергії при ударі ( )

222

222

211221

1к2кк ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+minus

+=minus=Δ

vmvmUmmEEE (2)

Підставляючи (1) у (2) знайдемо ( )

( ) 2 21

22121

к mmvvmmE

+minus

minus=Δ

Таким чином при непружному ударі має місце зменшення кінетичної енергії тіл

Задача 12 Визначити роботу підйомного пристрою при підніманні зі

стану спокою тіла масою m із прискоренням а по похилій площині завдовжки L що нахилена до горизонту під кутом α якщо коефіцієнт тертя μ Пояснити у які види енергії пе-реходить виконана робота

Розвrsquoязання

На тіло (брусок) що рухається по похилій площині діють

gmF =тяж ndash сила тяжіння

N ndash сила нормальної реакції опори тF ndash сила тертя ковзання

F ndash сила тяги підйомного пристрою Роботу підйомного пристрою LFA sdot= визначимо якщо

знайдемо силу тяги F Запишемо другий закон Ньютона у векторній формі

FFNgmam +++= т (1)

30

y x

L N F

a

тF

α α

h

gmF =тяж Спроектувавши векторне рівняння (1) на осі х та у отримаємо

FFmgma +minusαminus= тsin (2) Nmg +αminus= cos0 (3)

Зі скалярного рівняння (3) бачимо що Nmg =αcos а отже

αμ=μ= cosт mgNF Тепер із рівняння (2) знаходимо силу тяги

αμ+α+= cossin mgmgmaF Роботу αμ+α+=sdot= cossin mgLmgLmaLLFA можна запи-

сати у вигляді

трпкт

2

2АЕЕLFmghmvA ++=++= (4)

(тут ми скористалися формулою для шляху рівноприскореного

руху a

vL2

2= ) Бачимо що робота підйомного пристрою A піш-

ла на надання тілу кінетичної енергії 2

2

кmvE = на збільшення

потенціальної енергії тіла mghE =п та виконання роботи проти сил тертя ттр LFA =

Інший (енергетичний ) спосіб розвrsquoязку рух тіла під дією сторонньої сили тяги F відбувається у полі консервативних сил тяжіння gmF =тяж

31

На тіло діє дисипативна сила тертя ковзання тF яка виконує відrsquoємну роботу під час руху т

дис LFA minus= На тіло діє також си-

ла нормальної реакції опори N яка не виконує роботи під час руху бо N перпендикулярна до напрямку руху Скористаємося законом збереження енергії у механіці записаним у вигляді

mghmvEEEEEАA +=+minus+=Δ=+2

)()(2

1п1к2п2кдисстор

У нас сторА ndash це робота підйомної машини А тдис LFA minus=

Отже отримаємо т

2

2LFmghmvA ++= Бачимо що для визна-

чення роботи підйомної машини зразу маємо рівняння (4) Задача 13 Добове обертання Землі зумовлює відхилення поверхні води

в річках від горизонтального положення Обчислити кут нахилу поверхні води в річці до горизонтальної поверхні якщо річка тече на широті ϕ з півночі на південь Швидкість течії v

Розвrsquoязання

Розглянемо довільний елемент поверхні води На нього діють

1) сила тяжіння gmP = 2) сила інерції Коріоліса яка чисе-

льно дорівнює ϕω= sin2к mvF Ці дві сили взаємно перпендикулярні

а їх рівнодійна F перпендикулярна до поверхні рівня води який встановиться

в річці Охарактеризуймо його кутом нахилу α до горизонту і остаточно запишемо

sin2sin2tg кg

vmg

mvPF ϕsdotω

=ϕsdotω

==α

α

α

кF

F P

32

Задачі

1 Залежність шляху S від часу t задається рівнянням

32 ctbtatS +minus= де a = 02 мс b = 03 мс2 і c = 04 мс3 Знайти 1) вираз для швидкості й прискорення 2) положення швидкість та прискорення тіла через 2 с пі-сля початку руху Відповідь )216020( 2ttv +minus= мс )4260( ta +minus= мс2 S= 24 м v =38 мс a = 42 мс2

2 Точка рухається у площині ху за законом tAx ω= cos tAy ω= sin де A i ω ndash додатні сталі величини

Знайти шлях S що проходить точка за час τ і кут ϕ між швидкістю та прискоренням точки

Відповідь ωτ= AS 2π

=ϕ 3 У першому наближенні можна вважати що електрон в ато-мі водню рухається по коловій орбіті зі сталою швидкістю Знайти кутову швидкість ω обертання електрона навколо ядра та його нормальне прискорення na Радіус орбіти електрона r = 05sdot10ndash10 м швидкість елект-рона на орбіті v = 22sdot106 мс Відповідь ω = 44sdot1016 сndash1 na = 97sdot1022 мс2 4 Точка рухається по колу зі швидкістю tv α= де α = 05 мс2 Знайти її повне прискорення a у момент коли вона пройшла n = 01 довжини кола після початку руху

Відповідь ( )241 na π+α= a = 08 мс2 5 Тіло масою m рухається так що залежність шляху від часу задається рівнянням taS ω= sin де a і ω ndash сталі

33

Знайти залежність сили яка діє на тіло від часу

Відповідь 2

22 ndash sin td sF = m F = am

dtω ω

6 Космічний корабель масою 1m =106 кг починає рухатися вертикально вгору Сила тяги двигунів тF =3sdot107 Н Визначити прискорення a корабля і вагу космонавта P що знаходиться там Відомо що на Землі на космонавта діє сила тяжіння тяжF = 59sdot102 Н Відповідь a = 202 мс2 P asymp 180sdot103 Н 7 Визначити силу натягу каната при рівноприскореному опусканні кабіни в шахту якщо протягом t =30 с від почат-ку руху вона проходить шлях l =100 м Маса кабіни 300 кг Відповідь )( agmT minus= =28 103 H 8 Ліфт масою M =103 кг піднімається зі сталим приско-ренням a = 02 мc2 У ліфті знаходиться пrsquoять осіб ма-сою m = 60 кг кожний Знайти силу натягу каната ліфта і вагу кожної людини Відповідь ( 5 )( )T M m g a= + + =13sdot103 H

( )P m g a= + = 600 H 9 Автомобіль масою M = 15 т рухається горизонтально зі швидкістю v = 20 мc Після вимкнення двигуна він проходить до зупинки L = 50 м Знайти силу тертя і коефіцієнт тертя Відповідь 2

T 2F MV L= = 6sdot103 H asympμ 042 10 На екваторі деякої планети тіло має вагу вдвічі ме-ншу ніж на полюсі Густина речовини цієї планети ρ = 3sdot103 кгм3 Визначити період обертання T планети навколо своєї осі Відповідь T = γρπ6 = 97sdot103 с

34

11 Два тіла масою m =100 г кожне підвішені на кінцях нитки перекинутої через блок На одне з тіл покладено важок масою 0m =50 г Із якою силою він тиснутиме на тіло під час руху Відповідь 0 02 g(2 )N mm m m= + = 039 H 12 На горизонтальній поверх-ні стоїть штатив ма-сою M = 1кг на якому закріп-лено невагомий блок На кін-цях невагомої нитки що пере-кинута крізь блок підвішено два тягарці маси яких

1m =02 кг та 2m =08 кг Нех-туючи тертям знайдіть силу із якою штатив діє на поверхню

m1 m2

Відповідь MgmmmgmN ++= )(4 2121 =16 H

13 Куля потрапляє у ящик із піском та застряє у ньому На скільки стиснеться пружина жорсткістю k що утри-мує ящик якщо куля має масу m і рухається зі швидкістю v маса ящика M тертя відсутнє

k M v

m

Відповідь )( Mmk

mVx+

=Δ

14 Яка робота виконується під час рівномірного переміщен-ня ящика масою 100 кг по горизонтальній поверхні на від-стань 496 м якщо коефіцієнт тертя 033 а мотузок за допо-могою якого тягнуть ящик утворює з горизонтом кут 30deg Відповідь )sin(coscos αμ+ααμ= lmgA =135sdot103 Дж

35

15 Куля масою 10 г що летить зі швидкістю 800 мс по-трапляє в дерево і заглиблюється на 10 см Визначити си-лу опору дерева і час руху кулі в дереві Відповідь lmVF 22= = 32sdot103 H Vlt 2= = 25sdot10ndash4 c 16 Прикріплений до вертикальної невагомої пружини вантаж повільно опускають до положення рівноваги при цьому пружина розтягується на довжину 0x На скільки розтягнеться пружина якщо дати можливість вантажеві вільно падати із положення при якому пружина не роз-тягнута Яка максимальна швидкість вантажу Який пе-ріод коливань вантажу

Відповідь 02xx =Δ 0gxV = gxT 02π=

17 Визначити яку роботу виконає людина яка підіймає тіло масою m = 4 кг на висоту h =1 м із прискоренням a =12 мс2 Визначити кінетичну і потенціальну енергії тіла на висоті 1 м Відповідь a)hm(gA += = 44 Дж кE =48 Дж пE =392 Дж 18 Визначити кінетичну енергію тіла масою m = 1 кг яке кинули горизонтально зі швидкістю 0v = 20 мс у кінці че-твертої секунди його руху ( g asymp 10 мс2) Відповідь кE = 103 Дж 19 Супутник масою m = 12sdot104 кг обертається по коловій орбіті навколо Землі маючи кінетичну енергію

кE = 54sdot106 кДж Із якою швидкістю v і на якій висоті H обертається супутник Відповідь v = 3sdot103 мс H asymp 38sdot107 м 20 Знайти відношення витрат енергії на піднімання супу-тника на висоту 1h = 32sdot106 м і на запуск його по коловій

36

орбіті на тій самій висоті Така сама умова для висоти 2h = 64sdot106 м ( ЗR = 64sdot106 м)

Відповідь 1 AA = 1 1 AA = 2 21 Людина стрибає з висоти h = 1 м одного разу на прямі ноги а іншого ndash на зігнуті в колінах Час гальмування при стиканні з опорою відповідно дорівнює 01 і 05 с Обчис-лити кратність перевантаження яке при цьому виникає а також тривалість стану невагомості Вважати що людина в кожному випадку при падінні проходить однаковий шлях опір повітря не враховувати Відповідь 55 2 04 с 22 Центрифуга що використовується для тренування кос-монавтів здійснює n = 05 обс при радіусі траєкторії R = 4 м Знайти кут α між вертикаллю і уявною віссю кос-монавта в місці його знаходження Установити залежність

)(ω=α f Які перевантаження при цьому виникають

Відповідь ( )( )122 2 22

arctg 4g RR

g g

+ ωωα = asymp

23 Знайти енергію пружної деформації стального стри-жня масою m = 31 кг розтягнутого з відносним подов-женням ε =10sdot10ndash3 (густина сталі ρ =78sdot103 кгм3 мо-дуль Юнга E = 216sdot1011 Нм2) Відповідь ρε= 22 mEU U asymp 40 Дж 24 Яку роботу слід виконати щоб стальну стрічку завдовж-ки l = 2 м завширшки h =6sdot10ndash2 м і завтовшки σ = 2sdot10ndash3 м зі-гнути у круглий обруч (деформацію вважати пружною) Відповідь 2 3( 6) A h E lasymp π σ A asymp 80 Дж 25 Визначити роботу серця людини за 1 хвилину та за добу якщо відомо що вона в основному складається з роботи при

37

скороченні лівого шлуночка і визначається формулою cA asymp12 шA де шA ndash робота лівого шлуночка

22удш mvPVA += де P =13sdot104 Па ndash середній тиск із

яким кров виштовхується в аорту ρ =105sdot103 кгм3 ndash густина крові v =05 мс ndash швидкість крові в аорті удV =7sdot10ndash5 м3 ndash ударний обrsquoєм крові t = 03 с ndash час скорочення шлуночків Відповідь хвA asymp 110 Дж добA asymp 160 кДж 26 Дах будинку нахилено під кутом α = 20deg до горизонту Чи пройде людина вгору по покритому льодом дахові якщо коефіцієнт тертя μ = 03 Відповідь μltαtg 27 Шматок льоду раз підкидають під кутом α =45deg до го-ризонту а потім пускають із тією самою швидкістю ков-зати по льоду Знайти коефіцієнт тертя якщо в другому випадку шматок льоду переміщується на відстань у 10 ра-зів більшу ніж у першому випадку Відповідь μ asymp 005 28 Густину рідини що перекачують насосом збільшили на n = 10 Як при цьому зміниться швидкість рідини в насосі якщо потужність насоса не зміниться Відповідь 21 vv =1032 29 Визначити середню потужність N двигуна колісного трактора який рушивши з місця піднімається по дорозі з ухилом 002 із прискоренням a = 005 мс2 Коефіцієнт тер-тя μ = 01 Маса трактора m = 2700 кг його кінцева швид-кість v = 15 мс Відповідь N = 2500 Вт

38

30 У ліфті що рухається вертикально вгору із прискорен-ням 0a = 2 мс2 міститься горизонтальний диск що обер-тається з частотою f = 13 обс на якому лежить брусок Коефіцієнт тертя бруска об стіл μ = 04 Знайдіть макси-мальну відстань бруска від осі обертання при якому він ще утримується на столі

Відповідь 220

4)(

fagR

π

+μ= =7 см

31 Відомо що на заокругленнях залізничного полотна зовнішню рейку трохи піднімають відносно внутрішньої щоб тиск поїзда на полотно залізниці був перпендикуляр-ним до його площини Знайти кут α утворений полотном із горизонтом якщо заокруглення радіусом R розрахова-не для руху зі швидкістю v Відповідь gRv tg 2=α 32 Місток (що провисає) має форму дуги кола R = 4 м та витримує максимальне навантаження P =1000 Н Із якою максимальною швидкістю може їхати по ньому велосипе-дист маса якого (разом із велосипедом) m = 90 кг

Відповідь m

mgPRV )( minus= =23 мс

33 Снаряд масою 100 кг рухається зі швидкістю 500 мc Під час руху він розірвався на дві частини Одна частина масою 40 кг стала рухатися зі швидкістю 600 мc у тому самому на-прямку Знайти швидкість другої частини снаряда Відповідь 2v = 433 мс 34 Метеорит і ракета рухаються під кутом α =90deg Ра-кета потрапляє в метеорит і залишається в ньому Маса метеорита m маса ракети 2m швидкість метеорита

39

v швидкість ракети v2 Визначити імпульс метеорита та ракети після зіткнення Відповідь mv2p = 35 Куля масою 1m = 2 кг рухається горизонтальною пове-рхнею зі швидкістю 01v = 2 мс і попадає в нерухому кулю ( 02v = 0 мс) маса якої 2m = 3 кг Визначити швидкості куль 1v i 2v після зіткнення якщо його вважати абсолютно пружним Сили тертя не враховувати Відповідь 1v = ndash04 мс 2v = 16 мс 36 Стоячи на льоду ковзаняр масою 2m = 80 кг кинув уперед важок масою 1m = 10 кг і при цьому сам поїхав назад зі швидкістю 2v = 15 мс Яку роботу виконав ков-заняр кидаючи важок Відповідь 2)1( 12

222 mmVmA += = 810 Дж

37 Ковзаняр масою 1m =70 кг стоячи на ковзанах на льо-ду кидає в горизонтальному напрямку камінь масою

2m = 3 кг зі швидкістю 2v = 8 мс Знайти на яку відстань S відкотиться при цьому ковзаняр Коефіцієнт тертя ков-зання μ = 002

Відповідь gmvmS μ= 21

22

22 2 = 30 см

38 Маса серця дорослої людини приблизно m = 03 кг При скороченні лівого шлуночка в аорту виштовхується V = 70 мл крові Швидкість крові в аорті v = 05 мс густина крові ρ = 105sdot103 кгм3 Визначити швидкість віддачі серця відv Відповідь відv asymp 012 мс 39 Маятник має вигляд прямого тонкого стрижня завдо-вжки l = 15 м на кінці якого знаходиться стальна куля масою M = 1 кг У кулю попадає маленька куля масою

40

m = 2sdot10ndash2 кг яка рухається горизонтально зі швидкістю v = 50 мс Визначити кут α максимального відхилення маятника якщо вважати удар центральним і пружним Масу стрижня не враховувати

Відповідь ( ) glm+M

mv2arcsin=α α asymp 30deg

40 У скільки разів n зменшиться швидкість атома гелію пі-сля центрального пружного зіткнення з нерухомим атомом водню маса якого в 4 рази менша за масу атома гелію Відповідь n = 53 41 Тіло вільно падає з висоти h =100 м на Землю Ви-значити відхилення тіла S на схід під дією сили Коріо-ліса на широті ϕ = 45deg (кутова швидкість обертання Зе-млі ω =73sdot10ndash5 радс)

Відповідь ϕω= cos32

g2hhS S = 1610ndash2 м

41

sect 2 Рух твердого тіла

Основні поняття та закони гідродинаміки

1 Поступальний рух Рух центра інерції твердого тіла Рух твердого тіла визначається прикладеними до нього зовнішніми силами Характерними видами руху твердого тіла є поступаль-ний та обертальний рухи

Поступальним рухом твердого тіла називається такий рух при якому всі його точки рухаються по однакових траєкторіях швидкості всіх точок у будь-який момент часу однакові а будь-яка пряма проведена між довільними точками тіла переміщу-ється паралельно сама собі

Абсолютно тверде тіло ndash це тіло у якому відстань між двома довільними матеріальними точками не змінюється у процесі руху

Тверде тіло розглядають як систему яка складається з n мате-ріальних точок а маса тіла m дорівнює сумі мас усіх цих точок

n

ii 1

m m=

= Δsum де imΔ ndash маса і-ї точки (1)

Поступальний рух твердого тіла повністю характеризується заданням руху будь-якої однієї точки цього тіла тобто при по-ступальному русі тіло має три ступені вільності

Центром мас тіла (центром інерції) називають точку С ко-ординати якої c c cx y z визначаються через координати окремих

елементів тіла jjj zyx співвідношеннями

Δ Δ Δ i i i i i i

c c c

x m y m z mx y z

m m m= = =sum sum sum (2)

Рух центра інерції твердого тіла центр інерції твердого тіла рухається як матеріальна точка з масою рівною масі тіла під дією всіх сил прикладених до тіла

n

c ii 1

ma F=

= sum (3)

де sum=

n

1iiF ndash векторна сума всіх зовнішніх сил

42

2 Обертальний рух Динамічні характеристики тіла яке обертається Обертальний рух ndash це такий рух при яко-му принаймні дві точки тіла весь час залишаються нерухоми-ми Пряма яка проходить через ці точки називається віссю обертання Усі точки твердого тіла які лежать на осі обер-тання нерухомі Інші точки твердого тіла рухаються по колах у перпендикулярних до осі обертання площинах Центри цих кіл лежать на осі обертання Обертальний рух твердого тіла ndash це плоский рух

Плоским називають такий рух при якому всі точки тіла ру-хаються в паралельних площинах

Момент iM сили iF відносно точки О визначається вектор-ним добутком радіус-вектора ir проведеного в точку прикла-дання сили iF на цю силу

i i iM r F⎡ ⎤= sdot⎣ ⎦ (4)

Числове значення моме-нту сили iF

sin iiiiii lFrFM =αsdotsdot= (5)де iα ndash кут між векторами ir і

iF iii rl α= sin ndash довжина пе-рпендикуляра який опустили із точки О на лінію дії сили iF

Величину il називають плечем сили Якщо лінія дії сили проходить через точку О то 0=il і мо-

мент сили відносно точки О дорівнює нулю Момент імпульсу iL матері-

альної точки im відносно точки О визначається векторним добут-ком радіус-вектора ir матеріаль-

ної точки на її імпульс ivm [ ]iiii vmrL sdot= (6)

O im

iM iF

iF

ir

iα iα

il

iivm

O

iivm

ir

iL

im

43

Вектор iL іноді називають моментом кількості руху матеріа-льної точки Він спрямований перпендикулярно до площини проведеної через вектори ir і ivm

Моментом izM сили iF відносно осі z називають проек-цію на вісь z моменту сили відносно будь-якої точки О що лежить на цій осі

пр cosiz i z i iM M M M Ozand⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

де ( )iM Ozand

ndash кут між вектором iM і віссю z

Моментом izL імпульсу iii vmp = відносно осі z називають проекцію на вісь z моменту імпульсу відносно будь-якої точ-ки О що лежить на цій осі

пр cosiz i z i iL L L L Ozand⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

де ( )iL Ozand

ndash кут між вектором iL і віссю z

Бачимо що величини izM i izL не залежать від розташуван-ня на осі z точки О Вектори iM та iL залежать від розташуван-ня на осі z точки О відносно якої їх знаходять але проекції цих векторів на вісь z тобто величини izM i відповідно izL залиша-ються сталими при зміні положення точки О

Момент імпульсу zL тіла відносно осі обертання ndash це проекція результуючого вектора моменту імпульсу L на вісь z яка дорівнює алгебраїчній сумі проекцій на цю вісь усіх складових векторів iL

sum=

=n

0iizz LL (7)

Із визначення векторного добутку вектор iL за модулем дорі-внює площі паралелограма побудованого на векторах ir та

44

ii vm та є перпендикулярним до цих двох векторів Проекція

izL дорівнює площі iS ndash проекції цього паралелограма на пло-щину перпендикулярну до осі Oz

Із рисунка видно що iiiz LL γ= cos (де iγ ndash кут між вектором

iL і віссю Oz) тобто дорівнює площі прямокутника зі сторона-ми iR i iivm Таким чином

2cos iiiiiiiiiz RmvmRmvrL ω==γ= (8)

адже iii Rr =γcos та ii Rv ω= Момент імпульсу тіла відносно осі обертання Oz

2

1

n

z i ii

L m R=

= ωsum (9)

Сума добутків мас усіх матеріальних точок тіла на квад-рати їх відстаней до осі називається моментом інерції zI тіла відносно цієї осі

sum= 2iiz RmI (10)

При визначенні моменту інерції тіла його розбивають на не-скінченну кількість малих елементів із масами dm і момент інерції знаходять за формулою

22 intint ρ== dVRdmRI z (11)

де ρ ndash густина однорідного тіла dV ndash елементарний обrsquoєм

z

O iivm

iL

iγ izL

vmi

im

ir

iR

45

Момент імпульсу тіла відносно осі дорівнює добутку момен-ту інерції тіла відносно тієї самої осі на кутову швидкість ω обертання навколо осі

ω= zz I L (12)

3 Основний закон динаміки обертального руху тіла Роз-глянемо основний закон динаміки обертального руху тіла що обертається навколо нерухомої точки Швидкість зміни мо-

менту імпульсу dtLd тіла що обертається навколо нерухомої

точки дорівнює результуючому моменту M відносно цієї точ-ки всіх зовнішніх сил прикладених до тіла

MdtLd

= (13)

Формулу (13) одержують так [ ]

[ ] 0

i ii i ii i

i i i i

i i i i ii i

d r pdL dL dr dpp rdt dt dt dt dt

v p r F M M

sdot ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = = sdot + sdot =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤= sdot + sdot = + =⎣ ⎦

sum sum sum sum

sum sum sum

Вираз (13) називають рівнянням моментів відносно точки Основний закон обертального руху для тіла що оберта-

ється навколо нерухомої осі

zz M

dtdL

= (14)

де zL i zM ndash проекції на вісь Oz обертання тіла векторів момен-ту імпульсу тіла і результуючого моменту сил

Оскільки z zL I= ω то (14) набуває вигляду

( ) Z Z

d I Mdt

ω = (15)

Для абсолютно твердого тіла ZI не залежить від часу t Тому

46

Z ZdI Mdtω

= або z zI Mβ = (16)

де β ndash кутове прискорення тіла Вираз (16) називають рівнянням моментів відносно осі z Кутове прискорення твердого тіла що обертається навколо

нерухомої осі Oz прямо пропорційне результуючому моменту відносно цієї осі всіх зовнішніх сил що діють на тіло і обернено пропорційне моменту інерції тіла відносно тієї самої осі

Z

Z

MI

β = (17)

Якщо 0zM = то 0=ω

=βdtd і кутова швидкість обертання

тіла стала Це стан рівномірного обертання навколо нерухомої осі Основний закон обертального руху для тіла що обертається

навколо нерухомої осі ZZ

dL Mdt

= зберігає таку найпростішу

форму і при обертанні тіла навколо рухомої осі якщо швидкість руху осі v паралельна швидкості руху центра мас тіла Cv або вісь проходить через центр мас

4 Закон збереження моменту імпульсу Якщо результую-

чий момент зовнішніх сил відносно нерухомої точки тіла (неру-хомої осі) дорівнює нулю то момент імпульсу тіла відносно цієї точки (осі) не змінюється з часом у процесі руху

0 const

0 const

const

ZZ

Z

dL i LdtdL i Ldt

I

⎧= =⎪

⎪⎪ = =⎨⎪

ω =⎪⎪⎩

(18)

де ω ndash кутова швидкість тіла ZI ndash момент інерції відносно осі обертання

47

5 Теорема Штейнера Момент інерції ZI тіла відносно довільної осі ОО1 дорів-

нює сумі моменту інерції ZI prime тіла відносно осі 1OO primeprime проведеної через центр інерції С тіла паралельно ОО1 і добутку маси m тіла на квадрат відстані між цими осями a

2maII zz +prime= (19) 6 Кінетична енергія тіла Якщо тверде тіло рухається по-

ступально зі швидкістю v і одночасно обертається із кутовою швидкістю ω навколо осі яка проходить через його центр інер-ції то кінетична енергія тіла

2 2

к 2 2

Cmv IW ω= + (20)

де CI ndash момент інерції тіла відносно осі обертання 7 Порівняння рівнянь руху твердого тіла і матеріальної точки

Таблиця 1 Поступальний рух матеріальної точки

Обертальний рух твердого тіла

Маса m Момент інерції zI

Швидкість v Кутова швидкість ω

Прискорення a Кутове приско-рення

β

Сила F Момент сили zMM

Імпульс vmp = Момент імпульсу L LZ Рівняння руху

sum =n

i=1i amF

Основний закон динаміки обертального руху

MdtLd

=

Z

Z

MI

β =

Закон збереження імпульсу

constp = Закон збереження моменту імпульсу

constL = constzI ω =

O

O1

a

O1

C

Oprime

48

Продовження табл 1 Поступальний рух матеріальної точки

Обертальний рух твердого тіла

Робота rdFdA = Робота α= dMdA z

Кінетична енергія ==

2vmE

2ii

iк

i

2i

2mp

=

Кінетична енергія

2

к 2CIW ω

=

8 Рух рідини Рівняння нерозривності струменя Для опи-

су руху рідини використовують такі величини три компоненти швидкості елемента обrsquoєму ( )tzyxvv = тиск ( )tzyxPP = і густину ( )tzyx ρ=ρ Змінні цих функцій zyx і t характери-зують координати і час не окремих молекул рідини а визначену точку простору заповнену рідиною

Тому ( )tzyxvv = ( )tzyxPP = і ( )tzyx ρ=ρ ndash швид-кість тиск і густина рідини в даній точці простору zyx у мо-мент часу t При фіксованому часі 0tt = функція ( )0 tzyxvv = описує поле швидкостей тобто дає миттєву картину розподілу швидкостей рідини в кожній точці простору

Рух рідини називають стаціонарним якщо поле швидкостей не змінюється з часом і нестаціонарним якщо воно з часом змінюється

Рівняння нерозривності струменя для стаціонарної течії маса рідини або газу що проходить за одиницю часу через дові-льний переріз труби течії однакова для всіх перерізів

const=ρvS (21) де ρ і v ndash густина і швидкість рідини або газу в перерізі S труби

9 Рівняння Бернуллі ndash рівняння гідромеханіки яке визна-чає звrsquoязок між швидкістю v рідини тиском P в ній та висотою h частинок над площиною відліку для стаціонарної течії ідеаль-ної нестисливої рідини

const2

2=+ρ+

ρ Pghv (22)

49

де ρ ndash густина рідини g ndash прискорення вільного падіння У рівнянні Бернуллі всі члени мають розмірність тиску

P ndash статичний тиск 2

2vρ ndash динамічний ghρ ndash ваговий

Рівняння Бернуллі для двох перерізів течії 2 21 2

1 1 2 22 2v vgh P gh Pρ ρ

+ ρ + = + ρ + (23)

Для горизонтальної течії

2

22

1

21

22PvPv

+ρ

=+ρ (24)

10 Формула Торрічеллі визначає швидкість витікання рі-

дини з невеликого отвору в широкій посудині який розміщено на глибині H від верхнього рівня рідини в посудині

2gHv = (25) де g ndash прискорення вільного падіння

11 Формула ГагенаndashПуазейля визначає кількість рідини

Q що протікає по горизонтальній трубці сталого перерізу в одиницю часу Кількість рідини пропорційна різниці тисків

1P і 2P на вході та виході з труби четвертому степеню її ра-діуса R і обернено пропорційна довжині L труби та коефіці-єнту вrsquoязкості рідини η

( )ωminus

=η

πsdot

minus= 21

4або

8PPQR

LPPQ 21 (26)

де 48

RL

πη

=ω ndash гідравлічний опір

12 Число Рейнольдса ( Re ) звrsquoязує середню швидкість руху

рідини v густину рідини ρ її вrsquoязкість η та діаметр труби D і є критерієм для переходу ламінарної течії у турбулентну

ηρ

=DvRe (27)

50

Для прямої труби крRe = 2300

Якщо крReRe ge то спостерігається турбулентна течія

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

Кількість крові Q що протікає через поперечний переріз су-динної системи людини за одиницю часу у першому наближен-ні визначається формулою ГагенаndashПуазейля

Течія крові в судинній системі людини за нормальних умов має ламінарний характер При різкому звуженні просвіту суди-ни спостерігається турбулентна течія крові Це відбувається наприклад при неповному відкритті або навпаки при непов-ному закритті клапанів аорти або серцевих Це явище назива-ють серцевими шумами

51

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити момент інерції тонкого однорідного стрижня масою

m завдовжки L площею поперечного перерізу S і густиною ρ який обертається відносно осі ООprime яка проходить через його кінець

Розвrsquoязання

Розібrsquoємо стрижень на нескінченно

велику кількість елементів масою dm і довжиною dr Позначимо відстань від осі ООprime до одного з таких елемен-тів через r

Момент інерції елемента стрижня

SdrrdmrdI ρ== 22 Момент інерції всього стрижня

31 3

L

0

2L

0

SLdrrSdII ρ=ρ== intint

Маса стрижня SLm ρ= тому 21

3I mL=

Задача 2 Уздовж похилої площини яка утворює кут α з горизонтом

скочується без ковзання суцільний однорідний диск Знайти лі-нійне прискорення його центра

Розвrsquoязання

Рух диска можна розглядати як обертання навколо миттєвої осі z що проходить перпендикулярно площині рисунка через

Оprime

O

S

dm

dr r

52

точку дотику О диска і похи-лої площини На диск діють три сили сила тяжіння P сила реакції опори N (яка проходить через точку О й на рисунку не зображена) і сила тертя тF

Плече сили тяжіння P як видно з рисунка α= sinrh ( r ndash радіус диска) Моменти сил N і тF дорівнюють нулю Отже рівняння моментів відносно осі z має вигляд

β=α 1IPr sin (1) де 1I ndash момент інерції відносно осі z що проходить через точку О

Згідно із теоремою Штейнера 2

1 mrII += де m ndash маса диска I ndash момент інерції відносно осі яка про-ходить через центр інерції диска перпендикулярно до його

площини 2

2mrI =

Тому 2

1 23 mrI = (2)

Шукане прискорення центра мас (точки С) можна подати у вигляді

ra β= (3) якщо розглядати рух центра інерції С як обертання навколо осі що проходить через точку О

Із рівнянь (1) і (3) враховуючи (2) і те що mgP = знаходимо 2 sin 3

a g= sdot α (4)

Задача 3 Визначити кінетичну енергію тонкого обруча масою M що ко-

титься без ковзання горизонтальною поверхнею зі швидкістю v

F

C

O

P

1P

2P

r h

α

α

53

Розвrsquoязання

Розглядаємо рух обруча як обер-тання навколо миттєвої осі яка про-ходить перпендикулярно до його площини через точку дотику О обру-ча й поверхні Кінетична енергія об-

руча дорівнює 2

20

тω

=IW

Момент інерції відносно осі О 0I можна виразити через мо-мент інерції відносно осі С cI Згідно із теоремою Штейнера

20 CI I MR= + ( R ndash радіус обруча)

Отже 20 2MRI = Rv ω=

Rv

=ω

Підставляючи 0I та ω у формулу для енергії кW одержимо 2

к MvW =

Задача 4 У дні посудини заповненої двома різними

рідинами висоти яких дорівнюють 1h і 2h а густини відповідно 1ρ і 2ρ є невеликий отвір Знайти початкову швидкість витікання рідини з посудини вважаючи обидві рідини ідеаль-ними і нестисливими

Розвrsquoязання

Розглянемо верхній шар і запишемо рівняння Бернуллі стосовно двох перерізів у верхній і нижній частинах шару Тиск у верхній частині збігається з атмосферним тиском 0P тиск у нижній час-тині позначимо 1P Оскільки отвір невеликий швидкістю пере-міщення рідин можна знехтувати тому

1220 PghP =ρ+ (1)

СR

O

v

1ρ

2ρ

1h

2h

54

(для нижнього рівня висота 0=h ) Тепер розглянемо нижній шар Тиск у його верхній частині

буде 1P а в нижній частині біля отвору 0P У верхній частині знову вважаємо що швидкість рідини до-

рівнює нулю Отже

2

21

0111vPghP ρ

+=ρ+ (2)

(рівень h у нижній частині дорівнює нулю) Рівняння (1) і (2) утворюють систему двох рівнянь із двома

невідомими 1P і v Розвrsquoязуючи цю систему знаходимо шукану швидкість витікання

( )22111

2 hhgv ρ+ρρ

=

Задача 5 Виразити витрату Q рідини

густиною ρ що протікає уздовж горизонтальної труби змінного перерізу через різницю рівнів рідини h у двох манометричних трубках скляного вимірника ви-трачання рідини Площі попере-чних перерізів труби біля основ першої та другої трубок від-повідно дорівнюють 1S i 2S

Розвrsquoязання

Прирівняємо величини Q для перерізів 1S i 2S згідно із фор-

мулою vSQ ρ=

2211 SvSvQ ρ=ρ= (1) Застосуємо також рівняння Бернуллі

22

22

2

21

1vPvP ρ

+=ρ

+ (2)

h

S1 S2

55

(ми врахували що рівень рідини в обох перерізах однаковий бо труба горизонтальна) Із рівнянь (1) і (2) визначимо 1v i 2v

( )( )2

221

2121

2SSPPSv

minusρminus

= ( )( )2

221

2112

2SSPPSv

minusρminus

=

Різницю тисків 21 PP minus можна виразити як вагу стовпа рідини заввишки h із площею поперечного перерізу що дорівнює одиниці

ghPP ρ=minus 21 Остаточно запишемо

( )22

21

212

SSghSSQminus

ρ=

56

Задачі

1 Колесо що обертається рівномірно сповільнено за 1 хвилину зменшило ча-стоту обертання з 0ν =300 обхв до ν =180 обхв Момент інерції колеса I = 2 кгsdotм2 Визначити 1) кутове при-скоренняβ 2) гальмівний момент M 3) роботу гальмування A

R

T

gm

Відповідь β = 021 радс2 M = 042 Дж A = 630 Дж 2 На суцільний циліндричний вал радіусом R = 05 м на-мотано шнур до кінця якого привrsquoязано вантаж масою m =10 кг Знайти момент інерції I вала та його масу 1m якщо вантаж опускається із прискоренням a = 2 мс2 Відповідь I = 975 кгsdotм2 1m = 78 кг 3 Вважатимемо тіло людини циліндром радіус якого R = 20 см висота h =17 м і маса m = 70 кг Знайти мо-мент інерції людини відносно вертикальної осі у двох положеннях відносно Землі у вертикальному perpI та го-ризонтальному ΙΙI Вважати що вертикальна вісь про-ходить через центр мас циліндра Відповідь perpI = 14 кгsdotм2 ΙΙI = 169 кгsdotм2 4 Маса руки людини приблизно дорівнює m = 42 кг до-вжина l = 083 м а її центр мас розташовано на відстані r = 034 м від плечового суглоба Момент інерції руки відносно цього суглоба дорівнює I = 03 кгsdotм2 Рука вільно падає з горизонтального у вертикальне положення Знайти кінетичну енергію кE руки і лінійну швидкість v нижньої частини кисті у кінцевій точці падіння Відповідь кE = 143 Дж v = 8 мс

57

5 На легкому столику який вільно обертається стоїть людина і тримає на випростаних руках на відстані 1l = 15 м одна від одної дві однакові гирі масою m = 25 кг кожна Потім людина зменшує відстань між гирями до

2l = 04 м При цьому кутова швидкість обертання столика зростає від 1ω = 6 сndash1 до 2ω =12 сndash1 Вважаючи момент іне-рції людини відносно осі обертання столика сталим знай-ти роботу A яку вона виконує Відповідь A = 94 Дж 6 Яку роботу A виконує людина виконуючи за час t = 1 с одне повне коливання мізинцем із кутом розмаху

ϕΔ = 60deg Момент інерції мізинця I = 4sdot10ndash5 кгsdotм2 Вважа-ти що робота витрачається на прискорення і сповільнення мізинця а його рух ndash рівнозмінно обертовий Відповідь A = 135sdot10ndash4 Дж 7 Яку середню потужність N розвиває людина при хо-дьбі якщо тривалість кроку tΔ = 05 с Вважати що ро-бота витрачається на прискорення і гальмування кінці-вок а кутове переміщення ніг asympϕΔ 30deg Момент інерції кожної кінцівки I = 17 кгsdotм2 Відповідь N = 148 Вт 8 Дві маленькі кульки з масами 1m =4sdot10ndash2 кг і 2m =12sdot10ndash2 кг зrsquoєднані стрижнем завдовжки l = 02 м маса якого мала Ви-значити момент інерції системи 1I відносно осі що про-ходить через середину стрижня перпендикулярно до його напрямку а також момент інерції 2I для випадку коли вісь проходить через центр мас системи Відповідь 1I =16sdot10ndash3 кгsdotм2 2I =12sdot10ndash3 кгsdotм2

58

9 На яку висоту h під-німеться вода у вертика-льній трубці що впаяна у вузьку частину С (діа-метром d =2 см) горизо-нтальної трубки якщо у

широкій частині трубки А В (діаметром D = 6 см) швид-кість води 1v = 03 мс при тиску 1P =105 Па Нижній кінець вертикальної трубки занурений у стоячу воду тиск у якій P1 Відповідь h = 037 м 10 Визначити максимальну дальність польоту S стру-меня із шприца діаметром d = 4sdot10ndash2м на поршень яко-го тисне сила F =30 H Густина рідини ρ =103 кгм3 а

отвS ltlt поршS Відповідь S asymp 49 м 11 У посудину рівномірним струменем наливається вода ndash за 1 с надходить обrsquoєм 150 см3 Дно посудини має отвір пло-щею S = 05 см2 Який рівень води встановиться у посудині Відповідь h = 046 м 12 Площа поршня у шприці 1S = 12 см2 а площа отвору

2S = 1 мм2 Скільки часу витікатиме розчин ( ρ = 103 кгм3) із шприца якщо сила що діє на поршень F = 5 Н а хід поршня l = 4sdot10ndash2 м Відповідь t asymp 05 c 13 Із горизонтально розташованого медичного шприца вида-влюється фізіологічний розчин силою F =10 H Знайти швид-кість v витікання рідини з голки шприца Чому швидкість ви-тікання розчину не залежить від площі поперечного перерізу голки ( розρ = 103 гсм3 шd = 15 см шS gtgt голS ) Відповідь v = 105 мс

A BC

h

59

14 З оприскувача виштовхується струмінь рідини (густи-на ρ = 103кгм3) зі швидкістю 2v = 25 мс Який тиск 1P створює компресор у баку оприскувача Відповідь 1P = 312sdot105 Па 15 На столі знаходиться широка циліндрична посудина з водою заввишки h = 05 м Нехтуючи вrsquoязкістю знайти на якій висоті H від дна посудини необхідно зробити неве-ликий отвір щоб із нього витікав струмінь на максималь-ну віддаль maxl від посудини Відповідь H = 025 м maxl = 05 м 16 Визначити спад PΔ тиску крові в аорті при переході її у велику артерію якщо відомо що загальний потік крові Q в тілі людини (у стані спокою) дорівнює 8sdot10ndash5 м3с ра-діус аорти r =10ndash2 м вrsquoязкість крові η = 4sdot10ndash3 Паsdotс Відповідь lP ΔΔ = 80 Пам 17 Використовуючи дані попередньої задачі визначити се-редню швидкість v потоку крові в аорті число Рейнольдса Re і характер течії крові Відповідь v asymp 025 мс Re = 1300 18 Знайти максимальну масу m крові (вrsquoязкість η = 4sdot10ndash3 Паsdotс) яка може пройти через аорту (діаметр d = 2sdot10ndash2 м) за 1 с у ламінарному режимі Відповідь m asymp 014 кг 19 У високу посудину що заповнена маслом при 20 degС кидають свинцеві кульки різних діаметрів На певній гли-бині кульки рухаються рівномірно унаслідок того що си-ли які діють на них урівноважуються Визначити число Рейнольдса для руху кульки діаметром 01 мм якщо вва-жати рух масла при падінні кульки ламінарним При яко-

60

му максимальному діаметрі d кульки рух масла залиша-ється ламінарним якщо мρ = 970 кгм3 Відповідь Re = 54sdot10ndash6 d = 45 мм 20 Визначити який мінімальний час t частинки радіоак-тивного пилу (утвореного під час вибуху реактора) змогли б перебувати на висоті h = 1 км якщо вважати їх сферич-ними з діаметром d = 1 мкм і густиною ρ = 25sdot103 кгм3 (вrsquoязкість повітря повη = 18 мкПаsdotс) Відповідь t = 150 діб 21 По трубі завдовжки L із радіусом R тече стаціонар-ний потік рідини густина якої ρ і вrsquoязкість η Швидкість течії рідини залежить від відстані r до осі труби і зміню-ється за законом )1( 22

0 Rrvv minus= Знайти 1) обrsquoєм ріди-ни що протікає через поперечний переріз труби за одини-цю часу 2) різницю тисків на кінцях труби Відповідь 2 2

0 0 2 4 Q R P L R= πν Δ = η ν

61

sect 3 Механічні коливання та хвилі

1 Гармонічні коливання Коливання які відбуваються під

дією сили пропорційної зміщенню тіла від положення рівноваги і напрямленої у бік положення рівноваги називають гармоніч-ними За своєю природою гармонічні коливання є механічні електричні та оптичні Рівняння гармонічних коливань

2 2202 2або 0d x d xm kx x

dt dt= minus + ω = (1)

де m ndash маса тіла що виконує коливання k ndash коефіцієнт пруж-ності x ndash миттєве значення коливної величини (наприклад змі-щення маятника від положення рівноваги або значення напру-женості електричного поля тощо) mk=ω0 ndash колова часто-та (кількість коливань за 2π секунд T20 π=ω )

Замість колової частоти використовують і лінійну частоту 0ν звrsquoязок між 0ω і 0ν такий

00 2πν=ω (2) Лінійна частота 0ν ndash це кількість коливань за одну секунду

(у СІ) Розвrsquoязок рівняння гармонічних коливань )(sin 0 ϕ+ω= t Ax (3)

де A ndash амплітуда коливання (найбільше значення величини) ϕ+ω t0 ndash фаза коливання тут ϕ ndash початкова фаза (значення

фази коливання в момент часу t = 0)

2 Період коливання T ndash час протягом якого відбувається одне повне коливання

0

21ω

π=

ν=T (4)

Період власних коливань математичного маятника glT π= 2 (5)

де l ndash довжина підвісу маятника g ndash прискорення вільного падіння

62

Період власних коливань пружинного маятника

kmT π= 2 (6) де m ndash маса коливного тіла k ndash коефіцієнт пружності (жорсткість)

Період власних коливань фізичного маятника

mgaIT π= 2 (7)

де I ndash момент інерції відносно осі коливань m ndash маса a ndash від-стань від центра ваги тіла до осі обертання

Величину LmaI = називають зведеною довжиною фізи-чного маятника

3 Швидкість v та прискорення a тіла яке здійснює гар-

монічне коливання ( ) ( )2

0 0 0 0cos або sinv A t a A t= ω ω + ϕ = minus ω ω + ϕ (8)

де ωA ndash амплітуда швидкості 2ωA ndash амплітуда прискорення Сила яка спричинює гармонічне коливання

( )ϕ+ωωminus== tmAmaF 020 sin (9)

де 20ωmA ndash амплітуда сили m ndash маса коливного тіла

4 Додавання двох коливань що відбуваються по одній

прямій в одному напрямку з однаковими періодами але з різни-ми амплітудами і початковими фазами

Рівняння додаваних коливань мають вигляд ( )( )

1 1 0 1

2 2 0 2

sin

sin

x A t

x A t

= ω + ϕ

= ω + ϕ (10)

Результуюче коливання визначається рівнянням ( )1 2 0sinx x x A t= + = ω + ϕ (11)

де ( )122122

21 cos2 ϕminusϕ++= AAAAA ndash амплітуда результуючого

коливання ϕ ndash початкова фаза результуючого коливання

63

2211

2211coscossinsintg

ϕ+ϕϕ+ϕ

=ϕAAAA

5 Додавання двох взаємно перпендикулярних коливань однакового періоду але різних амплітуд і початкових фаз Трає-кторія результуючого коливання визначається рівнянням

( ) ( )2 2

21 2 1 22 1 2 12 2

1 2 1 2

cos sinx x 2x xA A A A

+ minus ϕ minus ϕ = ϕ minus ϕ (12)

6 Енергія тіла яке здійснює гармонічне коливання

кінетична енергія 2 2 2

2к 2

2 2cos2

mv A m tWT T

π π⎛ ⎞= = + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

(13)

потенціальна енергія 2 2 2

2п 2

2 2sin2

kx A m tWT T

π π⎛ ⎞= = + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

(14)

повна енергія 2

2 22

2

22

пкAm

TmAWWW ω

=π

=+= (15)

де m ndash маса тіла A ndash амплітуда T ndash період коливань ( Tπ=ω 2 ) коефіцієнт жорсткості 2ω= mk

7 Затухаючі коливання mdash вільні коливання енергія яких

зменшується за рахунок дії сил тертя сил опору середовища випромінювання тощо Рівняння затухаючих механічних коли-вань при дії вrsquoязкого опору пропорційного швидкості

2 2202 2або 2 0d x dx d x dxm kx r x

dt dt dt dt= minus minus + β + ω = (16)

де mr 2=β ndash коефіцієнт затухання mk 20 =ω

Розвrsquoязок рівняння затухаючих коливань ( )ϕ+ω= βminus teAx t

0 cos (17) де 0A ndash амплітуда коливань у початковий момент часу t = 0

220 βminusω=ω ndash частота затухаючих коливань

64

Період коливань 2202 βminusωπ=T у середовищі більший

ніж період коливань 00 2 ωπ=T точки такої самої маси під дією такої самої пружної сили в середовищі без опору

8 Логарифмічний декремент затухання δ ndash безрозмірна

характеристика затухаючих коливань яка дорівнює натураль-ному логарифму відношення однієї з амплітуд tA до наступ-ної TtA + через період

TAA

Tt

t β==δ+

ln (18)

де β ndash коефіцієнт затухання T ndash період Величина обернена до логарифмічного декремента затухан-

ня δ1 показує кількість коливань N які мають відбутися щоб амплітуда зменшилася в e разів (приблизно у 27 рази) Вели-чина δπ називається добротністю коливальної системи

9 Вимушені коливання ndash коливання які виникають у сис-

темі під дією зовнішньої періодичної сили )(tF причому ( )0 cosF(t) F t= ω

де 0F ndash амплітудне значення сили ω ndash її циклічна частота Рівняння руху вимушених коливань та його розвrsquoязок

мають вигляд

( )2

2 002 2 cosd x dx Fx = t

dt dt m+ β + ω ω (19)

( )ϕminusω= tAx cos (20)

де( )

02 222 2 2 2 0

0

2 tg4

F mA βω= ϕ =

ω minus ωω minus ω + β ω (21)

10 Резонанс ndash явище різкого збільшення амплітуди вимуше-них коливань при наближенні частоти зовнішнього періодично-го впливу до власної частоти одночастотної системи

За умови взаємної незалежності основних параметрів зовніш-ньої гармонічної дії та коливальної системи резонансна частота

65

20

2

022

0рез212ωβ

minusω=βminusω=ω (22)

де 0ω ndash власна частота системи β ndash коефіцієнт затухання Амплітуду резонансних коливань резA знаходять із виразу

0

022

0

0рез 22 βω

asympβminusωβ

=mFmFA

11 Хвилі mdash процес поширення коливань у середовищі За-

лежно від характеру пружних деформацій у середовищі розріз-няють хвилі поздовжні та поперечні

У поздовжніх хвилях частинки середовища здійснюють ко-ливання вздовж лінії яка збігається з напрямком поширення ко-ливань Поздовжні хвилі можуть виникати в газовому рідинно-му та твердому середовищах

У поперечних хвилях частинки середовища здійснюють коливання перпендикулярно до напрямку поширення коли-вань Поперечні хвилі поширюються тільки у твердому тілі та на поверхні води Кожен тип хвиль характеризується довжиною швидкіс-

тю інтенсивністю 12 Довжина хвилі ndash відстань між двома найближчими точ-

ками які коливаються в однаковій фазі Довжину хвилі можна визначити також як шлях який проходить хвиля протягом пері-оду коливань Позначаючи довжину хвилі через λ записують

2 v v vvΤ πλ = = = ν =

ω ν λ (23)

де v ndash швидкість поширення хвилі T ndash період коливання ω ndash ци-клічна частота коливань що відповідають хвилі ν ndash лінійна частота

13 Рівняння плоскої хвилі має вигляд ( ))(sin vrtAx minusω=

66

де vr ndash час проходження хвильового процесу від вихідної точ-ки до даної r ndash віддаль пройдена хвилею від вихідної точки до даної v ndash швидкість поширення хвильового процесу

Інша форма рівняння плоскої хвилі sin( )x A t kr= ω minus (24)

де λπ=ω= 2 vk ndash хвильове число Різниця фаз двох точок що лежать на шляху поширення хвилі

λminus

π=ϕminusϕ 1212 2 rr (25)

де 1r 2r ndash віддаль точок від джерела коливань

14 Середня густина енергії хвилі ω ndash це середня енергія W що припадає на одиницю обrsquoєму середовища зайнятого хвилею

22

21 A

VW

ρω==ω (26)

де ρ ndash густина середовища Цю формулу легко отримати із таких міркувань Нехай кі-

лькість частинок в одиниці об`єму середовища які беруть участь у коливальному русі дорівнює n а маса кожної части-нки m У випадку вільних незатухаючих коливань середня енергія такої частинки залишається сталою рівною повній

енергії 2

22 Amω (див формулу (15)) Отже

22

2222 AAmn ρω=

ω=ω

15 Інтенсивністю хвилі I називається величина яка до-

рівнює середній енергії яку переносить хвиля за одиницю часу через переріз одиничної площі перпендикулярний до напрямку поширення хвилі

22

21 Avv ωρ=ω=I (27)

де v ndash швидкість поширення хвилі

67

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Звук ndash це пружні хвилі в середовищі які за своєю часто-тою та інтенсивністю можуть сприйматися органами слуху

Звук ndash подвійне явище з одного боку це пружні коливання які характеризуються певною частотою інтенсивністю набором частот з іншого ndash психофізіологічне відчуття певної висоти гучності та тембру в нашому сприйманні Людські органи слу-ху здатні сприймати звукові хвилі частотою від 18 до 20 000 Гц з інтенсивністю від 2sdot10ndash16 до 4sdot104 Втм2 (для найбільш чутних частот від 1000 до 3000 Гц) У пружному середовищі хвилі час-тота яких більша 20 кГц називаються ультразвуком Людина не сприймає ультразвуку Однак деякі тварини можуть його сприймати Наприклад дельфіни сприймають ультразвукові си-гнали з частотою до 30 кГц кажани ndash до 100 кГц

Висота звуку визначається його частотою чим більша частота тим вищий звук

Для оцінювання висоти звуку весь діапазон тонів що сприй-мається вухом людини розділено на інтервали mdash октави

Октава ndash це інтервал висот тону у якому відношення край-ніх частот дорівнює двом

Таблиця 2 Октава 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Границ

і частоти

Гц

16 ndash

32

32 ndash

64

64 ndash

128

128

ndash 25

6

256

ndash 51

2

512

ndash 10

24

1024

ndash 2

048

2048

ndash 4

096

4096

ndash 8

192

8192

ndash 1

6384

Складні тони при однаковій основній частоті можуть відріз-

нятися за формою коливань і відповідно за гармонічним спект-ром Ця відмінність сприймається вухом як тембр звуку На-приклад однакові за основними частотами голосні звуки мови у різних людей відрізняються за тембром

Обrsquoєктивна гучність (сила звуку) визначається кількістю енергії що переноситься звуковою хвилею за одиницю часу че-рез переріз одиничної площі перпендикулярний до напрямку поширення хвилі Ця величина пропорційна квадрату амплітуди

68

хвилі та квадрату її частоти Це означає що сила звуку вказаної частоти пропорційна квадрату амплітуди Вухо людини не одна-ково чутливе до звуків різної висоти Людина чутиме звук якщо сила звуку перевищуватиме певну мінімальну величину mdash поріг чутності Звук інтенсивність якого нижча за поріг чутності вухом не сприймається Поріг болю відповідає максимальному значенню інтенсивності звуку перевищення якого викликає біль Вухо людини найбільш чутливе до звуків у інтервалі час-тот 1ndash3 кГц Для них поріг чутності складає близько 10ndash12 Втм2 а поріг болю перевершує поріг чутності приблизно в 1014 разів

2 Закон ВебераndashФехнера Рівень гучності даного звуку L

(при одній і тій самій частоті коливань) прямо пропорційний логарифму відношення його інтенсивності I до інтенсивності

0I яка відповідає порогу чутності

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

0lg

IIkL (1)

де k ndash коефіцієнт пропорційності 0

0

Для 1 lg I белів (Б)для 10 10lg децибелів (дБ)

k L Ik L I I

= == =

(2)

Мінімальний рівень гучності що сприймається вухом людини приблизно відповідає 1 дБ шепіт ndash 10 дБ мова людини ndash 60 дБ

3 Швидкість звуку У пружному середовищі швидкість по-

ширення поздовжніх хвиль

ρ=

Ev (3)

де E ndash модуль Юнга ρ ndash густина середовища

У газах MRTv γ

= (4)

де v

p

cc

=γ pc ndash теплоємність газу при сталому тиску сv ndash теп-

лоємність при сталому обrsquoємі R ndash молярна газова стала T ndash абсолютна температура M ndash молярна маса

69

Хвиля зміщень обумовлена поширенням звуку супрово-джується хвилею тиску причому амплітуда хвилі тиску ρΔ визначається за формулою

vA ωρ=ρΔ 0 (5) де 0ρ ndash густина середовища до приходу хвилі A ndash амплітуда ω ndash частота коливань що відповідають хвилі v ndash швидкість поширення хвилі

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Рівняння коливань у СІ має вигляд )6300sin( minus= tx Визна-

чити амплітуду коливань початкову фазу частоту і період

Розвrsquoязання

Порівнюючи вираз для x заданий в умові задачі із загаль-ною формулою гармонічного коливання

)sin( 0 ϕ+ω= tAx де A ndash амплітуда коливання ϕ+ω t0 ndash його фаза ϕ ndash початко-ва фаза 0ω ndash колова частота

Висновок що A =1 м ϕ = ndash6 рад 0ω = 300 сndash1

3002π

=T сndash1 = 21sdot10ndash2 с

Задача 2 Визначити період коливань фізичного маятника масою m

центр тяжіння якого С розташовано на відстані a від осі обер-тання Кути відхилення ϕ тіла від положення рівноваги вва-жати малими (рисунок)

70

Розвrsquoязання

Маятник рухатиметься до положення рівноваги під дією складової сили тяжіння P яка при малих кутах ϕ наближено становитиме P Pτ = minus ϕ

Момент цієї сили відноcно осі обертання z яка проходить че-рез точку підвісу О перпендикулярно площині рисунка M P a P aτ= = minus ϕ Під дією моменту M тіло одержує

кутове прискорення 2

2

dtd ϕ

=β яке до-

рівнює I

M=β де I ndash момент інерції

тіла відносно осі z Рівняння руху ма-ятника запишемо у вигляді

ϕminus=ϕ

IPa

dtd

2

2

Позначимо величину I

Pa через 20ω

тоді рівняння руху маятника матиме вигляд 20( ) ( ) 0t tϕ + ω ϕ =

Період коливань маятника визначається так

0

2 або 2 IТ ТPa

π= = π

ω

Враховуючи що mgP = остаточно знаходимо

2 IΤ

mga= π

Величина maIL = ndash зведена довжина фізичного маятника

Задача 3 Амплітуда тиску звукової хвилі PΔ = 6 Нм2 Визначити кіль-

кість енергії E що потрапляє протягом часу τ = 2 с у вухо лю-

ϕ

ϕР τ

Р

С

O

а

Р n

71

дини розташоване перпендикулярно до напрямку поширення хвилі Площа вуха S = 4middot10ndash4 м2 Густина повітря 0ρ = 129 кгм3

Розвrsquoязання

Кількість енергії що проходить за одиницю часу через оди-

ницю поверхні яка перпендикулярна до напрямку поширення хвилі визначається за формулою

τωρ=τ= vSAISE 2202

1 де A ndash амплітуда хвилі ω ndash частота коливань

Амплітуда хвилі тиску PΔ vAP ωρ=Δ 0

де 0ρ ndash густина середовища до приходу хвилі Перепишемо перше рівняння у вигляді

( )25

0

334 10 Дж2p SЕ E

vminusΔ τ

= sdot asymp sdotρ

72

Задачі

1 Тіло здійснює гармонічні коливання за законом

350sinx tπ= м Визначити амплітуди зміщення швидкості прискорення і сили якщо маса тіла m = 2 кг Знайти повну енергію тіла W Відповідь A = 50 м vA = 52 мс aA = 55 мс2

FA = 109 H W = 27middot103 Дж 2 Два однаково напрямлені коливання з однаковими час-тотами мають амплітуди відповідно 2middot10ndash2 м і 5middot10ndash2 м Друге коливання випереджає перше за фазою на 30deg Ви-значити амплітуду і початкову фазу сумарного коливання утвореного від додавання цих коливань якщо 00 =ϕ Відповідь A = 0068 м 0ϕ asymp 35deg asymp 06 рад 3 Додаються два однаково напрямлені гармонічні коли-вання з однаковими періодами 21 TT = =8 с і однаковими амплітудами 21 AA = = 002 м Різниця фаз коливань

ϕΔ = π4 початкова фаза 01ϕ одного з коливань дорівнює нулю Написати рівняння результуючого коливання Відповідь ( )2=37 10 sin ( 4)t 8x minussdot π + π м 4 Відомо що енергія коливань камертона ( 0ν = 500 Гц) протягом часу t =18 c зменшилась у n = 105 разів Знайти логарифмічний декремент затухання δ Відповідь 4

0ln( ) (2 ) 64 10n t minusδ = ν δ = sdot 5 Тіло масою m = 04 кг висить на пружині яка розтягується на 10ndash2 м під дією сили F = 04 H Логарифмічний декремент затухання тіла яке здійснює коливання δ =157 Визначити

73

період коливань при якому відбувається резонанс резонансну амплітуду якщо амплітуда вимушеної сили 0F = 2 H Відповідь резT asymp 067 c резA asymp 01 м 6 Уздовж деякої прямої поширюються коливання з пері-одом T = 025 с і швидкістю v = 48 мс Через 10 с після виникнення коливань у вихідній точці на віддалі 1S = 43 м від неї спостерігається зміщення точки 1x = 3sdot10ndash2 м Ви-значити в цей самий момент часу зміщення 2x і фазу 2ϕ у точці що лежить на віддалі 2S = 45 м від джерела коливань Відповідь 2x = 006 м 2ϕ = π2 7 Якщо хвилі поширюються зі швидкістю v = 24 мс при частоті ν = 3 Гц то чому дорівнює різниця фаз між двома точками віддаленими одна від одної на 2 м Відповідь ϕΔ = π2 8 Звук поширюється від поверхні Землі вертикально вгору За який час t звук проходить до висоти H =104 м якщо темпе-ратура повітря біля поверхні Землі T =289 К а вертикальний градієнт температури в атмосфері становить 0007 Км Відповідь t = 314 c 9 Порівняйте швидкість звуку в повітрі при 1T = 273 К і на висоті H = 3sdot103 м де температура повітря 2T = 223 К Відповідь 1v = 332 мс 2v = 300 мс 10 Знайти швидкість звукової хвилі у сталі Модуль Юнга для сталі 2sdot1011 Нм2 густина сталі 78sdot103 кгм3 Відповідь v = 5250 мс 11 Кажан летить перпендикулярно до стіни зі швидкіс-тю v = 6 мс випромінюючи ультразвук ν = 45sdot104 Гц Які частоти він сприймає Відповідь 466sdot104 Гц

74

12 Ехолотом вимірювалася глибина моря Яка була гли-бина моря якщо проміжок часу між виникненням звуку та його прийомом становив 25 с Коефіцієнт стиснення води 46sdot10ndash10 м2Н густина морської води 103sdot103 кгм3 Відповідь 1810 м 13 На відстані 0r = 20 м від точкового джерела звуку рі-вень гучності 0L =30 дБ Нехтуючи затуханням хвилі знайти рівень гучності на відстані r =10 м від джерела та відстань від нього на якій звук вже не можна почути Відповідь )lg(20 00 rrLL += L = 36 дБ r gt 063 км 14 Амплітуда хвилі тиску для звуку частотою ν = 3sdot103 Гц становить PΔ =10ndash3 Нм2 Визначити ампліту-ду зміщень A частинок повітря у такій хвилі Відповідь A = 12sdot10ndash8 м 15 Визначити різницю фаз ϕΔ у хвилі пульсу людини між двома точками артерії що розміщені на rΔ = 02 м од-на від одної Швидкість v пульсової хвилі 10 мс коли-вання серця є гармонічними частота ν = 12 Гц Відповідь ϕΔ = 0048π 16 Розрив барабанної перетинки відбувається при інтен-сивності звуку L = 150 дБ Визначити інтенсивність амп-літудне значення звукового тиску й амплітуду зміщення частинок у хвилі для звуку частотою ν = 1 кГц при яких відбудеться розрив барабанної перетинки Відповідь 1 кВтм2 937 Па 34sdot10ndash4 м 17 Нормальна розмова людини оцінюється рівнем гучно-сті звуку E = 50 дБ (приν = 1кГц) Визначити гучність звуку що відповідає гучності яка надходить від 100 лю-дей які одночасно розмовляють Відповідь 70 дБ

75

РОЗДІЛ 2

МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА І ТЕРМОДИНАМІКА

sect 1 Молекулярно-кінетична теорія газів

1 Молекулярно-кінетична теорія ndash це наукова теорія яка

пояснює теплові явища фізичні властивості тіл і речовин у різ-них агрегатних станах на основі їх молекулярної будови взає-модії та руху частинок (молекул атомів іонів)

Основне рівняння кінетичної теорії ідеального газу тиск газу P прямо пропорційний середній кінетичній енергії посту-пального руху молекул що знаходяться в одиниці обєму газу

к032 EnP = (1)

де VNn =0 ndash концентрація молекул N ndash кількість молекул V ndash

обrsquoєм газу кE ndash середнє значення кінетичної енергії посту-пального руху молекули газу

2 Стан газу характеризується сукупністю фізичних величин

ndash параметрів стану Певна маса m ідеального газу молярна маса якого M характеризується трьома параметрами обrsquoємом V тиском P і абсолютною температурою T

Параметри стану ідеального газу повrsquoязані між собою рів-нянням стану МенделєєваndashКлапейрона

nRTPV = (2)

де Mmn = ndash кількість молів R = 831 Дж(Кsdotмоль) ndash молярна

газова стала

Рівняння стану ідеального газу має вигляд

76

kTnV

kTnNP 0A == (3)

де AN

Rk = =138sdot10ndash23 ДжК ndash стала Больцмана

AN = 6022sdot1023 мольndash1 ndash стала Авогадро 3 Тепловий рух молекул газу характеризується такими фі-

зичними величинами Z ndash середня кількість зіткнень однієї молекули з інши-

ми молекулами за 1 с

022 nZ πσ= v (4)

де σ ndash ефективний діаметр молекули 0n ndash концентрація моле-кул v ndash середня швидкість теплового руху

λ ndash середня довжина вільного пробігу молекули

Zv

=λ або 0

221

nπσ=λ (5)

де ν ndash кількість ударів молекул газу об одиницю поверхні стін-ки за 1 с

vn041

=ν (6)

Відносна кількість 0N

N молекул газу що пролітають

шлях S без зіткнень

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

λminus=

SNN exp

0 (7)

де λ ndash середня довжина вільного пробігу молекул 4 При однакових температурі й тиску всі гази вміщують у

рівних обrsquoємах однакову кількість молекул Кількість молекул LN у 1 м3 за нормальних умов ( 0T =273 К 0P =1013sdot105 Па) на-

зивають сталою Лошмідта

77

0

0kTPNL = = 269sdot1025 мndash3 (8)

5 Рівняння Больцмана Середня кінетична енергія посту-

пального руху молекул ідеального газу пропорційна термодина-мічній температурі й залежить тільки від неї

kTE23

к = (9)

Формулу (9) отримаємо порівнюючи вирази (1) і kTnP 0= 6 Густина ρ ідеального газу при сталому тиску обернено

пропорційна температурі

tRTMP

Vm

β+ρ

===ρ1

0 (10)

де 0

0 RTMP

=ρ ndash густина газу при тиску P і температурі

0T = 27315 К β = 127315 К = 0003661 Кndash1 t ndash темпера-тура у degС )1(00 tTtTT β+=+=

7 Закон Дальтона формулюється так Якщо в обrsquoємі V при

температурі T міститься суміш різних газів то загальний тиск су-міші дорівнює сумі парціальних тисків її окремих компонент

sumsum ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==

i i

i

ii M

mVRTPP (11)

де i

ii M

mVRTP = ndash парціальний тиск і-ї компоненти суміші маса

якої im а молярна маса iM

8 Рівняння Ван дер Ваальса ndash рівняння стану реального га-зу для одного моля

( ) RTbVVap =minus⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ 02

0

(12)

78

де 0V ndash обrsquoєм одного моля газу сталі a і b для різних газів ви-значаються експериментально

Для довільної маси m газу рівняння Ван дер Ваальса за-писують так

RTMmb

MmV

Va

Mmp =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛+ 22

2 (13)

де V ndash обrsquoєм газу M ndash молярна маса газу Співвідношення між сталими Ван дер Ваальса ( a b ) і пара-

метрами критичного стану ( к к 0к T P V ndash відповідно критичні те-мпература тиск та обrsquoєм 1 моля газу) мають вигляд

bRaT

278

к = 2к 27baP = bV 3к0 =

звідки 8

3

к

к0к RTVP

= (14)

10 Закон розподілу Максвелла визначає відносну кіль-

кість молекул газу Ndv

vdN )( при заданій температурі що припадає

на одиничний інтервал швидкості (функція розподілу молекул за модулем швидкості)

( ) ( ) 2322 24

2

mvkT

dN v mF v vNdv kT e

minus⎛ ⎞= = π⎜ ⎟π⎝ ⎠ (15)

де m ndash маса молекули k ndash стала Больцмана Функція розподілу Макcвелла ( )vF дає імовірності для молекули мати модуль швидкості v в одиничному інтервалі швидкостей

Найбільш імовірна середня і середня квадратична швидкості молекул визначаються за формулами

MRT

mkTv 22

iм ==

MRT

mkTv

π=

π=

88

79

MRT

mkTvv 332

кв === (16)

11 Розподіл Больцмана (розподіл молекул газу в однорід-ному потенціальному полі) молекули розташовуються з біль-шою густиною там де менша їх потенціальна енергія

kTmgh

h ennminus

= 0 (17) де hn ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму на висоті h над рівнем Землі 0n ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму на висоті 0=h

80

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Скільки молекул повітря є у кімнаті місткістю 240 м3 при те-

мпературі 288 К і тиску 105 Па

Розвrsquoязання

Із рівняння МенделєєваndashКлапейрона

111 RTMmVP =

де R = 831 ДжКsdotмоль знайдемо Mmn = ndash кількість молів у цій

масі повітря

1

11RT

VPn =

Кількість молекул повітря у кімнаті визначається за формулою

AN N n=

де AN = 6022sdot1023 мольndash1 або

1

11RT

VPNN A sdot=

23 1 5 3

27602 10 моль 10 Па 240 м 6 10831 Дж (К моль) 288 K

Nminussdot sdot sdot

= asymp sdotsdot sdot

Задача 2 Визначити густину суміші 1m = 4sdot10ndash3 кг водню і 2m =32sdot10ndash3 кг

кисню при температурі 280 К і загальному тиску P = 93sdot104 Па

81

Розвrsquoязання

За законом Дальтона тиск суміші дорівнює 21 PPP += (1)

де 1P і 2P ndash парціальні тиски водню і кисню при заданих умовах Запишемо рівняння МенделєєваndashКлапейрона для кожного

газу окремо

11

111 RT

MmVP = і 2

2

222 RT

MmVP =

де 1M = 2sdot10ndash3 кгмоль 2M = 32sdot10ndash3 кгмоль З умови задачі VVV == 21 TTT == 21

Тоді для водню RTMmVP

1

11 = звідки

VRT

MmP

1

11 = (2)

Аналогічно для кисню VRT

MmP

2

22 = (3)

Підставимо вирази (2) і (3) в (1)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+=

2

2

1

1

2

2

1

1Mm

Mm

VRT

VRT

Mm

VRT

MmP

звідки ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

2

2

1

1Mm

Mm

PRTV

Густина суміші газів Vm

=ρ де 21 mmm +=

Тоді ( )( )RTMmMm

Pmm

2211

21++

=ρ

( )

( )

3 3 4

3 3

33

3

4 10 32 10 кг 93 10 Па

4 10 кг 32 10 кг 83Дж (K моль) 280 К32 10 кг моль2 10 кг моль

05 кг м

minus minus

minus minus

minusminus

sdot + sdot sdot sdotρ = asymp

⎛ ⎞sdot sdot⎜ ⎟+ sdot sdot sdot⎜ ⎟sdotsdot⎝ ⎠

asymp

82

Задача 3 Посудина повністю заповнюється воднем при Т1 = 291 К і зо-

внішньому тиску Р1 = 101sdot105 Па Унаслідок підвищення темпе-ратури зовнішнього повітря до Т2 =310 К і зниження тиску до Р2= 0985sdot105 Па надлишок газу витік крізь отвір завдяки чому вага посудини зменшилася на величину Q = 59 H Визначити початкову масу водню m

Розвrsquoязання

У початковому стані при 1T і 1P рівняння стану для водню

має вигляд

111 RTMmVP = (1)

де m ndash маса водню У кінцевому стані при 2T і 2P маса водню зменшилася

( )до тут ndash прискорення вільного падіння m Q g gminus тому рів-няння стану має вигляд

222 RTM

gQmVP minus= (2)

Обrsquoєм водню що заповнює посудину залишається сталим ( VVV == 21 ) тому виключаючи з (1) та (2) сталий обrsquoєм V знаходимо

( )

( )

1 2

1 2 2 1

5

5 5 2

101 10 Па 310 К 59 Н 68 кг101 10 Па 310 К 0985 10 Па 291 К 98 м с

PT QmPT PT g

= =minus

sdot sdot sdot= =

sdot sdot minus sdot sdot

Задача 4 Чому дорівнює найбільш імовірна швидкість молекул ідеаль-

ного газу який підлягає розподілу Максвела

83

Розвrsquoязання

Дослідження функції розподілу молекул за швидкостями ( ) 232

2 242

mvkT

dN v m vNdv kT e

minus⎛ ⎞= π⎜ ⎟π⎝ ⎠ (1)

свідчить про те що вона повинна мати максимум при певній швидкості v

Перепишемо (1) у вигляді

( ) 22

2

vAevF kTmv

minus= (2)

де A ndash множник який не залежить від v m ndash маса молекули k ndash стала Больцмана Умова екстремуму функції (2) має вигляд

( ) 022

2

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=

minus

kTmvvAe

dvvdF kT

mv

Звідси екстремальне значення vім (найбільш імовірна швидкість)

MRT

mkTv 22

ім ==

Задача 5 Який відсоток газових молекул має швидкості що відрізняються 1) від найбільш імовірної не більше ніж на 1 2) від середньої не більше ніж на 1

Розвrsquoязання

Розрахунки ґрунтуються на безпосередньому обчисленні від-сотка молекул тобто NvdN )(

Згідно з умовою

1) α===MRTvv 2

ім α= 020dv

84

Підставляючи ці дані у формулу розподілу Максвелла знаходимо

( )2

2 2 13

4 1 4002 002 00167 17 vdN v

e eN

minusminusα= α sdot α asymp asymp asymp

απ π

2) 28πα

=π

==MRTvv α

π==

040020 vdv

Звідси маємо ( ) 43

12 3 3 2

4 8 002 002 2 dN v

eN

minusπα sdot

= sdot asymp asympπ α sdot π

Задача 6 Тонка трубка завдовжки L обертається навколо вертика-

льної осі що проходить крізь її середину із частотою ν Те-мпература повітря дорівнює Т Визначити тиск повітря P0 всередині трубки якщо тиск біля відкритих її кінців дорів-нює атмосферному Pн Числові дані такі L = 05 м ν = 60 сndash1 Т = 290 К Pн= 101sdot105 Па

ρ ρ+ρ d

r dr

S1 2

Розвrsquoязання

Розподіл тиску газу вздовж трубки зумовлюється практи-чно тільки полем відцентрової сили що виникає при обер-танні Молекули повітря відкидаються відцентровими сила-ми до кінців трубки унаслідок чого при наближенні до кінця трубки тиск збільшуватиметься

85

Нехай у місці перерізу 1 маємо тиск P а у місці перерізу 2 одержимо ( dPP + ) Приріст тиску dP можна розглядати як результат дії на переріз 2 сили dF що виникає внаслідок обертання маси

SdrRTMPdVdm =ρ= (1)

Приріст тиску

RTrdrMP

Srdm

SdFdP

22 ω=

ω== (2)

Відокремлюючи змінні в рівнянні та інтегруючи в межах трубки одержимо

0

н 22

0

P L

P

dP M rdrP RT

ω=int int

RTLM

PP

8ln

22

0

н ω= (3)

Оскільки km

RM

= а πν=ω 2 знаходимо

kTLm

ePP 2н0

222νπminus

= 31031

н0minussdotminus= ePP

86

Задачі

1 Скільки молекул ударяється за 1 с об стінку посудини площею 1 м2 у якій знаходиться кисень при температурі 300 К і тиску 09sdot105 Па

Відповідь 2721 27 10

2 м сANN P N

kT M= = sdot

π sdot

2 Як зміниться кількість ударів двохатомного газу об сті-нку посудини площею 10ndash4 м2 за 1 с якщо обrsquoєм газу адіа-батично збільшити в К = 2 рази

Відповідь зменшиться в 3221

=+γ

K рази де VP CC=γ 3 При якому тиску середня довжина вільного пробігу мо-лекул водню дорівнює 0025 м Температура газу 240 К

Відповідь 2

06 Па2kTP P= =πσ λ

4 У посудині обrsquoємом V= 3sdot10ndash3 м3 міститься ідеальний газ при температурі 273 К Після того як частину газу випустили тиск у посудині знизився на ΔP = 078sdot105 Па Знайти масу газу що вийшла (густина даного газу за но-рмальних умов ρ0=13 кгм3)

Відповідь 0

0

0003 кгV PmP

ρ Δ= =

5 Газ із молярною масою М міститься під тиском P між двома однаковими горизонтальними пластинами Температура газу зростає лінійно від Т1 у нижній плас-тині до Т2 у верхній Обrsquoєм газу між пластинами дорів-нює V Знайти масу газу

Відповідь ( )( )

2 1

2 1

lnPMV T Tm

R T T=

minus

87

6 У посудині місткістю 2sdot10ndash3 м3 знаходиться суміш водню і гелію при Т = 293 К і тиску 2sdot105 Па Маса суміші 5sdot10ndash3 кг Знайти відношення маси водню до маси гелію в цій суміші

Відповідь ( )( )

21

2 1

105 тут

1a Mm mRTa

m a M PVminus

= = =minus

7 Обчислити тиск Р1 маси m = 11 кг вуглекислого газу що розмішений у балоні місткістю V= 2sdot10ndash2 м3 при темпе-ратурі 286 К Порівняти результат із тиском Р2 ідеального газу за тих самих умов Відповідь Р1= 25sdot106 Па Р2= 29sdot106 Па 8 Знайти критичну густину води

Відповідь 3ккг200 м3

Мb

ρ = =

9 Знайти сталі а і b рівняння Ван дер Ваальса для вугле-кислого газу за його критичним тиском Рк = 73sdot106 Па і температурою 3041 К Відповідь а = 0367 Паsdotм6моль2 b = 43sdot10ndash6 м3моль 10 При якій температурі густина ртуті дорівнює 1348 гсм3 якщо при 283 К вона дорівнює 1357 гсм3 Відповідь 320 К 11 На скільки збільшився б тиск води на стінки посудини якби зникли сили притягання між її молекулами

Відповідь 917 10 Па20

aPV

Δ = = sdot

12 Яка температура відповідає середній квадратичній швид-кості молекул вуглекислого газу що дорівнює 720 кмгод Відповідь 70 К

88

13 Визначте середню квадратичну швидкість краплинки води радіусом r = 10ndash8 м що знаходиться у повітрі при 290 К

Відповідь кв кв3

3 17 м с2

kTv vr

= asympπρ

14 Який відсоток молекул має швидкості що відрізня-ються від найбільш імовірної не більше ніж на 1

Відповідь 4 002 166 NN e

Δ= =

π

15 Знайти кількість молекул азоту що знаходяться за норма-льних умов в обrsquoємі 10ndash6 м3 і мають швидкості 99ndash101 мс Відповідь 17sdot1016 16 У момент вибуху атомної бомби досягається темпера-тура Т = 7sdot107 К Знайти середню квадратичну швидкість іонів водню якщо вважати що при такій температурі всі молекули повністю дисоційовані а всі атоми іонізовані Відповідь 13sdot106 мс 17 Азот міститься в дуже високій посудині в однорід-ному полі тяжіння при температурі Т Температуру збі-льшили у η разів На якій висоті концентрація молекул матиме значення таке саме як на нульовій висоті до моменту збільшення температури

Відповідь ( ) ln 1RTh Mg

η= η η minus

18 Визначити кількість електронів в 1 л при тиску 10 атм і температурі 200 degС Відповідь 43sdot1024 19 Відомо що 1 г радію випромінює за 1 с 37sdot1010 α-частинок (при радіоактивному α-розпаді радію утворюється гелій) Ви-значити тиск гелію що утворюється в герметичній ампулі

89

місткістю 1 см3 у якій протягом року було 100 мг радію Температура ампули 15 degС Відповідь 46sdot102 Па 20 Електрична лампа розжарювання наповнена азотом при тиску 600 мм рт ст Місткість колби лампи дорівнює 500 см3 Знайти обrsquoєм води що увійде в лампу якщо в ній відламати кінчик на глибині 1 м від поверхні Вважати атмосферний тиск рівним 760 мм рт ст Відповідь 14sdot10ndash4 см3

90

sect 2 Основні закони термодинаміки

1 Перший закон термодинаміки Кількість теплоти Qδ

передана термодинамічній системі іде на збільшення її вну-трішньої енергії dU і на роботу Aδ яку виконує система над зовнішніми тілами

AdUQ δ+=δ (1) Внутрішня енергія U є функцією стану системи тому її

приріст при переході системи з одного стану в інший не за-лежить від шляху переходу dU ndash повний диференціал Q і A є функціями процесу тому Qδ і Aδ не є повними дифе-ренціалами У круговому процесі

intdU = 0 тому intint δ=δ AQ За першим законом термодинаміки існування вічного двигу-

на першого роду (двигуна який би виконував більшу роботу ніж отримана ним іззовні енергія безмежно довго) неможливе

2 Теплоємністю тіла тC називається величина рівна кіль-

кості теплоти яку потрібно надати тілу щоб підвищити його температуру на один кельвін

dTQC δ=т (2) Теплоємність одиниці маси речовини (питома теплоємність)

пC повrsquoязана з молярною теплоємністю C співвідношенням MCC п = (3)

де M ndash молярна маса

3 Якщо нагрівання речовини відбувається при сталому обrsquoємі (V = const) то говорять про молярну теплоємність

VC при сталому обrsquoємі

V

M

V

MV dT

dUdTQC ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ δ

= (4)

Якщо нагрівання відбувається при сталому тиску ( P = const) то говорять про молярну теплоємність PC при сталому тиску

91

M MP

P P

VV

P P

Q dU PdVCdT dT

C dT PdV dVC PdT dT

δ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(5)

звідки RCC VP += (6)

(рівняння Р Майєра для ідеального газу)

4 Закон рівномірного розподілу енергії за ступенями вільності На кожен ступінь вільності (поступальний оберта-льний коливальний) у середньому припадає однакова кінети-

чна енергія рівна kT21 Із цього закону випливає що середня

енергія молекули

2

kTiE = (7)

де колобпос 2iiii ++= ndash сума поступальних обертальних та по-двоєної кількості коливальних ступенів вільності молекул

Молекули ідеального газу не взаємодіють між собою тому

внутрішню енергію моля ідеального газу мU знаходять із виразу

м 2 2A A Vi iU N E N kT RT C T= = = = (8)

де RiCV 2=

Відношення теплоємностей

iiCC VP

2+==γ (9)

5 Процес зміни стану системи який відбувається зі сталою теплоємністю C = const називається політропним Рівняння політропи ідеального газу

nPV = const (10)

де P

V

C CnC C

minus=

minus ndash показник політропи

92

Для ізотермічного процесу n = 1 і рівняння політропи пере-ходить у рівняння ізотерми (закон БойляndashМаріотта) infin=C

PV = const (11) Для адіабатичного процесу γ== VP CCn і рівняння політропи

переходить у рівняння адіабати (рівняння Пуассона) 0=C γPV = const (12)

Рівняння адіабати ідеального газу в змінних T і V T і P мають вигляд

1minusγTV = const 1minusγ

γ

PT = const (13)

6 Робота При переході газу зі стану 1 з обrsquoємом 1V до стану 2

з обrsquoємом 2V роботу знаходять із виразу

( )dVVPAV

Vint=2

1

12 (14)

При ізохорному процесі 0=dV отже 012 =A (15)

При ізобарному процесі P = const тому ( )1212 VVPA minus= (16)

Робота ідеального газу в ізотермічному процесі

int ==2

1 1

212 ln

V

V VVRT

Mm

VdVRT

MmA (17)

Робота ідеального газу в адіабатичному процесі

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus

minusγ=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus

minusγ=

minusγminusγ 1

2

111

2

11112 1

)1(1

)1( VVRT

Mm

VVVPA (18)

Коефіцієнт корисної дії теплової машини

нн

хн

QA

QQQ

=minus

=η (19)

де нQ ndash теплота отримана робочим тілом від нагрівника хQ ndash теплота віддана робочим тілом холодильнику

93

ККД (коефіцієнт корисної дії) циклу Карно

н

хнT

TT minus=η (20)

де нT і хT ndash температури нагрівника і холодильника 8 Другий закон термодинаміки (формулювання Кельвіна)

Неможливий круговий процес єдиним результатом якого було б виконання роботи за рахунок охолодження теплового резервуа-ра Другий закон термодинаміки доводить що в круговому про-цесі має місце неповне перетворення теплоти отриманої від на-грівника у роботу тобто неможливе існування теплової машини з 0х =Q і 1=η (вічного двигуна другого роду)

9 Ентропія ndash термодинамічна функція стану макросистеми

зміна якої при елементарному оборотному процесі дорівнює зведеній теплоті цього процесу

TdQdS = (21)

При скінченному оборотному переході будь-якого виду

int=minus=Δ2

112 T

dQSSS (22)

Для n молів ідеального газу 1

2

2

1 lnlnVVnR

TTnCS V +=Δ

10 Другий закон термодинаміки для ізольованої системи

Усі реальні необоротні процеси зміни стану в ізольованій сис-темі відбуваються зі збільшенням ентропії при оборотних про-цесах ентропія залишається незмінною

0gedS (23)

11 Формула Больцмана Ентропія пропорційна натурально-му логарифму термодинамічної ймовірності W стану системи

WkS ln= (24) де k ndash стала Больцмана

94

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ 1 Рівняння енергетичного балансу для живого організму

Кількість теплоти що звільнюється в організмі при засвоєнні їжі витрачається на компенсацію витрат теплоти серQ у навко-лишнє середовище і на виконувану роботу A

AQQ += сер (25)

2 Теплота витрачається організмом у навколишнє середовище шляхом теплопровідності конвекції випаровування випромі-нювання Співвідношення між цими процесами за інших рівних умов залежить від температури вологості та руху повітря навко-лишнього середовища Вважається що теплові витрати організму людини в умовах помірного клімату в середньому становлять 7sdot106 Дж за добу і розподіляються приблизно так теплопровідніс-тю і конвекцією ndash 20 випромінюванням ndash 50 випаровуванням ndash 30 Якщо врахувати добову механічну роботу яку виконує ор-ганізм людини (без особливого фізичного навантаження) то теп-лові витрати за добу становлять приблизно 107 Дж

3 При вивченні хімічних реакцій у клітинах які протікають

при P =const замість внутрішньої енергії U вводять нову фун-кцію стану H ndash ентальпію

PVUH += (26) у диференціальній формі

PdVdUdH += при P = const (27)

4 Поняття про термодинаміку відкритих систем Живі органі-зми відносяться до відкритих термодинамічних систем (система об-мінюється енергією і речовиною з навколишнім середовищем) У відкритих системах розглядають реальні необоротні процеси і ви-вчають зміну ентропії з часом Швидкість зміни ентропії для відкри-

тої системи dtdS дорівнює швидкості зміни ентропії всередині сис-

теми dt

dSi у результаті протікання необоротних процесів (dt

dSi нази-

95

вають також продукцією ентропії) плюс швидкість зміни ентропії edS

dt за рахунок процесів обміну з навколишнім середовищем

i edS dS dSdt dt dt

= + (28)

Для стаціонарного стану у відкритій термодинамічній систе-мі функції стану не змінюються з часом отже й ентропія S = const (але не максимальна) тоді

0=dtdS

тобто отримуємо

0i edS dSdt dt

+ = (29)

Оскільки idS є зміною ентропії у замкненій (ізольованій) си-стемі внаслідок необоротних процесів (зміна ентропії в організ-мі зумовлена дифузією теплопровідністю хімічними реакціями що протікають у самому організмі) то згідно з другим законом термодинаміки 0gtidS Отже для забезпечення стаціонарного стану відкрита система повинна обмінюватися з навколишнім середовищем енергією і речовиною у такій кількості щоб вико-нувалося співвідношення

i edS dSdt dt

= minus (30)

Крім того як показав І Пригожин (у рамках лінійної нерів-новажної термодинаміки) стаціонарний стан характеризується мінімумом продукції ентропії у стаціонарному стані при фік-сованих зовнішніх параметрах продукція ентропії у відкри-тій системі наближається до мінімального значення тобто

dtdSi rarrmin (31)

Принцип Пригожина про мінімум продукції ентропії у стаціо-нарному стані є кількісним критерієм еволюції відкритих систем

96

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити внутрішню енергію 1 кг кисню при температурі 300 К

Розвrsquoязання

Внутрішня енергія довільної маси газу пропорційна кіль-кості ступенів вільності термодинамічній температурі й ма-

сі газу RTiMmU

2=

1кг 5 Дж831 195 кДж0032 кг моль 2 К моль

U = sdot sdot =sdot

Задача 2 Для нагрівання певної кількості газу на ΔТ1= 50 К при сталому

тиску витратили ΔQ1 = 160 Дж Якщо цю кількість газу охолодити на ΔТ2= 100 К при сталому обrsquoємі то виділяється ΔQ2= 240 Дж Яку кількість ступенів вільності і мають молекули цього газу

Розвrsquoязання

Теплота що витрачається на нагрівання газу при сталому тиску

11 TCQ PMm Δ=Δ

Теплота що виділяється під час охолодження цього газу при сталому обrsquoємі

22 TCQ VMm Δ=Δ

де m ndash маса газу M ndash молярна маса PC і VC ndash молярні тепло-ємності при сталому тиску і сталому обrsquoємі

Враховуючи що i

iCC

V

P 2+= одержимо

97

2

1

2

1TT

CC

QQ

V

p

ΔΔ

=ΔΔ або

2

1

2

1 )2(TT

ii

QQ

ΔΔ+

=ΔΔ

Тоді 10050)2(

240160

ii +

= і = 6

Задача 3 Обчислити зміну ентропії 14sdot10ndash3 кг азоту що охолоджується

від температури Т1=300 К до Т2 = 273 К при сталому обrsquoємі

Розвrsquoязання

Процес охолодження азоту при сталому обrsquoємі оборотний Отже

int int ===Δ2

1

2

1 1

2 lnTTmC

TdTmC

TdQS VV

де VC ndash питома теплоємність азоту при сталому обrsquoємі

3Джкг К

5 831 Дж (К моль) 7402 2 28 10 кг мольViRCM minus sdot

sdot sdot= = asymp

sdot sdot

3 237 Дж14 10 кг 740 Дж (кг К) ln 103300 К

S minusΔ = sdot sdot sdot = minus

У цьому процесі ентропія зменшується Задача 4 Визначити зміну ентальпії закритої системи у процесі роз-

ширення системи при сталому тиску

Розвrsquoязання

Зміна ентальпії при P = const записується таким чином VPUVVPUH Δ+Δ=minus+Δ=Δ )( 12 (1)

Згідно з першим законом термодинаміки запишемо VPQU Δminus=Δ (2)

98

Підставимо (2) в (1) і одержимо QVPVPQH =Δ+Δminus=Δ

Висновок збільшення ентальпії при сталому тиску дорівнює теплоті Q що передана закритій системі

Задача 5 У циліндрі міститься 16 кг кисню при температурі 17 degС і

тиску 42sdot106 Па До якої температури слід нагріти кисень щоб робота з його розширення дорівнювала 35 кДж

Розвrsquoязання

Виконана киснем при ізобарному нагріванні робота

)( 12 VVPA minus= де 1V ndash обrsquoєм кисню при температурі 1T 2V ndash обrsquoєм кисню при температурі 2T (яку необхідно визначити)

Користуючись рівнянням МенделєєваndashКлапейрона отримаємо

)()( 1212 TTRMmVVPA minus=minus= отже 12 T

mRAMT +=

3 3 3

235 10 Дж 32 10 кг м 273К 290 K 374 К

16 кг 831 Дж (моль К)T

minussdot sdot sdot sdot= + =

sdot sdot

99

Задачі

1 У кімнаті місткістю 90 м3 повітря змінюється повністю через 2 години Яка кількість теплоти потрібна для нагрі-вання повітря в кімнаті за добу якщо температура повітря повинна становити 290 К а зовнішнє повітря має темпера-туру 268 К Густина повітря 129 кгм3 Відповідь 3sdot107 Дж 2 Як змінюється внутрішня енергія 01 кг кисню при нагрі-ванні від Т1=283 К до Т2 =333 К якщо процес нагрівання йде 1) при сталому обrsquoємі 2) при сталому тиску 3) унаслідок адіабатичного стиснення Відповідь у всіх випадках зміна внутрішньої енергії

)( 12 TTmCU V minus=Δ asymp 3sdot103 Дж 3 Яку кількість теплоти треба надати азоту при ізобарно-му нагріванні щоб газ виконав роботу А= 2 Дж

Відповідь 7 Дж1

AQ γ=

γ minus

4 Тиск повітря на рівні моря 09sdot105 Па а на вершині гори 077sdot105 Па Яка висота гори якщо температура повітря 278 К Відповідь 1309 м 5 Певна кількість азоту при температурі 300 К і тиску 101sdot105 Па стискується адіабатично до обrsquoєму що у 5 разів менший за початковий Визначити тиск і темпера-туру азоту після стиснення Порівняти тиск зі значенням тиску при ізотермічному стисненні Відповідь 95sdot105 Па 571 К

100

6 10 л азоту що перебував при тиску Р1= 101sdot105 Па сти-скують до Р2 = 107 Па Визначити роботу газу при адіаба-тичному стисненні

Відповідь

1

31 1 2

1

1 68 10 Дж1

PV PА AP

γminusγ

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= minus = minus sdot⎜ ⎟⎢ ⎥γ minus ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

7 Ідеальний газ із показником адіабати γ розширили за зако-ном P=αV де α ndash стала Початковий обrsquoєм газу V0 Унаслідок розширення обrsquoєм газу зріс у η разів Знайти зміну внутрі-шньої енергії роботу розширення газу молярну теплоємність

Відповідь ( ) ( )2 2

0 2 20

1 1 1 21 2 V

VU A V C C R

α η minusΔ = = α η minus = +

γ minus

8 Визначити чому дорівнює збільшення ентропії ідеаль-ного газу масою m (молярна маса М) що заповнює обrsquoєм V1 унаслідок адіабатичного розширення в пустоту до обrsquoєму V2 (необоротний процес)

Відповідь 2

1

lnm VS RM V

Δ =

9 Шматок льоду масою m = 01 кг при температурі Т1 = 240 К переведено в пару при температурі Т2 = 37 К Ви-значити зміну ентропії ΔS якщо тиск Р = 105 Па не зміню-ється Питома теплоємність льоду Сл = 18sdot103 Дж(кгsdotК) пи-тома теплоємність води Св = 419sdot103 Дж(кгsdotК) питома теп-лота плавлення λ= 335sdot105 Джкг питома теплота пароутво-рення r = 226sdot106 Джкг Відповідь 8824 ДжК 10 Визначити зміну ентропії 10ndash3 кг водню в такому про-цесі спочатку газ адіабатично стискується до обrsquoєму що у два рази менший за початковий а потім ізотермічно роз-ширюється до початкового обrsquoєму (процеси оборотні)

Відповідь Джln 2 58К

mS RM

Δ =

101

11 Обчислити зміну ентропії одного моля ідеального газу при політропічному процесі теплоємність якого дорівнює С Розглянути випадки С = Ср С = СV С = infin С = 0 Відповідь

2 2 1

1 1 2

ln ln ln 0P VT T PS C S C S R ST T P

Δ = Δ = Δ = Δ =

12 Визначити термодинамічну ймовірність та ентропію системи що складається з чотирьох мікрообrsquoємів у яких 20 частинок розподілено як 3 4 8 і 5 Який із двох проце-сів буде самочинним якщо в результаті певних змін час-тинки розподілились у мікрообrsquoємах в одному випадку ndash 6 4 4 і 6 а в іншому ndash 1 11 7 і 1 Відповідь W = 35sdot109 S = 303sdot10ndash23 ДжК 13 Відкрита система обмінюється із зовнішнім середови-щем потоком енергії j1 і потоком речовини j2 Обидва по-токи взаємопозвrsquoязані Через певний час відкрита система переходить у стаціонарний стан Як зміниться ентропія у стаціонарному стані

Відповідь mini

dSdt

⎛ ⎞ rarr⎜ ⎟⎝ ⎠

14 Ідеальна теплова машина що працює за циклом Карно одержала теплоту від нагрівника при температурі 200 degС Холодильник має температуру 100 degС За певний час ма-шина одержала від нагрівника 10 кДж енергії Визначити виконану роботу передану холодильнику кількість тепло-ти і коефіцієнт корисної дії Відповідь А = 21 кДж Q = 79 кДж η = 21 15 У котлі парової машини температура становить 150 degC Температура холодильника 10 degC Яку теоретично максима-льну роботу можна одержати витративши 4190 Дж теплоти Відповідь sim14sdot103 Дж

102

sect 3 Явища перенесення

1 Молекули газу безперервно і безладно рухаючись постій-

но перемішуються обмінюються швидкостями та енергіями Цей процес перемішування зумовлює явища перенесення mdash дифузію внутрішнє тертя і теплопровідність

Перенесення маси (дифузія) кількості руху (внутрішнє тертя) і кінетичної енергії (теплопровідність) у певному напрямку в газі можливе тільки тоді коли в цьому напрямку існує градієнт відпо-відно густини ρ швидкості перенесення V температури Т

2 Рівняння дифузії (перший закон Фіка) Маса газу mΔ

що переноситься за рахунок дифузії через площину SΔ перпе-ндикулярну напрямку Ох уздовж якого зменшується густина пропорційна площі цієї площини проміжку часу tΔ перенесен-

ня і градієнту густини dxdρ

tSdxdDm ΔΔρ

minus=Δ (1)

де D ndash коефіцієнт дифузії м2с 3 Рівняння теплопровідності (закон Фурrsquoє) Кількість теп-

лоти що переноситься через площину SΔ перпендикулярну напрямку Ох уздовж якого зменшується температура пропор-ційна площі цієї площини проміжку часу tΔ перенесення і гра-

дієнту температури dxdТ

=ΔQ ndashaeligdТdx

tSΔΔ (2)

де aelig ndash теплопровідність ВтмsdotК 4 Рівняння що описує явище внутрішнього тертя (закон

Ньютона) Сила внутрішнього тертя що виникає у площині

103

стикання двох шарів газу які рухаються один відносно одного пропорційна площі їх стикання SΔ і градієнту швидкості dxdv

SdxdvF Δη= (3)

де η ndash вrsquoязкість або коефіцієнт внутрішнього тертя Паsdotс 5 У рамках молекулярно-кінетичної теорії явищ перенесення

в газах для коефіцієнтів дифузії D вrsquoязкості η теплопрові-дності aelig отримано рівняння

vD λ=31 ρλ=η v

31 aelig VCv ρλ=

31 (4)

де v ndash середньоарифметична швидкість молекул λ ndash середня довжина вільного пробігу ρ ndash густина газу VC ndash питома тепло-ємність при сталому обrsquoємі

104

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Знайти масу mΔ азоту що переноситься за рахунок ди-

фузії через площину SΔ =10ndash2 м2 за час tΔ = 10 с якщо граді-єнт густини в напрямку перпендикулярному площині

xΔρΔ = ndash126 кгм4 Температура азоту Т = 300 К середня до-вжина вільного пробігу молекул азоту λ = 10ndash7 м

Розвrsquoязання

Відповідно до формули (1)

tSx

vm ΔΔΔ

ρΔλminus=Δ

31

де v =MRT

π8 M = 0028 кгмоль ndash молярна маса азоту

Остаточно одержимо

tSxM

RTm ΔΔΔ

ρΔπ

λ=Δ8

31

7

4 2 2 6

1 8 831Дж (моль К) 300 K10 м3 314 0028кг моль

126 кг м 10 м 10 с 2 10 кг

m minus

minus minus

sdot sdot sdotΔ = times

sdot

times sdot sdot = sdot

Задача 2 Знайти коефіцієнт внутрішнього тертя η азоту за норма-

льних умов якщо коефіцієнт дифузії для нього за цих умов D = 142sdot10ndash5 м2с

105

Розвrsquoязання

Відповідно до формул (4)

ρλ=η v31 = ρD

де ρ ndash густина азоту Величину ρ одержимо з рівняння RTPM=ρ

де P і T ndash тиск і температура M = 0028 кгмоль ndash молярна маса азоту

За нормальних умов P =105 Па і T = 273 К Одержимо

RTPМD=η

( ) ( )5 2 5

5142 10 м с 10 Па 0028 кг моль 18 10 кг м с831Дж К моль 273К

minusminussdot sdot sdot

η = = sdot sdotsdot sdot

Задача 3 Звичайний термос є посудиною із подвійними стінками

між якими міститься дуже розріджений газ (наприклад во-день) для якого довжина вільного пробігу молекул значно більша відстані між стінками Визначити нижче якого зна-чення має бути тиск P водню щоб його теплопровідність була меншою ніж при атмосферному тиску якщо відстань між стінками посудини d = 8sdot10ndash3 м температура Т =300 К а діа-метр молекул водню σ = 23sdot10ndash10 м

Розвrsquoязання

Для того щоб коефіцієнт теплопровідності водню став меншим

ніж при атмосферному тиску повинна виконуватися нерівність

dgtλ або 2

1

02 dn

gtπσ

де n0 ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму яка повrsquoязана з тис-ком Р співвідношенням

106

0 kTPn =

де k ndash стала Больцмана Т ndash температура газу Пояснимо необхідність виконання умови dgtλ Якщо dgtλ то теплопровідність aelig знаходять із рівняння

aelig VV CvdmnCvd 031

31

=ρ=

де m ndash маса молекули водню Отже бачимо що починаючи з певних значень 0n (відповід-

но 0P ) теплопровідність починає зменшуватись пропорційно 0n При dleλ теплопровідність не залежить від тиску (від 0n )

адже

aelig VVV CvmCvmnn

Cv 200

2 231

21

31

31

πσsdot=

πσsdot=λρ=

З умови dgtλ бачимо що тиск P задовольняє співвідно-

шення 2 2dkTPπσ

lt

Підставивши числові значення одержимо

( )23

210 2 3

138 10 Дж К 300 К

2 314 23 10 м 8 10 мP

minus

minus minus

sdot sdotlt

sdot sdot sdot sdot sdot 2ltP Па

107

Задачі

1Визначити яка частина молекул газу 1) пролітає без зіткнень відстані що перевищують середню довжину вільного пробігу λ 2) має довжини вільного пробігу в інтервалі від λ до 2λ Відповідь 037 023 2 Азот міститься в посудині за нормальних умов Знайти кі-лькість зіткнень що зазнає кожна молекула за 1 с Відповідь 2 10 12 074 10 cd n V minusν = π ν = sdot 3 Знайти коефіцієнт дифузії водню за нормальних умов якщо середня довжина вільного пробігу молекул за цих умов 16sdot10ndash7 м Відповідь D= 91sdot10ndash5 м2с 4 Знайти коефіцієнт внутрішнього тертя азоту за норма-льних умов якщо коефіцієнт дифузії для нього за цих умов 142sdot10ndash5 м2с Відповідь 18sdot10ndash5 кгмsdotс 5 Знайти коефіцієнт дифузії та коефіцієнт внутрішнього те-ртя повітря при тиску 101sdot105 Па і температурі 283 К Діа-метр молекули повітря прийняти рівним d = 3sdot10ndash10 м Відповідь 148sdot10ndash5 м2с 182sdot10ndash5 кгмsdotс 6 Відстань між стінками посудини Дюара 8sdot10ndash3 м При якому тиску теплопровідність повітря почне зменшуватися при відка-чуванні Діаметр молекули повітря 3sdot10ndash10 м температура 290 К Відповідь 13 Па 7 Побудувати графік залежності коефіцієнта дифузії водню від температури при сталому тиску Діаметр молекули водню 23sdot10ndash10 м тиск 105 Па

108

8 Знайти масу Δm азоту що проходить завдяки дифузії через площину 100 см2 за 10 с якщо градієнт густини 126 кгм4 λ = 10ndash7 м Т = 300 К Відповідь 2sdot10ndash6 кг 9 Яка кількість теплоти втрачається за 1 годину через по-двійну тепличну раму за рахунок теплопровідності повітря яке знаходиться між її поліамідними плівками Площа кож-ної плівки 4 м2 відстань між ними 03 м Температура у теп-лиці +18 degС температура зовнішнього повітря ndash20 degС Тем-пературу повітря між плівками вважати середньоарифмети-чною величиною температур у теплиці й зовні Радіус моле-кули повітря 15sdot10ndash10 м молярна маса повітря 0029 кгмоль Відповідь 025sdot105 Дж 10 Зовнішня поверхня стіни кімнати має температуру 253 К внутрішня 293 К Товщина стіни ndash 04 м Визначи-ти коефіцієнт теплопровідності цегли якщо за 1 годину кожний 1 м2 її поверхні втрачає 300 кДж теплоти Відповідь 083 ВтмsdotК 11 Визначити розподіл температури у просторі між двома концентричними сферами з радіусами R1 i R2 що заповне-ний газом при великому тиску якщо температури обох сфер сталі й дорівнюють відповідно Т1 і Т2

Відповідь ( )1 2 1 2 2 2 1 1

2 1 2 1

R R Т Т 1 T R T RТR R R R R

minus minus= sdot +

minus minus

12 Теплопровідність гелію 42 He у 87 разів більша за теп-

лопровідність аргону 4018 Ar (за нормальних умов) Знайти

відношення ефективних діаметрів атомів аргону та гелію

Відповідь Ar

He

17dd

=

109

sect 4 Молекулярні явища в рідинах

1 Поверхневий натяг α ndash це фізична характеристика ріди-

ни чисельно рівна силі F із якою рідина діє на одиницю дов-жини периметра L поверхневої ділянки

LF

=α (1)

Сила поверхневого натягу напрямлена по дотичній до поверх-ні рідини перпендикулярно ділянці контуру на яку вона діє

Одиницями вимірювання сили поверхневого натягу є 2Н Джм м

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2 Робота dA сил поверхневого натягу при ізотермічному

збільшенні поверхні рідини на величину dS dSdA αminus= (2)

Оскільки робота що виконується при оборотному ізотермічно-му процесі дорівнює зменшенню вільної енергії Гельмгольца dF

dFdA minus= то можна записати

dFdSdA minus=αminus= Поверхневий натяг α чисельно дорівнює додатковій вільній

енергії яку має одиниця площі поверхні або роботі зовнішніх сил яка йде на утворення одиниці площі поверхні

dSdF=α або dSdA=α (3)

3 Прихована теплота утворення плівки (теплота утворен-ня одиниці поверхні плівки) ndash це кількість теплоти q яку необ-хідно підводити до рідини при ізотермічному збільшенні площі поверхні на одиницю

Величина q повrsquoязана з температурою T та поверхневим натягом α співвідношенням

dTdT

TTq

S

αminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpartα

minus= (4)

110

4 Формула Лапласа Якщо поверхня рідини не плоска а опук-ла то наявність поверхневого натягу приводить до виникнення додаткового тиску PΔ з боку поверхневого шару на нижні шари

5 Додатковий тиск PΔ знаходять із формули Лапласа

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+α=Δ

21

11RR

P (5)

де 1R і 2R ndash радіуси кривизни будь-якої пари взаємно перпен-дикулярних нормальних перерізів поверхні рідини

6 Висота піднімання змочуючої рідини в капілярних тру-

бках і відповідно глибина опускання незмочуючої рідини ви-значаються за формулою БорелліndashЖюрена

grh

ρθα

=cos2 (6)

де r ndash радіус капіляра ρ ndash густина рідини g ndash прискорення вільного падіння θ ndash крайовий кут (для змочуючої рідини

2π

θ lt для незмочуючої 2π

θ gt )

7 Осмосом називають дифузію молекул розчинника через

напівпроникну перегородку яка відділяє розчин від чистого розчинника або два розчини різної концентрації Напівпроникна перегородка пропускає молекули розчинника але не пропускає молекул розчиненої речовини Розчинена речовина створює па-рціальний тиск на стінки посудини Цей тиск називають осмо-тичним тиском осмP бо він виникає при осмосі

Згідно із законом Вант-Гоффа

CRTRTMVmP ==осм (7)

де m і M ndash маса і відповідно молярна маса розчиненої речови-ни V ndash обrsquoєм розчину T ndash абсолютна температура R ndash газова

стала MVmC = ndash молярна концентрація розчину

111

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Краплю води масою m =10ndash4 кг уведено між двома плоски-

ми і паралельними між собою скляними пластинками Чому дорівнює сила притягання F між пластинками якщо відстань між ними d =10ndash6 м Коефіцієнт поверхневого натягу води α = 73sdot10ndash3 Нм Вважати що крайовий кут θ = 0

Розвrsquoязання

d

R

Із рисунка видно що радіус краплі

2dS π= π

=SR (1)

Маса краплі dSm ρ= (2) звідки dmS ρ=

Якщо підставити (2) в (1) одержимо

м10181 2minussdot=π

sdotsdotρ

=d

mR

Оскільки крайовий кут θ дорівнює нулю то радіус кривизни поверхні води у площині нормального перерізу яка перпенди-кулярна до площин пластинок == 2dr 05sdot10ndash6 м

112

Оскільки R rgtgt то можна вважати що додатковий тиск за-лежить лише від радіуса кривизни r і в обrsquoємі краплі

drP α

=α

=Δ2

Силу зчеплення F знаходимо з виразу d

md

PSFρ

sdotα

=Δ=2

F = 146sdot103 H Задача 2 У ґрунті завдяки його пористості (капілярності) вода підня-

лася на висоту h = 04 м Визначити діаметр d ґрунтових капіля-рів (пор) якщо вважати що вони мають циліндричну форму а вода повністю змочує ґрунт

Розвrsquoязання

Із формули БорелліndashЖюрена визначимо

( )ghrd ρθsdotα== cos42 де r ndash радіус капіляра α ndash коефіцієнт поверхневого натягу води ρ ndash густина води 0=θ ndash крайовий кут

Тоді 53 3 2

4 0073Н м 74 10 м10 кг м 98 м с 04 м

d minussdot= = sdot

sdot sdot

Задача 3 Капілярну трубку занурено у воду так що довжина незану-

реної її частини дорівнює L= 02 м Вода піднялася у трубці на висоту L2 = 01 м У цьому положенні отвір верхнього кінця трубки затискають і трубку занурюють у воду доти доки рівень води у трубці не зрівняється з рівнем води у посудині Знайти довжину частини трубки h яка при цьому виступає із води Зовнішній тиск дорівнює 105 Нм Вважати що відбувається повне змочування тобто 0=θ

113

Розвrsquoязання

Вода у трубці піднімається під дією сил поверхневого натягу Висота піднімання в першому випадку визначається умовою

22 2 Lgrr ρπ=απ

де α ndash коефіцієнт поверхневого натягу r ndash радіус трубки У другому випадку сила поверхневого натягу зрівноважує

силу яка виникає через різницю тисків усередині трубки P і атмосферного 0P

)(2 02 PPrr minusπ=απ

Із цих двох рівнянь знаходимо

20gLPP ρ

=minus (1)

Тиск P визначаємо із закону БойляndashМаріотта

00VPPV = 2

20

2 LrPhrP π=π звідки h

LPP20=

Отже 2

120

Lgh

LP ρ=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus Звідси дістаємо

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ρ+

=

0212

PLg

Lh

3 3 25

02 м02 м2 1 10 кг м 98м с

2 10 Па

h =⎛ ⎞

+ sdot⎜ ⎟sdot⎝ ⎠

= 99sdot10ndash2 м

Покажемо як можна отримати співвідношення (1) іншим шляхом У першому випадку тиск повітря в трубці над поверх-нею рідини атмосферний 0P Тиск у рідині трубки під угнутою поверхнею 1P буде менший за атмосферний на PΔ ( PPP Δminus= 01 ) Додатковий тиск знаходять із формули Лапласа

rP α

=Δ2 Тиск у рідині трубки на рівні води посудини згідно із

114

законом Паскаля буде рівний атмосферному 0P і може запису-

ватись як сума тиску 1P та гідростатичного тиску 2Lgρ

22

22 0010gL

rPLgPPLgPP ρ

+α

minus=ρ+Δminus=ρ+=

Звідси маємо 2

2 gLr

ρ=

α У другому випадку коли рівень во-

ди у трубці зрівнявся з рівнем води в посудині тиск повітря у трубці P над угнутою поверхнею води буде більший за атмос-

ферний 0P на значення додаткового тиску 2

2 gLr

P ρ=

α=Δ Тоб-

то 200gLPPPP ρ

+=Δ+= або 20gLPP ρ

=minus

115

Задачі

1 Визначити коефіцієнт поверхневого натягу масла гус-тина якого 091sdot103 кгм3 якщо при пропусканні через пі-петку 4sdot10ndash6 м3 масла одержано 304 краплини Діаметр шийки піпетки дорівнює 12sdot10ndash3 м Відповідь α = 314sdot10ndash2 Нм 2 Два скляні диски радіусом R = 5sdot10ndash2 м змочили водою і склали так що товщина шару води між ними h = 19 мкм Знайти силу яку треба прикласти перпендикулярно по площині дисків щоб відірвати їх один від одного (вважати змочування повним) Відповідь hRF 2 2απ= F = 06 кН 3 У горизонтальному капілярі діаметром d = 2sdot10ndash3 м містить-ся стовп води заввишки h = 01 м Скільки рідини витече з ка-піляра якщо його поставити вертикально у посудину з водою Відповідь Δm = 22sdot10ndash4 кг 4 Визначити вагу Р водяного павука що знаходиться на поверхні води якщо відомо що під кожною із восьми ла-пок павука утворюється напівсферичне повітряне заглиб-лення радіусом R = 10ndash4 м

Відповідь ( )2 416 3 35 10 H3

P R R g P minus= π α + ρ asymp sdot

5 У спирт на незначну глибину занурено трубку з діамет-ром внутрішнього каналу d = 5sdot10ndash4 м Визначити вагу спирту що ввійшов у трубку Коефіцієнт поверхневого на-тягу спирту α = 22sdot10ndash2 Нм Відповідь απ= dP P =35sdot10ndash5 H

116

6 Дві трубки зі скла діаметрами d1 = 2sdot10minus4 м і d2 = 3sdot10minus4 м зrsquoєднані внизу гумовою трубкою і заповнені водою За якої умови рівень води в трубках однаковий (температура води 293 К) Відповідь при тиску повітря у вузькому коліні на 487 Па бі-льшому ніж у широкому 7 Якщо бульбашка повітря потрапить до кровоносної су-дини то вона створює опір руху крові може навіть насту-пити повна закупорка судини Це явище називають газо-вою емболією Поясніть це явище 8 Вертикальний капіляр торкається поверхні води Яка кі-лькість теплоти виділиться при підніманні води вздовж ка-піляра якщо поверхневий натяг α а змочуваність повна Відповідь gQ ρπα= 2 2 9 Визначити приріст вільної енергії поверхневого шару при ізотермічному злитті двох однакових крапель ртуті діаметром 15 мм Відповідь ( )122 312 minusπα=Δ minusdF = ndash15 мкДж 10 Вертикальний капіляр завдовжки l із запаяним верх-нім кінцем торкається поверхні рідини і рідина підніма-ється в ньому на висоту h Знайти поверхневий натяг рі-дини якщо її густина ρ діаметр внутрішнього каналу ка-піляра d крайовий кут θ атмосферний тиск Р0

Відповідь ( )0

4cos P h dgh l h

⎡ ⎤α = ρ +⎢ ⎥ θminus⎣ ⎦ 11 Крапля води рівномірно падає в повітрі Знайти різни-цю між радіусом кривизни поверхні краплі в її верхній то-чці та радіусом кривизни у нижній точці якщо відстань між ними 2sdot10ndash3 м Відповідь αρasympminus 83

12 ghRR asymp 014 мм

117

12 В обrsquoємі 05 л води розчинено 2sdot10ndash3 кг кухонної солі Знайти осмотичний тиск для цього розчину при темпера-турі 290 К якщо ступінь дисоціації молекул солі 75

Відповідь 5 3 10 ПаmRTP PVM

= = sdot

13 Яку кількість NaCl треба розчинити у 10ndash4 м3 води щоб одержати розчин із таким самим осмотичним тиском який має розчин 4sdot10ndash4 кг CuCl2 що розчинена у такій са-мій кількості води при тій самій температурі Вважати що має місце повна дисоціація розчиненої речовини Відповідь 26sdot10ndash5 кг 14 Знайти роботу яку необхідно виконати щоб видути мильну бульбашку радіусом 4 см Коефіцієнт поверхне-вого натягу мильного розчину 40 мНм Відповідь 16 мДж 15 У капілярній трубці радіусом 05 мм рідина піднялася на висоту 11 мм Знайти густину цієї рідини якщо її кое-фіцієнт поверхневого натягу 22 мНм Відповідь 820 кгм3 16 Ртутний барометр має діаметр трубки 3 мм Яку по-правку треба внести в покази барометра якщо врахувати капілярне опускання ртуті Відповідь 51 мм 17 Крапля ртуті масою 1 г розбивається на 100 однакових краплин Визначити на скільки при цьому зросте енергія поверхневого шару ртуті Відповідь EΔ =144sdot10ndash8Дж

118

РОЗДІЛ 3

ЕЛЕКТРИКА

sect 1 Основні поняття та закони електростатики

1 Закон Кулона Сили взаємодії 12F 21F двох точкових заря-

дів 1q і 2q розташованих на відстані r у рідині чи газі пропор-ційні добутку цих зарядів обернено пропорційні квадрату відста-ні між ними і напрямлені вздовж прямої що зrsquoєднує ці заряди

1 212 21 2

0

14

q qF Fr

= = sdotπεε

(1)

де 0ε ndash електрична стала ε ndash відносна діелектрична проник-ність речовини

2 Напруженість електростатичного поля E в даній точці

чисельно дорівнює силі яка діє на одиничний позитивний заряд у цій точці поля

FEq

= [ ]E =НКл = Вм (2)

Напруженість є вектором напрямок якого збігається з на-прямком вектора сили що діє на позитивний заряд

F Eq= (3) 3 Напруженість електростатичного поля точкового заряду

або рівномірно зарядженої кулі

20

14

qEr

= sdotπεε

(4)

де q ndash заряд що створює електричне поле r ndash відстань від за-ряду до точки у якій визначається напруженість поля

119

4 Електрична індукція (електричне зміщення) D ndash фізична величина яка разом із напруженістю електростатичного поля опи-сує його властивості Звrsquoязок між вектором індукції D і напруже-ністю E в ізотропному діелектрику виражається формулою

0D E= ε ε (5) 5 Потік N вектора індукції D через довільну поверхню

nS S

N D dS D dS= sdot =int int (6)

де nD ndash проекція вектора D на напрямок нормалі до поверхні Для замкненої поверхні

nN D dS D dS= sdot =int int (7) де інтегрування ведеться по всій замкненій поверхні

6 Теорема ОстроградськогоndashГаусса потік вектора елек-

тричної індукції через будь-яку замкнену поверхню що охоп-лює заряди 1q 2q 3q дорівнює алгебраїчній сумі сторон-ніх зарядів (кожний зі своїм знаком) які містяться всередині замкненої поверхні

1

n

n ii

N DdS D dS q=

= = = sumint int (8)

де n ndash кількість зарядів 7 Потенціал ϕ електростатичного поля в заданій точці 1 чи-

сельно дорівнює тій роботі яку виконують сили поля при пере-міщенні одиничного точкового позитивного заряду із цієї точки поля на нескінченність

11 1

lA Edl E dlq

infin infininfinϕ = = =int int (9)

де lE ndash проекція вектора E на напрямок переміщення dl

120

8 Потенціал електростатичного поля точкового заряду і поля за межами рівномірно зарядженої кулі

04Q

Rϕ =

πε ε (10)

де R ndash відстань від заряду або центра кулі до точки у якій ви-значається потенціал

Якщо електростатичне поле утворене системою із n точко-вих зарядів то потенціал його в заданій точці

01 4

ni

ii

QR=

ϕ =πε εsum (11)

9 Мірою інтенсивності зміни потенціалу вздовж електрич-

ної силової лінії поля утвореного точковим зарядом є похідна від потенціалу за відстанню до джерела поля Ця величина нази-вається градієнтом потенціалу і дорівнює напруженості поля взятій зі знаком мінус

Градієнт є величина векторна напрямлена в бік зростання потенціалу

gradE = minus ϕ або ldEdlϕ

= minus (12)

10 Електроємність ndash кількісна міра здатності провідників

утримувати електричні заряди Для відокремленого провідника електроємність визначається зарядом Q який треба надати провіднику щоб змінити його потенціал на одиницю

QC =ϕ

(13)

Електроємність провідників не залежить від матеріалу але істот-но залежить від розмірів форми провідника навколишнього середо-вища а також від впливу інших провідників розміщених поблизу

11 Електроємність плоского конденсатора

0 SCd

ε ε= (14)

де S ndash площа пластин d ndash відстань між пластинами

121

12 Електроємність батареї із паралельно й послідовно спо-лучених конденсаторів відповідно

1

1

11

n

i ni

ii

C C C

C=

=

= =sumsum

(15)

13 Енергія зарядженого ізольованого провідника

2 2

2 2 2Q C QW

Cϕ ϕ

= = = (16)

де Q ϕ C ndash відповідно заряд потенціал і ємність провідника 14 Енергія зарядженого конденсатора

2 2

2 2 2Q CU QUW

C= = = (17)

де Q U C ndash відповідно заряд напруга ємність конденсатора 15 Обrsquoємна густина енергії ndash енергія електростатичного по-

ля яка припадає на одиницю обrsquoєму 2 2

0

02 2 2E D EDε ε

ω = = =ε ε

(18)

де E ndash напруженість електростатичного поля в середовищі з ді-електричною проникністю ε D ndash індукція електричного поля

122

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Дві металеві кульки діаметром d = 5sdot10ndash2 м кожна містяться в

трансформаторному маслі ( ε = 22) Відстань між центрами r = 05 м Визначити поверхневу густину зарядів на кульках якщо вони взаємодіють із силою F = 22 мН

Розвrsquoязання

Поверхнева густина електричного заряду рівномірно заря-

дженого провідника чисельно дорівнює заряду на одиниці поверхні провідника

QS

σ = (1)

Поверхнева густина заряду на кулі 24QR

σ =π

де R ndash радіус кулі

Величину заряду визначимо за законом Кулона 2

204

QFr

=πε ε

204Q Fr= πε ε (2)

Підставивши Q із (2) і 2

2 24 42DS R D⎛ ⎞= π = π = π⎜ ⎟

⎝ ⎠ у формулу

(1) знайдемо 2

20 0

24 2Fr r F

D Dπε ε πε ε

σ = =π π

σ = 47sdot10ndash5 Клм2

Задача 2 Молекулу води можна розглядати як диполь електричний мо-

мент якого p = 62sdot10ndash30 Клsdotм (нагадаємо що диполь складається із позитивного й негативного зарядів рівних заряду електрона) Знайти напруженість поля що створює диполь на відстані r = 3sdot10ndash9 м від середини диполя у точці що лежить на продовженні диполя

123

A+q ndashq

r

l

Endash E+

Ep

Розвrsquoязання

Результуюча напруженість pE поля диполя у точці А напря-

млена вздовж осі диполя і дорівнює різниці напруженостей E+ і Eminus створюваних зарядами q+ i qminus pE E E+ minus= + Якщо позначити через l відстань між зарядами а через r ndash

відстань від А до середини осі диполя то можна записати

204 ( 2)

qEr l+ =

πε minus і 2

04 ( 2)qE

r lminus =πε +

Остаточно після алгебраїчних перетворень одержимо

2 2 202 ( 4)p

lrqEr l

=πε minus

За умови r lgtgt запишемо 3 30 02 2

ql pEr r

= =πε πε

де p ql= ndash електричний момент диполя 641 10E = sdot НКл Задача 3 Знайти напруженість електрич-

ного поля прямолінійного дроту завдовжки l =2 м на якому рівномі-рно розподілено заряд q =2sdot10ndash9 Кл у точці А що розміщена на відстані r = 2sdot10ndash3 м від осі дроту

Розвrsquoязання

Оточимо частину дроту завдовжки h уявним циліндром вісь

якого збігається з віссю дроту а бокова поверхня містить точку А

A h

r E

124

Згідно із теоремою ОстроградськогоndashГаусса потік напруже-ності через поверхню цього циліндра

0 0

1 n

ii

hN q ρ= =

ε εsum (3)

де n

ii

q h= ρsum ndash заряд частини дроту оточеної циліндром а ql

ρ =

Потік напруженості N електричного поля через цю поверхню 2N ES rhE= = π (4)

де 2S rh= π ndash площа бокової поверхні циліндра Прирівнюючи праві частини співвідношень (3) і (4) одержимо

0 02 2qE

r rlρ

= =πε πε

Підставляючи числові значення і враховуючи що 0ε = 885middot10ndash12 Кл2(Нmiddotм2)

маємо E = 93middot103 Вм Задача 4 Як зміниться сила взаємодії зарядженої кульки з металевою

нейтральною кулькою якщо відстань між ними зменшиться вдві-чі Відстань між кульками значно перевищує розміри кульок

Q+ 1F 2F

R Q+

- - -

+++

r

Розвrsquoязання

Нехай Q ndash заряд зарядженої кульки r ndash відстань між кулька-

ми R ndash радіус металевої кульки

125

Унаслідок явища електростатичної індукції на металевій кульці зrsquoявляться індуковані заряди ліворуч ndash відrsquoємний заряд праворуч ndash додатний заряд 1F та 2F ndash це електричні сили що діють (як показано на рисунку) біля поверхні металевої кульки

Якщо величина індукованих зарядів qplusmn то

1 2 1 2( )F F F q E E= minus = minus

де 1 204 ( )

QEr R

=πε minus

2 204 ( )

QEr R

=πε +

Остаточно запишемо 2 20

1 14 ( ) ( )qQF

r R r R⎡ ⎤

= minus =⎢ ⎥πε minus +⎣ ⎦

2 2 2 2

2 2 2 2 2 20 0

2 2 44 4( ) ( )qQ r rR R r rR R qQ rR

r R r R+ + minus + minus

= =πε πεminus minus

Якщо вважати що r Rgtgt то 30

qQ RFr

=πε

Врахувавши що

кулька невелика та знехтувавши 2 R отримаємо F sim 3RqQr

Індуковані заряди qplusmn виникли через дію поля E створеного

першою кулькою Тоді вважатимемо що 21~ ~q Er

Тому сила взаємодії між кульками пропорційна 51r

тобто

51~Fr

При зменшенні відстані між кульками вдвічі сила збі-

льшиться у 32 рази 2rrprime = 1

2

FF

= 25 = 32

Задача 5 На відстані a = 10 см від нескінченної провідної площини

знаходиться точковий заряд q+ =10 нКл Визначити напруже-

126

ність поля і потенціал у точці А розміщеній на відстані a від площини і на відстані 2a від заряду q

E

2E

1E

A

a2

a a q+qminus

Розвrsquoязання

Використовуючи метод дзеркального відображення одержи-мо таке Дія заряду індукованого на нескінченній провідній площині еквівалентна дії точкового заряду qminus який є дзерка-льним відображенням заряду q+ Тоді у точці А напруженість

поля 1 2E E E= + де 1 204 4qE

a=

πε 2 2

04 8qE

a=

πε Згідно до те-

ореми косинусів 2 21 2 1 22 cosE E E E E= + minus α кут α =45O

2 20 0

1 1 2 5 2 216 64 324 32

q qEa a

= + minus = minusπε πε

E =33middot103 Вм Згідно із принципом суперпозиції потенціал у точці А

1 2ϕ = ϕ + ϕ де 104 2

qa

ϕ =πε

204 2 2

qa

minusϕ =

πε

Тоді 0

1(1 )4 2 2

qa

ϕ = minusπε

ϕ =131 В

127

Задачі

1 На відстані 1r = 2 см від провідної нескінченної площини розташовано заряд q =10ndash9 Кл Визначити по-тенціал поля у точці розміщеній на відстані 1r = 2 см від площини і на відстані 2r = 3 см від заряду

A

2r

1r 1r qqminus

1r

Відповідь ϕ =120 В 2 У кожній вершині квадрата із стороною a містяться однакові точкові заряди q Знайти напруженість і потен-ціал електростатичного поля в центрі квадрата

Відповідь 0E = 0

2qa

ϕ =πεε

3 Знайти силу взаємодії кульки заряд якої Q із металевою нейтральною кулькою радіусом R якщо відстань між ними r а на металевій кульці зrsquoявляються індуктивні заряди qplusmn

Відповідь 2 2 20

44 ( )qQ rRF

r R=

πε minus

128

4 На відстані r = 4sdot10ndash3 м від прямолінійного дроту за-вдовжки l = 15 м на якому рівномірно розподілено за-ряд 1q = 2sdot10ndash7 Кл знаходиться частинка із зарядом

2q = ndash17sdot10ndash16 Кл Визначити силу що діє на частинку

Відповідь 1 2

02q qF

lr=

πε= 51sdot10ndash11 Н

5 Визначити силу взаємодії двох молекул пари води ди-полі яких розміщені вздовж однієї прямої Електричний момент диполя води дорівнює p =62sdot10ndash30 Клsdotм Відстань між молекулами l = 10ndash9 м

Відповідь 2

40

32

pFl

= minusπε ε

asymp ndash215sdot10ndash12 Н

6 Дві однакові кульки кожна масою m підвішено в од-ній точці на нитках завдовжки l Кульки мають однакові заряди Кут між нитками 2α Визначити заряди кульок Відповідь 04 sin tgq l mg= α πεε α 7 Дві заряджені кульки які підвішено в одній точці на нитках завдовжки l занурюють у гас Кульки мають од-накові заряди Кут розходження ниток α не змінився при зануренні Знайти густину кульок якщо густина гасу гρ = 08 гсм3 діелектрична проникність гасу гε = 2

Відповідь г г

г

ρ ερ =

ε=16 гсм3

8 Краплинка води діаметром d = 10ndash4 м міститься в маслі при напруженості електричного поля E = 104 НКл На-пруженість поля напрямлена вертикально вгору Скільки елементарних зарядів знаходиться на поверхні краплини Густина масла мρ = 8sdot102 кгм3 вρ = 103 кгм3

Відповідь 3

в м( )6d qN

eEπ ρ minus ρ

= sdot = 6sdot106

129

9 Заряди 1q q= та 2 2q q= minus містяться на відстані l один від одного Із якою силою діють ці заряди на третій заряд

3 3q q= якщо він розташований на відстані l від середи-ни лінії що зrsquoєднує ці заряди

Відповідь 2

20

3 265

qFl

=πε

10 Два заряди 1q = +2sdot10ndash9 Кл і 2q = ndash2sdot10ndash9 Кл розміщені на відстані l = 10ndash9 м один від одного Визначити напру-женість поля E у точці що лежить у площині симетрії на відстані r = 10ndash4 м від площини у якій містяться заряди

Відповідь 304

qlEr

=πε

asymp 18sdot104 Вм

11 Визначити потенціал у точці на осі диполя на відстані r = 05 м від його центра Електричний момент диполя p = 5sdot10ndash8 Клmiddotм (вважати що відстань r значно більша за довжину диполя l )

Відповідь 204

pr

ϕ = =πε

2sdot103 В

12 Вважаючи протон і електрон із яких складається атом водню точко-вими зарядами що містяться на від-стані один від одного d = 5sdot10ndash11 м знайти напруженість поля в точках В і С Відстань цих точок від протона до-рівнює відстані між протоном і елект-роном ( q =16sdot10ndash19 Kл)

Відповідь 1 20

316

qEd

= =πε ε

43middot1011 Вм

2 20

5 2 24

qEd

= minus =πε ε

82middot1011 Вм

С

В

130

13 Кулька масою m = 10ndash3 кг має заряд q =10ndash8 Кл і пере-міщується із точки А потенціал якої Aϕ = 600 В у точку В з потенціалом Bϕ = 0 Визначити швидкість кульки у точ-ці А якщо Bv = 02 мс

Відповідь ( )2 2 (A B A Bqv v

m= minus ϕ minus ϕ = 0167 мс

14 Куля потенціал якої ϕ = 4500 В занурена в масло ( ε = 4) Поверхнева густина заряду σ =113sdot10ndash5 Клм2 Знайти радіус r заряд q ємність C і енергію W кулі Відповідь r = 14sdot102 м q = 28sdot10ndash8 Кл C = 62sdot10ndash12 Ф W = 63sdot10ndash5 Дж 15 Знайти ємність земної кулі Радіус вважати рівним R = 6400 км На скільки зміниться потенціал земної кулі якщо збільшити її заряд на 1 Кл Відповідь 710 мкФ на 1400 В 16 Визначити заряд на мембрані клітини якщо відомо що звичайна клітина тіла людини має обrsquoєм V = 10ndash15 м3 площа поверхні S = 5sdot10ndash12 м2 Мембрани клітин мають ємність C = 10ndash2 Фм2 напруженість електричного поля всередині мембрани E =78middot106 Вм товщина мембрани 9 нм Відповідь q asymp 35sdot10ndash15 Кл 17 Ртутна кулька потенціал якої 1200 В розбивається на 1000 однакових краплин Знайти потенціал кожної краплини Відповідь ϕ = 12 В 18 Вісім водяних краплин радіусом r = 10ndash3 м і заря-дом q = 10ndash10 Кл зливаються в одну загальну краплину Знайти її потенціал

Відповідь 30

84 8

qUr

=πε

= 3600 В

131

19 Дві металеві кулі радіусами 1r = 3sdot10ndash2 м і 2r = 12sdot10ndash1 м мають позитивні заряди 1q = 5sdot10ndash7 Кл і 2q = 12sdot10ndash7 Кл Їх зrsquoєднують тонким дротом електроємність якого не врахо-вують У який бік почнуть рухатися заряди Які заряди будуть на кожній кулі після встановлення рівноваги Якими будуть потенціали куль Відповідь 1q = 34sdot10ndash8 Кл 2q = 136sdot10ndash8 Кл ϕ = 102sdot104 В 20 Батарея із двох послідовно зrsquoєднаних конденсаторів із ємностями 1C = 5middot10ndash10 Ф і 2C = 13middot10ndash10 Ф заряджена до різ-ниці потенціалів U = 1800 В Конденсатори не розряджаю-чи відключають від джерела струму і зєднують паралельно Визначити роботу яка виконується при цьому розрядженні

Відповідь 2

21 2 1 22

1 2

( )2( )

C C C CA UC C

minus=

minus= 43sdot10ndash22 Дж

21 Для порівняння ємностей двох конденсаторів 1C та

2C їх зарядили відповідно до напруг 1U = 300 В та

2U = 100 В і після цього зrsquoєднали паралельно При цьому різниця потенціалів між обкладинками змінилася до

U = 250 В Знайти відношення 1

2

CC

Відповідь 1 2

2 1

C U UC U U

minus=

minus= 3

132

sect 2 Постійний струм

Електронна теорія провідності металів Контактні й термоелектричні явища

1 Сила струму I є кількісною характеристикою елект-

ричного струму Сила струму дорівнює заряду що перено-ситься через поперечний переріз провідника за одиницю часу

dqIdt

= (1)

або для постійного струму qIt

= (2)

2 Сила постійного струму в металевому провіднику із площею поперечного перерізу S

I ne= v S (3) де n ndash кількість носіїв зарядів (електронів провідності) в одини-ці обrsquoєму e ndash абсолютне значення заряду електрона v ndash се-редня швидкість упорядкованого руху електронів

3 Густина струму є відношенням сили струму до площі

поперечного перерізу провідника перпендикулярного до на-пруженості електричного поля в ньому Густина струму ndash ве-личина векторна Напрямок її збігається з напрямком напруже-ності поля Числове значення густини струму в загальному ви-гляді визначається формулою

dIJdS

= (4)

а для постійного струму IJS

= (5)

4 Густина струму провідності в металах j ne= v (6)

де n ndash концентрація носіїв струму v ndash вектор середньої швид-кості упорядкованого руху електронів e ndash заряд електрона

133

5 Електрорушійна сила (ЕРС) ndash фізична величина яка хара-ктеризує джерело енергії неелектричної природи увімкнене в ко-ло та визначається роботою неелектростатичних (сторонніх) сил із перенесення одиниці електричного заряду в замкненому колі

стAq

ε = (7)

6 Закон Ома для однорідної ділянки кола (ділянки на якій не діють ЕРС)

UIR

= (8)

де U ndash різниця потенціалів між кінцевими перерізами ділянки провідника (напруга) R ndash опір провідника

7 Опір провідника завдовжки l із площею поперечного перерізу S визначається формулою

lRS

= ρ (9)

де ρ ndash питомий опір матеріалу провідника 8 Закон Ома для неоднорідної ділянки кола

1 2IR r

ϕ minus ϕ + ε=

+ (10)

де 1 2ϕ minus ϕ ndash різниця потенціалів на кінцях ділянки ε ndash ЕРС R ndash опір провідників r ndash внутрішній опір батареї У випадку за-мкненого кола 1 2ϕ minus ϕ = 0 і формула (10) набуває вигляду

IR r

ε=

+ (11)

9 Закон Ома в диференціальній формі (звrsquoязок між напру-

женістю поля E і густиною струму j ) j E= σ (12)

де 1σ =

ρ ndash питома електропровідність речовини провідника

ρ ndash питомий опір

134

У рамках класичної теорії провідності металів П Друде і Х Лоренца

2

2nej E

mvλ

= і 2

2ne

mvλ

σ = (13)

де n ndash концентрація вільних електронів e ndash заряд електрона λ ndash середня довжина вільного пробігу електронів m ndash маса електрона v ndash середня швидкість теплового руху електронів

10 Залежність питомого опору металів від температури

0 (1 )Tρ = ρ + αΔ (14) де α ndash температурний коефіцієнт опору 0ρ ndash опір при 273 К

11 Опір системи що складається із послідовно зєднаних ді-лянок з опорами 1R 2R

1

n

ii

R R=

= sum (15)

де n ndash кількість провідників Опір системи паралельно ввімкнених провідників

1

1

(1 )n

ii

RR

=

=

sum (16)

12 Закони Кірхгофа Перший закон Кірхгофа Алгебраїчна сума всіх струмів у

точці розгалуження дорівнює нулю

10

n

ii

I=

=sum (17)

Другий закон Кірхгофа В усякому замкненому контурі будь-якої складної мережі сума всіх спадів напруг дорівнює сумі всіх ЕРС які діють у цьому контурі

1 1

n n

m m im i

I R= =

= εsum sum (18)

135

Струми вважають додатними якщо їх напрямок збігається з напрямком обходу контуру ЕРС вважають додатними якщо їх напрямок збігається з обраним напрямком струму

13 Закон ДжоуляndashЛенца Робота A електричних сил у про-

віднику з опором R по якому протягом часу t тече струм I (провідник нерухомий і в ньому відсутні хімічні перетворення) дорівнює кількості теплоти Q що виділяється у провіднику

22 UA Q qU IUt I Rt t

R= = = = = (19)

Закон ДжоуляndashЛенца в диференціальній формі має вигляд

2W E= σ (20) де W ndash питома потужність струму (кількість теплоти що виділяєть-ся в одиниці обrsquoєму провідника за одиницю часу) σ ndash питома елек-тропровідність провідника E ndash напруженість електричного поля

14 ККД (коефіцієнт корисної дії) джерела струму

RR r

η =+

(21)

ККД лінії електропередачі від станції до споживача сп

лсп л

RR R

η =+

(22)

де спR ndash опір споживача лR ndash опір лінії електропередачі 15 Між двома металами які мають однакову температуру і

зrsquoєднані між собою безпосередньо або за допомогою інших ме-талів існує контактна різниця потенціалів

011 21 2

02ln nA A kT

e e nminus

ϕ minus ϕ = minus + (23)

де 1A і 2A ndash робота виходу електронів із першого та другого мета-лів 01n і 02n концентрація вільних електронів у першому та дру-гому металах k ndash стала Больцмана T ndash абсолютна температура

136

16 Термоелектрорушійна сила 01

1 2 1 202

ln ( ) ( )TnkA T T T T

e n= minus = α minus (24)

де 1T і 2T ndash температури спаїв термопари α ndash стала термопари e ndash заряд електрона

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Закон Ома для біологічних обrsquoєктів має вигляд

( )U P tI

Rminus

= (1)

де ( )P t ndash функція часу 2 Біологічну мембрану клітини яка оточена з усіх боків роз-

чинами електролітів можна вважати джерелом електрорушійної сили Таке джерело може мати дуже малі розміри бо товщина мембрани становить 001ndash002 мкм Клітинна мембрана вибірко-во знижує швидкість переміщення молекул у клітину та з кліти-ни У звrsquoязку з цим концентрації деяких іонів усередині клітини і поза клітиною можуть відрізнятися в десятки і тисячі разів Різниці в концентраціях іонів із двох сторін мембрани необхідні для існування електричних полів у живих організмах У кліти-нах які помістили наприклад в електроліт виникає різниця потенціалів (потенціал спокою клітини) зумовлена різною концентрацією іонів поза і всередині клітини

ln i

A e

CRTUeN C

= (2)

де e ndash заряд електрона AN ndash стала Авогадро R ndash універса-льна газова стала iC eC ndash концентрація іонів всередині та поза клітиною відповідно

Наприклад у клітинах рослин як і в нервових клітинах або клітинах мrsquoязів між внутрішніми і зовнішніми поверхнями мембрани має місце різниця потенціалів sim100 мВ яка зумовлена різним іонним складом усередині та поза клітиною а також не-однаковою проникністю мембрани для цих іонів

137

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Внутрішній опір елемента живлення r у n разів менший

за зовнішній опір R яким замкнено елемент живлення з ЕРС ε Знайти у скільки разів напруга на затискачах елеме-нта відрізняється від ε

Розвrsquoязання

За законом Ома для замкненого кола

IR r

ε=

+ (1)

Оскільки напруга на затискачах елемента менша ЕРС на ве-личину падіння напруги на внутрішній ділянці кола то U Ir= ε minus або з урахуванням рівняння (1)

+ 1r RU

R r R r r Rε ε

= ε minus = ε =+ +

(2)

Із умови задачі R r n= або 1 r R n= Тоді рівняння (2) можна звести до вигляду

11 1n

nUn

ε= = ε

+ + звідки

1U n

n=

ε +

Із рівняння (2) видно що якщо зовнішній опір R набагато бі-льший за внутрішній r то відношення r R буде малим порівня-но з одиницею і величина напруги наблизиться до значення ЕРС

Задача 2 Три однакові батареї із внутрішнім опором r = 6 Ом замкнули на

деякий опір один раз зrsquoєднавши паралельно а другий ndash послідовно Сила струму в обох випадках однакова Знайти зовнішній опір

138

Розвrsquoязання

При паралельному вмиканні джерел 11I r R

n

ε=

+

при послідовному вмиканні джерел 12

nInr R

ε=

+

За умовою задачі 1 2I I= тому 1nr nR

ε+

1nnr R

ε=

+

При n = 3 очевидно що R r= = 6 Ом Задача 3 На рисунку представлено схему містка Уітстона що вико-

ристовується для вимірювання невідомого опору xR Усі по-значення показані на схемі 0R ndash відомий опір G ndash гальвано-метр ε ndash джерело живлення Для вимірювання опору xR вста-новлюють рухомий контакт D у таке положення при якому струм у колі гальванометра дорівнює нулю

A

B

C D

xR 0R

1K ε

2K

1l 2l

1R 2R

xI 0I

1I

GI

2I

Знайти співвідношення між 0R xR Позначимо AD = 1l DC = 2l ( 1l i 2l ndash плечі реохорда АС)

139

Розвrsquoязання

Уведемо позначення сил і напрямків струмів для всіх ділянок кола Запишемо перший закон Кірхгофа для вузлів B і D

0 0x GI I Iminus minus =

1 2 0GI I Iminus + = (1) Застосуємо другий закон Кірхгофа для контурів ABDA i BCDB

1 1 0x x G GI R I R I R+ minus =

0 0 2 2 0G GI R I R I Rminus minus = (2) За умовою задачі 0GI = тому

0xI I= 1 2I I= 1 1x xI R I R= 0 0 2 2I R I R= (3) Із останніх рівнянь одержимо

1

0 2

xR RR R

= звідки 0 1

2x

R RRR

=

Враховуючи що 11

lRS

ρ= і 2

2lRS

ρ= де ρ i S ndash питомий опір

і площа поперечного перерізу проводу АС відповідно одержимо 1 1 1

02 2 2

хR l lR RR l l

= =

Задача 4 Невелика гідроелектростанція витрачає V = 240 м3 води за

1 хв Висота стовпа води становить 4 м Скільки електроламп може обслуговувати така установка якщо кожна лампа спожи-ває струм силою nI = 1 A при напрузі U = 220 В Коефіцієнт корисної дії (ККД) установки η = 75

Розвrsquoязання

Електролампи вмикають у мережу паралельно тому за пер-

шим законом Кірхгофа сила струму

1

n

i ni

I I nI=

= =sum (1)

140

Потужність що споживається лампами nN nI U= (2)

З іншого боку потужність електростанції A mgh V ghNt t tη η ρ η

= = = (3)

де A ndash робота падаючої води за t = 60 c m ndash маса води ρ = 103 кгм3 ndash густина води g = 98 мс2 ndash прискорення віль-ного падіння

Із (2) і (3) одержимо ngh VnI U

tρ η

= звідки n

gh VnI Ut

ρ η= 535asymp

Задача 5 Визначити контактну різницю потенціалів між міддю і пла-

тиною при T = 773 К якщо стала термопари мідьndashплатина α = 75middot10ndash6 ВК Робота виходу електронів для міді й платини відповідно CuA = 4472 еВ і PtA = 6275 еВ

Розвrsquoязання

Контактна різниця потенціалів між міддю і платиною

Cu Pt Cu1 2

PtlnА A nkT

e e nminus

ϕ minus ϕ = minus +

де e ndash заряд електрона Cun Ptn ndash концентрації вільних електронів

Стала термопари Cu

Ptln nk

e nα =

Остаточно одержимо Cu Pt

1 2А A T

eminus

ϕ minus ϕ = minus + α

1 2 181ϕ minus ϕ asymp В

141

Задачі

1 Яку напругу треба прикласти до котушки що має 1000 витків мідного дроту із середнім діаметром витків 6 см якщо допустима густина струму 2 Амм2 питомий опір міді 175sdot10ndash8 Омsdotм Відповідь U = 64 В 2 Вольтметр який підключено до акумулятора із внут-рішнім опором 1 Ом показує 12 В Якщо послідовно з ним включено опір 20 Ом вольтметр показує 1 В Визна-чити опір вольтметра Відповідь R = 99 Ом 3 Два джерела з ЕРС 12 В та 15 В та внутрішніми опо-рами 03 Ом та 05 Ом відповідно паралельно живлять активний опір 2 Ом Визначити струм що йде через опір Відповідь I = 06 А 4 На скільки рівних частин треба розрізати дріт опо-ром 400 Ом щоб при паралельному зrsquoєднанні частин отримати опір 4 Ом Відповідь на 10 частин 5 Довгий рівномірно заряджений по поверхні циліндр радіусом R = 10ndash2 м рухається зі швидкістю v = 10 мс уз-довж своєї осі Напруженість електричного поля на повер-хні циліндра становить E = 09middot105 Вм Знайти струм обумовлений механічним переносом заряду Відповідь 02I RE= πε v = 5middot10ndash6 A 6 Концентрація іонів що зумовлюють електропровідність атмосферного повітря у середньому n = 7middot108 мndash3 Середня напруженість електричного поля Землі E = 130 Вм Рух-

142

ливість іонів u =33middot10ndash4 м2(сmiddotВ) Визначити густину стру-му провідності в атмосфері Відповідь j = neEu = 478 нАм2 7 Амперметр і вольтметр увімкнено послідовно до батареї з ЕРС ε = 6 В Якщо паралельно до вольтметра підключи-ли деякий опір то покази вольтметра зменшаться в n = 2 рази а покази амперметра у стільки ж разів збільшаться Знайти покази вольтметра після підключення опору

Відповідь 1n

ε+

U = = 2 B

8 При температурі 1T = 293 К опір електролампи з во-льфрамовою ниткою 1R = 300 Ом а в розжареному стані

2R = 2400 Ом Визначити температуру розжарювання лампи якщо температурний коефіцієнт опору для воль-фраму α = 42sdot10ndash3 Кndash1 Відповідь 2T = 1795 К 9 В електричне коло уві-мкнено чотири опори ( 1 2 3 4R R R R= = = =103 Oм) і два джерела ЕРС яких

1ε =15 В і 2ε =18 В Ви-значити силу струму в усіх опорах Внутрішніми опорами джерел можна знехтувати Відповідь 1I = 04sdot10ndash3 А

2I = 07sdot10ndash3 А 3I = 11sdot10ndash3 А 4 0I = 10 Визначити опір залізного стрижня температура одно-го кінця якого 273 К другого 1073 К Довжина стрижня L = 5 м площа поперечного перерізу S = 10ndash4 м2 Темпера-

E1 E2

R4

R1 R2O

B

A C

I2I1 I3

R3

143

турний коефіцієнт опору для заліза Feα = 6sdot10ndash3 Kndash1 пито-мий опір Feρ = 12sdot10ndash7 Омsdotм Із бічної поверхні стрижня теплота не відводиться

Відповідь 0 2 1(1 )2

L T TRS

ρ minus= + α = 002 Oм

11 Два елементи ЕРС яких

1ε = 19 В і 2ε =11 В а внут-рішні опори 1r = 08 Ом і

2r =01 Ом відповідно за-мкнені паралельно на зовні-шній опір R =10 Ом Визна-чити силу струму в зовніш-ньому колі

Відповідь 1 2 2 1

1 2 1 2( )r rI

R r r r rε + ε

=+ +

= 012 А

12 Паралельно амперметру який має опір 002 Ом під-ключено мідний провідник завдовжки 20 см та із площею поперечного перерізу 34 мм2 Визначити силу струму в колі якщо амперметр показує 030 А Відповідь I = 63 А 13 При зовнішньому опорі 8 Ом сила струму в колі що складається з опору та джерела ЕРС дорівнює 08 А а при зовнішньому опорі 15 Ом відповідно 05 А Визначити силу струму короткого замикання джерела ЕРС Відповідь кзI = 255 А 14 Визначити ЕРС елемента якщо відомо що при збіль-шенні зовнішнього опору який замикає елемент у 3 рази напруга на його затискачах U = 3 В збільшується на 20 Відповідь ε = 4 В

+

+

1ε

2ε

I1

I2 K

A

I

B

C

DR

mdash

mdash

144

15 У мідному провіднику завдовжки 2 м із площею по-перечного перерізу 04 мм2 проходить струм При цьому кожну секунду виділяється 035 Дж теплоти Скільки еле-ктронів проходить за 1 с через переріз провідника Відповідь N =127sdot1019 16 Електричний апарат для перегонки води споживає поту-жність 25 кВт Скільки дистильованої води можна одержати при 373 К за 2 години роботи апарата якщо його ККД дорів-нює 40 а вода з водопроводу поступає при Т = 283 К Відповідь m = 23 кг 17 Спіраль електроплитки виготовлена з ніхромового дроту із площею поперечного перерізу S = 015 мм2 і має довжину l = 10 м Питомий опір дроту ρ = 11sdot10ndash6 Омsdotм Скільки часу τ потрібно для нагрівання води від 1T = 288 К до

2T = 373 К якщо плитку ввімкнено в мережу з напругою U = 220 В а її ККД = 80 Відповідь τ = 80 000 с 18 Термопара нікельndashхром один спай якої міститься в печі а другий ndash у середовищі з T =283 К зrsquoєднана послідовно з га-льванометром стрілка якого відхиляється на n = 25 поділок ціна поділки i =10ndash8 Апод Стала термопари α = 05sdot10ndash6 ВК внутрішній опір гальванометра r = 2sdot103 Ом Визначити температуру печі Відповідь 1T asymp 1288 К 19 Визначити різницю потенціалів U на мембрані клі-тини якщо відношення концентрацій іонів калію всереди-ні і поза клітиною становить 30i eC C = а температура середовища T = 300 К Відповідь U = 86 мВ

145

20 Металевий диск радіус якого R = 01 м рівномірно обертається із частотою n = 30 обс Визначити різницю потенціалів між центром і краями диска

Відповідь 2 2 24mU n Re

= π asymp 2sdot10ndash9 B

21 Дві лампи мають однакові потужності Одна з них розрахована на напругу 120 В а друга ndash на 220 В У скіль-ки разів відрізняється опір ламп Відповідь у 34 рази 22 Електроплитка потужністю 1 кВт яка розрахована на напругу 120 В підключена до мережі з напругою 127 В Опір проводів ndash 4 Ом Знайти потужність плитки Парале-льно до плитки підrsquoєднали другу таку саму Знайти поту-жність обох плиток Відповідь 1P = 069 кВт 2P = 093 кВт 23 Нагрівник електричного чайника складається із двох секцій При вмиканні першої чайник закипає за час 1t при вмиканні другої ndash за час 2t Через який час закипить вода якщо увімкнути секції 1) паралельно 2) послідовно

Відповідь 1) 1 2пар

1 2

t ttt t

=+

2) посл 1 2t t t= +

146

sect 3 Магнітне поле струму Електромагнітна індукція

Змінний струм 1 Напруженість магнітного поля Для кількісної характеристи-

ки магнітного поля струму вводять фізичну величину яку називають напруженістю магнітного поля Якщо в певну точку заданого магні-тного поля внести пробний елемент струму Idl то з боку магнітно-го поля на нього діє сила dF Збільшення або зменшення елемента струму Idl приводить до відповідної зміни сили dF а відношення dFIdl

є величиною сталою для кожної точки даного поля

Напруженістю магнітного поля називають фізичну вели-чину пропорційну відношенню сили що діє на пробний еле-мент струму до величини цього елемента струму

0

1sin

dFH

Idl=

μ α (1)

де 0μ = 4πsdot10ndash7 НА2 (або Гнм) ndash магнітна стала α ndash кут між напря-

мком елемента струму Idl і напрямком поля H (тут [ ]мAH = )

2 Для силової характеристики магнітного поля у вакуумі

вводять вектор B який називають індукцією магнітного поля

0B H= μ [ ]B = (Гнм)(Ам)=Тл (2) Магнітна індукція в даній точці поля чисельно дорівнює силі

із якою магнітне поле діє на одиничний елемент струму розмі-щений перпендикулярно полю у вакуумі

dFB

Idl= (3)

3 Закон Ампера Сила dF що діє на елемент струму з боку ма-

гнітного поля прямо пропорційна добутку елемента струму Idl

147

індукції магнітного поля B у точці у яку вміщено Idl і залежить від взаємної орієнтації елемента струму і напрямку магнітного поля

[ ] [ ]dF Idl B I dl B= sdot = sdot (4) або у скалярній формі

sindF IdlB= α (5) тут α ndash кут між напрямком елемента струму I dl і напрям-ком поля B

4 Закон БіоndashСавараndashЛапласа є одним з основних експериме-

нтальних законів електромагнітних явищ і лежить в основі класич-ної електродинаміки Цей закон дає змогу розрахувати індукцію магнітного поля струму замкненого вздовж контуру L

03

[ ]4 L

Idl rBr

μ sdot=

π int (6)

де r ndash радіус-вектор проведений від довільного елемента струму в точку у якій обчислюють магнітну індукцію або на-пруженість магнітного поля

Закон БіоndashСавараndashЛапласа в диференціальній формі має вигляд

03

[ ]4

I dl rdBr

μ sdot=

π

У скалярній формі індукція або напруженість магнітного ко-нтуру вздовж замкненого контуру у вакуумі

04

B lμ=

π або 2

1 sin4 L

I dlHr

α=

π int (7)

Інтегрування виконується по замкненому контуру L 5 Магнітне поле прямого колового і соленоїдного

струмів у вакуумі Індукція магнітного поля B прямого нескінченного провід-

ника зі струмом I у точці на відстані 0r від провідника

0

02IBr

μ=

π (8)

Індукція магнітного поля в центрі колового провідника радіусом 0r

148

0

02IB

rμ

= (9)

Індукція магнітного поля всередині соленоїда 0

0INB Inl

μ= = μ (10)

де l ndash довжина соленоїда N ndash кількість витків соленоїда n ndash кількість витків на одиницю довжини соленоїда

6 Сила Лоренца ndash це сила що діє на рухомий заряд q у ма-

гнітному полі напрямок якої перпендикулярний до напрямку індукції магнітного поля B і напрямку швидкості зарядів v а величина пропорційна рухомому заряду швидкості його руху й індукції магнітного поля

F q= [ ]v Bsdot (11)

7 Намагніченість ndash характеристика стану магнетика в зо-внішньому магнітному полі Вектор намагніченості j чисе-льно дорівнює сумарному магнітному моменту одиниці обrsquoєму намагніченої речовини

mpj

V=

Δsum або mj np= (12)

де mp ndash середній магнітний момент молекулярних струмів однієї мо-лекули n ndash середня кількість молекул в одиниці обrsquoєму магнетика

8 Напруженість магнітного поля в магнетиках

0

BH j= minusμ

(13)

Для багатьох магнетиків (діа- і парамагнетиків) залежність j від H має лінійний характер

j H= χ [ ] [ ]j H= =Ам (14) де χ ndash магнітна сприйнятливість речовини безрозмірний кое-фіцієнт який характеризує здатність речовини намагнічуватись у зовнішньому магнітному полі

149

9 Співвідношення між B і H

0

BH H= minus χμ

(15)

звідки

( )0 1BH =

μ + χ (16)

де (1+ χ ) = μ ndash відносна магнітна проникність речовини (безрозмірна величина)

0B H= μ μ (17) 10 Магнітний потік ndash фізична величина яка дорівнює добу-

тку проекції nB вектора магнітної індукції на нормаль n до елемента поверхні dS на площу цієї поверхні

Ф ( )nd B dS= або Ф ( )d BdS= де ( )d S ndS= (18)

Магнітний потік крізь усю поверхню S

( )Ф nS S

BdS B dS= =int int (19)

11 Закон Фарадея для явища електромагнітної індукції

електрорушійна сила iε індукована в контурі пропорційна швидкості зміни магнітного потоку Ф який пронизує цей контур

Фi

ddt

ε = minus (20)

Знак мінус показує що ЕРС індукції iε має такий напрямок що вектор індукції магнітного поля індукційного струму проти-діє змінам магнітного поля яке збуджує індукційний струм

1 Фii

dIR R dtε

= = minus де R ndash опір контуру

12 Робота переміщення провідника зі струмом у магні-

тному полі дорівнює добутку сили струму I на зміну потоку магнітної індукції dΦ через площу яку цей струм обтікає

dA Id= Φ (21)

150

13 Електрорушійна сила самоіндукції пропорційна швид-кості зміни сили струму і залежить від індуктивності контуру

dILdt

ε = minusсi (22)

де L ndash індуктивність контуру [ ]L =Гнм=ВmiddotсА

14 Індуктивність соленоїда 2

200

N SL n Vl

μ μ= = μ μ (23)

де N ndash кількість витків l ndash довжина соленоїда S ndash площа по-

перечного перерізу соленоїда V lS= ndash обrsquoєм соленоїда Nnl

=

15 Енергія магнітного поля пропорційна квадрату його напру-женості H і обrsquoєму V простору що охоплюється магнітним полем

20

2 2H V HBW Vμ μ

= = (24)

16 Густина енергії магнітного поля ndash це відношення енергії магнітного поля до обrsquoєму що охоплюється магнітним полем

2 20

02 2 2H B BHμ μ

ω = = =μ μ

(25)

де B і H ndash індукція і напруженість магнітного поля 0μ ndash маг-нітна стала μ ndash відносна магнітна проникність середовища

17 У промислових генераторах магнітне поле B створюється

потужним електромагнітом (у генераторах малої потужності застосовується постійний магніт) Контур у якому індукується ЕРС обертається з кутовою швидкістю ω і складається з N ви-тків дроту що намотані на осердя феромагніту Цей контур на-зивають якорем генератора В електродвигунах нерухома части-на називається статором а рухома ndash ротором

Електрорушійна сила що збуджується в такому генераторі sinBS N tε = ω ω (26)

де B ndash індукція магнітного поля S ndash площа обмежена одним витком контуру ω ndash кутова швидкість обертання якоря

151

18 Ефективна сила та ефективна напруга змінного стру-му Величину постійного струму при проходженні якого через резистор протягом часу t виділяється така сама кількість тепло-ти Q як і при проходженні змінного струму через резистор того самого опору називають ефективною або діючою силою змін-ного струму ефI

0еф 00707

2II I= = sdot (27)

де 0І ndash амплітудне значення сили струму Аналогічне співвідношення справедливе для діючого й амп-

літудного значень напруги змінного струму 0

еф 2UU = (28)

19 Закон Ома для змінного струму (послідовно зєднані ак-

тивний опір R індуктивність L ємність C )

( )0

0 22 1 ( )

UIR L C

=+ ω minus ω

(29)

де 1LC

⎛ ⎞ω minus⎜ ⎟ω⎝ ⎠ ndash реактивна складова опору

Величину ( )22 1 ( )Z R L C= + ω minus ω називають імпедансом який відіграє роль наявного опору кола змінного струму

Формула (29) справедлива для амплітудних або ефективних значень струму і напруги

20 Потужність змінного струму розраховують за формулою

потужності постійного струму якщо замість сили постійного струму I брати ефективну силу змінного струму ефI

Середня потужність змінного струму

2 2еф еф еф ефN I R U R I U= = = (30)

де R ndash активний опір

152

Якщо в колі змінного струму крім активного є реактив-ний опір то зсув фаз ϕ між силою струму і напругою веде до зниження потужності

еф еф cosN I U= ϕ (31) де cosϕ ndash коефіцієнт потужності змінного струму

( )22cos

1 ( )

R

R L Cϕ =

+ ω minus ω (32)

22 Електричний резонанс Резонанс напруг ndash явище різ-

кого зростання сили змінного струму при послідовному зrsquoєднанні елементів кола ( R L C )

За умови 1LC

ω =ω

зсув фаз між напругою і струмом дорів-

нює нулю дії індуктивності та ємності в колі взаємно компен-суються сила струму різко зростає

рез1LC

ω = (33)

де резω ndash резонансна частота кола Резонанс струмів ndash явище встановлення мінімального зна-

чення сили змінного струму в нерозгалуженій частині кола при паралельному сполученні елементів кола ( L C )

Резонансна частота визначається за формулою 2

рез 21 R

LC Lω = minus (34)

де R ndash активний опір котушки індуктивності

153

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 По двох довгих паралельних про-

водах відстань між якими d = 16 см проходять у протилежних напрямках струми 1 2I I= = 30 А Визначити індукцію магнітного поля в точці відстань від якої до обох провідників однакова r = 10 см

Розвrsquoязання

Згідно із принципом суперпозиції 1 2B B B= + Модуль вектора B знаходимо за теоремою косинусів (врахо-

вуючи що cos( ) cosπ minus α = minus α ) 2 21 2 1 22 cosB B B B B= + + α

де 01 2 2

IB Br

μ= =

π

2 2

22cos

2d r

rminus

α = = 028

Остаточно 7

0 4 102 056 162 2

I IBr r

minusμ πsdot sdot= + = sdot

π π= 96 мкТл

Задача 2 По відрізку прямого проводу довжиною l = 01 м проходить

струм I = 2 А Визначити напруженість поля створеного стру-мом у точці яка лежить на перпендикулярі до середини відрізка на відстані R = 006 м від нього (рисунок)

2ααminusπ

2α

1B

B

2B

r r

1I 2Id

αminusπ

154

Розвrsquoязання

Для обчислення напруженості магнітного поля скористаємося законом БіоndashСавараndashЛапласа

21 sin

4 l

IdlHr

α=

π int (1)

тут α ndash кут між напрямком струму і радіус-вектором r проведеним від елемента струму dl в точку О де визначається напруженість поля

Як видно з рисунка із трикут-ника АВС одержимо

sinrd dlα = α

звідки 2 sindl d

rrα

=α

або враховуючи що sinr Rα =

2dl d

Rrα

= (2)

Підставивши вирази dl і r у рівняння (1) знайдемо

( )2

1

2 1sin cos cos4 4

I IH dR R

α

α

= α α = minus α minus απ πint

Враховуючи що 2 1 1cos cos( ) cosα = π minus α = minus α одержимо

1cos2

IHR

= απ

Значення кута 1α визначимо із співвідношення

1 2 2cos

4

l

R lα =

+

Отже 2 22 4

IlHR R l

=π +

asymp 3 Ам

α+α d

α1

r

BC

A

Ol

α2

I

R

H

dldα

α

155

Задача 3 Прямокутна рамка зі струмом розміщена в магнітному полі

паралельно лініям магнітної індукції На рамку діє оберталь-ний момент M = 10ndash2 Нmiddotм Обчислити роботу сил поля при повороті рамки на кут α = 30deg

Розвrsquoязання

Робота сил поля під час руху рамки зі струмом

2 1( )A I= Φ minus Φ Потік індукції через рамку

cosBSΦ = α Якщо рамка розміщена паралельно лініям індукції поля то

нормаль до контуру рамки утворює з вектором B кут 0ϕ = 90deg Тому 1 0cosBSΦ = ϕ = 0 Якщо рамка повернеться на кут α =30deg то кут між нормаллю

і вектором B дорівнюватиме ϕ = 60deg

Тому 2Ф cos2

BSBS= ϕ =

Тоді 2 1Ф Ф2

BSminus =

Обертальний момент який діє на рамку зі струмом у її поча-тковому положенні

обM BIS= звідки обMIBS

=

Отже робота сил поля

( ) об об2 1Ф Ф

2 2М BS MA I

BS= minus = = = 5 sdot 10ndash3 Дж

Задача 4 Електрон маючи дуже малу початкову швидкість пройшов че-

рез однорідне електричне поле з різницею потенціалів U = 103 В

156

Після цього він потрапив в однорідне магнітне поле з індукцією B = 10ndash2 Тл напрямлене перпендикулярно напрямку руху електро-на Знайти радіус траєкторії руху електрона

Розвrsquoязання

Якщо в електричному полі електрон пройшов через електричне

поле з різницею потенціалів U то електричні сили при цьому вико-нали роботу і змінили кінетичну енергію електрона на величину

220

2 2mvmveU = minus

Якщо початкова швидкість електрона 0v = 0 то 2

2mveU = і тоді 2eUv

m=

На електрон що рухається зі швидкістю v в магнітному полі діє сила Лоренца

л [ ]F e v B= sdot л sinF evB evB= α = ми врахували що sin α = 1 Оскільки лF перпендикулярна до B і до v а отже є доце-

нтровою силою то вона не змінює модуля v але змінює напря-мок руху електрона Під дією сталої доцентрової сили доц лF F= електрон масою m рухатиметься по колу радіусом R який знайдемо зі співвідношення

доц доцF ma=2vm evB

R= = звідки mvR

eB=

Остаточно знаходимо 1 2mURB e

= = 001 м

Задача 5 Обчислити індуктивність соленоїда завдовжки l із площею

поперечного перерізу S і кількістю витків N

157

Розвrsquoязання

За законом Фарадея

ciФd

dtε = minus

Для соленоїда потік індукції магнітного поля через площу S яку охоплює один виток

1 0Ф NBS I Sl

= = μ (1)

Повний потік через усі N витків 2

1 0Ф Ф NN I Sl

= = μ (2)

Тоді

2

ci 0N dIl dt

ε = minusμ (3)

Закон електромагнітної індукції для явища самоіндукції за-писується так

cidILdt

ε = minus (4)

Порівнюючи (3) і (4) дістанемо 2

0NL Sl

= μ (5)

Оскільки Sl V= то формулу (5) можна записати так 2

20 02

NL V n Vl

= μ = μ

Задача 6 Знайти закон зміни струму ( )I t

в електричному колі що склада-ється із джерела струму з ЕРС 0ε активного опору R і котушки з індуктивністю L зrsquoєднаних послі-довно при вимиканні струму

RL

a

K

b 0ε

158

Розвrsquoязання

Вимкнемо джерело з 0ε перемиканням ключа К із поло-ження а у положення b

На основі другого правила Кірхгофа запишемо

0dIL RIdt

+ =

або dI R dtI L

= minus (1)

Проінтегрувавши (1) знайдемо

0Rt LI I eminus=

де 0I ndash стала інтегрування (струм у колі перед вимиканням

джерела) 00 I

Rε

=

Тоді 0 RtLI e

Rminusε

=

t 0

I0

I

159

Задачі

1 По трьох довгих паралельних провідниках що містять-ся в одній площині на відстані r = 3 см один від одного течуть в одному напрямку струми 1 2I I= і 3 12I I= Ви-значити положення точки на прямій що зrsquoєднує всі прові-дники у якій індукція магнітного поля дорівнює нулю Відповідь 2

1 12 10x minus= sdot м (праворуч від 2I ) або

22 19 10x minus= minus sdot м (ліворуч від 2I )

2 Електрон описує в однорідному магнітному полі коло ра-діусом R = 4middot10ndash4 м Швидкість електрона v = 35middot106 мс Знайти напруженість магнітного поля Відповідь H = 4 middot10ndash4 Ам 3 Протон та електрон прискорені однаковою різницею потенціалів влітають в однорідне магнітне поле перпенди-кулярно до ліній індукції У скільки разів радіус кривизни

1R траєкторії протона більший за радіус кривизни 2R трає-кторії електрона

Відповідь 1 1

2 21840 429R M

R M= = =

4 Вважаючи що електрон в атомі водню обертається по коловій орбіті радіусом R = 053middot10ndash10 м визначити напруженість створеного магнітного поля в центрі ор-біти Коловий струм еквівалентний силі струму рухо-мого електрона I = 10ndash5 А Відповідь H = 94sdot104 Ам 5 Знайти індукцію магнітного поля в центрі колового витка радіусом R = 01 м якщо магнітний момент витка

mP = = 02 Аmiddotм2

Відповідь 0 32mPBR

= μμπ

= 4sdot10ndash5 Тл

160

6 Альфа-частинка влітає в однорідне магнітне поле маг-нітна індукція якого B = 03 Тл Швидкість частинки пер-пендикулярна до напрямку ліній індукції магнітного поля Знайти період обертання частинки

Відповідь T = 2 mgB

απ = 4middot10ndash7 с

7 У просторі між пластинами конденсатора й котушки створено електричне поле зі взаємно перпендикулярними силовими лініями його напруженість E = 2middot105 Вм а та-кож постійне магнітне поле з індукцією B = 02 Тл Пер-пендикулярно силовим лініям полів по прямій лінії руха-ється електрон Визначити швидкість електрона Відповідь v = 106 мc 8 Електрон рухається в магнітному полі індукція якого В = 2middot10ndash3 Тл по гвинтовій лінії радіусом R = 2middot10ndash2 м і кроком h = 5middot10ndash2 м (рисунок) Визначи-ти швидкість електрона Відповідь

v = 2 2 242eB h R

m+ π

π= 76middot106 мc

9 Протони прискорюються у циклотроні так що максима-льний радіус кривизни їх траєкторії r = 03 м Знайти кіне-тичну енергію протонів у кінці прискорення якщо індукція магнітного поля B = 1 Тл

Відповідь 2 2 2

2R e BW

m= =5 МеВ

10 Реактивний літак рухається зі швидкістю v = 950 кмгод Знайти електрорушійну силу індукції iε що виникає на кінцях крил літака якщо вертикальна складова напруженості магніт-ного поля Землі H = 40 Ам і розмах крил літака l = 125 м Відповідь 0i Hlvε = μμ = ndash 017 B

R

h

161

11 Рамка площею 4middot10ndash2 м2 має 100 витків і обертається в однорідному магнітному полі з індукцією B =10ndash2 Тл Пе-ріод обертання рамки T = 01 с Вісь обертання перпенди-кулярна лініям індукції магнітного поля Визначити мак-симальне значення ЕРС індукції Відповідь maxε asymp 2B 12 Струм 20 AI = що тече по кільцю виготовленому з мідного дроту із площею поперечного перерізу S = 10 мм2 створює в центрі кільця напруженість магніт-ного поля H =178 Ам Яку різницю потенціалів U при-кладено до кінців дроту який утворює кільце

Відповідь 2IU

SHπρ

= = 012 В

13 У магнітному полі з індукцією B = 01 Тл розміщено стрижень завдовжки l = 1 м який обертається перпенди-кулярно до напрямку ліній магнітної індукції Вісь обер-тання проходить через один із кінців стрижня Визначити потік магнітної індукції через поверхню яку утворює стрижень при кожному обертанні Відповідь 2B lΦ = π asymp 03 Вб 14 Магнітний потік через нерухомий контур з опором R змінюється протягом часу τ за законом ( )t t tΦ = α τ minus Знай-ти кількість теплоти що виділяється в контурі за цей час

Відповідь 2 3

3Q

Rα τ

=

15 По двох паралельних дротах течуть струми 1I = 5 А і

2I = 15 А однакової частоти Між струмами існує стала різниця фаз Δϕ = 60deg Із якою силою притягуються між со-бою частини дротів завдовжки 1 м якщо відстань між ними становить 3middot10ndash2 м Відповідь F = 25middot10ndash4 H

162

16 Соленоїд що складається з 80 витків і має діаметр 8 см знаходиться в однорідному магнітному полі індукція якого 6sdot10ndash2 Тл Соленоїд повертається на кут 180deg за час 02 с Знайти середнє значення ЕРС що виникає в соленоїді як-що його вісь до і після повороту спрямована вздовж поля Відповідь ε = 024 В 17 Довгий соленоїд заповнений неоднорідним парамагнети-ком сприйнятливість якого залежить тільки від відстані r до осі соленоїда і описується формулою 2rχ = α де α ndash стала величина На осі соленоїда індукція магнітного поля дорів-нює 0B Знайти залежність намагніченості j від r

Відповідь 20

0

Bj rα=

μ

18 Два прямолінійні довгі паралельні провідники знахо-дяться на деякій відстані один від одного По провідниках течуть однакові струми 1 2I I I= = в одному напрямку Знайти ці струми якщо відомо що для збільшення відста-ні між провідниками у 2 рази необхідно виконати роботу (на одиницю довжини провідника) A = 55 мкДжм Відповідь 1 2I I= = 20 А 19 Соленоїд виготовлений із мідного дроту завдовжки l = 025 м який має площу поперечного перерізу 1S = 10ndash6 м2 і омічний опір R = 02 Ом Питомий опір міді ρ =171middot10ndash8 Омmiddotм Визначити індуктивність L соленоїда

Відповідь 2 2

0 124

R SLl

μμ=

πρ= 54middot10ndash5 Гн

20 Діелектрик із відносною діелектричною проникністю ε = 28 використовували як ізолятор у конденсаторі Конден-сатор під напругою поглинає певну потужність при частоті

163

ν = 50 Гц коефіцієнт потужності cosϕ = 01 Визначити пито-мий опір діелектрика

Відповідь 2

22 1 cos

cosminus ϕ

ρ =εν ϕ

= 13middot109 Омmiddotм

21 Соленоїд завдовжки l = 05 м із площею поперечного перерізу S = 2middot10ndash4 м2 має індуктивність L = 2middot10ndash7 Гн При якій силі струму густина енергії магнітного поля всере-дині соленоїда ω = 10ndash3 Джм3

Відповідь 2lSIL

ω= = 1 А

22 В однорідне магнітне поле напруженістю H = 8middot104 Ам вміщено провідник завдовжки l = 20 см і опором R = 10 Ом Провідник зrsquoєднано із джерелом стру-му ЕРС якого 1ε = 10 В і внутрішній опір r = 10ndash3 Ом При взаємодії магнітного поля струму і зовнішнього магнітно-го поля провідник переміщується перпендикулярно до зо-внішнього магнітного поля зі швидкістю v =10 мс Ви-значити силу струму у провіднику

Відповідь 1 0(I v= ε minus μ1)Hl

R r+= 098 А

23 Визначити повний опір котушки і зсув фаз між стру-мом і напругою у колі змінного струму якщо активний опір R = 15 Ом а індуктивний LR =2 Ом Відповідь z = 25 Ом ϕ = 53deg 24 У колі змінного струму напруга на затискачах котуш-ки U = 120 В зсув фаз між струмом і напругою ϕ = 37deg Визначити активний та індуктивний спади напруги Відповідь RU = 96 B LU = 72 B

164

25 Визначити повний опір і cosϕ для кола змінного стру-му яке складається з активного опору R = 8 Ом індукти-вного LR = 20 Ом і ємнісного CR = 26 Ом Відповідь Z =10 Oм cosϕ = 08 26 Соленоїд що має коефіцієнт самоіндукції L = 03 Гн та опір R = 10 Ом умикається в коло змінного струму ( ϕ =50 Гц) з ефективною напругою ефU = 120 В Визначи-ти амплітуду сили струму I зсув фаз ϕ між струмом і напругою у колі та середню потужність P Відповідь I =168 А ϕ = 43deg P asymp 100 Вт 27 Миттєве значення ЕРС синусоїдального струму в колі з активним опором для фази 6π становить 155 В Знайти амплітудне та ефективне значення ЕРС цього струму Відповідь 0ε asymp 310 В ефε asymp 220 В 28 Змінний струм збуджується в рамці з 200 витків із площею поперечного перерізу витка 300 см2 у магнітному полі з напруженістю 12sdot104 Ам Визначити ЕРС індукції через 001 с після початку руху рамки з нейтрального по-ложення Амплітуда ЕРС дорівнює 72 В Відповідь ε = 504 В

165

sect 4 Електричні коливання Електромагнітні хвилі

1 Електричні коливання ndash це періодичні або близькі до

періодичних зміни заряду конденсатора і струму в котушці ін-дуктивності коливального контуру

Диференціальне рівняння вільних незатухаючих електри-чних коливань в ідеальному контурі та його розвrsquoязок

( )2

20 0 02 0 cosd q q q q t

dt+ ω = = ω + ϕ (1)

де 0q ndash заряд на обкладинках конденсатора в момент часу t = 0 якщо 0ϕ = (амплітудне значення заряду) q ndash заряд на обкла-

динках конденсатора в момент часу t 20

1LC

ω = ndash циклічна час-

тота власних коливань системи L ndash індуктивність котушки C ndash ємність конденсатора

Період власних коливань в ідеальному контурі

02 2T T LC= π ω = π (2) Рівність (2) називають формулою Томсона 2 Затухаючі та вимушені коливання Диференціальне рів-

няння вільних затухаючих електричних коливань у реальному контурі та його розвrsquoязок

220 02 2 0 cos td q dq q q q e t

dtdtminusβ+ β + ω = = ω (3)

де 2 20 0

1 2RLLC

ω = ω minusβ ω = β = (тут β ndash коефіцієнт зату-

хання)

3 Період T електричних коливань у реальному контурі який складається з послідовно ввімкнених ємності C індуктив-ності L та опору R обчислюється за формулою

166

2

2

12

TR

LC L

π=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(4)

4 Логарифмічний декремент затухання δ і добротність

контуру Q при слабкому затуханні визначаються формулами

CRL

δ = π1 LQR C

= (5)

5 Вимушені електричні коливання Якщо до реального ко-

ливального контуру прикладено зовнішню періодичну напругу то в контурі виникнуть вимушені електричні коливання заряду q напруги CU на конденсаторі та струму І в контурі Усталені вимушені коливання для сили струму при послідовному вклю-ченні в контур напруги cosmU U t= ω мають вигляд

cos( )mI I t= ω minus ϕ (6)

( )22

1

mm

UIR L C

=

+ ω minus ω

1tg L CR

ω minus ωϕ =

6 Електромагнітні хвилі ndash це сукупність змінного електри-

чного та змінного магнітного полів Хвилі поширюються у про-сторі зі скінченною швидкістю яка визначається формулою

v0 0

1 1= sdot

ε μ εμ (7)

де 0ε = 885sdot10ndash12 Фм 0μ = 4πsdot10ndash7 Гнм ndash електрична та маг-нітна сталі ε і μ ndash відносні діелектрична та магнітна прони-кності середовища

Для вакууму одержимо

v0 0

1=

ε μ= 3sdot108 мс (8)

Таким чином у вакуумі фазова швидкість електромагнітних хвиль збігається зі швидкістю світла c

167

Рівняння плоскої електромагнітної хвилі що поширюється з фазовою швидкістю v вздовж осі x записане для напруженості електричного поля ( )E x t має вигляд

0 0 0( ) cos ( ) cos( ) cos( )xE x t E t E t x E t kxv v

ω= ω minus = ω minus = ω minus

де 2Tπ

ω = ndash циклічна частота 2kvω π

= =λ

ndash хвильове число

7 Енергія плоских електромагнітних хвиль Обrsquoємна гус-

тина енергії поля W визначається за формулою 2 2

0 0 2 2E HE HW W W ε ε μ μ

= + = + (9)

де EW HW ndash густина енергії електричного і магнітного полів У цій точці простору вектори E і H змінюються в однаковій

фазі (коливання синфазні) тому співвідношення між амплітудними значеннями 0E i 0H виконується для їх миттєвих значень

Це означає що густина енергії електричного і магнітного по-лів у кожний момент часу однакова

E HW W= i 202 EW W E= = ε ε

Враховуючи співвідношення 0 0E Hε ε = μ μ одержимо ін-ший вираз для густини енергії електромагнітної хвилі

W 0 0 EH= ε εμ μ (10)

Помноживши густину енергії на швидкість v0 0

1=

ε εμ μ

одержимо вираз для миттєвої густини потоку енергії П 2

00 0

1П E= ε ε =ε εμ μ

v sdotW EH= (11)

У векторній формі [ ]П EH= (12)

Вектор П називається вектором Пойнтінга

168

Під інтенсивністю електромагнітної хвилі розуміють енергію хвилі що переноситься через одиничну площу перпендикуляр-ну до напрямку поширення хвилі за одиницю часу Інтенсив-ність I такої хвилі можна знайти усереднивши ( )П I П=

наприклад за один період коливань 2 T π=

ω

20 0 0 0

0

2 2E H EI П ε ε

= = =μ μ

Бачимо що інтенсивність I електромагнітної хвилі пропор-

ційна квадрату амплітуди електричного вектора 20E

169

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Ідеальний коливальний контур складається із котушки з ін-

дуктивністю L = 02 мГн і конденсатора площа пластин якого S = 155 см2 а відстань між ними d = 15 мм Контур резонує на довжину хвилі λ = 630 м Визначити діелектричну проникність середовища між обкладинками конденсатора

Розвrsquoязання

Ємність конденсатора 0 SCd

ε ε=

Період коливань ідеального контуру 2T LC= π

Довжина хвилі 02 ScT c Ld

ε ελ = = π звідки

2

02d

c LSλ⎛ ⎞ε = ⎜ ⎟π ε⎝ ⎠

де c = 3middot108 мс 0ε = 885middot10ndash12 Кл2(Нmiddotм2) ε = 61 Задача 2 У реальному коливальному контурі індуктивність якого

L = 001 Гн заряд конденсатора зменшується в 10 разів за пе-ріод T = 10ndash5 с Визначити опір контуру

Розвrsquoязання

Заряд конденсатора в будь-який момент часу визначається

співвідношенням

( )2 cosR tLq Ae t

minus= ω minus ϕ (1)

де A ndash стала ω ndash колова частота ϕ ndash зсув фаз

170

Через час T дістанемо заряд ( )

[ ]21 cos ( )

R t TLq Ae t T

minus += ω + minus ϕ (2)

Поділимо почленно рівняння (1) і (2)

( )( )

2

1

coscos

R TL tq e

q t Tω minus ϕ

=⎡ω + minus ϕ⎤⎣ ⎦

Враховуючи що 2 Tω = π і період косинуса дорівнює 2π одержимо

2

1

RTLq e

q= звідки

1

2 ln L qRT q

= R asymp 4605 Ом

Задача 3 Коливальний контур складається з конденсатора ємністю

803 10C minus= sdot Ф і котушки з індуктивністю L = 12sdot10ndash6 Гн Знайти період вільних коливань контуру коефіцієнт затухання і лога-рифмічний декремент затухання якщо опір котушки R = 60 Ом

Розвrsquoязання

Період коливання в контурі з омічним опором

2

2

2

14

TR

LC L

π=

minus

T =148sdot10ndash7 с

Логарифмічний декремент затухання характеризує зменшен-ня амплітуди коливань за один період

0( )

1 0ln ln

tn

t Tn

A A e TA A e

minusβ

minusβ ++

δ = = = β

де 2R Lβ = ndash коефіцієнт затухання β = 25sdot106 cndash1 Підставивши це значення β у формулу для δ знайдемо δ = 37

171

Задача 4 У яких межах має змінюватись ємність коливального конту-

ру щоб його можна було налаштувати на довжини хвиль у діа-пазоні від 400 м до 1000 м Індуктивність контуру L = 2sdot10ndash4 Гн

Розвrsquoязання

Якщо опір контуру малий 2 21 4LC R Lgt то контур мож-

на розглядати як ідеальний Тоді період власних коливань контуру 2T LC= π

Довжина хвилі λ повrsquoязана з періодом співвідношенням 2cT c LCλ = = π

де c ndash швидкість поширення електромагнітних хвиль (шви-дкість світла)

Із цього рівняння знаходимо 2

2 24C

c Lλ

=π

1C = 223sdot10ndash10 Ф 2C = 14sdot10ndash9 Ф Отже ємність має змінюватися від 2C = 14sdot10ndash9 Ф до

1C = 223sdot10ndash10 Ф

172

Задачі

1 Приймальний контур складається із котушки індуктив-ністю 2sdot10ndash6 Гн і конденсатора ємністю 18sdot10ndash10 Ф На яку довжину хвилі розрахований контур Відповідь λ = 36 м 2 Звукові хвилі завдовжки 2 м падають на мембрану мікрофона Унаслідок коливань мембрани в мікрофоні виникають електричні коливання Визначити довжину хвиль цих коливань Відповідь λ asymp18sdot106 м 3 Коливальний контур складається із котушки індуктивності та двох однакових конденсаторів які зrsquoєднано паралельно Період власних коливань контуру 1T = 20 мкс Чому дорівню-ватиме період якщо підключити конденсатори послідовно Відповідь 2T = 10 мкс 4 Резонанс у коливальному контурі із конденсатором єм-ністю 10ndash6 Ф наступає при частоті 400 Гц Якщо паралель-но першому конденсатору підключити другий конденса-тор 2C то резонансна частота стає рівною 200 Гц Визна-чити ємність другого конденсатора 2C

Відповідь 2C = 3 мкФ 5 Невелику кульку масою m = 2sdot10ndash2 кг підвішено на нит-ці на висоті h = 012 м від горизонтальної провідної пло-щини Після надання кульці певного заряду q її період коливань змінився в η = 2 рази Знайти заряд q кульки

Відповідь 204 ( 1)q h mg= πε η minus = 2sdot10ndash6 Кл

173

6 Визначити період вільних коливань у контурі який складається з послідовно сполучених конденсатора ємніс-тю C = 10 мкФ безіндуктивного опору R = 20 Ом і двох котушок з індуктивностями 1L = 02 мГн і 2L = 04 мГн та дуже малим активним опором

Відповідь 2

21 2 1 2

2

1( ) 4( )

TR

L L C L L

π=

minus+ +

= 168sdot10ndash3 c

7 Знайти час за який амплітуда коливань струму в кон-турі з добротністю Q = 5000 зменшиться в η = 2 рази як-що частота коливань ν = 22 МГц

Відповідь lnQt = ηπν

= 05 c 8 Рівняння часової залежності зміни сили струму у колива-льному контурі задається у вигляді 002sin 400I t= minus π А Індуктивність контуру 1 Гн Знайти 1) період коливань 2) ємність контуру 3) максимальну різницю потенціалів на обкладинках конденсатора 4) максимальну енергію магніт-ного поля 5) максимальну енергію електричного поля Відповідь T = 5sdot10ndash3 c C = 63sdot10ndash7 Ф Δϕ = 252 B

mE = 2sdot10ndash4 Дж elE = 2sdot10ndash4 Дж 9 Чому дорівнює відношення енергії магнітного поля коливального контуру до енергії його електричного по-

ля для моменту часу 8T с

Відповідь m

еl

WW

=1

10 Коливальний контур приймача налаштовано на довжину хвилі λ = 500 м Яка власна частота коливань контуру якщо його індуктивність дорівнює L = 2sdot10ndash6 Гн а опір R = 10 Ом Відповідь 0ν = 45sdot104 Гц

174

11 Коливальний контур складається з котушки індуктивніс-тю 01 Гн та конденсатора ємністю 395 мкФ Заряд конденса-тора 3 мкКл Нехтуючи опором контуру записати рівняння 1) залежності зміни сили струму від часу 2) залежності зміни напруги на конденсаторі від часу Відповідь 15cos(160 2)I t= π + π мА

76cos(160 )CU t= π мВ 12 Плоска гармонічна електромагнітна хвиля поширюєть-ся у вакуумі Знайдіть відношення амплітуди електричного вектора цієї хвилі до амплітуди її магнітного вектора

Відповідь 0

0377E

H= ВА

13 У вакуумі поширюється плоска електромагнітна хви-ля амплітуда електричного вектора якої 0E = 8 нВм Знайдіть інтенсивність I такої електромагнітної хвилі Відповідь 19057 10I minus= sdot Втм2 14 У вакуумі поширюється плоска електромагнітна хви-ля з напруженістю 0 cos( )E E t kx= ω minus Інтенсивність хвилі дорівнює I Знайдіть амплітудне значення густини стру-му зміщення для цієї хвилі

Відповідь амплітуда

120

зм0 0

2 1 деIj ccε⎛ ⎞= ω =⎜ ⎟ ε μ⎝ ⎠

15 Електромагнітна хвиля з частотою ν = 30 МГц пере-ходить із вакууму в немагнітне середовище з діелектрич-ною проникністю 40ε = Знайдіть приріст довжини хвилі

Відповідь 1 1 50с⎛ ⎞Δλ = minus = minus⎜ ⎟ νε⎝ ⎠м

175

РОЗДІЛ 4

ОПТИКА І КВАНТОВА ФІЗИКА

sect 1 Основні поняття та закони хвильової оптики 1 Інтерференція світла ndash явище накладання когерентних

хвиль при якому спостерігається перерозподіл їх енергії по хви-льовому полю у результаті чого підсилюється або ослаблюється результуюча інтенсивність залежно від співвідношення фаз хвиль

При інтерференції двох когерентних хвиль утворюється хви-ля з результуючою амплітудою

2 21 2 1 2 2 12 cos( )A A A A A= + + ϕ minus ϕ (1)

де А1 А2 ndash амплітуди складових хвиль ϕ1 ϕ2 ndash їхні початкові фази Враховуючи що інтенсивність хвилі I пропорційна квадрато-

ві амплітуди A вираз (1) можна записати у вигляді

1 2 1 22 cosI I I I I= + + Δϕ де 2 1Δϕ = ϕ minus ϕ ndash різниця фаз

Різниця фаз Δϕ залежить від геометричної різниці ходу (r2 ndash r1) променів

2 12 r rminusΔϕ = π

λ (2)

де λ ndash довжина хвилі Якщо одна із хвиль поширюється в середовищі з показником

заломлення n1 а інша ndash у середовищі з показником заломлення n2 то різниця фаз

( )2 12 2 1 1

2 1 0 0

2 22 r r r n r n⎛ ⎞ π π

Δϕ = π minus = minus = Δ⎜ ⎟λ λ λ λ⎝ ⎠ (3)

де λ1 і λ2 ndash відповідно довжини світлових хвиль у першому і другому середовищах λ0 ndash довжина хвилі у вакуумі

2 2 1 1n r n rΔ = minus ndash оптична різниця ходу

176

2 Умови максимуму та мінімуму інтенсивності при на-кладанні двох когерентних хвиль

1) максимум інтенсивності при накладанні двох когерентних хвиль спостерігається у точках для яких у оптичну різницю ходу променів вміщується ціле число хвиль або парне число півхвиль

00 (2 )

2k k λ

Δ = plusmn λ = plusmn (4)

де k = 0 1 2 2) мінімум інтенсивності при накладанні двох когерентних

хвиль спостерігається у точках для яких різниця ходу променів вміщує непарне число півхвиль

00

1 (2 1)2 2

k k λ⎛ ⎞Δ = plusmn + λ = plusmn +⎜ ⎟⎝ ⎠

(5)

де k = 0 1 2 3 Відстань між двома сусідніми інтерференційними ма-

ксимумами або мінімумами що утворилися внаслідок ін-терференції променів від двох когерентних джерел світла за-писується формулою

= Lxd

Δ λ (6)

і називається шириною смуги Тут λ ndash довжина хвилі світла L ndash відстань від екрана до джерел світла які розміщені одне від одного на відстані d (при цьому вважається що L gtgt d)

4 Результат інтерференції світла в тонких пластинах (у

прохідному світлі) визначається формулами положення мак-симумів освітленості

2 22 sin 2 cosd n i dn r kminus = = λ (k = 0 1 2 3 ) (7) Мінімум освітленості визначається формулою

2 2 12 sin 2 cos2

d n i dn r k⎛ ⎞minus = = + λ⎜ ⎟⎝ ⎠

(k = 0 1 2 3 ) (8)

де d ndash товщина пластини n ndash показник заломлення i та r ndash кут па-діння та кут заломлення променів відповідно λ ndash довжина хвилі

177

У відбитому світлі внаслідок втрати півхвилі при відбиван-ні одного з променів від більш густого середовища умови для максимумів і мінімумів освітленості міняються місцями формула (7) дає положення мінімумів а формула (8) ndash положен-ня максимумів освітленості

5 Радіуси інтерференційних кілець Ньютона у прохідному

світлі визначаються формулами для світлих кілець

( )0 1 2 kr Rk k= λ = (9) для темних кілець

( )1( ) 0 1 2 2kr k R k= + λ = (10)

де R ndash радіус кривизни лінзи λ ndash довжина хвилі У відбитому світлі формула (10) визначає положення світ-

лих кілець а формула (9) ndash темних 6 Дифракція світла ndash оптичне явище повrsquoязане зі зміною

напрямку поширення світлових хвиль та із просторовим пере-розподілом їх інтенсивності під впливом перешкод і неоднорід-ностей середовища на їхньому шляху

Під дифракцією розуміють будь-яке відхилення від прямолі-нійного поширення світла якщо воно не зумовлене відбиванням заломленням або викривленням променів у середовищах у яких показник заломлення безперервно змінюється Дифракція власти-ва також радіо- та рентгенівським променям звуковим хвилям тобто всім хвильовим процесам а також мікрочастинкам

7 Дифракція плоскої хвилі на щілині Пучки світла які

дифрагують під кутами що відповідають непарній кількості зон Френеля утворюють на екрані дифракційні максимуми Поло-ження максимумів інтенсивності світла при дифракції від однієї щілини на яку нормально падає паралельний пучок світ-ла визначається умовою

sin (2 1)2

a k λϕ = plusmn + (k = 1 2 3 ) (11)

178

де а ndash ширина щілини ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хви-лі падаючого світла

Пучки світла які дифрагують під кутами що відповідають парному числу зон Френеля створюють на екрані дифракційні мінімуми

Положення мінімумів інтенсивності світла при дифракції від однієї щілини на яку нормально падає паралельний пучок світла визначається умовою

sina kϕ = plusmn λ (k = 1 2 3 ) (12) де а ndash ширина щілини ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хвилі падаючого світла

8 У дифракційній ґратці максимуми інтенсивності світла

спостерігаються в напрямках що утворюють із нормаллю до ґратки кути ϕ які задовольняють співвідношення (за умови що світло падає на ґратку нормально)

sind kϕ = plusmn λ (k = 0 1 2 3 ) (13) де d ndash стала ґратки ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хвилі k ndash порядок спектра Рівняння (13) називають основним рівнянням для дифракційної ґратки

Головні мінімуми дифракційної картини при дифракції на ґратці зумовлені дифракцією на кожній із щілин і визнача-ються рівнянням (12)

9 Кутову дисперсію дифракційної ґратки знаходять за

формулою

cosd kDd d

ϕ= =

λ ϕ (14)

10 Роздільною здатністю ґратки є величина

R kNλ= =

Δλ (15)

де N ndash загальна кількість штрихів ґратки k ndash порядок спектра Δλ ndash найменша відстань в одиницях довжини хвилі між двома суміжними спектральними лініями які спостерігаються ще

179

окремо згідно із критерієм Релея Максимальна роздільна здатність ґратки

maxNdR =λ

(16)

11 Роздільна здатність оптичного приладу визначається

співвідношенням

( )

2 sin 2b

n Uλ

gt (17)

де b ndash найменша відстань між двома точками які ще розрізня-ються при спостереженні за допомогою приладу (межа розріз-нення) n ndash показник заломлення середовища у якому міститься предмет U ndash апертурний кут (кут створений крайніми проме-нями світлового пучка що падає в обrsquoєктив)

12 Формула ВульфаndashБрегга визначає напрямок дифракцій-

них максимумів рентгенівських променів пружно розсіяних кристалом дифракційний максимум спостерігається за умови що промені відбиті від різних паралельних атомарних площин мають різницю ходу яка в ціле число разів перевищує довжину хвилі рентгенівських променів

2 sind kθ = plusmn λ (k = 1 2 3 ) (18) де d ndash міжплощинна відстань θ ndash доповнювальний кут або кут ковзання λ ndash довжина хвилі рентгенівського випроміню-вання k ndash порядок відбиття

13 Закон Брюстера визначає умову повної лінійної поляри-зації світла що відбивається від діелектрика Тангенс кута іБр по-вної поляризації відбитих променів дорівнює відносному показ-нику заломлення n відбиваючого діелектричного середовища

Брtg i n= (19) де іБр ndash кут повної поляризації або кут Брюстера

14 Закон Малюса Відношення інтенсивності плоскополяризо-

ваного світла І яке пройшло аналізатор (без поглинання) до інтен-сивності І0 плоскополяризованого світла що потрапило на нього

180

дорівнює квадрату косинуса кута α між площиною поляризації падаючого променя і площиною головного перерізу аналізатора

2

0cosI

I= α (20)

Враховуючи те що аналізатор не абсолютно прозорий вира-зу (20) надають вигляду

2cosa a pI k I= α (21) де ka ndash коефіцієнт прозорості аналізатора (0 lt ka le 1) Іа ndash інтен-сивність світла на виході аналізатора Ір ndash інтенсивність світла що виходить із поляризатора (падає на аналізатор)

15 Ступінь поляризації світла Р визначається відношенням інтенсивності поляризованого світла Іпол до загальної інтенсив-ності світла (Іпол + Інепол) тобто

( ) ( ) ( )пол пол непол max min max minP I I I I I I I= + = minus + (22) тут Imax та Imin ndash максимальна та мінімальна інтенсивності суміші плоскополяризованого і неполяризованого світла при його спо-стереженні крізь аналізатор

16 Обертання площини поляризації Закон Біо Кут обер-

тання ϕ площини поляризації пропорційний товщині шару оп-тично активної речовини і визначається формулою

lϕ = α (23) де α ndash коефіцієнт пропорційності який називають оберталь-ною здатністю l ndash довжина шляху променя в оптично акти-вному середовищі

Обертальна здатність залежить від природи речовини темпе-ратури та довжини хвилі і дорівнює величині кута на який по-вертається площина поляризації монохроматичного світла при проходженні шару завтовшки 1 м

Закон Біо Для оптично активних розчинів кут повороту площини поляризації прямо пропорційний товщині шару l і концентрації с оптично активної речовини

[ ] c lϕ = α sdot sdot (24)

181

де [ ] 21~α

λ тут λ ndash довжина хвилі монохроматичного світла

17 Поглинання світла Закон Бугера Зменшення інтен-

сивності світла dI при проходженні шару середовища завтов-шки dl пропорційне інтенсивності що входить у цей шар і товщині шару тобто

dI Idl= minusα (25) або 0 exp( )I I l= minusα (26) де І ndash інтенсивність світла що виходить із шару поглинаючого се-редовища завтовшки l І0 ndash інтенсивність світла що входить у по-глинаюче середовище α ndash коефіцієнт пропорційності який не за-лежить від інтенсивності й називається коефіцієнтом поглинання

З урахуванням розсіяння світла формула (26) набуває вигляду 0 exp( ( ) )I I l= minus α + σ (27)

де σ ndash показник ослаблення світла внаслідок його розсіяння 18 Закон БугераndashЛамбертаndashБера Для газів і розчинів ма-

лих концентрацій коефіцієнт поглинання α прямо пропорційний молярній концентрації С0 розчиненої речовини тобто

0 0Cα = α (28) де α0 ndash показник поглинання для розчину одиничної концентрації

Формула закону БугераndashЛамбертаndashБера має вигляд 0 0 0exp( )I I C l= minusα (29)

182

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити відстань між сусідніми максимумами (мінімума-

ми) для інтерференційної картини створеної на екрані двома когерентними джерелами монохроматичного світла S1 i S2 Від-стань між цими джерелами d а відстань від джерел до екрана L причому d ltlt L

Розвrsquoязання

Визначимо відстань х від точки О розміщеної на рівних від-

станях від S1 i S2 до тих точок Р у яких спостерігатимуться ін-терференційні максимуми на екрані

Δ l d

L

C

B S2

S1

P

O

x

Із прямокутних трикутників PCS1 i PBS2 знаходимо

⎪PS1⎪2 = L2 + (x + d2)2 ⎪PS2⎪2 = L2 + (x ndash d2)2 звідки

⎪PS1⎪2 ndash ⎪PS2⎪2 = 2xd або (⎪PS1⎪ndash⎪PS2⎪)(⎪PS1⎪+⎪PS2⎪) = 2xd

⎪PS1⎪ ndash ⎪PS2⎪ = Δl a ⎪PS1⎪ + ⎪PS2⎪ asymp 2L

Тоді Δlmiddot2L = 2xd та L lxdΔ

=

183

Враховуючи формули що визначають умови максимумів і мінімумів інтенсивності світла для різниці ходу lΔ при інтерфе-ренції одержимо відстані на яких розміщено максимуми й мі-німуми відносно точки О

Для максимумів Lx kd

λ=

Для мінімумів (2 1)2

Lx kd

λ= +

Тоді відстань між сусідніми максимумами (мінімумами) Lx

dλ

Δ =

Задача 2 Визначити найменшу товщину мильної плівки d якщо у від-

битому світлі вона здається зеленою (λ = 5middot10ndash7 м) Кут α між нормаллю і променем зору дорівнює 35deg Показник заломлення плівки n = 133 Якого кольору буде плівка якщо її спостерігати під кутом α = 0deg тобто при нормальному промені зору

Розвrsquoязання

Оптична різниця ходу променів у відбитому світлі (при

втраті півхвилі) 2 22 sin

2d n λ

Δ = minus α minus

Отже умова інтерференційного максимуму визначиться так 2 22 sin (2 1)

2d n k λ

minus α = +

Найменша товщина плівки спостерігатиметься при k = 0 тому матимемо

2 22 sin2

d n λminus α =

184

звідки 2 24 sin

dn

λ=

minus α

d = 105middot10ndash7 м Щоб відповісти на друге запитання визначимо довжину хви-

лі світла яке потрапляє в наше око під кутом α = 0deg 2 24 sin 4 d n dnλ = minus α = λ = 549middot10ndash7 м

Око побачить плівку забарвлену в жовто-зелений колір Задача 3 Поверхні скляного кли-

на утворюють між собою кут α = 01prime На клин падає нормально до його поверх-ні пучок монохроматичних променів довжина хвилі яких λ = 5middot10ndash7 м Знайти лінійну відстань між інтер-ференційними смугами (рисунок)

C2

αl

C1

d1 d2

Розвrsquoязання

У цій задачі кут падіння променів на поверхню дорівнює ну-

лю тому різниця ходу 2 2dnΔ = + λ

де n ndash показник заломлення скла Нехай точкам С1 і С2 відповідають дві сусідні світлі смуги

Тоді для різниць ходу Δ1 і Δ2 у цих точках матимемо 1 1

2 2

2 2 2 2 ( 1)

d n kd n k

Δ = + λ = λ ⎫⎬Δ = + λ = minus λ ⎭

де d1 i d2 ndash товщина клина в точках С1 і С2 Віднімаючи почленно ці дві рівності знайдемо

( )1 22n d dminus = λ

185

звідки

1 2 2d d nλminus =

Якщо позначити через l шукану відстань між смугами то 1 2d dl minus

asympα

де кут α виражається в радіанах Остаточно для l запишемо

2

lnλ

asympα

l asymp 56middot10ndash3 м

Задача 4 Знайти фокусну відстань f плоско-опуклої лінзи яка застосо-

вується у приладі для спостереження кілець Ньютона якщо ра-діус третього світлого кільця r3 = 11middot10ndash3 м n = 16 λ = 589middot10ndash7 м Кільця спостерігаються у відбитому світлі

Розвrsquoязання

Місця однакової товщини повітряного прошарку мають ви-

гляд кіл радіусом r із центром у точці О у якій лінза доторку-ється до площини NN

При r ltlt R і нормальному падінні променів знаходимо різ-ницю ходу наближено

2 2dΔ = + λ (1) Умовою утворення світлих інтерференційних смуг є співвід-

ношення 2 2d kΔ = + λ = λ (2)

де k ndash ціле число Із рисунка видно що при r ltlt R маємо наближено

2

2rdR

= (3)

186

R

C

Ord

N N Підставляючи значення (3) у (2) одержимо

( )2

1 2rR

k=

minus λ (4)

Фокусна відстань лінзи визначається за формулою

( )1 2

1 1 11

fn

R R

=⎛ ⎞

minus minus⎜ ⎟⎝ ⎠

(5)

Враховуючи (4) і те що R2 = infin матимемо

( )( )2

1 1 2

rfn k

=minus minus λ

f = 137 м Задача 5 Частково поляризоване світло проходить крізь ніколь При

повороті ніколя на 60deg від положення якому відповідає макси-мальна інтенсивність інтенсивність зменшується вдвічі Нехту-ючи поглинанням і відбиванням світла ніколем визначити від-ношення інтенсивностей природного та лінійно поляризованого світла ступінь поляризації пучка на вході в ніколь

Розвrsquoязання

При першому положенні ніколя якому відповідає максима-

льна інтенсивність світла крізь ніколь повністю проходить ра-ніше поляризоване світло інтенсивністю In та поляризоване

187

світло інтенсивність якого дорівнює половині інтенсивності природного світла I0

Сумарна інтенсивність світла що проходить крізь ніколь 1 005nI I I= +

При повертанні ніколя на кут α інтенсивність світла що про-ходить через нього

22 0 0cos 05 025 05n nI I I I I= α + = +

Оскільки 2 105I I= то

0 0025 05 05 025n nI I I I+ = + тоді маємо 0nI I= та 0 1nI I =

Ступінь поляризації визначається відношенням інтенсивності поляризованого світла до загальної інтенсивності світла тобто

0

12

n

n

IPI I

= =+

Можна P знайти також із формули

max min

max min

I IPI I

minus=

+

де maxI і minI ndash максимальна і мінімальна інтенсивності у двох взаємно перпендикулярних напрямках

Максимальне значення інтенсивності max 1 15 nI I I= =

Мінімальна інтенсивність при повертанні ніколя на 90deg min 005 05 nI I I= =

Отже знову 05P = Задача 6 Електронний пучок який падає на алюмінієву пластинку

створює при відбиванні дифракційну картину Кутове відхи-лення (від центра картини) дифракційного максимуму друго-го порядку α = 1deg Період кристалічної ґратки алюмінію (від-стань між атомними площинами) d = 0405 нм Визначити швидкість електронів у пучку

188

Розвrsquoязання

Згідно з формулою де Бройля частинці що рухається відпо-відає хвиля довжина якої визначається формулою

hmv

λ =

де h ndash стала Планка m ndash маса мікрочастинки v ndash її швидкість Довжина хвилі що відповідає електронам пучка визначаєть-

ся із формули ВульфаndashБрегга 2 sin d

nϕ

λ =

де n = 2 ndash порядок максимуму ϕ = 90deg ndash α

Отже ( )2 sin 90

nhvmd

= =deg minus α

18106 мс

189

Задачі

1 Різниця ходу двох інтерферуючих хвиль у вакуумі до-рівнює 1) 0 2) 02λ 3) 05λ 4) λ 5) 12λ Чому дорівнює відповідна різниця фаз Відповідь 1) 0 2) 72deg 3) 180deg 4) 360deg 5) 432deg 2 Різниці фаз двох інтерферуючих хвиль дорівнюють 1) 0 2) π3 3) π2 4) π 5) 2π 6) 3π Скільком довжинам хвиль у вакуумі будуть відповідати оптичні різниці ходу цих хвиль Відповідь 1) 0 2) λ6 3) λ4 4) λ2 5) λ 6) 15λ 3 На шляху променя світла перпендикулярно до нього розташували скляну пластинку (n = 15) завтовшки 1 мм На скільки при цьому зміниться оптична довжина шляху Відповідь на 05 мм 4 Оптична різниця ходу інтерферуючих променів Δ = 25 мкм Знайдіть усі довжини хвиль видимого діапа-зону (від 04 до 076 мкм) які в цьому випадку дають мак-симум інтерференції Відповідь 0625 мкм 05 мкм 0416 мкм 5 Оптична різниця ходу інтерферуючих променів Δ= 2 мкм Знайдіть усі довжини хвиль видимого діапазону (від 04 до 076 мкм) які в цьому випадку дають мінімум інтерференції Відповідь 057 мкм 044 мкм 6 Чому дорівнює амплітуда А коливання що утворюєть-ся в результаті суперпозиції N некогерентних хвиль одна-кового напрямку і однакової амплітуди a Відповідь A a N=

190

7 Дві світлові хвилі утворюють у деякій точці простору ко-ливання однакового напрямку що описуються функціями

( )cosA tω та ( )( )cosA tω + Δω де Δω = 0628 сndash1 Як буде змінюватись інтенсивність у цій точці Відповідь інтенсивність пульсує з періодом 10 с 8 Два когерентні джерела S1 i S2 з до-вжиною хвилі λ = 0510ndash6 м розміщені на відстані d = 2 мм одне від одного Паралельно лінії яка сполучає джере-ла розміщено екран на віддалі L = 2 м від них Що спостерігатимемо в точці А екрана світло чи темряву Відповідь у точці А буде світло

d

L

A

S1 S2

9 Відстань між когерентними джерелами світла d = 05 мм відстань від джерел до екрана l = 5 м У зеленому світлі спо-стерігаються інтерференційні смуги на відстані Δx = 5 мм одна від одної Знайдіть довжину хвилі зеленого світла Відповідь 05 мкм 10 Два когерентні джерела світла (λ = 05 мкм) утворюють на екрані інтерференційну картину Як зміниться ця картина якщо на шляху одного з променів помістити плоскопарале-льну скляну (n = 15) пластину завтовшки 105 мкм Відповідь зміниться на протилежну 11 Відстані від скляної біпризми Френеля з кутом залом-лення θ = 20prime до вузької щілини та екрана а = 025 м і b = 1 м відповідно Знайти довжину хвилі світла якщо ширина інтерференційної смуги на екрані Δх = 5510ndash2 м

Відповідь ( )( )

2 1+

a n xa b

θ minus Δλ =

12 На тонку плівку (n = 133) падає паралельний пу-чок білого світла Кут падіння θ = 52deg При якій товщині

191

плівки відбите світло буде найбільше забарвлене у жов-тий колір (λ = 06 мкм)

Відповідь ( ) ( )2 2

1+2= 014 1+2

4 sin

kb k

n

λ=

minus θ мкм

13 Прилад для спостереження кілець Ньютона освітлюється монохроматичним світлом із довжиною хвилі λ = 610ndash7 м яке падає нормально до поверхні Знайти товщину повітряно-го шару між лінзою і скляною пластинкою у місці де спосте-рігається четверте темне кільце у відбитому світлі Відповідь 1210ndash6 м 14 На мильну плівку (n = 133) падає біле світло під ку-том 45deg При якій найменшій товщині плівка у відбитому світлі буде забарвлена в жовтий колір (λ = 6sdot10ndash5 см) Відповідь 133sdot10ndash5 см 15 На мильну плівку під кутом 30deg падає пучок монохро-матичного світла (λ = 600 нм) При якій мінімальній тов-щині плівки вона буде світлою у відбитому світлі Відповідь 120 нм 16 Пучок світла (λ = 58 10ndash7 м) падає на скляний (n = 15) клин Кут клина дорівнює 20 Яка кількість темних інтерфе-ренційних смуг припадає на одиницю довжини клина Відповідь по 5 темних та світлих смуг на 1 см 17 Мильна плівка розташована вертикально і утворює клин через стікання рідини Інтерференційну картину спо-стерігають у відбитому світлі (λ = 54610ndash7 м) Відстань між пrsquoятьма смугами дорівнює 210ndash2 м Показник залом-лення мильної плівки 133 Промінь зору перпендикуляр-ний до поверхні плівки Знайти кут клина в секундах

Відповідь tg2knlλ

α = ndash5tg 513 10 11primeprimeα = sdot α =

192

18 Пучок білого світла нормально падає на скляну плас-тинку товщина якої d = 410ndash7 м Показник заломлення скла n = 15 Які довжини хвилі що лежать у межах ви-димого спектра (від 410ndash7 м до 710ndash7 м) будуть підси-люватися у відбитому світлі Відповідь λ = 4810ndash7 м 19 Кільця Ньютона спостерігаються у відбитому світлі (λ = 589 нм) під кутом 0deg У деякій точці товщина повіт-ряного шару між опуклою поверхнею лінзи та плоскою пластинкою l = 1767 мкм Яке кільце ndash світле чи темне буде проходити крізь цю точку Відповідь темне 20 Радіус кривизни плоско-опуклої лінзи R = 4 м Чому дорівнює довжина падаючого на лінзу світла якщо радіус пrsquoятого світлого кільця у відбитому світлі r5 = 36 мм Відповідь 072 мкм 21 Кільця Ньютона утворюються між плоским склом і лі-нзою з радіусом кривизни R = 86 м Монохроматичне сві-тло падає нормально Діаметр четвертого темного кільця d = 910ndash3 м Знайти довжину хвилі падаючого світла (прийняти центральне темне кільце за нульове)

Відповідь 2kr

Rkλ = = 58910ndash7 м

22 Відстань між 4-м і 25-м темними кільцями Ньютона дорівнює 910ndash2 м Радіус кривизни лінзи 15 м Знайти до-вжину хвилі падаючого нормально на прилад світла Спо-стереження проводять у відбитому світлі Відповідь λ = 610ndash7 м 23 Монохроматичне світло (λ = 064 мкм) нормально па-дає на щілину завширшки a = 02 мм Визначити в кутових одиницях ширину центральної світлої смуги Вважати що границі світлої смуги відповідає мінімум Відповідь 64 sdot10ndash3 рад

193

24 Довжина хвилі нормально падаючого монохроматич-ного світла на щілину вміщується в ширині щілини шість разів Під яким кутом спостерігатиметься третій дифрак-ційний мінімум світла Відповідь 30deg 25 На дифракційну ґратку з періодом d = 0004 мм падає нормально монохроматичне світло При цьому головний максимум четвертого порядку відповідає відхиленню променів на кут 30deg Визначити довжину хвилі світла Відповідь 05 мкм 26 Монохроматичне світло (λ = 06 мкм) падає нормально на дифракційну ґратку що містить 400 штрихів на 1 мм Знайти загальну кількість дифракційних максимумів які дає ґратка Відповідь 9 27 На дифракційну ґратку падає нормально світло При цьому максимум другого порядку для лінії λ1 = 065 мкм відповідає куту 45deg Знайти кут що відповідає максимуму третього порядку для лінії λ2 = 050 мкм Відповідь 54deg 40 28 Дифракційна ґратка що має 500 штрихів на 1 мм осві-тлюється фіолетовим світлом (λ = 04 мкм) Визначити ку-тову відстань між максимумами першого порядку Відповідь 23deg 6 29 Знайти найбільший порядок спектра для жовтої лінії натрію з довжиною хвилі λ = 589middot10ndash7 м якщо період ди-фракційної ґратки d = 2middot10ndash6 м Відповідь k = 3 30 На якій відстані від дифракційної ґратки треба по-ставити екран щоб відстань між невідхиленим зобра-женням і спектром четвертого порядку (k = 4) дорівню-

194

вала l = 5middot10ndash2 м для світла з довжиною хвилі λ = 5middot10ndash7 м Стала дифракційної ґратки d = 2middot10ndash5 м

Відповідь 2 2 2lx d kk

= minus λλ

31 Скільки штрихів на довжині 10ndash2 м має дифракційна ґратка якщо зелена лінія ртуті (λ = 546middot10ndash7 м) у спектрі четвертого порядку спостерігається під кутом 19deg 8prime Відповідь 6middot105 мndash1 32 Чи можуть перекриватися спектри першого та другого порядків дифракційної ґратки при освітленні її видимим світлом (λф = 400 нм та λчер = 760 нм) Відповідь ні 33 При освітленні дифракційної ґратки білим світлом спектри другого та третього порядків частково перекри-ваються На яку довжину хвилі у спектрі другого поряд-ку накладається фіолетова границя (λф = 400 нм) спектра третього порядку Відповідь 600 нм 34 Чому дорівнює стала дифракційної ґратки якщо вона розрізняє у першому порядку спектра калію λ1 = 4044middot10ndash7 м і λ2 = 4047middot10ndash7 м Ширина ґратки 3middot10ndash2 м Відповідь 22middot10ndash5 м 35 Знайти кутову дисперсію дифракційної ґратки для λ = 589middot10ndash7 м у спектрі першого порядку Стала ґрат-ки дорівнює 25middot10ndash6 м

Відповідь dd

ϕλ

= 541 10sdot мndash1

36 Дифракційна ґратка зі сталою d = 3 мкм має N = 1000 штрихів Визначити найбільшу роздільну здат-ність ґратки для лінії натрію з λ = 5896 нм Відповідь 5000

195

37 Довжини хвиль дублета жовтої лінії у спектрі натрію дорівнюють 588995 та 589592 нм Яку ширину повинна мати ґратка що містить 600 штрихів на 1 мм щоб розріз-нити ці лінії у спектрі першого порядку Відповідь 165 мм 38 Найменший кут зору при якому око бачить роздільно два штрихи дорівнює 1prime Яку найменшу відстань розріз-няє око на віддалі найкращого зору (025 м) Відповідь 73middot10ndash5 м 39 Око людини може бачити на віддалі 10 м роздільно два паралельні штрихи на білому аркуші паперу які зна-ходяться на відстані 3middot10ndash3 м один від одного При гостро-му зорі ця відстань зменшується до 2middot10ndash3 м Чи відпові-дають ці дані роздільній здатності ока яка розрахована за формулою (17) Для розрахунків прийняти діаметр зіниці ока рівний 3middot10ndash3 м довжина хвилі ndash 6middot10ndash7 м Відповідь відповідає гострому зору 40 Діаметр зіниці ока людини може змінюватися від 2 до 8 мм Чим пояснити що максимальна гострота зору має місце при діаметрі зіниці 8 мм 41 Рентгенівське випромінювання з довжиною хвилі λ= 0163 нм падає на кристал камrsquoяної солі Знайдіть міжплощинну відстань її кристалічної ґратки якщо дифракційний максимум першого порядку спостеріга-ється при куті ковзання 17deg Відповідь 0279 нм 42 Пучок рентгенівських променів із довжиною хвилі λ падає під кутом ковзання 60deg на лінійно розташовані центри розсіяння з періодом а Знайти кути ковзання що

відповідають дифракційним максимумам якщо 23

aλ =

Відповідь 26 60 84

196

43 Знайти кут повної поляризації відбитого від скла світ-ла Показник заломлення скла n = 157 Відповідь 57deg30prime 44 Чому дорівнює показник заломлення скла якщо про-мінь відбитого від нього світла буде повністю поляризо-ваний при куті заломлення 30deg Відповідь n = 173 45 Під яким кутом до горизонту має знаходитися Со-нце щоб його промені відбиті від поверхні моря були б повністю поляризовані Відповідь 37deg 46 Головні площини двох призм Ніколя розташованих на шляху променя утворюють кут 60deg Як зміниться інтенси-вність світла що проходить крізь призми якщо кут між їх площинами поляризації дорівнюватиме 30deg Відповідь збільшиться у 3 рази 47 Чому дорівнює кут α між головними площинами поля-ризатора й аналізатора якщо інтенсивність природного світла яке пройшло крізь поляризатор та аналізатор зме-ншилася в 4 рази Поглинання світла не враховувати Відповідь 45deg 48 Визначити товщину кварцової пластини у якої кут по-вороту площини поляризації світла рівний 180deg а довжина хвилі λ = 51middot10ndash7 м Стала обертання кварцу при цій дов-жині хвилі α = 29deg7prime ммndash1 Відповідь 61middot10ndash3 м 49 Між схрещеними призмами Ніколя помістили пластину кварцу завтовшки 3 мм у результаті чого поле зору стало максимально світлим Визначити сталу обертання викори-станого в досліді кварцу Відповідь 30 градмм

197

50 Визначити питоме обертання розчину цукру концент-рація якого с = 033 гсм3 якщо при проходженні моно-хроматичного світла крізь трубку з розчином кут повороту площини поляризації рівний 22deg Довжина трубки 10 см Відповідь 667 градmiddotсм2г 51 При проходженні світла крізь шар 10-процентного розчину цукру завтовшки 10 см площина поляризації світ-ла повернулася на 16deg30 В іншому розчині цукру взято-му в шарі завтовшки 25 см площина поляризації поверну-лася на кут 33deg Знайти концентрацію другого розчину Відповідь 2 52 Трубка завдовжки l = 01 м заповнена водним розчи-ном цукру і розташована між поляризатором і аналізато-ром Щоб досягти повного затемнення поля зору після аналізатора треба повернути його відносно поляризатора на кут ϕ = 60deg Система освітлюється жовтим світлом Стала обертання для жовтого світла α = 667deg дмndash1middotгmiddotсм3 Визначити концентрацію с цукру в розчині Відповідь с asymp 450 кгм3 53 Пучок монохроматичного світла проходить крізь скляну пластинку завтовшки 1 см Визначити монохроматичний показник поглинання скла якщо при цьому поглинається 10 падаючого світла Якою має бути товщина скляної пластинки щоб поглиналася половина падаючого світла Відповідь 01 смndash1 69 см 54 Крізь пластинку із прозорої речовини завтовшки 42 см проходить половина падаючого на неї світлового потоку Визначити показник поглинання цієї речовини Розсіян-ням світла у пластинці знехтувати вважати що 10 па-даючої енергії відбивається від поверхні пластинки Відповідь 014 смndash1

198

55 У 4-процентному розчині речовини у прозорому середовищі інтенсивність світла на глибині 20 мм осла-блюється у 2 рази У скільки разів ослаблюється інтен-сивність світла на глибині 30 мм у 8-процентному роз-чині тієї самої речовини Відповідь у 8 разів 56 Яка концентрація розчину якщо однакова освітле-ність фотометричних полів була отримана при товщині шару 8 мм еталонного 3-процентного розчину та шару 24 мм невідомого розчину Відповідь 1

199

sect 2 Основи квантової оптики

Фізика атомного ядра 1 Фотонна теорія світла Формула Планка Енергія

маса та імпульс фотона Світло випромінюється поглина-ється та поширюється у вигляді дискретних частинок ndash фо-тонів (квантів електромагнітного поля) Енергія фотона ε визначається формулою Планка

hchε = ν = ω =λ

(1)

де h = 6625middot10ndash34 Джmiddotс ndash стала Планка (2h

=π

) ν ndash частота

випромінювання Маса та імпульс фотона обчислюються за формулами

ф 2h hm

ccν

= =λ

(2)

тут фm ndash маса руху фотона (маса спокою фотона дорівнює нулю)

ф фh hp m сcν

= = =λ

(3)

Ці формули повrsquoязують корпускулярні характеристики ви-промінювання ndash масу та імпульс кванта із хвильовими ndash часто-тою коливань і довжиною хвилі λ

Особливість фотона бути частинкою і мати хвильові власти-вості називається корпускулярно-хвильовим дуалізмом

2 Хвильові властивості частинок речовини Формула де

Бройля Корпускулярно-хвильовий дуалізм властивий не тільки світлу а й узагалі будь-яким частинкам (електронам протонам нейтронам та їх колективам ndash атомним ядрам атомам і молекулам)

Довжина хвилі яка відповідає рухомій частинці визначаєть-ся формулою де Бройля

h hp mv

λ = = (4)

де v ndash швидкість руху частинки

200

У випадку руху частинки зі швидкістю v близькою до швид-кості світла с формула для розрахунку імпульсу частинки набу-ває вигляду

( )21

m vpv c

=minus

(5)

де m ndash маса спокою частинки 3 Співвідношення невизначеностей ndash положення згідно із

яким корпускулярно-хвильовий дуалізм частинок не дає можли-вості одночасно точно визначити наприклад імпульс і коорди-нату (або енергію і час) для мікрочастинки

Математичний запис співвідношення невизначеностей

2xp xΔ Δ ge або 2

E tΔ Δ ge (6)

тобто добуток похибок (невизначеності) в одночасному вимірю-ванні імпульсу рх і координати х (або енергії і часу) для тієї самої частинки не може бути меншим за половину сталої Планка 2 Якщо одна з величин (наприклад імпульс) визначена цілком точ-но (Δрх=0) то інша (координата) буде невизначеною (Δх = infin)

4 Фотоефект ndash явище повного або часткового вивільнення елек-

тронів із катодів під дією світла (інфрачервоного видимого та ульт-рафіолетового) у результаті чого електрони речовини переходять у новий енергетичний стан Явище фотоефекту mdash один із проявів вза-ємодії світла з речовиною який розкриває квантову природу світла

Зовнішній фотоефект ndash виривання електронів із повер-хні тіла у результаті чого вони виходять за його межі (хара-ктерний для металів)

Внутрішній фотоефект ndash часткове вивільнення електронів у результаті чого вони переходять зі звrsquoязаного стану у вільний (у зону провідності) і збільшують електропровідність речовин (характерний для напівпровідників та діелектриків)

5 Рівняння Ейнштейна для зовнішнього фотоефекту 2max

вих вих з 2mvh A A eUν = + = + (7)

201

де hν ndash енергія фотона Авих ndash робота виходу електрона з металу

(визначається положенням рівня Фермі) 2max2

mv ndash максимальне

значення кінетичної енергії електрона e ndash заряд електрона зU ndash затримуючий потенціал Енергія фотона hν яку поглинає електрон витрачається ним

на подолання потенціального барrsquoєра у металі тобто на роботу виходу та надання кінетичної енергії вивільненому електрону

ldquoЧервона межаrdquo фотоефекту ndash найменша частота νmin (або най-більша довжина хвилі λmax) світла при якій відбувається фотоефект

вихmin

Ah

ν = або maxвих

chA

λ = (8)

де Aвих ndash робота виходу електрона з металу h ndash стала Планка с ndash швидкість світла у вакуумі

6 Ефект Комптона ndash розсіяння короткохвильового електро-

магнітного випромінювання (рентгенівського та гамма) на віль-них або слабо звrsquoязаних електронах речовини при якому зменшу-ється енергія фотона (довжина хвилі збільшується) Збільшення довжини хвилі Δλ не залежить від довжини падаючої хвилі λ і від природи розсіюючої речовини а залежить від кута θ між напрям-ком розсіяння і напрямком падаючого випромінювання

( ) 20 01 cos 2 sin ( 2)Δλ = λ minus θ = λ θ (9)

де 120

024 10h

m cminusλ = = sdot м ndash стала величина яка називається

комптонівською довжиною хвилі електрона 7 Тиск світла ndash тиск який чинить електромагнітна хвиля на

поверхню дзеркального або поглинаючого тіла Тиск світла за-лежить від обrsquoємної густини енергії поля випромінювання і вла-стивостей поверхні На основі електромагнітної теорії Дж Максвелл одержав формулу для обчислення тиску плоскої електромагнітної хвилі на тіло

202

( )1 cosP i= + ρ ω (10) де ρ ndash коефіцієнт відбивання ω ndash обrsquoємна густина енергії пада-ючої хвилі і ndash кут падіння світла на тіло

При нормальному падінні світла (і = 0) тиск ( )1P = + ρ ω (11)

Із погляду квантової теорії тиск світла зумовлений зміною ім-пульсу фотонів при поглинанні та відбиванні їх поверхнею тіл

8 Теплове випромінювання Функція Планка Теплове

випромінювання ndash випромінювання нагрітими тілами електро-магнітних хвиль за рахунок їх внутрішньої енергії

Функція Планка ndash аналітичний вираз розподілу енергії рів-новажного теплового випромінювання абсолютно чорного тіла за частотами залежно від температури Т цього тіла Функція Планка ε(νТ) для спектральної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла має вигляд

( )2

22

1h kThT

c e νπν ν

ε ν = sdotminus

(12)

У змінних λ і Т відповідно

( )2

52 1

1hc kThcT

e λπ

ε λ = sdotλ minus

(13)

де ν λ ndash частота і довжина хвилі випромінювання Т ndash тер-модинамічна температура с ndash швидкість світла у вакуумі k ndash стала Больцмана

Закон Кірхгофа Відношення спектральної випромінюваль-ної здатності тіла R(νT) до спектральної поглинальної здатності А(νT) тіла не залежить від природи тіла і є для всіх тіл однією і тією самою універсальною функцією яка дорівнює спектраль-ній випромінювальній здатності ε(ν T) абсолютно чорного тіла у тій самій спектральній області і при тій самій температурі

( )( ) ( )

R TT

A Tν

= ε νν

(14)

Для абсолютно чорного тіла А(νT) = 1 тому R(νT) = ε(ν T)

203

Коефіцієнт поглинання пог пад=Ф Фα ndash відношення потоку випромінювання що поглинається даним тілом до потоку ви-промінювання що падає на тіло

9 Закони теплового випромінювання Повна випроміню-

вальна здатність ε(Т) абсолютно чорного тіла

( ) ( )3

20

2 1h kT

h dT T dc e

infin infin

νπ ν ν

ε = ε ν ν =minusint int

0 (15)

Закон СтефанаndashБольцмана Повна випромінювальна зда-тність абсолютно чорного тіла пропорційна температурі тіла у четвертому степені

4( )T Tε = σ (16)

де 5 4

82 3 2 4

2 Вт567 1015 м К

kc h

minusπσ = = sdot ndash стала СтефанаndashБольцмана

Повну випромінювальну здатність далі називатимемо випро-мінювальною здатністю

Закон Віна Довжина хвилі λmax на яку припадає максимум

спектральної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла обернено пропорційна абсолютній температурі T цього тіла

max bT

λ = (17)

де b = 289 sdot 10ndash3 м sdotК ndash стала Віна 10 Квантова теорія будови атома водню

Постулати Бора 1) атому властиві цілком стійкі (стаціонарні) стани з відпові-

дними значеннями енергії Е1 Е2 Еn перебуваючи в яких він не поглинає і не випромінює електромагнітних хвиль Це означає що електрони в атомі рухаються не по будь-яких орбі-тах а тільки по цілком певних для яких виконується умова що момент імпульсу електрона кратний величині h2π тобто

204

2hmvr n n= =π

(18)

де m v r ndash відповідно маса швидкість і радіус орбіти електрона h ndash

стала Планка n = 1 2 2h

=πтакож називається сталою Планка

2) при переході з одного стаціонарного стану в інший атом випромінює або поглинає електромагнітну хвилю (фотон) час-тота якої визначається з умови

n kE E hminus = ν (19) де En ndash початкова енергія атома Ek ndash енергія атома після ви-промінювання (поглинання) ν ndash частота випромінювання (поглинання) При випромінюванні фотона n kE Egt при по-глинанні фотона n kE Elt

Повна енергія (кінетична енергія руху електрона плюс поте-нціальна енергія взаємодії електрона з ядром) електрона в атомі збільшується зі збільшенням квантового числа n

41

2 2 2 2 20

1 136 еВ8nme EE

n h n n= minus sdot = = minus

ε (20)

де е ndash заряд електрона m ndash маса електрона ε0 ndash електрична стала Е1= ndash136 еВ ndash повна енергія атома водню в незбурено-му основному стані n = 1

Довжина хвилі світла λ що випромінюється атомом водню при переході з однієї орбіти на іншу визначається формулою

2 21 2

1 1 1Rn n

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟⎜ ⎟λ ⎝ ⎠

(21)

де R = 1097 sdot 107 мndash1 ndash стала Рідберга для видимого світла n1 = 2 ndash номер орбіти на яку переходить електрон n2 = 3 4 5 ndash но-мер орбіти із якої переходить електрон (серія Бальмера)

Нормована на одиницю псі-функція 1 ( )s rψ для 1s електрона в атомі водню має вигляд

1 3 11

1( ) expsrr rr

⎛ ⎞ψ = minus⎜ ⎟⎝ ⎠π

(22)

де r1= 0529middot10ndash10 м ndash перший борівський радіус

205

Оскільки енергія En дається формулою (20) і залежить лише від головного квантового числа n а стан електрона визначається набо-ром із чотирьох квантових чисел n l ml ms (орбітальне l = 0 1 n ndash 1 магнітне ml = 0 plusmn1 plusmn2 plusmnl спінове ms= plusmn12) то кількість різних станів із повним значенням енергії En або кратність виродження даного енергетичного рівня в атомі водню виражається формулою

( ) [ ]1

2

02 2 1 2 1 3 5 (2 1) 2

n

lN l n n

minus

== + = + + + + minus =sum (23)

Згідно із принципом Паулі в атомі (і в будь-якій квантовій системі) не може бути електронів з однаковими значеннями всіх чотирьох квантових чисел

Сукупність електронів атома з однаковими значеннями голо-вного квантового числа n утворює так звані оболонки K L M N O P (K-оболонці відповідає n = 1 L-оболонці ndash n = 2 і т д)

Максимальна кількість електронів в одній оболонці визнача-ється формулою (23) так у K-оболонці може бути 2 електрони у L-оболонці ndash 8 електронів у М-оболонці ndash 18 електронів у N-оболонці ndash 32 електрони і т д

Оболонки складаються з підоболонок які відрізняються одна від одної значенням орбітального числа l

0 1 2 3

l

s p d f

=

Підоболонки позначають (nl) ndash 1s 2s 2p 3s 3p 3d Розподіл електронів за станами називають електронною конфігурацією

Наприклад електронна конфігурація атома кисню О така 1s2 2s2 2p4 ndash всього 8 електронів

Максимальна кількість електронів в одній підоболонці 2(2 1)lN l= + отже у s-підоболонці (l = 0) можуть розміщу-

ватись лише 2 електрони із протилежно направленими спінами у p-підоболонці ndash 6 електронів у d-підоболонці ndash 10 електронів і т д

11 Розвrsquoязок рівняння Шредингера для стаціонарних станів

частинок масою m що знаходяться в одновимірній нескінченно глибокій потенціальній ямі завширшки l дозволяє знайти дис-кретний спектр власних значень енергії частинки

206

2 22

22nE nml

π= ( n = 1 2 3 ) (24)

та вигляд власних нормованих псі-функцій 2( ) sinn

n xxl l

πψ = ( n = 1 2 3 ) (25)

Імовірність знаходження частинки на енергетичному рівні En у ямі в межах 1 2x x xlt lt отримують із виразу

2

1

21 2( ) ( )

x

nx

P x x x x dxlt lt = ψint (26)

12 Закон радіоактивного розпаду Для кожного радіоактивно-го ядра існує певна ймовірність λ того що воно зазнає розпаду за одиницю часу Якщо на момент часу t є N радіоактивних атомів то середня кількість атомів що зазнають розпаду за час dt пропор-ційна часу і повній кількості атомів N радіоактивного елемента

dN Ndt= minusλ (27) де λ ndash стала розпаду

Кількість атомів радіоактивної речовини з часом зменшуєть-ся за експоненціальним законом

0tN N eminusλ= (28)

де N0 ndash початкова кількість атомів (при t = 0) N ndash наявна кіль-кість атомів радіоактивної речовини в момент часу t

Рівняння (28) виражає закон радіоактивного розпаду Цей закон є статистичним і справджується за умови коли кі-лькість атомів досить велика

Період піврозпаду ndash проміжок часу протягом якого в серед-ньому зазнає розпаду половина початкової кількості атомів

0

1 ln 2 0693 2

TN e TN

minusλ= = = =λ λ

(29)

13 Активність а радіоактивної речовини ndash це кількість ядер що зазнають розпаду за одиницю часу

0ln 2 tdN Na N N e a

dt Tminusλ= = λ = λ = (30)

де N0 ndash початкова кількість атомів N ndash наявна кількість атомів λ ndash стала розпаду T ndash період піврозпаду

207

Правила зміщення для α- і β-розпадів відповідно такі 1) ізотоп з атомним номером Z і масовим числом А при ви-

промінюванні α-частинки перетворюється в ізотоп з атомним номером Z-2 і масовим числом А-4 тобто при α-розпаді утво-рюється ізотоп іншого елемента порядковий номер якого в періодичній таблиці зміщено на дві одиниці ліворуч від номера елемента що розпався

Схему α-розпаду можна записати так 4 42 2X Y HeA A

Z Zminusminusrarr + (31)

2) ізотоп з атомним номером Z і масовим числом А при ви-промінюванні електрона перетворюється в ізотоп іншого еле-мента з порядковим номером Z+1 і з тим самим масовим чис-лом тобто при β-розпаді утворюється ізотоп іншого елемен-та порядковий номер якого в періодичній таблиці елементів збільшується на одиницю

Схему β-розпаду можна записати так 0

1 1X Y A AZ Z e+ minusrarr + + ν (32)

(при β-розпаді випромінюється антинейтрино ν ) 14 Закон пропорційності маси й енергії Зміна енергії систе-

ми ΔЕ супроводжується пропорційною зміною маси системи Δm 2E mcΔ = Δ (33)

де c ndash швидкість світла у вакуумі 15 Енергія звrsquoязку ядер Дефект маси атомного ядра Енергія звrsquoязку ядра дорівнює роботі яку слід виконати для

розщеплення ядра на нуклони без надання їм кінетичної енергії Енергію звrsquoязку ядра визначають на основі закону збережен-

ня енергії та закону пропорційності маси й енергії При порівнянні суми мас спокою нуклонів які утворюють

ядро із масою ядра виявляється що для всіх хімічних елементів справджується нерівність

( ) яp nZm A Z m m+ minus gt (34) де Z ndash атомний номер елемента (кількість протонів у ядрі) A ndash масове число (кількість нуклонів у ядрі) mp ndash маса протона mn ndash маса нейтрона mя ndash маса ядра

208

Величину Δm що виражає різницю між масою нуклонів які утворюють ядро і масою mя називають дефектом маси ядра

( ) я[ ]p nm Zm A Z m mΔ = + minus minus (35) Загальна формула для розрахунку енергії звrsquoязку Е ядра (у

джоулях) за його дефектом маси має вигляд ( )2

зв я[ ] p nE c Zm A Z m m= + minus minus (36) де c ndash швидкість світла у вакуумі

Якщо виразити масу нуклонів у ядрі в атомних одиницях ма-си (аом) і врахувати що

с21 аом = 16 27

199 10 166 10 eB

16 10

minus

minussdot sdot sdot

sdot = 9315 МеВ

то можна записати формулу енергії звrsquoязку ядра (у мегаелект-рон-вольтах) як

( )зв я9315[ ] p nE Zm A Z m m= + minus minus (37) 16 Питома енергія звrsquoязку εзв ndash це енергія звrsquoязку ядра Езв

що припадає на один нуклон зв

звEA

ε = (38)

де А ndash масове число 17 Ядерні реакції ndash перетворення ядер при їх взаємодії

між собою при взаємодії з елементарними частинками і при внутрішніх спонтанних процесах

Ядерні реактори класифікуються за цільовим призначенням (енергетичні дослідницькі розмножувальні) за енергією вико-ристаних нейтронів (повільних проміжних швидких) за спосо-бом розміщення палива і сповільнювача за методом досягнення максимальної потужності

Виділення ядерної енергії відбувається як при реакціях поді-лу важких ядер так і при реакціях злиття (синтезу) легких ядер

Ядерна енергія ΔЕ яка виділяється кожним ядром що прореагувало визначається різницею між енергією звrsquoязку

209

продукту реакції Е2 й енергією звrsquoязку Е1 початкового ядер-ного матеріалу

2 1E E EΔ = minus (39) 18 Фізичні величини й одиниці що використовуються в

дозиметрії іонізуючих випромінювань 1) доза опромінення ndash міра дії випромінювання на речовину 2) активність а джерела ndash фізична величина що характери-

зує загальну кількість розпадів радіоактивних ядер за одиницю

часу dNadt

= Одиниця активності ndash беккерель (Бк) 1Бк дорів-

нює 1 ядерному перетворенню (розпаду) за 1 с Активність іноді відносять до площі поверхні наприклад Бккм2

3) доза поглинання Д ndash основна дозиметрична величина Доза поглинання дорівнює відношенню середньої енергії що передається випромінюванням речовині в елементарному обrsquoємі до маси речовини в цьому обrsquoємі Одиниця дози по-глинання ndash грей (Гр)= Джкг

4) еквівалентна доза Н ndash це доза поглинання помножена на коефіцієнт якості випромінювання ( k ) який враховує біологіч-ну ефективність різних типів іонізуючого випромінювання

а) k = 1 для електронів та позитронів б) k ge 1 для рентгенівського та гамма-випромінювання в) k = 3 для нейтронів з енергією меншою 20 кеВ г) k = 10 для нейтронів з енергією 01ndash10 МеВ д) k = 20 для альфа-випромінювання з енергією меншою 10 МеВ Одиниця еквівалентної дози mdash зіверт (Зв) 1 зіверт відпо-

відає дозі поглинання в 1 Джкг (для рентгенівського гамма- та бета-випромінювань)

5) ефективна еквівалентна доза ndash еквівалентна доза помноже-на на відповідний ваговий коефіцієнт (коефіцієнт радіоактивного ризику) що враховує різну чутливість органів до опромінення

=1

n

i ii

H H W= sum (40)

210

і є сумою добутків дози яку одержав кожний орган на відповід-ний ваговий коефіцієнт Wi

6) колективна ефективна еквівалентна доза ndash ефективна еквівалентна доза одержана групою людей від будь-якого дже-рела радіації Вимірюється в людино-зівертах

7) повна (очікувана) колективна ефективна еквівалентна доза ndash колективна ефективна еквівалентна доза яку одержить покоління людей від будь-якого джерела радіації за весь час його існування

8) експозиційна доза (Х) чисельно дорівнює відношенню сумар-ного заряду іонів який створено фотонним випромінюванням до маси опроміненої речовини Одиниця вимірювання ndash Клкг

Таблиця 2

Одиниці вимірювання іонізуючого випромінювання Фізичні величини

та їх символи

ОдиниціСІ

Поза-системні одиниці

Співвідношення між одиницями СІ та

позасистемними одиницями

Активність а Бк беккерель

Кі кюрі

1 Бк = 1 розпадс = 27middot10ndash11 Кі 1 Кі = 37middot1010 Бк

Доза поглинання Д

Гр грей рад 1 Гр = 1 Джкг = 100 рад

1 рад = 10ndash2 Гр

Еквівалентна доза Н

Зв зіверт бер

1 Зв = 1 Гр = 1 Джкг middot k 1 Зв = 100 бер 1 бер = 10ndash2 Зв 1 бер = 1 радmiddot k

Експозиційна доза Х Клкг Р

рентген

1 Клкг = 388middot103 Р 1 Р = 258middot10ndash4 Клкг 1 Р = 088 рад = 88middot10ndash3 Гр

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Фізичні процеси при взаємодії іонізуючого випроміню-

вання з речовиною Первинним механізмом дії іонізуючого випромінювання є фі-

зичний процес на молекулярному рівні організації біосистеми ndash

k

211

іонізація або збудження атомів і молекул опромінюваного обrsquoєму біотканини внаслідок поглинання енергії випромінювання

У первинних механізмах дії іонізуючого випромінювання ви-діляють також непряму (опосередковану) дію яка повrsquoязана з іо-нізацією води Основну частину маси живого організму складає вода (у людини близько 75 ) Іонізація води призводить до сут-тєвого підвищення рівня вільних радикалів які мають дуже висо-ку хімічну активність У наступних каталітичних реакціях окис-лення молекул білка накопичення перекисних сполучень підви-щують проникність клітин та спричиняють їх пошкодження

Ці фізико-хімічні процеси є пусковим механізмом який при-водить у дію складні й взаємоповrsquoязані зміни у клітинах що підпорядковані біологічним законам і порушують нормальне функціонування біосистеми Розглянемо механізми взаємодії іонізуючого випромінювання з речовиною

2 Взаємодія α- і β- випромінювання з речовиною Основними процесами взаємодії α- і β-частинок порівняно

малих енергій (le 20 МеВ) із речовиною є пружне та непружне розсіяння гальмівне випромінювання

Пружне розсіяння відбувається в результаті електромагнітної взаємодії заряджених частинок із кулонівським полем ядра

Непружне розсіяння йде при взаємодії частинки з електронами атома При цьому частина енергії передається електрону який мо-же перейти на більш високий енергетичний рівень (збудження атома) або вилетіти з атома (іонізація атома) Електрони які поки-нули атом можуть викликати вторинну іонізацію атомів

Другий непружний електромагнітний процес ndash гальмівне ви-промінювання виникає при гальмуванні зарядженої частинки в електричному полі атомного ядра

Зовнішні джерела β- і α-частинок не є особливо небезпеч-ними бо частинки мають малу проникну здатність тому за-хист від їх дії не викликає проблем Наприклад шар повітря завтовшки 10 см тонка фольга гумовий одяг екранують α-частинки Пробіг α-частинок у біологічній тканині становить не більше 01 мм Декілька міліметрів алюмінію або скла по-вністю екранують потік β-частинок

212

Однак для високоактивних джерел β-частинок з енергією бі-льше 1 МеВ слід враховувати що при їх гальмуванні виникають високоенергетичні γ-кванти

Для людини β- та α-частинки дуже небезпечні при внут-рішньому опроміненні

3 Взаємодія γ-випромінювання з речовиною Основними процесами взаємодії γ-випромінювання з речови-

ною (при енергії γ-квантів від 20 кеВ до 10 МеВ) є фотоефект комптон-ефект і утворення електронно-позитронних пар

У результаті всіх процесів відбувається іонізація речовини яка є початковим етапом механізму біологічної дії радіації на людину

Рентгенівське та γ-випромінювання мають велику проникну здатність (їх пробіг у повітрі становить сотні метрів) і тому цей тип випромінювання є небезпечним для людини

4 Взаємодія нейтронів з речовиною Іонізація біологічної тканини під дією нейтронів обумовлена

головним чином такими процесами 1) захоплення нейтронів ядрами азоту за реакцією ( )14 14

7 5N Cn p У результаті утворюються протони із середньою енергією 06 МеВ які іонізують біологічну тканину

2) захоплення нейтронів ядрами водню за реакцією ( ) 2

1H Hn γ Іонізацію викликають γ-кванти з енергією 218 МеВ які виникають при радіаційному захопленні

3) пружне розсіяння нейтронів на ядрах водню кисню вуг-лецю й азоту Іонізацію викликають ядра віддачі

213

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити кількість фотонів випромінених за одиницю часу

джерелом потужності Р = 1 Вт якщо довжина хвилі випроміню-вання λ1 = 102 м λ2 = 10ndash7 м λ3 = 10ndash12 м

Розвrsquoязання

Кількість випромінених за одиницю часу квантів

P PNh hc

λ= =

ν

де h = 6625middot10ndash34 Джmiddotc ndash cтала Планка с = 3middot108 мc ndash швид-кість світла у вакуумі

Підставляючи дані з умови задачi знаходимо N1 = 5middot1026 квантівc N2 = 5middot1017 квантівc N3 = 5middot1012 квантівc

Задача 2 При якій швидкості v кінетична енергія частинки Ек дорівнює

її енергії спокою Е0

Розвrsquoязання

У релятивістській механіці кінетична енергія частинки Ек = Е ndash Е0

де Е ndash повна енергія Е0 ndash енергія спокою За умовою задачі Ек = Е0 тому запишемо

Е0 = Е ndash Е0 тобто Е = 2Е0 або mc2 = 2m0c2

де ( )

021

mmv c

=minus

214

Тоді ( )

220

022

1

m c m cv c

=minus

або ( )2 11 2

vcminus =

звідки 34

v c= sdot v = 0866c

де c ndash швидкість світла у вакуумі c = 3 108 мc v = 26 middot108 мc Задача 3 Оцінити невизначеність швидкості електрона в атомі водню

яка повrsquoязана з рухом електрона по першій борівській орбіті Порівняти цю невизначеність із самою швидкістю

Розвrsquoязання

Радіус атома r asymp 5middot10ndash11 м швидкість електрона на орбіті

v asymp 106 мс Якщо допустити що невизначеність радіуса орбіти становить один відсоток від радіуса тобто Δr = 001r = 5middot10ndash13 м то невизначеність швидкості

348

31 1310 22 10

9 10 5 10v

m r

minus

minus minusΔ = asymp = sdotΔ sdot sdot sdot

мс

Видно що невизначеність швидкості приблизно у 220 разів перевершує значення самої швидкості Це означає що немає сенсу говорити про рух електрона в атомі по певній траєкторії

Якщо наприклад невизначеність швидкості Δv = 001v = = 104 мс то невизначеність радіуса

348

4 3110 11 10

10 9 10r

m v

minus

minusΔ = = = sdotΔ sdot sdot

м

Невизначеність радіуса у 220 разів перевищує радіус орбіти Таким чином радіус орбіти стає невизначеним і можна зробити висновок що при русі електрона в атомі співвідношення неви-значеностей вносить суттєві зміни у класичні уявлення про тра-єкторію електрона ndash його орбіту

215

Задача 4 Оцінити невизначеність швидкості електрона в бетатроні

якщо він рухається по колу радіусом r = 25 м зі швидкістю v = 297 108 мс Радіус траєкторії знайдено з невизначеністю Δr = 02 від радіуса траєкторії

Розвrsquoязання

Невизначеність Δr радіуса траєкторії становить Δr = 0002 r = 0005 мм тобто траєкторія визначена достатньо точно

Невизначеність швидкості знаходимо зі співвідношення

vm r

Δ =Δ

де m ndash маса електрона яку визначають за формулою

( )0

0271

1

mm mv c

= =minus

(тут m0 = 91 10ndash31 кг)

Далі одержуємо 34

31 510

71 91 10 5 10v

minus

minus minusΔ asymp asympsdot sdot sdot sdot

03 мс

У цьому випадку можна вважати що швидкість електрона визначено достатньо точно електрон рухається по колу певного радіуса і має точне значення швидкості

Задача 5 Знайти тиск світла на стінки електричної лампи потужністю

N = 102 Вт якщо колба лампи має сферичну форму радіусом R = 5 10ndash2 м Вважати що потужність лампи витрачається на ви-промінювання стінки лампи відбивають 10 падаючого світла

Розвrsquoязання

Тиск світла залежить від власної інтенсивності й відбивної

здатності поверхні на яку він тисне і визначається за формулою

216

( )1IPc

= + ρ

де I ndash інтенсивність світла c ndash швидкість світла у вакуумі ρ ndash коефіцієнт відбиття

Оскільки I = NS де S = 4πR2 ndash площа поверхні лампи то остаточно запишемо

( )2 1 4

NPR c

= + ρπ

Згідно з умовою задачі ρ = 01 тоді одержимо Р = 12middot10ndash5 Па Задача 6 Радіоактивний натрій 24

11Na розпадається випромінюючи β-частинки Період піврозпаду натрію складає Т = 148 годин Визначити кількість атомів ΔN що розпалися за 10 годин у 10ndash6 кг радіоактивного препарату

Розвrsquoязання

Кількість атомів що розпалися за час t

0N N NΔ = minus (1) де N0 ndash початкова кількість атомів N ndash кількість атомів на момент t

Формулу (1) можна привести до вигляду

( )0 0 0 1t tN N N e N eminusλ minusλΔ = minus = minus (2)

де λ ndash стала розпаду

Враховуючи що λ = ln2T

запишемо

( )ln 2

ln 20 0 01 1 1 2

tttT TTN N e N e N

minus sdot minusminus⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥Δ = minus = minus = minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(3)

217

Оскільки в одному молі 2411Na міститься NA атомів то в цій

масі препарату міститься 0 AmN NM

= атомів (m ndash маса радіоак-

тивного препарату M ndash молярна маса натрію)

Остаточно одержимо 1 2 tT

AmN NM

minus⎛ ⎞⎜ ⎟Δ = minus⎜ ⎟⎝ ⎠

4

436106

23 18533103

10 602 10 1 2 93 1024 10

Nsdotminus minussdot

minus

⎛ ⎞⎜ ⎟Δ = sdot minus asymp sdot⎜ ⎟sdot ⎜ ⎟⎝ ⎠

атомів

Задача 7 Активність а ізотопу вуглецю 14

6C у старовинних деревrsquoяних предметах складає 45 активності цього ізотопу у свіжозрубаних деревах Період піврозпаду Т ізотопу 14

6C становить 5570 років Визначити вік старовинних предметів

Розвrsquoязання

За законом радіоактивного розпаду

0tN N eminusλ=

тоді активність речовини

0tdNa N e

dtminusλ= = λ

де N0 ndash початкова кількість атомів радіоактивної речовини N ndash кі-лькість радіоактивних атомів на момент часу t λ ndash стала розпаду

У початковий момент часу активність

0 0a N= λ тому 0ta a eminusλ=

де ln 2T

λ = (Т ndash період піврозпаду)

Тоді 0 0

ln 2 ln ta a te ta a T

minusλ sdot= = minusλ = minus

де t ndash вік старовинних предметів

218

Остаточно одержимо 0ln

ln 2

aTa

t

⎛ ⎞minus ⎜ ⎟

⎝ ⎠=

5570ln(4 5) 5570( 0225) ln 2 0693

t minus minus minus= = t asymp 1800 років

Задача 8 Знайти швидкості продуктів реакції яка протікає в резуль-

таті взаємодії нейтронів 10 n із початково нерухомими ядрами

бору 105B якщо кінетична енергія нейтронів нескінченно мала

(у результаті реакції утворюються літій 73Li та α -частинка)

Розвrsquoязання

Реакцію 10 7B( ) Lin α можна представити у вигляді

10 1 7 45 0 3 2B Li n+ = + α

знайдемо теплоту яка виділилася під час реакції

( ) ( ) ( )7 4 10зв 3 зв 2 зв 5Li BQ E E E= + α minus

Енергію звrsquoязку знаходимо зі співвідношення зв ( ) ( )E Z N Z p N n Z N= Δ + Δ minus Δ

де Z N ndash зарядове число та кількість нейтронів Δp = 0007825 (аом) ndash дефект маси протона Δn = 0008665 (аом) ndashдефект маси нейтрона Δ(Z N) ndash дефект маси нукліда (аом) 1 аом = 931502 МеВ

Користуючись таблицями з додатків отримаємо

( )10зв 5BE = 5 sdot 0007825 + 5 sdot 0008665 ndash

ndash 0012339 = 0069511 аом = 6474 МеВ

( )7зв 3LiE = 392 МеВ ( )4

зв 2E α = 2824 МеВ

219

Отже Q = 392 + 2824 ndash 6474 = 270 МеВ = 27 sdot 16 sdot 10ndash19 sdot 106 Дж Оскільки за умовою задачі кінетична енергія нейтронів не-

скінченно мала мішень 105B ndash нерухома то

Q = KLi + Kα де KLi і Kα ndash кінетичні енергії продуктів реакції літій ndash α-частинка Використовуючи закон збереження імпульсу отримаємо

2

Li Li LiLi

0 2

m m vm v m v v v Km

α α αα α α α+ = rArr = =

2 22 LiLi

Li Li Li

2 2 2Li

Lim m m m v mmK v v K

m m mα α α α α

α α⎛ ⎞

= = = sdot =⎜ ⎟⎝ ⎠

2

LiLi Li

1 1 2

m m v mQ K K Km m

α α α αα α

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Звідки знаходимо 19 6 26

6

Li

2 2 27 16 10 10 10 93 104 411

6022 7

Qvmmm

minus

αα

α

sdot sdot sdot sdot sdot= = = sdot

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞sdot ++ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

мс

326 26

Li234 10 4 710 кг 10 кг

6022 60226022 10m m

minusminus minus

αsdot

= = sdot = sdotsdot

6 6Li

Li

4 93 10 53 107

mv vm

αα= = sdot sdot = sdot мс

220

Задачі

1 Знайти масу кванта 1) червоних променів світла (λ = 7 sdot 10ndash7 м) 2) рентгенівських променів (λ = 25 sdot 10ndash11 м) 3) гамма-променів (λ = 124 sdot 10ndash12 м) Відповідь 32 sdot 10ndash36 кг 88 sdot 10ndash32 кг 18 sdot 10ndash30 кг 2 Визначити масу енергію та імпульс фотонів випро-мінювання 1) червоного (λ1 =700 нм) 2) фіолетового (λ2 = 400 нм) 3) рентгенівського (λ3 = 05 sdot 10ndash10 м) Відповідь 1) 32 sdot 10ndash36 кг 28 sdot 10ndash19 Дж 95 sdot 10ndash28 кгmiddotмс 2) 55 sdot 10ndash36 кг 5 sdot 10ndash19 Дж 166 sdot 10ndash28 кгmiddotмс 3) 44 sdot 10ndash32 кг 4 sdot 10ndash15 Дж 133 sdot 10ndash24 кгmiddotмс 3 Яка кількість фотонів світла з довжиною хвилі 500 нм відповідає енергії 10 еВ Відповідь 4 4 Визначити довжину хвилі фотона імпульс якого дорів-нює імпульсу електрона що має швидкість 104 кмс Відповідь 74 10ndash11 м 5 Яку енергію повинен мати фотон щоб його маса дорів-нювала масі спокою електрона Відповідь 051 МеВ 6 Для людини верхня границя потоку світлової енергії що сприймається безболісно становить 2sdot10ndash5 Вт Скіль-ки при цьому потрапляє за 1 с до ока фотонів із довжи-ною хвилі 555 нм Відповідь 558sdot1012 7 Зорове відчуття у людини може виникнути якщо енер-гія світла що потрапляє до ока становить 2 sdot 10ndash13 Дж

221

Скільки квантів червоного світла з довжиною хвилі 700 нм повинно одночасно потрапити в око для ство-рення зорового відчуття Відповідь 7sdot105 8 За певних умов сітківка ока людини може реєструвати приблизно пrsquoять фотонів голубувато-зеленого світла (λ= 5sdot10ndash7 м) Чому дорівнює відповідна кількість енергії Е що падає на сітківку ока Якщо кожної секунди в око потрапляє і поглинається пrsquoять таких фотонів світла чому дорівнює потужність N яка при цьому передається Відповідь Е = 2sdot10ndash18 Дж (124 еВ) N = 2sdot10ndash18 Вт 9 Чому дорівнює довжина хвилі де Бройля для електро-на що має швидкість 1000 кмс Відповідь 73sdot10ndash10 м 10 Порівняйте довжини хвиль де Бройля для електрона та кульки масою 1 г якщо їх швидкість однакова і дорівнює 100 мс Відповідь 727sdot10ndash6 м та 663sdot10ndash33 м 11 У трубці телевізора прискорювальна напруга U = 20 кВ Чому дорівнює довжина хвилі де Бройля для електрона в кінці процесу прискорення Відповідь 886sdot10ndash12 м 12 Електрон пролітає крізь щілину завширшки 1 мкм Із якою найменшою похибкою в момент проходу крізь щілину може бути визначена відповідна складова ім-пульсу електрона Відповідь 105sdot10ndash20 кгmiddotмс 13 Тривалість збудженого стану атома водню становить приблизно Δt = 10ndash8 с Чому дорівнює невизначеність атомного рівня ΔE при цьому Відповідь 655sdot10ndash8 еВ

222

14 Чому дорівнює невизначеність енергії у метастабільному стані якщо час життя для атома в цьому стані Δt = 05 с Відповідь 131sdot10ndash16 еВ 15 Визначити червону границю фотоефекту для цинку та максимальну швидкість фотоелектронів що вибиваються із поверхні цинку світлом із довжиною хвилі λ = 200 нм Робота виходу для цинку 374 еВ Відповідь 330 нм 94sdot105мс 16 Чи придатний барій для використання у фотоеле-ментах при опроміненні видимим світлом якщо робота виходу для барію 25 еВ Відповідь так 17 Визначити (в електрон-вольтах) роботу виходу еле-ктрона з рубідію якщо червона межа фотоефекту для рубідію λчер = = 081 мкм Відповідь 153 еВ 18 Червона межа фотоефекту у вольфрамі λчер = 230 нм Визначити кінетичну енергію електронів що вирива-ються з вольфраму ультрафіолетовим світлом із довжи-ною хвилі λ = 150 нм Відповідь 46sdot10ndash19 Дж 19 Червона межа фотоефекту для калію λчер = 620 нм Чому дорівнює мінімальна енергія фотонів що виклика-ють фотоефект Відповідь 32sdot10ndash19 Дж 20 Знайти червону межу фотоефекту для літію якщо робота виходу 24 еВ Відповідь 517 нм

223

21 Визначити найбільшу довжину хвилі світла λmax при якій може відбуватися фотоефект для платини Робота ви-ходу електронів А = 10ndash18 Дж Відповідь λmax = 196sdot10ndash7 м 22 Знайти роботу виходу А електронів із металу якщо фото-ефект починається при частоті падаючого світла ν0 = 6sdot1014 Гц Відповідь А = 397sdot10ndash9 Дж 23 На слабко звrsquoязаний електрон потрапляє рентгенівсь-кий фотон який розсіюється під прямим кутом Визначи-ти зміну довжини хвилі фотона Δλ Відповідь Δλ = 243sdot10ndash12 м 24 Визначити енергію W одержану електроном при дії на нього фотона (λф = 10ndash10 м) якщо розсіювання фотона від-бувалося в напрямку протилежному початковому Відповідь W = 92sdot10ndash17 Дж 25 На поверхню площею S = 10ndash2 м2 щохвилини падає W = 63 Дж енергії світла Знайти тиск світла у випадках коли поверхня 1) повністю відбиває всі промені 2) по-вністю поглинає всі промені Відповідь 7sdot10ndash7 Нм2 35sdot10ndash7 Нм2 26 При якій температурі випромінювальна здатність чорного тіла ε = 500 Втм2 Відповідь 306 К 27 При якій температурі повна випромінювальна здатність сі-рого тіла ε = 500 Втм2 Коефіцієнт поглинання α = 05 Відповідь 352 К 28 Визначити енергію яка випромінюється крізь віконце печі впродовж t = 1 хв Температура печі T = 1500 К

224

площа віконця S = 10 см2 Вважати що піч випромінює як абсолютно чорне тіло Відповідь 172 кДж 29 Визначити повну випромінювальну здатність тіла людини при Т = 36 degС вважаючи її сірим тілом із коефі-цієнтом поглинання α = 09 Відповідь 465 Втм2 30 Визначити температуру Т тіла людини вважаючи його сірим тілом із коефіцієнтом поглинання α = 09 якщо його випромінювальна здатність Е(Т) = 465 Втм2 Відповідь Т = 310 К 31 Шар озону в атмосфері Землі повністю поглинає соня-чне випромінювання в інтервалі від 22sdot10ndash7 м до 28sdot10ndash7 м і мало поглинає поза цим інтервалом Визначити тиск Р сонячних променів на шар озону якщо вважати що Сонце випромінює як абсолютно чорне тіло при Т = 6000 К а функція розподілу за інтервалами довжин хвиль в усьому вказаному інтервалі має значення що відповідає серед-ньоарифметичному значенню довжини хвилі Відповідь Р asymp 10ndash7 Па 32 У медицині для діагностики захворювань використо-вують метод термографії в основі якого лежить реєстра-ція різниці теплового випромінювання хворими і здоро-вими органами зумовленої невеликою різницею їх темпе-ратур Обчисліть у скільки разів відрізняються термоди-намічні температури і випромінювальні здатності поверх-ні тіла людини що мають відповідно 305 degС і 30 degС Відповідь Т2Т1 asymp 10017 Е2Е1 asymp 10066 33 Який потік енергії випромінює людина при температурі 37 degС якщо вважати що площа тіла людини дорівнює 18 м2 а коефіцієнт поглинання при цій температурі дорівнює 095 Відповідь 8954 Вт

225

34 На скільки збільшилась температура тіла людини якщо потік випромінювання з поверхні тіла збільшився на 4 Початкова температура тіла дорівнює 35 degС Відповідь 3 degС 35 Розрахуйте енергію яку втрачає людина кожної секунди при теплообміні випромінюванням (та поглинанням) з ото-чуючим середовищем Розгляньте два випадки 1) роздягнена людина 2) людина одягнена в костюм із вов-няної тканини Прийняти коефіцієнт поглинання шкіри лю-дини α1 = 09 вовняної тканини α2 = 076 температура пове-рхні шкіри людини t1 = 30 degС поверхні тканини t2 = 20 degС та повітря t3 = 18 degС Площу поверхні через яку відбувається теплообмін променевою енергією вважати рівною S = 12 м2 Відповідь 1) ( )4 4

1 1 0P S T T= α σ minus asymp 77 Джс

2) ( )4 41 2 0P S T T= α σ minus asymp 103 Джс

36 На яку довжину хвилі припадає максимум спектраль-ної густини випромінювальної здатності таких джерел те-плового випромінювання 1) тіло людини з температурою поверхні шкіри t = 30 degС 2) спіраль електричної лампочки (T = 2000 К) 3) поверхня Сонця (T = = 5800 К) 4) атомна бомба яка має у момент вибуху температуру T = 107 К Випромінюючі тіла вважати чорними або сірими Відповідь 1) 95 мкм 2) 14 мкм 3) 05 мкм 4) 029 нм 37 На яку довжину хвилі λmax припадає максимум спектраль-ної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла яке має температуру рівну температурі тіла людини Т = 310 К Відповідь λmax = 93sdot10ndash6 м 38 Знайдіть границі серії Лаймана (перехід на рівень n = 1) у частотах та довжинах хвиль Порівняйте ці дані з діапазоном видимого світла Відповідь 33sdot1015 Гц 25sdot1015 Гц 90 нм 120 нм

226

39 Знайдіть границі серії Бальмера (перехід на рівень n = 2) у частотах та довжинах хвиль Порівняйте ці дані з діапазоном видимого світла Відповідь 082sdot1015 Гц 046sdot1015 Гц 366 нм 652 нм 40 На дифракційну ґратку нормально падає світло від го-ризонтальної трубки що заповнена атомарним воднем Стала ґратки d = 5sdot10ndash6 м Із якої орбіти повинен перейти електрон на другу орбіту щоб спектральну лінію у спектрі пятого порядку можна було спостерігати під кутом 41deg Відповідь nk asymp 3 41 Визначити енергію фотона що випромінюється при пе-реході електрона в атомі водню із третьої орбіти на першу Відповідь 194sdot10ndash18 Дж 42 Визначити повну енергію електрона що знаходиться на другій орбіті атома водню Відповідь ndash 544sdot10ndash19 Дж 43 Знайти найбільшу й найменшу довжини хвилі у види-мій частині спектра випромінювання атома водню Відповідь λmax = 656sdot10ndash7 м λmin = 365sdot10ndash7 м 44 Знайти потенціал іонізації Ui атома водню Відповідь Ui = 136 еВ 45 Знайти перший потенціал збудження атома водню Відповідь U1 = 102 В 46 Знайдіть довжину хвилі де Бройля λ для електрона що рухається по першій борівській орбіті атома водню Відповідь λ = 033 нм 47 Знайдіть довжину хвилі де Бройля λ для атома во-дню що рухається при температурі Т = 293 К із най-більш імовірною швидкістю Відповідь λ =180 пм

227

48 На скільки еВ змінилася кінетична енергія електро-на в атомі водню при випромінюванні атомом фотона з довжиною хвилі λ = 486 нм Відповідь збільшилась на кEΔ = 256 еВ 49 Пояснити із співвідношення невизначеності Гейзен-берга чому мінімальне значення енергії частинки в од-новимірній прямокутній нескінченно глибокій потенціа-льній ямі більше за нуль 50 Частинка міститься в одновимірній прямокутній ямі завширшки l із нескінченно високими стінками на енер-гетичному рівні з n = 2 Знайти ймовірність перебування частинки в інтервалі (0 l4) Відповідь P(0 lt x lt l4 ) = 14 51 Частинка міститься в одновимірній нескінченно гли-бокій прямокутній ямі завширшки l на енергетичному рі-вні з n = 5 Знайти ймовірність перебування частинки в інтервалі (15l 35l) Відповідь P(15l lt x lt 35l) = 25 52 Знайдіть середнє значення кінетичної енергії K части-

нки у стані 1( ) ikxx el

ψ = тут pk = Функція ( )xψ но-

рмована в інтервалі 0lt x lt l зовні цього інтервалу ( ) 0xψ =

Відповідь 2

2pK m=

53 Яка максимальна кількість електронів може міститися в атомі на K- L- M- N- O- P-оболонці Відповідь 2 8 18 32 50 72 54 Скільки електронів може розміщуватися в 1s- 2p- 3d- 4f-підоболонці Відповідь 2 6 10 14

228

55 Скільки ядер урану 23892 U розпалося протягом року

якщо початкова маса урану 1 г Період піврозпаду урану 23892 U становить 451109 років Відповідь 04 1012 56 Період піврозпаду радіоактивного фосфору 30

15 P дорів-нює 30 хв Чому дорівнює стала розпаду цього елемента Відповідь 38510ndash3 сndash1 57 Визначити період піврозпаду радону якщо за 1 добу з 1 млн атомів розпадається 175 000 атомів Відповідь Т asymp 33105 с 58 Для діагностики у кров людини ввели незначну кіль-кість розчину що містить 24Na з активністю а = 2010 Бк Активність 1 см3 крові через t = 5 годин становила aprime = 0267 Бксм3 Період піврозпаду даного радіоізотопу Т = 15 годин Знайти обrsquoєм крові людини

Відповідь ln 2expaV ta T

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟prime⎝ ⎠ ⎝ ⎠ V = 6 л

59 Питома активність препарату що містить радіоактивний 58Со і неактивний 59Со становить 221012 Бкг Період півро-зпаду 58Со становить 713 доби Знайти відношення маси ак-тивного кобальту в цьому препараті до маси препарату Відповідь 019 60 Радіоізотоп 32Р період піврозпаду якого Т = 143 доби утворюється зі швидкістю q = 27109 ядерс у ядерному реакторі Через який час t після початку утворення цього радіоізотопу його активність а = 10109 Бк Відповідь t = ndash (Tln2)ln(1 ndash aq) t = 95 діб

229

61 У 1 мл морської води міститься 10ndash15 г радону 22286 Rn

(період піврозпаду радону 3825 діб) Яка кількість води має активність рівну 10 мКі Відповідь 300 м3 62 У скільки разів зменшиться кількість ядер радіоактив-ного цезію (період піврозпаду 27 років) за 10 років Відповідь зменшиться в 13 рази 63 У джерелі мінеральної води активність радону (період піврозпаду радону 3825 діб) становить 1000 Бк на 1 л Яка кількість атомів радону потрапляє в організм людини зі склянкою води місткістю 02 л Відповідь 95sdot107 64 Через який проміжок часу після радіоактивного зара-ження місцевості стронцієм (період піврозпаду 28 років) можна буде використовувати землі для вирощування різ-номанітних культур якщо за розрахунками кількість ра-діоактивного препарату має зменшитися в 100 разів Відповідь 186 років

65 В ампулі міститься радіоактивний йод 13153 I (період пів-

розпаду 805 діб) активністю 100 мкКі Чому дорівнюва-тиме активність препарату через добу Відповідь 92 мкКі 66 Унаслідок радіоактивного розпаду 238

92 U перетворюється в 20682 Pb Скільки α- і β-розпадів спостерігається в цьому разі Відповідь 8 α-розпадів і 6 β-розпадів

67 Унаслідок захоплення нейтрона ядром атома азоту 147 N

утворюється невідомий елемент і α-частинка Написати реакцію і визначити утворений елемент Відповідь 11

5B

230

68 Знайти енергію звrsquoязку ядра урану 23892 U та енергію

звrsquoязку що припадає на один нуклон Відповідь 18sdot103 МеВнуклон 69 Знайти кількість нейтронів що виникають за одиницю часу в урановому реакторі з тепловою потужністю Р = 100 МВт якщо середня кількість нейтронів на кожний акт ділення ν = 25 Вважати що при кожному акті звільня-ється енергія Е = 200 МеВ Відповідь N = νPE N = 08sdot1019 cndash1 70 Тіло людини масою m = 60 кг протягом часу t = 6 годин поглинуло енергію Е =1 Дж Знайти дозу по-глинання Д і потужність поглинутої дози N у СІ Відповідь Д = 17sdot10ndash3 Гр N = 77sdot10ndash7 Грс 71 Жива тканина масою m = 10ndash2 кг поглинає α-частинки в кількості 109 з енергією Е = 5 МеВ Знайти дозу погли-нання Д і еквівалентну дозу Н якщо коефіцієнт якості k для α-частинок дорівнює 20 Відповідь Д = 8sdot10ndash12 Гр Н = 16 Джкг

72 Середня потужність експозиційної дози P опромі-нення в рентгенівському кабінеті дорівнює 645 Клкгsdotс Лікар перебував у цьому кабінеті протягом дня 5 годин Яку дозу опромінення він отримає за 6 робочих днів Відповідь Х = 70sdot10ndash8 Клкгsdotс 73 Потужність Р експозиційної дози γ-випромінення на віддалі r = 1 м від точкового джерела становить 215sdot10ndash7 Клкгsdotс Визначити мінімальну віддаль r на якій можна щоденно працювати по 6 годин без захисту Гра-нично допустимою еквівалентною дозою для професіо-налів вважають дозу 5sdot10ndash2 Джкг протягом року Погли-нання γ-випромінення повітрям не враховувати Відповідь r asymp 36 м

231

74 В організм людини через органи травлення маса яких приблизно 1 кг потрапив 1 мг 237Np Оцінити дозу погли-нання Д організмом цієї людини за 10 років Відповідь Д = 63 Гр = 630 рад Ця доза суттєво пере-вищує допустимий рівень

232

ДОДАТКИ

1 ОСНОВНІ ФІЗИЧНІ СТАЛІ

Швидкість світла у вакуумі Гравітаційна стала Стандартне прискорення вільного падіння

c = 2998sdot108 мс γ = 667sdot10ndash11 м3(кгsdotс2) g = 9807 мс2

Стала Авогадро Стала Больцмана Молярна газова стала Стандартний обrsquoєм моля газу

AN = 6023sdot1023 мольndash1

k = 138sdot10 ndash23 Дж sdotКndash1

R = 831 Дж sdotмольndash1 sdot Кndash1

0V = 224 лмоль Стала Фарадея Елементарний заряд Маса електрона Маса протона

F = 0965sdot105 Клмоль e = 1602sdot10ndash19 Кл

300911 10 кг0511 МеВem

minus⎧ sdot⎪= ⎨⎪⎩

271672 10 кг93826 МеВpm

minus⎧ sdot⎪= ⎨⎪⎩

Стала Планка h = 6626sdot10ndash34 Джmiddotс 34

15

10546 10 Дж с2 0659 10 еВ сh minus

minus

⎧ sdot sdot⎪= = ⎨π sdot sdot⎪⎩

Стала СтефанаndashБольцмана Стала Віна Стала Рідберга

σ = 567sdot10ndash8 Вт(м2 sdot К4) b = 029 см sdot К R = 207sdot1016 сndash1 або R = 109sdot107 мndash1

Перший борівський радіус Енергія звrsquoязку електрона в атомі водню Комптонівська довжина хвилі електрона

аБ = 0529sdot10ndash10 м Е = 1356 еВ λС = 2426sdot10ndash12 м

Магнетон Бора Атомна одиниця маси

μБ = 09274sdot10ndash23 ДжТл

1 аом =271660 10 кг

9314 МеВ

minus⎧ sdot⎪⎨⎪⎩

Електрична стала Магнітна стала

ε0 = 0885sdot10ndash11 Фм μ0 = 1257sdot10ndash6 Гнм

233

2 ГУСТИНИ РЕЧОВИН Речовини ρ 103 кгм3

bull Гази (за нормальних умов) Азот Аміак Водень Повітря Кисень Метан Вуглекислий газ Хлор

125 077 009 1293 143 072 198 321

bull Рідини Бензол Вода Гліцерин Гас Ртуть Спирт Важка вода Ефір

088 072 11

079 136 080 126 100

bull Тверді речовини Алмаз Алюміній Вольфрам Графіт Залізо Золото Кадмій Кобальт Лід Мідь Молібден Натрій Нікель Олово Платина Свинець Срібло Титан Уран Цинк

35 27

191 16 78

193 865 89

0916 89

102 097 89 74

215 113 105 45

190 70

234

3 ДЕЯКІ АСТРОНОМІЧНІ ВЕЛИЧИНИ

Космічне тіло Середній радіус м Маса кг Середня густи-

на 103 кгм3 Період обертання навколо осі діб

Сонце 695sdot108 199sdot1030 141 254

Земля 637sdot106 598sdot1024 552 100

Місяць 174sdot106 735sdot1022 330 273

4 ПРУЖНІ ВЛАСТИВОСТІ ТВЕРДИХ ТІЛ

Матеріал Модуль Юнга Е ГПА

Модуль зсуву G ГПА

Коефіцієнт Пуассона μ

Алюміній Мідь Свинець Сталь (залізо) Скло

70

130

16

200

60

26

40

56

81

30

034

034

044

029

025 5 ФІЗИЧНІ ХАРАКТЕРИСТИКИ ГАЗІВ

Сталі Ван дер Ваальса

Газ

та його відносна

моле-

кулярна маса

P

V

CC

γ =

Теплопровідність

aelig

мВт

(мsdotК

)

Вrsquoязкість

η мкПаsdotс

Діаметр

молекули

d нм

а6Паmiddotм2моль

b 10ndash6 м3моль

He (4) Ar (40) H2 (2) N2 (28) O2 (32) CO2 (44) H2O (18) Повітря (29)

167 167 141 140 140 130 132 140

1415 162 1684 243 244 232 158 241

189 221 84

167 192 140 90

172

020 035 027 037 035 040 030 035

- 0132 0024 0137 0137 0367 0554

-

- 32 27 39 32 43 30 -

Примітка Значення γ aelig η взято за нормальних умов

235

6 КОНСТАНТИ РІДИН І ТВЕРДИХ ТІЛ

Речовина Питома

теплоємність С Дж(гsdotК)

Питома теплота паро-утворення r

Джг

Питома теплота плавленняλ

Джг

Поверхневийнатягα

10minus3 Нм мН

Вода Гліцерин Ртуть Спирт Алюміній Залізо Лід Мідь Срібло Свинець

418 242 014 242 090 046 209 039 023 013

2250 -

284 853

- - - - - -

- - - -

321 270 333 175 88 25

73 66 490 22 - - - - - -

За нормальних умов При нормальному атмосферному тиску 7 ДІЕЛЕКТРИЧНА ПРОНИКНІСТЬ ε Діелектрик ε Діелектрик ε

Вода Повітря Віск Гас Парафін Плексиглас

81 100058 78 20 20 35

Поліетилен Слюда Спирт Скло Фарфор Ебоніт

23 75 26 60 60 27

8 ПИТОМИЙ ЕЛЕКТРООПІР ПРОВІДНИКІВ ТА ІЗОЛЯТОРІВ

Провідник

Питомий електроопір (при 20 ordmС) ρ 10minus9 Омmiddotм

Темпера-турний

коефіцієнт α 10minus3 Кndash1

Ізолятор Питомий

електроопір ρ Ом м

Алюміній Вольфрам Залізо Золото Мідь Свинець Срібло

25 50 90 20 16

190 15

45 48 65 40 43 42 41

Папір Парафін Слюда Фарфор Шелак Ебоніт Янтар

1010

1015 1013 1013 1014 1014 1017

236

9 МАГНІТНА СПРИЙНЯТЛИВІСТЬ ПАРА- ТА ДІАМАГНЕТИКІВ

Парамагнетик χ = μndash1 10ndash6 Діамагнетик χ = μndash1 10ndash6

Азот Повітря Кисень Ебоніт Алюміній Вольфрам Платина Рідкий кисень

0013 038 19 14 23 176 360

3400

Водень Бензол Вода Мідь Скло Камrsquoяна сіль Кварц Вісмут

ndash0063 ndash75 ndash90 ndash103 ndash126 ndash126 ndash151 ndash176

10 ПОКАЗНИКИ ЗАЛОМЛЕННЯ n

Газ n Рідина n Тверде тіло

n

Азот 100030 Бензол 150 Алмаз 242 Повітря 100029 Вода 133 Кварц 146

Кисень 100027 Гліцерин 147 Скло 150 Примітка Показник заломлення залежить від довжини світла тому наве-дені значення n слід розглядати як умовні

11 ПОКАЗНИКИ ЗАЛОМЛЕННЯ ДЛЯ КРИСТАЛІВ ІЗ ПОДВІЙНИМ ПРОМЕНЕЗАЛОМЛЕННЯМ

Ісландський шпат Кварц Довжина хвилі λ нм

Колір ne n0 ne n0

687 656 589 527 486 431 400

червоний помаранчевий жовтий зелений блакитний синьо-фіолетовий фіолетовий

1484 1485 1486 1489 1491 1495 1498

1653 1655 1658 1664 1668 1676 1683

1550 1551 1553 1556 1559 1564 1568

1541 1542 1544 1547 1550 1554 1558

237

12 ОБЕРТАННЯ ПЛОЩИНИ ПОЛЯРИЗАЦІЇ (природне обертання у кварці)

Довжина хвилі λ нм Стала обертання

α градмм 275 344 373 405 436 497 590 656 670

1200 706 588 489 415 311 218 174 166

13 РОБОТА ВИХОДУ ЕЛЕКТРОНА З МЕТАЛУ Метал А еВ Метал А еВ Алюміній Барій Вісмут Вольфрам Залізо Золото Калій Кобальт Літій

374 229 462 450 436 458 215 425 239

Мідь Молібден Натрій Нікель Платина Срібло Титан Цезій Цинк

447 427 227 484 529 428 392 189 374

14 ПЕРІОДИ ПІВРОЗПАДУ РАДІОНУКЛІДІВ

Кобальт 60Co 52 року (β)

Стронцій 90Sr 28 років (β)

Полоній 210Po 138 діб (α) Радон 222Rn 38 доби (α) Радій 226Ra 1620 років (α) Уран 238U 45 109 років (α)

238

15 ДЕЯКІ ПОЗАСИСТЕМНІ ОДИНИЦІ 1 Aring 1 атм 1 бар 1 мм ртст 1 кал

10ndash10 м 1013 кПа або 760 мм рт ст 100 кПа 1333 Па 418 Дж

16 ДЕСЯТКОВІ ПРЕФІКСИ ДО НАЗВ ОДИНИЦЬ П ndash пета 1015

Т ndash тера 1012

Г ndash гіга 109 М ndash мега 106 к ndash кіло 103 г ndash гекто 102

д ndash деци 10ndash1 с ndash санти 10ndash2 м ndash мілі 10ndash3

мк ndash мікро 10ndash6 н ndash нано 10ndash9 п ndash піко 10ndash12

239

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ

1 Волькенштейн В С Сборник задач по общему курсу

физики В С Волькенштейн ndash М Высш шк 1985 2 Богданов К Ю Физика в гостях у биоло-

га К Ю Богданов ndash М Наука 1986 3 Гольдфарб Н И Сборник вопросов и задач по физике

учеб пособ Н И Гольдфарб ndash М Высш шк 1983 4 Грабовский Р И Курс физики Р И Грабовский ndash

М Высш шк 1980 5 Иродов И Е Задачи по общей физике учеб по-

соб И Е Иродов ndash М Наука 1988 6 Ливенцов Н М Курс физики Н М Ливенцов ndash М

Высш шк 1978 7 Матвєєв О М Механіка і теорія відноснос-

ті О М Матвєєв ndash К Вища шк 1993 8 Розвrsquoязування задач з курсу загальної фізи-

ки А А Остроухов В Л Стрижевский М Г Цвелих Ю П Цященко ndash К Рад шк 1966

9 Ремизов А Н Сборник задач по медицинской и био-логической физике ndash М Высш шк 1987

10 Збірник задач з курсу фізики для студентів біологічного факультету Л М Корочкіна В І Оглобля М Я Горі-дько В І Лозовий ndash К РВЦ ldquoКиївський ун-тrdquo 1998

11 Ремизов А Н Сборник задач по медицинской и биоло-гической физике Учеб пособ для ву-зов А Н Ремизов А Г Максина ndash М Дрофа 2001

12 Ремизов А Н Медицинская и биологическая физика учеб для вузов А Н Ремизов А Г Максина А Я Потапенко ndash М Дрофа 2005

13 Мэрион Дж Б Общая физика с биологическими примерами пер с англ Дж Б Мэрион пер з англ ndash М Высшшк 1986

240

Навчальне видання

МАКАРА Володимир Арсенійович ОГЛОБЛЯ Володимир Іванович ПЛЮЩАЙ Інна Вrsquoячеславівна

ЦАРЕГРАДСЬКА Тетяна Леонідівна

ЗАГАЛЬНА ФІЗИКА ДЛЯ БІОЛОГІВ ЗБІРНИК ЗАДАЧ

Навчальний посібник

Редактор Л В Магда

Оригінал-макет виготовлено Видавничо-поліграфічним центром Київський університет

Підписано до друку 060911 Формат 60х84116 Вид Фз10 Гарнітура Times New Roman Папір офсетний

Друк офсетний Наклад 200 Ум друк арк 1395 Обл-вид арк 15 Зам 211-5770 01601 Київ б-р Т Шевченка 14 кімн 43

(38044) 239 32 22 (38044) 239 31 72 телфакс (38044) 239 31 28 Свідоцтво внесено до Державного реєстру ДК 1103 від 311002

4

РОЗДІЛ 3 ЕЛЕКТРИКА 118 sect 1 Основні поняття та закони електростатики 118 Приклади розвrsquoязування задач 122 Задачі 127 sect 2 Постійний струм Електронна теорія провідності металів Контактні й термоелектричні явища 132 Приклади розвrsquoязування задач 137 Задачі 141 sect 3 Магнітне поле струму Електромагнітна індукція Змінний струм 146 Приклади розвrsquoязування задач 153 Задачі 159 sect 4 Електричні коливання Електромагнітні хвилі 165 Приклади розвrsquoязування задач 169 Задачі 172

РОЗДІЛ 4 ОПТИКА І КВАНТОВА ФІЗИКА 175 sect 1Основні поняття та закони хвильової оптики 175 Приклади розвrsquoязування задач 182 Задачі 189 sect 2 Основи квантової оптики Фізика атомного ядра 199 Приклади розвrsquoязування задач 213 Задачі 220

ДОДАТКИ 232 СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ 239

5

РОЗДІЛ 1

ФІЗИЧНІ ОСНОВИ МЕХАНІКИ

sect 1 Кінематика та динаміка матеріальної точки

Закони збереження імпульсу енергії 1 Механічний рух ndash це зміна взаємних розташувань тіл (або

їх частин) у просторі з часом Використовують три форми опису руху матеріальної точки ndash

координатну векторну та параметричну У координатній формі задають координати точки zyx як функції від часу t

)(txx = )(tyy = )(tzz = (1) У векторній формі задають радіус-вектор точки r як функцію t

( ) ( ) ( ) )( ktzjtytxtrr ++== i (2)

де i j k ndash орти осей x y z декартової системи координат Коли відома траєкторія руху то можна описувати рух за до-

помогою параметрів траєкторії наприклад задаючи функцію шляху S від часу )(tSS =

Вектор переміщення ( ) ( )trttrr minusΔ+==Δ чисельно

дорівнює відстані між кінце-вою і початковою точками направлений від початкової до кінцевої точки і зrsquoєднує ті точ-ки траєкторії у яких матеріа-льна точка знаходилась у мо-менти часу t i tt Δ+

2 Швидкість і прискорення Вектор середньої швидкості

v при переміщенні між двома точками визначається як вектор що збігається з напрямком переміщення і дорівнює за модулем вектору переміщення поділеному на час переміщення

O

)( ttr Δ+)(tr

)(trΔ

6

( ) ( )tr

ttrttrv

ΔΔ

=Δ

minusΔ+= (3)

де rΔ mdash переміщення (приріст радіус-вектора за час tΔ ) Якщо )(tv i )( ttv Δ+ ndash швидкості у двох точках траєкторії а

tΔ ndash час переміщення з першої точки у другу то середнє при-скорення а точки на ділянці траєкторії між цими точками ви-

значається формулою ( ) ( )

tv

ttvttva

ΔΔ

=Δ

minusΔ+= (4)

де vΔ ndash приріст швидкості Миттєву швидкість v і миттєве прискорення a зна-

ходять із формул

0

0

lim

lim

t

t

r drvt dt

v dvat dt

Δ rarr

Δ rarr

Δ ⎫= = ⎪Δ ⎪⎬⎪Δ ⎪= =

Δ ⎭

(5)

де v ndash похідна від радіус-вектора за часом a ndash похідна від мит-тєвої швидкості за часом

Проекції швидкості й прискорення в декартовій системі ко-ординат виражають формулами

2 2 2

2 2 2

x y z

x y z

dx dy dzv v vdt dt dt

d x d y d za a adt dt dt

⎫= = = ⎪

⎪⎪⎬⎪⎪= = =⎪⎭

(6)

3 Повне прискорення Тангенціальне та нормальне прискорення Швидкість завжди спрямована по дотичній до траєкторії Прискорення може мати довільний кут відносно швидкості тобто бути напрямлене під довільним кутом до дотичної до траєкторії

7

Повне прискорення складається із двох взаємно перпендику-

лярних векторів 1) прискорення τ=τ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ a

dtdv яке напрямлене

уздовж траєкторії руху і називається тангенціальним

2) прискорення 2

nanRv

=sdot яке

спрямоване перпендикулярно до траєкторії тобто уздовж нормалі до центра О кривизни траєкторії R

Це прискорення називається но-рмальним ( nτ ) ndash одиничні орти

Повне прискорення визначаєть-ся за формулою

naaa += τ 222

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

dtdv

Rva

(7)

де dtdva =τ

Rvan

2= (тут v ndash модуль швидкості R ndash радіус

кривизни траєкторії у певній точці) Нормальна компонента прискорення не змінює модуля

швидкості а змінює лише її напрямок Зміна модуля швидкості зумовлена тільки тангенціальною складовою прискорення

4 Класифікація механічного руху залежно від тангенціаль-

ної τa та нормальної na складових прискорення 1) 0=na 0=τa ndash прямолінійний рівномірний рух 2) 0=na constplusmn=τa ndash прямолінійний рівномірно приско-

рений сповільнений рух 3) 0=na )(tfa =τ ndash прямолінійний рух зі змінним прискоренням 4) )(tfan = 0=τa ndash рівномірний криволінійний рух Якщо

const=na то тіло (точка) рухається по колу

R

τ

na

τa

a

n

8

5) 0nena 0neτa ndash криволінійний рух зі змінним ( )(tfa =τ ) або сталим ( constplusmn=τa ) прискоренням

5 Кутова швидкість ω та кутове прискорення β є харак-

теристиками обертального руху Кутова швидкість ω визначається як

dtd

tt

ϕ=

ΔϕΔ

=ωrarrΔ 0

lim (8)

де ϕΔ ndash кут що описує радіус-вектор який зrsquoєднує точку з центром обертання за час tΔ

Кутове прискорення β має вигляд

dtd

tt

ω=

ΔωΔ

=βrarrΔ 0

lim (9)

Звrsquoязок між лінійними та кутовими величинами визнача-ється формулами

[ ]rv timesω= Rv ω= Ran2ω= Ra β=τ (10)

де r ndash радіус-вектор точки який розглядається відносно дові-льної точки осі обертання R ndash відстань від осі обертання

Якщо величина ω є незмінною з часом обертальний рух по колу називають рівномірним При цьому вводять поняття періоду обертання

ωπ

=2T (11)

Очевидно що πν=π

=ω 22T

ndash кут який описує радіус-

вектор точки за 1 с величину ω називають також кутовою час-

тотою обертання ν ndash звичайна частота (T1

=ν )

6 Закони Ньютона ndash закони класичної динаміки матері-

альної точки 1 Перший закон Ньютона (закон інерції) Існують такі си-

стеми відліку названі інерціальними у яких матеріальна точка зберігає стан спокою або рівномірного прямолінійного руху доки дія з боку інших тіл не виведе її з цього стану

9

2 Другий закон Ньютона Прискорення якого набуває ма-теріальна точка в інерціальній системі відліку прямо пропор-

ційне результуючій усіх сил sum=

n

1iiF що діють на неї і обернено

пропорційне її масі m

m

Fa

n

iisum

== 1 (12)

де n ndash кількість сил що діють на точку У загальній формі другий закон Ньютона записують так

sum=

=n

1iiF

dtpd (13)

де vmp = ndash імпульс тіла (точки) або кількість руху Рівняння (13) у проекціях на дотичну і нормаль до траєк-

торії точки має вигляд

2

nFR

mvFdt

dvm == ττ (14)

Нормальна складова сили nF перпендикулярна до швидко-сті й направлена до центра кривизни траєкторії її називають доцентровою силою

3 Третій закон Ньютона Сили із якими два тіла (матеріа-льні точки) діють одне на одне рівні за величиною і протилежні за напрямком Якщо позначити ці сили через 12F і 21F то

21122112 FFiFF minus== (15)

Істотно що ці сили мають однакову природу але прикла-дені до різних тіл

7 Закон всесвітнього тяжіння Гравітація (тяжіння) ndash один

із видів матеріальної взаємодії у природі Це притягання тіл будь-якої природи що залежить від їх мас та розташування Тя-жіння відбувається через гравітаційне поле

10

Згідно із законом всесвітнього тяжіння між двома тілами (ма-теріальними точками) із масами m1 i m2 розташованими на віддалі r одне від одного діють сили притягання причому числове значення кожної з них

221

2112 rmmFF γ== (16)

де γ = 667sdot10ndash11 Нsdotм2sdotкгndash2 ndash гравітаційна стала У векторній формі закон всесвітнього тяжіння має вигляд

122

212112 r

rrmmFF γ=minus= (17)

де 12r ndash радіус-вектор спрямований від першого тіла до другого

Гравітаційні сили 2112 FF прикладені до кожної із взає-модіючих точок і спрямовані вздовж прямої яка їх сполучає

8 Сила тяжіння Вага На тіло що міститься у пункті В на

поверхні Землі з широтою ϕ діють дві сили гравітаційна сила

F гр і сила реакції земної поверхні N Рівнодійна дF (доцент-рова сила) цих двох сил забезпечує рух тіла по колу з центром Oprime при обертальному русі Землі навколо осі Доцентрова сила

дF розташована у площині географічної паралелі тіла і спрямо-вана до земної осі обертання

ϕω= cos2д RmF

де m ndash маса тіла ω ndash кутова швидкість добового обертання Зе-млі R ndash радіус Землі ϕ ndash географічна широта точки у якій розташоване тіло (числове значення доцентрової сили дорівнює нулю на полюсі ( 090=ϕ ) і є найбільшим на екваторі ( 00=ϕ ))

У системі відліку що повrsquoязана із Землею на будь-яке тіло нерухоме відносно Землі діє сила тяжіння тяжF направлена

протилежно до сили реакції опори N і рівна за модулем

дгртяж FFNF minus=minus= (18)

11

B

O

R ϕ

Оprime

грF

дF N

P

Сила тяжіння дорівнює гравітаційній силі на полюсі й на 036 менша за гравітаційну силу на екваторі У першому на-ближенні силу тяжіння тяжF можна вважати рівною силі грF

У системі відліку яка повrsquoязана із Землею тіло що не під-тримується підставкою під дією сили тяжіння одержує при-скорення вільного падіння g Це прискорення не залежить від маси m тіла і згідно з другим законом Ньютона визнача-ється через силу тяжіння тяжF

тяж

mFg = (19)

Вага ndash сила P із якою тіло внаслідок притягання його до Землі діє на підставку або підвіс NP minus=

Якщо тіло з підставкою (підвісом) нерухоме в системі відліку повrsquoязаною із Землею то вага тіла і за напрямком і за числовим значенням збігається із силою тяжіння тяжF що діє на тіло Тільки точкою прикладення сили тяжіння є центр мас тіла (або системи тіл) а вага прикладена до підставки чи підвісу Рівність ваги та си-ли тяжіння маємо й у випадку рівномірного прямолінійного руху підставки (підвісу) у системі відліку що повrsquoязана із Землею

12

Якщо підставка (підвіс) має прискорення a вага тіла не дорівнює силі тяжіння

)( agmP minus= αminus+= cos222 agagP

де α ndash кут між векторами g та a Розглянемо окремі випадки 1) тіло масою m із підставкою рухається з прискоренням a

спрямованим вертикально вгору Вага тіла Р буде більша за силу тяжіння

)( agmP += (20) 2) тіло масою m з підставкою рухається з прискоренням a спря-

мованим вертикально вниз Вага тіла Р буде менша за силу тяжіння )( agmP minus= (21)

3) вага тіла дорівнює нулю при ga = У цьому випадку має місце стан невагомості

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

Невагомість ndash стан механічної системи при якому зовнішні

сили тяжіння надають частинкам цієї системи тільки прискорення і не викликають взаємного тиску між ними

Невагомість виникає за умов коли на систему не діють ніякі зовнішні сили крім гравітаційних У стані невагомості тіло пе-ребуває при вільному падінні наприклад коли вільно рухається навколо Землі з першою космічною швидкістю тощо Неваго-мість можна трактувати як урівноваження гравітаційних сил си-лами інерції У системі що перебуває у стані невагомості спо-стерігаються такі явища математичний маятник зависає у від-хиленому стані зникає архімедова сила в рідині змочуюча рі-дина розтікається по посудині незмочуюча рідина набуває фор-ми кулі тіло підвішене на пружині зовсім її не деформує предмети (і людина) ldquoпливутьrdquo у довільному положенні

Фізіологічне відчуття невагомості наприклад у космонавтів характеризується відсутністю напруженості та навантажень які зумовлені силою тяжіння У цьому стані не відбувається деформа-

13

ції внутрішніх органів зникає постійно діюче напруження цілого ряду мrsquoязів порушується діяльність вестибулярного апарата тощо

Слід зазначити що при дії на людину перевантажень (напри-клад зміна ваги космонавта на старті та при гальмуванні космічно-го корабля) також спостерігаються фізіологічні відхилення в орга-нах людини особливо в системі кровообігу Якщо прискорення спрямовано від таза до голови космонавта то відбувається відтік крові із судин голови та її приплив до органів нижньої частини ту-луба Артеріальний тиск крові здорової людини на рівні серця ста-новить 16ndash18 кПа а у великих артеріях голови 12ndash14 кПа Якщо космонавт рухається із прискоренням ga 3asymp спрямованим у на-прямку таз rarr голова то артеріальний тиск у судинах головного мозку знизиться приблизно на 12 кПа і наблизиться до атмосфер-ного тиску що призведе до порушення кровообігу в судинах і клі-тини головного мозку зазнають нестачі кисню Тиск у судинах ни-жніх кінцівок збільшується і при ga 3asymp може досягти 75 кПа Це викликає збільшення обrsquoєму крові в нижніх частинах тіла що при-зводить до набрякання тканин Для забезпечення нормального кро-вообігу у космонавтів і пілотів реактивних літаків їх розміщують у горизонтальному положенні так щоб розміри тіла були мінімаль-ними в напрямку вектора прискорення Вплив на людину і рослини перевантажень та невагомості вивчає космічна медицина

9 Закон Гука встановлює залежність між деформуючою си-

лою і викликаною нею величиною деформації ізотропного тіла в межах його пружності

Означивши відношення деформуючої сили F до площі perpS пе-рпендикулярної до неї площини деформованого тіла як нормальне

напруження perp

=σSF а відношення абсолютної деформації LΔ до

початкової довжини L тіла як відносну деформацію LLΔ

=ε за-

кон Гука для лінійної деформації розтягу (стиску) формулюють так механічне напруження пропорційне відносній деформації

ε=σ E (22) де E ndash модуль пружності (модуль Юнга)

14

10 Механічна робота Консервативні та неконсервативні сили У механіці робота AΔ дорівнює скалярному добутку век-тора сили F на переміщення rΔ

rFrFA Δ=Δsdot=Δ )( αcos (23) де α ndash кут між векторами F i rΔ

Робота змінної сили

cos2

1

2

1

2

1intintint =αsdot=sdot= drFdrFrdFA r (24)

де FFr = αcos ndash проекція сили на напрямок переміщення Консервативними називають сили робота яких залежить

тільки від початкового та кінцевого положення точки що руха-ється і не залежить від форми траєкторії

При замкненій траєкторії робота консервативної сили завжди дорівнює нулю

До консервативних сил відносять гравітаційні сили сили пружності електростатичні

Робота грA гравітаційної сили при переміщенні матеріальної точки масою m відносно іншої точки масою M яка розташо-вана в початку координат

( )2 2

2

1

1 1

гр 22 1

1 1 r r

rr

r r

mM mMA F r dr dr mMr r r r

⎛ ⎞γ γ= = minus = = γ sdot minus⎜ ⎟

⎝ ⎠int int (25)

де 1r i 2r ndash модулі радіус-векторів які характеризують початко-ві й кінцеві положення точки що переміщується

Сили робота яких залежить від форми траєкторії називають непотенціальними силами (сили тертя сили опору тощо)

Робота непотенціальних сил по замкненій траєкторії не дорівнює нулю

Система тіл називається консервативною якщо внутрішні й зо-внішні сили що діють на систему є потенціальними У замкненій консервативній системі між тілами діють тільки внутрішні потен-ціальні сили Стаціонарні потенціальні сили є консервативними

Між тілами замкненої неконсервативної системи поряд із внутрішніми потенціальними (консервативними) силами діють внутрішні непотенціальні (неконсервативні) сили

15

11 Потужність Середньою потужністю P називається фізична величина яка визначається відношенням роботи AΔ сили або системи сил протягом скінченного проміжку часу tΔ до цього проміжку часу

tAP

ΔΔ

= (26)

Потужністю (миттєвою потужністю) Р називається фі-зична величина яка визначається формулою

=P0

limrarrΔt

dtdA

tA

=ΔΔ (27)

Якщо матеріальна точка або тіло переміщується зі швидкістюv то

αsdotsdot=sdot=sdot

== cos)()( vFvFdt

rdFdtdAP (28)

де α ndash кут між векторами F i v 12 Енергія Механічна енергія Енергією називається ска-

лярна фізична величина яка є загальною мірою різних видів ру-ху матерії та різних взаємодій а також мірою переходу руху матерії з одних форм в інші

Основні види енергії механічна теплова електромагнітна ядер-на Механічну енергію поділяють на кінетичну і потенціальну Механічна енергія E характеризує рух і взаємодію тіл і є фу-

нкцією стану механічної системи яка залежить від швидкостей і взаємного розташування тіл (або їх частин) Кінетична енергія матеріальної точки (точок) ndash енергія

руху яка повrsquoязана з масою та швидкістю її руху в цій інер-ціальній системі відліку

22

22

к mpvm

E == (29)

де mvp = ndash імпульс матеріальної точки Кінетична енергія системи складається з кінетичних енергій iEк всіх n матеріальних точок що входять до системи

кк sumsumsum===

===n

1i i

2i

n

1i

2ii

n

1ii 2m

p2vmEE (30)

16

Теорема про зміну кінетичної енергії зміна кEΔ кінетичної ене-ргії матеріальної точки (тіла) при переході з одного стану в інший до-рівнює роботі A всіх сил що діють на матеріальну точку (тіло)

1к2кк EEEA minus=Δ= (31) де к2E ndash кінетична енергія тіла в кінцевому стані (положенні)

1кE ndash кінетична енергія у початковому положенні Потенціальна енергія ndash енергія консервативної системи яка

залежить від розташування та взаємодії частинок цієї системи (як між собою так і з зовнішнім силовим полем)

Потенціальна енергія ndash однозначна функція координат точок системи Мірою зміни потенціальної енергії системи при її переході з

одного стану в інший є робота потенціальних сил що спричи-няють взаємодію між елементами системи

Робота потA потенціальних сил дорівнює зміні пEΔ поте-нціальної енергії системи при її переході з початкового стану в кінцевий узятій із протилежним знаком

)( 1п2пппот EEEA minusminus=Δminus= (32) де 2пE ndash потенціальна енергія системи в кінцевому стані 1пE ndash потенціальна енергія системи в початковому стані

Наприклад згідно з (25) для гравітаційного поля

2п1п2112

грпот11 ЕЕ

rmM

rmM

rrmMАA minus=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ sdotγminusminus

sdotγminus=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minussdotγ==

13 Вирази для потенціальної енергії взаємодії простих

механічних систем Потенціальна енергія гравітаційної взаємо-дії системи двох матеріальних точок із масами m i M що роз-ташовані на відстані r одна від одної

п rmME γminus= (33)

де γ ndash гравітаційна стала нуль відліку потенціальної енергії ( 0п =E ) покладено при infin=r

17

Потенціальна енергія гравітаційної взаємодії тіла ма-сою m із Землею

( )пз

з зmM hE

R R h= γ

+ (34)

де h ndash висота тіла над поверхнею Землі зМ ndash маса Землі зR ndash раді-ус Землі нуль відліку потенціальної енергії покладено при 0=h

Потенціальна енергія гравітаційної взаємодії тіла масою m із Землею для малих висот h ( зRh ltlt )

mghE =п (35) де g ndash модуль прискорення вільного падіння поблизу поверхні

Землі ( 2з

з

MgR

γ sdot= )

Потенціальна енергія пружних взаємодій ( )2

п 2

k xE

Δ= (36)

де k ndash коефіцієнт квазіпружної сили xΔ ndash модуль вектора по-довження або стиснення

14 Закон збереження і зміни механічної енергії Робота консер-

вативних сил дорівнює зменшенню потенціальної енергії матеріаль-ної точки при її переміщенні з положення 1 у положення 2

2п1п

2

1п12 EEdEA minus=minus= int (37)

Згідно з теоремою про зміну кінетичної енергії зменшення потенціальної енергії йде на приріст кінетичної

1к2к2п1п EEEE minus=minus Оскільки пк EEE += то можна записати що

=== EEE 21 const (38) де 1п1к1 EEE += і 2п2к2 EEE += ndash повні механічні енергії ма-теріальної точки в положеннях 1 і 2

18

Закон збереження механічної енергії в консервативній си-стемі механічна енергія консервативної системи зберігається сталою при русі системи

пк EEE += = const (39) Цей закон виконується як для замкнених так і для незамкне-

них консервативних систем У незамкненій консервативній системі потенціальна енергія

пE є сумою потенціальної енергії взаємодії частинок між собою

п (внутрішня)E та потенціальної енергії частинок системи в полі зовнішніх сил п (зовнішня)E

)зов()вн( ппп EEE += (40) Закон збереження (зміни) механічної енергії у неконсерва-

тивній системі Якщо на тіла системи діють зовнішні сторонні сили та внутрішні дисипативні сили то закон збереження енергії формулюється так зміна механічної енергії EΔ при русі системи дорівнює роботі сторонніх сторA та дисипативних сил дисA

дисстор1п1к2п2к12 )()( AAEEEEEEE +=+minus+=minus=Δ (41)

15 Закон збереження імпульсу Якщо в інерціальній систе-

мі відліку розглядається система що складається з n матеріаль-них точок то зміна сумарного імпульсу системи визначається сумою лише зовнішніх сил

зовFdtpd sum= (42)

Якщо система замкнена то зовFsum = 0 (окремим випад-ком замкненої системи є ізольована система коли зовнішні сили відсутні) тоді

0 або const dp pdt

= = (43)

Закон збереження імпульсу для замкненої системи тіл В інерціальній системі відліку сумарний імпульс замкненої сис-теми тіл не змінюється з часом ( =p const ) Імпульс системи до-

19

рівнює добутку маси m системи на швидкість Cv її центра мас

Cvmp = Тоді Cvmp = = const звідки =Cv const (44)

Центр мас замкненої системи тіл в інерціальній системі від-ліку рухається прямолінійно і рівномірно

Якщо система незамкнена але проекція суми всіх зовнішніх сил на якусь вісь наприклад x дорівнює нулю то закон збере-ження імпульсу виконується вздовж цієї осі sum =

iixp const

Коли 0rarrdt то і в незамкненій системі зов 0dp F dt= rarrsum тобто const=p (це закон збереження імпульсу в перший або початковий момент часу)

16 Сили інерції Рух тіла в неінерціальних системах відліку

Сили інерції mdash це сили які вводяться для опису механічного руху в неінерціальних системах Сили інерції не виникають при дії на дану матеріальну точку інших тіл або матеріальних полів

Поступальна сила інерції iF вводиться для опису по-ступального руху тіла в неінерціальній системі відліку що рухається поступально

нсвamFi minus= (45) де m ndash маса тіла нсвa ndash прискорення даної неінерціальної сис-теми відліку відносно будь-якої інерціальної системи

Відцентрова сила інерції вцF виникає в обертовій (відносно інерціальної) системі відліку діє на тіло незалежно від того пере-буває воно у стані спокою чи рухається і визначається формулою

2 2вц вц забоF m R F m R= ω = ω ϕcos (46)

де m ndash маса тіла ω ndash кутова швидкість обертання системи відліку (наприклад Землі навколо осі) R ndash відстань тіла від осі обертання ( зR R= ϕcos тут зR ndash радіус Землі ϕ ndash широта місцевості)

20

Сила Коріоліса кF ndash це сила інерції що діє на тіло масою m яке рухається з певною швидкістю v prime у системі відліку що обер-тається з кутовою швидкістю ω

[ ]ωsdotprime= vmF 2к (47)

або ωprime= vmF 2к αsin

Рівняння динаміки точки масою m у неінерціальній Кprime-системі відліку яка обертається зі сталою кутовою швидкістю ω навколо нерухомої осі має вигляд

[ ]ωsdotprime+ω+=prime vmRmFam 22 де та ndash прискорення та швидкість точки в неінерціальній Кprime-системі відліку ndash сума всіх сил що діють на точку R ndash радіус-вектор точки відносно осі обертання Кprime-системи

a prime v primeF

α

кF

ω

vprime

21

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Рівняння руху матеріальної точки має вигляд 2btatx += де

a = 15 мс b = 04 мс2 Визначити початкову швидкість точки та її швидкість через t = 5 c

Розвrsquoязання

Порівняємо задане рівняння руху тіла з рівнянням рівнопри-

скореного руху в загальному вигляді

2

2

00attvxx ++= i

24015 ttx += Видно що 0x = 0 а коефіцієнти при t i 2t у цих рівнян-

нях відповідно

0v =15 мс 2a = 04 звідки a = 08 мс2

Швидкість тіла через t = 5 c знайдемо із формули atvv += 0 Тоді v = 15 + 08sdot5 =19 мc Задача 2 Радіус-вектор точки А відносно початку координат змінюєть-

ся з часом t за законом 2r ti t j= α + β де α β ndash сталі i j ndash орти осей x і y Знайти

1) рівняння траєкторії точки )(xy 2) залежність від часу швидкості v прискорення a і модулів

цих величин 3) залежність від часу кута ϕ між векторами a і v

22

Розвrsquoязання

1) Радіус-вектор ( )tr як векторна функція від часу t в зага-льному випадку має вигляд

( ) ( ) ( ) r t x t i y t j= + (1) де )(tx i )(ty ndash проекції радіус-вектора на осі х і відповідно у

Порівнюючи (1) із заданим в умові задачі законом зміни r із часом бачимо що ttx α=)( 2)( tty β=

Із рівняння tx α= знаходимо параметр α

=xt Підставивши

отримане значення t у рівняння 22

22 xxty

αβ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

αβ=β= отри-

маємо рівняння траєкторії точки )(xy Як бачимо це парабола 2) залежність від часу швидкості v і прискорення a знайде-

мо узявши першу і відповідно другу похідну за часом від r

2 drv i tjdt

= = α + β (2)

22

2j

dtvd

dtrda β=== (3)

Із рівняння (2) бачимо що проекція v на вісь x α=xv проекція v на вісь у tvy β= 2

Із рівняння (3) знаходимо 0=xa β= 2ya Одержимо залежність від часу модулів швидкості v і

прискорення a

4 22222 tvvvv yx β+α=+== (4)

2β=+== 2y

2x aaaa (5)

3) із (2) і (4) видно що швидкість v з часом змінюється як за напрямком так і за модулем

Із рівнянь (3) і (5) бачимо що прискорення a const= не змінюється ні за напрямком ні за модулем і спрямоване вздовж осі у (паралельно j )

23

Отже залежність від часу кута між векторами a і v знайде-

мо із співвідношення 2

tgtv

v

y

xβα

==ϕ

Задача 3 Поїзд проходить поворот із радіусом закруглення R = 400 м

його тангенціальне прискорення τa = 02 мс2 Визначити норма-льне і повне прискорення в момент коли швидкість v =10 мс

Розвrsquoязання

Нормальне прискорення визначається формулою

Rvan

2= = 025 мс2

Повне прискорення 0322 2

na a aτ= + = мс Напрямок вектора а характери-

зується кутом α між a і τa

tg naaτ

α = = 125 α = 51deg20prime

Задача 4 Знайти кутову швидкість обертання Землі навколо своєї осі та лі-

нійні швидкості точок на екваторі й на географічній широті ϕ = 56deg

Розвrsquoязання

Кутова швидкість визначається за формулою

Tπ

=ω2

де T = 24 години ndash період обертання Землі навколо осі Тому ω asymp73sdot10ndash5 сndash1

α na τa

a

24

Лінійні швидкості точок А і В на екваторі й на географічній ши-роті ϕ визначаються так

зAv R= ω з cosBv R= ω ϕ

де зR = 6370 км Тому Av asymp 460 мс Bv asymp 277 мс

Задача 5 Визначити лінійну швидкість v руху Землі навколо Сонця

Маса Сонця і відстань від Землі до Сонця відповідно дорівню-ють M = 2sdot1030 кг R = 15sdot108 км

Розвrsquoязання

На орбіті Землю утримує доцентрова сила дF яка відпо-

відає силі тяжіння F Тому

FF =д або 2

2

RmM

Rmv γ

= (1)

де m ndash маса Землі γ = 667sdot10ndash11 Нsdotм2sdotкгndash2 ndash гравітаційна стала Із рівняння (1) знаходимо

311

301110829

105110210676

sdot=sdot

sdotsdotsdot=

γ=

minus

RMv мс asymp30 кмс

Задача 6 Тіло обертається навколо вертикальної осі з кутовою швидкі-

стю 1ω і одночасно навколо горизонтальної осі що перетина-ється з вертикальною із кутовою швидкістю 12 3ω=ω Яким буде результуючий рух тіла

B

A

R n

R3

ϕ

25

Розвrsquoязання

При обертанні тіла навколо осей що перетинаються ре-зультуючий рух також буде обертальний причому величина і напрямок результуючої кутової швидкості визначаються за правилом паралелограма

Як видно з рисунка 2

121 )3( ω+ω=ω

asympω=ω 110 31 1ω

31

3tg

1

1 =ωω

=α α =18deg30prime

Задача 7 Знайти мінімальну швидкість (так звану другу космічну шви-

дкість) яку треба надати тілу щоб воно змогло залишити Зем-лю подолавши поле тяжіння Землі

Розвrsquoязання

Сумарна енергія E тіла якому надана швидкість v біля по-

верхні Землі складається з кінетичної енергії

2

2

кmvE =

і потенціальної енергії

RmMU γminus=

( m i M ndash маси тіла і Землі R ndash радіус Землі)

RmMmvUEE γminus=+=

2

2

к (1)

Якщо тіло значно віддалиться від Землі (теоретично на не-скінченність) його потенціальна енергія дорівнюватиме нулю Щодо кінетичної енергії то досить щоб вона мала мінімально можливе значення тобто також дорівнювала нулю

α

ω 1ω

2ω

26

Таким чином повна енергія тіла на нескінченності перетво-риться на нуль

0=E (2) Із рівнянь (1) і (2) знаходимо

22 gRRMv =

γ= v = 112 кмс

Задача 8 Літак робить ldquoмертву петлюrdquo радіусом R = 500 м зі сталою

швидкістю v = 100 мс Знайти вагу пілота масою m = 70 кг у нижній верхній і середній точках петлі

Розвrsquoязання

Оскільки літак рухається по ко-

лу радіусом R зі сталою швидкіс-тю v то на пілота діє доцентрова

сила R

mvmaF n

2

д == (результую-

ча сили тяжіння gmF =тяж та ре-акції опори N ) отже вагу пілота

NP minus= знайдемо з другого закону Ньютона

PgmNgmam n minus=+= звідки

)agm(amgmP nn minus=minus= Згідно з цією формулою модуль ваги

cos 2 2n nP P m g a 2ga= = + minus α

де α ndash кут між векторами g і na

Коли пілот знаходиться в нижній точці петлі то α =180deg (рисунок) і

180deg

тяжF

тяжF

тяжF

дF

дF

namF =д

P

P

P

27

2 ( )2 2n n nP m g a ga m g a= + + = + =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

5001008970

2кгsdotмс2asymp 21 кН

Коли пілот знаходиться у верхній точці петлі то α = 0deg і 2 ( )2 2

n n nP m g a ga m g a= + minus = minus = =⎪70(98 ndash 20)⎪ asymp 07 кН

Вагу пілота в середній точці петлі ( α = 90deg αcos = 0) знай-демо з формули

2 270 98 202 2nP m g a= + = sdot + asymp 15 кН

Задача 9 До сухожилля завдовжки L = 012 м і діаметром d = 16sdot10ndash3 м

підвісили вантаж F = 686 Н При цьому подовження сухожилля ста-новило LΔ = 3sdot10ndash3 м Визначити модуль пружності E сухожилля

Розвrsquoязання

Відомо що сухожилля підлягає деформації одностороннього

розтягу тому

F LES L

sdot=

sdot Δ (1)

де S ndash площа поперечного перерізу LΔ ndash подовження сухожилля Підставляючи значення

=π

=4

2dS (314sdot162sdot10ndash6)4 = 2sdot10ndash6 м2

а також L =012 м і LΔ = 0003 м у рівняння (1) одержимо 9

36 1041103102120668

sdot=sdotsdotsdot

sdot= minusminusE Па

Задача 10 Мідна кулька діаметром d =4sdot10ndash5 м падає в широкій посу-

дині яка заповнена гліцерином Знайти швидкість v рівномір-

28

ного руху кульки який встановиться Коефіцієнт вrsquoязкості глі-церину η = 0001 кгмsdotс густина гліцерину ρ = 126sdot103 кгм3 густина міді 1ρ = 89sdot103 кгм3

Розвrsquoязання

Під час руху на кульку діють три сили bull сила тяжіння VgP 1ρ= (V ndash обrsquoєм кульки) bull сила тертя т 6F rv= πη ( r ndash радіус кульки) bull виштовхувальна сила VgF ρ=в При рівномірному русі який встановиться сумарна сила що

діє на кульку дорівнює нулю Тому 0вт =minusminus FFP або 061 =πηminusρminusρ rvVgVg

Тут 2dr = v ndash шукана швидкість кульки

6

3dV π= ndash обrsquoєм кульки

З останньої рівності знаходимо ( ) ( ) 31

21 1035

186minussdot=

ηρminusρ

=πη

ρminusρ=

gdr

gVv мс

Задача 11 Між двома тілами з масами 1m i 2m відбувається абсолютно не-

пружний удар Швидкості тіл до зіткнення 1v i 2v спрямовані вздовж однієї прямої Визначити зміну кінетичної енергії при ударі

Розвrsquoязання

Кінетична енергія тіл до зіткнення

22

222

211

1кvmvmE +=

29

Після непружного удару обидва тіла рухаються як єдине ціле зі спільною швидкістю U

21

2211mm

vmvmU++

= (1)

Зміна кінетичної енергії при ударі ( )

222

222

211221

1к2кк ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+minus

+=minus=Δ

vmvmUmmEEE (2)

Підставляючи (1) у (2) знайдемо ( )

( ) 2 21

22121

к mmvvmmE

+minus

minus=Δ

Таким чином при непружному ударі має місце зменшення кінетичної енергії тіл

Задача 12 Визначити роботу підйомного пристрою при підніманні зі

стану спокою тіла масою m із прискоренням а по похилій площині завдовжки L що нахилена до горизонту під кутом α якщо коефіцієнт тертя μ Пояснити у які види енергії пе-реходить виконана робота

Розвrsquoязання

На тіло (брусок) що рухається по похилій площині діють

gmF =тяж ndash сила тяжіння

N ndash сила нормальної реакції опори тF ndash сила тертя ковзання

F ndash сила тяги підйомного пристрою Роботу підйомного пристрою LFA sdot= визначимо якщо

знайдемо силу тяги F Запишемо другий закон Ньютона у векторній формі

FFNgmam +++= т (1)

30

y x

L N F

a

тF

α α

h

gmF =тяж Спроектувавши векторне рівняння (1) на осі х та у отримаємо

FFmgma +minusαminus= тsin (2) Nmg +αminus= cos0 (3)

Зі скалярного рівняння (3) бачимо що Nmg =αcos а отже

αμ=μ= cosт mgNF Тепер із рівняння (2) знаходимо силу тяги

αμ+α+= cossin mgmgmaF Роботу αμ+α+=sdot= cossin mgLmgLmaLLFA можна запи-

сати у вигляді

трпкт

2

2АЕЕLFmghmvA ++=++= (4)

(тут ми скористалися формулою для шляху рівноприскореного

руху a

vL2

2= ) Бачимо що робота підйомного пристрою A піш-

ла на надання тілу кінетичної енергії 2

2

кmvE = на збільшення

потенціальної енергії тіла mghE =п та виконання роботи проти сил тертя ттр LFA =

Інший (енергетичний ) спосіб розвrsquoязку рух тіла під дією сторонньої сили тяги F відбувається у полі консервативних сил тяжіння gmF =тяж

31

На тіло діє дисипативна сила тертя ковзання тF яка виконує відrsquoємну роботу під час руху т

дис LFA minus= На тіло діє також си-

ла нормальної реакції опори N яка не виконує роботи під час руху бо N перпендикулярна до напрямку руху Скористаємося законом збереження енергії у механіці записаним у вигляді

mghmvEEEEEАA +=+minus+=Δ=+2

)()(2

1п1к2п2кдисстор

У нас сторА ndash це робота підйомної машини А тдис LFA minus=

Отже отримаємо т

2

2LFmghmvA ++= Бачимо що для визна-

чення роботи підйомної машини зразу маємо рівняння (4) Задача 13 Добове обертання Землі зумовлює відхилення поверхні води

в річках від горизонтального положення Обчислити кут нахилу поверхні води в річці до горизонтальної поверхні якщо річка тече на широті ϕ з півночі на південь Швидкість течії v

Розвrsquoязання

Розглянемо довільний елемент поверхні води На нього діють

1) сила тяжіння gmP = 2) сила інерції Коріоліса яка чисе-

льно дорівнює ϕω= sin2к mvF Ці дві сили взаємно перпендикулярні

а їх рівнодійна F перпендикулярна до поверхні рівня води який встановиться

в річці Охарактеризуймо його кутом нахилу α до горизонту і остаточно запишемо

sin2sin2tg кg

vmg

mvPF ϕsdotω

=ϕsdotω

==α

α

α

кF

F P

32

Задачі

1 Залежність шляху S від часу t задається рівнянням

32 ctbtatS +minus= де a = 02 мс b = 03 мс2 і c = 04 мс3 Знайти 1) вираз для швидкості й прискорення 2) положення швидкість та прискорення тіла через 2 с пі-сля початку руху Відповідь )216020( 2ttv +minus= мс )4260( ta +minus= мс2 S= 24 м v =38 мс a = 42 мс2

2 Точка рухається у площині ху за законом tAx ω= cos tAy ω= sin де A i ω ndash додатні сталі величини

Знайти шлях S що проходить точка за час τ і кут ϕ між швидкістю та прискоренням точки

Відповідь ωτ= AS 2π

=ϕ 3 У першому наближенні можна вважати що електрон в ато-мі водню рухається по коловій орбіті зі сталою швидкістю Знайти кутову швидкість ω обертання електрона навколо ядра та його нормальне прискорення na Радіус орбіти електрона r = 05sdot10ndash10 м швидкість елект-рона на орбіті v = 22sdot106 мс Відповідь ω = 44sdot1016 сndash1 na = 97sdot1022 мс2 4 Точка рухається по колу зі швидкістю tv α= де α = 05 мс2 Знайти її повне прискорення a у момент коли вона пройшла n = 01 довжини кола після початку руху

Відповідь ( )241 na π+α= a = 08 мс2 5 Тіло масою m рухається так що залежність шляху від часу задається рівнянням taS ω= sin де a і ω ndash сталі

33

Знайти залежність сили яка діє на тіло від часу

Відповідь 2

22 ndash sin td sF = m F = am

dtω ω

6 Космічний корабель масою 1m =106 кг починає рухатися вертикально вгору Сила тяги двигунів тF =3sdot107 Н Визначити прискорення a корабля і вагу космонавта P що знаходиться там Відомо що на Землі на космонавта діє сила тяжіння тяжF = 59sdot102 Н Відповідь a = 202 мс2 P asymp 180sdot103 Н 7 Визначити силу натягу каната при рівноприскореному опусканні кабіни в шахту якщо протягом t =30 с від почат-ку руху вона проходить шлях l =100 м Маса кабіни 300 кг Відповідь )( agmT minus= =28 103 H 8 Ліфт масою M =103 кг піднімається зі сталим приско-ренням a = 02 мc2 У ліфті знаходиться пrsquoять осіб ма-сою m = 60 кг кожний Знайти силу натягу каната ліфта і вагу кожної людини Відповідь ( 5 )( )T M m g a= + + =13sdot103 H

( )P m g a= + = 600 H 9 Автомобіль масою M = 15 т рухається горизонтально зі швидкістю v = 20 мc Після вимкнення двигуна він проходить до зупинки L = 50 м Знайти силу тертя і коефіцієнт тертя Відповідь 2

T 2F MV L= = 6sdot103 H asympμ 042 10 На екваторі деякої планети тіло має вагу вдвічі ме-ншу ніж на полюсі Густина речовини цієї планети ρ = 3sdot103 кгм3 Визначити період обертання T планети навколо своєї осі Відповідь T = γρπ6 = 97sdot103 с

34

11 Два тіла масою m =100 г кожне підвішені на кінцях нитки перекинутої через блок На одне з тіл покладено важок масою 0m =50 г Із якою силою він тиснутиме на тіло під час руху Відповідь 0 02 g(2 )N mm m m= + = 039 H 12 На горизонтальній поверх-ні стоїть штатив ма-сою M = 1кг на якому закріп-лено невагомий блок На кін-цях невагомої нитки що пере-кинута крізь блок підвішено два тягарці маси яких

1m =02 кг та 2m =08 кг Нех-туючи тертям знайдіть силу із якою штатив діє на поверхню

m1 m2

Відповідь MgmmmgmN ++= )(4 2121 =16 H

13 Куля потрапляє у ящик із піском та застряє у ньому На скільки стиснеться пружина жорсткістю k що утри-мує ящик якщо куля має масу m і рухається зі швидкістю v маса ящика M тертя відсутнє

k M v

m

Відповідь )( Mmk

mVx+

=Δ

14 Яка робота виконується під час рівномірного переміщен-ня ящика масою 100 кг по горизонтальній поверхні на від-стань 496 м якщо коефіцієнт тертя 033 а мотузок за допо-могою якого тягнуть ящик утворює з горизонтом кут 30deg Відповідь )sin(coscos αμ+ααμ= lmgA =135sdot103 Дж

35

15 Куля масою 10 г що летить зі швидкістю 800 мс по-трапляє в дерево і заглиблюється на 10 см Визначити си-лу опору дерева і час руху кулі в дереві Відповідь lmVF 22= = 32sdot103 H Vlt 2= = 25sdot10ndash4 c 16 Прикріплений до вертикальної невагомої пружини вантаж повільно опускають до положення рівноваги при цьому пружина розтягується на довжину 0x На скільки розтягнеться пружина якщо дати можливість вантажеві вільно падати із положення при якому пружина не роз-тягнута Яка максимальна швидкість вантажу Який пе-ріод коливань вантажу

Відповідь 02xx =Δ 0gxV = gxT 02π=

17 Визначити яку роботу виконає людина яка підіймає тіло масою m = 4 кг на висоту h =1 м із прискоренням a =12 мс2 Визначити кінетичну і потенціальну енергії тіла на висоті 1 м Відповідь a)hm(gA += = 44 Дж кE =48 Дж пE =392 Дж 18 Визначити кінетичну енергію тіла масою m = 1 кг яке кинули горизонтально зі швидкістю 0v = 20 мс у кінці че-твертої секунди його руху ( g asymp 10 мс2) Відповідь кE = 103 Дж 19 Супутник масою m = 12sdot104 кг обертається по коловій орбіті навколо Землі маючи кінетичну енергію

кE = 54sdot106 кДж Із якою швидкістю v і на якій висоті H обертається супутник Відповідь v = 3sdot103 мс H asymp 38sdot107 м 20 Знайти відношення витрат енергії на піднімання супу-тника на висоту 1h = 32sdot106 м і на запуск його по коловій

36

орбіті на тій самій висоті Така сама умова для висоти 2h = 64sdot106 м ( ЗR = 64sdot106 м)

Відповідь 1 AA = 1 1 AA = 2 21 Людина стрибає з висоти h = 1 м одного разу на прямі ноги а іншого ndash на зігнуті в колінах Час гальмування при стиканні з опорою відповідно дорівнює 01 і 05 с Обчис-лити кратність перевантаження яке при цьому виникає а також тривалість стану невагомості Вважати що людина в кожному випадку при падінні проходить однаковий шлях опір повітря не враховувати Відповідь 55 2 04 с 22 Центрифуга що використовується для тренування кос-монавтів здійснює n = 05 обс при радіусі траєкторії R = 4 м Знайти кут α між вертикаллю і уявною віссю кос-монавта в місці його знаходження Установити залежність

)(ω=α f Які перевантаження при цьому виникають

Відповідь ( )( )122 2 22

arctg 4g RR

g g

+ ωωα = asymp

23 Знайти енергію пружної деформації стального стри-жня масою m = 31 кг розтягнутого з відносним подов-женням ε =10sdot10ndash3 (густина сталі ρ =78sdot103 кгм3 мо-дуль Юнга E = 216sdot1011 Нм2) Відповідь ρε= 22 mEU U asymp 40 Дж 24 Яку роботу слід виконати щоб стальну стрічку завдовж-ки l = 2 м завширшки h =6sdot10ndash2 м і завтовшки σ = 2sdot10ndash3 м зі-гнути у круглий обруч (деформацію вважати пружною) Відповідь 2 3( 6) A h E lasymp π σ A asymp 80 Дж 25 Визначити роботу серця людини за 1 хвилину та за добу якщо відомо що вона в основному складається з роботи при

37

скороченні лівого шлуночка і визначається формулою cA asymp12 шA де шA ndash робота лівого шлуночка

22удш mvPVA += де P =13sdot104 Па ndash середній тиск із

яким кров виштовхується в аорту ρ =105sdot103 кгм3 ndash густина крові v =05 мс ndash швидкість крові в аорті удV =7sdot10ndash5 м3 ndash ударний обrsquoєм крові t = 03 с ndash час скорочення шлуночків Відповідь хвA asymp 110 Дж добA asymp 160 кДж 26 Дах будинку нахилено під кутом α = 20deg до горизонту Чи пройде людина вгору по покритому льодом дахові якщо коефіцієнт тертя μ = 03 Відповідь μltαtg 27 Шматок льоду раз підкидають під кутом α =45deg до го-ризонту а потім пускають із тією самою швидкістю ков-зати по льоду Знайти коефіцієнт тертя якщо в другому випадку шматок льоду переміщується на відстань у 10 ра-зів більшу ніж у першому випадку Відповідь μ asymp 005 28 Густину рідини що перекачують насосом збільшили на n = 10 Як при цьому зміниться швидкість рідини в насосі якщо потужність насоса не зміниться Відповідь 21 vv =1032 29 Визначити середню потужність N двигуна колісного трактора який рушивши з місця піднімається по дорозі з ухилом 002 із прискоренням a = 005 мс2 Коефіцієнт тер-тя μ = 01 Маса трактора m = 2700 кг його кінцева швид-кість v = 15 мс Відповідь N = 2500 Вт

38

30 У ліфті що рухається вертикально вгору із прискорен-ням 0a = 2 мс2 міститься горизонтальний диск що обер-тається з частотою f = 13 обс на якому лежить брусок Коефіцієнт тертя бруска об стіл μ = 04 Знайдіть макси-мальну відстань бруска від осі обертання при якому він ще утримується на столі

Відповідь 220

4)(

fagR

π

+μ= =7 см

31 Відомо що на заокругленнях залізничного полотна зовнішню рейку трохи піднімають відносно внутрішньої щоб тиск поїзда на полотно залізниці був перпендикуляр-ним до його площини Знайти кут α утворений полотном із горизонтом якщо заокруглення радіусом R розрахова-не для руху зі швидкістю v Відповідь gRv tg 2=α 32 Місток (що провисає) має форму дуги кола R = 4 м та витримує максимальне навантаження P =1000 Н Із якою максимальною швидкістю може їхати по ньому велосипе-дист маса якого (разом із велосипедом) m = 90 кг

Відповідь m

mgPRV )( minus= =23 мс

33 Снаряд масою 100 кг рухається зі швидкістю 500 мc Під час руху він розірвався на дві частини Одна частина масою 40 кг стала рухатися зі швидкістю 600 мc у тому самому на-прямку Знайти швидкість другої частини снаряда Відповідь 2v = 433 мс 34 Метеорит і ракета рухаються під кутом α =90deg Ра-кета потрапляє в метеорит і залишається в ньому Маса метеорита m маса ракети 2m швидкість метеорита

39

v швидкість ракети v2 Визначити імпульс метеорита та ракети після зіткнення Відповідь mv2p = 35 Куля масою 1m = 2 кг рухається горизонтальною пове-рхнею зі швидкістю 01v = 2 мс і попадає в нерухому кулю ( 02v = 0 мс) маса якої 2m = 3 кг Визначити швидкості куль 1v i 2v після зіткнення якщо його вважати абсолютно пружним Сили тертя не враховувати Відповідь 1v = ndash04 мс 2v = 16 мс 36 Стоячи на льоду ковзаняр масою 2m = 80 кг кинув уперед важок масою 1m = 10 кг і при цьому сам поїхав назад зі швидкістю 2v = 15 мс Яку роботу виконав ков-заняр кидаючи важок Відповідь 2)1( 12

222 mmVmA += = 810 Дж

37 Ковзаняр масою 1m =70 кг стоячи на ковзанах на льо-ду кидає в горизонтальному напрямку камінь масою

2m = 3 кг зі швидкістю 2v = 8 мс Знайти на яку відстань S відкотиться при цьому ковзаняр Коефіцієнт тертя ков-зання μ = 002

Відповідь gmvmS μ= 21

22

22 2 = 30 см

38 Маса серця дорослої людини приблизно m = 03 кг При скороченні лівого шлуночка в аорту виштовхується V = 70 мл крові Швидкість крові в аорті v = 05 мс густина крові ρ = 105sdot103 кгм3 Визначити швидкість віддачі серця відv Відповідь відv asymp 012 мс 39 Маятник має вигляд прямого тонкого стрижня завдо-вжки l = 15 м на кінці якого знаходиться стальна куля масою M = 1 кг У кулю попадає маленька куля масою

40

m = 2sdot10ndash2 кг яка рухається горизонтально зі швидкістю v = 50 мс Визначити кут α максимального відхилення маятника якщо вважати удар центральним і пружним Масу стрижня не враховувати

Відповідь ( ) glm+M

mv2arcsin=α α asymp 30deg

40 У скільки разів n зменшиться швидкість атома гелію пі-сля центрального пружного зіткнення з нерухомим атомом водню маса якого в 4 рази менша за масу атома гелію Відповідь n = 53 41 Тіло вільно падає з висоти h =100 м на Землю Ви-значити відхилення тіла S на схід під дією сили Коріо-ліса на широті ϕ = 45deg (кутова швидкість обертання Зе-млі ω =73sdot10ndash5 радс)

Відповідь ϕω= cos32

g2hhS S = 1610ndash2 м

41

sect 2 Рух твердого тіла

Основні поняття та закони гідродинаміки

1 Поступальний рух Рух центра інерції твердого тіла Рух твердого тіла визначається прикладеними до нього зовнішніми силами Характерними видами руху твердого тіла є поступаль-ний та обертальний рухи

Поступальним рухом твердого тіла називається такий рух при якому всі його точки рухаються по однакових траєкторіях швидкості всіх точок у будь-який момент часу однакові а будь-яка пряма проведена між довільними точками тіла переміщу-ється паралельно сама собі

Абсолютно тверде тіло ndash це тіло у якому відстань між двома довільними матеріальними точками не змінюється у процесі руху

Тверде тіло розглядають як систему яка складається з n мате-ріальних точок а маса тіла m дорівнює сумі мас усіх цих точок

n

ii 1

m m=

= Δsum де imΔ ndash маса і-ї точки (1)

Поступальний рух твердого тіла повністю характеризується заданням руху будь-якої однієї точки цього тіла тобто при по-ступальному русі тіло має три ступені вільності

Центром мас тіла (центром інерції) називають точку С ко-ординати якої c c cx y z визначаються через координати окремих

елементів тіла jjj zyx співвідношеннями

Δ Δ Δ i i i i i i

c c c

x m y m z mx y z

m m m= = =sum sum sum (2)

Рух центра інерції твердого тіла центр інерції твердого тіла рухається як матеріальна точка з масою рівною масі тіла під дією всіх сил прикладених до тіла

n

c ii 1

ma F=

= sum (3)

де sum=

n

1iiF ndash векторна сума всіх зовнішніх сил

42

2 Обертальний рух Динамічні характеристики тіла яке обертається Обертальний рух ndash це такий рух при яко-му принаймні дві точки тіла весь час залишаються нерухоми-ми Пряма яка проходить через ці точки називається віссю обертання Усі точки твердого тіла які лежать на осі обер-тання нерухомі Інші точки твердого тіла рухаються по колах у перпендикулярних до осі обертання площинах Центри цих кіл лежать на осі обертання Обертальний рух твердого тіла ndash це плоский рух

Плоским називають такий рух при якому всі точки тіла ру-хаються в паралельних площинах

Момент iM сили iF відносно точки О визначається вектор-ним добутком радіус-вектора ir проведеного в точку прикла-дання сили iF на цю силу

i i iM r F⎡ ⎤= sdot⎣ ⎦ (4)

Числове значення моме-нту сили iF

sin iiiiii lFrFM =αsdotsdot= (5)де iα ndash кут між векторами ir і

iF iii rl α= sin ndash довжина пе-рпендикуляра який опустили із точки О на лінію дії сили iF

Величину il називають плечем сили Якщо лінія дії сили проходить через точку О то 0=il і мо-

мент сили відносно точки О дорівнює нулю Момент імпульсу iL матері-

альної точки im відносно точки О визначається векторним добут-ком радіус-вектора ir матеріаль-

ної точки на її імпульс ivm [ ]iiii vmrL sdot= (6)

O im

iM iF

iF

ir

iα iα

il

iivm

O

iivm

ir

iL

im

43

Вектор iL іноді називають моментом кількості руху матеріа-льної точки Він спрямований перпендикулярно до площини проведеної через вектори ir і ivm

Моментом izM сили iF відносно осі z називають проек-цію на вісь z моменту сили відносно будь-якої точки О що лежить на цій осі

пр cosiz i z i iM M M M Ozand⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

де ( )iM Ozand

ndash кут між вектором iM і віссю z

Моментом izL імпульсу iii vmp = відносно осі z називають проекцію на вісь z моменту імпульсу відносно будь-якої точ-ки О що лежить на цій осі

пр cosiz i z i iL L L L Ozand⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

де ( )iL Ozand

ndash кут між вектором iL і віссю z

Бачимо що величини izM i izL не залежать від розташуван-ня на осі z точки О Вектори iM та iL залежать від розташуван-ня на осі z точки О відносно якої їх знаходять але проекції цих векторів на вісь z тобто величини izM i відповідно izL залиша-ються сталими при зміні положення точки О

Момент імпульсу zL тіла відносно осі обертання ndash це проекція результуючого вектора моменту імпульсу L на вісь z яка дорівнює алгебраїчній сумі проекцій на цю вісь усіх складових векторів iL

sum=

=n

0iizz LL (7)

Із визначення векторного добутку вектор iL за модулем дорі-внює площі паралелограма побудованого на векторах ir та

44

ii vm та є перпендикулярним до цих двох векторів Проекція

izL дорівнює площі iS ndash проекції цього паралелограма на пло-щину перпендикулярну до осі Oz

Із рисунка видно що iiiz LL γ= cos (де iγ ndash кут між вектором

iL і віссю Oz) тобто дорівнює площі прямокутника зі сторона-ми iR i iivm Таким чином

2cos iiiiiiiiiz RmvmRmvrL ω==γ= (8)

адже iii Rr =γcos та ii Rv ω= Момент імпульсу тіла відносно осі обертання Oz

2

1

n

z i ii

L m R=

= ωsum (9)

Сума добутків мас усіх матеріальних точок тіла на квад-рати їх відстаней до осі називається моментом інерції zI тіла відносно цієї осі

sum= 2iiz RmI (10)

При визначенні моменту інерції тіла його розбивають на не-скінченну кількість малих елементів із масами dm і момент інерції знаходять за формулою

22 intint ρ== dVRdmRI z (11)

де ρ ndash густина однорідного тіла dV ndash елементарний обrsquoєм

z

O iivm

iL

iγ izL

vmi

im

ir

iR

45

Момент імпульсу тіла відносно осі дорівнює добутку момен-ту інерції тіла відносно тієї самої осі на кутову швидкість ω обертання навколо осі

ω= zz I L (12)

3 Основний закон динаміки обертального руху тіла Роз-глянемо основний закон динаміки обертального руху тіла що обертається навколо нерухомої точки Швидкість зміни мо-

менту імпульсу dtLd тіла що обертається навколо нерухомої

точки дорівнює результуючому моменту M відносно цієї точ-ки всіх зовнішніх сил прикладених до тіла

MdtLd

= (13)

Формулу (13) одержують так [ ]

[ ] 0

i ii i ii i

i i i i

i i i i ii i

d r pdL dL dr dpp rdt dt dt dt dt

v p r F M M

sdot ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = = sdot + sdot =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤= sdot + sdot = + =⎣ ⎦

sum sum sum sum

sum sum sum

Вираз (13) називають рівнянням моментів відносно точки Основний закон обертального руху для тіла що оберта-

ється навколо нерухомої осі

zz M

dtdL

= (14)

де zL i zM ndash проекції на вісь Oz обертання тіла векторів момен-ту імпульсу тіла і результуючого моменту сил

Оскільки z zL I= ω то (14) набуває вигляду

( ) Z Z

d I Mdt

ω = (15)

Для абсолютно твердого тіла ZI не залежить від часу t Тому

46

Z ZdI Mdtω

= або z zI Mβ = (16)

де β ndash кутове прискорення тіла Вираз (16) називають рівнянням моментів відносно осі z Кутове прискорення твердого тіла що обертається навколо

нерухомої осі Oz прямо пропорційне результуючому моменту відносно цієї осі всіх зовнішніх сил що діють на тіло і обернено пропорційне моменту інерції тіла відносно тієї самої осі

Z

Z

MI

β = (17)

Якщо 0zM = то 0=ω

=βdtd і кутова швидкість обертання

тіла стала Це стан рівномірного обертання навколо нерухомої осі Основний закон обертального руху для тіла що обертається

навколо нерухомої осі ZZ

dL Mdt

= зберігає таку найпростішу

форму і при обертанні тіла навколо рухомої осі якщо швидкість руху осі v паралельна швидкості руху центра мас тіла Cv або вісь проходить через центр мас

4 Закон збереження моменту імпульсу Якщо результую-

чий момент зовнішніх сил відносно нерухомої точки тіла (неру-хомої осі) дорівнює нулю то момент імпульсу тіла відносно цієї точки (осі) не змінюється з часом у процесі руху

0 const

0 const

const

ZZ

Z

dL i LdtdL i Ldt

I

⎧= =⎪

⎪⎪ = =⎨⎪

ω =⎪⎪⎩

(18)

де ω ndash кутова швидкість тіла ZI ndash момент інерції відносно осі обертання

47

5 Теорема Штейнера Момент інерції ZI тіла відносно довільної осі ОО1 дорів-

нює сумі моменту інерції ZI prime тіла відносно осі 1OO primeprime проведеної через центр інерції С тіла паралельно ОО1 і добутку маси m тіла на квадрат відстані між цими осями a

2maII zz +prime= (19) 6 Кінетична енергія тіла Якщо тверде тіло рухається по-

ступально зі швидкістю v і одночасно обертається із кутовою швидкістю ω навколо осі яка проходить через його центр інер-ції то кінетична енергія тіла

2 2

к 2 2

Cmv IW ω= + (20)

де CI ndash момент інерції тіла відносно осі обертання 7 Порівняння рівнянь руху твердого тіла і матеріальної точки

Таблиця 1 Поступальний рух матеріальної точки

Обертальний рух твердого тіла

Маса m Момент інерції zI

Швидкість v Кутова швидкість ω

Прискорення a Кутове приско-рення

β

Сила F Момент сили zMM

Імпульс vmp = Момент імпульсу L LZ Рівняння руху

sum =n

i=1i amF

Основний закон динаміки обертального руху

MdtLd

=

Z

Z

MI

β =

Закон збереження імпульсу

constp = Закон збереження моменту імпульсу

constL = constzI ω =

O

O1

a

O1

C

Oprime

48

Продовження табл 1 Поступальний рух матеріальної точки

Обертальний рух твердого тіла

Робота rdFdA = Робота α= dMdA z

Кінетична енергія ==

2vmE

2ii

iк

i

2i

2mp

=

Кінетична енергія

2

к 2CIW ω

=

8 Рух рідини Рівняння нерозривності струменя Для опи-

су руху рідини використовують такі величини три компоненти швидкості елемента обrsquoєму ( )tzyxvv = тиск ( )tzyxPP = і густину ( )tzyx ρ=ρ Змінні цих функцій zyx і t характери-зують координати і час не окремих молекул рідини а визначену точку простору заповнену рідиною

Тому ( )tzyxvv = ( )tzyxPP = і ( )tzyx ρ=ρ ndash швид-кість тиск і густина рідини в даній точці простору zyx у мо-мент часу t При фіксованому часі 0tt = функція ( )0 tzyxvv = описує поле швидкостей тобто дає миттєву картину розподілу швидкостей рідини в кожній точці простору

Рух рідини називають стаціонарним якщо поле швидкостей не змінюється з часом і нестаціонарним якщо воно з часом змінюється

Рівняння нерозривності струменя для стаціонарної течії маса рідини або газу що проходить за одиницю часу через дові-льний переріз труби течії однакова для всіх перерізів

const=ρvS (21) де ρ і v ndash густина і швидкість рідини або газу в перерізі S труби

9 Рівняння Бернуллі ndash рівняння гідромеханіки яке визна-чає звrsquoязок між швидкістю v рідини тиском P в ній та висотою h частинок над площиною відліку для стаціонарної течії ідеаль-ної нестисливої рідини

const2

2=+ρ+

ρ Pghv (22)

49

де ρ ndash густина рідини g ndash прискорення вільного падіння У рівнянні Бернуллі всі члени мають розмірність тиску

P ndash статичний тиск 2

2vρ ndash динамічний ghρ ndash ваговий

Рівняння Бернуллі для двох перерізів течії 2 21 2

1 1 2 22 2v vgh P gh Pρ ρ

+ ρ + = + ρ + (23)

Для горизонтальної течії

2

22

1

21

22PvPv

+ρ

=+ρ (24)

10 Формула Торрічеллі визначає швидкість витікання рі-

дини з невеликого отвору в широкій посудині який розміщено на глибині H від верхнього рівня рідини в посудині

2gHv = (25) де g ndash прискорення вільного падіння

11 Формула ГагенаndashПуазейля визначає кількість рідини

Q що протікає по горизонтальній трубці сталого перерізу в одиницю часу Кількість рідини пропорційна різниці тисків

1P і 2P на вході та виході з труби четвертому степеню її ра-діуса R і обернено пропорційна довжині L труби та коефіці-єнту вrsquoязкості рідини η

( )ωminus

=η

πsdot

minus= 21

4або

8PPQR

LPPQ 21 (26)

де 48

RL

πη

=ω ndash гідравлічний опір

12 Число Рейнольдса ( Re ) звrsquoязує середню швидкість руху

рідини v густину рідини ρ її вrsquoязкість η та діаметр труби D і є критерієм для переходу ламінарної течії у турбулентну

ηρ

=DvRe (27)

50

Для прямої труби крRe = 2300

Якщо крReRe ge то спостерігається турбулентна течія

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

Кількість крові Q що протікає через поперечний переріз су-динної системи людини за одиницю часу у першому наближен-ні визначається формулою ГагенаndashПуазейля

Течія крові в судинній системі людини за нормальних умов має ламінарний характер При різкому звуженні просвіту суди-ни спостерігається турбулентна течія крові Це відбувається наприклад при неповному відкритті або навпаки при непов-ному закритті клапанів аорти або серцевих Це явище назива-ють серцевими шумами

51

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити момент інерції тонкого однорідного стрижня масою

m завдовжки L площею поперечного перерізу S і густиною ρ який обертається відносно осі ООprime яка проходить через його кінець

Розвrsquoязання

Розібrsquoємо стрижень на нескінченно

велику кількість елементів масою dm і довжиною dr Позначимо відстань від осі ООprime до одного з таких елемен-тів через r

Момент інерції елемента стрижня

SdrrdmrdI ρ== 22 Момент інерції всього стрижня

31 3

L

0

2L

0

SLdrrSdII ρ=ρ== intint

Маса стрижня SLm ρ= тому 21

3I mL=

Задача 2 Уздовж похилої площини яка утворює кут α з горизонтом

скочується без ковзання суцільний однорідний диск Знайти лі-нійне прискорення його центра

Розвrsquoязання

Рух диска можна розглядати як обертання навколо миттєвої осі z що проходить перпендикулярно площині рисунка через

Оprime

O

S

dm

dr r

52

точку дотику О диска і похи-лої площини На диск діють три сили сила тяжіння P сила реакції опори N (яка проходить через точку О й на рисунку не зображена) і сила тертя тF

Плече сили тяжіння P як видно з рисунка α= sinrh ( r ndash радіус диска) Моменти сил N і тF дорівнюють нулю Отже рівняння моментів відносно осі z має вигляд

β=α 1IPr sin (1) де 1I ndash момент інерції відносно осі z що проходить через точку О

Згідно із теоремою Штейнера 2

1 mrII += де m ndash маса диска I ndash момент інерції відносно осі яка про-ходить через центр інерції диска перпендикулярно до його

площини 2

2mrI =

Тому 2

1 23 mrI = (2)

Шукане прискорення центра мас (точки С) можна подати у вигляді

ra β= (3) якщо розглядати рух центра інерції С як обертання навколо осі що проходить через точку О

Із рівнянь (1) і (3) враховуючи (2) і те що mgP = знаходимо 2 sin 3

a g= sdot α (4)

Задача 3 Визначити кінетичну енергію тонкого обруча масою M що ко-

титься без ковзання горизонтальною поверхнею зі швидкістю v

F

C

O

P

1P

2P

r h

α

α

53

Розвrsquoязання

Розглядаємо рух обруча як обер-тання навколо миттєвої осі яка про-ходить перпендикулярно до його площини через точку дотику О обру-ча й поверхні Кінетична енергія об-

руча дорівнює 2

20

тω

=IW

Момент інерції відносно осі О 0I можна виразити через мо-мент інерції відносно осі С cI Згідно із теоремою Штейнера

20 CI I MR= + ( R ndash радіус обруча)

Отже 20 2MRI = Rv ω=

Rv

=ω

Підставляючи 0I та ω у формулу для енергії кW одержимо 2

к MvW =

Задача 4 У дні посудини заповненої двома різними

рідинами висоти яких дорівнюють 1h і 2h а густини відповідно 1ρ і 2ρ є невеликий отвір Знайти початкову швидкість витікання рідини з посудини вважаючи обидві рідини ідеаль-ними і нестисливими

Розвrsquoязання

Розглянемо верхній шар і запишемо рівняння Бернуллі стосовно двох перерізів у верхній і нижній частинах шару Тиск у верхній частині збігається з атмосферним тиском 0P тиск у нижній час-тині позначимо 1P Оскільки отвір невеликий швидкістю пере-міщення рідин можна знехтувати тому

1220 PghP =ρ+ (1)

СR

O

v

1ρ

2ρ

1h

2h

54

(для нижнього рівня висота 0=h ) Тепер розглянемо нижній шар Тиск у його верхній частині

буде 1P а в нижній частині біля отвору 0P У верхній частині знову вважаємо що швидкість рідини до-

рівнює нулю Отже

2

21

0111vPghP ρ

+=ρ+ (2)

(рівень h у нижній частині дорівнює нулю) Рівняння (1) і (2) утворюють систему двох рівнянь із двома

невідомими 1P і v Розвrsquoязуючи цю систему знаходимо шукану швидкість витікання

( )22111

2 hhgv ρ+ρρ

=

Задача 5 Виразити витрату Q рідини

густиною ρ що протікає уздовж горизонтальної труби змінного перерізу через різницю рівнів рідини h у двох манометричних трубках скляного вимірника ви-трачання рідини Площі попере-чних перерізів труби біля основ першої та другої трубок від-повідно дорівнюють 1S i 2S

Розвrsquoязання

Прирівняємо величини Q для перерізів 1S i 2S згідно із фор-

мулою vSQ ρ=

2211 SvSvQ ρ=ρ= (1) Застосуємо також рівняння Бернуллі

22

22

2

21

1vPvP ρ

+=ρ

+ (2)

h

S1 S2

55

(ми врахували що рівень рідини в обох перерізах однаковий бо труба горизонтальна) Із рівнянь (1) і (2) визначимо 1v i 2v

( )( )2

221

2121

2SSPPSv

minusρminus

= ( )( )2

221

2112

2SSPPSv

minusρminus

=

Різницю тисків 21 PP minus можна виразити як вагу стовпа рідини заввишки h із площею поперечного перерізу що дорівнює одиниці

ghPP ρ=minus 21 Остаточно запишемо

( )22

21

212

SSghSSQminus

ρ=

56

Задачі

1 Колесо що обертається рівномірно сповільнено за 1 хвилину зменшило ча-стоту обертання з 0ν =300 обхв до ν =180 обхв Момент інерції колеса I = 2 кгsdotм2 Визначити 1) кутове при-скоренняβ 2) гальмівний момент M 3) роботу гальмування A

R

T

gm

Відповідь β = 021 радс2 M = 042 Дж A = 630 Дж 2 На суцільний циліндричний вал радіусом R = 05 м на-мотано шнур до кінця якого привrsquoязано вантаж масою m =10 кг Знайти момент інерції I вала та його масу 1m якщо вантаж опускається із прискоренням a = 2 мс2 Відповідь I = 975 кгsdotм2 1m = 78 кг 3 Вважатимемо тіло людини циліндром радіус якого R = 20 см висота h =17 м і маса m = 70 кг Знайти мо-мент інерції людини відносно вертикальної осі у двох положеннях відносно Землі у вертикальному perpI та го-ризонтальному ΙΙI Вважати що вертикальна вісь про-ходить через центр мас циліндра Відповідь perpI = 14 кгsdotм2 ΙΙI = 169 кгsdotм2 4 Маса руки людини приблизно дорівнює m = 42 кг до-вжина l = 083 м а її центр мас розташовано на відстані r = 034 м від плечового суглоба Момент інерції руки відносно цього суглоба дорівнює I = 03 кгsdotм2 Рука вільно падає з горизонтального у вертикальне положення Знайти кінетичну енергію кE руки і лінійну швидкість v нижньої частини кисті у кінцевій точці падіння Відповідь кE = 143 Дж v = 8 мс

57

5 На легкому столику який вільно обертається стоїть людина і тримає на випростаних руках на відстані 1l = 15 м одна від одної дві однакові гирі масою m = 25 кг кожна Потім людина зменшує відстань між гирями до

2l = 04 м При цьому кутова швидкість обертання столика зростає від 1ω = 6 сndash1 до 2ω =12 сndash1 Вважаючи момент іне-рції людини відносно осі обертання столика сталим знай-ти роботу A яку вона виконує Відповідь A = 94 Дж 6 Яку роботу A виконує людина виконуючи за час t = 1 с одне повне коливання мізинцем із кутом розмаху

ϕΔ = 60deg Момент інерції мізинця I = 4sdot10ndash5 кгsdotм2 Вважа-ти що робота витрачається на прискорення і сповільнення мізинця а його рух ndash рівнозмінно обертовий Відповідь A = 135sdot10ndash4 Дж 7 Яку середню потужність N розвиває людина при хо-дьбі якщо тривалість кроку tΔ = 05 с Вважати що ро-бота витрачається на прискорення і гальмування кінці-вок а кутове переміщення ніг asympϕΔ 30deg Момент інерції кожної кінцівки I = 17 кгsdotм2 Відповідь N = 148 Вт 8 Дві маленькі кульки з масами 1m =4sdot10ndash2 кг і 2m =12sdot10ndash2 кг зrsquoєднані стрижнем завдовжки l = 02 м маса якого мала Ви-значити момент інерції системи 1I відносно осі що про-ходить через середину стрижня перпендикулярно до його напрямку а також момент інерції 2I для випадку коли вісь проходить через центр мас системи Відповідь 1I =16sdot10ndash3 кгsdotм2 2I =12sdot10ndash3 кгsdotм2

58

9 На яку висоту h під-німеться вода у вертика-льній трубці що впаяна у вузьку частину С (діа-метром d =2 см) горизо-нтальної трубки якщо у

широкій частині трубки А В (діаметром D = 6 см) швид-кість води 1v = 03 мс при тиску 1P =105 Па Нижній кінець вертикальної трубки занурений у стоячу воду тиск у якій P1 Відповідь h = 037 м 10 Визначити максимальну дальність польоту S стру-меня із шприца діаметром d = 4sdot10ndash2м на поршень яко-го тисне сила F =30 H Густина рідини ρ =103 кгм3 а

отвS ltlt поршS Відповідь S asymp 49 м 11 У посудину рівномірним струменем наливається вода ndash за 1 с надходить обrsquoєм 150 см3 Дно посудини має отвір пло-щею S = 05 см2 Який рівень води встановиться у посудині Відповідь h = 046 м 12 Площа поршня у шприці 1S = 12 см2 а площа отвору

2S = 1 мм2 Скільки часу витікатиме розчин ( ρ = 103 кгм3) із шприца якщо сила що діє на поршень F = 5 Н а хід поршня l = 4sdot10ndash2 м Відповідь t asymp 05 c 13 Із горизонтально розташованого медичного шприца вида-влюється фізіологічний розчин силою F =10 H Знайти швид-кість v витікання рідини з голки шприца Чому швидкість ви-тікання розчину не залежить від площі поперечного перерізу голки ( розρ = 103 гсм3 шd = 15 см шS gtgt голS ) Відповідь v = 105 мс

A BC

h

59

14 З оприскувача виштовхується струмінь рідини (густи-на ρ = 103кгм3) зі швидкістю 2v = 25 мс Який тиск 1P створює компресор у баку оприскувача Відповідь 1P = 312sdot105 Па 15 На столі знаходиться широка циліндрична посудина з водою заввишки h = 05 м Нехтуючи вrsquoязкістю знайти на якій висоті H від дна посудини необхідно зробити неве-ликий отвір щоб із нього витікав струмінь на максималь-ну віддаль maxl від посудини Відповідь H = 025 м maxl = 05 м 16 Визначити спад PΔ тиску крові в аорті при переході її у велику артерію якщо відомо що загальний потік крові Q в тілі людини (у стані спокою) дорівнює 8sdot10ndash5 м3с ра-діус аорти r =10ndash2 м вrsquoязкість крові η = 4sdot10ndash3 Паsdotс Відповідь lP ΔΔ = 80 Пам 17 Використовуючи дані попередньої задачі визначити се-редню швидкість v потоку крові в аорті число Рейнольдса Re і характер течії крові Відповідь v asymp 025 мс Re = 1300 18 Знайти максимальну масу m крові (вrsquoязкість η = 4sdot10ndash3 Паsdotс) яка може пройти через аорту (діаметр d = 2sdot10ndash2 м) за 1 с у ламінарному режимі Відповідь m asymp 014 кг 19 У високу посудину що заповнена маслом при 20 degС кидають свинцеві кульки різних діаметрів На певній гли-бині кульки рухаються рівномірно унаслідок того що си-ли які діють на них урівноважуються Визначити число Рейнольдса для руху кульки діаметром 01 мм якщо вва-жати рух масла при падінні кульки ламінарним При яко-

60

му максимальному діаметрі d кульки рух масла залиша-ється ламінарним якщо мρ = 970 кгм3 Відповідь Re = 54sdot10ndash6 d = 45 мм 20 Визначити який мінімальний час t частинки радіоак-тивного пилу (утвореного під час вибуху реактора) змогли б перебувати на висоті h = 1 км якщо вважати їх сферич-ними з діаметром d = 1 мкм і густиною ρ = 25sdot103 кгм3 (вrsquoязкість повітря повη = 18 мкПаsdotс) Відповідь t = 150 діб 21 По трубі завдовжки L із радіусом R тече стаціонар-ний потік рідини густина якої ρ і вrsquoязкість η Швидкість течії рідини залежить від відстані r до осі труби і зміню-ється за законом )1( 22

0 Rrvv minus= Знайти 1) обrsquoєм ріди-ни що протікає через поперечний переріз труби за одини-цю часу 2) різницю тисків на кінцях труби Відповідь 2 2

0 0 2 4 Q R P L R= πν Δ = η ν

61

sect 3 Механічні коливання та хвилі

1 Гармонічні коливання Коливання які відбуваються під

дією сили пропорційної зміщенню тіла від положення рівноваги і напрямленої у бік положення рівноваги називають гармоніч-ними За своєю природою гармонічні коливання є механічні електричні та оптичні Рівняння гармонічних коливань

2 2202 2або 0d x d xm kx x

dt dt= minus + ω = (1)

де m ndash маса тіла що виконує коливання k ndash коефіцієнт пруж-ності x ndash миттєве значення коливної величини (наприклад змі-щення маятника від положення рівноваги або значення напру-женості електричного поля тощо) mk=ω0 ndash колова часто-та (кількість коливань за 2π секунд T20 π=ω )

Замість колової частоти використовують і лінійну частоту 0ν звrsquoязок між 0ω і 0ν такий

00 2πν=ω (2) Лінійна частота 0ν ndash це кількість коливань за одну секунду

(у СІ) Розвrsquoязок рівняння гармонічних коливань )(sin 0 ϕ+ω= t Ax (3)

де A ndash амплітуда коливання (найбільше значення величини) ϕ+ω t0 ndash фаза коливання тут ϕ ndash початкова фаза (значення

фази коливання в момент часу t = 0)

2 Період коливання T ndash час протягом якого відбувається одне повне коливання

0

21ω

π=

ν=T (4)

Період власних коливань математичного маятника glT π= 2 (5)

де l ndash довжина підвісу маятника g ndash прискорення вільного падіння

62

Період власних коливань пружинного маятника

kmT π= 2 (6) де m ndash маса коливного тіла k ndash коефіцієнт пружності (жорсткість)

Період власних коливань фізичного маятника

mgaIT π= 2 (7)

де I ndash момент інерції відносно осі коливань m ndash маса a ndash від-стань від центра ваги тіла до осі обертання

Величину LmaI = називають зведеною довжиною фізи-чного маятника

3 Швидкість v та прискорення a тіла яке здійснює гар-

монічне коливання ( ) ( )2

0 0 0 0cos або sinv A t a A t= ω ω + ϕ = minus ω ω + ϕ (8)

де ωA ndash амплітуда швидкості 2ωA ndash амплітуда прискорення Сила яка спричинює гармонічне коливання

( )ϕ+ωωminus== tmAmaF 020 sin (9)

де 20ωmA ndash амплітуда сили m ndash маса коливного тіла

4 Додавання двох коливань що відбуваються по одній

прямій в одному напрямку з однаковими періодами але з різни-ми амплітудами і початковими фазами

Рівняння додаваних коливань мають вигляд ( )( )

1 1 0 1

2 2 0 2

sin

sin

x A t

x A t

= ω + ϕ

= ω + ϕ (10)

Результуюче коливання визначається рівнянням ( )1 2 0sinx x x A t= + = ω + ϕ (11)

де ( )122122

21 cos2 ϕminusϕ++= AAAAA ndash амплітуда результуючого

коливання ϕ ndash початкова фаза результуючого коливання

63

2211

2211coscossinsintg

ϕ+ϕϕ+ϕ

=ϕAAAA

5 Додавання двох взаємно перпендикулярних коливань однакового періоду але різних амплітуд і початкових фаз Трає-кторія результуючого коливання визначається рівнянням

( ) ( )2 2

21 2 1 22 1 2 12 2

1 2 1 2

cos sinx x 2x xA A A A

+ minus ϕ minus ϕ = ϕ minus ϕ (12)

6 Енергія тіла яке здійснює гармонічне коливання

кінетична енергія 2 2 2

2к 2

2 2cos2

mv A m tWT T

π π⎛ ⎞= = + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

(13)

потенціальна енергія 2 2 2

2п 2

2 2sin2

kx A m tWT T

π π⎛ ⎞= = + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

(14)

повна енергія 2

2 22

2

22

пкAm

TmAWWW ω

=π

=+= (15)

де m ndash маса тіла A ndash амплітуда T ndash період коливань ( Tπ=ω 2 ) коефіцієнт жорсткості 2ω= mk

7 Затухаючі коливання mdash вільні коливання енергія яких

зменшується за рахунок дії сил тертя сил опору середовища випромінювання тощо Рівняння затухаючих механічних коли-вань при дії вrsquoязкого опору пропорційного швидкості

2 2202 2або 2 0d x dx d x dxm kx r x

dt dt dt dt= minus minus + β + ω = (16)

де mr 2=β ndash коефіцієнт затухання mk 20 =ω

Розвrsquoязок рівняння затухаючих коливань ( )ϕ+ω= βminus teAx t

0 cos (17) де 0A ndash амплітуда коливань у початковий момент часу t = 0

220 βminusω=ω ndash частота затухаючих коливань

64

Період коливань 2202 βminusωπ=T у середовищі більший

ніж період коливань 00 2 ωπ=T точки такої самої маси під дією такої самої пружної сили в середовищі без опору

8 Логарифмічний декремент затухання δ ndash безрозмірна

характеристика затухаючих коливань яка дорівнює натураль-ному логарифму відношення однієї з амплітуд tA до наступ-ної TtA + через період

TAA

Tt

t β==δ+

ln (18)

де β ndash коефіцієнт затухання T ndash період Величина обернена до логарифмічного декремента затухан-

ня δ1 показує кількість коливань N які мають відбутися щоб амплітуда зменшилася в e разів (приблизно у 27 рази) Вели-чина δπ називається добротністю коливальної системи

9 Вимушені коливання ndash коливання які виникають у сис-

темі під дією зовнішньої періодичної сили )(tF причому ( )0 cosF(t) F t= ω

де 0F ndash амплітудне значення сили ω ndash її циклічна частота Рівняння руху вимушених коливань та його розвrsquoязок

мають вигляд

( )2

2 002 2 cosd x dx Fx = t

dt dt m+ β + ω ω (19)

( )ϕminusω= tAx cos (20)

де( )

02 222 2 2 2 0

0

2 tg4

F mA βω= ϕ =

ω minus ωω minus ω + β ω (21)

10 Резонанс ndash явище різкого збільшення амплітуди вимуше-них коливань при наближенні частоти зовнішнього періодично-го впливу до власної частоти одночастотної системи

За умови взаємної незалежності основних параметрів зовніш-ньої гармонічної дії та коливальної системи резонансна частота

65

20

2

022

0рез212ωβ

minusω=βminusω=ω (22)

де 0ω ndash власна частота системи β ndash коефіцієнт затухання Амплітуду резонансних коливань резA знаходять із виразу

0

022

0

0рез 22 βω

asympβminusωβ

=mFmFA

11 Хвилі mdash процес поширення коливань у середовищі За-

лежно від характеру пружних деформацій у середовищі розріз-няють хвилі поздовжні та поперечні

У поздовжніх хвилях частинки середовища здійснюють ко-ливання вздовж лінії яка збігається з напрямком поширення ко-ливань Поздовжні хвилі можуть виникати в газовому рідинно-му та твердому середовищах

У поперечних хвилях частинки середовища здійснюють коливання перпендикулярно до напрямку поширення коли-вань Поперечні хвилі поширюються тільки у твердому тілі та на поверхні води Кожен тип хвиль характеризується довжиною швидкіс-

тю інтенсивністю 12 Довжина хвилі ndash відстань між двома найближчими точ-

ками які коливаються в однаковій фазі Довжину хвилі можна визначити також як шлях який проходить хвиля протягом пері-оду коливань Позначаючи довжину хвилі через λ записують

2 v v vvΤ πλ = = = ν =

ω ν λ (23)

де v ndash швидкість поширення хвилі T ndash період коливання ω ndash ци-клічна частота коливань що відповідають хвилі ν ndash лінійна частота

13 Рівняння плоскої хвилі має вигляд ( ))(sin vrtAx minusω=

66

де vr ndash час проходження хвильового процесу від вихідної точ-ки до даної r ndash віддаль пройдена хвилею від вихідної точки до даної v ndash швидкість поширення хвильового процесу

Інша форма рівняння плоскої хвилі sin( )x A t kr= ω minus (24)

де λπ=ω= 2 vk ndash хвильове число Різниця фаз двох точок що лежать на шляху поширення хвилі

λminus

π=ϕminusϕ 1212 2 rr (25)

де 1r 2r ndash віддаль точок від джерела коливань

14 Середня густина енергії хвилі ω ndash це середня енергія W що припадає на одиницю обrsquoєму середовища зайнятого хвилею

22

21 A

VW

ρω==ω (26)

де ρ ndash густина середовища Цю формулу легко отримати із таких міркувань Нехай кі-

лькість частинок в одиниці об`єму середовища які беруть участь у коливальному русі дорівнює n а маса кожної части-нки m У випадку вільних незатухаючих коливань середня енергія такої частинки залишається сталою рівною повній

енергії 2

22 Amω (див формулу (15)) Отже

22

2222 AAmn ρω=

ω=ω

15 Інтенсивністю хвилі I називається величина яка до-

рівнює середній енергії яку переносить хвиля за одиницю часу через переріз одиничної площі перпендикулярний до напрямку поширення хвилі

22

21 Avv ωρ=ω=I (27)

де v ndash швидкість поширення хвилі

67

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Звук ndash це пружні хвилі в середовищі які за своєю часто-тою та інтенсивністю можуть сприйматися органами слуху

Звук ndash подвійне явище з одного боку це пружні коливання які характеризуються певною частотою інтенсивністю набором частот з іншого ndash психофізіологічне відчуття певної висоти гучності та тембру в нашому сприйманні Людські органи слу-ху здатні сприймати звукові хвилі частотою від 18 до 20 000 Гц з інтенсивністю від 2sdot10ndash16 до 4sdot104 Втм2 (для найбільш чутних частот від 1000 до 3000 Гц) У пружному середовищі хвилі час-тота яких більша 20 кГц називаються ультразвуком Людина не сприймає ультразвуку Однак деякі тварини можуть його сприймати Наприклад дельфіни сприймають ультразвукові си-гнали з частотою до 30 кГц кажани ndash до 100 кГц

Висота звуку визначається його частотою чим більша частота тим вищий звук

Для оцінювання висоти звуку весь діапазон тонів що сприй-мається вухом людини розділено на інтервали mdash октави

Октава ndash це інтервал висот тону у якому відношення край-ніх частот дорівнює двом

Таблиця 2 Октава 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Границ

і частоти

Гц

16 ndash

32

32 ndash

64

64 ndash

128

128

ndash 25

6

256

ndash 51

2

512

ndash 10

24

1024

ndash 2

048

2048

ndash 4

096

4096

ndash 8

192

8192

ndash 1

6384

Складні тони при однаковій основній частоті можуть відріз-

нятися за формою коливань і відповідно за гармонічним спект-ром Ця відмінність сприймається вухом як тембр звуку На-приклад однакові за основними частотами голосні звуки мови у різних людей відрізняються за тембром

Обrsquoєктивна гучність (сила звуку) визначається кількістю енергії що переноситься звуковою хвилею за одиницю часу че-рез переріз одиничної площі перпендикулярний до напрямку поширення хвилі Ця величина пропорційна квадрату амплітуди

68

хвилі та квадрату її частоти Це означає що сила звуку вказаної частоти пропорційна квадрату амплітуди Вухо людини не одна-ково чутливе до звуків різної висоти Людина чутиме звук якщо сила звуку перевищуватиме певну мінімальну величину mdash поріг чутності Звук інтенсивність якого нижча за поріг чутності вухом не сприймається Поріг болю відповідає максимальному значенню інтенсивності звуку перевищення якого викликає біль Вухо людини найбільш чутливе до звуків у інтервалі час-тот 1ndash3 кГц Для них поріг чутності складає близько 10ndash12 Втм2 а поріг болю перевершує поріг чутності приблизно в 1014 разів

2 Закон ВебераndashФехнера Рівень гучності даного звуку L

(при одній і тій самій частоті коливань) прямо пропорційний логарифму відношення його інтенсивності I до інтенсивності

0I яка відповідає порогу чутності

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

0lg

IIkL (1)

де k ndash коефіцієнт пропорційності 0

0

Для 1 lg I белів (Б)для 10 10lg децибелів (дБ)

k L Ik L I I

= == =

(2)

Мінімальний рівень гучності що сприймається вухом людини приблизно відповідає 1 дБ шепіт ndash 10 дБ мова людини ndash 60 дБ

3 Швидкість звуку У пружному середовищі швидкість по-

ширення поздовжніх хвиль

ρ=

Ev (3)

де E ndash модуль Юнга ρ ndash густина середовища

У газах MRTv γ

= (4)

де v

p

cc

=γ pc ndash теплоємність газу при сталому тиску сv ndash теп-

лоємність при сталому обrsquoємі R ndash молярна газова стала T ndash абсолютна температура M ndash молярна маса

69

Хвиля зміщень обумовлена поширенням звуку супрово-джується хвилею тиску причому амплітуда хвилі тиску ρΔ визначається за формулою

vA ωρ=ρΔ 0 (5) де 0ρ ndash густина середовища до приходу хвилі A ndash амплітуда ω ndash частота коливань що відповідають хвилі v ndash швидкість поширення хвилі

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Рівняння коливань у СІ має вигляд )6300sin( minus= tx Визна-

чити амплітуду коливань початкову фазу частоту і період

Розвrsquoязання

Порівнюючи вираз для x заданий в умові задачі із загаль-ною формулою гармонічного коливання

)sin( 0 ϕ+ω= tAx де A ndash амплітуда коливання ϕ+ω t0 ndash його фаза ϕ ndash початко-ва фаза 0ω ndash колова частота

Висновок що A =1 м ϕ = ndash6 рад 0ω = 300 сndash1

3002π

=T сndash1 = 21sdot10ndash2 с

Задача 2 Визначити період коливань фізичного маятника масою m

центр тяжіння якого С розташовано на відстані a від осі обер-тання Кути відхилення ϕ тіла від положення рівноваги вва-жати малими (рисунок)

70

Розвrsquoязання

Маятник рухатиметься до положення рівноваги під дією складової сили тяжіння P яка при малих кутах ϕ наближено становитиме P Pτ = minus ϕ

Момент цієї сили відноcно осі обертання z яка проходить че-рез точку підвісу О перпендикулярно площині рисунка M P a P aτ= = minus ϕ Під дією моменту M тіло одержує

кутове прискорення 2

2

dtd ϕ

=β яке до-

рівнює I

M=β де I ndash момент інерції

тіла відносно осі z Рівняння руху ма-ятника запишемо у вигляді

ϕminus=ϕ

IPa

dtd

2

2

Позначимо величину I

Pa через 20ω

тоді рівняння руху маятника матиме вигляд 20( ) ( ) 0t tϕ + ω ϕ =

Період коливань маятника визначається так

0

2 або 2 IТ ТPa

π= = π

ω

Враховуючи що mgP = остаточно знаходимо

2 IΤ

mga= π

Величина maIL = ndash зведена довжина фізичного маятника

Задача 3 Амплітуда тиску звукової хвилі PΔ = 6 Нм2 Визначити кіль-

кість енергії E що потрапляє протягом часу τ = 2 с у вухо лю-

ϕ

ϕР τ

Р

С

O

а

Р n

71

дини розташоване перпендикулярно до напрямку поширення хвилі Площа вуха S = 4middot10ndash4 м2 Густина повітря 0ρ = 129 кгм3

Розвrsquoязання

Кількість енергії що проходить за одиницю часу через оди-

ницю поверхні яка перпендикулярна до напрямку поширення хвилі визначається за формулою

τωρ=τ= vSAISE 2202

1 де A ndash амплітуда хвилі ω ndash частота коливань

Амплітуда хвилі тиску PΔ vAP ωρ=Δ 0

де 0ρ ndash густина середовища до приходу хвилі Перепишемо перше рівняння у вигляді

( )25

0

334 10 Дж2p SЕ E

vminusΔ τ

= sdot asymp sdotρ

72

Задачі

1 Тіло здійснює гармонічні коливання за законом

350sinx tπ= м Визначити амплітуди зміщення швидкості прискорення і сили якщо маса тіла m = 2 кг Знайти повну енергію тіла W Відповідь A = 50 м vA = 52 мс aA = 55 мс2

FA = 109 H W = 27middot103 Дж 2 Два однаково напрямлені коливання з однаковими час-тотами мають амплітуди відповідно 2middot10ndash2 м і 5middot10ndash2 м Друге коливання випереджає перше за фазою на 30deg Ви-значити амплітуду і початкову фазу сумарного коливання утвореного від додавання цих коливань якщо 00 =ϕ Відповідь A = 0068 м 0ϕ asymp 35deg asymp 06 рад 3 Додаються два однаково напрямлені гармонічні коли-вання з однаковими періодами 21 TT = =8 с і однаковими амплітудами 21 AA = = 002 м Різниця фаз коливань

ϕΔ = π4 початкова фаза 01ϕ одного з коливань дорівнює нулю Написати рівняння результуючого коливання Відповідь ( )2=37 10 sin ( 4)t 8x minussdot π + π м 4 Відомо що енергія коливань камертона ( 0ν = 500 Гц) протягом часу t =18 c зменшилась у n = 105 разів Знайти логарифмічний декремент затухання δ Відповідь 4

0ln( ) (2 ) 64 10n t minusδ = ν δ = sdot 5 Тіло масою m = 04 кг висить на пружині яка розтягується на 10ndash2 м під дією сили F = 04 H Логарифмічний декремент затухання тіла яке здійснює коливання δ =157 Визначити

73

період коливань при якому відбувається резонанс резонансну амплітуду якщо амплітуда вимушеної сили 0F = 2 H Відповідь резT asymp 067 c резA asymp 01 м 6 Уздовж деякої прямої поширюються коливання з пері-одом T = 025 с і швидкістю v = 48 мс Через 10 с після виникнення коливань у вихідній точці на віддалі 1S = 43 м від неї спостерігається зміщення точки 1x = 3sdot10ndash2 м Ви-значити в цей самий момент часу зміщення 2x і фазу 2ϕ у точці що лежить на віддалі 2S = 45 м від джерела коливань Відповідь 2x = 006 м 2ϕ = π2 7 Якщо хвилі поширюються зі швидкістю v = 24 мс при частоті ν = 3 Гц то чому дорівнює різниця фаз між двома точками віддаленими одна від одної на 2 м Відповідь ϕΔ = π2 8 Звук поширюється від поверхні Землі вертикально вгору За який час t звук проходить до висоти H =104 м якщо темпе-ратура повітря біля поверхні Землі T =289 К а вертикальний градієнт температури в атмосфері становить 0007 Км Відповідь t = 314 c 9 Порівняйте швидкість звуку в повітрі при 1T = 273 К і на висоті H = 3sdot103 м де температура повітря 2T = 223 К Відповідь 1v = 332 мс 2v = 300 мс 10 Знайти швидкість звукової хвилі у сталі Модуль Юнга для сталі 2sdot1011 Нм2 густина сталі 78sdot103 кгм3 Відповідь v = 5250 мс 11 Кажан летить перпендикулярно до стіни зі швидкіс-тю v = 6 мс випромінюючи ультразвук ν = 45sdot104 Гц Які частоти він сприймає Відповідь 466sdot104 Гц

74

12 Ехолотом вимірювалася глибина моря Яка була гли-бина моря якщо проміжок часу між виникненням звуку та його прийомом становив 25 с Коефіцієнт стиснення води 46sdot10ndash10 м2Н густина морської води 103sdot103 кгм3 Відповідь 1810 м 13 На відстані 0r = 20 м від точкового джерела звуку рі-вень гучності 0L =30 дБ Нехтуючи затуханням хвилі знайти рівень гучності на відстані r =10 м від джерела та відстань від нього на якій звук вже не можна почути Відповідь )lg(20 00 rrLL += L = 36 дБ r gt 063 км 14 Амплітуда хвилі тиску для звуку частотою ν = 3sdot103 Гц становить PΔ =10ndash3 Нм2 Визначити ампліту-ду зміщень A частинок повітря у такій хвилі Відповідь A = 12sdot10ndash8 м 15 Визначити різницю фаз ϕΔ у хвилі пульсу людини між двома точками артерії що розміщені на rΔ = 02 м од-на від одної Швидкість v пульсової хвилі 10 мс коли-вання серця є гармонічними частота ν = 12 Гц Відповідь ϕΔ = 0048π 16 Розрив барабанної перетинки відбувається при інтен-сивності звуку L = 150 дБ Визначити інтенсивність амп-літудне значення звукового тиску й амплітуду зміщення частинок у хвилі для звуку частотою ν = 1 кГц при яких відбудеться розрив барабанної перетинки Відповідь 1 кВтм2 937 Па 34sdot10ndash4 м 17 Нормальна розмова людини оцінюється рівнем гучно-сті звуку E = 50 дБ (приν = 1кГц) Визначити гучність звуку що відповідає гучності яка надходить від 100 лю-дей які одночасно розмовляють Відповідь 70 дБ

75

РОЗДІЛ 2

МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА І ТЕРМОДИНАМІКА

sect 1 Молекулярно-кінетична теорія газів

1 Молекулярно-кінетична теорія ndash це наукова теорія яка

пояснює теплові явища фізичні властивості тіл і речовин у різ-них агрегатних станах на основі їх молекулярної будови взає-модії та руху частинок (молекул атомів іонів)

Основне рівняння кінетичної теорії ідеального газу тиск газу P прямо пропорційний середній кінетичній енергії посту-пального руху молекул що знаходяться в одиниці обєму газу

к032 EnP = (1)

де VNn =0 ndash концентрація молекул N ndash кількість молекул V ndash

обrsquoєм газу кE ndash середнє значення кінетичної енергії посту-пального руху молекули газу

2 Стан газу характеризується сукупністю фізичних величин

ndash параметрів стану Певна маса m ідеального газу молярна маса якого M характеризується трьома параметрами обrsquoємом V тиском P і абсолютною температурою T

Параметри стану ідеального газу повrsquoязані між собою рів-нянням стану МенделєєваndashКлапейрона

nRTPV = (2)

де Mmn = ndash кількість молів R = 831 Дж(Кsdotмоль) ndash молярна

газова стала

Рівняння стану ідеального газу має вигляд

76

kTnV

kTnNP 0A == (3)

де AN

Rk = =138sdot10ndash23 ДжК ndash стала Больцмана

AN = 6022sdot1023 мольndash1 ndash стала Авогадро 3 Тепловий рух молекул газу характеризується такими фі-

зичними величинами Z ndash середня кількість зіткнень однієї молекули з інши-

ми молекулами за 1 с

022 nZ πσ= v (4)

де σ ndash ефективний діаметр молекули 0n ndash концентрація моле-кул v ndash середня швидкість теплового руху

λ ndash середня довжина вільного пробігу молекули

Zv

=λ або 0

221

nπσ=λ (5)

де ν ndash кількість ударів молекул газу об одиницю поверхні стін-ки за 1 с

vn041

=ν (6)

Відносна кількість 0N

N молекул газу що пролітають

шлях S без зіткнень

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

λminus=

SNN exp

0 (7)

де λ ndash середня довжина вільного пробігу молекул 4 При однакових температурі й тиску всі гази вміщують у

рівних обrsquoємах однакову кількість молекул Кількість молекул LN у 1 м3 за нормальних умов ( 0T =273 К 0P =1013sdot105 Па) на-

зивають сталою Лошмідта

77

0

0kTPNL = = 269sdot1025 мndash3 (8)

5 Рівняння Больцмана Середня кінетична енергія посту-

пального руху молекул ідеального газу пропорційна термодина-мічній температурі й залежить тільки від неї

kTE23

к = (9)

Формулу (9) отримаємо порівнюючи вирази (1) і kTnP 0= 6 Густина ρ ідеального газу при сталому тиску обернено

пропорційна температурі

tRTMP

Vm

β+ρ

===ρ1

0 (10)

де 0

0 RTMP

=ρ ndash густина газу при тиску P і температурі

0T = 27315 К β = 127315 К = 0003661 Кndash1 t ndash темпера-тура у degС )1(00 tTtTT β+=+=

7 Закон Дальтона формулюється так Якщо в обrsquoємі V при

температурі T міститься суміш різних газів то загальний тиск су-міші дорівнює сумі парціальних тисків її окремих компонент

sumsum ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==

i i

i

ii M

mVRTPP (11)

де i

ii M

mVRTP = ndash парціальний тиск і-ї компоненти суміші маса

якої im а молярна маса iM

8 Рівняння Ван дер Ваальса ndash рівняння стану реального га-зу для одного моля

( ) RTbVVap =minus⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ 02

0

(12)

78

де 0V ndash обrsquoєм одного моля газу сталі a і b для різних газів ви-значаються експериментально

Для довільної маси m газу рівняння Ван дер Ваальса за-писують так

RTMmb

MmV

Va

Mmp =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛+ 22

2 (13)

де V ndash обrsquoєм газу M ndash молярна маса газу Співвідношення між сталими Ван дер Ваальса ( a b ) і пара-

метрами критичного стану ( к к 0к T P V ndash відповідно критичні те-мпература тиск та обrsquoєм 1 моля газу) мають вигляд

bRaT

278

к = 2к 27baP = bV 3к0 =

звідки 8

3

к

к0к RTVP

= (14)

10 Закон розподілу Максвелла визначає відносну кіль-

кість молекул газу Ndv

vdN )( при заданій температурі що припадає

на одиничний інтервал швидкості (функція розподілу молекул за модулем швидкості)

( ) ( ) 2322 24

2

mvkT

dN v mF v vNdv kT e

minus⎛ ⎞= = π⎜ ⎟π⎝ ⎠ (15)

де m ndash маса молекули k ndash стала Больцмана Функція розподілу Макcвелла ( )vF дає імовірності для молекули мати модуль швидкості v в одиничному інтервалі швидкостей

Найбільш імовірна середня і середня квадратична швидкості молекул визначаються за формулами

MRT

mkTv 22

iм ==

MRT

mkTv

π=

π=

88

79

MRT

mkTvv 332

кв === (16)

11 Розподіл Больцмана (розподіл молекул газу в однорід-ному потенціальному полі) молекули розташовуються з біль-шою густиною там де менша їх потенціальна енергія

kTmgh

h ennminus

= 0 (17) де hn ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму на висоті h над рівнем Землі 0n ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму на висоті 0=h

80

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Скільки молекул повітря є у кімнаті місткістю 240 м3 при те-

мпературі 288 К і тиску 105 Па

Розвrsquoязання

Із рівняння МенделєєваndashКлапейрона

111 RTMmVP =

де R = 831 ДжКsdotмоль знайдемо Mmn = ndash кількість молів у цій

масі повітря

1

11RT

VPn =

Кількість молекул повітря у кімнаті визначається за формулою

AN N n=

де AN = 6022sdot1023 мольndash1 або

1

11RT

VPNN A sdot=

23 1 5 3

27602 10 моль 10 Па 240 м 6 10831 Дж (К моль) 288 K

Nminussdot sdot sdot

= asymp sdotsdot sdot

Задача 2 Визначити густину суміші 1m = 4sdot10ndash3 кг водню і 2m =32sdot10ndash3 кг

кисню при температурі 280 К і загальному тиску P = 93sdot104 Па

81

Розвrsquoязання

За законом Дальтона тиск суміші дорівнює 21 PPP += (1)

де 1P і 2P ndash парціальні тиски водню і кисню при заданих умовах Запишемо рівняння МенделєєваndashКлапейрона для кожного

газу окремо

11

111 RT

MmVP = і 2

2

222 RT

MmVP =

де 1M = 2sdot10ndash3 кгмоль 2M = 32sdot10ndash3 кгмоль З умови задачі VVV == 21 TTT == 21

Тоді для водню RTMmVP

1

11 = звідки

VRT

MmP

1

11 = (2)

Аналогічно для кисню VRT

MmP

2

22 = (3)

Підставимо вирази (2) і (3) в (1)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+=

2

2

1

1

2

2

1

1Mm

Mm

VRT

VRT

Mm

VRT

MmP

звідки ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

2

2

1

1Mm

Mm

PRTV

Густина суміші газів Vm

=ρ де 21 mmm +=

Тоді ( )( )RTMmMm

Pmm

2211

21++

=ρ

( )

( )

3 3 4

3 3

33

3

4 10 32 10 кг 93 10 Па

4 10 кг 32 10 кг 83Дж (K моль) 280 К32 10 кг моль2 10 кг моль

05 кг м

minus minus

minus minus

minusminus

sdot + sdot sdot sdotρ = asymp

⎛ ⎞sdot sdot⎜ ⎟+ sdot sdot sdot⎜ ⎟sdotsdot⎝ ⎠

asymp

82

Задача 3 Посудина повністю заповнюється воднем при Т1 = 291 К і зо-

внішньому тиску Р1 = 101sdot105 Па Унаслідок підвищення темпе-ратури зовнішнього повітря до Т2 =310 К і зниження тиску до Р2= 0985sdot105 Па надлишок газу витік крізь отвір завдяки чому вага посудини зменшилася на величину Q = 59 H Визначити початкову масу водню m

Розвrsquoязання

У початковому стані при 1T і 1P рівняння стану для водню

має вигляд

111 RTMmVP = (1)

де m ndash маса водню У кінцевому стані при 2T і 2P маса водню зменшилася

( )до тут ndash прискорення вільного падіння m Q g gminus тому рів-няння стану має вигляд

222 RTM

gQmVP minus= (2)

Обrsquoєм водню що заповнює посудину залишається сталим ( VVV == 21 ) тому виключаючи з (1) та (2) сталий обrsquoєм V знаходимо

( )

( )

1 2

1 2 2 1

5

5 5 2

101 10 Па 310 К 59 Н 68 кг101 10 Па 310 К 0985 10 Па 291 К 98 м с

PT QmPT PT g

= =minus

sdot sdot sdot= =

sdot sdot minus sdot sdot

Задача 4 Чому дорівнює найбільш імовірна швидкість молекул ідеаль-

ного газу який підлягає розподілу Максвела

83

Розвrsquoязання

Дослідження функції розподілу молекул за швидкостями ( ) 232

2 242

mvkT

dN v m vNdv kT e

minus⎛ ⎞= π⎜ ⎟π⎝ ⎠ (1)

свідчить про те що вона повинна мати максимум при певній швидкості v

Перепишемо (1) у вигляді

( ) 22

2

vAevF kTmv

minus= (2)

де A ndash множник який не залежить від v m ndash маса молекули k ndash стала Больцмана Умова екстремуму функції (2) має вигляд

( ) 022

2

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=

minus

kTmvvAe

dvvdF kT

mv

Звідси екстремальне значення vім (найбільш імовірна швидкість)

MRT

mkTv 22

ім ==

Задача 5 Який відсоток газових молекул має швидкості що відрізняються 1) від найбільш імовірної не більше ніж на 1 2) від середньої не більше ніж на 1

Розвrsquoязання

Розрахунки ґрунтуються на безпосередньому обчисленні від-сотка молекул тобто NvdN )(

Згідно з умовою

1) α===MRTvv 2

ім α= 020dv

84

Підставляючи ці дані у формулу розподілу Максвелла знаходимо

( )2

2 2 13

4 1 4002 002 00167 17 vdN v

e eN

minusminusα= α sdot α asymp asymp asymp

απ π

2) 28πα

=π

==MRTvv α

π==

040020 vdv

Звідси маємо ( ) 43

12 3 3 2

4 8 002 002 2 dN v

eN

minusπα sdot

= sdot asymp asympπ α sdot π

Задача 6 Тонка трубка завдовжки L обертається навколо вертика-

льної осі що проходить крізь її середину із частотою ν Те-мпература повітря дорівнює Т Визначити тиск повітря P0 всередині трубки якщо тиск біля відкритих її кінців дорів-нює атмосферному Pн Числові дані такі L = 05 м ν = 60 сndash1 Т = 290 К Pн= 101sdot105 Па

ρ ρ+ρ d

r dr

S1 2

Розвrsquoязання

Розподіл тиску газу вздовж трубки зумовлюється практи-чно тільки полем відцентрової сили що виникає при обер-танні Молекули повітря відкидаються відцентровими сила-ми до кінців трубки унаслідок чого при наближенні до кінця трубки тиск збільшуватиметься

85

Нехай у місці перерізу 1 маємо тиск P а у місці перерізу 2 одержимо ( dPP + ) Приріст тиску dP можна розглядати як результат дії на переріз 2 сили dF що виникає внаслідок обертання маси

SdrRTMPdVdm =ρ= (1)

Приріст тиску

RTrdrMP

Srdm

SdFdP

22 ω=

ω== (2)

Відокремлюючи змінні в рівнянні та інтегруючи в межах трубки одержимо

0

н 22

0

P L

P

dP M rdrP RT

ω=int int

RTLM

PP

8ln

22

0

н ω= (3)

Оскільки km

RM

= а πν=ω 2 знаходимо

kTLm

ePP 2н0

222νπminus

= 31031

н0minussdotminus= ePP

86

Задачі

1 Скільки молекул ударяється за 1 с об стінку посудини площею 1 м2 у якій знаходиться кисень при температурі 300 К і тиску 09sdot105 Па

Відповідь 2721 27 10

2 м сANN P N

kT M= = sdot

π sdot

2 Як зміниться кількість ударів двохатомного газу об сті-нку посудини площею 10ndash4 м2 за 1 с якщо обrsquoєм газу адіа-батично збільшити в К = 2 рази

Відповідь зменшиться в 3221

=+γ

K рази де VP CC=γ 3 При якому тиску середня довжина вільного пробігу мо-лекул водню дорівнює 0025 м Температура газу 240 К

Відповідь 2

06 Па2kTP P= =πσ λ

4 У посудині обrsquoємом V= 3sdot10ndash3 м3 міститься ідеальний газ при температурі 273 К Після того як частину газу випустили тиск у посудині знизився на ΔP = 078sdot105 Па Знайти масу газу що вийшла (густина даного газу за но-рмальних умов ρ0=13 кгм3)

Відповідь 0

0

0003 кгV PmP

ρ Δ= =

5 Газ із молярною масою М міститься під тиском P між двома однаковими горизонтальними пластинами Температура газу зростає лінійно від Т1 у нижній плас-тині до Т2 у верхній Обrsquoєм газу між пластинами дорів-нює V Знайти масу газу

Відповідь ( )( )

2 1

2 1

lnPMV T Tm

R T T=

minus

87

6 У посудині місткістю 2sdot10ndash3 м3 знаходиться суміш водню і гелію при Т = 293 К і тиску 2sdot105 Па Маса суміші 5sdot10ndash3 кг Знайти відношення маси водню до маси гелію в цій суміші

Відповідь ( )( )

21

2 1

105 тут

1a Mm mRTa

m a M PVminus

= = =minus

7 Обчислити тиск Р1 маси m = 11 кг вуглекислого газу що розмішений у балоні місткістю V= 2sdot10ndash2 м3 при темпе-ратурі 286 К Порівняти результат із тиском Р2 ідеального газу за тих самих умов Відповідь Р1= 25sdot106 Па Р2= 29sdot106 Па 8 Знайти критичну густину води

Відповідь 3ккг200 м3

Мb

ρ = =

9 Знайти сталі а і b рівняння Ван дер Ваальса для вугле-кислого газу за його критичним тиском Рк = 73sdot106 Па і температурою 3041 К Відповідь а = 0367 Паsdotм6моль2 b = 43sdot10ndash6 м3моль 10 При якій температурі густина ртуті дорівнює 1348 гсм3 якщо при 283 К вона дорівнює 1357 гсм3 Відповідь 320 К 11 На скільки збільшився б тиск води на стінки посудини якби зникли сили притягання між її молекулами

Відповідь 917 10 Па20

aPV

Δ = = sdot

12 Яка температура відповідає середній квадратичній швид-кості молекул вуглекислого газу що дорівнює 720 кмгод Відповідь 70 К

88

13 Визначте середню квадратичну швидкість краплинки води радіусом r = 10ndash8 м що знаходиться у повітрі при 290 К

Відповідь кв кв3

3 17 м с2

kTv vr

= asympπρ

14 Який відсоток молекул має швидкості що відрізня-ються від найбільш імовірної не більше ніж на 1

Відповідь 4 002 166 NN e

Δ= =

π

15 Знайти кількість молекул азоту що знаходяться за норма-льних умов в обrsquoємі 10ndash6 м3 і мають швидкості 99ndash101 мс Відповідь 17sdot1016 16 У момент вибуху атомної бомби досягається темпера-тура Т = 7sdot107 К Знайти середню квадратичну швидкість іонів водню якщо вважати що при такій температурі всі молекули повністю дисоційовані а всі атоми іонізовані Відповідь 13sdot106 мс 17 Азот міститься в дуже високій посудині в однорід-ному полі тяжіння при температурі Т Температуру збі-льшили у η разів На якій висоті концентрація молекул матиме значення таке саме як на нульовій висоті до моменту збільшення температури

Відповідь ( ) ln 1RTh Mg

η= η η minus

18 Визначити кількість електронів в 1 л при тиску 10 атм і температурі 200 degС Відповідь 43sdot1024 19 Відомо що 1 г радію випромінює за 1 с 37sdot1010 α-частинок (при радіоактивному α-розпаді радію утворюється гелій) Ви-значити тиск гелію що утворюється в герметичній ампулі

89

місткістю 1 см3 у якій протягом року було 100 мг радію Температура ампули 15 degС Відповідь 46sdot102 Па 20 Електрична лампа розжарювання наповнена азотом при тиску 600 мм рт ст Місткість колби лампи дорівнює 500 см3 Знайти обrsquoєм води що увійде в лампу якщо в ній відламати кінчик на глибині 1 м від поверхні Вважати атмосферний тиск рівним 760 мм рт ст Відповідь 14sdot10ndash4 см3

90

sect 2 Основні закони термодинаміки

1 Перший закон термодинаміки Кількість теплоти Qδ

передана термодинамічній системі іде на збільшення її вну-трішньої енергії dU і на роботу Aδ яку виконує система над зовнішніми тілами

AdUQ δ+=δ (1) Внутрішня енергія U є функцією стану системи тому її

приріст при переході системи з одного стану в інший не за-лежить від шляху переходу dU ndash повний диференціал Q і A є функціями процесу тому Qδ і Aδ не є повними дифе-ренціалами У круговому процесі

intdU = 0 тому intint δ=δ AQ За першим законом термодинаміки існування вічного двигу-

на першого роду (двигуна який би виконував більшу роботу ніж отримана ним іззовні енергія безмежно довго) неможливе

2 Теплоємністю тіла тC називається величина рівна кіль-

кості теплоти яку потрібно надати тілу щоб підвищити його температуру на один кельвін

dTQC δ=т (2) Теплоємність одиниці маси речовини (питома теплоємність)

пC повrsquoязана з молярною теплоємністю C співвідношенням MCC п = (3)

де M ndash молярна маса

3 Якщо нагрівання речовини відбувається при сталому обrsquoємі (V = const) то говорять про молярну теплоємність

VC при сталому обrsquoємі

V

M

V

MV dT

dUdTQC ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ δ

= (4)

Якщо нагрівання відбувається при сталому тиску ( P = const) то говорять про молярну теплоємність PC при сталому тиску

91

M MP

P P

VV

P P

Q dU PdVCdT dT

C dT PdV dVC PdT dT

δ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(5)

звідки RCC VP += (6)

(рівняння Р Майєра для ідеального газу)

4 Закон рівномірного розподілу енергії за ступенями вільності На кожен ступінь вільності (поступальний оберта-льний коливальний) у середньому припадає однакова кінети-

чна енергія рівна kT21 Із цього закону випливає що середня

енергія молекули

2

kTiE = (7)

де колобпос 2iiii ++= ndash сума поступальних обертальних та по-двоєної кількості коливальних ступенів вільності молекул

Молекули ідеального газу не взаємодіють між собою тому

внутрішню енергію моля ідеального газу мU знаходять із виразу

м 2 2A A Vi iU N E N kT RT C T= = = = (8)

де RiCV 2=

Відношення теплоємностей

iiCC VP

2+==γ (9)

5 Процес зміни стану системи який відбувається зі сталою теплоємністю C = const називається політропним Рівняння політропи ідеального газу

nPV = const (10)

де P

V

C CnC C

minus=

minus ndash показник політропи

92

Для ізотермічного процесу n = 1 і рівняння політропи пере-ходить у рівняння ізотерми (закон БойляndashМаріотта) infin=C

PV = const (11) Для адіабатичного процесу γ== VP CCn і рівняння політропи

переходить у рівняння адіабати (рівняння Пуассона) 0=C γPV = const (12)

Рівняння адіабати ідеального газу в змінних T і V T і P мають вигляд

1minusγTV = const 1minusγ

γ

PT = const (13)

6 Робота При переході газу зі стану 1 з обrsquoємом 1V до стану 2

з обrsquoємом 2V роботу знаходять із виразу

( )dVVPAV

Vint=2

1

12 (14)

При ізохорному процесі 0=dV отже 012 =A (15)

При ізобарному процесі P = const тому ( )1212 VVPA minus= (16)

Робота ідеального газу в ізотермічному процесі

int ==2

1 1

212 ln

V

V VVRT

Mm

VdVRT

MmA (17)

Робота ідеального газу в адіабатичному процесі

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus

minusγ=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus

minusγ=

minusγminusγ 1

2

111

2

11112 1

)1(1

)1( VVRT

Mm

VVVPA (18)

Коефіцієнт корисної дії теплової машини

нн

хн

QA

QQQ

=minus

=η (19)

де нQ ndash теплота отримана робочим тілом від нагрівника хQ ndash теплота віддана робочим тілом холодильнику

93

ККД (коефіцієнт корисної дії) циклу Карно

н

хнT

TT minus=η (20)

де нT і хT ndash температури нагрівника і холодильника 8 Другий закон термодинаміки (формулювання Кельвіна)

Неможливий круговий процес єдиним результатом якого було б виконання роботи за рахунок охолодження теплового резервуа-ра Другий закон термодинаміки доводить що в круговому про-цесі має місце неповне перетворення теплоти отриманої від на-грівника у роботу тобто неможливе існування теплової машини з 0х =Q і 1=η (вічного двигуна другого роду)

9 Ентропія ndash термодинамічна функція стану макросистеми

зміна якої при елементарному оборотному процесі дорівнює зведеній теплоті цього процесу

TdQdS = (21)

При скінченному оборотному переході будь-якого виду

int=minus=Δ2

112 T

dQSSS (22)

Для n молів ідеального газу 1

2

2

1 lnlnVVnR

TTnCS V +=Δ

10 Другий закон термодинаміки для ізольованої системи

Усі реальні необоротні процеси зміни стану в ізольованій сис-темі відбуваються зі збільшенням ентропії при оборотних про-цесах ентропія залишається незмінною

0gedS (23)

11 Формула Больцмана Ентропія пропорційна натурально-му логарифму термодинамічної ймовірності W стану системи

WkS ln= (24) де k ndash стала Больцмана

94

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ 1 Рівняння енергетичного балансу для живого організму

Кількість теплоти що звільнюється в організмі при засвоєнні їжі витрачається на компенсацію витрат теплоти серQ у навко-лишнє середовище і на виконувану роботу A

AQQ += сер (25)

2 Теплота витрачається організмом у навколишнє середовище шляхом теплопровідності конвекції випаровування випромі-нювання Співвідношення між цими процесами за інших рівних умов залежить від температури вологості та руху повітря навко-лишнього середовища Вважається що теплові витрати організму людини в умовах помірного клімату в середньому становлять 7sdot106 Дж за добу і розподіляються приблизно так теплопровідніс-тю і конвекцією ndash 20 випромінюванням ndash 50 випаровуванням ndash 30 Якщо врахувати добову механічну роботу яку виконує ор-ганізм людини (без особливого фізичного навантаження) то теп-лові витрати за добу становлять приблизно 107 Дж

3 При вивченні хімічних реакцій у клітинах які протікають

при P =const замість внутрішньої енергії U вводять нову фун-кцію стану H ndash ентальпію

PVUH += (26) у диференціальній формі

PdVdUdH += при P = const (27)

4 Поняття про термодинаміку відкритих систем Живі органі-зми відносяться до відкритих термодинамічних систем (система об-мінюється енергією і речовиною з навколишнім середовищем) У відкритих системах розглядають реальні необоротні процеси і ви-вчають зміну ентропії з часом Швидкість зміни ентропії для відкри-

тої системи dtdS дорівнює швидкості зміни ентропії всередині сис-

теми dt

dSi у результаті протікання необоротних процесів (dt

dSi нази-

95

вають також продукцією ентропії) плюс швидкість зміни ентропії edS

dt за рахунок процесів обміну з навколишнім середовищем

i edS dS dSdt dt dt

= + (28)

Для стаціонарного стану у відкритій термодинамічній систе-мі функції стану не змінюються з часом отже й ентропія S = const (але не максимальна) тоді

0=dtdS

тобто отримуємо

0i edS dSdt dt

+ = (29)

Оскільки idS є зміною ентропії у замкненій (ізольованій) си-стемі внаслідок необоротних процесів (зміна ентропії в організ-мі зумовлена дифузією теплопровідністю хімічними реакціями що протікають у самому організмі) то згідно з другим законом термодинаміки 0gtidS Отже для забезпечення стаціонарного стану відкрита система повинна обмінюватися з навколишнім середовищем енергією і речовиною у такій кількості щоб вико-нувалося співвідношення

i edS dSdt dt

= minus (30)

Крім того як показав І Пригожин (у рамках лінійної нерів-новажної термодинаміки) стаціонарний стан характеризується мінімумом продукції ентропії у стаціонарному стані при фік-сованих зовнішніх параметрах продукція ентропії у відкри-тій системі наближається до мінімального значення тобто

dtdSi rarrmin (31)

Принцип Пригожина про мінімум продукції ентропії у стаціо-нарному стані є кількісним критерієм еволюції відкритих систем

96

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити внутрішню енергію 1 кг кисню при температурі 300 К

Розвrsquoязання

Внутрішня енергія довільної маси газу пропорційна кіль-кості ступенів вільності термодинамічній температурі й ма-

сі газу RTiMmU

2=

1кг 5 Дж831 195 кДж0032 кг моль 2 К моль

U = sdot sdot =sdot

Задача 2 Для нагрівання певної кількості газу на ΔТ1= 50 К при сталому

тиску витратили ΔQ1 = 160 Дж Якщо цю кількість газу охолодити на ΔТ2= 100 К при сталому обrsquoємі то виділяється ΔQ2= 240 Дж Яку кількість ступенів вільності і мають молекули цього газу

Розвrsquoязання

Теплота що витрачається на нагрівання газу при сталому тиску

11 TCQ PMm Δ=Δ

Теплота що виділяється під час охолодження цього газу при сталому обrsquoємі

22 TCQ VMm Δ=Δ

де m ndash маса газу M ndash молярна маса PC і VC ndash молярні тепло-ємності при сталому тиску і сталому обrsquoємі

Враховуючи що i

iCC

V

P 2+= одержимо

97

2

1

2

1TT

CC

QQ

V

p

ΔΔ

=ΔΔ або

2

1

2

1 )2(TT

ii

QQ

ΔΔ+

=ΔΔ

Тоді 10050)2(

240160

ii +

= і = 6

Задача 3 Обчислити зміну ентропії 14sdot10ndash3 кг азоту що охолоджується

від температури Т1=300 К до Т2 = 273 К при сталому обrsquoємі

Розвrsquoязання

Процес охолодження азоту при сталому обrsquoємі оборотний Отже

int int ===Δ2

1

2

1 1

2 lnTTmC

TdTmC

TdQS VV

де VC ndash питома теплоємність азоту при сталому обrsquoємі

3Джкг К

5 831 Дж (К моль) 7402 2 28 10 кг мольViRCM minus sdot

sdot sdot= = asymp

sdot sdot

3 237 Дж14 10 кг 740 Дж (кг К) ln 103300 К

S minusΔ = sdot sdot sdot = minus

У цьому процесі ентропія зменшується Задача 4 Визначити зміну ентальпії закритої системи у процесі роз-

ширення системи при сталому тиску

Розвrsquoязання

Зміна ентальпії при P = const записується таким чином VPUVVPUH Δ+Δ=minus+Δ=Δ )( 12 (1)

Згідно з першим законом термодинаміки запишемо VPQU Δminus=Δ (2)

98

Підставимо (2) в (1) і одержимо QVPVPQH =Δ+Δminus=Δ

Висновок збільшення ентальпії при сталому тиску дорівнює теплоті Q що передана закритій системі

Задача 5 У циліндрі міститься 16 кг кисню при температурі 17 degС і

тиску 42sdot106 Па До якої температури слід нагріти кисень щоб робота з його розширення дорівнювала 35 кДж

Розвrsquoязання

Виконана киснем при ізобарному нагріванні робота

)( 12 VVPA minus= де 1V ndash обrsquoєм кисню при температурі 1T 2V ndash обrsquoєм кисню при температурі 2T (яку необхідно визначити)

Користуючись рівнянням МенделєєваndashКлапейрона отримаємо

)()( 1212 TTRMmVVPA minus=minus= отже 12 T

mRAMT +=

3 3 3

235 10 Дж 32 10 кг м 273К 290 K 374 К

16 кг 831 Дж (моль К)T

minussdot sdot sdot sdot= + =

sdot sdot

99

Задачі

1 У кімнаті місткістю 90 м3 повітря змінюється повністю через 2 години Яка кількість теплоти потрібна для нагрі-вання повітря в кімнаті за добу якщо температура повітря повинна становити 290 К а зовнішнє повітря має темпера-туру 268 К Густина повітря 129 кгм3 Відповідь 3sdot107 Дж 2 Як змінюється внутрішня енергія 01 кг кисню при нагрі-ванні від Т1=283 К до Т2 =333 К якщо процес нагрівання йде 1) при сталому обrsquoємі 2) при сталому тиску 3) унаслідок адіабатичного стиснення Відповідь у всіх випадках зміна внутрішньої енергії

)( 12 TTmCU V minus=Δ asymp 3sdot103 Дж 3 Яку кількість теплоти треба надати азоту при ізобарно-му нагріванні щоб газ виконав роботу А= 2 Дж

Відповідь 7 Дж1

AQ γ=

γ minus

4 Тиск повітря на рівні моря 09sdot105 Па а на вершині гори 077sdot105 Па Яка висота гори якщо температура повітря 278 К Відповідь 1309 м 5 Певна кількість азоту при температурі 300 К і тиску 101sdot105 Па стискується адіабатично до обrsquoєму що у 5 разів менший за початковий Визначити тиск і темпера-туру азоту після стиснення Порівняти тиск зі значенням тиску при ізотермічному стисненні Відповідь 95sdot105 Па 571 К

100

6 10 л азоту що перебував при тиску Р1= 101sdot105 Па сти-скують до Р2 = 107 Па Визначити роботу газу при адіаба-тичному стисненні

Відповідь

1

31 1 2

1

1 68 10 Дж1

PV PА AP

γminusγ

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= minus = minus sdot⎜ ⎟⎢ ⎥γ minus ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

7 Ідеальний газ із показником адіабати γ розширили за зако-ном P=αV де α ndash стала Початковий обrsquoєм газу V0 Унаслідок розширення обrsquoєм газу зріс у η разів Знайти зміну внутрі-шньої енергії роботу розширення газу молярну теплоємність

Відповідь ( ) ( )2 2

0 2 20

1 1 1 21 2 V

VU A V C C R

α η minusΔ = = α η minus = +

γ minus

8 Визначити чому дорівнює збільшення ентропії ідеаль-ного газу масою m (молярна маса М) що заповнює обrsquoєм V1 унаслідок адіабатичного розширення в пустоту до обrsquoєму V2 (необоротний процес)

Відповідь 2

1

lnm VS RM V

Δ =

9 Шматок льоду масою m = 01 кг при температурі Т1 = 240 К переведено в пару при температурі Т2 = 37 К Ви-значити зміну ентропії ΔS якщо тиск Р = 105 Па не зміню-ється Питома теплоємність льоду Сл = 18sdot103 Дж(кгsdotК) пи-тома теплоємність води Св = 419sdot103 Дж(кгsdotК) питома теп-лота плавлення λ= 335sdot105 Джкг питома теплота пароутво-рення r = 226sdot106 Джкг Відповідь 8824 ДжК 10 Визначити зміну ентропії 10ndash3 кг водню в такому про-цесі спочатку газ адіабатично стискується до обrsquoєму що у два рази менший за початковий а потім ізотермічно роз-ширюється до початкового обrsquoєму (процеси оборотні)

Відповідь Джln 2 58К

mS RM

Δ =

101

11 Обчислити зміну ентропії одного моля ідеального газу при політропічному процесі теплоємність якого дорівнює С Розглянути випадки С = Ср С = СV С = infin С = 0 Відповідь

2 2 1

1 1 2

ln ln ln 0P VT T PS C S C S R ST T P

Δ = Δ = Δ = Δ =

12 Визначити термодинамічну ймовірність та ентропію системи що складається з чотирьох мікрообrsquoємів у яких 20 частинок розподілено як 3 4 8 і 5 Який із двох проце-сів буде самочинним якщо в результаті певних змін час-тинки розподілились у мікрообrsquoємах в одному випадку ndash 6 4 4 і 6 а в іншому ndash 1 11 7 і 1 Відповідь W = 35sdot109 S = 303sdot10ndash23 ДжК 13 Відкрита система обмінюється із зовнішнім середови-щем потоком енергії j1 і потоком речовини j2 Обидва по-токи взаємопозвrsquoязані Через певний час відкрита система переходить у стаціонарний стан Як зміниться ентропія у стаціонарному стані

Відповідь mini

dSdt

⎛ ⎞ rarr⎜ ⎟⎝ ⎠

14 Ідеальна теплова машина що працює за циклом Карно одержала теплоту від нагрівника при температурі 200 degС Холодильник має температуру 100 degС За певний час ма-шина одержала від нагрівника 10 кДж енергії Визначити виконану роботу передану холодильнику кількість тепло-ти і коефіцієнт корисної дії Відповідь А = 21 кДж Q = 79 кДж η = 21 15 У котлі парової машини температура становить 150 degC Температура холодильника 10 degC Яку теоретично максима-льну роботу можна одержати витративши 4190 Дж теплоти Відповідь sim14sdot103 Дж

102

sect 3 Явища перенесення

1 Молекули газу безперервно і безладно рухаючись постій-

но перемішуються обмінюються швидкостями та енергіями Цей процес перемішування зумовлює явища перенесення mdash дифузію внутрішнє тертя і теплопровідність

Перенесення маси (дифузія) кількості руху (внутрішнє тертя) і кінетичної енергії (теплопровідність) у певному напрямку в газі можливе тільки тоді коли в цьому напрямку існує градієнт відпо-відно густини ρ швидкості перенесення V температури Т

2 Рівняння дифузії (перший закон Фіка) Маса газу mΔ

що переноситься за рахунок дифузії через площину SΔ перпе-ндикулярну напрямку Ох уздовж якого зменшується густина пропорційна площі цієї площини проміжку часу tΔ перенесен-

ня і градієнту густини dxdρ

tSdxdDm ΔΔρ

minus=Δ (1)

де D ndash коефіцієнт дифузії м2с 3 Рівняння теплопровідності (закон Фурrsquoє) Кількість теп-

лоти що переноситься через площину SΔ перпендикулярну напрямку Ох уздовж якого зменшується температура пропор-ційна площі цієї площини проміжку часу tΔ перенесення і гра-

дієнту температури dxdТ

=ΔQ ndashaeligdТdx

tSΔΔ (2)

де aelig ndash теплопровідність ВтмsdotК 4 Рівняння що описує явище внутрішнього тертя (закон

Ньютона) Сила внутрішнього тертя що виникає у площині

103

стикання двох шарів газу які рухаються один відносно одного пропорційна площі їх стикання SΔ і градієнту швидкості dxdv

SdxdvF Δη= (3)

де η ndash вrsquoязкість або коефіцієнт внутрішнього тертя Паsdotс 5 У рамках молекулярно-кінетичної теорії явищ перенесення

в газах для коефіцієнтів дифузії D вrsquoязкості η теплопрові-дності aelig отримано рівняння

vD λ=31 ρλ=η v

31 aelig VCv ρλ=

31 (4)

де v ndash середньоарифметична швидкість молекул λ ndash середня довжина вільного пробігу ρ ndash густина газу VC ndash питома тепло-ємність при сталому обrsquoємі

104

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Знайти масу mΔ азоту що переноситься за рахунок ди-

фузії через площину SΔ =10ndash2 м2 за час tΔ = 10 с якщо граді-єнт густини в напрямку перпендикулярному площині

xΔρΔ = ndash126 кгм4 Температура азоту Т = 300 К середня до-вжина вільного пробігу молекул азоту λ = 10ndash7 м

Розвrsquoязання

Відповідно до формули (1)

tSx

vm ΔΔΔ

ρΔλminus=Δ

31

де v =MRT

π8 M = 0028 кгмоль ndash молярна маса азоту

Остаточно одержимо

tSxM

RTm ΔΔΔ

ρΔπ

λ=Δ8

31

7

4 2 2 6

1 8 831Дж (моль К) 300 K10 м3 314 0028кг моль

126 кг м 10 м 10 с 2 10 кг

m minus

minus minus

sdot sdot sdotΔ = times

sdot

times sdot sdot = sdot

Задача 2 Знайти коефіцієнт внутрішнього тертя η азоту за норма-

льних умов якщо коефіцієнт дифузії для нього за цих умов D = 142sdot10ndash5 м2с

105

Розвrsquoязання

Відповідно до формул (4)

ρλ=η v31 = ρD

де ρ ndash густина азоту Величину ρ одержимо з рівняння RTPM=ρ

де P і T ndash тиск і температура M = 0028 кгмоль ndash молярна маса азоту

За нормальних умов P =105 Па і T = 273 К Одержимо

RTPМD=η

( ) ( )5 2 5

5142 10 м с 10 Па 0028 кг моль 18 10 кг м с831Дж К моль 273К

minusminussdot sdot sdot

η = = sdot sdotsdot sdot

Задача 3 Звичайний термос є посудиною із подвійними стінками

між якими міститься дуже розріджений газ (наприклад во-день) для якого довжина вільного пробігу молекул значно більша відстані між стінками Визначити нижче якого зна-чення має бути тиск P водню щоб його теплопровідність була меншою ніж при атмосферному тиску якщо відстань між стінками посудини d = 8sdot10ndash3 м температура Т =300 К а діа-метр молекул водню σ = 23sdot10ndash10 м

Розвrsquoязання

Для того щоб коефіцієнт теплопровідності водню став меншим

ніж при атмосферному тиску повинна виконуватися нерівність

dgtλ або 2

1

02 dn

gtπσ

де n0 ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму яка повrsquoязана з тис-ком Р співвідношенням

106

0 kTPn =

де k ndash стала Больцмана Т ndash температура газу Пояснимо необхідність виконання умови dgtλ Якщо dgtλ то теплопровідність aelig знаходять із рівняння

aelig VV CvdmnCvd 031

31

=ρ=

де m ndash маса молекули водню Отже бачимо що починаючи з певних значень 0n (відповід-

но 0P ) теплопровідність починає зменшуватись пропорційно 0n При dleλ теплопровідність не залежить від тиску (від 0n )

адже

aelig VVV CvmCvmnn

Cv 200

2 231

21

31

31

πσsdot=

πσsdot=λρ=

З умови dgtλ бачимо що тиск P задовольняє співвідно-

шення 2 2dkTPπσ

lt

Підставивши числові значення одержимо

( )23

210 2 3

138 10 Дж К 300 К

2 314 23 10 м 8 10 мP

minus

minus minus

sdot sdotlt

sdot sdot sdot sdot sdot 2ltP Па

107

Задачі

1Визначити яка частина молекул газу 1) пролітає без зіткнень відстані що перевищують середню довжину вільного пробігу λ 2) має довжини вільного пробігу в інтервалі від λ до 2λ Відповідь 037 023 2 Азот міститься в посудині за нормальних умов Знайти кі-лькість зіткнень що зазнає кожна молекула за 1 с Відповідь 2 10 12 074 10 cd n V minusν = π ν = sdot 3 Знайти коефіцієнт дифузії водню за нормальних умов якщо середня довжина вільного пробігу молекул за цих умов 16sdot10ndash7 м Відповідь D= 91sdot10ndash5 м2с 4 Знайти коефіцієнт внутрішнього тертя азоту за норма-льних умов якщо коефіцієнт дифузії для нього за цих умов 142sdot10ndash5 м2с Відповідь 18sdot10ndash5 кгмsdotс 5 Знайти коефіцієнт дифузії та коефіцієнт внутрішнього те-ртя повітря при тиску 101sdot105 Па і температурі 283 К Діа-метр молекули повітря прийняти рівним d = 3sdot10ndash10 м Відповідь 148sdot10ndash5 м2с 182sdot10ndash5 кгмsdotс 6 Відстань між стінками посудини Дюара 8sdot10ndash3 м При якому тиску теплопровідність повітря почне зменшуватися при відка-чуванні Діаметр молекули повітря 3sdot10ndash10 м температура 290 К Відповідь 13 Па 7 Побудувати графік залежності коефіцієнта дифузії водню від температури при сталому тиску Діаметр молекули водню 23sdot10ndash10 м тиск 105 Па

108

8 Знайти масу Δm азоту що проходить завдяки дифузії через площину 100 см2 за 10 с якщо градієнт густини 126 кгм4 λ = 10ndash7 м Т = 300 К Відповідь 2sdot10ndash6 кг 9 Яка кількість теплоти втрачається за 1 годину через по-двійну тепличну раму за рахунок теплопровідності повітря яке знаходиться між її поліамідними плівками Площа кож-ної плівки 4 м2 відстань між ними 03 м Температура у теп-лиці +18 degС температура зовнішнього повітря ndash20 degС Тем-пературу повітря між плівками вважати середньоарифмети-чною величиною температур у теплиці й зовні Радіус моле-кули повітря 15sdot10ndash10 м молярна маса повітря 0029 кгмоль Відповідь 025sdot105 Дж 10 Зовнішня поверхня стіни кімнати має температуру 253 К внутрішня 293 К Товщина стіни ndash 04 м Визначи-ти коефіцієнт теплопровідності цегли якщо за 1 годину кожний 1 м2 її поверхні втрачає 300 кДж теплоти Відповідь 083 ВтмsdotК 11 Визначити розподіл температури у просторі між двома концентричними сферами з радіусами R1 i R2 що заповне-ний газом при великому тиску якщо температури обох сфер сталі й дорівнюють відповідно Т1 і Т2

Відповідь ( )1 2 1 2 2 2 1 1

2 1 2 1

R R Т Т 1 T R T RТR R R R R

minus minus= sdot +

minus minus

12 Теплопровідність гелію 42 He у 87 разів більша за теп-

лопровідність аргону 4018 Ar (за нормальних умов) Знайти

відношення ефективних діаметрів атомів аргону та гелію

Відповідь Ar

He

17dd

=

109

sect 4 Молекулярні явища в рідинах

1 Поверхневий натяг α ndash це фізична характеристика ріди-

ни чисельно рівна силі F із якою рідина діє на одиницю дов-жини периметра L поверхневої ділянки

LF

=α (1)

Сила поверхневого натягу напрямлена по дотичній до поверх-ні рідини перпендикулярно ділянці контуру на яку вона діє

Одиницями вимірювання сили поверхневого натягу є 2Н Джм м

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2 Робота dA сил поверхневого натягу при ізотермічному

збільшенні поверхні рідини на величину dS dSdA αminus= (2)

Оскільки робота що виконується при оборотному ізотермічно-му процесі дорівнює зменшенню вільної енергії Гельмгольца dF

dFdA minus= то можна записати

dFdSdA minus=αminus= Поверхневий натяг α чисельно дорівнює додатковій вільній

енергії яку має одиниця площі поверхні або роботі зовнішніх сил яка йде на утворення одиниці площі поверхні

dSdF=α або dSdA=α (3)

3 Прихована теплота утворення плівки (теплота утворен-ня одиниці поверхні плівки) ndash це кількість теплоти q яку необ-хідно підводити до рідини при ізотермічному збільшенні площі поверхні на одиницю

Величина q повrsquoязана з температурою T та поверхневим натягом α співвідношенням

dTdT

TTq

S

αminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpartα

minus= (4)

110

4 Формула Лапласа Якщо поверхня рідини не плоска а опук-ла то наявність поверхневого натягу приводить до виникнення додаткового тиску PΔ з боку поверхневого шару на нижні шари

5 Додатковий тиск PΔ знаходять із формули Лапласа

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+α=Δ

21

11RR

P (5)

де 1R і 2R ndash радіуси кривизни будь-якої пари взаємно перпен-дикулярних нормальних перерізів поверхні рідини

6 Висота піднімання змочуючої рідини в капілярних тру-

бках і відповідно глибина опускання незмочуючої рідини ви-значаються за формулою БорелліndashЖюрена

grh

ρθα

=cos2 (6)

де r ndash радіус капіляра ρ ndash густина рідини g ndash прискорення вільного падіння θ ndash крайовий кут (для змочуючої рідини

2π

θ lt для незмочуючої 2π

θ gt )

7 Осмосом називають дифузію молекул розчинника через

напівпроникну перегородку яка відділяє розчин від чистого розчинника або два розчини різної концентрації Напівпроникна перегородка пропускає молекули розчинника але не пропускає молекул розчиненої речовини Розчинена речовина створює па-рціальний тиск на стінки посудини Цей тиск називають осмо-тичним тиском осмP бо він виникає при осмосі

Згідно із законом Вант-Гоффа

CRTRTMVmP ==осм (7)

де m і M ndash маса і відповідно молярна маса розчиненої речови-ни V ndash обrsquoєм розчину T ndash абсолютна температура R ndash газова

стала MVmC = ndash молярна концентрація розчину

111

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Краплю води масою m =10ndash4 кг уведено між двома плоски-

ми і паралельними між собою скляними пластинками Чому дорівнює сила притягання F між пластинками якщо відстань між ними d =10ndash6 м Коефіцієнт поверхневого натягу води α = 73sdot10ndash3 Нм Вважати що крайовий кут θ = 0

Розвrsquoязання

d

R

Із рисунка видно що радіус краплі

2dS π= π

=SR (1)

Маса краплі dSm ρ= (2) звідки dmS ρ=

Якщо підставити (2) в (1) одержимо

м10181 2minussdot=π

sdotsdotρ

=d

mR

Оскільки крайовий кут θ дорівнює нулю то радіус кривизни поверхні води у площині нормального перерізу яка перпенди-кулярна до площин пластинок == 2dr 05sdot10ndash6 м

112

Оскільки R rgtgt то можна вважати що додатковий тиск за-лежить лише від радіуса кривизни r і в обrsquoємі краплі

drP α

=α

=Δ2

Силу зчеплення F знаходимо з виразу d

md

PSFρ

sdotα

=Δ=2

F = 146sdot103 H Задача 2 У ґрунті завдяки його пористості (капілярності) вода підня-

лася на висоту h = 04 м Визначити діаметр d ґрунтових капіля-рів (пор) якщо вважати що вони мають циліндричну форму а вода повністю змочує ґрунт

Розвrsquoязання

Із формули БорелліndashЖюрена визначимо

( )ghrd ρθsdotα== cos42 де r ndash радіус капіляра α ndash коефіцієнт поверхневого натягу води ρ ndash густина води 0=θ ndash крайовий кут

Тоді 53 3 2

4 0073Н м 74 10 м10 кг м 98 м с 04 м

d minussdot= = sdot

sdot sdot

Задача 3 Капілярну трубку занурено у воду так що довжина незану-

реної її частини дорівнює L= 02 м Вода піднялася у трубці на висоту L2 = 01 м У цьому положенні отвір верхнього кінця трубки затискають і трубку занурюють у воду доти доки рівень води у трубці не зрівняється з рівнем води у посудині Знайти довжину частини трубки h яка при цьому виступає із води Зовнішній тиск дорівнює 105 Нм Вважати що відбувається повне змочування тобто 0=θ

113

Розвrsquoязання

Вода у трубці піднімається під дією сил поверхневого натягу Висота піднімання в першому випадку визначається умовою

22 2 Lgrr ρπ=απ

де α ndash коефіцієнт поверхневого натягу r ndash радіус трубки У другому випадку сила поверхневого натягу зрівноважує

силу яка виникає через різницю тисків усередині трубки P і атмосферного 0P

)(2 02 PPrr minusπ=απ

Із цих двох рівнянь знаходимо

20gLPP ρ

=minus (1)

Тиск P визначаємо із закону БойляndashМаріотта

00VPPV = 2

20

2 LrPhrP π=π звідки h

LPP20=

Отже 2

120

Lgh

LP ρ=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus Звідси дістаємо

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ρ+

=

0212

PLg

Lh

3 3 25

02 м02 м2 1 10 кг м 98м с

2 10 Па

h =⎛ ⎞

+ sdot⎜ ⎟sdot⎝ ⎠

= 99sdot10ndash2 м

Покажемо як можна отримати співвідношення (1) іншим шляхом У першому випадку тиск повітря в трубці над поверх-нею рідини атмосферний 0P Тиск у рідині трубки під угнутою поверхнею 1P буде менший за атмосферний на PΔ ( PPP Δminus= 01 ) Додатковий тиск знаходять із формули Лапласа

rP α

=Δ2 Тиск у рідині трубки на рівні води посудини згідно із

114

законом Паскаля буде рівний атмосферному 0P і може запису-

ватись як сума тиску 1P та гідростатичного тиску 2Lgρ

22

22 0010gL

rPLgPPLgPP ρ

+α

minus=ρ+Δminus=ρ+=

Звідси маємо 2

2 gLr

ρ=

α У другому випадку коли рівень во-

ди у трубці зрівнявся з рівнем води в посудині тиск повітря у трубці P над угнутою поверхнею води буде більший за атмос-

ферний 0P на значення додаткового тиску 2

2 gLr

P ρ=

α=Δ Тоб-

то 200gLPPPP ρ

+=Δ+= або 20gLPP ρ

=minus

115

Задачі

1 Визначити коефіцієнт поверхневого натягу масла гус-тина якого 091sdot103 кгм3 якщо при пропусканні через пі-петку 4sdot10ndash6 м3 масла одержано 304 краплини Діаметр шийки піпетки дорівнює 12sdot10ndash3 м Відповідь α = 314sdot10ndash2 Нм 2 Два скляні диски радіусом R = 5sdot10ndash2 м змочили водою і склали так що товщина шару води між ними h = 19 мкм Знайти силу яку треба прикласти перпендикулярно по площині дисків щоб відірвати їх один від одного (вважати змочування повним) Відповідь hRF 2 2απ= F = 06 кН 3 У горизонтальному капілярі діаметром d = 2sdot10ndash3 м містить-ся стовп води заввишки h = 01 м Скільки рідини витече з ка-піляра якщо його поставити вертикально у посудину з водою Відповідь Δm = 22sdot10ndash4 кг 4 Визначити вагу Р водяного павука що знаходиться на поверхні води якщо відомо що під кожною із восьми ла-пок павука утворюється напівсферичне повітряне заглиб-лення радіусом R = 10ndash4 м

Відповідь ( )2 416 3 35 10 H3

P R R g P minus= π α + ρ asymp sdot

5 У спирт на незначну глибину занурено трубку з діамет-ром внутрішнього каналу d = 5sdot10ndash4 м Визначити вагу спирту що ввійшов у трубку Коефіцієнт поверхневого на-тягу спирту α = 22sdot10ndash2 Нм Відповідь απ= dP P =35sdot10ndash5 H

116

6 Дві трубки зі скла діаметрами d1 = 2sdot10minus4 м і d2 = 3sdot10minus4 м зrsquoєднані внизу гумовою трубкою і заповнені водою За якої умови рівень води в трубках однаковий (температура води 293 К) Відповідь при тиску повітря у вузькому коліні на 487 Па бі-льшому ніж у широкому 7 Якщо бульбашка повітря потрапить до кровоносної су-дини то вона створює опір руху крові може навіть насту-пити повна закупорка судини Це явище називають газо-вою емболією Поясніть це явище 8 Вертикальний капіляр торкається поверхні води Яка кі-лькість теплоти виділиться при підніманні води вздовж ка-піляра якщо поверхневий натяг α а змочуваність повна Відповідь gQ ρπα= 2 2 9 Визначити приріст вільної енергії поверхневого шару при ізотермічному злитті двох однакових крапель ртуті діаметром 15 мм Відповідь ( )122 312 minusπα=Δ minusdF = ndash15 мкДж 10 Вертикальний капіляр завдовжки l із запаяним верх-нім кінцем торкається поверхні рідини і рідина підніма-ється в ньому на висоту h Знайти поверхневий натяг рі-дини якщо її густина ρ діаметр внутрішнього каналу ка-піляра d крайовий кут θ атмосферний тиск Р0

Відповідь ( )0

4cos P h dgh l h

⎡ ⎤α = ρ +⎢ ⎥ θminus⎣ ⎦ 11 Крапля води рівномірно падає в повітрі Знайти різни-цю між радіусом кривизни поверхні краплі в її верхній то-чці та радіусом кривизни у нижній точці якщо відстань між ними 2sdot10ndash3 м Відповідь αρasympminus 83

12 ghRR asymp 014 мм

117

12 В обrsquoємі 05 л води розчинено 2sdot10ndash3 кг кухонної солі Знайти осмотичний тиск для цього розчину при темпера-турі 290 К якщо ступінь дисоціації молекул солі 75

Відповідь 5 3 10 ПаmRTP PVM

= = sdot

13 Яку кількість NaCl треба розчинити у 10ndash4 м3 води щоб одержати розчин із таким самим осмотичним тиском який має розчин 4sdot10ndash4 кг CuCl2 що розчинена у такій са-мій кількості води при тій самій температурі Вважати що має місце повна дисоціація розчиненої речовини Відповідь 26sdot10ndash5 кг 14 Знайти роботу яку необхідно виконати щоб видути мильну бульбашку радіусом 4 см Коефіцієнт поверхне-вого натягу мильного розчину 40 мНм Відповідь 16 мДж 15 У капілярній трубці радіусом 05 мм рідина піднялася на висоту 11 мм Знайти густину цієї рідини якщо її кое-фіцієнт поверхневого натягу 22 мНм Відповідь 820 кгм3 16 Ртутний барометр має діаметр трубки 3 мм Яку по-правку треба внести в покази барометра якщо врахувати капілярне опускання ртуті Відповідь 51 мм 17 Крапля ртуті масою 1 г розбивається на 100 однакових краплин Визначити на скільки при цьому зросте енергія поверхневого шару ртуті Відповідь EΔ =144sdot10ndash8Дж

118

РОЗДІЛ 3

ЕЛЕКТРИКА

sect 1 Основні поняття та закони електростатики

1 Закон Кулона Сили взаємодії 12F 21F двох точкових заря-

дів 1q і 2q розташованих на відстані r у рідині чи газі пропор-ційні добутку цих зарядів обернено пропорційні квадрату відста-ні між ними і напрямлені вздовж прямої що зrsquoєднує ці заряди

1 212 21 2

0

14

q qF Fr

= = sdotπεε

(1)

де 0ε ndash електрична стала ε ndash відносна діелектрична проник-ність речовини

2 Напруженість електростатичного поля E в даній точці

чисельно дорівнює силі яка діє на одиничний позитивний заряд у цій точці поля

FEq

= [ ]E =НКл = Вм (2)

Напруженість є вектором напрямок якого збігається з на-прямком вектора сили що діє на позитивний заряд

F Eq= (3) 3 Напруженість електростатичного поля точкового заряду

або рівномірно зарядженої кулі

20

14

qEr

= sdotπεε

(4)

де q ndash заряд що створює електричне поле r ndash відстань від за-ряду до точки у якій визначається напруженість поля

119

4 Електрична індукція (електричне зміщення) D ndash фізична величина яка разом із напруженістю електростатичного поля опи-сує його властивості Звrsquoязок між вектором індукції D і напруже-ністю E в ізотропному діелектрику виражається формулою

0D E= ε ε (5) 5 Потік N вектора індукції D через довільну поверхню

nS S

N D dS D dS= sdot =int int (6)

де nD ndash проекція вектора D на напрямок нормалі до поверхні Для замкненої поверхні

nN D dS D dS= sdot =int int (7) де інтегрування ведеться по всій замкненій поверхні

6 Теорема ОстроградськогоndashГаусса потік вектора елек-

тричної індукції через будь-яку замкнену поверхню що охоп-лює заряди 1q 2q 3q дорівнює алгебраїчній сумі сторон-ніх зарядів (кожний зі своїм знаком) які містяться всередині замкненої поверхні

1

n

n ii

N DdS D dS q=

= = = sumint int (8)

де n ndash кількість зарядів 7 Потенціал ϕ електростатичного поля в заданій точці 1 чи-

сельно дорівнює тій роботі яку виконують сили поля при пере-міщенні одиничного точкового позитивного заряду із цієї точки поля на нескінченність

11 1

lA Edl E dlq

infin infininfinϕ = = =int int (9)

де lE ndash проекція вектора E на напрямок переміщення dl

120

8 Потенціал електростатичного поля точкового заряду і поля за межами рівномірно зарядженої кулі

04Q

Rϕ =

πε ε (10)

де R ndash відстань від заряду або центра кулі до точки у якій ви-значається потенціал

Якщо електростатичне поле утворене системою із n точко-вих зарядів то потенціал його в заданій точці

01 4

ni

ii

QR=

ϕ =πε εsum (11)

9 Мірою інтенсивності зміни потенціалу вздовж електрич-

ної силової лінії поля утвореного точковим зарядом є похідна від потенціалу за відстанню до джерела поля Ця величина нази-вається градієнтом потенціалу і дорівнює напруженості поля взятій зі знаком мінус

Градієнт є величина векторна напрямлена в бік зростання потенціалу

gradE = minus ϕ або ldEdlϕ

= minus (12)

10 Електроємність ndash кількісна міра здатності провідників

утримувати електричні заряди Для відокремленого провідника електроємність визначається зарядом Q який треба надати провіднику щоб змінити його потенціал на одиницю

QC =ϕ

(13)

Електроємність провідників не залежить від матеріалу але істот-но залежить від розмірів форми провідника навколишнього середо-вища а також від впливу інших провідників розміщених поблизу

11 Електроємність плоского конденсатора

0 SCd

ε ε= (14)

де S ndash площа пластин d ndash відстань між пластинами

121

12 Електроємність батареї із паралельно й послідовно спо-лучених конденсаторів відповідно

1

1

11

n

i ni

ii

C C C

C=

=

= =sumsum

(15)

13 Енергія зарядженого ізольованого провідника

2 2

2 2 2Q C QW

Cϕ ϕ

= = = (16)

де Q ϕ C ndash відповідно заряд потенціал і ємність провідника 14 Енергія зарядженого конденсатора

2 2

2 2 2Q CU QUW

C= = = (17)

де Q U C ndash відповідно заряд напруга ємність конденсатора 15 Обrsquoємна густина енергії ndash енергія електростатичного по-

ля яка припадає на одиницю обrsquoєму 2 2

0

02 2 2E D EDε ε

ω = = =ε ε

(18)

де E ndash напруженість електростатичного поля в середовищі з ді-електричною проникністю ε D ndash індукція електричного поля

122

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Дві металеві кульки діаметром d = 5sdot10ndash2 м кожна містяться в

трансформаторному маслі ( ε = 22) Відстань між центрами r = 05 м Визначити поверхневу густину зарядів на кульках якщо вони взаємодіють із силою F = 22 мН

Розвrsquoязання

Поверхнева густина електричного заряду рівномірно заря-

дженого провідника чисельно дорівнює заряду на одиниці поверхні провідника

QS

σ = (1)

Поверхнева густина заряду на кулі 24QR

σ =π

де R ndash радіус кулі

Величину заряду визначимо за законом Кулона 2

204

QFr

=πε ε

204Q Fr= πε ε (2)

Підставивши Q із (2) і 2

2 24 42DS R D⎛ ⎞= π = π = π⎜ ⎟

⎝ ⎠ у формулу

(1) знайдемо 2

20 0

24 2Fr r F

D Dπε ε πε ε

σ = =π π

σ = 47sdot10ndash5 Клм2

Задача 2 Молекулу води можна розглядати як диполь електричний мо-

мент якого p = 62sdot10ndash30 Клsdotм (нагадаємо що диполь складається із позитивного й негативного зарядів рівних заряду електрона) Знайти напруженість поля що створює диполь на відстані r = 3sdot10ndash9 м від середини диполя у точці що лежить на продовженні диполя

123

A+q ndashq

r

l

Endash E+

Ep

Розвrsquoязання

Результуюча напруженість pE поля диполя у точці А напря-

млена вздовж осі диполя і дорівнює різниці напруженостей E+ і Eminus створюваних зарядами q+ i qminus pE E E+ minus= + Якщо позначити через l відстань між зарядами а через r ndash

відстань від А до середини осі диполя то можна записати

204 ( 2)

qEr l+ =

πε minus і 2

04 ( 2)qE

r lminus =πε +

Остаточно після алгебраїчних перетворень одержимо

2 2 202 ( 4)p

lrqEr l

=πε minus

За умови r lgtgt запишемо 3 30 02 2

ql pEr r

= =πε πε

де p ql= ndash електричний момент диполя 641 10E = sdot НКл Задача 3 Знайти напруженість електрич-

ного поля прямолінійного дроту завдовжки l =2 м на якому рівномі-рно розподілено заряд q =2sdot10ndash9 Кл у точці А що розміщена на відстані r = 2sdot10ndash3 м від осі дроту

Розвrsquoязання

Оточимо частину дроту завдовжки h уявним циліндром вісь

якого збігається з віссю дроту а бокова поверхня містить точку А

A h

r E

124

Згідно із теоремою ОстроградськогоndashГаусса потік напруже-ності через поверхню цього циліндра

0 0

1 n

ii

hN q ρ= =

ε εsum (3)

де n

ii

q h= ρsum ndash заряд частини дроту оточеної циліндром а ql

ρ =

Потік напруженості N електричного поля через цю поверхню 2N ES rhE= = π (4)

де 2S rh= π ndash площа бокової поверхні циліндра Прирівнюючи праві частини співвідношень (3) і (4) одержимо

0 02 2qE

r rlρ

= =πε πε

Підставляючи числові значення і враховуючи що 0ε = 885middot10ndash12 Кл2(Нmiddotм2)

маємо E = 93middot103 Вм Задача 4 Як зміниться сила взаємодії зарядженої кульки з металевою

нейтральною кулькою якщо відстань між ними зменшиться вдві-чі Відстань між кульками значно перевищує розміри кульок

Q+ 1F 2F

R Q+

- - -

+++

r

Розвrsquoязання

Нехай Q ndash заряд зарядженої кульки r ndash відстань між кулька-

ми R ndash радіус металевої кульки

125

Унаслідок явища електростатичної індукції на металевій кульці зrsquoявляться індуковані заряди ліворуч ndash відrsquoємний заряд праворуч ndash додатний заряд 1F та 2F ndash це електричні сили що діють (як показано на рисунку) біля поверхні металевої кульки

Якщо величина індукованих зарядів qplusmn то

1 2 1 2( )F F F q E E= minus = minus

де 1 204 ( )

QEr R

=πε minus

2 204 ( )

QEr R

=πε +

Остаточно запишемо 2 20

1 14 ( ) ( )qQF

r R r R⎡ ⎤

= minus =⎢ ⎥πε minus +⎣ ⎦

2 2 2 2

2 2 2 2 2 20 0

2 2 44 4( ) ( )qQ r rR R r rR R qQ rR

r R r R+ + minus + minus

= =πε πεminus minus

Якщо вважати що r Rgtgt то 30

qQ RFr

=πε

Врахувавши що

кулька невелика та знехтувавши 2 R отримаємо F sim 3RqQr

Індуковані заряди qplusmn виникли через дію поля E створеного

першою кулькою Тоді вважатимемо що 21~ ~q Er

Тому сила взаємодії між кульками пропорційна 51r

тобто

51~Fr

При зменшенні відстані між кульками вдвічі сила збі-

льшиться у 32 рази 2rrprime = 1

2

FF

= 25 = 32

Задача 5 На відстані a = 10 см від нескінченної провідної площини

знаходиться точковий заряд q+ =10 нКл Визначити напруже-

126

ність поля і потенціал у точці А розміщеній на відстані a від площини і на відстані 2a від заряду q

E

2E

1E

A

a2

a a q+qminus

Розвrsquoязання

Використовуючи метод дзеркального відображення одержи-мо таке Дія заряду індукованого на нескінченній провідній площині еквівалентна дії точкового заряду qminus який є дзерка-льним відображенням заряду q+ Тоді у точці А напруженість

поля 1 2E E E= + де 1 204 4qE

a=

πε 2 2

04 8qE

a=

πε Згідно до те-

ореми косинусів 2 21 2 1 22 cosE E E E E= + minus α кут α =45O

2 20 0

1 1 2 5 2 216 64 324 32

q qEa a

= + minus = minusπε πε

E =33middot103 Вм Згідно із принципом суперпозиції потенціал у точці А

1 2ϕ = ϕ + ϕ де 104 2

qa

ϕ =πε

204 2 2

qa

minusϕ =

πε

Тоді 0

1(1 )4 2 2

qa

ϕ = minusπε

ϕ =131 В

127

Задачі

1 На відстані 1r = 2 см від провідної нескінченної площини розташовано заряд q =10ndash9 Кл Визначити по-тенціал поля у точці розміщеній на відстані 1r = 2 см від площини і на відстані 2r = 3 см від заряду

A

2r

1r 1r qqminus

1r

Відповідь ϕ =120 В 2 У кожній вершині квадрата із стороною a містяться однакові точкові заряди q Знайти напруженість і потен-ціал електростатичного поля в центрі квадрата

Відповідь 0E = 0

2qa

ϕ =πεε

3 Знайти силу взаємодії кульки заряд якої Q із металевою нейтральною кулькою радіусом R якщо відстань між ними r а на металевій кульці зrsquoявляються індуктивні заряди qplusmn

Відповідь 2 2 20

44 ( )qQ rRF

r R=

πε minus

128

4 На відстані r = 4sdot10ndash3 м від прямолінійного дроту за-вдовжки l = 15 м на якому рівномірно розподілено за-ряд 1q = 2sdot10ndash7 Кл знаходиться частинка із зарядом

2q = ndash17sdot10ndash16 Кл Визначити силу що діє на частинку

Відповідь 1 2

02q qF

lr=

πε= 51sdot10ndash11 Н

5 Визначити силу взаємодії двох молекул пари води ди-полі яких розміщені вздовж однієї прямої Електричний момент диполя води дорівнює p =62sdot10ndash30 Клsdotм Відстань між молекулами l = 10ndash9 м

Відповідь 2

40

32

pFl

= minusπε ε

asymp ndash215sdot10ndash12 Н

6 Дві однакові кульки кожна масою m підвішено в од-ній точці на нитках завдовжки l Кульки мають однакові заряди Кут між нитками 2α Визначити заряди кульок Відповідь 04 sin tgq l mg= α πεε α 7 Дві заряджені кульки які підвішено в одній точці на нитках завдовжки l занурюють у гас Кульки мають од-накові заряди Кут розходження ниток α не змінився при зануренні Знайти густину кульок якщо густина гасу гρ = 08 гсм3 діелектрична проникність гасу гε = 2

Відповідь г г

г

ρ ερ =

ε=16 гсм3

8 Краплинка води діаметром d = 10ndash4 м міститься в маслі при напруженості електричного поля E = 104 НКл На-пруженість поля напрямлена вертикально вгору Скільки елементарних зарядів знаходиться на поверхні краплини Густина масла мρ = 8sdot102 кгм3 вρ = 103 кгм3

Відповідь 3

в м( )6d qN

eEπ ρ minus ρ

= sdot = 6sdot106

129

9 Заряди 1q q= та 2 2q q= minus містяться на відстані l один від одного Із якою силою діють ці заряди на третій заряд

3 3q q= якщо він розташований на відстані l від середи-ни лінії що зrsquoєднує ці заряди

Відповідь 2

20

3 265

qFl

=πε

10 Два заряди 1q = +2sdot10ndash9 Кл і 2q = ndash2sdot10ndash9 Кл розміщені на відстані l = 10ndash9 м один від одного Визначити напру-женість поля E у точці що лежить у площині симетрії на відстані r = 10ndash4 м від площини у якій містяться заряди

Відповідь 304

qlEr

=πε

asymp 18sdot104 Вм

11 Визначити потенціал у точці на осі диполя на відстані r = 05 м від його центра Електричний момент диполя p = 5sdot10ndash8 Клmiddotм (вважати що відстань r значно більша за довжину диполя l )

Відповідь 204

pr

ϕ = =πε

2sdot103 В

12 Вважаючи протон і електрон із яких складається атом водню точко-вими зарядами що містяться на від-стані один від одного d = 5sdot10ndash11 м знайти напруженість поля в точках В і С Відстань цих точок від протона до-рівнює відстані між протоном і елект-роном ( q =16sdot10ndash19 Kл)

Відповідь 1 20

316

qEd

= =πε ε

43middot1011 Вм

2 20

5 2 24

qEd

= minus =πε ε

82middot1011 Вм

С

В

130

13 Кулька масою m = 10ndash3 кг має заряд q =10ndash8 Кл і пере-міщується із точки А потенціал якої Aϕ = 600 В у точку В з потенціалом Bϕ = 0 Визначити швидкість кульки у точ-ці А якщо Bv = 02 мс

Відповідь ( )2 2 (A B A Bqv v

m= minus ϕ minus ϕ = 0167 мс

14 Куля потенціал якої ϕ = 4500 В занурена в масло ( ε = 4) Поверхнева густина заряду σ =113sdot10ndash5 Клм2 Знайти радіус r заряд q ємність C і енергію W кулі Відповідь r = 14sdot102 м q = 28sdot10ndash8 Кл C = 62sdot10ndash12 Ф W = 63sdot10ndash5 Дж 15 Знайти ємність земної кулі Радіус вважати рівним R = 6400 км На скільки зміниться потенціал земної кулі якщо збільшити її заряд на 1 Кл Відповідь 710 мкФ на 1400 В 16 Визначити заряд на мембрані клітини якщо відомо що звичайна клітина тіла людини має обrsquoєм V = 10ndash15 м3 площа поверхні S = 5sdot10ndash12 м2 Мембрани клітин мають ємність C = 10ndash2 Фм2 напруженість електричного поля всередині мембрани E =78middot106 Вм товщина мембрани 9 нм Відповідь q asymp 35sdot10ndash15 Кл 17 Ртутна кулька потенціал якої 1200 В розбивається на 1000 однакових краплин Знайти потенціал кожної краплини Відповідь ϕ = 12 В 18 Вісім водяних краплин радіусом r = 10ndash3 м і заря-дом q = 10ndash10 Кл зливаються в одну загальну краплину Знайти її потенціал

Відповідь 30

84 8

qUr

=πε

= 3600 В

131

19 Дві металеві кулі радіусами 1r = 3sdot10ndash2 м і 2r = 12sdot10ndash1 м мають позитивні заряди 1q = 5sdot10ndash7 Кл і 2q = 12sdot10ndash7 Кл Їх зrsquoєднують тонким дротом електроємність якого не врахо-вують У який бік почнуть рухатися заряди Які заряди будуть на кожній кулі після встановлення рівноваги Якими будуть потенціали куль Відповідь 1q = 34sdot10ndash8 Кл 2q = 136sdot10ndash8 Кл ϕ = 102sdot104 В 20 Батарея із двох послідовно зrsquoєднаних конденсаторів із ємностями 1C = 5middot10ndash10 Ф і 2C = 13middot10ndash10 Ф заряджена до різ-ниці потенціалів U = 1800 В Конденсатори не розряджаю-чи відключають від джерела струму і зєднують паралельно Визначити роботу яка виконується при цьому розрядженні

Відповідь 2

21 2 1 22

1 2

( )2( )

C C C CA UC C

minus=

minus= 43sdot10ndash22 Дж

21 Для порівняння ємностей двох конденсаторів 1C та

2C їх зарядили відповідно до напруг 1U = 300 В та

2U = 100 В і після цього зrsquoєднали паралельно При цьому різниця потенціалів між обкладинками змінилася до

U = 250 В Знайти відношення 1

2

CC

Відповідь 1 2

2 1

C U UC U U

minus=

minus= 3

132

sect 2 Постійний струм

Електронна теорія провідності металів Контактні й термоелектричні явища

1 Сила струму I є кількісною характеристикою елект-

ричного струму Сила струму дорівнює заряду що перено-ситься через поперечний переріз провідника за одиницю часу

dqIdt

= (1)

або для постійного струму qIt

= (2)

2 Сила постійного струму в металевому провіднику із площею поперечного перерізу S

I ne= v S (3) де n ndash кількість носіїв зарядів (електронів провідності) в одини-ці обrsquoєму e ndash абсолютне значення заряду електрона v ndash се-редня швидкість упорядкованого руху електронів

3 Густина струму є відношенням сили струму до площі

поперечного перерізу провідника перпендикулярного до на-пруженості електричного поля в ньому Густина струму ndash ве-личина векторна Напрямок її збігається з напрямком напруже-ності поля Числове значення густини струму в загальному ви-гляді визначається формулою

dIJdS

= (4)

а для постійного струму IJS

= (5)

4 Густина струму провідності в металах j ne= v (6)

де n ndash концентрація носіїв струму v ndash вектор середньої швид-кості упорядкованого руху електронів e ndash заряд електрона

133

5 Електрорушійна сила (ЕРС) ndash фізична величина яка хара-ктеризує джерело енергії неелектричної природи увімкнене в ко-ло та визначається роботою неелектростатичних (сторонніх) сил із перенесення одиниці електричного заряду в замкненому колі

стAq

ε = (7)

6 Закон Ома для однорідної ділянки кола (ділянки на якій не діють ЕРС)

UIR

= (8)

де U ndash різниця потенціалів між кінцевими перерізами ділянки провідника (напруга) R ndash опір провідника

7 Опір провідника завдовжки l із площею поперечного перерізу S визначається формулою

lRS

= ρ (9)

де ρ ndash питомий опір матеріалу провідника 8 Закон Ома для неоднорідної ділянки кола

1 2IR r

ϕ minus ϕ + ε=

+ (10)

де 1 2ϕ minus ϕ ndash різниця потенціалів на кінцях ділянки ε ndash ЕРС R ndash опір провідників r ndash внутрішній опір батареї У випадку за-мкненого кола 1 2ϕ minus ϕ = 0 і формула (10) набуває вигляду

IR r

ε=

+ (11)

9 Закон Ома в диференціальній формі (звrsquoязок між напру-

женістю поля E і густиною струму j ) j E= σ (12)

де 1σ =

ρ ndash питома електропровідність речовини провідника

ρ ndash питомий опір

134

У рамках класичної теорії провідності металів П Друде і Х Лоренца

2

2nej E

mvλ

= і 2

2ne

mvλ

σ = (13)

де n ndash концентрація вільних електронів e ndash заряд електрона λ ndash середня довжина вільного пробігу електронів m ndash маса електрона v ndash середня швидкість теплового руху електронів

10 Залежність питомого опору металів від температури

0 (1 )Tρ = ρ + αΔ (14) де α ndash температурний коефіцієнт опору 0ρ ndash опір при 273 К

11 Опір системи що складається із послідовно зєднаних ді-лянок з опорами 1R 2R

1

n

ii

R R=

= sum (15)

де n ndash кількість провідників Опір системи паралельно ввімкнених провідників

1

1

(1 )n

ii

RR

=

=

sum (16)

12 Закони Кірхгофа Перший закон Кірхгофа Алгебраїчна сума всіх струмів у

точці розгалуження дорівнює нулю

10

n

ii

I=

=sum (17)

Другий закон Кірхгофа В усякому замкненому контурі будь-якої складної мережі сума всіх спадів напруг дорівнює сумі всіх ЕРС які діють у цьому контурі

1 1

n n

m m im i

I R= =

= εsum sum (18)

135

Струми вважають додатними якщо їх напрямок збігається з напрямком обходу контуру ЕРС вважають додатними якщо їх напрямок збігається з обраним напрямком струму

13 Закон ДжоуляndashЛенца Робота A електричних сил у про-

віднику з опором R по якому протягом часу t тече струм I (провідник нерухомий і в ньому відсутні хімічні перетворення) дорівнює кількості теплоти Q що виділяється у провіднику

22 UA Q qU IUt I Rt t

R= = = = = (19)

Закон ДжоуляndashЛенца в диференціальній формі має вигляд

2W E= σ (20) де W ndash питома потужність струму (кількість теплоти що виділяєть-ся в одиниці обrsquoєму провідника за одиницю часу) σ ndash питома елек-тропровідність провідника E ndash напруженість електричного поля

14 ККД (коефіцієнт корисної дії) джерела струму

RR r

η =+

(21)

ККД лінії електропередачі від станції до споживача сп

лсп л

RR R

η =+

(22)

де спR ndash опір споживача лR ndash опір лінії електропередачі 15 Між двома металами які мають однакову температуру і

зrsquoєднані між собою безпосередньо або за допомогою інших ме-талів існує контактна різниця потенціалів

011 21 2

02ln nA A kT

e e nminus

ϕ minus ϕ = minus + (23)

де 1A і 2A ndash робота виходу електронів із першого та другого мета-лів 01n і 02n концентрація вільних електронів у першому та дру-гому металах k ndash стала Больцмана T ndash абсолютна температура

136

16 Термоелектрорушійна сила 01

1 2 1 202

ln ( ) ( )TnkA T T T T

e n= minus = α minus (24)

де 1T і 2T ndash температури спаїв термопари α ndash стала термопари e ndash заряд електрона

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Закон Ома для біологічних обrsquoєктів має вигляд

( )U P tI

Rminus

= (1)

де ( )P t ndash функція часу 2 Біологічну мембрану клітини яка оточена з усіх боків роз-

чинами електролітів можна вважати джерелом електрорушійної сили Таке джерело може мати дуже малі розміри бо товщина мембрани становить 001ndash002 мкм Клітинна мембрана вибірко-во знижує швидкість переміщення молекул у клітину та з кліти-ни У звrsquoязку з цим концентрації деяких іонів усередині клітини і поза клітиною можуть відрізнятися в десятки і тисячі разів Різниці в концентраціях іонів із двох сторін мембрани необхідні для існування електричних полів у живих організмах У кліти-нах які помістили наприклад в електроліт виникає різниця потенціалів (потенціал спокою клітини) зумовлена різною концентрацією іонів поза і всередині клітини

ln i

A e

CRTUeN C

= (2)

де e ndash заряд електрона AN ndash стала Авогадро R ndash універса-льна газова стала iC eC ndash концентрація іонів всередині та поза клітиною відповідно

Наприклад у клітинах рослин як і в нервових клітинах або клітинах мrsquoязів між внутрішніми і зовнішніми поверхнями мембрани має місце різниця потенціалів sim100 мВ яка зумовлена різним іонним складом усередині та поза клітиною а також не-однаковою проникністю мембрани для цих іонів

137

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Внутрішній опір елемента живлення r у n разів менший

за зовнішній опір R яким замкнено елемент живлення з ЕРС ε Знайти у скільки разів напруга на затискачах елеме-нта відрізняється від ε

Розвrsquoязання

За законом Ома для замкненого кола

IR r

ε=

+ (1)

Оскільки напруга на затискачах елемента менша ЕРС на ве-личину падіння напруги на внутрішній ділянці кола то U Ir= ε minus або з урахуванням рівняння (1)

+ 1r RU

R r R r r Rε ε

= ε minus = ε =+ +

(2)

Із умови задачі R r n= або 1 r R n= Тоді рівняння (2) можна звести до вигляду

11 1n

nUn

ε= = ε

+ + звідки

1U n

n=

ε +

Із рівняння (2) видно що якщо зовнішній опір R набагато бі-льший за внутрішній r то відношення r R буде малим порівня-но з одиницею і величина напруги наблизиться до значення ЕРС

Задача 2 Три однакові батареї із внутрішнім опором r = 6 Ом замкнули на

деякий опір один раз зrsquoєднавши паралельно а другий ndash послідовно Сила струму в обох випадках однакова Знайти зовнішній опір

138

Розвrsquoязання

При паралельному вмиканні джерел 11I r R

n

ε=

+

при послідовному вмиканні джерел 12

nInr R

ε=

+

За умовою задачі 1 2I I= тому 1nr nR

ε+

1nnr R

ε=

+

При n = 3 очевидно що R r= = 6 Ом Задача 3 На рисунку представлено схему містка Уітстона що вико-

ристовується для вимірювання невідомого опору xR Усі по-значення показані на схемі 0R ndash відомий опір G ndash гальвано-метр ε ndash джерело живлення Для вимірювання опору xR вста-новлюють рухомий контакт D у таке положення при якому струм у колі гальванометра дорівнює нулю

A

B

C D

xR 0R

1K ε

2K

1l 2l

1R 2R

xI 0I

1I

GI

2I

Знайти співвідношення між 0R xR Позначимо AD = 1l DC = 2l ( 1l i 2l ndash плечі реохорда АС)

139

Розвrsquoязання

Уведемо позначення сил і напрямків струмів для всіх ділянок кола Запишемо перший закон Кірхгофа для вузлів B і D

0 0x GI I Iminus minus =

1 2 0GI I Iminus + = (1) Застосуємо другий закон Кірхгофа для контурів ABDA i BCDB

1 1 0x x G GI R I R I R+ minus =

0 0 2 2 0G GI R I R I Rminus minus = (2) За умовою задачі 0GI = тому

0xI I= 1 2I I= 1 1x xI R I R= 0 0 2 2I R I R= (3) Із останніх рівнянь одержимо

1

0 2

xR RR R

= звідки 0 1

2x

R RRR

=

Враховуючи що 11

lRS

ρ= і 2

2lRS

ρ= де ρ i S ndash питомий опір

і площа поперечного перерізу проводу АС відповідно одержимо 1 1 1

02 2 2

хR l lR RR l l

= =

Задача 4 Невелика гідроелектростанція витрачає V = 240 м3 води за

1 хв Висота стовпа води становить 4 м Скільки електроламп може обслуговувати така установка якщо кожна лампа спожи-ває струм силою nI = 1 A при напрузі U = 220 В Коефіцієнт корисної дії (ККД) установки η = 75

Розвrsquoязання

Електролампи вмикають у мережу паралельно тому за пер-

шим законом Кірхгофа сила струму

1

n

i ni

I I nI=

= =sum (1)

140

Потужність що споживається лампами nN nI U= (2)

З іншого боку потужність електростанції A mgh V ghNt t tη η ρ η

= = = (3)

де A ndash робота падаючої води за t = 60 c m ndash маса води ρ = 103 кгм3 ndash густина води g = 98 мс2 ndash прискорення віль-ного падіння

Із (2) і (3) одержимо ngh VnI U

tρ η

= звідки n

gh VnI Ut

ρ η= 535asymp

Задача 5 Визначити контактну різницю потенціалів між міддю і пла-

тиною при T = 773 К якщо стала термопари мідьndashплатина α = 75middot10ndash6 ВК Робота виходу електронів для міді й платини відповідно CuA = 4472 еВ і PtA = 6275 еВ

Розвrsquoязання

Контактна різниця потенціалів між міддю і платиною

Cu Pt Cu1 2

PtlnА A nkT

e e nminus

ϕ minus ϕ = minus +

де e ndash заряд електрона Cun Ptn ndash концентрації вільних електронів

Стала термопари Cu

Ptln nk

e nα =

Остаточно одержимо Cu Pt

1 2А A T

eminus

ϕ minus ϕ = minus + α

1 2 181ϕ minus ϕ asymp В

141

Задачі

1 Яку напругу треба прикласти до котушки що має 1000 витків мідного дроту із середнім діаметром витків 6 см якщо допустима густина струму 2 Амм2 питомий опір міді 175sdot10ndash8 Омsdotм Відповідь U = 64 В 2 Вольтметр який підключено до акумулятора із внут-рішнім опором 1 Ом показує 12 В Якщо послідовно з ним включено опір 20 Ом вольтметр показує 1 В Визна-чити опір вольтметра Відповідь R = 99 Ом 3 Два джерела з ЕРС 12 В та 15 В та внутрішніми опо-рами 03 Ом та 05 Ом відповідно паралельно живлять активний опір 2 Ом Визначити струм що йде через опір Відповідь I = 06 А 4 На скільки рівних частин треба розрізати дріт опо-ром 400 Ом щоб при паралельному зrsquoєднанні частин отримати опір 4 Ом Відповідь на 10 частин 5 Довгий рівномірно заряджений по поверхні циліндр радіусом R = 10ndash2 м рухається зі швидкістю v = 10 мс уз-довж своєї осі Напруженість електричного поля на повер-хні циліндра становить E = 09middot105 Вм Знайти струм обумовлений механічним переносом заряду Відповідь 02I RE= πε v = 5middot10ndash6 A 6 Концентрація іонів що зумовлюють електропровідність атмосферного повітря у середньому n = 7middot108 мndash3 Середня напруженість електричного поля Землі E = 130 Вм Рух-

142

ливість іонів u =33middot10ndash4 м2(сmiddotВ) Визначити густину стру-му провідності в атмосфері Відповідь j = neEu = 478 нАм2 7 Амперметр і вольтметр увімкнено послідовно до батареї з ЕРС ε = 6 В Якщо паралельно до вольтметра підключи-ли деякий опір то покази вольтметра зменшаться в n = 2 рази а покази амперметра у стільки ж разів збільшаться Знайти покази вольтметра після підключення опору

Відповідь 1n

ε+

U = = 2 B

8 При температурі 1T = 293 К опір електролампи з во-льфрамовою ниткою 1R = 300 Ом а в розжареному стані

2R = 2400 Ом Визначити температуру розжарювання лампи якщо температурний коефіцієнт опору для воль-фраму α = 42sdot10ndash3 Кndash1 Відповідь 2T = 1795 К 9 В електричне коло уві-мкнено чотири опори ( 1 2 3 4R R R R= = = =103 Oм) і два джерела ЕРС яких

1ε =15 В і 2ε =18 В Ви-значити силу струму в усіх опорах Внутрішніми опорами джерел можна знехтувати Відповідь 1I = 04sdot10ndash3 А

2I = 07sdot10ndash3 А 3I = 11sdot10ndash3 А 4 0I = 10 Визначити опір залізного стрижня температура одно-го кінця якого 273 К другого 1073 К Довжина стрижня L = 5 м площа поперечного перерізу S = 10ndash4 м2 Темпера-

E1 E2

R4

R1 R2O

B

A C

I2I1 I3

R3

143

турний коефіцієнт опору для заліза Feα = 6sdot10ndash3 Kndash1 пито-мий опір Feρ = 12sdot10ndash7 Омsdotм Із бічної поверхні стрижня теплота не відводиться

Відповідь 0 2 1(1 )2

L T TRS

ρ minus= + α = 002 Oм

11 Два елементи ЕРС яких

1ε = 19 В і 2ε =11 В а внут-рішні опори 1r = 08 Ом і

2r =01 Ом відповідно за-мкнені паралельно на зовні-шній опір R =10 Ом Визна-чити силу струму в зовніш-ньому колі

Відповідь 1 2 2 1

1 2 1 2( )r rI

R r r r rε + ε

=+ +

= 012 А

12 Паралельно амперметру який має опір 002 Ом під-ключено мідний провідник завдовжки 20 см та із площею поперечного перерізу 34 мм2 Визначити силу струму в колі якщо амперметр показує 030 А Відповідь I = 63 А 13 При зовнішньому опорі 8 Ом сила струму в колі що складається з опору та джерела ЕРС дорівнює 08 А а при зовнішньому опорі 15 Ом відповідно 05 А Визначити силу струму короткого замикання джерела ЕРС Відповідь кзI = 255 А 14 Визначити ЕРС елемента якщо відомо що при збіль-шенні зовнішнього опору який замикає елемент у 3 рази напруга на його затискачах U = 3 В збільшується на 20 Відповідь ε = 4 В

+

+

1ε

2ε

I1

I2 K

A

I

B

C

DR

mdash

mdash

144

15 У мідному провіднику завдовжки 2 м із площею по-перечного перерізу 04 мм2 проходить струм При цьому кожну секунду виділяється 035 Дж теплоти Скільки еле-ктронів проходить за 1 с через переріз провідника Відповідь N =127sdot1019 16 Електричний апарат для перегонки води споживає поту-жність 25 кВт Скільки дистильованої води можна одержати при 373 К за 2 години роботи апарата якщо його ККД дорів-нює 40 а вода з водопроводу поступає при Т = 283 К Відповідь m = 23 кг 17 Спіраль електроплитки виготовлена з ніхромового дроту із площею поперечного перерізу S = 015 мм2 і має довжину l = 10 м Питомий опір дроту ρ = 11sdot10ndash6 Омsdotм Скільки часу τ потрібно для нагрівання води від 1T = 288 К до

2T = 373 К якщо плитку ввімкнено в мережу з напругою U = 220 В а її ККД = 80 Відповідь τ = 80 000 с 18 Термопара нікельndashхром один спай якої міститься в печі а другий ndash у середовищі з T =283 К зrsquoєднана послідовно з га-льванометром стрілка якого відхиляється на n = 25 поділок ціна поділки i =10ndash8 Апод Стала термопари α = 05sdot10ndash6 ВК внутрішній опір гальванометра r = 2sdot103 Ом Визначити температуру печі Відповідь 1T asymp 1288 К 19 Визначити різницю потенціалів U на мембрані клі-тини якщо відношення концентрацій іонів калію всереди-ні і поза клітиною становить 30i eC C = а температура середовища T = 300 К Відповідь U = 86 мВ

145

20 Металевий диск радіус якого R = 01 м рівномірно обертається із частотою n = 30 обс Визначити різницю потенціалів між центром і краями диска

Відповідь 2 2 24mU n Re

= π asymp 2sdot10ndash9 B

21 Дві лампи мають однакові потужності Одна з них розрахована на напругу 120 В а друга ndash на 220 В У скіль-ки разів відрізняється опір ламп Відповідь у 34 рази 22 Електроплитка потужністю 1 кВт яка розрахована на напругу 120 В підключена до мережі з напругою 127 В Опір проводів ndash 4 Ом Знайти потужність плитки Парале-льно до плитки підrsquoєднали другу таку саму Знайти поту-жність обох плиток Відповідь 1P = 069 кВт 2P = 093 кВт 23 Нагрівник електричного чайника складається із двох секцій При вмиканні першої чайник закипає за час 1t при вмиканні другої ndash за час 2t Через який час закипить вода якщо увімкнути секції 1) паралельно 2) послідовно

Відповідь 1) 1 2пар

1 2

t ttt t

=+

2) посл 1 2t t t= +

146

sect 3 Магнітне поле струму Електромагнітна індукція

Змінний струм 1 Напруженість магнітного поля Для кількісної характеристи-

ки магнітного поля струму вводять фізичну величину яку називають напруженістю магнітного поля Якщо в певну точку заданого магні-тного поля внести пробний елемент струму Idl то з боку магнітно-го поля на нього діє сила dF Збільшення або зменшення елемента струму Idl приводить до відповідної зміни сили dF а відношення dFIdl

є величиною сталою для кожної точки даного поля

Напруженістю магнітного поля називають фізичну вели-чину пропорційну відношенню сили що діє на пробний еле-мент струму до величини цього елемента струму

0

1sin

dFH

Idl=

μ α (1)

де 0μ = 4πsdot10ndash7 НА2 (або Гнм) ndash магнітна стала α ndash кут між напря-

мком елемента струму Idl і напрямком поля H (тут [ ]мAH = )

2 Для силової характеристики магнітного поля у вакуумі

вводять вектор B який називають індукцією магнітного поля

0B H= μ [ ]B = (Гнм)(Ам)=Тл (2) Магнітна індукція в даній точці поля чисельно дорівнює силі

із якою магнітне поле діє на одиничний елемент струму розмі-щений перпендикулярно полю у вакуумі

dFB

Idl= (3)

3 Закон Ампера Сила dF що діє на елемент струму з боку ма-

гнітного поля прямо пропорційна добутку елемента струму Idl

147

індукції магнітного поля B у точці у яку вміщено Idl і залежить від взаємної орієнтації елемента струму і напрямку магнітного поля

[ ] [ ]dF Idl B I dl B= sdot = sdot (4) або у скалярній формі

sindF IdlB= α (5) тут α ndash кут між напрямком елемента струму I dl і напрям-ком поля B

4 Закон БіоndashСавараndashЛапласа є одним з основних експериме-

нтальних законів електромагнітних явищ і лежить в основі класич-ної електродинаміки Цей закон дає змогу розрахувати індукцію магнітного поля струму замкненого вздовж контуру L

03

[ ]4 L

Idl rBr

μ sdot=

π int (6)

де r ndash радіус-вектор проведений від довільного елемента струму в точку у якій обчислюють магнітну індукцію або на-пруженість магнітного поля

Закон БіоndashСавараndashЛапласа в диференціальній формі має вигляд

03

[ ]4

I dl rdBr

μ sdot=

π

У скалярній формі індукція або напруженість магнітного ко-нтуру вздовж замкненого контуру у вакуумі

04

B lμ=

π або 2

1 sin4 L

I dlHr

α=

π int (7)

Інтегрування виконується по замкненому контуру L 5 Магнітне поле прямого колового і соленоїдного

струмів у вакуумі Індукція магнітного поля B прямого нескінченного провід-

ника зі струмом I у точці на відстані 0r від провідника

0

02IBr

μ=

π (8)

Індукція магнітного поля в центрі колового провідника радіусом 0r

148

0

02IB

rμ

= (9)

Індукція магнітного поля всередині соленоїда 0

0INB Inl

μ= = μ (10)

де l ndash довжина соленоїда N ndash кількість витків соленоїда n ndash кількість витків на одиницю довжини соленоїда

6 Сила Лоренца ndash це сила що діє на рухомий заряд q у ма-

гнітному полі напрямок якої перпендикулярний до напрямку індукції магнітного поля B і напрямку швидкості зарядів v а величина пропорційна рухомому заряду швидкості його руху й індукції магнітного поля

F q= [ ]v Bsdot (11)

7 Намагніченість ndash характеристика стану магнетика в зо-внішньому магнітному полі Вектор намагніченості j чисе-льно дорівнює сумарному магнітному моменту одиниці обrsquoєму намагніченої речовини

mpj

V=

Δsum або mj np= (12)

де mp ndash середній магнітний момент молекулярних струмів однієї мо-лекули n ndash середня кількість молекул в одиниці обrsquoєму магнетика

8 Напруженість магнітного поля в магнетиках

0

BH j= minusμ

(13)

Для багатьох магнетиків (діа- і парамагнетиків) залежність j від H має лінійний характер

j H= χ [ ] [ ]j H= =Ам (14) де χ ndash магнітна сприйнятливість речовини безрозмірний кое-фіцієнт який характеризує здатність речовини намагнічуватись у зовнішньому магнітному полі

149

9 Співвідношення між B і H

0

BH H= minus χμ

(15)

звідки

( )0 1BH =

μ + χ (16)

де (1+ χ ) = μ ndash відносна магнітна проникність речовини (безрозмірна величина)

0B H= μ μ (17) 10 Магнітний потік ndash фізична величина яка дорівнює добу-

тку проекції nB вектора магнітної індукції на нормаль n до елемента поверхні dS на площу цієї поверхні

Ф ( )nd B dS= або Ф ( )d BdS= де ( )d S ndS= (18)

Магнітний потік крізь усю поверхню S

( )Ф nS S

BdS B dS= =int int (19)

11 Закон Фарадея для явища електромагнітної індукції

електрорушійна сила iε індукована в контурі пропорційна швидкості зміни магнітного потоку Ф який пронизує цей контур

Фi

ddt

ε = minus (20)

Знак мінус показує що ЕРС індукції iε має такий напрямок що вектор індукції магнітного поля індукційного струму проти-діє змінам магнітного поля яке збуджує індукційний струм

1 Фii

dIR R dtε

= = minus де R ndash опір контуру

12 Робота переміщення провідника зі струмом у магні-

тному полі дорівнює добутку сили струму I на зміну потоку магнітної індукції dΦ через площу яку цей струм обтікає

dA Id= Φ (21)

150

13 Електрорушійна сила самоіндукції пропорційна швид-кості зміни сили струму і залежить від індуктивності контуру

dILdt

ε = minusсi (22)

де L ndash індуктивність контуру [ ]L =Гнм=ВmiddotсА

14 Індуктивність соленоїда 2

200

N SL n Vl

μ μ= = μ μ (23)

де N ndash кількість витків l ndash довжина соленоїда S ndash площа по-

перечного перерізу соленоїда V lS= ndash обrsquoєм соленоїда Nnl

=

15 Енергія магнітного поля пропорційна квадрату його напру-женості H і обrsquoєму V простору що охоплюється магнітним полем

20

2 2H V HBW Vμ μ

= = (24)

16 Густина енергії магнітного поля ndash це відношення енергії магнітного поля до обrsquoєму що охоплюється магнітним полем

2 20

02 2 2H B BHμ μ

ω = = =μ μ

(25)

де B і H ndash індукція і напруженість магнітного поля 0μ ndash маг-нітна стала μ ndash відносна магнітна проникність середовища

17 У промислових генераторах магнітне поле B створюється

потужним електромагнітом (у генераторах малої потужності застосовується постійний магніт) Контур у якому індукується ЕРС обертається з кутовою швидкістю ω і складається з N ви-тків дроту що намотані на осердя феромагніту Цей контур на-зивають якорем генератора В електродвигунах нерухома части-на називається статором а рухома ndash ротором

Електрорушійна сила що збуджується в такому генераторі sinBS N tε = ω ω (26)

де B ndash індукція магнітного поля S ndash площа обмежена одним витком контуру ω ndash кутова швидкість обертання якоря

151

18 Ефективна сила та ефективна напруга змінного стру-му Величину постійного струму при проходженні якого через резистор протягом часу t виділяється така сама кількість тепло-ти Q як і при проходженні змінного струму через резистор того самого опору називають ефективною або діючою силою змін-ного струму ефI

0еф 00707

2II I= = sdot (27)

де 0І ndash амплітудне значення сили струму Аналогічне співвідношення справедливе для діючого й амп-

літудного значень напруги змінного струму 0

еф 2UU = (28)

19 Закон Ома для змінного струму (послідовно зєднані ак-

тивний опір R індуктивність L ємність C )

( )0

0 22 1 ( )

UIR L C

=+ ω minus ω

(29)

де 1LC

⎛ ⎞ω minus⎜ ⎟ω⎝ ⎠ ndash реактивна складова опору

Величину ( )22 1 ( )Z R L C= + ω minus ω називають імпедансом який відіграє роль наявного опору кола змінного струму

Формула (29) справедлива для амплітудних або ефективних значень струму і напруги

20 Потужність змінного струму розраховують за формулою

потужності постійного струму якщо замість сили постійного струму I брати ефективну силу змінного струму ефI

Середня потужність змінного струму

2 2еф еф еф ефN I R U R I U= = = (30)

де R ndash активний опір

152

Якщо в колі змінного струму крім активного є реактив-ний опір то зсув фаз ϕ між силою струму і напругою веде до зниження потужності

еф еф cosN I U= ϕ (31) де cosϕ ndash коефіцієнт потужності змінного струму

( )22cos

1 ( )

R

R L Cϕ =

+ ω minus ω (32)

22 Електричний резонанс Резонанс напруг ndash явище різ-

кого зростання сили змінного струму при послідовному зrsquoєднанні елементів кола ( R L C )

За умови 1LC

ω =ω

зсув фаз між напругою і струмом дорів-

нює нулю дії індуктивності та ємності в колі взаємно компен-суються сила струму різко зростає

рез1LC

ω = (33)

де резω ndash резонансна частота кола Резонанс струмів ndash явище встановлення мінімального зна-

чення сили змінного струму в нерозгалуженій частині кола при паралельному сполученні елементів кола ( L C )

Резонансна частота визначається за формулою 2

рез 21 R

LC Lω = minus (34)

де R ndash активний опір котушки індуктивності

153

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 По двох довгих паралельних про-

водах відстань між якими d = 16 см проходять у протилежних напрямках струми 1 2I I= = 30 А Визначити індукцію магнітного поля в точці відстань від якої до обох провідників однакова r = 10 см

Розвrsquoязання

Згідно із принципом суперпозиції 1 2B B B= + Модуль вектора B знаходимо за теоремою косинусів (врахо-

вуючи що cos( ) cosπ minus α = minus α ) 2 21 2 1 22 cosB B B B B= + + α

де 01 2 2

IB Br

μ= =

π

2 2

22cos

2d r

rminus

α = = 028

Остаточно 7

0 4 102 056 162 2

I IBr r

minusμ πsdot sdot= + = sdot

π π= 96 мкТл

Задача 2 По відрізку прямого проводу довжиною l = 01 м проходить

струм I = 2 А Визначити напруженість поля створеного стру-мом у точці яка лежить на перпендикулярі до середини відрізка на відстані R = 006 м від нього (рисунок)

2ααminusπ

2α

1B

B

2B

r r

1I 2Id

αminusπ

154

Розвrsquoязання

Для обчислення напруженості магнітного поля скористаємося законом БіоndashСавараndashЛапласа

21 sin

4 l

IdlHr

α=

π int (1)

тут α ndash кут між напрямком струму і радіус-вектором r проведеним від елемента струму dl в точку О де визначається напруженість поля

Як видно з рисунка із трикут-ника АВС одержимо

sinrd dlα = α

звідки 2 sindl d

rrα

=α

або враховуючи що sinr Rα =

2dl d

Rrα

= (2)

Підставивши вирази dl і r у рівняння (1) знайдемо

( )2

1

2 1sin cos cos4 4

I IH dR R

α

α

= α α = minus α minus απ πint

Враховуючи що 2 1 1cos cos( ) cosα = π minus α = minus α одержимо

1cos2

IHR

= απ

Значення кута 1α визначимо із співвідношення

1 2 2cos

4

l

R lα =

+

Отже 2 22 4

IlHR R l

=π +

asymp 3 Ам

α+α d

α1

r

BC

A

Ol

α2

I

R

H

dldα

α

155

Задача 3 Прямокутна рамка зі струмом розміщена в магнітному полі

паралельно лініям магнітної індукції На рамку діє оберталь-ний момент M = 10ndash2 Нmiddotм Обчислити роботу сил поля при повороті рамки на кут α = 30deg

Розвrsquoязання

Робота сил поля під час руху рамки зі струмом

2 1( )A I= Φ minus Φ Потік індукції через рамку

cosBSΦ = α Якщо рамка розміщена паралельно лініям індукції поля то

нормаль до контуру рамки утворює з вектором B кут 0ϕ = 90deg Тому 1 0cosBSΦ = ϕ = 0 Якщо рамка повернеться на кут α =30deg то кут між нормаллю

і вектором B дорівнюватиме ϕ = 60deg

Тому 2Ф cos2

BSBS= ϕ =

Тоді 2 1Ф Ф2

BSminus =

Обертальний момент який діє на рамку зі струмом у її поча-тковому положенні

обM BIS= звідки обMIBS

=

Отже робота сил поля

( ) об об2 1Ф Ф

2 2М BS MA I

BS= minus = = = 5 sdot 10ndash3 Дж

Задача 4 Електрон маючи дуже малу початкову швидкість пройшов че-

рез однорідне електричне поле з різницею потенціалів U = 103 В

156

Після цього він потрапив в однорідне магнітне поле з індукцією B = 10ndash2 Тл напрямлене перпендикулярно напрямку руху електро-на Знайти радіус траєкторії руху електрона

Розвrsquoязання

Якщо в електричному полі електрон пройшов через електричне

поле з різницею потенціалів U то електричні сили при цьому вико-нали роботу і змінили кінетичну енергію електрона на величину

220

2 2mvmveU = minus

Якщо початкова швидкість електрона 0v = 0 то 2

2mveU = і тоді 2eUv

m=

На електрон що рухається зі швидкістю v в магнітному полі діє сила Лоренца

л [ ]F e v B= sdot л sinF evB evB= α = ми врахували що sin α = 1 Оскільки лF перпендикулярна до B і до v а отже є доце-

нтровою силою то вона не змінює модуля v але змінює напря-мок руху електрона Під дією сталої доцентрової сили доц лF F= електрон масою m рухатиметься по колу радіусом R який знайдемо зі співвідношення

доц доцF ma=2vm evB

R= = звідки mvR

eB=

Остаточно знаходимо 1 2mURB e

= = 001 м

Задача 5 Обчислити індуктивність соленоїда завдовжки l із площею

поперечного перерізу S і кількістю витків N

157

Розвrsquoязання

За законом Фарадея

ciФd

dtε = minus

Для соленоїда потік індукції магнітного поля через площу S яку охоплює один виток

1 0Ф NBS I Sl

= = μ (1)

Повний потік через усі N витків 2

1 0Ф Ф NN I Sl

= = μ (2)

Тоді

2

ci 0N dIl dt

ε = minusμ (3)

Закон електромагнітної індукції для явища самоіндукції за-писується так

cidILdt

ε = minus (4)

Порівнюючи (3) і (4) дістанемо 2

0NL Sl

= μ (5)

Оскільки Sl V= то формулу (5) можна записати так 2

20 02

NL V n Vl

= μ = μ

Задача 6 Знайти закон зміни струму ( )I t

в електричному колі що склада-ється із джерела струму з ЕРС 0ε активного опору R і котушки з індуктивністю L зrsquoєднаних послі-довно при вимиканні струму

RL

a

K

b 0ε

158

Розвrsquoязання

Вимкнемо джерело з 0ε перемиканням ключа К із поло-ження а у положення b

На основі другого правила Кірхгофа запишемо

0dIL RIdt

+ =

або dI R dtI L

= minus (1)

Проінтегрувавши (1) знайдемо

0Rt LI I eminus=

де 0I ndash стала інтегрування (струм у колі перед вимиканням

джерела) 00 I

Rε

=

Тоді 0 RtLI e

Rminusε

=

t 0

I0

I

159

Задачі

1 По трьох довгих паралельних провідниках що містять-ся в одній площині на відстані r = 3 см один від одного течуть в одному напрямку струми 1 2I I= і 3 12I I= Ви-значити положення точки на прямій що зrsquoєднує всі прові-дники у якій індукція магнітного поля дорівнює нулю Відповідь 2

1 12 10x minus= sdot м (праворуч від 2I ) або

22 19 10x minus= minus sdot м (ліворуч від 2I )

2 Електрон описує в однорідному магнітному полі коло ра-діусом R = 4middot10ndash4 м Швидкість електрона v = 35middot106 мс Знайти напруженість магнітного поля Відповідь H = 4 middot10ndash4 Ам 3 Протон та електрон прискорені однаковою різницею потенціалів влітають в однорідне магнітне поле перпенди-кулярно до ліній індукції У скільки разів радіус кривизни

1R траєкторії протона більший за радіус кривизни 2R трає-кторії електрона

Відповідь 1 1

2 21840 429R M

R M= = =

4 Вважаючи що електрон в атомі водню обертається по коловій орбіті радіусом R = 053middot10ndash10 м визначити напруженість створеного магнітного поля в центрі ор-біти Коловий струм еквівалентний силі струму рухо-мого електрона I = 10ndash5 А Відповідь H = 94sdot104 Ам 5 Знайти індукцію магнітного поля в центрі колового витка радіусом R = 01 м якщо магнітний момент витка

mP = = 02 Аmiddotм2

Відповідь 0 32mPBR

= μμπ

= 4sdot10ndash5 Тл

160

6 Альфа-частинка влітає в однорідне магнітне поле маг-нітна індукція якого B = 03 Тл Швидкість частинки пер-пендикулярна до напрямку ліній індукції магнітного поля Знайти період обертання частинки

Відповідь T = 2 mgB

απ = 4middot10ndash7 с

7 У просторі між пластинами конденсатора й котушки створено електричне поле зі взаємно перпендикулярними силовими лініями його напруженість E = 2middot105 Вм а та-кож постійне магнітне поле з індукцією B = 02 Тл Пер-пендикулярно силовим лініям полів по прямій лінії руха-ється електрон Визначити швидкість електрона Відповідь v = 106 мc 8 Електрон рухається в магнітному полі індукція якого В = 2middot10ndash3 Тл по гвинтовій лінії радіусом R = 2middot10ndash2 м і кроком h = 5middot10ndash2 м (рисунок) Визначи-ти швидкість електрона Відповідь

v = 2 2 242eB h R

m+ π

π= 76middot106 мc

9 Протони прискорюються у циклотроні так що максима-льний радіус кривизни їх траєкторії r = 03 м Знайти кіне-тичну енергію протонів у кінці прискорення якщо індукція магнітного поля B = 1 Тл

Відповідь 2 2 2

2R e BW

m= =5 МеВ

10 Реактивний літак рухається зі швидкістю v = 950 кмгод Знайти електрорушійну силу індукції iε що виникає на кінцях крил літака якщо вертикальна складова напруженості магніт-ного поля Землі H = 40 Ам і розмах крил літака l = 125 м Відповідь 0i Hlvε = μμ = ndash 017 B

R

h

161

11 Рамка площею 4middot10ndash2 м2 має 100 витків і обертається в однорідному магнітному полі з індукцією B =10ndash2 Тл Пе-ріод обертання рамки T = 01 с Вісь обертання перпенди-кулярна лініям індукції магнітного поля Визначити мак-симальне значення ЕРС індукції Відповідь maxε asymp 2B 12 Струм 20 AI = що тече по кільцю виготовленому з мідного дроту із площею поперечного перерізу S = 10 мм2 створює в центрі кільця напруженість магніт-ного поля H =178 Ам Яку різницю потенціалів U при-кладено до кінців дроту який утворює кільце

Відповідь 2IU

SHπρ

= = 012 В

13 У магнітному полі з індукцією B = 01 Тл розміщено стрижень завдовжки l = 1 м який обертається перпенди-кулярно до напрямку ліній магнітної індукції Вісь обер-тання проходить через один із кінців стрижня Визначити потік магнітної індукції через поверхню яку утворює стрижень при кожному обертанні Відповідь 2B lΦ = π asymp 03 Вб 14 Магнітний потік через нерухомий контур з опором R змінюється протягом часу τ за законом ( )t t tΦ = α τ minus Знай-ти кількість теплоти що виділяється в контурі за цей час

Відповідь 2 3

3Q

Rα τ

=

15 По двох паралельних дротах течуть струми 1I = 5 А і

2I = 15 А однакової частоти Між струмами існує стала різниця фаз Δϕ = 60deg Із якою силою притягуються між со-бою частини дротів завдовжки 1 м якщо відстань між ними становить 3middot10ndash2 м Відповідь F = 25middot10ndash4 H

162

16 Соленоїд що складається з 80 витків і має діаметр 8 см знаходиться в однорідному магнітному полі індукція якого 6sdot10ndash2 Тл Соленоїд повертається на кут 180deg за час 02 с Знайти середнє значення ЕРС що виникає в соленоїді як-що його вісь до і після повороту спрямована вздовж поля Відповідь ε = 024 В 17 Довгий соленоїд заповнений неоднорідним парамагнети-ком сприйнятливість якого залежить тільки від відстані r до осі соленоїда і описується формулою 2rχ = α де α ndash стала величина На осі соленоїда індукція магнітного поля дорів-нює 0B Знайти залежність намагніченості j від r

Відповідь 20

0

Bj rα=

μ

18 Два прямолінійні довгі паралельні провідники знахо-дяться на деякій відстані один від одного По провідниках течуть однакові струми 1 2I I I= = в одному напрямку Знайти ці струми якщо відомо що для збільшення відста-ні між провідниками у 2 рази необхідно виконати роботу (на одиницю довжини провідника) A = 55 мкДжм Відповідь 1 2I I= = 20 А 19 Соленоїд виготовлений із мідного дроту завдовжки l = 025 м який має площу поперечного перерізу 1S = 10ndash6 м2 і омічний опір R = 02 Ом Питомий опір міді ρ =171middot10ndash8 Омmiddotм Визначити індуктивність L соленоїда

Відповідь 2 2

0 124

R SLl

μμ=

πρ= 54middot10ndash5 Гн

20 Діелектрик із відносною діелектричною проникністю ε = 28 використовували як ізолятор у конденсаторі Конден-сатор під напругою поглинає певну потужність при частоті

163

ν = 50 Гц коефіцієнт потужності cosϕ = 01 Визначити пито-мий опір діелектрика

Відповідь 2

22 1 cos

cosminus ϕ

ρ =εν ϕ

= 13middot109 Омmiddotм

21 Соленоїд завдовжки l = 05 м із площею поперечного перерізу S = 2middot10ndash4 м2 має індуктивність L = 2middot10ndash7 Гн При якій силі струму густина енергії магнітного поля всере-дині соленоїда ω = 10ndash3 Джм3

Відповідь 2lSIL

ω= = 1 А

22 В однорідне магнітне поле напруженістю H = 8middot104 Ам вміщено провідник завдовжки l = 20 см і опором R = 10 Ом Провідник зrsquoєднано із джерелом стру-му ЕРС якого 1ε = 10 В і внутрішній опір r = 10ndash3 Ом При взаємодії магнітного поля струму і зовнішнього магнітно-го поля провідник переміщується перпендикулярно до зо-внішнього магнітного поля зі швидкістю v =10 мс Ви-значити силу струму у провіднику

Відповідь 1 0(I v= ε minus μ1)Hl

R r+= 098 А

23 Визначити повний опір котушки і зсув фаз між стру-мом і напругою у колі змінного струму якщо активний опір R = 15 Ом а індуктивний LR =2 Ом Відповідь z = 25 Ом ϕ = 53deg 24 У колі змінного струму напруга на затискачах котуш-ки U = 120 В зсув фаз між струмом і напругою ϕ = 37deg Визначити активний та індуктивний спади напруги Відповідь RU = 96 B LU = 72 B

164

25 Визначити повний опір і cosϕ для кола змінного стру-му яке складається з активного опору R = 8 Ом індукти-вного LR = 20 Ом і ємнісного CR = 26 Ом Відповідь Z =10 Oм cosϕ = 08 26 Соленоїд що має коефіцієнт самоіндукції L = 03 Гн та опір R = 10 Ом умикається в коло змінного струму ( ϕ =50 Гц) з ефективною напругою ефU = 120 В Визначи-ти амплітуду сили струму I зсув фаз ϕ між струмом і напругою у колі та середню потужність P Відповідь I =168 А ϕ = 43deg P asymp 100 Вт 27 Миттєве значення ЕРС синусоїдального струму в колі з активним опором для фази 6π становить 155 В Знайти амплітудне та ефективне значення ЕРС цього струму Відповідь 0ε asymp 310 В ефε asymp 220 В 28 Змінний струм збуджується в рамці з 200 витків із площею поперечного перерізу витка 300 см2 у магнітному полі з напруженістю 12sdot104 Ам Визначити ЕРС індукції через 001 с після початку руху рамки з нейтрального по-ложення Амплітуда ЕРС дорівнює 72 В Відповідь ε = 504 В

165

sect 4 Електричні коливання Електромагнітні хвилі

1 Електричні коливання ndash це періодичні або близькі до

періодичних зміни заряду конденсатора і струму в котушці ін-дуктивності коливального контуру

Диференціальне рівняння вільних незатухаючих електри-чних коливань в ідеальному контурі та його розвrsquoязок

( )2

20 0 02 0 cosd q q q q t

dt+ ω = = ω + ϕ (1)

де 0q ndash заряд на обкладинках конденсатора в момент часу t = 0 якщо 0ϕ = (амплітудне значення заряду) q ndash заряд на обкла-

динках конденсатора в момент часу t 20

1LC

ω = ndash циклічна час-

тота власних коливань системи L ndash індуктивність котушки C ndash ємність конденсатора

Період власних коливань в ідеальному контурі

02 2T T LC= π ω = π (2) Рівність (2) називають формулою Томсона 2 Затухаючі та вимушені коливання Диференціальне рів-

няння вільних затухаючих електричних коливань у реальному контурі та його розвrsquoязок

220 02 2 0 cos td q dq q q q e t

dtdtminusβ+ β + ω = = ω (3)

де 2 20 0

1 2RLLC

ω = ω minusβ ω = β = (тут β ndash коефіцієнт зату-

хання)

3 Період T електричних коливань у реальному контурі який складається з послідовно ввімкнених ємності C індуктив-ності L та опору R обчислюється за формулою

166

2

2

12

TR

LC L

π=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(4)

4 Логарифмічний декремент затухання δ і добротність

контуру Q при слабкому затуханні визначаються формулами

CRL

δ = π1 LQR C

= (5)

5 Вимушені електричні коливання Якщо до реального ко-

ливального контуру прикладено зовнішню періодичну напругу то в контурі виникнуть вимушені електричні коливання заряду q напруги CU на конденсаторі та струму І в контурі Усталені вимушені коливання для сили струму при послідовному вклю-ченні в контур напруги cosmU U t= ω мають вигляд

cos( )mI I t= ω minus ϕ (6)

( )22

1

mm

UIR L C

=

+ ω minus ω

1tg L CR

ω minus ωϕ =

6 Електромагнітні хвилі ndash це сукупність змінного електри-

чного та змінного магнітного полів Хвилі поширюються у про-сторі зі скінченною швидкістю яка визначається формулою

v0 0

1 1= sdot

ε μ εμ (7)

де 0ε = 885sdot10ndash12 Фм 0μ = 4πsdot10ndash7 Гнм ndash електрична та маг-нітна сталі ε і μ ndash відносні діелектрична та магнітна прони-кності середовища

Для вакууму одержимо

v0 0

1=

ε μ= 3sdot108 мс (8)

Таким чином у вакуумі фазова швидкість електромагнітних хвиль збігається зі швидкістю світла c

167

Рівняння плоскої електромагнітної хвилі що поширюється з фазовою швидкістю v вздовж осі x записане для напруженості електричного поля ( )E x t має вигляд

0 0 0( ) cos ( ) cos( ) cos( )xE x t E t E t x E t kxv v

ω= ω minus = ω minus = ω minus

де 2Tπ

ω = ndash циклічна частота 2kvω π

= =λ

ndash хвильове число

7 Енергія плоских електромагнітних хвиль Обrsquoємна гус-

тина енергії поля W визначається за формулою 2 2

0 0 2 2E HE HW W W ε ε μ μ

= + = + (9)

де EW HW ndash густина енергії електричного і магнітного полів У цій точці простору вектори E і H змінюються в однаковій

фазі (коливання синфазні) тому співвідношення між амплітудними значеннями 0E i 0H виконується для їх миттєвих значень

Це означає що густина енергії електричного і магнітного по-лів у кожний момент часу однакова

E HW W= i 202 EW W E= = ε ε

Враховуючи співвідношення 0 0E Hε ε = μ μ одержимо ін-ший вираз для густини енергії електромагнітної хвилі

W 0 0 EH= ε εμ μ (10)

Помноживши густину енергії на швидкість v0 0

1=

ε εμ μ

одержимо вираз для миттєвої густини потоку енергії П 2

00 0

1П E= ε ε =ε εμ μ

v sdotW EH= (11)

У векторній формі [ ]П EH= (12)

Вектор П називається вектором Пойнтінга

168

Під інтенсивністю електромагнітної хвилі розуміють енергію хвилі що переноситься через одиничну площу перпендикуляр-ну до напрямку поширення хвилі за одиницю часу Інтенсив-ність I такої хвилі можна знайти усереднивши ( )П I П=

наприклад за один період коливань 2 T π=

ω

20 0 0 0

0

2 2E H EI П ε ε

= = =μ μ

Бачимо що інтенсивність I електромагнітної хвилі пропор-

ційна квадрату амплітуди електричного вектора 20E

169

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Ідеальний коливальний контур складається із котушки з ін-

дуктивністю L = 02 мГн і конденсатора площа пластин якого S = 155 см2 а відстань між ними d = 15 мм Контур резонує на довжину хвилі λ = 630 м Визначити діелектричну проникність середовища між обкладинками конденсатора

Розвrsquoязання

Ємність конденсатора 0 SCd

ε ε=

Період коливань ідеального контуру 2T LC= π

Довжина хвилі 02 ScT c Ld

ε ελ = = π звідки

2

02d

c LSλ⎛ ⎞ε = ⎜ ⎟π ε⎝ ⎠

де c = 3middot108 мс 0ε = 885middot10ndash12 Кл2(Нmiddotм2) ε = 61 Задача 2 У реальному коливальному контурі індуктивність якого

L = 001 Гн заряд конденсатора зменшується в 10 разів за пе-ріод T = 10ndash5 с Визначити опір контуру

Розвrsquoязання

Заряд конденсатора в будь-який момент часу визначається

співвідношенням

( )2 cosR tLq Ae t

minus= ω minus ϕ (1)

де A ndash стала ω ndash колова частота ϕ ndash зсув фаз

170

Через час T дістанемо заряд ( )

[ ]21 cos ( )

R t TLq Ae t T

minus += ω + minus ϕ (2)

Поділимо почленно рівняння (1) і (2)

( )( )

2

1

coscos

R TL tq e

q t Tω minus ϕ

=⎡ω + minus ϕ⎤⎣ ⎦

Враховуючи що 2 Tω = π і період косинуса дорівнює 2π одержимо

2

1

RTLq e

q= звідки

1

2 ln L qRT q

= R asymp 4605 Ом

Задача 3 Коливальний контур складається з конденсатора ємністю

803 10C minus= sdot Ф і котушки з індуктивністю L = 12sdot10ndash6 Гн Знайти період вільних коливань контуру коефіцієнт затухання і лога-рифмічний декремент затухання якщо опір котушки R = 60 Ом

Розвrsquoязання

Період коливання в контурі з омічним опором

2

2

2

14

TR

LC L

π=

minus

T =148sdot10ndash7 с

Логарифмічний декремент затухання характеризує зменшен-ня амплітуди коливань за один період

0( )

1 0ln ln

tn

t Tn

A A e TA A e

minusβ

minusβ ++

δ = = = β

де 2R Lβ = ndash коефіцієнт затухання β = 25sdot106 cndash1 Підставивши це значення β у формулу для δ знайдемо δ = 37

171

Задача 4 У яких межах має змінюватись ємність коливального конту-

ру щоб його можна було налаштувати на довжини хвиль у діа-пазоні від 400 м до 1000 м Індуктивність контуру L = 2sdot10ndash4 Гн

Розвrsquoязання

Якщо опір контуру малий 2 21 4LC R Lgt то контур мож-

на розглядати як ідеальний Тоді період власних коливань контуру 2T LC= π

Довжина хвилі λ повrsquoязана з періодом співвідношенням 2cT c LCλ = = π

де c ndash швидкість поширення електромагнітних хвиль (шви-дкість світла)

Із цього рівняння знаходимо 2

2 24C

c Lλ

=π

1C = 223sdot10ndash10 Ф 2C = 14sdot10ndash9 Ф Отже ємність має змінюватися від 2C = 14sdot10ndash9 Ф до

1C = 223sdot10ndash10 Ф

172

Задачі

1 Приймальний контур складається із котушки індуктив-ністю 2sdot10ndash6 Гн і конденсатора ємністю 18sdot10ndash10 Ф На яку довжину хвилі розрахований контур Відповідь λ = 36 м 2 Звукові хвилі завдовжки 2 м падають на мембрану мікрофона Унаслідок коливань мембрани в мікрофоні виникають електричні коливання Визначити довжину хвиль цих коливань Відповідь λ asymp18sdot106 м 3 Коливальний контур складається із котушки індуктивності та двох однакових конденсаторів які зrsquoєднано паралельно Період власних коливань контуру 1T = 20 мкс Чому дорівню-ватиме період якщо підключити конденсатори послідовно Відповідь 2T = 10 мкс 4 Резонанс у коливальному контурі із конденсатором єм-ністю 10ndash6 Ф наступає при частоті 400 Гц Якщо паралель-но першому конденсатору підключити другий конденса-тор 2C то резонансна частота стає рівною 200 Гц Визна-чити ємність другого конденсатора 2C

Відповідь 2C = 3 мкФ 5 Невелику кульку масою m = 2sdot10ndash2 кг підвішено на нит-ці на висоті h = 012 м від горизонтальної провідної пло-щини Після надання кульці певного заряду q її період коливань змінився в η = 2 рази Знайти заряд q кульки

Відповідь 204 ( 1)q h mg= πε η minus = 2sdot10ndash6 Кл

173

6 Визначити період вільних коливань у контурі який складається з послідовно сполучених конденсатора ємніс-тю C = 10 мкФ безіндуктивного опору R = 20 Ом і двох котушок з індуктивностями 1L = 02 мГн і 2L = 04 мГн та дуже малим активним опором

Відповідь 2

21 2 1 2

2

1( ) 4( )

TR

L L C L L

π=

minus+ +

= 168sdot10ndash3 c

7 Знайти час за який амплітуда коливань струму в кон-турі з добротністю Q = 5000 зменшиться в η = 2 рази як-що частота коливань ν = 22 МГц

Відповідь lnQt = ηπν

= 05 c 8 Рівняння часової залежності зміни сили струму у колива-льному контурі задається у вигляді 002sin 400I t= minus π А Індуктивність контуру 1 Гн Знайти 1) період коливань 2) ємність контуру 3) максимальну різницю потенціалів на обкладинках конденсатора 4) максимальну енергію магніт-ного поля 5) максимальну енергію електричного поля Відповідь T = 5sdot10ndash3 c C = 63sdot10ndash7 Ф Δϕ = 252 B

mE = 2sdot10ndash4 Дж elE = 2sdot10ndash4 Дж 9 Чому дорівнює відношення енергії магнітного поля коливального контуру до енергії його електричного по-

ля для моменту часу 8T с

Відповідь m

еl

WW

=1

10 Коливальний контур приймача налаштовано на довжину хвилі λ = 500 м Яка власна частота коливань контуру якщо його індуктивність дорівнює L = 2sdot10ndash6 Гн а опір R = 10 Ом Відповідь 0ν = 45sdot104 Гц

174

11 Коливальний контур складається з котушки індуктивніс-тю 01 Гн та конденсатора ємністю 395 мкФ Заряд конденса-тора 3 мкКл Нехтуючи опором контуру записати рівняння 1) залежності зміни сили струму від часу 2) залежності зміни напруги на конденсаторі від часу Відповідь 15cos(160 2)I t= π + π мА

76cos(160 )CU t= π мВ 12 Плоска гармонічна електромагнітна хвиля поширюєть-ся у вакуумі Знайдіть відношення амплітуди електричного вектора цієї хвилі до амплітуди її магнітного вектора

Відповідь 0

0377E

H= ВА

13 У вакуумі поширюється плоска електромагнітна хви-ля амплітуда електричного вектора якої 0E = 8 нВм Знайдіть інтенсивність I такої електромагнітної хвилі Відповідь 19057 10I minus= sdot Втм2 14 У вакуумі поширюється плоска електромагнітна хви-ля з напруженістю 0 cos( )E E t kx= ω minus Інтенсивність хвилі дорівнює I Знайдіть амплітудне значення густини стру-му зміщення для цієї хвилі

Відповідь амплітуда

120

зм0 0

2 1 деIj ccε⎛ ⎞= ω =⎜ ⎟ ε μ⎝ ⎠

15 Електромагнітна хвиля з частотою ν = 30 МГц пере-ходить із вакууму в немагнітне середовище з діелектрич-ною проникністю 40ε = Знайдіть приріст довжини хвилі

Відповідь 1 1 50с⎛ ⎞Δλ = minus = minus⎜ ⎟ νε⎝ ⎠м

175

РОЗДІЛ 4

ОПТИКА І КВАНТОВА ФІЗИКА

sect 1 Основні поняття та закони хвильової оптики 1 Інтерференція світла ndash явище накладання когерентних

хвиль при якому спостерігається перерозподіл їх енергії по хви-льовому полю у результаті чого підсилюється або ослаблюється результуюча інтенсивність залежно від співвідношення фаз хвиль

При інтерференції двох когерентних хвиль утворюється хви-ля з результуючою амплітудою

2 21 2 1 2 2 12 cos( )A A A A A= + + ϕ minus ϕ (1)

де А1 А2 ndash амплітуди складових хвиль ϕ1 ϕ2 ndash їхні початкові фази Враховуючи що інтенсивність хвилі I пропорційна квадрато-

ві амплітуди A вираз (1) можна записати у вигляді

1 2 1 22 cosI I I I I= + + Δϕ де 2 1Δϕ = ϕ minus ϕ ndash різниця фаз

Різниця фаз Δϕ залежить від геометричної різниці ходу (r2 ndash r1) променів

2 12 r rminusΔϕ = π

λ (2)

де λ ndash довжина хвилі Якщо одна із хвиль поширюється в середовищі з показником

заломлення n1 а інша ndash у середовищі з показником заломлення n2 то різниця фаз

( )2 12 2 1 1

2 1 0 0

2 22 r r r n r n⎛ ⎞ π π

Δϕ = π minus = minus = Δ⎜ ⎟λ λ λ λ⎝ ⎠ (3)

де λ1 і λ2 ndash відповідно довжини світлових хвиль у першому і другому середовищах λ0 ndash довжина хвилі у вакуумі

2 2 1 1n r n rΔ = minus ndash оптична різниця ходу

176

2 Умови максимуму та мінімуму інтенсивності при на-кладанні двох когерентних хвиль

1) максимум інтенсивності при накладанні двох когерентних хвиль спостерігається у точках для яких у оптичну різницю ходу променів вміщується ціле число хвиль або парне число півхвиль

00 (2 )

2k k λ

Δ = plusmn λ = plusmn (4)

де k = 0 1 2 2) мінімум інтенсивності при накладанні двох когерентних

хвиль спостерігається у точках для яких різниця ходу променів вміщує непарне число півхвиль

00

1 (2 1)2 2

k k λ⎛ ⎞Δ = plusmn + λ = plusmn +⎜ ⎟⎝ ⎠

(5)

де k = 0 1 2 3 Відстань між двома сусідніми інтерференційними ма-

ксимумами або мінімумами що утворилися внаслідок ін-терференції променів від двох когерентних джерел світла за-писується формулою

= Lxd

Δ λ (6)

і називається шириною смуги Тут λ ndash довжина хвилі світла L ndash відстань від екрана до джерел світла які розміщені одне від одного на відстані d (при цьому вважається що L gtgt d)

4 Результат інтерференції світла в тонких пластинах (у

прохідному світлі) визначається формулами положення мак-симумів освітленості

2 22 sin 2 cosd n i dn r kminus = = λ (k = 0 1 2 3 ) (7) Мінімум освітленості визначається формулою

2 2 12 sin 2 cos2

d n i dn r k⎛ ⎞minus = = + λ⎜ ⎟⎝ ⎠

(k = 0 1 2 3 ) (8)

де d ndash товщина пластини n ndash показник заломлення i та r ndash кут па-діння та кут заломлення променів відповідно λ ndash довжина хвилі

177

У відбитому світлі внаслідок втрати півхвилі при відбиван-ні одного з променів від більш густого середовища умови для максимумів і мінімумів освітленості міняються місцями формула (7) дає положення мінімумів а формула (8) ndash положен-ня максимумів освітленості

5 Радіуси інтерференційних кілець Ньютона у прохідному

світлі визначаються формулами для світлих кілець

( )0 1 2 kr Rk k= λ = (9) для темних кілець

( )1( ) 0 1 2 2kr k R k= + λ = (10)

де R ndash радіус кривизни лінзи λ ndash довжина хвилі У відбитому світлі формула (10) визначає положення світ-

лих кілець а формула (9) ndash темних 6 Дифракція світла ndash оптичне явище повrsquoязане зі зміною

напрямку поширення світлових хвиль та із просторовим пере-розподілом їх інтенсивності під впливом перешкод і неоднорід-ностей середовища на їхньому шляху

Під дифракцією розуміють будь-яке відхилення від прямолі-нійного поширення світла якщо воно не зумовлене відбиванням заломленням або викривленням променів у середовищах у яких показник заломлення безперервно змінюється Дифракція власти-ва також радіо- та рентгенівським променям звуковим хвилям тобто всім хвильовим процесам а також мікрочастинкам

7 Дифракція плоскої хвилі на щілині Пучки світла які

дифрагують під кутами що відповідають непарній кількості зон Френеля утворюють на екрані дифракційні максимуми Поло-ження максимумів інтенсивності світла при дифракції від однієї щілини на яку нормально падає паралельний пучок світ-ла визначається умовою

sin (2 1)2

a k λϕ = plusmn + (k = 1 2 3 ) (11)

178

де а ndash ширина щілини ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хви-лі падаючого світла

Пучки світла які дифрагують під кутами що відповідають парному числу зон Френеля створюють на екрані дифракційні мінімуми

Положення мінімумів інтенсивності світла при дифракції від однієї щілини на яку нормально падає паралельний пучок світла визначається умовою

sina kϕ = plusmn λ (k = 1 2 3 ) (12) де а ndash ширина щілини ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хвилі падаючого світла

8 У дифракційній ґратці максимуми інтенсивності світла

спостерігаються в напрямках що утворюють із нормаллю до ґратки кути ϕ які задовольняють співвідношення (за умови що світло падає на ґратку нормально)

sind kϕ = plusmn λ (k = 0 1 2 3 ) (13) де d ndash стала ґратки ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хвилі k ndash порядок спектра Рівняння (13) називають основним рівнянням для дифракційної ґратки

Головні мінімуми дифракційної картини при дифракції на ґратці зумовлені дифракцією на кожній із щілин і визнача-ються рівнянням (12)

9 Кутову дисперсію дифракційної ґратки знаходять за

формулою

cosd kDd d

ϕ= =

λ ϕ (14)

10 Роздільною здатністю ґратки є величина

R kNλ= =

Δλ (15)

де N ndash загальна кількість штрихів ґратки k ndash порядок спектра Δλ ndash найменша відстань в одиницях довжини хвилі між двома суміжними спектральними лініями які спостерігаються ще

179

окремо згідно із критерієм Релея Максимальна роздільна здатність ґратки

maxNdR =λ

(16)

11 Роздільна здатність оптичного приладу визначається

співвідношенням

( )

2 sin 2b

n Uλ

gt (17)

де b ndash найменша відстань між двома точками які ще розрізня-ються при спостереженні за допомогою приладу (межа розріз-нення) n ndash показник заломлення середовища у якому міститься предмет U ndash апертурний кут (кут створений крайніми проме-нями світлового пучка що падає в обrsquoєктив)

12 Формула ВульфаndashБрегга визначає напрямок дифракцій-

них максимумів рентгенівських променів пружно розсіяних кристалом дифракційний максимум спостерігається за умови що промені відбиті від різних паралельних атомарних площин мають різницю ходу яка в ціле число разів перевищує довжину хвилі рентгенівських променів

2 sind kθ = plusmn λ (k = 1 2 3 ) (18) де d ndash міжплощинна відстань θ ndash доповнювальний кут або кут ковзання λ ndash довжина хвилі рентгенівського випроміню-вання k ndash порядок відбиття

13 Закон Брюстера визначає умову повної лінійної поляри-зації світла що відбивається від діелектрика Тангенс кута іБр по-вної поляризації відбитих променів дорівнює відносному показ-нику заломлення n відбиваючого діелектричного середовища

Брtg i n= (19) де іБр ndash кут повної поляризації або кут Брюстера

14 Закон Малюса Відношення інтенсивності плоскополяризо-

ваного світла І яке пройшло аналізатор (без поглинання) до інтен-сивності І0 плоскополяризованого світла що потрапило на нього

180

дорівнює квадрату косинуса кута α між площиною поляризації падаючого променя і площиною головного перерізу аналізатора

2

0cosI

I= α (20)

Враховуючи те що аналізатор не абсолютно прозорий вира-зу (20) надають вигляду

2cosa a pI k I= α (21) де ka ndash коефіцієнт прозорості аналізатора (0 lt ka le 1) Іа ndash інтен-сивність світла на виході аналізатора Ір ndash інтенсивність світла що виходить із поляризатора (падає на аналізатор)

15 Ступінь поляризації світла Р визначається відношенням інтенсивності поляризованого світла Іпол до загальної інтенсив-ності світла (Іпол + Інепол) тобто

( ) ( ) ( )пол пол непол max min max minP I I I I I I I= + = minus + (22) тут Imax та Imin ndash максимальна та мінімальна інтенсивності суміші плоскополяризованого і неполяризованого світла при його спо-стереженні крізь аналізатор

16 Обертання площини поляризації Закон Біо Кут обер-

тання ϕ площини поляризації пропорційний товщині шару оп-тично активної речовини і визначається формулою

lϕ = α (23) де α ndash коефіцієнт пропорційності який називають оберталь-ною здатністю l ndash довжина шляху променя в оптично акти-вному середовищі

Обертальна здатність залежить від природи речовини темпе-ратури та довжини хвилі і дорівнює величині кута на який по-вертається площина поляризації монохроматичного світла при проходженні шару завтовшки 1 м

Закон Біо Для оптично активних розчинів кут повороту площини поляризації прямо пропорційний товщині шару l і концентрації с оптично активної речовини

[ ] c lϕ = α sdot sdot (24)

181

де [ ] 21~α

λ тут λ ndash довжина хвилі монохроматичного світла

17 Поглинання світла Закон Бугера Зменшення інтен-

сивності світла dI при проходженні шару середовища завтов-шки dl пропорційне інтенсивності що входить у цей шар і товщині шару тобто

dI Idl= minusα (25) або 0 exp( )I I l= minusα (26) де І ndash інтенсивність світла що виходить із шару поглинаючого се-редовища завтовшки l І0 ndash інтенсивність світла що входить у по-глинаюче середовище α ndash коефіцієнт пропорційності який не за-лежить від інтенсивності й називається коефіцієнтом поглинання

З урахуванням розсіяння світла формула (26) набуває вигляду 0 exp( ( ) )I I l= minus α + σ (27)

де σ ndash показник ослаблення світла внаслідок його розсіяння 18 Закон БугераndashЛамбертаndashБера Для газів і розчинів ма-

лих концентрацій коефіцієнт поглинання α прямо пропорційний молярній концентрації С0 розчиненої речовини тобто

0 0Cα = α (28) де α0 ndash показник поглинання для розчину одиничної концентрації

Формула закону БугераndashЛамбертаndashБера має вигляд 0 0 0exp( )I I C l= minusα (29)

182

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити відстань між сусідніми максимумами (мінімума-

ми) для інтерференційної картини створеної на екрані двома когерентними джерелами монохроматичного світла S1 i S2 Від-стань між цими джерелами d а відстань від джерел до екрана L причому d ltlt L

Розвrsquoязання

Визначимо відстань х від точки О розміщеної на рівних від-

станях від S1 i S2 до тих точок Р у яких спостерігатимуться ін-терференційні максимуми на екрані

Δ l d

L

C

B S2

S1

P

O

x

Із прямокутних трикутників PCS1 i PBS2 знаходимо

⎪PS1⎪2 = L2 + (x + d2)2 ⎪PS2⎪2 = L2 + (x ndash d2)2 звідки

⎪PS1⎪2 ndash ⎪PS2⎪2 = 2xd або (⎪PS1⎪ndash⎪PS2⎪)(⎪PS1⎪+⎪PS2⎪) = 2xd

⎪PS1⎪ ndash ⎪PS2⎪ = Δl a ⎪PS1⎪ + ⎪PS2⎪ asymp 2L

Тоді Δlmiddot2L = 2xd та L lxdΔ

=

183

Враховуючи формули що визначають умови максимумів і мінімумів інтенсивності світла для різниці ходу lΔ при інтерфе-ренції одержимо відстані на яких розміщено максимуми й мі-німуми відносно точки О

Для максимумів Lx kd

λ=

Для мінімумів (2 1)2

Lx kd

λ= +

Тоді відстань між сусідніми максимумами (мінімумами) Lx

dλ

Δ =

Задача 2 Визначити найменшу товщину мильної плівки d якщо у від-

битому світлі вона здається зеленою (λ = 5middot10ndash7 м) Кут α між нормаллю і променем зору дорівнює 35deg Показник заломлення плівки n = 133 Якого кольору буде плівка якщо її спостерігати під кутом α = 0deg тобто при нормальному промені зору

Розвrsquoязання

Оптична різниця ходу променів у відбитому світлі (при

втраті півхвилі) 2 22 sin

2d n λ

Δ = minus α minus

Отже умова інтерференційного максимуму визначиться так 2 22 sin (2 1)

2d n k λ

minus α = +

Найменша товщина плівки спостерігатиметься при k = 0 тому матимемо

2 22 sin2

d n λminus α =

184

звідки 2 24 sin

dn

λ=

minus α

d = 105middot10ndash7 м Щоб відповісти на друге запитання визначимо довжину хви-

лі світла яке потрапляє в наше око під кутом α = 0deg 2 24 sin 4 d n dnλ = minus α = λ = 549middot10ndash7 м

Око побачить плівку забарвлену в жовто-зелений колір Задача 3 Поверхні скляного кли-

на утворюють між собою кут α = 01prime На клин падає нормально до його поверх-ні пучок монохроматичних променів довжина хвилі яких λ = 5middot10ndash7 м Знайти лінійну відстань між інтер-ференційними смугами (рисунок)

C2

αl

C1

d1 d2

Розвrsquoязання

У цій задачі кут падіння променів на поверхню дорівнює ну-

лю тому різниця ходу 2 2dnΔ = + λ

де n ndash показник заломлення скла Нехай точкам С1 і С2 відповідають дві сусідні світлі смуги

Тоді для різниць ходу Δ1 і Δ2 у цих точках матимемо 1 1

2 2

2 2 2 2 ( 1)

d n kd n k

Δ = + λ = λ ⎫⎬Δ = + λ = minus λ ⎭

де d1 i d2 ndash товщина клина в точках С1 і С2 Віднімаючи почленно ці дві рівності знайдемо

( )1 22n d dminus = λ

185

звідки

1 2 2d d nλminus =

Якщо позначити через l шукану відстань між смугами то 1 2d dl minus

asympα

де кут α виражається в радіанах Остаточно для l запишемо

2

lnλ

asympα

l asymp 56middot10ndash3 м

Задача 4 Знайти фокусну відстань f плоско-опуклої лінзи яка застосо-

вується у приладі для спостереження кілець Ньютона якщо ра-діус третього світлого кільця r3 = 11middot10ndash3 м n = 16 λ = 589middot10ndash7 м Кільця спостерігаються у відбитому світлі

Розвrsquoязання

Місця однакової товщини повітряного прошарку мають ви-

гляд кіл радіусом r із центром у точці О у якій лінза доторку-ється до площини NN

При r ltlt R і нормальному падінні променів знаходимо різ-ницю ходу наближено

2 2dΔ = + λ (1) Умовою утворення світлих інтерференційних смуг є співвід-

ношення 2 2d kΔ = + λ = λ (2)

де k ndash ціле число Із рисунка видно що при r ltlt R маємо наближено

2

2rdR

= (3)

186

R

C

Ord

N N Підставляючи значення (3) у (2) одержимо

( )2

1 2rR

k=

minus λ (4)

Фокусна відстань лінзи визначається за формулою

( )1 2

1 1 11

fn

R R

=⎛ ⎞

minus minus⎜ ⎟⎝ ⎠

(5)

Враховуючи (4) і те що R2 = infin матимемо

( )( )2

1 1 2

rfn k

=minus minus λ

f = 137 м Задача 5 Частково поляризоване світло проходить крізь ніколь При

повороті ніколя на 60deg від положення якому відповідає макси-мальна інтенсивність інтенсивність зменшується вдвічі Нехту-ючи поглинанням і відбиванням світла ніколем визначити від-ношення інтенсивностей природного та лінійно поляризованого світла ступінь поляризації пучка на вході в ніколь

Розвrsquoязання

При першому положенні ніколя якому відповідає максима-

льна інтенсивність світла крізь ніколь повністю проходить ра-ніше поляризоване світло інтенсивністю In та поляризоване

187

світло інтенсивність якого дорівнює половині інтенсивності природного світла I0

Сумарна інтенсивність світла що проходить крізь ніколь 1 005nI I I= +

При повертанні ніколя на кут α інтенсивність світла що про-ходить через нього

22 0 0cos 05 025 05n nI I I I I= α + = +

Оскільки 2 105I I= то

0 0025 05 05 025n nI I I I+ = + тоді маємо 0nI I= та 0 1nI I =

Ступінь поляризації визначається відношенням інтенсивності поляризованого світла до загальної інтенсивності світла тобто

0

12

n

n

IPI I

= =+

Можна P знайти також із формули

max min

max min

I IPI I

minus=

+

де maxI і minI ndash максимальна і мінімальна інтенсивності у двох взаємно перпендикулярних напрямках

Максимальне значення інтенсивності max 1 15 nI I I= =

Мінімальна інтенсивність при повертанні ніколя на 90deg min 005 05 nI I I= =

Отже знову 05P = Задача 6 Електронний пучок який падає на алюмінієву пластинку

створює при відбиванні дифракційну картину Кутове відхи-лення (від центра картини) дифракційного максимуму друго-го порядку α = 1deg Період кристалічної ґратки алюмінію (від-стань між атомними площинами) d = 0405 нм Визначити швидкість електронів у пучку

188

Розвrsquoязання

Згідно з формулою де Бройля частинці що рухається відпо-відає хвиля довжина якої визначається формулою

hmv

λ =

де h ndash стала Планка m ndash маса мікрочастинки v ndash її швидкість Довжина хвилі що відповідає електронам пучка визначаєть-

ся із формули ВульфаndashБрегга 2 sin d

nϕ

λ =

де n = 2 ndash порядок максимуму ϕ = 90deg ndash α

Отже ( )2 sin 90

nhvmd

= =deg minus α

18106 мс

189

Задачі

1 Різниця ходу двох інтерферуючих хвиль у вакуумі до-рівнює 1) 0 2) 02λ 3) 05λ 4) λ 5) 12λ Чому дорівнює відповідна різниця фаз Відповідь 1) 0 2) 72deg 3) 180deg 4) 360deg 5) 432deg 2 Різниці фаз двох інтерферуючих хвиль дорівнюють 1) 0 2) π3 3) π2 4) π 5) 2π 6) 3π Скільком довжинам хвиль у вакуумі будуть відповідати оптичні різниці ходу цих хвиль Відповідь 1) 0 2) λ6 3) λ4 4) λ2 5) λ 6) 15λ 3 На шляху променя світла перпендикулярно до нього розташували скляну пластинку (n = 15) завтовшки 1 мм На скільки при цьому зміниться оптична довжина шляху Відповідь на 05 мм 4 Оптична різниця ходу інтерферуючих променів Δ = 25 мкм Знайдіть усі довжини хвиль видимого діапа-зону (від 04 до 076 мкм) які в цьому випадку дають мак-симум інтерференції Відповідь 0625 мкм 05 мкм 0416 мкм 5 Оптична різниця ходу інтерферуючих променів Δ= 2 мкм Знайдіть усі довжини хвиль видимого діапазону (від 04 до 076 мкм) які в цьому випадку дають мінімум інтерференції Відповідь 057 мкм 044 мкм 6 Чому дорівнює амплітуда А коливання що утворюєть-ся в результаті суперпозиції N некогерентних хвиль одна-кового напрямку і однакової амплітуди a Відповідь A a N=

190

7 Дві світлові хвилі утворюють у деякій точці простору ко-ливання однакового напрямку що описуються функціями

( )cosA tω та ( )( )cosA tω + Δω де Δω = 0628 сndash1 Як буде змінюватись інтенсивність у цій точці Відповідь інтенсивність пульсує з періодом 10 с 8 Два когерентні джерела S1 i S2 з до-вжиною хвилі λ = 0510ndash6 м розміщені на відстані d = 2 мм одне від одного Паралельно лінії яка сполучає джере-ла розміщено екран на віддалі L = 2 м від них Що спостерігатимемо в точці А екрана світло чи темряву Відповідь у точці А буде світло

d

L

A

S1 S2

9 Відстань між когерентними джерелами світла d = 05 мм відстань від джерел до екрана l = 5 м У зеленому світлі спо-стерігаються інтерференційні смуги на відстані Δx = 5 мм одна від одної Знайдіть довжину хвилі зеленого світла Відповідь 05 мкм 10 Два когерентні джерела світла (λ = 05 мкм) утворюють на екрані інтерференційну картину Як зміниться ця картина якщо на шляху одного з променів помістити плоскопарале-льну скляну (n = 15) пластину завтовшки 105 мкм Відповідь зміниться на протилежну 11 Відстані від скляної біпризми Френеля з кутом залом-лення θ = 20prime до вузької щілини та екрана а = 025 м і b = 1 м відповідно Знайти довжину хвилі світла якщо ширина інтерференційної смуги на екрані Δх = 5510ndash2 м

Відповідь ( )( )

2 1+

a n xa b

θ minus Δλ =

12 На тонку плівку (n = 133) падає паралельний пу-чок білого світла Кут падіння θ = 52deg При якій товщині

191

плівки відбите світло буде найбільше забарвлене у жов-тий колір (λ = 06 мкм)

Відповідь ( ) ( )2 2

1+2= 014 1+2

4 sin

kb k

n

λ=

minus θ мкм

13 Прилад для спостереження кілець Ньютона освітлюється монохроматичним світлом із довжиною хвилі λ = 610ndash7 м яке падає нормально до поверхні Знайти товщину повітряно-го шару між лінзою і скляною пластинкою у місці де спосте-рігається четверте темне кільце у відбитому світлі Відповідь 1210ndash6 м 14 На мильну плівку (n = 133) падає біле світло під ку-том 45deg При якій найменшій товщині плівка у відбитому світлі буде забарвлена в жовтий колір (λ = 6sdot10ndash5 см) Відповідь 133sdot10ndash5 см 15 На мильну плівку під кутом 30deg падає пучок монохро-матичного світла (λ = 600 нм) При якій мінімальній тов-щині плівки вона буде світлою у відбитому світлі Відповідь 120 нм 16 Пучок світла (λ = 58 10ndash7 м) падає на скляний (n = 15) клин Кут клина дорівнює 20 Яка кількість темних інтерфе-ренційних смуг припадає на одиницю довжини клина Відповідь по 5 темних та світлих смуг на 1 см 17 Мильна плівка розташована вертикально і утворює клин через стікання рідини Інтерференційну картину спо-стерігають у відбитому світлі (λ = 54610ndash7 м) Відстань між пrsquoятьма смугами дорівнює 210ndash2 м Показник залом-лення мильної плівки 133 Промінь зору перпендикуляр-ний до поверхні плівки Знайти кут клина в секундах

Відповідь tg2knlλ

α = ndash5tg 513 10 11primeprimeα = sdot α =

192

18 Пучок білого світла нормально падає на скляну плас-тинку товщина якої d = 410ndash7 м Показник заломлення скла n = 15 Які довжини хвилі що лежать у межах ви-димого спектра (від 410ndash7 м до 710ndash7 м) будуть підси-люватися у відбитому світлі Відповідь λ = 4810ndash7 м 19 Кільця Ньютона спостерігаються у відбитому світлі (λ = 589 нм) під кутом 0deg У деякій точці товщина повіт-ряного шару між опуклою поверхнею лінзи та плоскою пластинкою l = 1767 мкм Яке кільце ndash світле чи темне буде проходити крізь цю точку Відповідь темне 20 Радіус кривизни плоско-опуклої лінзи R = 4 м Чому дорівнює довжина падаючого на лінзу світла якщо радіус пrsquoятого світлого кільця у відбитому світлі r5 = 36 мм Відповідь 072 мкм 21 Кільця Ньютона утворюються між плоским склом і лі-нзою з радіусом кривизни R = 86 м Монохроматичне сві-тло падає нормально Діаметр четвертого темного кільця d = 910ndash3 м Знайти довжину хвилі падаючого світла (прийняти центральне темне кільце за нульове)

Відповідь 2kr

Rkλ = = 58910ndash7 м

22 Відстань між 4-м і 25-м темними кільцями Ньютона дорівнює 910ndash2 м Радіус кривизни лінзи 15 м Знайти до-вжину хвилі падаючого нормально на прилад світла Спо-стереження проводять у відбитому світлі Відповідь λ = 610ndash7 м 23 Монохроматичне світло (λ = 064 мкм) нормально па-дає на щілину завширшки a = 02 мм Визначити в кутових одиницях ширину центральної світлої смуги Вважати що границі світлої смуги відповідає мінімум Відповідь 64 sdot10ndash3 рад

193

24 Довжина хвилі нормально падаючого монохроматич-ного світла на щілину вміщується в ширині щілини шість разів Під яким кутом спостерігатиметься третій дифрак-ційний мінімум світла Відповідь 30deg 25 На дифракційну ґратку з періодом d = 0004 мм падає нормально монохроматичне світло При цьому головний максимум четвертого порядку відповідає відхиленню променів на кут 30deg Визначити довжину хвилі світла Відповідь 05 мкм 26 Монохроматичне світло (λ = 06 мкм) падає нормально на дифракційну ґратку що містить 400 штрихів на 1 мм Знайти загальну кількість дифракційних максимумів які дає ґратка Відповідь 9 27 На дифракційну ґратку падає нормально світло При цьому максимум другого порядку для лінії λ1 = 065 мкм відповідає куту 45deg Знайти кут що відповідає максимуму третього порядку для лінії λ2 = 050 мкм Відповідь 54deg 40 28 Дифракційна ґратка що має 500 штрихів на 1 мм осві-тлюється фіолетовим світлом (λ = 04 мкм) Визначити ку-тову відстань між максимумами першого порядку Відповідь 23deg 6 29 Знайти найбільший порядок спектра для жовтої лінії натрію з довжиною хвилі λ = 589middot10ndash7 м якщо період ди-фракційної ґратки d = 2middot10ndash6 м Відповідь k = 3 30 На якій відстані від дифракційної ґратки треба по-ставити екран щоб відстань між невідхиленим зобра-женням і спектром четвертого порядку (k = 4) дорівню-

194

вала l = 5middot10ndash2 м для світла з довжиною хвилі λ = 5middot10ndash7 м Стала дифракційної ґратки d = 2middot10ndash5 м

Відповідь 2 2 2lx d kk

= minus λλ

31 Скільки штрихів на довжині 10ndash2 м має дифракційна ґратка якщо зелена лінія ртуті (λ = 546middot10ndash7 м) у спектрі четвертого порядку спостерігається під кутом 19deg 8prime Відповідь 6middot105 мndash1 32 Чи можуть перекриватися спектри першого та другого порядків дифракційної ґратки при освітленні її видимим світлом (λф = 400 нм та λчер = 760 нм) Відповідь ні 33 При освітленні дифракційної ґратки білим світлом спектри другого та третього порядків частково перекри-ваються На яку довжину хвилі у спектрі другого поряд-ку накладається фіолетова границя (λф = 400 нм) спектра третього порядку Відповідь 600 нм 34 Чому дорівнює стала дифракційної ґратки якщо вона розрізняє у першому порядку спектра калію λ1 = 4044middot10ndash7 м і λ2 = 4047middot10ndash7 м Ширина ґратки 3middot10ndash2 м Відповідь 22middot10ndash5 м 35 Знайти кутову дисперсію дифракційної ґратки для λ = 589middot10ndash7 м у спектрі першого порядку Стала ґрат-ки дорівнює 25middot10ndash6 м

Відповідь dd

ϕλ

= 541 10sdot мndash1

36 Дифракційна ґратка зі сталою d = 3 мкм має N = 1000 штрихів Визначити найбільшу роздільну здат-ність ґратки для лінії натрію з λ = 5896 нм Відповідь 5000

195

37 Довжини хвиль дублета жовтої лінії у спектрі натрію дорівнюють 588995 та 589592 нм Яку ширину повинна мати ґратка що містить 600 штрихів на 1 мм щоб розріз-нити ці лінії у спектрі першого порядку Відповідь 165 мм 38 Найменший кут зору при якому око бачить роздільно два штрихи дорівнює 1prime Яку найменшу відстань розріз-няє око на віддалі найкращого зору (025 м) Відповідь 73middot10ndash5 м 39 Око людини може бачити на віддалі 10 м роздільно два паралельні штрихи на білому аркуші паперу які зна-ходяться на відстані 3middot10ndash3 м один від одного При гостро-му зорі ця відстань зменшується до 2middot10ndash3 м Чи відпові-дають ці дані роздільній здатності ока яка розрахована за формулою (17) Для розрахунків прийняти діаметр зіниці ока рівний 3middot10ndash3 м довжина хвилі ndash 6middot10ndash7 м Відповідь відповідає гострому зору 40 Діаметр зіниці ока людини може змінюватися від 2 до 8 мм Чим пояснити що максимальна гострота зору має місце при діаметрі зіниці 8 мм 41 Рентгенівське випромінювання з довжиною хвилі λ= 0163 нм падає на кристал камrsquoяної солі Знайдіть міжплощинну відстань її кристалічної ґратки якщо дифракційний максимум першого порядку спостеріга-ється при куті ковзання 17deg Відповідь 0279 нм 42 Пучок рентгенівських променів із довжиною хвилі λ падає під кутом ковзання 60deg на лінійно розташовані центри розсіяння з періодом а Знайти кути ковзання що

відповідають дифракційним максимумам якщо 23

aλ =

Відповідь 26 60 84

196

43 Знайти кут повної поляризації відбитого від скла світ-ла Показник заломлення скла n = 157 Відповідь 57deg30prime 44 Чому дорівнює показник заломлення скла якщо про-мінь відбитого від нього світла буде повністю поляризо-ваний при куті заломлення 30deg Відповідь n = 173 45 Під яким кутом до горизонту має знаходитися Со-нце щоб його промені відбиті від поверхні моря були б повністю поляризовані Відповідь 37deg 46 Головні площини двох призм Ніколя розташованих на шляху променя утворюють кут 60deg Як зміниться інтенси-вність світла що проходить крізь призми якщо кут між їх площинами поляризації дорівнюватиме 30deg Відповідь збільшиться у 3 рази 47 Чому дорівнює кут α між головними площинами поля-ризатора й аналізатора якщо інтенсивність природного світла яке пройшло крізь поляризатор та аналізатор зме-ншилася в 4 рази Поглинання світла не враховувати Відповідь 45deg 48 Визначити товщину кварцової пластини у якої кут по-вороту площини поляризації світла рівний 180deg а довжина хвилі λ = 51middot10ndash7 м Стала обертання кварцу при цій дов-жині хвилі α = 29deg7prime ммndash1 Відповідь 61middot10ndash3 м 49 Між схрещеними призмами Ніколя помістили пластину кварцу завтовшки 3 мм у результаті чого поле зору стало максимально світлим Визначити сталу обертання викори-станого в досліді кварцу Відповідь 30 градмм

197

50 Визначити питоме обертання розчину цукру концент-рація якого с = 033 гсм3 якщо при проходженні моно-хроматичного світла крізь трубку з розчином кут повороту площини поляризації рівний 22deg Довжина трубки 10 см Відповідь 667 градmiddotсм2г 51 При проходженні світла крізь шар 10-процентного розчину цукру завтовшки 10 см площина поляризації світ-ла повернулася на 16deg30 В іншому розчині цукру взято-му в шарі завтовшки 25 см площина поляризації поверну-лася на кут 33deg Знайти концентрацію другого розчину Відповідь 2 52 Трубка завдовжки l = 01 м заповнена водним розчи-ном цукру і розташована між поляризатором і аналізато-ром Щоб досягти повного затемнення поля зору після аналізатора треба повернути його відносно поляризатора на кут ϕ = 60deg Система освітлюється жовтим світлом Стала обертання для жовтого світла α = 667deg дмndash1middotгmiddotсм3 Визначити концентрацію с цукру в розчині Відповідь с asymp 450 кгм3 53 Пучок монохроматичного світла проходить крізь скляну пластинку завтовшки 1 см Визначити монохроматичний показник поглинання скла якщо при цьому поглинається 10 падаючого світла Якою має бути товщина скляної пластинки щоб поглиналася половина падаючого світла Відповідь 01 смndash1 69 см 54 Крізь пластинку із прозорої речовини завтовшки 42 см проходить половина падаючого на неї світлового потоку Визначити показник поглинання цієї речовини Розсіян-ням світла у пластинці знехтувати вважати що 10 па-даючої енергії відбивається від поверхні пластинки Відповідь 014 смndash1

198

55 У 4-процентному розчині речовини у прозорому середовищі інтенсивність світла на глибині 20 мм осла-блюється у 2 рази У скільки разів ослаблюється інтен-сивність світла на глибині 30 мм у 8-процентному роз-чині тієї самої речовини Відповідь у 8 разів 56 Яка концентрація розчину якщо однакова освітле-ність фотометричних полів була отримана при товщині шару 8 мм еталонного 3-процентного розчину та шару 24 мм невідомого розчину Відповідь 1

199

sect 2 Основи квантової оптики

Фізика атомного ядра 1 Фотонна теорія світла Формула Планка Енергія

маса та імпульс фотона Світло випромінюється поглина-ється та поширюється у вигляді дискретних частинок ndash фо-тонів (квантів електромагнітного поля) Енергія фотона ε визначається формулою Планка

hchε = ν = ω =λ

(1)

де h = 6625middot10ndash34 Джmiddotс ndash стала Планка (2h

=π

) ν ndash частота

випромінювання Маса та імпульс фотона обчислюються за формулами

ф 2h hm

ccν

= =λ

(2)

тут фm ndash маса руху фотона (маса спокою фотона дорівнює нулю)

ф фh hp m сcν

= = =λ

(3)

Ці формули повrsquoязують корпускулярні характеристики ви-промінювання ndash масу та імпульс кванта із хвильовими ndash часто-тою коливань і довжиною хвилі λ

Особливість фотона бути частинкою і мати хвильові власти-вості називається корпускулярно-хвильовим дуалізмом

2 Хвильові властивості частинок речовини Формула де

Бройля Корпускулярно-хвильовий дуалізм властивий не тільки світлу а й узагалі будь-яким частинкам (електронам протонам нейтронам та їх колективам ndash атомним ядрам атомам і молекулам)

Довжина хвилі яка відповідає рухомій частинці визначаєть-ся формулою де Бройля

h hp mv

λ = = (4)

де v ndash швидкість руху частинки

200

У випадку руху частинки зі швидкістю v близькою до швид-кості світла с формула для розрахунку імпульсу частинки набу-ває вигляду

( )21

m vpv c

=minus

(5)

де m ndash маса спокою частинки 3 Співвідношення невизначеностей ndash положення згідно із

яким корпускулярно-хвильовий дуалізм частинок не дає можли-вості одночасно точно визначити наприклад імпульс і коорди-нату (або енергію і час) для мікрочастинки

Математичний запис співвідношення невизначеностей

2xp xΔ Δ ge або 2

E tΔ Δ ge (6)

тобто добуток похибок (невизначеності) в одночасному вимірю-ванні імпульсу рх і координати х (або енергії і часу) для тієї самої частинки не може бути меншим за половину сталої Планка 2 Якщо одна з величин (наприклад імпульс) визначена цілком точ-но (Δрх=0) то інша (координата) буде невизначеною (Δх = infin)

4 Фотоефект ndash явище повного або часткового вивільнення елек-

тронів із катодів під дією світла (інфрачервоного видимого та ульт-рафіолетового) у результаті чого електрони речовини переходять у новий енергетичний стан Явище фотоефекту mdash один із проявів вза-ємодії світла з речовиною який розкриває квантову природу світла

Зовнішній фотоефект ndash виривання електронів із повер-хні тіла у результаті чого вони виходять за його межі (хара-ктерний для металів)

Внутрішній фотоефект ndash часткове вивільнення електронів у результаті чого вони переходять зі звrsquoязаного стану у вільний (у зону провідності) і збільшують електропровідність речовин (характерний для напівпровідників та діелектриків)

5 Рівняння Ейнштейна для зовнішнього фотоефекту 2max

вих вих з 2mvh A A eUν = + = + (7)

201

де hν ndash енергія фотона Авих ndash робота виходу електрона з металу

(визначається положенням рівня Фермі) 2max2

mv ndash максимальне

значення кінетичної енергії електрона e ndash заряд електрона зU ndash затримуючий потенціал Енергія фотона hν яку поглинає електрон витрачається ним

на подолання потенціального барrsquoєра у металі тобто на роботу виходу та надання кінетичної енергії вивільненому електрону

ldquoЧервона межаrdquo фотоефекту ndash найменша частота νmin (або най-більша довжина хвилі λmax) світла при якій відбувається фотоефект

вихmin

Ah

ν = або maxвих

chA

λ = (8)

де Aвих ndash робота виходу електрона з металу h ndash стала Планка с ndash швидкість світла у вакуумі

6 Ефект Комптона ndash розсіяння короткохвильового електро-

магнітного випромінювання (рентгенівського та гамма) на віль-них або слабо звrsquoязаних електронах речовини при якому зменшу-ється енергія фотона (довжина хвилі збільшується) Збільшення довжини хвилі Δλ не залежить від довжини падаючої хвилі λ і від природи розсіюючої речовини а залежить від кута θ між напрям-ком розсіяння і напрямком падаючого випромінювання

( ) 20 01 cos 2 sin ( 2)Δλ = λ minus θ = λ θ (9)

де 120

024 10h

m cminusλ = = sdot м ndash стала величина яка називається

комптонівською довжиною хвилі електрона 7 Тиск світла ndash тиск який чинить електромагнітна хвиля на

поверхню дзеркального або поглинаючого тіла Тиск світла за-лежить від обrsquoємної густини енергії поля випромінювання і вла-стивостей поверхні На основі електромагнітної теорії Дж Максвелл одержав формулу для обчислення тиску плоскої електромагнітної хвилі на тіло

202

( )1 cosP i= + ρ ω (10) де ρ ndash коефіцієнт відбивання ω ndash обrsquoємна густина енергії пада-ючої хвилі і ndash кут падіння світла на тіло

При нормальному падінні світла (і = 0) тиск ( )1P = + ρ ω (11)

Із погляду квантової теорії тиск світла зумовлений зміною ім-пульсу фотонів при поглинанні та відбиванні їх поверхнею тіл

8 Теплове випромінювання Функція Планка Теплове

випромінювання ndash випромінювання нагрітими тілами електро-магнітних хвиль за рахунок їх внутрішньої енергії

Функція Планка ndash аналітичний вираз розподілу енергії рів-новажного теплового випромінювання абсолютно чорного тіла за частотами залежно від температури Т цього тіла Функція Планка ε(νТ) для спектральної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла має вигляд

( )2

22

1h kThT

c e νπν ν

ε ν = sdotminus

(12)

У змінних λ і Т відповідно

( )2

52 1

1hc kThcT

e λπ

ε λ = sdotλ minus

(13)

де ν λ ndash частота і довжина хвилі випромінювання Т ndash тер-модинамічна температура с ndash швидкість світла у вакуумі k ndash стала Больцмана

Закон Кірхгофа Відношення спектральної випромінюваль-ної здатності тіла R(νT) до спектральної поглинальної здатності А(νT) тіла не залежить від природи тіла і є для всіх тіл однією і тією самою універсальною функцією яка дорівнює спектраль-ній випромінювальній здатності ε(ν T) абсолютно чорного тіла у тій самій спектральній області і при тій самій температурі

( )( ) ( )

R TT

A Tν

= ε νν

(14)

Для абсолютно чорного тіла А(νT) = 1 тому R(νT) = ε(ν T)

203

Коефіцієнт поглинання пог пад=Ф Фα ndash відношення потоку випромінювання що поглинається даним тілом до потоку ви-промінювання що падає на тіло

9 Закони теплового випромінювання Повна випроміню-

вальна здатність ε(Т) абсолютно чорного тіла

( ) ( )3

20

2 1h kT

h dT T dc e

infin infin

νπ ν ν

ε = ε ν ν =minusint int

0 (15)

Закон СтефанаndashБольцмана Повна випромінювальна зда-тність абсолютно чорного тіла пропорційна температурі тіла у четвертому степені

4( )T Tε = σ (16)

де 5 4

82 3 2 4

2 Вт567 1015 м К

kc h

minusπσ = = sdot ndash стала СтефанаndashБольцмана

Повну випромінювальну здатність далі називатимемо випро-мінювальною здатністю

Закон Віна Довжина хвилі λmax на яку припадає максимум

спектральної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла обернено пропорційна абсолютній температурі T цього тіла

max bT

λ = (17)

де b = 289 sdot 10ndash3 м sdotК ndash стала Віна 10 Квантова теорія будови атома водню

Постулати Бора 1) атому властиві цілком стійкі (стаціонарні) стани з відпові-

дними значеннями енергії Е1 Е2 Еn перебуваючи в яких він не поглинає і не випромінює електромагнітних хвиль Це означає що електрони в атомі рухаються не по будь-яких орбі-тах а тільки по цілком певних для яких виконується умова що момент імпульсу електрона кратний величині h2π тобто

204

2hmvr n n= =π

(18)

де m v r ndash відповідно маса швидкість і радіус орбіти електрона h ndash

стала Планка n = 1 2 2h

=πтакож називається сталою Планка

2) при переході з одного стаціонарного стану в інший атом випромінює або поглинає електромагнітну хвилю (фотон) час-тота якої визначається з умови

n kE E hminus = ν (19) де En ndash початкова енергія атома Ek ndash енергія атома після ви-промінювання (поглинання) ν ndash частота випромінювання (поглинання) При випромінюванні фотона n kE Egt при по-глинанні фотона n kE Elt

Повна енергія (кінетична енергія руху електрона плюс поте-нціальна енергія взаємодії електрона з ядром) електрона в атомі збільшується зі збільшенням квантового числа n

41

2 2 2 2 20

1 136 еВ8nme EE

n h n n= minus sdot = = minus

ε (20)

де е ndash заряд електрона m ndash маса електрона ε0 ndash електрична стала Е1= ndash136 еВ ndash повна енергія атома водню в незбурено-му основному стані n = 1

Довжина хвилі світла λ що випромінюється атомом водню при переході з однієї орбіти на іншу визначається формулою

2 21 2

1 1 1Rn n

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟⎜ ⎟λ ⎝ ⎠

(21)

де R = 1097 sdot 107 мndash1 ndash стала Рідберга для видимого світла n1 = 2 ndash номер орбіти на яку переходить електрон n2 = 3 4 5 ndash но-мер орбіти із якої переходить електрон (серія Бальмера)

Нормована на одиницю псі-функція 1 ( )s rψ для 1s електрона в атомі водню має вигляд

1 3 11

1( ) expsrr rr

⎛ ⎞ψ = minus⎜ ⎟⎝ ⎠π

(22)

де r1= 0529middot10ndash10 м ndash перший борівський радіус

205

Оскільки енергія En дається формулою (20) і залежить лише від головного квантового числа n а стан електрона визначається набо-ром із чотирьох квантових чисел n l ml ms (орбітальне l = 0 1 n ndash 1 магнітне ml = 0 plusmn1 plusmn2 plusmnl спінове ms= plusmn12) то кількість різних станів із повним значенням енергії En або кратність виродження даного енергетичного рівня в атомі водню виражається формулою

( ) [ ]1

2

02 2 1 2 1 3 5 (2 1) 2

n

lN l n n

minus

== + = + + + + minus =sum (23)

Згідно із принципом Паулі в атомі (і в будь-якій квантовій системі) не може бути електронів з однаковими значеннями всіх чотирьох квантових чисел

Сукупність електронів атома з однаковими значеннями голо-вного квантового числа n утворює так звані оболонки K L M N O P (K-оболонці відповідає n = 1 L-оболонці ndash n = 2 і т д)

Максимальна кількість електронів в одній оболонці визнача-ється формулою (23) так у K-оболонці може бути 2 електрони у L-оболонці ndash 8 електронів у М-оболонці ndash 18 електронів у N-оболонці ndash 32 електрони і т д

Оболонки складаються з підоболонок які відрізняються одна від одної значенням орбітального числа l

0 1 2 3

l

s p d f

=

Підоболонки позначають (nl) ndash 1s 2s 2p 3s 3p 3d Розподіл електронів за станами називають електронною конфігурацією

Наприклад електронна конфігурація атома кисню О така 1s2 2s2 2p4 ndash всього 8 електронів

Максимальна кількість електронів в одній підоболонці 2(2 1)lN l= + отже у s-підоболонці (l = 0) можуть розміщу-

ватись лише 2 електрони із протилежно направленими спінами у p-підоболонці ndash 6 електронів у d-підоболонці ndash 10 електронів і т д

11 Розвrsquoязок рівняння Шредингера для стаціонарних станів

частинок масою m що знаходяться в одновимірній нескінченно глибокій потенціальній ямі завширшки l дозволяє знайти дис-кретний спектр власних значень енергії частинки

206

2 22

22nE nml

π= ( n = 1 2 3 ) (24)

та вигляд власних нормованих псі-функцій 2( ) sinn

n xxl l

πψ = ( n = 1 2 3 ) (25)

Імовірність знаходження частинки на енергетичному рівні En у ямі в межах 1 2x x xlt lt отримують із виразу

2

1

21 2( ) ( )

x

nx

P x x x x dxlt lt = ψint (26)

12 Закон радіоактивного розпаду Для кожного радіоактивно-го ядра існує певна ймовірність λ того що воно зазнає розпаду за одиницю часу Якщо на момент часу t є N радіоактивних атомів то середня кількість атомів що зазнають розпаду за час dt пропор-ційна часу і повній кількості атомів N радіоактивного елемента

dN Ndt= minusλ (27) де λ ndash стала розпаду

Кількість атомів радіоактивної речовини з часом зменшуєть-ся за експоненціальним законом

0tN N eminusλ= (28)

де N0 ndash початкова кількість атомів (при t = 0) N ndash наявна кіль-кість атомів радіоактивної речовини в момент часу t

Рівняння (28) виражає закон радіоактивного розпаду Цей закон є статистичним і справджується за умови коли кі-лькість атомів досить велика

Період піврозпаду ndash проміжок часу протягом якого в серед-ньому зазнає розпаду половина початкової кількості атомів

0

1 ln 2 0693 2

TN e TN

minusλ= = = =λ λ

(29)

13 Активність а радіоактивної речовини ndash це кількість ядер що зазнають розпаду за одиницю часу

0ln 2 tdN Na N N e a

dt Tminusλ= = λ = λ = (30)

де N0 ndash початкова кількість атомів N ndash наявна кількість атомів λ ndash стала розпаду T ndash період піврозпаду

207

Правила зміщення для α- і β-розпадів відповідно такі 1) ізотоп з атомним номером Z і масовим числом А при ви-

промінюванні α-частинки перетворюється в ізотоп з атомним номером Z-2 і масовим числом А-4 тобто при α-розпаді утво-рюється ізотоп іншого елемента порядковий номер якого в періодичній таблиці зміщено на дві одиниці ліворуч від номера елемента що розпався

Схему α-розпаду можна записати так 4 42 2X Y HeA A

Z Zminusminusrarr + (31)

2) ізотоп з атомним номером Z і масовим числом А при ви-промінюванні електрона перетворюється в ізотоп іншого еле-мента з порядковим номером Z+1 і з тим самим масовим чис-лом тобто при β-розпаді утворюється ізотоп іншого елемен-та порядковий номер якого в періодичній таблиці елементів збільшується на одиницю

Схему β-розпаду можна записати так 0

1 1X Y A AZ Z e+ minusrarr + + ν (32)

(при β-розпаді випромінюється антинейтрино ν ) 14 Закон пропорційності маси й енергії Зміна енергії систе-

ми ΔЕ супроводжується пропорційною зміною маси системи Δm 2E mcΔ = Δ (33)

де c ndash швидкість світла у вакуумі 15 Енергія звrsquoязку ядер Дефект маси атомного ядра Енергія звrsquoязку ядра дорівнює роботі яку слід виконати для

розщеплення ядра на нуклони без надання їм кінетичної енергії Енергію звrsquoязку ядра визначають на основі закону збережен-

ня енергії та закону пропорційності маси й енергії При порівнянні суми мас спокою нуклонів які утворюють

ядро із масою ядра виявляється що для всіх хімічних елементів справджується нерівність

( ) яp nZm A Z m m+ minus gt (34) де Z ndash атомний номер елемента (кількість протонів у ядрі) A ndash масове число (кількість нуклонів у ядрі) mp ndash маса протона mn ndash маса нейтрона mя ndash маса ядра

208

Величину Δm що виражає різницю між масою нуклонів які утворюють ядро і масою mя називають дефектом маси ядра

( ) я[ ]p nm Zm A Z m mΔ = + minus minus (35) Загальна формула для розрахунку енергії звrsquoязку Е ядра (у

джоулях) за його дефектом маси має вигляд ( )2

зв я[ ] p nE c Zm A Z m m= + minus minus (36) де c ndash швидкість світла у вакуумі

Якщо виразити масу нуклонів у ядрі в атомних одиницях ма-си (аом) і врахувати що

с21 аом = 16 27

199 10 166 10 eB

16 10

minus

minussdot sdot sdot

sdot = 9315 МеВ

то можна записати формулу енергії звrsquoязку ядра (у мегаелект-рон-вольтах) як

( )зв я9315[ ] p nE Zm A Z m m= + minus minus (37) 16 Питома енергія звrsquoязку εзв ndash це енергія звrsquoязку ядра Езв

що припадає на один нуклон зв

звEA

ε = (38)

де А ndash масове число 17 Ядерні реакції ndash перетворення ядер при їх взаємодії

між собою при взаємодії з елементарними частинками і при внутрішніх спонтанних процесах

Ядерні реактори класифікуються за цільовим призначенням (енергетичні дослідницькі розмножувальні) за енергією вико-ристаних нейтронів (повільних проміжних швидких) за спосо-бом розміщення палива і сповільнювача за методом досягнення максимальної потужності

Виділення ядерної енергії відбувається як при реакціях поді-лу важких ядер так і при реакціях злиття (синтезу) легких ядер

Ядерна енергія ΔЕ яка виділяється кожним ядром що прореагувало визначається різницею між енергією звrsquoязку

209

продукту реакції Е2 й енергією звrsquoязку Е1 початкового ядер-ного матеріалу

2 1E E EΔ = minus (39) 18 Фізичні величини й одиниці що використовуються в

дозиметрії іонізуючих випромінювань 1) доза опромінення ndash міра дії випромінювання на речовину 2) активність а джерела ndash фізична величина що характери-

зує загальну кількість розпадів радіоактивних ядер за одиницю

часу dNadt

= Одиниця активності ndash беккерель (Бк) 1Бк дорів-

нює 1 ядерному перетворенню (розпаду) за 1 с Активність іноді відносять до площі поверхні наприклад Бккм2

3) доза поглинання Д ndash основна дозиметрична величина Доза поглинання дорівнює відношенню середньої енергії що передається випромінюванням речовині в елементарному обrsquoємі до маси речовини в цьому обrsquoємі Одиниця дози по-глинання ndash грей (Гр)= Джкг

4) еквівалентна доза Н ndash це доза поглинання помножена на коефіцієнт якості випромінювання ( k ) який враховує біологіч-ну ефективність різних типів іонізуючого випромінювання

а) k = 1 для електронів та позитронів б) k ge 1 для рентгенівського та гамма-випромінювання в) k = 3 для нейтронів з енергією меншою 20 кеВ г) k = 10 для нейтронів з енергією 01ndash10 МеВ д) k = 20 для альфа-випромінювання з енергією меншою 10 МеВ Одиниця еквівалентної дози mdash зіверт (Зв) 1 зіверт відпо-

відає дозі поглинання в 1 Джкг (для рентгенівського гамма- та бета-випромінювань)

5) ефективна еквівалентна доза ndash еквівалентна доза помноже-на на відповідний ваговий коефіцієнт (коефіцієнт радіоактивного ризику) що враховує різну чутливість органів до опромінення

=1

n

i ii

H H W= sum (40)

210

і є сумою добутків дози яку одержав кожний орган на відповід-ний ваговий коефіцієнт Wi

6) колективна ефективна еквівалентна доза ndash ефективна еквівалентна доза одержана групою людей від будь-якого дже-рела радіації Вимірюється в людино-зівертах

7) повна (очікувана) колективна ефективна еквівалентна доза ndash колективна ефективна еквівалентна доза яку одержить покоління людей від будь-якого джерела радіації за весь час його існування

8) експозиційна доза (Х) чисельно дорівнює відношенню сумар-ного заряду іонів який створено фотонним випромінюванням до маси опроміненої речовини Одиниця вимірювання ndash Клкг

Таблиця 2

Одиниці вимірювання іонізуючого випромінювання Фізичні величини

та їх символи

ОдиниціСІ

Поза-системні одиниці

Співвідношення між одиницями СІ та

позасистемними одиницями

Активність а Бк беккерель

Кі кюрі

1 Бк = 1 розпадс = 27middot10ndash11 Кі 1 Кі = 37middot1010 Бк

Доза поглинання Д

Гр грей рад 1 Гр = 1 Джкг = 100 рад

1 рад = 10ndash2 Гр

Еквівалентна доза Н

Зв зіверт бер

1 Зв = 1 Гр = 1 Джкг middot k 1 Зв = 100 бер 1 бер = 10ndash2 Зв 1 бер = 1 радmiddot k

Експозиційна доза Х Клкг Р

рентген

1 Клкг = 388middot103 Р 1 Р = 258middot10ndash4 Клкг 1 Р = 088 рад = 88middot10ndash3 Гр

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Фізичні процеси при взаємодії іонізуючого випроміню-

вання з речовиною Первинним механізмом дії іонізуючого випромінювання є фі-

зичний процес на молекулярному рівні організації біосистеми ndash

k

211

іонізація або збудження атомів і молекул опромінюваного обrsquoєму біотканини внаслідок поглинання енергії випромінювання

У первинних механізмах дії іонізуючого випромінювання ви-діляють також непряму (опосередковану) дію яка повrsquoязана з іо-нізацією води Основну частину маси живого організму складає вода (у людини близько 75 ) Іонізація води призводить до сут-тєвого підвищення рівня вільних радикалів які мають дуже висо-ку хімічну активність У наступних каталітичних реакціях окис-лення молекул білка накопичення перекисних сполучень підви-щують проникність клітин та спричиняють їх пошкодження

Ці фізико-хімічні процеси є пусковим механізмом який при-водить у дію складні й взаємоповrsquoязані зміни у клітинах що підпорядковані біологічним законам і порушують нормальне функціонування біосистеми Розглянемо механізми взаємодії іонізуючого випромінювання з речовиною

2 Взаємодія α- і β- випромінювання з речовиною Основними процесами взаємодії α- і β-частинок порівняно

малих енергій (le 20 МеВ) із речовиною є пружне та непружне розсіяння гальмівне випромінювання

Пружне розсіяння відбувається в результаті електромагнітної взаємодії заряджених частинок із кулонівським полем ядра

Непружне розсіяння йде при взаємодії частинки з електронами атома При цьому частина енергії передається електрону який мо-же перейти на більш високий енергетичний рівень (збудження атома) або вилетіти з атома (іонізація атома) Електрони які поки-нули атом можуть викликати вторинну іонізацію атомів

Другий непружний електромагнітний процес ndash гальмівне ви-промінювання виникає при гальмуванні зарядженої частинки в електричному полі атомного ядра

Зовнішні джерела β- і α-частинок не є особливо небезпеч-ними бо частинки мають малу проникну здатність тому за-хист від їх дії не викликає проблем Наприклад шар повітря завтовшки 10 см тонка фольга гумовий одяг екранують α-частинки Пробіг α-частинок у біологічній тканині становить не більше 01 мм Декілька міліметрів алюмінію або скла по-вністю екранують потік β-частинок

212

Однак для високоактивних джерел β-частинок з енергією бі-льше 1 МеВ слід враховувати що при їх гальмуванні виникають високоенергетичні γ-кванти

Для людини β- та α-частинки дуже небезпечні при внут-рішньому опроміненні

3 Взаємодія γ-випромінювання з речовиною Основними процесами взаємодії γ-випромінювання з речови-

ною (при енергії γ-квантів від 20 кеВ до 10 МеВ) є фотоефект комптон-ефект і утворення електронно-позитронних пар

У результаті всіх процесів відбувається іонізація речовини яка є початковим етапом механізму біологічної дії радіації на людину

Рентгенівське та γ-випромінювання мають велику проникну здатність (їх пробіг у повітрі становить сотні метрів) і тому цей тип випромінювання є небезпечним для людини

4 Взаємодія нейтронів з речовиною Іонізація біологічної тканини під дією нейтронів обумовлена

головним чином такими процесами 1) захоплення нейтронів ядрами азоту за реакцією ( )14 14

7 5N Cn p У результаті утворюються протони із середньою енергією 06 МеВ які іонізують біологічну тканину

2) захоплення нейтронів ядрами водню за реакцією ( ) 2

1H Hn γ Іонізацію викликають γ-кванти з енергією 218 МеВ які виникають при радіаційному захопленні

3) пружне розсіяння нейтронів на ядрах водню кисню вуг-лецю й азоту Іонізацію викликають ядра віддачі

213

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити кількість фотонів випромінених за одиницю часу

джерелом потужності Р = 1 Вт якщо довжина хвилі випроміню-вання λ1 = 102 м λ2 = 10ndash7 м λ3 = 10ndash12 м

Розвrsquoязання

Кількість випромінених за одиницю часу квантів

P PNh hc

λ= =

ν

де h = 6625middot10ndash34 Джmiddotc ndash cтала Планка с = 3middot108 мc ndash швид-кість світла у вакуумі

Підставляючи дані з умови задачi знаходимо N1 = 5middot1026 квантівc N2 = 5middot1017 квантівc N3 = 5middot1012 квантівc

Задача 2 При якій швидкості v кінетична енергія частинки Ек дорівнює

її енергії спокою Е0

Розвrsquoязання

У релятивістській механіці кінетична енергія частинки Ек = Е ndash Е0

де Е ndash повна енергія Е0 ndash енергія спокою За умовою задачі Ек = Е0 тому запишемо

Е0 = Е ndash Е0 тобто Е = 2Е0 або mc2 = 2m0c2

де ( )

021

mmv c

=minus

214

Тоді ( )

220

022

1

m c m cv c

=minus

або ( )2 11 2

vcminus =

звідки 34

v c= sdot v = 0866c

де c ndash швидкість світла у вакуумі c = 3 108 мc v = 26 middot108 мc Задача 3 Оцінити невизначеність швидкості електрона в атомі водню

яка повrsquoязана з рухом електрона по першій борівській орбіті Порівняти цю невизначеність із самою швидкістю

Розвrsquoязання

Радіус атома r asymp 5middot10ndash11 м швидкість електрона на орбіті

v asymp 106 мс Якщо допустити що невизначеність радіуса орбіти становить один відсоток від радіуса тобто Δr = 001r = 5middot10ndash13 м то невизначеність швидкості

348

31 1310 22 10

9 10 5 10v

m r

minus

minus minusΔ = asymp = sdotΔ sdot sdot sdot

мс

Видно що невизначеність швидкості приблизно у 220 разів перевершує значення самої швидкості Це означає що немає сенсу говорити про рух електрона в атомі по певній траєкторії

Якщо наприклад невизначеність швидкості Δv = 001v = = 104 мс то невизначеність радіуса

348

4 3110 11 10

10 9 10r

m v

minus

minusΔ = = = sdotΔ sdot sdot

м

Невизначеність радіуса у 220 разів перевищує радіус орбіти Таким чином радіус орбіти стає невизначеним і можна зробити висновок що при русі електрона в атомі співвідношення неви-значеностей вносить суттєві зміни у класичні уявлення про тра-єкторію електрона ndash його орбіту

215

Задача 4 Оцінити невизначеність швидкості електрона в бетатроні

якщо він рухається по колу радіусом r = 25 м зі швидкістю v = 297 108 мс Радіус траєкторії знайдено з невизначеністю Δr = 02 від радіуса траєкторії

Розвrsquoязання

Невизначеність Δr радіуса траєкторії становить Δr = 0002 r = 0005 мм тобто траєкторія визначена достатньо точно

Невизначеність швидкості знаходимо зі співвідношення

vm r

Δ =Δ

де m ndash маса електрона яку визначають за формулою

( )0

0271

1

mm mv c

= =minus

(тут m0 = 91 10ndash31 кг)

Далі одержуємо 34

31 510

71 91 10 5 10v

minus

minus minusΔ asymp asympsdot sdot sdot sdot

03 мс

У цьому випадку можна вважати що швидкість електрона визначено достатньо точно електрон рухається по колу певного радіуса і має точне значення швидкості

Задача 5 Знайти тиск світла на стінки електричної лампи потужністю

N = 102 Вт якщо колба лампи має сферичну форму радіусом R = 5 10ndash2 м Вважати що потужність лампи витрачається на ви-промінювання стінки лампи відбивають 10 падаючого світла

Розвrsquoязання

Тиск світла залежить від власної інтенсивності й відбивної

здатності поверхні на яку він тисне і визначається за формулою

216

( )1IPc

= + ρ

де I ndash інтенсивність світла c ndash швидкість світла у вакуумі ρ ndash коефіцієнт відбиття

Оскільки I = NS де S = 4πR2 ndash площа поверхні лампи то остаточно запишемо

( )2 1 4

NPR c

= + ρπ

Згідно з умовою задачі ρ = 01 тоді одержимо Р = 12middot10ndash5 Па Задача 6 Радіоактивний натрій 24

11Na розпадається випромінюючи β-частинки Період піврозпаду натрію складає Т = 148 годин Визначити кількість атомів ΔN що розпалися за 10 годин у 10ndash6 кг радіоактивного препарату

Розвrsquoязання

Кількість атомів що розпалися за час t

0N N NΔ = minus (1) де N0 ndash початкова кількість атомів N ndash кількість атомів на момент t

Формулу (1) можна привести до вигляду

( )0 0 0 1t tN N N e N eminusλ minusλΔ = minus = minus (2)

де λ ndash стала розпаду

Враховуючи що λ = ln2T

запишемо

( )ln 2

ln 20 0 01 1 1 2

tttT TTN N e N e N

minus sdot minusminus⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥Δ = minus = minus = minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(3)

217

Оскільки в одному молі 2411Na міститься NA атомів то в цій

масі препарату міститься 0 AmN NM

= атомів (m ndash маса радіоак-

тивного препарату M ndash молярна маса натрію)

Остаточно одержимо 1 2 tT

AmN NM

minus⎛ ⎞⎜ ⎟Δ = minus⎜ ⎟⎝ ⎠

4

436106

23 18533103

10 602 10 1 2 93 1024 10

Nsdotminus minussdot

minus

⎛ ⎞⎜ ⎟Δ = sdot minus asymp sdot⎜ ⎟sdot ⎜ ⎟⎝ ⎠

атомів

Задача 7 Активність а ізотопу вуглецю 14

6C у старовинних деревrsquoяних предметах складає 45 активності цього ізотопу у свіжозрубаних деревах Період піврозпаду Т ізотопу 14

6C становить 5570 років Визначити вік старовинних предметів

Розвrsquoязання

За законом радіоактивного розпаду

0tN N eminusλ=

тоді активність речовини

0tdNa N e

dtminusλ= = λ

де N0 ndash початкова кількість атомів радіоактивної речовини N ndash кі-лькість радіоактивних атомів на момент часу t λ ndash стала розпаду

У початковий момент часу активність

0 0a N= λ тому 0ta a eminusλ=

де ln 2T

λ = (Т ndash період піврозпаду)

Тоді 0 0

ln 2 ln ta a te ta a T

minusλ sdot= = minusλ = minus

де t ndash вік старовинних предметів

218

Остаточно одержимо 0ln

ln 2

aTa

t

⎛ ⎞minus ⎜ ⎟

⎝ ⎠=

5570ln(4 5) 5570( 0225) ln 2 0693

t minus minus minus= = t asymp 1800 років

Задача 8 Знайти швидкості продуктів реакції яка протікає в резуль-

таті взаємодії нейтронів 10 n із початково нерухомими ядрами

бору 105B якщо кінетична енергія нейтронів нескінченно мала

(у результаті реакції утворюються літій 73Li та α -частинка)

Розвrsquoязання

Реакцію 10 7B( ) Lin α можна представити у вигляді

10 1 7 45 0 3 2B Li n+ = + α

знайдемо теплоту яка виділилася під час реакції

( ) ( ) ( )7 4 10зв 3 зв 2 зв 5Li BQ E E E= + α minus

Енергію звrsquoязку знаходимо зі співвідношення зв ( ) ( )E Z N Z p N n Z N= Δ + Δ minus Δ

де Z N ndash зарядове число та кількість нейтронів Δp = 0007825 (аом) ndash дефект маси протона Δn = 0008665 (аом) ndashдефект маси нейтрона Δ(Z N) ndash дефект маси нукліда (аом) 1 аом = 931502 МеВ

Користуючись таблицями з додатків отримаємо

( )10зв 5BE = 5 sdot 0007825 + 5 sdot 0008665 ndash

ndash 0012339 = 0069511 аом = 6474 МеВ

( )7зв 3LiE = 392 МеВ ( )4

зв 2E α = 2824 МеВ

219

Отже Q = 392 + 2824 ndash 6474 = 270 МеВ = 27 sdot 16 sdot 10ndash19 sdot 106 Дж Оскільки за умовою задачі кінетична енергія нейтронів не-

скінченно мала мішень 105B ndash нерухома то

Q = KLi + Kα де KLi і Kα ndash кінетичні енергії продуктів реакції літій ndash α-частинка Використовуючи закон збереження імпульсу отримаємо

2

Li Li LiLi

0 2

m m vm v m v v v Km

α α αα α α α+ = rArr = =

2 22 LiLi

Li Li Li

2 2 2Li

Lim m m m v mmK v v K

m m mα α α α α

α α⎛ ⎞

= = = sdot =⎜ ⎟⎝ ⎠

2

LiLi Li

1 1 2

m m v mQ K K Km m

α α α αα α

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Звідки знаходимо 19 6 26

6

Li

2 2 27 16 10 10 10 93 104 411

6022 7

Qvmmm

minus

αα

α

sdot sdot sdot sdot sdot= = = sdot

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞sdot ++ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

мс

326 26

Li234 10 4 710 кг 10 кг

6022 60226022 10m m

minusminus minus

αsdot

= = sdot = sdotsdot

6 6Li

Li

4 93 10 53 107

mv vm

αα= = sdot sdot = sdot мс

220

Задачі

1 Знайти масу кванта 1) червоних променів світла (λ = 7 sdot 10ndash7 м) 2) рентгенівських променів (λ = 25 sdot 10ndash11 м) 3) гамма-променів (λ = 124 sdot 10ndash12 м) Відповідь 32 sdot 10ndash36 кг 88 sdot 10ndash32 кг 18 sdot 10ndash30 кг 2 Визначити масу енергію та імпульс фотонів випро-мінювання 1) червоного (λ1 =700 нм) 2) фіолетового (λ2 = 400 нм) 3) рентгенівського (λ3 = 05 sdot 10ndash10 м) Відповідь 1) 32 sdot 10ndash36 кг 28 sdot 10ndash19 Дж 95 sdot 10ndash28 кгmiddotмс 2) 55 sdot 10ndash36 кг 5 sdot 10ndash19 Дж 166 sdot 10ndash28 кгmiddotмс 3) 44 sdot 10ndash32 кг 4 sdot 10ndash15 Дж 133 sdot 10ndash24 кгmiddotмс 3 Яка кількість фотонів світла з довжиною хвилі 500 нм відповідає енергії 10 еВ Відповідь 4 4 Визначити довжину хвилі фотона імпульс якого дорів-нює імпульсу електрона що має швидкість 104 кмс Відповідь 74 10ndash11 м 5 Яку енергію повинен мати фотон щоб його маса дорів-нювала масі спокою електрона Відповідь 051 МеВ 6 Для людини верхня границя потоку світлової енергії що сприймається безболісно становить 2sdot10ndash5 Вт Скіль-ки при цьому потрапляє за 1 с до ока фотонів із довжи-ною хвилі 555 нм Відповідь 558sdot1012 7 Зорове відчуття у людини може виникнути якщо енер-гія світла що потрапляє до ока становить 2 sdot 10ndash13 Дж

221

Скільки квантів червоного світла з довжиною хвилі 700 нм повинно одночасно потрапити в око для ство-рення зорового відчуття Відповідь 7sdot105 8 За певних умов сітківка ока людини може реєструвати приблизно пrsquoять фотонів голубувато-зеленого світла (λ= 5sdot10ndash7 м) Чому дорівнює відповідна кількість енергії Е що падає на сітківку ока Якщо кожної секунди в око потрапляє і поглинається пrsquoять таких фотонів світла чому дорівнює потужність N яка при цьому передається Відповідь Е = 2sdot10ndash18 Дж (124 еВ) N = 2sdot10ndash18 Вт 9 Чому дорівнює довжина хвилі де Бройля для електро-на що має швидкість 1000 кмс Відповідь 73sdot10ndash10 м 10 Порівняйте довжини хвиль де Бройля для електрона та кульки масою 1 г якщо їх швидкість однакова і дорівнює 100 мс Відповідь 727sdot10ndash6 м та 663sdot10ndash33 м 11 У трубці телевізора прискорювальна напруга U = 20 кВ Чому дорівнює довжина хвилі де Бройля для електрона в кінці процесу прискорення Відповідь 886sdot10ndash12 м 12 Електрон пролітає крізь щілину завширшки 1 мкм Із якою найменшою похибкою в момент проходу крізь щілину може бути визначена відповідна складова ім-пульсу електрона Відповідь 105sdot10ndash20 кгmiddotмс 13 Тривалість збудженого стану атома водню становить приблизно Δt = 10ndash8 с Чому дорівнює невизначеність атомного рівня ΔE при цьому Відповідь 655sdot10ndash8 еВ

222

14 Чому дорівнює невизначеність енергії у метастабільному стані якщо час життя для атома в цьому стані Δt = 05 с Відповідь 131sdot10ndash16 еВ 15 Визначити червону границю фотоефекту для цинку та максимальну швидкість фотоелектронів що вибиваються із поверхні цинку світлом із довжиною хвилі λ = 200 нм Робота виходу для цинку 374 еВ Відповідь 330 нм 94sdot105мс 16 Чи придатний барій для використання у фотоеле-ментах при опроміненні видимим світлом якщо робота виходу для барію 25 еВ Відповідь так 17 Визначити (в електрон-вольтах) роботу виходу еле-ктрона з рубідію якщо червона межа фотоефекту для рубідію λчер = = 081 мкм Відповідь 153 еВ 18 Червона межа фотоефекту у вольфрамі λчер = 230 нм Визначити кінетичну енергію електронів що вирива-ються з вольфраму ультрафіолетовим світлом із довжи-ною хвилі λ = 150 нм Відповідь 46sdot10ndash19 Дж 19 Червона межа фотоефекту для калію λчер = 620 нм Чому дорівнює мінімальна енергія фотонів що виклика-ють фотоефект Відповідь 32sdot10ndash19 Дж 20 Знайти червону межу фотоефекту для літію якщо робота виходу 24 еВ Відповідь 517 нм

223

21 Визначити найбільшу довжину хвилі світла λmax при якій може відбуватися фотоефект для платини Робота ви-ходу електронів А = 10ndash18 Дж Відповідь λmax = 196sdot10ndash7 м 22 Знайти роботу виходу А електронів із металу якщо фото-ефект починається при частоті падаючого світла ν0 = 6sdot1014 Гц Відповідь А = 397sdot10ndash9 Дж 23 На слабко звrsquoязаний електрон потрапляє рентгенівсь-кий фотон який розсіюється під прямим кутом Визначи-ти зміну довжини хвилі фотона Δλ Відповідь Δλ = 243sdot10ndash12 м 24 Визначити енергію W одержану електроном при дії на нього фотона (λф = 10ndash10 м) якщо розсіювання фотона від-бувалося в напрямку протилежному початковому Відповідь W = 92sdot10ndash17 Дж 25 На поверхню площею S = 10ndash2 м2 щохвилини падає W = 63 Дж енергії світла Знайти тиск світла у випадках коли поверхня 1) повністю відбиває всі промені 2) по-вністю поглинає всі промені Відповідь 7sdot10ndash7 Нм2 35sdot10ndash7 Нм2 26 При якій температурі випромінювальна здатність чорного тіла ε = 500 Втм2 Відповідь 306 К 27 При якій температурі повна випромінювальна здатність сі-рого тіла ε = 500 Втм2 Коефіцієнт поглинання α = 05 Відповідь 352 К 28 Визначити енергію яка випромінюється крізь віконце печі впродовж t = 1 хв Температура печі T = 1500 К

224

площа віконця S = 10 см2 Вважати що піч випромінює як абсолютно чорне тіло Відповідь 172 кДж 29 Визначити повну випромінювальну здатність тіла людини при Т = 36 degС вважаючи її сірим тілом із коефі-цієнтом поглинання α = 09 Відповідь 465 Втм2 30 Визначити температуру Т тіла людини вважаючи його сірим тілом із коефіцієнтом поглинання α = 09 якщо його випромінювальна здатність Е(Т) = 465 Втм2 Відповідь Т = 310 К 31 Шар озону в атмосфері Землі повністю поглинає соня-чне випромінювання в інтервалі від 22sdot10ndash7 м до 28sdot10ndash7 м і мало поглинає поза цим інтервалом Визначити тиск Р сонячних променів на шар озону якщо вважати що Сонце випромінює як абсолютно чорне тіло при Т = 6000 К а функція розподілу за інтервалами довжин хвиль в усьому вказаному інтервалі має значення що відповідає серед-ньоарифметичному значенню довжини хвилі Відповідь Р asymp 10ndash7 Па 32 У медицині для діагностики захворювань використо-вують метод термографії в основі якого лежить реєстра-ція різниці теплового випромінювання хворими і здоро-вими органами зумовленої невеликою різницею їх темпе-ратур Обчисліть у скільки разів відрізняються термоди-намічні температури і випромінювальні здатності поверх-ні тіла людини що мають відповідно 305 degС і 30 degС Відповідь Т2Т1 asymp 10017 Е2Е1 asymp 10066 33 Який потік енергії випромінює людина при температурі 37 degС якщо вважати що площа тіла людини дорівнює 18 м2 а коефіцієнт поглинання при цій температурі дорівнює 095 Відповідь 8954 Вт

225

34 На скільки збільшилась температура тіла людини якщо потік випромінювання з поверхні тіла збільшився на 4 Початкова температура тіла дорівнює 35 degС Відповідь 3 degС 35 Розрахуйте енергію яку втрачає людина кожної секунди при теплообміні випромінюванням (та поглинанням) з ото-чуючим середовищем Розгляньте два випадки 1) роздягнена людина 2) людина одягнена в костюм із вов-няної тканини Прийняти коефіцієнт поглинання шкіри лю-дини α1 = 09 вовняної тканини α2 = 076 температура пове-рхні шкіри людини t1 = 30 degС поверхні тканини t2 = 20 degС та повітря t3 = 18 degС Площу поверхні через яку відбувається теплообмін променевою енергією вважати рівною S = 12 м2 Відповідь 1) ( )4 4

1 1 0P S T T= α σ minus asymp 77 Джс

2) ( )4 41 2 0P S T T= α σ minus asymp 103 Джс

36 На яку довжину хвилі припадає максимум спектраль-ної густини випромінювальної здатності таких джерел те-плового випромінювання 1) тіло людини з температурою поверхні шкіри t = 30 degС 2) спіраль електричної лампочки (T = 2000 К) 3) поверхня Сонця (T = = 5800 К) 4) атомна бомба яка має у момент вибуху температуру T = 107 К Випромінюючі тіла вважати чорними або сірими Відповідь 1) 95 мкм 2) 14 мкм 3) 05 мкм 4) 029 нм 37 На яку довжину хвилі λmax припадає максимум спектраль-ної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла яке має температуру рівну температурі тіла людини Т = 310 К Відповідь λmax = 93sdot10ndash6 м 38 Знайдіть границі серії Лаймана (перехід на рівень n = 1) у частотах та довжинах хвиль Порівняйте ці дані з діапазоном видимого світла Відповідь 33sdot1015 Гц 25sdot1015 Гц 90 нм 120 нм

226

39 Знайдіть границі серії Бальмера (перехід на рівень n = 2) у частотах та довжинах хвиль Порівняйте ці дані з діапазоном видимого світла Відповідь 082sdot1015 Гц 046sdot1015 Гц 366 нм 652 нм 40 На дифракційну ґратку нормально падає світло від го-ризонтальної трубки що заповнена атомарним воднем Стала ґратки d = 5sdot10ndash6 м Із якої орбіти повинен перейти електрон на другу орбіту щоб спектральну лінію у спектрі пятого порядку можна було спостерігати під кутом 41deg Відповідь nk asymp 3 41 Визначити енергію фотона що випромінюється при пе-реході електрона в атомі водню із третьої орбіти на першу Відповідь 194sdot10ndash18 Дж 42 Визначити повну енергію електрона що знаходиться на другій орбіті атома водню Відповідь ndash 544sdot10ndash19 Дж 43 Знайти найбільшу й найменшу довжини хвилі у види-мій частині спектра випромінювання атома водню Відповідь λmax = 656sdot10ndash7 м λmin = 365sdot10ndash7 м 44 Знайти потенціал іонізації Ui атома водню Відповідь Ui = 136 еВ 45 Знайти перший потенціал збудження атома водню Відповідь U1 = 102 В 46 Знайдіть довжину хвилі де Бройля λ для електрона що рухається по першій борівській орбіті атома водню Відповідь λ = 033 нм 47 Знайдіть довжину хвилі де Бройля λ для атома во-дню що рухається при температурі Т = 293 К із най-більш імовірною швидкістю Відповідь λ =180 пм

227

48 На скільки еВ змінилася кінетична енергія електро-на в атомі водню при випромінюванні атомом фотона з довжиною хвилі λ = 486 нм Відповідь збільшилась на кEΔ = 256 еВ 49 Пояснити із співвідношення невизначеності Гейзен-берга чому мінімальне значення енергії частинки в од-новимірній прямокутній нескінченно глибокій потенціа-льній ямі більше за нуль 50 Частинка міститься в одновимірній прямокутній ямі завширшки l із нескінченно високими стінками на енер-гетичному рівні з n = 2 Знайти ймовірність перебування частинки в інтервалі (0 l4) Відповідь P(0 lt x lt l4 ) = 14 51 Частинка міститься в одновимірній нескінченно гли-бокій прямокутній ямі завширшки l на енергетичному рі-вні з n = 5 Знайти ймовірність перебування частинки в інтервалі (15l 35l) Відповідь P(15l lt x lt 35l) = 25 52 Знайдіть середнє значення кінетичної енергії K части-

нки у стані 1( ) ikxx el

ψ = тут pk = Функція ( )xψ но-

рмована в інтервалі 0lt x lt l зовні цього інтервалу ( ) 0xψ =

Відповідь 2

2pK m=

53 Яка максимальна кількість електронів може міститися в атомі на K- L- M- N- O- P-оболонці Відповідь 2 8 18 32 50 72 54 Скільки електронів може розміщуватися в 1s- 2p- 3d- 4f-підоболонці Відповідь 2 6 10 14

228

55 Скільки ядер урану 23892 U розпалося протягом року

якщо початкова маса урану 1 г Період піврозпаду урану 23892 U становить 451109 років Відповідь 04 1012 56 Період піврозпаду радіоактивного фосфору 30

15 P дорів-нює 30 хв Чому дорівнює стала розпаду цього елемента Відповідь 38510ndash3 сndash1 57 Визначити період піврозпаду радону якщо за 1 добу з 1 млн атомів розпадається 175 000 атомів Відповідь Т asymp 33105 с 58 Для діагностики у кров людини ввели незначну кіль-кість розчину що містить 24Na з активністю а = 2010 Бк Активність 1 см3 крові через t = 5 годин становила aprime = 0267 Бксм3 Період піврозпаду даного радіоізотопу Т = 15 годин Знайти обrsquoєм крові людини

Відповідь ln 2expaV ta T

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟prime⎝ ⎠ ⎝ ⎠ V = 6 л

59 Питома активність препарату що містить радіоактивний 58Со і неактивний 59Со становить 221012 Бкг Період півро-зпаду 58Со становить 713 доби Знайти відношення маси ак-тивного кобальту в цьому препараті до маси препарату Відповідь 019 60 Радіоізотоп 32Р період піврозпаду якого Т = 143 доби утворюється зі швидкістю q = 27109 ядерс у ядерному реакторі Через який час t після початку утворення цього радіоізотопу його активність а = 10109 Бк Відповідь t = ndash (Tln2)ln(1 ndash aq) t = 95 діб

229

61 У 1 мл морської води міститься 10ndash15 г радону 22286 Rn

(період піврозпаду радону 3825 діб) Яка кількість води має активність рівну 10 мКі Відповідь 300 м3 62 У скільки разів зменшиться кількість ядер радіоактив-ного цезію (період піврозпаду 27 років) за 10 років Відповідь зменшиться в 13 рази 63 У джерелі мінеральної води активність радону (період піврозпаду радону 3825 діб) становить 1000 Бк на 1 л Яка кількість атомів радону потрапляє в організм людини зі склянкою води місткістю 02 л Відповідь 95sdot107 64 Через який проміжок часу після радіоактивного зара-ження місцевості стронцієм (період піврозпаду 28 років) можна буде використовувати землі для вирощування різ-номанітних культур якщо за розрахунками кількість ра-діоактивного препарату має зменшитися в 100 разів Відповідь 186 років

65 В ампулі міститься радіоактивний йод 13153 I (період пів-

розпаду 805 діб) активністю 100 мкКі Чому дорівнюва-тиме активність препарату через добу Відповідь 92 мкКі 66 Унаслідок радіоактивного розпаду 238

92 U перетворюється в 20682 Pb Скільки α- і β-розпадів спостерігається в цьому разі Відповідь 8 α-розпадів і 6 β-розпадів

67 Унаслідок захоплення нейтрона ядром атома азоту 147 N

утворюється невідомий елемент і α-частинка Написати реакцію і визначити утворений елемент Відповідь 11

5B

230

68 Знайти енергію звrsquoязку ядра урану 23892 U та енергію

звrsquoязку що припадає на один нуклон Відповідь 18sdot103 МеВнуклон 69 Знайти кількість нейтронів що виникають за одиницю часу в урановому реакторі з тепловою потужністю Р = 100 МВт якщо середня кількість нейтронів на кожний акт ділення ν = 25 Вважати що при кожному акті звільня-ється енергія Е = 200 МеВ Відповідь N = νPE N = 08sdot1019 cndash1 70 Тіло людини масою m = 60 кг протягом часу t = 6 годин поглинуло енергію Е =1 Дж Знайти дозу по-глинання Д і потужність поглинутої дози N у СІ Відповідь Д = 17sdot10ndash3 Гр N = 77sdot10ndash7 Грс 71 Жива тканина масою m = 10ndash2 кг поглинає α-частинки в кількості 109 з енергією Е = 5 МеВ Знайти дозу погли-нання Д і еквівалентну дозу Н якщо коефіцієнт якості k для α-частинок дорівнює 20 Відповідь Д = 8sdot10ndash12 Гр Н = 16 Джкг

72 Середня потужність експозиційної дози P опромі-нення в рентгенівському кабінеті дорівнює 645 Клкгsdotс Лікар перебував у цьому кабінеті протягом дня 5 годин Яку дозу опромінення він отримає за 6 робочих днів Відповідь Х = 70sdot10ndash8 Клкгsdotс 73 Потужність Р експозиційної дози γ-випромінення на віддалі r = 1 м від точкового джерела становить 215sdot10ndash7 Клкгsdotс Визначити мінімальну віддаль r на якій можна щоденно працювати по 6 годин без захисту Гра-нично допустимою еквівалентною дозою для професіо-налів вважають дозу 5sdot10ndash2 Джкг протягом року Погли-нання γ-випромінення повітрям не враховувати Відповідь r asymp 36 м

231

74 В організм людини через органи травлення маса яких приблизно 1 кг потрапив 1 мг 237Np Оцінити дозу погли-нання Д організмом цієї людини за 10 років Відповідь Д = 63 Гр = 630 рад Ця доза суттєво пере-вищує допустимий рівень

232

ДОДАТКИ

1 ОСНОВНІ ФІЗИЧНІ СТАЛІ

Швидкість світла у вакуумі Гравітаційна стала Стандартне прискорення вільного падіння

c = 2998sdot108 мс γ = 667sdot10ndash11 м3(кгsdotс2) g = 9807 мс2

Стала Авогадро Стала Больцмана Молярна газова стала Стандартний обrsquoєм моля газу

AN = 6023sdot1023 мольndash1

k = 138sdot10 ndash23 Дж sdotКndash1

R = 831 Дж sdotмольndash1 sdot Кndash1

0V = 224 лмоль Стала Фарадея Елементарний заряд Маса електрона Маса протона

F = 0965sdot105 Клмоль e = 1602sdot10ndash19 Кл

300911 10 кг0511 МеВem

minus⎧ sdot⎪= ⎨⎪⎩

271672 10 кг93826 МеВpm

minus⎧ sdot⎪= ⎨⎪⎩

Стала Планка h = 6626sdot10ndash34 Джmiddotс 34

15

10546 10 Дж с2 0659 10 еВ сh minus

minus

⎧ sdot sdot⎪= = ⎨π sdot sdot⎪⎩

Стала СтефанаndashБольцмана Стала Віна Стала Рідберга

σ = 567sdot10ndash8 Вт(м2 sdot К4) b = 029 см sdot К R = 207sdot1016 сndash1 або R = 109sdot107 мndash1

Перший борівський радіус Енергія звrsquoязку електрона в атомі водню Комптонівська довжина хвилі електрона

аБ = 0529sdot10ndash10 м Е = 1356 еВ λС = 2426sdot10ndash12 м

Магнетон Бора Атомна одиниця маси

μБ = 09274sdot10ndash23 ДжТл

1 аом =271660 10 кг

9314 МеВ

minus⎧ sdot⎪⎨⎪⎩

Електрична стала Магнітна стала

ε0 = 0885sdot10ndash11 Фм μ0 = 1257sdot10ndash6 Гнм

233

2 ГУСТИНИ РЕЧОВИН Речовини ρ 103 кгм3

bull Гази (за нормальних умов) Азот Аміак Водень Повітря Кисень Метан Вуглекислий газ Хлор

125 077 009 1293 143 072 198 321

bull Рідини Бензол Вода Гліцерин Гас Ртуть Спирт Важка вода Ефір

088 072 11

079 136 080 126 100

bull Тверді речовини Алмаз Алюміній Вольфрам Графіт Залізо Золото Кадмій Кобальт Лід Мідь Молібден Натрій Нікель Олово Платина Свинець Срібло Титан Уран Цинк

35 27

191 16 78

193 865 89

0916 89

102 097 89 74

215 113 105 45

190 70

234

3 ДЕЯКІ АСТРОНОМІЧНІ ВЕЛИЧИНИ

Космічне тіло Середній радіус м Маса кг Середня густи-

на 103 кгм3 Період обертання навколо осі діб

Сонце 695sdot108 199sdot1030 141 254

Земля 637sdot106 598sdot1024 552 100

Місяць 174sdot106 735sdot1022 330 273

4 ПРУЖНІ ВЛАСТИВОСТІ ТВЕРДИХ ТІЛ

Матеріал Модуль Юнга Е ГПА

Модуль зсуву G ГПА

Коефіцієнт Пуассона μ

Алюміній Мідь Свинець Сталь (залізо) Скло

70

130

16

200

60

26

40

56

81

30

034

034

044

029

025 5 ФІЗИЧНІ ХАРАКТЕРИСТИКИ ГАЗІВ

Сталі Ван дер Ваальса

Газ

та його відносна

моле-

кулярна маса

P

V

CC

γ =

Теплопровідність

aelig

мВт

(мsdotК

)

Вrsquoязкість

η мкПаsdotс

Діаметр

молекули

d нм

а6Паmiddotм2моль

b 10ndash6 м3моль

He (4) Ar (40) H2 (2) N2 (28) O2 (32) CO2 (44) H2O (18) Повітря (29)

167 167 141 140 140 130 132 140

1415 162 1684 243 244 232 158 241

189 221 84

167 192 140 90

172

020 035 027 037 035 040 030 035

- 0132 0024 0137 0137 0367 0554

-

- 32 27 39 32 43 30 -

Примітка Значення γ aelig η взято за нормальних умов

235

6 КОНСТАНТИ РІДИН І ТВЕРДИХ ТІЛ

Речовина Питома

теплоємність С Дж(гsdotК)

Питома теплота паро-утворення r

Джг

Питома теплота плавленняλ

Джг

Поверхневийнатягα

10minus3 Нм мН

Вода Гліцерин Ртуть Спирт Алюміній Залізо Лід Мідь Срібло Свинець

418 242 014 242 090 046 209 039 023 013

2250 -

284 853

- - - - - -

- - - -

321 270 333 175 88 25

73 66 490 22 - - - - - -

За нормальних умов При нормальному атмосферному тиску 7 ДІЕЛЕКТРИЧНА ПРОНИКНІСТЬ ε Діелектрик ε Діелектрик ε

Вода Повітря Віск Гас Парафін Плексиглас

81 100058 78 20 20 35

Поліетилен Слюда Спирт Скло Фарфор Ебоніт

23 75 26 60 60 27

8 ПИТОМИЙ ЕЛЕКТРООПІР ПРОВІДНИКІВ ТА ІЗОЛЯТОРІВ

Провідник

Питомий електроопір (при 20 ordmС) ρ 10minus9 Омmiddotм

Темпера-турний

коефіцієнт α 10minus3 Кndash1

Ізолятор Питомий

електроопір ρ Ом м

Алюміній Вольфрам Залізо Золото Мідь Свинець Срібло

25 50 90 20 16

190 15

45 48 65 40 43 42 41

Папір Парафін Слюда Фарфор Шелак Ебоніт Янтар

1010

1015 1013 1013 1014 1014 1017

236

9 МАГНІТНА СПРИЙНЯТЛИВІСТЬ ПАРА- ТА ДІАМАГНЕТИКІВ

Парамагнетик χ = μndash1 10ndash6 Діамагнетик χ = μndash1 10ndash6

Азот Повітря Кисень Ебоніт Алюміній Вольфрам Платина Рідкий кисень

0013 038 19 14 23 176 360

3400

Водень Бензол Вода Мідь Скло Камrsquoяна сіль Кварц Вісмут

ndash0063 ndash75 ndash90 ndash103 ndash126 ndash126 ndash151 ndash176

10 ПОКАЗНИКИ ЗАЛОМЛЕННЯ n

Газ n Рідина n Тверде тіло

n

Азот 100030 Бензол 150 Алмаз 242 Повітря 100029 Вода 133 Кварц 146

Кисень 100027 Гліцерин 147 Скло 150 Примітка Показник заломлення залежить від довжини світла тому наве-дені значення n слід розглядати як умовні

11 ПОКАЗНИКИ ЗАЛОМЛЕННЯ ДЛЯ КРИСТАЛІВ ІЗ ПОДВІЙНИМ ПРОМЕНЕЗАЛОМЛЕННЯМ

Ісландський шпат Кварц Довжина хвилі λ нм

Колір ne n0 ne n0

687 656 589 527 486 431 400

червоний помаранчевий жовтий зелений блакитний синьо-фіолетовий фіолетовий

1484 1485 1486 1489 1491 1495 1498

1653 1655 1658 1664 1668 1676 1683

1550 1551 1553 1556 1559 1564 1568

1541 1542 1544 1547 1550 1554 1558

237

12 ОБЕРТАННЯ ПЛОЩИНИ ПОЛЯРИЗАЦІЇ (природне обертання у кварці)

Довжина хвилі λ нм Стала обертання

α градмм 275 344 373 405 436 497 590 656 670

1200 706 588 489 415 311 218 174 166

13 РОБОТА ВИХОДУ ЕЛЕКТРОНА З МЕТАЛУ Метал А еВ Метал А еВ Алюміній Барій Вісмут Вольфрам Залізо Золото Калій Кобальт Літій

374 229 462 450 436 458 215 425 239

Мідь Молібден Натрій Нікель Платина Срібло Титан Цезій Цинк

447 427 227 484 529 428 392 189 374

14 ПЕРІОДИ ПІВРОЗПАДУ РАДІОНУКЛІДІВ

Кобальт 60Co 52 року (β)

Стронцій 90Sr 28 років (β)

Полоній 210Po 138 діб (α) Радон 222Rn 38 доби (α) Радій 226Ra 1620 років (α) Уран 238U 45 109 років (α)

238

15 ДЕЯКІ ПОЗАСИСТЕМНІ ОДИНИЦІ 1 Aring 1 атм 1 бар 1 мм ртст 1 кал

10ndash10 м 1013 кПа або 760 мм рт ст 100 кПа 1333 Па 418 Дж

16 ДЕСЯТКОВІ ПРЕФІКСИ ДО НАЗВ ОДИНИЦЬ П ndash пета 1015

Т ndash тера 1012

Г ndash гіга 109 М ndash мега 106 к ndash кіло 103 г ndash гекто 102

д ndash деци 10ndash1 с ndash санти 10ndash2 м ndash мілі 10ndash3

мк ndash мікро 10ndash6 н ndash нано 10ndash9 п ndash піко 10ndash12

239

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ

1 Волькенштейн В С Сборник задач по общему курсу

физики В С Волькенштейн ndash М Высш шк 1985 2 Богданов К Ю Физика в гостях у биоло-

га К Ю Богданов ndash М Наука 1986 3 Гольдфарб Н И Сборник вопросов и задач по физике

учеб пособ Н И Гольдфарб ndash М Высш шк 1983 4 Грабовский Р И Курс физики Р И Грабовский ndash

М Высш шк 1980 5 Иродов И Е Задачи по общей физике учеб по-

соб И Е Иродов ndash М Наука 1988 6 Ливенцов Н М Курс физики Н М Ливенцов ndash М

Высш шк 1978 7 Матвєєв О М Механіка і теорія відноснос-

ті О М Матвєєв ndash К Вища шк 1993 8 Розвrsquoязування задач з курсу загальної фізи-

ки А А Остроухов В Л Стрижевский М Г Цвелих Ю П Цященко ndash К Рад шк 1966

9 Ремизов А Н Сборник задач по медицинской и био-логической физике ndash М Высш шк 1987

10 Збірник задач з курсу фізики для студентів біологічного факультету Л М Корочкіна В І Оглобля М Я Горі-дько В І Лозовий ndash К РВЦ ldquoКиївський ун-тrdquo 1998

11 Ремизов А Н Сборник задач по медицинской и биоло-гической физике Учеб пособ для ву-зов А Н Ремизов А Г Максина ndash М Дрофа 2001

12 Ремизов А Н Медицинская и биологическая физика учеб для вузов А Н Ремизов А Г Максина А Я Потапенко ndash М Дрофа 2005

13 Мэрион Дж Б Общая физика с биологическими примерами пер с англ Дж Б Мэрион пер з англ ndash М Высшшк 1986

240

Навчальне видання

МАКАРА Володимир Арсенійович ОГЛОБЛЯ Володимир Іванович ПЛЮЩАЙ Інна Вrsquoячеславівна

ЦАРЕГРАДСЬКА Тетяна Леонідівна

ЗАГАЛЬНА ФІЗИКА ДЛЯ БІОЛОГІВ ЗБІРНИК ЗАДАЧ

Навчальний посібник

Редактор Л В Магда

Оригінал-макет виготовлено Видавничо-поліграфічним центром Київський університет

Підписано до друку 060911 Формат 60х84116 Вид Фз10 Гарнітура Times New Roman Папір офсетний

Друк офсетний Наклад 200 Ум друк арк 1395 Обл-вид арк 15 Зам 211-5770 01601 Київ б-р Т Шевченка 14 кімн 43

(38044) 239 32 22 (38044) 239 31 72 телфакс (38044) 239 31 28 Свідоцтво внесено до Державного реєстру ДК 1103 від 311002

5

РОЗДІЛ 1

ФІЗИЧНІ ОСНОВИ МЕХАНІКИ

sect 1 Кінематика та динаміка матеріальної точки

Закони збереження імпульсу енергії 1 Механічний рух ndash це зміна взаємних розташувань тіл (або

їх частин) у просторі з часом Використовують три форми опису руху матеріальної точки ndash

координатну векторну та параметричну У координатній формі задають координати точки zyx як функції від часу t

)(txx = )(tyy = )(tzz = (1) У векторній формі задають радіус-вектор точки r як функцію t

( ) ( ) ( ) )( ktzjtytxtrr ++== i (2)

де i j k ndash орти осей x y z декартової системи координат Коли відома траєкторія руху то можна описувати рух за до-

помогою параметрів траєкторії наприклад задаючи функцію шляху S від часу )(tSS =

Вектор переміщення ( ) ( )trttrr minusΔ+==Δ чисельно

дорівнює відстані між кінце-вою і початковою точками направлений від початкової до кінцевої точки і зrsquoєднує ті точ-ки траєкторії у яких матеріа-льна точка знаходилась у мо-менти часу t i tt Δ+

2 Швидкість і прискорення Вектор середньої швидкості

v при переміщенні між двома точками визначається як вектор що збігається з напрямком переміщення і дорівнює за модулем вектору переміщення поділеному на час переміщення

O

)( ttr Δ+)(tr

)(trΔ

6

( ) ( )tr

ttrttrv

ΔΔ

=Δ

minusΔ+= (3)

де rΔ mdash переміщення (приріст радіус-вектора за час tΔ ) Якщо )(tv i )( ttv Δ+ ndash швидкості у двох точках траєкторії а

tΔ ndash час переміщення з першої точки у другу то середнє при-скорення а точки на ділянці траєкторії між цими точками ви-

значається формулою ( ) ( )

tv

ttvttva

ΔΔ

=Δ

minusΔ+= (4)

де vΔ ndash приріст швидкості Миттєву швидкість v і миттєве прискорення a зна-

ходять із формул

0

0

lim

lim

t

t

r drvt dt

v dvat dt

Δ rarr

Δ rarr

Δ ⎫= = ⎪Δ ⎪⎬⎪Δ ⎪= =

Δ ⎭

(5)

де v ndash похідна від радіус-вектора за часом a ndash похідна від мит-тєвої швидкості за часом

Проекції швидкості й прискорення в декартовій системі ко-ординат виражають формулами

2 2 2

2 2 2

x y z

x y z

dx dy dzv v vdt dt dt

d x d y d za a adt dt dt

⎫= = = ⎪

⎪⎪⎬⎪⎪= = =⎪⎭

(6)

3 Повне прискорення Тангенціальне та нормальне прискорення Швидкість завжди спрямована по дотичній до траєкторії Прискорення може мати довільний кут відносно швидкості тобто бути напрямлене під довільним кутом до дотичної до траєкторії

7

Повне прискорення складається із двох взаємно перпендику-

лярних векторів 1) прискорення τ=τ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ a

dtdv яке напрямлене

уздовж траєкторії руху і називається тангенціальним

2) прискорення 2

nanRv

=sdot яке

спрямоване перпендикулярно до траєкторії тобто уздовж нормалі до центра О кривизни траєкторії R

Це прискорення називається но-рмальним ( nτ ) ndash одиничні орти

Повне прискорення визначаєть-ся за формулою

naaa += τ 222

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

dtdv

Rva

(7)

де dtdva =τ

Rvan

2= (тут v ndash модуль швидкості R ndash радіус

кривизни траєкторії у певній точці) Нормальна компонента прискорення не змінює модуля

швидкості а змінює лише її напрямок Зміна модуля швидкості зумовлена тільки тангенціальною складовою прискорення

4 Класифікація механічного руху залежно від тангенціаль-

ної τa та нормальної na складових прискорення 1) 0=na 0=τa ndash прямолінійний рівномірний рух 2) 0=na constplusmn=τa ndash прямолінійний рівномірно приско-

рений сповільнений рух 3) 0=na )(tfa =τ ndash прямолінійний рух зі змінним прискоренням 4) )(tfan = 0=τa ndash рівномірний криволінійний рух Якщо

const=na то тіло (точка) рухається по колу

R

τ

na

τa

a

n

8

5) 0nena 0neτa ndash криволінійний рух зі змінним ( )(tfa =τ ) або сталим ( constplusmn=τa ) прискоренням

5 Кутова швидкість ω та кутове прискорення β є харак-

теристиками обертального руху Кутова швидкість ω визначається як

dtd

tt

ϕ=

ΔϕΔ

=ωrarrΔ 0

lim (8)

де ϕΔ ndash кут що описує радіус-вектор який зrsquoєднує точку з центром обертання за час tΔ

Кутове прискорення β має вигляд

dtd

tt

ω=

ΔωΔ

=βrarrΔ 0

lim (9)

Звrsquoязок між лінійними та кутовими величинами визнача-ється формулами

[ ]rv timesω= Rv ω= Ran2ω= Ra β=τ (10)

де r ndash радіус-вектор точки який розглядається відносно дові-льної точки осі обертання R ndash відстань від осі обертання

Якщо величина ω є незмінною з часом обертальний рух по колу називають рівномірним При цьому вводять поняття періоду обертання

ωπ

=2T (11)

Очевидно що πν=π

=ω 22T

ndash кут який описує радіус-

вектор точки за 1 с величину ω називають також кутовою час-

тотою обертання ν ndash звичайна частота (T1

=ν )

6 Закони Ньютона ndash закони класичної динаміки матері-

альної точки 1 Перший закон Ньютона (закон інерції) Існують такі си-

стеми відліку названі інерціальними у яких матеріальна точка зберігає стан спокою або рівномірного прямолінійного руху доки дія з боку інших тіл не виведе її з цього стану

9

2 Другий закон Ньютона Прискорення якого набуває ма-теріальна точка в інерціальній системі відліку прямо пропор-

ційне результуючій усіх сил sum=

n

1iiF що діють на неї і обернено

пропорційне її масі m

m

Fa

n

iisum

== 1 (12)

де n ndash кількість сил що діють на точку У загальній формі другий закон Ньютона записують так

sum=

=n

1iiF

dtpd (13)

де vmp = ndash імпульс тіла (точки) або кількість руху Рівняння (13) у проекціях на дотичну і нормаль до траєк-

торії точки має вигляд

2

nFR

mvFdt

dvm == ττ (14)

Нормальна складова сили nF перпендикулярна до швидко-сті й направлена до центра кривизни траєкторії її називають доцентровою силою

3 Третій закон Ньютона Сили із якими два тіла (матеріа-льні точки) діють одне на одне рівні за величиною і протилежні за напрямком Якщо позначити ці сили через 12F і 21F то

21122112 FFiFF minus== (15)

Істотно що ці сили мають однакову природу але прикла-дені до різних тіл

7 Закон всесвітнього тяжіння Гравітація (тяжіння) ndash один

із видів матеріальної взаємодії у природі Це притягання тіл будь-якої природи що залежить від їх мас та розташування Тя-жіння відбувається через гравітаційне поле

10

Згідно із законом всесвітнього тяжіння між двома тілами (ма-теріальними точками) із масами m1 i m2 розташованими на віддалі r одне від одного діють сили притягання причому числове значення кожної з них

221

2112 rmmFF γ== (16)

де γ = 667sdot10ndash11 Нsdotм2sdotкгndash2 ndash гравітаційна стала У векторній формі закон всесвітнього тяжіння має вигляд

122

212112 r

rrmmFF γ=minus= (17)

де 12r ndash радіус-вектор спрямований від першого тіла до другого

Гравітаційні сили 2112 FF прикладені до кожної із взає-модіючих точок і спрямовані вздовж прямої яка їх сполучає

8 Сила тяжіння Вага На тіло що міститься у пункті В на

поверхні Землі з широтою ϕ діють дві сили гравітаційна сила

F гр і сила реакції земної поверхні N Рівнодійна дF (доцент-рова сила) цих двох сил забезпечує рух тіла по колу з центром Oprime при обертальному русі Землі навколо осі Доцентрова сила

дF розташована у площині географічної паралелі тіла і спрямо-вана до земної осі обертання

ϕω= cos2д RmF

де m ndash маса тіла ω ndash кутова швидкість добового обертання Зе-млі R ndash радіус Землі ϕ ndash географічна широта точки у якій розташоване тіло (числове значення доцентрової сили дорівнює нулю на полюсі ( 090=ϕ ) і є найбільшим на екваторі ( 00=ϕ ))

У системі відліку що повrsquoязана із Землею на будь-яке тіло нерухоме відносно Землі діє сила тяжіння тяжF направлена

протилежно до сили реакції опори N і рівна за модулем

дгртяж FFNF minus=minus= (18)

11

B

O

R ϕ

Оprime

грF

дF N

P

Сила тяжіння дорівнює гравітаційній силі на полюсі й на 036 менша за гравітаційну силу на екваторі У першому на-ближенні силу тяжіння тяжF можна вважати рівною силі грF

У системі відліку яка повrsquoязана із Землею тіло що не під-тримується підставкою під дією сили тяжіння одержує при-скорення вільного падіння g Це прискорення не залежить від маси m тіла і згідно з другим законом Ньютона визнача-ється через силу тяжіння тяжF

тяж

mFg = (19)

Вага ndash сила P із якою тіло внаслідок притягання його до Землі діє на підставку або підвіс NP minus=

Якщо тіло з підставкою (підвісом) нерухоме в системі відліку повrsquoязаною із Землею то вага тіла і за напрямком і за числовим значенням збігається із силою тяжіння тяжF що діє на тіло Тільки точкою прикладення сили тяжіння є центр мас тіла (або системи тіл) а вага прикладена до підставки чи підвісу Рівність ваги та си-ли тяжіння маємо й у випадку рівномірного прямолінійного руху підставки (підвісу) у системі відліку що повrsquoязана із Землею

12

Якщо підставка (підвіс) має прискорення a вага тіла не дорівнює силі тяжіння

)( agmP minus= αminus+= cos222 agagP

де α ndash кут між векторами g та a Розглянемо окремі випадки 1) тіло масою m із підставкою рухається з прискоренням a

спрямованим вертикально вгору Вага тіла Р буде більша за силу тяжіння

)( agmP += (20) 2) тіло масою m з підставкою рухається з прискоренням a спря-

мованим вертикально вниз Вага тіла Р буде менша за силу тяжіння )( agmP minus= (21)

3) вага тіла дорівнює нулю при ga = У цьому випадку має місце стан невагомості

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

Невагомість ndash стан механічної системи при якому зовнішні

сили тяжіння надають частинкам цієї системи тільки прискорення і не викликають взаємного тиску між ними

Невагомість виникає за умов коли на систему не діють ніякі зовнішні сили крім гравітаційних У стані невагомості тіло пе-ребуває при вільному падінні наприклад коли вільно рухається навколо Землі з першою космічною швидкістю тощо Неваго-мість можна трактувати як урівноваження гравітаційних сил си-лами інерції У системі що перебуває у стані невагомості спо-стерігаються такі явища математичний маятник зависає у від-хиленому стані зникає архімедова сила в рідині змочуюча рі-дина розтікається по посудині незмочуюча рідина набуває фор-ми кулі тіло підвішене на пружині зовсім її не деформує предмети (і людина) ldquoпливутьrdquo у довільному положенні

Фізіологічне відчуття невагомості наприклад у космонавтів характеризується відсутністю напруженості та навантажень які зумовлені силою тяжіння У цьому стані не відбувається деформа-

13

ції внутрішніх органів зникає постійно діюче напруження цілого ряду мrsquoязів порушується діяльність вестибулярного апарата тощо

Слід зазначити що при дії на людину перевантажень (напри-клад зміна ваги космонавта на старті та при гальмуванні космічно-го корабля) також спостерігаються фізіологічні відхилення в орга-нах людини особливо в системі кровообігу Якщо прискорення спрямовано від таза до голови космонавта то відбувається відтік крові із судин голови та її приплив до органів нижньої частини ту-луба Артеріальний тиск крові здорової людини на рівні серця ста-новить 16ndash18 кПа а у великих артеріях голови 12ndash14 кПа Якщо космонавт рухається із прискоренням ga 3asymp спрямованим у на-прямку таз rarr голова то артеріальний тиск у судинах головного мозку знизиться приблизно на 12 кПа і наблизиться до атмосфер-ного тиску що призведе до порушення кровообігу в судинах і клі-тини головного мозку зазнають нестачі кисню Тиск у судинах ни-жніх кінцівок збільшується і при ga 3asymp може досягти 75 кПа Це викликає збільшення обrsquoєму крові в нижніх частинах тіла що при-зводить до набрякання тканин Для забезпечення нормального кро-вообігу у космонавтів і пілотів реактивних літаків їх розміщують у горизонтальному положенні так щоб розміри тіла були мінімаль-ними в напрямку вектора прискорення Вплив на людину і рослини перевантажень та невагомості вивчає космічна медицина

9 Закон Гука встановлює залежність між деформуючою си-

лою і викликаною нею величиною деформації ізотропного тіла в межах його пружності

Означивши відношення деформуючої сили F до площі perpS пе-рпендикулярної до неї площини деформованого тіла як нормальне

напруження perp

=σSF а відношення абсолютної деформації LΔ до

початкової довжини L тіла як відносну деформацію LLΔ

=ε за-

кон Гука для лінійної деформації розтягу (стиску) формулюють так механічне напруження пропорційне відносній деформації

ε=σ E (22) де E ndash модуль пружності (модуль Юнга)

14

10 Механічна робота Консервативні та неконсервативні сили У механіці робота AΔ дорівнює скалярному добутку век-тора сили F на переміщення rΔ

rFrFA Δ=Δsdot=Δ )( αcos (23) де α ndash кут між векторами F i rΔ

Робота змінної сили

cos2

1

2

1

2

1intintint =αsdot=sdot= drFdrFrdFA r (24)

де FFr = αcos ndash проекція сили на напрямок переміщення Консервативними називають сили робота яких залежить

тільки від початкового та кінцевого положення точки що руха-ється і не залежить від форми траєкторії

При замкненій траєкторії робота консервативної сили завжди дорівнює нулю

До консервативних сил відносять гравітаційні сили сили пружності електростатичні

Робота грA гравітаційної сили при переміщенні матеріальної точки масою m відносно іншої точки масою M яка розташо-вана в початку координат

( )2 2

2

1

1 1

гр 22 1

1 1 r r

rr

r r

mM mMA F r dr dr mMr r r r

⎛ ⎞γ γ= = minus = = γ sdot minus⎜ ⎟

⎝ ⎠int int (25)

де 1r i 2r ndash модулі радіус-векторів які характеризують початко-ві й кінцеві положення точки що переміщується

Сили робота яких залежить від форми траєкторії називають непотенціальними силами (сили тертя сили опору тощо)

Робота непотенціальних сил по замкненій траєкторії не дорівнює нулю

Система тіл називається консервативною якщо внутрішні й зо-внішні сили що діють на систему є потенціальними У замкненій консервативній системі між тілами діють тільки внутрішні потен-ціальні сили Стаціонарні потенціальні сили є консервативними

Між тілами замкненої неконсервативної системи поряд із внутрішніми потенціальними (консервативними) силами діють внутрішні непотенціальні (неконсервативні) сили

15

11 Потужність Середньою потужністю P називається фізична величина яка визначається відношенням роботи AΔ сили або системи сил протягом скінченного проміжку часу tΔ до цього проміжку часу

tAP

ΔΔ

= (26)

Потужністю (миттєвою потужністю) Р називається фі-зична величина яка визначається формулою

=P0

limrarrΔt

dtdA

tA

=ΔΔ (27)

Якщо матеріальна точка або тіло переміщується зі швидкістюv то

αsdotsdot=sdot=sdot

== cos)()( vFvFdt

rdFdtdAP (28)

де α ndash кут між векторами F i v 12 Енергія Механічна енергія Енергією називається ска-

лярна фізична величина яка є загальною мірою різних видів ру-ху матерії та різних взаємодій а також мірою переходу руху матерії з одних форм в інші

Основні види енергії механічна теплова електромагнітна ядер-на Механічну енергію поділяють на кінетичну і потенціальну Механічна енергія E характеризує рух і взаємодію тіл і є фу-

нкцією стану механічної системи яка залежить від швидкостей і взаємного розташування тіл (або їх частин) Кінетична енергія матеріальної точки (точок) ndash енергія

руху яка повrsquoязана з масою та швидкістю її руху в цій інер-ціальній системі відліку

22

22

к mpvm

E == (29)

де mvp = ndash імпульс матеріальної точки Кінетична енергія системи складається з кінетичних енергій iEк всіх n матеріальних точок що входять до системи

кк sumsumsum===

===n

1i i

2i

n

1i

2ii

n

1ii 2m

p2vmEE (30)

16

Теорема про зміну кінетичної енергії зміна кEΔ кінетичної ене-ргії матеріальної точки (тіла) при переході з одного стану в інший до-рівнює роботі A всіх сил що діють на матеріальну точку (тіло)

1к2кк EEEA minus=Δ= (31) де к2E ndash кінетична енергія тіла в кінцевому стані (положенні)

1кE ndash кінетична енергія у початковому положенні Потенціальна енергія ndash енергія консервативної системи яка

залежить від розташування та взаємодії частинок цієї системи (як між собою так і з зовнішнім силовим полем)

Потенціальна енергія ndash однозначна функція координат точок системи Мірою зміни потенціальної енергії системи при її переході з

одного стану в інший є робота потенціальних сил що спричи-няють взаємодію між елементами системи

Робота потA потенціальних сил дорівнює зміні пEΔ поте-нціальної енергії системи при її переході з початкового стану в кінцевий узятій із протилежним знаком

)( 1п2пппот EEEA minusminus=Δminus= (32) де 2пE ndash потенціальна енергія системи в кінцевому стані 1пE ndash потенціальна енергія системи в початковому стані

Наприклад згідно з (25) для гравітаційного поля

2п1п2112

грпот11 ЕЕ

rmM

rmM

rrmMАA minus=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ sdotγminusminus

sdotγminus=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minussdotγ==

13 Вирази для потенціальної енергії взаємодії простих

механічних систем Потенціальна енергія гравітаційної взаємо-дії системи двох матеріальних точок із масами m i M що роз-ташовані на відстані r одна від одної

п rmME γminus= (33)

де γ ndash гравітаційна стала нуль відліку потенціальної енергії ( 0п =E ) покладено при infin=r

17

Потенціальна енергія гравітаційної взаємодії тіла ма-сою m із Землею

( )пз

з зmM hE

R R h= γ

+ (34)

де h ndash висота тіла над поверхнею Землі зМ ndash маса Землі зR ndash раді-ус Землі нуль відліку потенціальної енергії покладено при 0=h

Потенціальна енергія гравітаційної взаємодії тіла масою m із Землею для малих висот h ( зRh ltlt )

mghE =п (35) де g ndash модуль прискорення вільного падіння поблизу поверхні

Землі ( 2з

з

MgR

γ sdot= )

Потенціальна енергія пружних взаємодій ( )2

п 2

k xE

Δ= (36)

де k ndash коефіцієнт квазіпружної сили xΔ ndash модуль вектора по-довження або стиснення

14 Закон збереження і зміни механічної енергії Робота консер-

вативних сил дорівнює зменшенню потенціальної енергії матеріаль-ної точки при її переміщенні з положення 1 у положення 2

2п1п

2

1п12 EEdEA minus=minus= int (37)

Згідно з теоремою про зміну кінетичної енергії зменшення потенціальної енергії йде на приріст кінетичної

1к2к2п1п EEEE minus=minus Оскільки пк EEE += то можна записати що

=== EEE 21 const (38) де 1п1к1 EEE += і 2п2к2 EEE += ndash повні механічні енергії ма-теріальної точки в положеннях 1 і 2

18

Закон збереження механічної енергії в консервативній си-стемі механічна енергія консервативної системи зберігається сталою при русі системи

пк EEE += = const (39) Цей закон виконується як для замкнених так і для незамкне-

них консервативних систем У незамкненій консервативній системі потенціальна енергія

пE є сумою потенціальної енергії взаємодії частинок між собою

п (внутрішня)E та потенціальної енергії частинок системи в полі зовнішніх сил п (зовнішня)E

)зов()вн( ппп EEE += (40) Закон збереження (зміни) механічної енергії у неконсерва-

тивній системі Якщо на тіла системи діють зовнішні сторонні сили та внутрішні дисипативні сили то закон збереження енергії формулюється так зміна механічної енергії EΔ при русі системи дорівнює роботі сторонніх сторA та дисипативних сил дисA

дисстор1п1к2п2к12 )()( AAEEEEEEE +=+minus+=minus=Δ (41)

15 Закон збереження імпульсу Якщо в інерціальній систе-

мі відліку розглядається система що складається з n матеріаль-них точок то зміна сумарного імпульсу системи визначається сумою лише зовнішніх сил

зовFdtpd sum= (42)

Якщо система замкнена то зовFsum = 0 (окремим випад-ком замкненої системи є ізольована система коли зовнішні сили відсутні) тоді

0 або const dp pdt

= = (43)

Закон збереження імпульсу для замкненої системи тіл В інерціальній системі відліку сумарний імпульс замкненої сис-теми тіл не змінюється з часом ( =p const ) Імпульс системи до-

19

рівнює добутку маси m системи на швидкість Cv її центра мас

Cvmp = Тоді Cvmp = = const звідки =Cv const (44)

Центр мас замкненої системи тіл в інерціальній системі від-ліку рухається прямолінійно і рівномірно

Якщо система незамкнена але проекція суми всіх зовнішніх сил на якусь вісь наприклад x дорівнює нулю то закон збере-ження імпульсу виконується вздовж цієї осі sum =

iixp const

Коли 0rarrdt то і в незамкненій системі зов 0dp F dt= rarrsum тобто const=p (це закон збереження імпульсу в перший або початковий момент часу)

16 Сили інерції Рух тіла в неінерціальних системах відліку

Сили інерції mdash це сили які вводяться для опису механічного руху в неінерціальних системах Сили інерції не виникають при дії на дану матеріальну точку інших тіл або матеріальних полів

Поступальна сила інерції iF вводиться для опису по-ступального руху тіла в неінерціальній системі відліку що рухається поступально

нсвamFi minus= (45) де m ndash маса тіла нсвa ndash прискорення даної неінерціальної сис-теми відліку відносно будь-якої інерціальної системи

Відцентрова сила інерції вцF виникає в обертовій (відносно інерціальної) системі відліку діє на тіло незалежно від того пере-буває воно у стані спокою чи рухається і визначається формулою

2 2вц вц забоF m R F m R= ω = ω ϕcos (46)

де m ndash маса тіла ω ndash кутова швидкість обертання системи відліку (наприклад Землі навколо осі) R ndash відстань тіла від осі обертання ( зR R= ϕcos тут зR ndash радіус Землі ϕ ndash широта місцевості)

20

Сила Коріоліса кF ndash це сила інерції що діє на тіло масою m яке рухається з певною швидкістю v prime у системі відліку що обер-тається з кутовою швидкістю ω

[ ]ωsdotprime= vmF 2к (47)

або ωprime= vmF 2к αsin

Рівняння динаміки точки масою m у неінерціальній Кprime-системі відліку яка обертається зі сталою кутовою швидкістю ω навколо нерухомої осі має вигляд

[ ]ωsdotprime+ω+=prime vmRmFam 22 де та ndash прискорення та швидкість точки в неінерціальній Кprime-системі відліку ndash сума всіх сил що діють на точку R ndash радіус-вектор точки відносно осі обертання Кprime-системи

a prime v primeF

α

кF

ω

vprime

21

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Рівняння руху матеріальної точки має вигляд 2btatx += де

a = 15 мс b = 04 мс2 Визначити початкову швидкість точки та її швидкість через t = 5 c

Розвrsquoязання

Порівняємо задане рівняння руху тіла з рівнянням рівнопри-

скореного руху в загальному вигляді

2

2

00attvxx ++= i

24015 ttx += Видно що 0x = 0 а коефіцієнти при t i 2t у цих рівнян-

нях відповідно

0v =15 мс 2a = 04 звідки a = 08 мс2

Швидкість тіла через t = 5 c знайдемо із формули atvv += 0 Тоді v = 15 + 08sdot5 =19 мc Задача 2 Радіус-вектор точки А відносно початку координат змінюєть-

ся з часом t за законом 2r ti t j= α + β де α β ndash сталі i j ndash орти осей x і y Знайти

1) рівняння траєкторії точки )(xy 2) залежність від часу швидкості v прискорення a і модулів

цих величин 3) залежність від часу кута ϕ між векторами a і v

22

Розвrsquoязання

1) Радіус-вектор ( )tr як векторна функція від часу t в зага-льному випадку має вигляд

( ) ( ) ( ) r t x t i y t j= + (1) де )(tx i )(ty ndash проекції радіус-вектора на осі х і відповідно у

Порівнюючи (1) із заданим в умові задачі законом зміни r із часом бачимо що ttx α=)( 2)( tty β=

Із рівняння tx α= знаходимо параметр α

=xt Підставивши

отримане значення t у рівняння 22

22 xxty

αβ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

αβ=β= отри-

маємо рівняння траєкторії точки )(xy Як бачимо це парабола 2) залежність від часу швидкості v і прискорення a знайде-

мо узявши першу і відповідно другу похідну за часом від r

2 drv i tjdt

= = α + β (2)

22

2j

dtvd

dtrda β=== (3)

Із рівняння (2) бачимо що проекція v на вісь x α=xv проекція v на вісь у tvy β= 2

Із рівняння (3) знаходимо 0=xa β= 2ya Одержимо залежність від часу модулів швидкості v і

прискорення a

4 22222 tvvvv yx β+α=+== (4)

2β=+== 2y

2x aaaa (5)

3) із (2) і (4) видно що швидкість v з часом змінюється як за напрямком так і за модулем

Із рівнянь (3) і (5) бачимо що прискорення a const= не змінюється ні за напрямком ні за модулем і спрямоване вздовж осі у (паралельно j )

23

Отже залежність від часу кута між векторами a і v знайде-

мо із співвідношення 2

tgtv

v

y

xβα

==ϕ

Задача 3 Поїзд проходить поворот із радіусом закруглення R = 400 м

його тангенціальне прискорення τa = 02 мс2 Визначити норма-льне і повне прискорення в момент коли швидкість v =10 мс

Розвrsquoязання

Нормальне прискорення визначається формулою

Rvan

2= = 025 мс2

Повне прискорення 0322 2

na a aτ= + = мс Напрямок вектора а характери-

зується кутом α між a і τa

tg naaτ

α = = 125 α = 51deg20prime

Задача 4 Знайти кутову швидкість обертання Землі навколо своєї осі та лі-

нійні швидкості точок на екваторі й на географічній широті ϕ = 56deg

Розвrsquoязання

Кутова швидкість визначається за формулою

Tπ

=ω2

де T = 24 години ndash період обертання Землі навколо осі Тому ω asymp73sdot10ndash5 сndash1

α na τa

a

24

Лінійні швидкості точок А і В на екваторі й на географічній ши-роті ϕ визначаються так

зAv R= ω з cosBv R= ω ϕ

де зR = 6370 км Тому Av asymp 460 мс Bv asymp 277 мс

Задача 5 Визначити лінійну швидкість v руху Землі навколо Сонця

Маса Сонця і відстань від Землі до Сонця відповідно дорівню-ють M = 2sdot1030 кг R = 15sdot108 км

Розвrsquoязання

На орбіті Землю утримує доцентрова сила дF яка відпо-

відає силі тяжіння F Тому

FF =д або 2

2

RmM

Rmv γ

= (1)

де m ndash маса Землі γ = 667sdot10ndash11 Нsdotм2sdotкгndash2 ndash гравітаційна стала Із рівняння (1) знаходимо

311

301110829

105110210676

sdot=sdot

sdotsdotsdot=

γ=

minus

RMv мс asymp30 кмс

Задача 6 Тіло обертається навколо вертикальної осі з кутовою швидкі-

стю 1ω і одночасно навколо горизонтальної осі що перетина-ється з вертикальною із кутовою швидкістю 12 3ω=ω Яким буде результуючий рух тіла

B

A

R n

R3

ϕ

25

Розвrsquoязання

При обертанні тіла навколо осей що перетинаються ре-зультуючий рух також буде обертальний причому величина і напрямок результуючої кутової швидкості визначаються за правилом паралелограма

Як видно з рисунка 2

121 )3( ω+ω=ω

asympω=ω 110 31 1ω

31

3tg

1

1 =ωω

=α α =18deg30prime

Задача 7 Знайти мінімальну швидкість (так звану другу космічну шви-

дкість) яку треба надати тілу щоб воно змогло залишити Зем-лю подолавши поле тяжіння Землі

Розвrsquoязання

Сумарна енергія E тіла якому надана швидкість v біля по-

верхні Землі складається з кінетичної енергії

2

2

кmvE =

і потенціальної енергії

RmMU γminus=

( m i M ndash маси тіла і Землі R ndash радіус Землі)

RmMmvUEE γminus=+=

2

2

к (1)

Якщо тіло значно віддалиться від Землі (теоретично на не-скінченність) його потенціальна енергія дорівнюватиме нулю Щодо кінетичної енергії то досить щоб вона мала мінімально можливе значення тобто також дорівнювала нулю

α

ω 1ω

2ω

26

Таким чином повна енергія тіла на нескінченності перетво-риться на нуль

0=E (2) Із рівнянь (1) і (2) знаходимо

22 gRRMv =

γ= v = 112 кмс

Задача 8 Літак робить ldquoмертву петлюrdquo радіусом R = 500 м зі сталою

швидкістю v = 100 мс Знайти вагу пілота масою m = 70 кг у нижній верхній і середній точках петлі

Розвrsquoязання

Оскільки літак рухається по ко-

лу радіусом R зі сталою швидкіс-тю v то на пілота діє доцентрова

сила R

mvmaF n

2

д == (результую-

ча сили тяжіння gmF =тяж та ре-акції опори N ) отже вагу пілота

NP minus= знайдемо з другого закону Ньютона

PgmNgmam n minus=+= звідки

)agm(amgmP nn minus=minus= Згідно з цією формулою модуль ваги

cos 2 2n nP P m g a 2ga= = + minus α

де α ndash кут між векторами g і na

Коли пілот знаходиться в нижній точці петлі то α =180deg (рисунок) і

180deg

тяжF

тяжF

тяжF

дF

дF

namF =д

P

P

P

27

2 ( )2 2n n nP m g a ga m g a= + + = + =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

5001008970

2кгsdotмс2asymp 21 кН

Коли пілот знаходиться у верхній точці петлі то α = 0deg і 2 ( )2 2

n n nP m g a ga m g a= + minus = minus = =⎪70(98 ndash 20)⎪ asymp 07 кН

Вагу пілота в середній точці петлі ( α = 90deg αcos = 0) знай-демо з формули

2 270 98 202 2nP m g a= + = sdot + asymp 15 кН

Задача 9 До сухожилля завдовжки L = 012 м і діаметром d = 16sdot10ndash3 м

підвісили вантаж F = 686 Н При цьому подовження сухожилля ста-новило LΔ = 3sdot10ndash3 м Визначити модуль пружності E сухожилля

Розвrsquoязання

Відомо що сухожилля підлягає деформації одностороннього

розтягу тому

F LES L

sdot=

sdot Δ (1)

де S ndash площа поперечного перерізу LΔ ndash подовження сухожилля Підставляючи значення

=π

=4

2dS (314sdot162sdot10ndash6)4 = 2sdot10ndash6 м2

а також L =012 м і LΔ = 0003 м у рівняння (1) одержимо 9

36 1041103102120668

sdot=sdotsdotsdot

sdot= minusminusE Па

Задача 10 Мідна кулька діаметром d =4sdot10ndash5 м падає в широкій посу-

дині яка заповнена гліцерином Знайти швидкість v рівномір-

28

ного руху кульки який встановиться Коефіцієнт вrsquoязкості глі-церину η = 0001 кгмsdotс густина гліцерину ρ = 126sdot103 кгм3 густина міді 1ρ = 89sdot103 кгм3

Розвrsquoязання

Під час руху на кульку діють три сили bull сила тяжіння VgP 1ρ= (V ndash обrsquoєм кульки) bull сила тертя т 6F rv= πη ( r ndash радіус кульки) bull виштовхувальна сила VgF ρ=в При рівномірному русі який встановиться сумарна сила що

діє на кульку дорівнює нулю Тому 0вт =minusminus FFP або 061 =πηminusρminusρ rvVgVg

Тут 2dr = v ndash шукана швидкість кульки

6

3dV π= ndash обrsquoєм кульки

З останньої рівності знаходимо ( ) ( ) 31

21 1035

186minussdot=

ηρminusρ

=πη

ρminusρ=

gdr

gVv мс

Задача 11 Між двома тілами з масами 1m i 2m відбувається абсолютно не-

пружний удар Швидкості тіл до зіткнення 1v i 2v спрямовані вздовж однієї прямої Визначити зміну кінетичної енергії при ударі

Розвrsquoязання

Кінетична енергія тіл до зіткнення

22

222

211

1кvmvmE +=

29

Після непружного удару обидва тіла рухаються як єдине ціле зі спільною швидкістю U

21

2211mm

vmvmU++

= (1)

Зміна кінетичної енергії при ударі ( )

222

222

211221

1к2кк ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+minus

+=minus=Δ

vmvmUmmEEE (2)

Підставляючи (1) у (2) знайдемо ( )

( ) 2 21

22121

к mmvvmmE

+minus

minus=Δ

Таким чином при непружному ударі має місце зменшення кінетичної енергії тіл

Задача 12 Визначити роботу підйомного пристрою при підніманні зі

стану спокою тіла масою m із прискоренням а по похилій площині завдовжки L що нахилена до горизонту під кутом α якщо коефіцієнт тертя μ Пояснити у які види енергії пе-реходить виконана робота

Розвrsquoязання

На тіло (брусок) що рухається по похилій площині діють

gmF =тяж ndash сила тяжіння

N ndash сила нормальної реакції опори тF ndash сила тертя ковзання

F ndash сила тяги підйомного пристрою Роботу підйомного пристрою LFA sdot= визначимо якщо

знайдемо силу тяги F Запишемо другий закон Ньютона у векторній формі

FFNgmam +++= т (1)

30

y x

L N F

a

тF

α α

h

gmF =тяж Спроектувавши векторне рівняння (1) на осі х та у отримаємо

FFmgma +minusαminus= тsin (2) Nmg +αminus= cos0 (3)

Зі скалярного рівняння (3) бачимо що Nmg =αcos а отже

αμ=μ= cosт mgNF Тепер із рівняння (2) знаходимо силу тяги

αμ+α+= cossin mgmgmaF Роботу αμ+α+=sdot= cossin mgLmgLmaLLFA можна запи-

сати у вигляді

трпкт

2

2АЕЕLFmghmvA ++=++= (4)

(тут ми скористалися формулою для шляху рівноприскореного

руху a

vL2

2= ) Бачимо що робота підйомного пристрою A піш-

ла на надання тілу кінетичної енергії 2

2

кmvE = на збільшення

потенціальної енергії тіла mghE =п та виконання роботи проти сил тертя ттр LFA =

Інший (енергетичний ) спосіб розвrsquoязку рух тіла під дією сторонньої сили тяги F відбувається у полі консервативних сил тяжіння gmF =тяж

31

На тіло діє дисипативна сила тертя ковзання тF яка виконує відrsquoємну роботу під час руху т

дис LFA minus= На тіло діє також си-

ла нормальної реакції опори N яка не виконує роботи під час руху бо N перпендикулярна до напрямку руху Скористаємося законом збереження енергії у механіці записаним у вигляді

mghmvEEEEEАA +=+minus+=Δ=+2

)()(2

1п1к2п2кдисстор

У нас сторА ndash це робота підйомної машини А тдис LFA minus=

Отже отримаємо т

2

2LFmghmvA ++= Бачимо що для визна-

чення роботи підйомної машини зразу маємо рівняння (4) Задача 13 Добове обертання Землі зумовлює відхилення поверхні води

в річках від горизонтального положення Обчислити кут нахилу поверхні води в річці до горизонтальної поверхні якщо річка тече на широті ϕ з півночі на південь Швидкість течії v

Розвrsquoязання

Розглянемо довільний елемент поверхні води На нього діють

1) сила тяжіння gmP = 2) сила інерції Коріоліса яка чисе-

льно дорівнює ϕω= sin2к mvF Ці дві сили взаємно перпендикулярні

а їх рівнодійна F перпендикулярна до поверхні рівня води який встановиться

в річці Охарактеризуймо його кутом нахилу α до горизонту і остаточно запишемо

sin2sin2tg кg

vmg

mvPF ϕsdotω

=ϕsdotω

==α

α

α

кF

F P

32

Задачі

1 Залежність шляху S від часу t задається рівнянням

32 ctbtatS +minus= де a = 02 мс b = 03 мс2 і c = 04 мс3 Знайти 1) вираз для швидкості й прискорення 2) положення швидкість та прискорення тіла через 2 с пі-сля початку руху Відповідь )216020( 2ttv +minus= мс )4260( ta +minus= мс2 S= 24 м v =38 мс a = 42 мс2

2 Точка рухається у площині ху за законом tAx ω= cos tAy ω= sin де A i ω ndash додатні сталі величини

Знайти шлях S що проходить точка за час τ і кут ϕ між швидкістю та прискоренням точки

Відповідь ωτ= AS 2π

=ϕ 3 У першому наближенні можна вважати що електрон в ато-мі водню рухається по коловій орбіті зі сталою швидкістю Знайти кутову швидкість ω обертання електрона навколо ядра та його нормальне прискорення na Радіус орбіти електрона r = 05sdot10ndash10 м швидкість елект-рона на орбіті v = 22sdot106 мс Відповідь ω = 44sdot1016 сndash1 na = 97sdot1022 мс2 4 Точка рухається по колу зі швидкістю tv α= де α = 05 мс2 Знайти її повне прискорення a у момент коли вона пройшла n = 01 довжини кола після початку руху

Відповідь ( )241 na π+α= a = 08 мс2 5 Тіло масою m рухається так що залежність шляху від часу задається рівнянням taS ω= sin де a і ω ndash сталі

33

Знайти залежність сили яка діє на тіло від часу

Відповідь 2

22 ndash sin td sF = m F = am

dtω ω

6 Космічний корабель масою 1m =106 кг починає рухатися вертикально вгору Сила тяги двигунів тF =3sdot107 Н Визначити прискорення a корабля і вагу космонавта P що знаходиться там Відомо що на Землі на космонавта діє сила тяжіння тяжF = 59sdot102 Н Відповідь a = 202 мс2 P asymp 180sdot103 Н 7 Визначити силу натягу каната при рівноприскореному опусканні кабіни в шахту якщо протягом t =30 с від почат-ку руху вона проходить шлях l =100 м Маса кабіни 300 кг Відповідь )( agmT minus= =28 103 H 8 Ліфт масою M =103 кг піднімається зі сталим приско-ренням a = 02 мc2 У ліфті знаходиться пrsquoять осіб ма-сою m = 60 кг кожний Знайти силу натягу каната ліфта і вагу кожної людини Відповідь ( 5 )( )T M m g a= + + =13sdot103 H

( )P m g a= + = 600 H 9 Автомобіль масою M = 15 т рухається горизонтально зі швидкістю v = 20 мc Після вимкнення двигуна він проходить до зупинки L = 50 м Знайти силу тертя і коефіцієнт тертя Відповідь 2

T 2F MV L= = 6sdot103 H asympμ 042 10 На екваторі деякої планети тіло має вагу вдвічі ме-ншу ніж на полюсі Густина речовини цієї планети ρ = 3sdot103 кгм3 Визначити період обертання T планети навколо своєї осі Відповідь T = γρπ6 = 97sdot103 с

34

11 Два тіла масою m =100 г кожне підвішені на кінцях нитки перекинутої через блок На одне з тіл покладено важок масою 0m =50 г Із якою силою він тиснутиме на тіло під час руху Відповідь 0 02 g(2 )N mm m m= + = 039 H 12 На горизонтальній поверх-ні стоїть штатив ма-сою M = 1кг на якому закріп-лено невагомий блок На кін-цях невагомої нитки що пере-кинута крізь блок підвішено два тягарці маси яких

1m =02 кг та 2m =08 кг Нех-туючи тертям знайдіть силу із якою штатив діє на поверхню

m1 m2

Відповідь MgmmmgmN ++= )(4 2121 =16 H

13 Куля потрапляє у ящик із піском та застряє у ньому На скільки стиснеться пружина жорсткістю k що утри-мує ящик якщо куля має масу m і рухається зі швидкістю v маса ящика M тертя відсутнє

k M v

m

Відповідь )( Mmk

mVx+

=Δ

14 Яка робота виконується під час рівномірного переміщен-ня ящика масою 100 кг по горизонтальній поверхні на від-стань 496 м якщо коефіцієнт тертя 033 а мотузок за допо-могою якого тягнуть ящик утворює з горизонтом кут 30deg Відповідь )sin(coscos αμ+ααμ= lmgA =135sdot103 Дж

35

15 Куля масою 10 г що летить зі швидкістю 800 мс по-трапляє в дерево і заглиблюється на 10 см Визначити си-лу опору дерева і час руху кулі в дереві Відповідь lmVF 22= = 32sdot103 H Vlt 2= = 25sdot10ndash4 c 16 Прикріплений до вертикальної невагомої пружини вантаж повільно опускають до положення рівноваги при цьому пружина розтягується на довжину 0x На скільки розтягнеться пружина якщо дати можливість вантажеві вільно падати із положення при якому пружина не роз-тягнута Яка максимальна швидкість вантажу Який пе-ріод коливань вантажу

Відповідь 02xx =Δ 0gxV = gxT 02π=

17 Визначити яку роботу виконає людина яка підіймає тіло масою m = 4 кг на висоту h =1 м із прискоренням a =12 мс2 Визначити кінетичну і потенціальну енергії тіла на висоті 1 м Відповідь a)hm(gA += = 44 Дж кE =48 Дж пE =392 Дж 18 Визначити кінетичну енергію тіла масою m = 1 кг яке кинули горизонтально зі швидкістю 0v = 20 мс у кінці че-твертої секунди його руху ( g asymp 10 мс2) Відповідь кE = 103 Дж 19 Супутник масою m = 12sdot104 кг обертається по коловій орбіті навколо Землі маючи кінетичну енергію

кE = 54sdot106 кДж Із якою швидкістю v і на якій висоті H обертається супутник Відповідь v = 3sdot103 мс H asymp 38sdot107 м 20 Знайти відношення витрат енергії на піднімання супу-тника на висоту 1h = 32sdot106 м і на запуск його по коловій

36

орбіті на тій самій висоті Така сама умова для висоти 2h = 64sdot106 м ( ЗR = 64sdot106 м)

Відповідь 1 AA = 1 1 AA = 2 21 Людина стрибає з висоти h = 1 м одного разу на прямі ноги а іншого ndash на зігнуті в колінах Час гальмування при стиканні з опорою відповідно дорівнює 01 і 05 с Обчис-лити кратність перевантаження яке при цьому виникає а також тривалість стану невагомості Вважати що людина в кожному випадку при падінні проходить однаковий шлях опір повітря не враховувати Відповідь 55 2 04 с 22 Центрифуга що використовується для тренування кос-монавтів здійснює n = 05 обс при радіусі траєкторії R = 4 м Знайти кут α між вертикаллю і уявною віссю кос-монавта в місці його знаходження Установити залежність

)(ω=α f Які перевантаження при цьому виникають

Відповідь ( )( )122 2 22

arctg 4g RR

g g

+ ωωα = asymp

23 Знайти енергію пружної деформації стального стри-жня масою m = 31 кг розтягнутого з відносним подов-женням ε =10sdot10ndash3 (густина сталі ρ =78sdot103 кгм3 мо-дуль Юнга E = 216sdot1011 Нм2) Відповідь ρε= 22 mEU U asymp 40 Дж 24 Яку роботу слід виконати щоб стальну стрічку завдовж-ки l = 2 м завширшки h =6sdot10ndash2 м і завтовшки σ = 2sdot10ndash3 м зі-гнути у круглий обруч (деформацію вважати пружною) Відповідь 2 3( 6) A h E lasymp π σ A asymp 80 Дж 25 Визначити роботу серця людини за 1 хвилину та за добу якщо відомо що вона в основному складається з роботи при

37

скороченні лівого шлуночка і визначається формулою cA asymp12 шA де шA ndash робота лівого шлуночка

22удш mvPVA += де P =13sdot104 Па ndash середній тиск із

яким кров виштовхується в аорту ρ =105sdot103 кгм3 ndash густина крові v =05 мс ndash швидкість крові в аорті удV =7sdot10ndash5 м3 ndash ударний обrsquoєм крові t = 03 с ndash час скорочення шлуночків Відповідь хвA asymp 110 Дж добA asymp 160 кДж 26 Дах будинку нахилено під кутом α = 20deg до горизонту Чи пройде людина вгору по покритому льодом дахові якщо коефіцієнт тертя μ = 03 Відповідь μltαtg 27 Шматок льоду раз підкидають під кутом α =45deg до го-ризонту а потім пускають із тією самою швидкістю ков-зати по льоду Знайти коефіцієнт тертя якщо в другому випадку шматок льоду переміщується на відстань у 10 ра-зів більшу ніж у першому випадку Відповідь μ asymp 005 28 Густину рідини що перекачують насосом збільшили на n = 10 Як при цьому зміниться швидкість рідини в насосі якщо потужність насоса не зміниться Відповідь 21 vv =1032 29 Визначити середню потужність N двигуна колісного трактора який рушивши з місця піднімається по дорозі з ухилом 002 із прискоренням a = 005 мс2 Коефіцієнт тер-тя μ = 01 Маса трактора m = 2700 кг його кінцева швид-кість v = 15 мс Відповідь N = 2500 Вт

38

30 У ліфті що рухається вертикально вгору із прискорен-ням 0a = 2 мс2 міститься горизонтальний диск що обер-тається з частотою f = 13 обс на якому лежить брусок Коефіцієнт тертя бруска об стіл μ = 04 Знайдіть макси-мальну відстань бруска від осі обертання при якому він ще утримується на столі

Відповідь 220

4)(

fagR

π

+μ= =7 см

31 Відомо що на заокругленнях залізничного полотна зовнішню рейку трохи піднімають відносно внутрішньої щоб тиск поїзда на полотно залізниці був перпендикуляр-ним до його площини Знайти кут α утворений полотном із горизонтом якщо заокруглення радіусом R розрахова-не для руху зі швидкістю v Відповідь gRv tg 2=α 32 Місток (що провисає) має форму дуги кола R = 4 м та витримує максимальне навантаження P =1000 Н Із якою максимальною швидкістю може їхати по ньому велосипе-дист маса якого (разом із велосипедом) m = 90 кг

Відповідь m

mgPRV )( minus= =23 мс

33 Снаряд масою 100 кг рухається зі швидкістю 500 мc Під час руху він розірвався на дві частини Одна частина масою 40 кг стала рухатися зі швидкістю 600 мc у тому самому на-прямку Знайти швидкість другої частини снаряда Відповідь 2v = 433 мс 34 Метеорит і ракета рухаються під кутом α =90deg Ра-кета потрапляє в метеорит і залишається в ньому Маса метеорита m маса ракети 2m швидкість метеорита

39

v швидкість ракети v2 Визначити імпульс метеорита та ракети після зіткнення Відповідь mv2p = 35 Куля масою 1m = 2 кг рухається горизонтальною пове-рхнею зі швидкістю 01v = 2 мс і попадає в нерухому кулю ( 02v = 0 мс) маса якої 2m = 3 кг Визначити швидкості куль 1v i 2v після зіткнення якщо його вважати абсолютно пружним Сили тертя не враховувати Відповідь 1v = ndash04 мс 2v = 16 мс 36 Стоячи на льоду ковзаняр масою 2m = 80 кг кинув уперед важок масою 1m = 10 кг і при цьому сам поїхав назад зі швидкістю 2v = 15 мс Яку роботу виконав ков-заняр кидаючи важок Відповідь 2)1( 12

222 mmVmA += = 810 Дж

37 Ковзаняр масою 1m =70 кг стоячи на ковзанах на льо-ду кидає в горизонтальному напрямку камінь масою

2m = 3 кг зі швидкістю 2v = 8 мс Знайти на яку відстань S відкотиться при цьому ковзаняр Коефіцієнт тертя ков-зання μ = 002

Відповідь gmvmS μ= 21

22

22 2 = 30 см

38 Маса серця дорослої людини приблизно m = 03 кг При скороченні лівого шлуночка в аорту виштовхується V = 70 мл крові Швидкість крові в аорті v = 05 мс густина крові ρ = 105sdot103 кгм3 Визначити швидкість віддачі серця відv Відповідь відv asymp 012 мс 39 Маятник має вигляд прямого тонкого стрижня завдо-вжки l = 15 м на кінці якого знаходиться стальна куля масою M = 1 кг У кулю попадає маленька куля масою

40

m = 2sdot10ndash2 кг яка рухається горизонтально зі швидкістю v = 50 мс Визначити кут α максимального відхилення маятника якщо вважати удар центральним і пружним Масу стрижня не враховувати

Відповідь ( ) glm+M

mv2arcsin=α α asymp 30deg

40 У скільки разів n зменшиться швидкість атома гелію пі-сля центрального пружного зіткнення з нерухомим атомом водню маса якого в 4 рази менша за масу атома гелію Відповідь n = 53 41 Тіло вільно падає з висоти h =100 м на Землю Ви-значити відхилення тіла S на схід під дією сили Коріо-ліса на широті ϕ = 45deg (кутова швидкість обертання Зе-млі ω =73sdot10ndash5 радс)

Відповідь ϕω= cos32

g2hhS S = 1610ndash2 м

41

sect 2 Рух твердого тіла

Основні поняття та закони гідродинаміки

1 Поступальний рух Рух центра інерції твердого тіла Рух твердого тіла визначається прикладеними до нього зовнішніми силами Характерними видами руху твердого тіла є поступаль-ний та обертальний рухи

Поступальним рухом твердого тіла називається такий рух при якому всі його точки рухаються по однакових траєкторіях швидкості всіх точок у будь-який момент часу однакові а будь-яка пряма проведена між довільними точками тіла переміщу-ється паралельно сама собі

Абсолютно тверде тіло ndash це тіло у якому відстань між двома довільними матеріальними точками не змінюється у процесі руху

Тверде тіло розглядають як систему яка складається з n мате-ріальних точок а маса тіла m дорівнює сумі мас усіх цих точок

n

ii 1

m m=

= Δsum де imΔ ndash маса і-ї точки (1)

Поступальний рух твердого тіла повністю характеризується заданням руху будь-якої однієї точки цього тіла тобто при по-ступальному русі тіло має три ступені вільності

Центром мас тіла (центром інерції) називають точку С ко-ординати якої c c cx y z визначаються через координати окремих

елементів тіла jjj zyx співвідношеннями

Δ Δ Δ i i i i i i

c c c

x m y m z mx y z

m m m= = =sum sum sum (2)

Рух центра інерції твердого тіла центр інерції твердого тіла рухається як матеріальна точка з масою рівною масі тіла під дією всіх сил прикладених до тіла

n

c ii 1

ma F=

= sum (3)

де sum=

n

1iiF ndash векторна сума всіх зовнішніх сил

42

2 Обертальний рух Динамічні характеристики тіла яке обертається Обертальний рух ndash це такий рух при яко-му принаймні дві точки тіла весь час залишаються нерухоми-ми Пряма яка проходить через ці точки називається віссю обертання Усі точки твердого тіла які лежать на осі обер-тання нерухомі Інші точки твердого тіла рухаються по колах у перпендикулярних до осі обертання площинах Центри цих кіл лежать на осі обертання Обертальний рух твердого тіла ndash це плоский рух

Плоским називають такий рух при якому всі точки тіла ру-хаються в паралельних площинах

Момент iM сили iF відносно точки О визначається вектор-ним добутком радіус-вектора ir проведеного в точку прикла-дання сили iF на цю силу

i i iM r F⎡ ⎤= sdot⎣ ⎦ (4)

Числове значення моме-нту сили iF

sin iiiiii lFrFM =αsdotsdot= (5)де iα ndash кут між векторами ir і

iF iii rl α= sin ndash довжина пе-рпендикуляра який опустили із точки О на лінію дії сили iF

Величину il називають плечем сили Якщо лінія дії сили проходить через точку О то 0=il і мо-

мент сили відносно точки О дорівнює нулю Момент імпульсу iL матері-

альної точки im відносно точки О визначається векторним добут-ком радіус-вектора ir матеріаль-

ної точки на її імпульс ivm [ ]iiii vmrL sdot= (6)

O im

iM iF

iF

ir

iα iα

il

iivm

O

iivm

ir

iL

im

43

Вектор iL іноді називають моментом кількості руху матеріа-льної точки Він спрямований перпендикулярно до площини проведеної через вектори ir і ivm

Моментом izM сили iF відносно осі z називають проек-цію на вісь z моменту сили відносно будь-якої точки О що лежить на цій осі

пр cosiz i z i iM M M M Ozand⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

де ( )iM Ozand

ndash кут між вектором iM і віссю z

Моментом izL імпульсу iii vmp = відносно осі z називають проекцію на вісь z моменту імпульсу відносно будь-якої точ-ки О що лежить на цій осі

пр cosiz i z i iL L L L Ozand⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

де ( )iL Ozand

ndash кут між вектором iL і віссю z

Бачимо що величини izM i izL не залежать від розташуван-ня на осі z точки О Вектори iM та iL залежать від розташуван-ня на осі z точки О відносно якої їх знаходять але проекції цих векторів на вісь z тобто величини izM i відповідно izL залиша-ються сталими при зміні положення точки О

Момент імпульсу zL тіла відносно осі обертання ndash це проекція результуючого вектора моменту імпульсу L на вісь z яка дорівнює алгебраїчній сумі проекцій на цю вісь усіх складових векторів iL

sum=

=n

0iizz LL (7)

Із визначення векторного добутку вектор iL за модулем дорі-внює площі паралелограма побудованого на векторах ir та

44

ii vm та є перпендикулярним до цих двох векторів Проекція

izL дорівнює площі iS ndash проекції цього паралелограма на пло-щину перпендикулярну до осі Oz

Із рисунка видно що iiiz LL γ= cos (де iγ ndash кут між вектором

iL і віссю Oz) тобто дорівнює площі прямокутника зі сторона-ми iR i iivm Таким чином

2cos iiiiiiiiiz RmvmRmvrL ω==γ= (8)

адже iii Rr =γcos та ii Rv ω= Момент імпульсу тіла відносно осі обертання Oz

2

1

n

z i ii

L m R=

= ωsum (9)

Сума добутків мас усіх матеріальних точок тіла на квад-рати їх відстаней до осі називається моментом інерції zI тіла відносно цієї осі

sum= 2iiz RmI (10)

При визначенні моменту інерції тіла його розбивають на не-скінченну кількість малих елементів із масами dm і момент інерції знаходять за формулою

22 intint ρ== dVRdmRI z (11)

де ρ ndash густина однорідного тіла dV ndash елементарний обrsquoєм

z

O iivm

iL

iγ izL

vmi

im

ir

iR

45

Момент імпульсу тіла відносно осі дорівнює добутку момен-ту інерції тіла відносно тієї самої осі на кутову швидкість ω обертання навколо осі

ω= zz I L (12)

3 Основний закон динаміки обертального руху тіла Роз-глянемо основний закон динаміки обертального руху тіла що обертається навколо нерухомої точки Швидкість зміни мо-

менту імпульсу dtLd тіла що обертається навколо нерухомої

точки дорівнює результуючому моменту M відносно цієї точ-ки всіх зовнішніх сил прикладених до тіла

MdtLd

= (13)

Формулу (13) одержують так [ ]

[ ] 0

i ii i ii i

i i i i

i i i i ii i

d r pdL dL dr dpp rdt dt dt dt dt

v p r F M M

sdot ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = = sdot + sdot =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤= sdot + sdot = + =⎣ ⎦

sum sum sum sum

sum sum sum

Вираз (13) називають рівнянням моментів відносно точки Основний закон обертального руху для тіла що оберта-

ється навколо нерухомої осі

zz M

dtdL

= (14)

де zL i zM ndash проекції на вісь Oz обертання тіла векторів момен-ту імпульсу тіла і результуючого моменту сил

Оскільки z zL I= ω то (14) набуває вигляду

( ) Z Z

d I Mdt

ω = (15)

Для абсолютно твердого тіла ZI не залежить від часу t Тому

46

Z ZdI Mdtω

= або z zI Mβ = (16)

де β ndash кутове прискорення тіла Вираз (16) називають рівнянням моментів відносно осі z Кутове прискорення твердого тіла що обертається навколо

нерухомої осі Oz прямо пропорційне результуючому моменту відносно цієї осі всіх зовнішніх сил що діють на тіло і обернено пропорційне моменту інерції тіла відносно тієї самої осі

Z

Z

MI

β = (17)

Якщо 0zM = то 0=ω

=βdtd і кутова швидкість обертання

тіла стала Це стан рівномірного обертання навколо нерухомої осі Основний закон обертального руху для тіла що обертається

навколо нерухомої осі ZZ

dL Mdt

= зберігає таку найпростішу

форму і при обертанні тіла навколо рухомої осі якщо швидкість руху осі v паралельна швидкості руху центра мас тіла Cv або вісь проходить через центр мас

4 Закон збереження моменту імпульсу Якщо результую-

чий момент зовнішніх сил відносно нерухомої точки тіла (неру-хомої осі) дорівнює нулю то момент імпульсу тіла відносно цієї точки (осі) не змінюється з часом у процесі руху

0 const

0 const

const

ZZ

Z

dL i LdtdL i Ldt

I

⎧= =⎪

⎪⎪ = =⎨⎪

ω =⎪⎪⎩

(18)

де ω ndash кутова швидкість тіла ZI ndash момент інерції відносно осі обертання

47

5 Теорема Штейнера Момент інерції ZI тіла відносно довільної осі ОО1 дорів-

нює сумі моменту інерції ZI prime тіла відносно осі 1OO primeprime проведеної через центр інерції С тіла паралельно ОО1 і добутку маси m тіла на квадрат відстані між цими осями a

2maII zz +prime= (19) 6 Кінетична енергія тіла Якщо тверде тіло рухається по-

ступально зі швидкістю v і одночасно обертається із кутовою швидкістю ω навколо осі яка проходить через його центр інер-ції то кінетична енергія тіла

2 2

к 2 2

Cmv IW ω= + (20)

де CI ndash момент інерції тіла відносно осі обертання 7 Порівняння рівнянь руху твердого тіла і матеріальної точки

Таблиця 1 Поступальний рух матеріальної точки

Обертальний рух твердого тіла

Маса m Момент інерції zI

Швидкість v Кутова швидкість ω

Прискорення a Кутове приско-рення

β

Сила F Момент сили zMM

Імпульс vmp = Момент імпульсу L LZ Рівняння руху

sum =n

i=1i amF

Основний закон динаміки обертального руху

MdtLd

=

Z

Z

MI

β =

Закон збереження імпульсу

constp = Закон збереження моменту імпульсу

constL = constzI ω =

O

O1

a

O1

C

Oprime

48

Продовження табл 1 Поступальний рух матеріальної точки

Обертальний рух твердого тіла

Робота rdFdA = Робота α= dMdA z

Кінетична енергія ==

2vmE

2ii

iк

i

2i

2mp

=

Кінетична енергія

2

к 2CIW ω

=

8 Рух рідини Рівняння нерозривності струменя Для опи-

су руху рідини використовують такі величини три компоненти швидкості елемента обrsquoєму ( )tzyxvv = тиск ( )tzyxPP = і густину ( )tzyx ρ=ρ Змінні цих функцій zyx і t характери-зують координати і час не окремих молекул рідини а визначену точку простору заповнену рідиною

Тому ( )tzyxvv = ( )tzyxPP = і ( )tzyx ρ=ρ ndash швид-кість тиск і густина рідини в даній точці простору zyx у мо-мент часу t При фіксованому часі 0tt = функція ( )0 tzyxvv = описує поле швидкостей тобто дає миттєву картину розподілу швидкостей рідини в кожній точці простору

Рух рідини називають стаціонарним якщо поле швидкостей не змінюється з часом і нестаціонарним якщо воно з часом змінюється

Рівняння нерозривності струменя для стаціонарної течії маса рідини або газу що проходить за одиницю часу через дові-льний переріз труби течії однакова для всіх перерізів

const=ρvS (21) де ρ і v ndash густина і швидкість рідини або газу в перерізі S труби

9 Рівняння Бернуллі ndash рівняння гідромеханіки яке визна-чає звrsquoязок між швидкістю v рідини тиском P в ній та висотою h частинок над площиною відліку для стаціонарної течії ідеаль-ної нестисливої рідини

const2

2=+ρ+

ρ Pghv (22)

49

де ρ ndash густина рідини g ndash прискорення вільного падіння У рівнянні Бернуллі всі члени мають розмірність тиску

P ndash статичний тиск 2

2vρ ndash динамічний ghρ ndash ваговий

Рівняння Бернуллі для двох перерізів течії 2 21 2

1 1 2 22 2v vgh P gh Pρ ρ

+ ρ + = + ρ + (23)

Для горизонтальної течії

2

22

1

21

22PvPv

+ρ

=+ρ (24)

10 Формула Торрічеллі визначає швидкість витікання рі-

дини з невеликого отвору в широкій посудині який розміщено на глибині H від верхнього рівня рідини в посудині

2gHv = (25) де g ndash прискорення вільного падіння

11 Формула ГагенаndashПуазейля визначає кількість рідини

Q що протікає по горизонтальній трубці сталого перерізу в одиницю часу Кількість рідини пропорційна різниці тисків

1P і 2P на вході та виході з труби четвертому степеню її ра-діуса R і обернено пропорційна довжині L труби та коефіці-єнту вrsquoязкості рідини η

( )ωminus

=η

πsdot

minus= 21

4або

8PPQR

LPPQ 21 (26)

де 48

RL

πη

=ω ndash гідравлічний опір

12 Число Рейнольдса ( Re ) звrsquoязує середню швидкість руху

рідини v густину рідини ρ її вrsquoязкість η та діаметр труби D і є критерієм для переходу ламінарної течії у турбулентну

ηρ

=DvRe (27)

50

Для прямої труби крRe = 2300

Якщо крReRe ge то спостерігається турбулентна течія

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

Кількість крові Q що протікає через поперечний переріз су-динної системи людини за одиницю часу у першому наближен-ні визначається формулою ГагенаndashПуазейля

Течія крові в судинній системі людини за нормальних умов має ламінарний характер При різкому звуженні просвіту суди-ни спостерігається турбулентна течія крові Це відбувається наприклад при неповному відкритті або навпаки при непов-ному закритті клапанів аорти або серцевих Це явище назива-ють серцевими шумами

51

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити момент інерції тонкого однорідного стрижня масою

m завдовжки L площею поперечного перерізу S і густиною ρ який обертається відносно осі ООprime яка проходить через його кінець

Розвrsquoязання

Розібrsquoємо стрижень на нескінченно

велику кількість елементів масою dm і довжиною dr Позначимо відстань від осі ООprime до одного з таких елемен-тів через r

Момент інерції елемента стрижня

SdrrdmrdI ρ== 22 Момент інерції всього стрижня

31 3

L

0

2L

0

SLdrrSdII ρ=ρ== intint

Маса стрижня SLm ρ= тому 21

3I mL=

Задача 2 Уздовж похилої площини яка утворює кут α з горизонтом

скочується без ковзання суцільний однорідний диск Знайти лі-нійне прискорення його центра

Розвrsquoязання

Рух диска можна розглядати як обертання навколо миттєвої осі z що проходить перпендикулярно площині рисунка через

Оprime

O

S

dm

dr r

52

точку дотику О диска і похи-лої площини На диск діють три сили сила тяжіння P сила реакції опори N (яка проходить через точку О й на рисунку не зображена) і сила тертя тF

Плече сили тяжіння P як видно з рисунка α= sinrh ( r ndash радіус диска) Моменти сил N і тF дорівнюють нулю Отже рівняння моментів відносно осі z має вигляд

β=α 1IPr sin (1) де 1I ndash момент інерції відносно осі z що проходить через точку О

Згідно із теоремою Штейнера 2

1 mrII += де m ndash маса диска I ndash момент інерції відносно осі яка про-ходить через центр інерції диска перпендикулярно до його

площини 2

2mrI =

Тому 2

1 23 mrI = (2)

Шукане прискорення центра мас (точки С) можна подати у вигляді

ra β= (3) якщо розглядати рух центра інерції С як обертання навколо осі що проходить через точку О

Із рівнянь (1) і (3) враховуючи (2) і те що mgP = знаходимо 2 sin 3

a g= sdot α (4)

Задача 3 Визначити кінетичну енергію тонкого обруча масою M що ко-

титься без ковзання горизонтальною поверхнею зі швидкістю v

F

C

O

P

1P

2P

r h

α

α

53

Розвrsquoязання

Розглядаємо рух обруча як обер-тання навколо миттєвої осі яка про-ходить перпендикулярно до його площини через точку дотику О обру-ча й поверхні Кінетична енергія об-

руча дорівнює 2

20

тω

=IW

Момент інерції відносно осі О 0I можна виразити через мо-мент інерції відносно осі С cI Згідно із теоремою Штейнера

20 CI I MR= + ( R ndash радіус обруча)

Отже 20 2MRI = Rv ω=

Rv

=ω

Підставляючи 0I та ω у формулу для енергії кW одержимо 2

к MvW =

Задача 4 У дні посудини заповненої двома різними

рідинами висоти яких дорівнюють 1h і 2h а густини відповідно 1ρ і 2ρ є невеликий отвір Знайти початкову швидкість витікання рідини з посудини вважаючи обидві рідини ідеаль-ними і нестисливими

Розвrsquoязання

Розглянемо верхній шар і запишемо рівняння Бернуллі стосовно двох перерізів у верхній і нижній частинах шару Тиск у верхній частині збігається з атмосферним тиском 0P тиск у нижній час-тині позначимо 1P Оскільки отвір невеликий швидкістю пере-міщення рідин можна знехтувати тому

1220 PghP =ρ+ (1)

СR

O

v

1ρ

2ρ

1h

2h

54

(для нижнього рівня висота 0=h ) Тепер розглянемо нижній шар Тиск у його верхній частині

буде 1P а в нижній частині біля отвору 0P У верхній частині знову вважаємо що швидкість рідини до-

рівнює нулю Отже

2

21

0111vPghP ρ

+=ρ+ (2)

(рівень h у нижній частині дорівнює нулю) Рівняння (1) і (2) утворюють систему двох рівнянь із двома

невідомими 1P і v Розвrsquoязуючи цю систему знаходимо шукану швидкість витікання

( )22111

2 hhgv ρ+ρρ

=

Задача 5 Виразити витрату Q рідини

густиною ρ що протікає уздовж горизонтальної труби змінного перерізу через різницю рівнів рідини h у двох манометричних трубках скляного вимірника ви-трачання рідини Площі попере-чних перерізів труби біля основ першої та другої трубок від-повідно дорівнюють 1S i 2S

Розвrsquoязання

Прирівняємо величини Q для перерізів 1S i 2S згідно із фор-

мулою vSQ ρ=

2211 SvSvQ ρ=ρ= (1) Застосуємо також рівняння Бернуллі

22

22

2

21

1vPvP ρ

+=ρ

+ (2)

h

S1 S2

55

(ми врахували що рівень рідини в обох перерізах однаковий бо труба горизонтальна) Із рівнянь (1) і (2) визначимо 1v i 2v

( )( )2

221

2121

2SSPPSv

minusρminus

= ( )( )2

221

2112

2SSPPSv

minusρminus

=

Різницю тисків 21 PP minus можна виразити як вагу стовпа рідини заввишки h із площею поперечного перерізу що дорівнює одиниці

ghPP ρ=minus 21 Остаточно запишемо

( )22

21

212

SSghSSQminus

ρ=

56

Задачі

1 Колесо що обертається рівномірно сповільнено за 1 хвилину зменшило ча-стоту обертання з 0ν =300 обхв до ν =180 обхв Момент інерції колеса I = 2 кгsdotм2 Визначити 1) кутове при-скоренняβ 2) гальмівний момент M 3) роботу гальмування A

R

T

gm

Відповідь β = 021 радс2 M = 042 Дж A = 630 Дж 2 На суцільний циліндричний вал радіусом R = 05 м на-мотано шнур до кінця якого привrsquoязано вантаж масою m =10 кг Знайти момент інерції I вала та його масу 1m якщо вантаж опускається із прискоренням a = 2 мс2 Відповідь I = 975 кгsdotм2 1m = 78 кг 3 Вважатимемо тіло людини циліндром радіус якого R = 20 см висота h =17 м і маса m = 70 кг Знайти мо-мент інерції людини відносно вертикальної осі у двох положеннях відносно Землі у вертикальному perpI та го-ризонтальному ΙΙI Вважати що вертикальна вісь про-ходить через центр мас циліндра Відповідь perpI = 14 кгsdotм2 ΙΙI = 169 кгsdotм2 4 Маса руки людини приблизно дорівнює m = 42 кг до-вжина l = 083 м а її центр мас розташовано на відстані r = 034 м від плечового суглоба Момент інерції руки відносно цього суглоба дорівнює I = 03 кгsdotм2 Рука вільно падає з горизонтального у вертикальне положення Знайти кінетичну енергію кE руки і лінійну швидкість v нижньої частини кисті у кінцевій точці падіння Відповідь кE = 143 Дж v = 8 мс

57

5 На легкому столику який вільно обертається стоїть людина і тримає на випростаних руках на відстані 1l = 15 м одна від одної дві однакові гирі масою m = 25 кг кожна Потім людина зменшує відстань між гирями до

2l = 04 м При цьому кутова швидкість обертання столика зростає від 1ω = 6 сndash1 до 2ω =12 сndash1 Вважаючи момент іне-рції людини відносно осі обертання столика сталим знай-ти роботу A яку вона виконує Відповідь A = 94 Дж 6 Яку роботу A виконує людина виконуючи за час t = 1 с одне повне коливання мізинцем із кутом розмаху

ϕΔ = 60deg Момент інерції мізинця I = 4sdot10ndash5 кгsdotм2 Вважа-ти що робота витрачається на прискорення і сповільнення мізинця а його рух ndash рівнозмінно обертовий Відповідь A = 135sdot10ndash4 Дж 7 Яку середню потужність N розвиває людина при хо-дьбі якщо тривалість кроку tΔ = 05 с Вважати що ро-бота витрачається на прискорення і гальмування кінці-вок а кутове переміщення ніг asympϕΔ 30deg Момент інерції кожної кінцівки I = 17 кгsdotм2 Відповідь N = 148 Вт 8 Дві маленькі кульки з масами 1m =4sdot10ndash2 кг і 2m =12sdot10ndash2 кг зrsquoєднані стрижнем завдовжки l = 02 м маса якого мала Ви-значити момент інерції системи 1I відносно осі що про-ходить через середину стрижня перпендикулярно до його напрямку а також момент інерції 2I для випадку коли вісь проходить через центр мас системи Відповідь 1I =16sdot10ndash3 кгsdotм2 2I =12sdot10ndash3 кгsdotм2

58

9 На яку висоту h під-німеться вода у вертика-льній трубці що впаяна у вузьку частину С (діа-метром d =2 см) горизо-нтальної трубки якщо у

широкій частині трубки А В (діаметром D = 6 см) швид-кість води 1v = 03 мс при тиску 1P =105 Па Нижній кінець вертикальної трубки занурений у стоячу воду тиск у якій P1 Відповідь h = 037 м 10 Визначити максимальну дальність польоту S стру-меня із шприца діаметром d = 4sdot10ndash2м на поршень яко-го тисне сила F =30 H Густина рідини ρ =103 кгм3 а

отвS ltlt поршS Відповідь S asymp 49 м 11 У посудину рівномірним струменем наливається вода ndash за 1 с надходить обrsquoєм 150 см3 Дно посудини має отвір пло-щею S = 05 см2 Який рівень води встановиться у посудині Відповідь h = 046 м 12 Площа поршня у шприці 1S = 12 см2 а площа отвору

2S = 1 мм2 Скільки часу витікатиме розчин ( ρ = 103 кгм3) із шприца якщо сила що діє на поршень F = 5 Н а хід поршня l = 4sdot10ndash2 м Відповідь t asymp 05 c 13 Із горизонтально розташованого медичного шприца вида-влюється фізіологічний розчин силою F =10 H Знайти швид-кість v витікання рідини з голки шприца Чому швидкість ви-тікання розчину не залежить від площі поперечного перерізу голки ( розρ = 103 гсм3 шd = 15 см шS gtgt голS ) Відповідь v = 105 мс

A BC

h

59

14 З оприскувача виштовхується струмінь рідини (густи-на ρ = 103кгм3) зі швидкістю 2v = 25 мс Який тиск 1P створює компресор у баку оприскувача Відповідь 1P = 312sdot105 Па 15 На столі знаходиться широка циліндрична посудина з водою заввишки h = 05 м Нехтуючи вrsquoязкістю знайти на якій висоті H від дна посудини необхідно зробити неве-ликий отвір щоб із нього витікав струмінь на максималь-ну віддаль maxl від посудини Відповідь H = 025 м maxl = 05 м 16 Визначити спад PΔ тиску крові в аорті при переході її у велику артерію якщо відомо що загальний потік крові Q в тілі людини (у стані спокою) дорівнює 8sdot10ndash5 м3с ра-діус аорти r =10ndash2 м вrsquoязкість крові η = 4sdot10ndash3 Паsdotс Відповідь lP ΔΔ = 80 Пам 17 Використовуючи дані попередньої задачі визначити се-редню швидкість v потоку крові в аорті число Рейнольдса Re і характер течії крові Відповідь v asymp 025 мс Re = 1300 18 Знайти максимальну масу m крові (вrsquoязкість η = 4sdot10ndash3 Паsdotс) яка може пройти через аорту (діаметр d = 2sdot10ndash2 м) за 1 с у ламінарному режимі Відповідь m asymp 014 кг 19 У високу посудину що заповнена маслом при 20 degС кидають свинцеві кульки різних діаметрів На певній гли-бині кульки рухаються рівномірно унаслідок того що си-ли які діють на них урівноважуються Визначити число Рейнольдса для руху кульки діаметром 01 мм якщо вва-жати рух масла при падінні кульки ламінарним При яко-

60

му максимальному діаметрі d кульки рух масла залиша-ється ламінарним якщо мρ = 970 кгм3 Відповідь Re = 54sdot10ndash6 d = 45 мм 20 Визначити який мінімальний час t частинки радіоак-тивного пилу (утвореного під час вибуху реактора) змогли б перебувати на висоті h = 1 км якщо вважати їх сферич-ними з діаметром d = 1 мкм і густиною ρ = 25sdot103 кгм3 (вrsquoязкість повітря повη = 18 мкПаsdotс) Відповідь t = 150 діб 21 По трубі завдовжки L із радіусом R тече стаціонар-ний потік рідини густина якої ρ і вrsquoязкість η Швидкість течії рідини залежить від відстані r до осі труби і зміню-ється за законом )1( 22

0 Rrvv minus= Знайти 1) обrsquoєм ріди-ни що протікає через поперечний переріз труби за одини-цю часу 2) різницю тисків на кінцях труби Відповідь 2 2

0 0 2 4 Q R P L R= πν Δ = η ν

61

sect 3 Механічні коливання та хвилі

1 Гармонічні коливання Коливання які відбуваються під

дією сили пропорційної зміщенню тіла від положення рівноваги і напрямленої у бік положення рівноваги називають гармоніч-ними За своєю природою гармонічні коливання є механічні електричні та оптичні Рівняння гармонічних коливань

2 2202 2або 0d x d xm kx x

dt dt= minus + ω = (1)

де m ndash маса тіла що виконує коливання k ndash коефіцієнт пруж-ності x ndash миттєве значення коливної величини (наприклад змі-щення маятника від положення рівноваги або значення напру-женості електричного поля тощо) mk=ω0 ndash колова часто-та (кількість коливань за 2π секунд T20 π=ω )

Замість колової частоти використовують і лінійну частоту 0ν звrsquoязок між 0ω і 0ν такий

00 2πν=ω (2) Лінійна частота 0ν ndash це кількість коливань за одну секунду

(у СІ) Розвrsquoязок рівняння гармонічних коливань )(sin 0 ϕ+ω= t Ax (3)

де A ndash амплітуда коливання (найбільше значення величини) ϕ+ω t0 ndash фаза коливання тут ϕ ndash початкова фаза (значення

фази коливання в момент часу t = 0)

2 Період коливання T ndash час протягом якого відбувається одне повне коливання

0

21ω

π=

ν=T (4)

Період власних коливань математичного маятника glT π= 2 (5)

де l ndash довжина підвісу маятника g ndash прискорення вільного падіння

62

Період власних коливань пружинного маятника

kmT π= 2 (6) де m ndash маса коливного тіла k ndash коефіцієнт пружності (жорсткість)

Період власних коливань фізичного маятника

mgaIT π= 2 (7)

де I ndash момент інерції відносно осі коливань m ndash маса a ndash від-стань від центра ваги тіла до осі обертання

Величину LmaI = називають зведеною довжиною фізи-чного маятника

3 Швидкість v та прискорення a тіла яке здійснює гар-

монічне коливання ( ) ( )2

0 0 0 0cos або sinv A t a A t= ω ω + ϕ = minus ω ω + ϕ (8)

де ωA ndash амплітуда швидкості 2ωA ndash амплітуда прискорення Сила яка спричинює гармонічне коливання

( )ϕ+ωωminus== tmAmaF 020 sin (9)

де 20ωmA ndash амплітуда сили m ndash маса коливного тіла

4 Додавання двох коливань що відбуваються по одній

прямій в одному напрямку з однаковими періодами але з різни-ми амплітудами і початковими фазами

Рівняння додаваних коливань мають вигляд ( )( )

1 1 0 1

2 2 0 2

sin

sin

x A t

x A t

= ω + ϕ

= ω + ϕ (10)

Результуюче коливання визначається рівнянням ( )1 2 0sinx x x A t= + = ω + ϕ (11)

де ( )122122

21 cos2 ϕminusϕ++= AAAAA ndash амплітуда результуючого

коливання ϕ ndash початкова фаза результуючого коливання

63

2211

2211coscossinsintg

ϕ+ϕϕ+ϕ

=ϕAAAA

5 Додавання двох взаємно перпендикулярних коливань однакового періоду але різних амплітуд і початкових фаз Трає-кторія результуючого коливання визначається рівнянням

( ) ( )2 2

21 2 1 22 1 2 12 2

1 2 1 2

cos sinx x 2x xA A A A

+ minus ϕ minus ϕ = ϕ minus ϕ (12)

6 Енергія тіла яке здійснює гармонічне коливання

кінетична енергія 2 2 2

2к 2

2 2cos2

mv A m tWT T

π π⎛ ⎞= = + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

(13)

потенціальна енергія 2 2 2

2п 2

2 2sin2

kx A m tWT T

π π⎛ ⎞= = + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

(14)

повна енергія 2

2 22

2

22

пкAm

TmAWWW ω

=π

=+= (15)

де m ndash маса тіла A ndash амплітуда T ndash період коливань ( Tπ=ω 2 ) коефіцієнт жорсткості 2ω= mk

7 Затухаючі коливання mdash вільні коливання енергія яких

зменшується за рахунок дії сил тертя сил опору середовища випромінювання тощо Рівняння затухаючих механічних коли-вань при дії вrsquoязкого опору пропорційного швидкості

2 2202 2або 2 0d x dx d x dxm kx r x

dt dt dt dt= minus minus + β + ω = (16)

де mr 2=β ndash коефіцієнт затухання mk 20 =ω

Розвrsquoязок рівняння затухаючих коливань ( )ϕ+ω= βminus teAx t

0 cos (17) де 0A ndash амплітуда коливань у початковий момент часу t = 0

220 βminusω=ω ndash частота затухаючих коливань

64

Період коливань 2202 βminusωπ=T у середовищі більший

ніж період коливань 00 2 ωπ=T точки такої самої маси під дією такої самої пружної сили в середовищі без опору

8 Логарифмічний декремент затухання δ ndash безрозмірна

характеристика затухаючих коливань яка дорівнює натураль-ному логарифму відношення однієї з амплітуд tA до наступ-ної TtA + через період

TAA

Tt

t β==δ+

ln (18)

де β ndash коефіцієнт затухання T ndash період Величина обернена до логарифмічного декремента затухан-

ня δ1 показує кількість коливань N які мають відбутися щоб амплітуда зменшилася в e разів (приблизно у 27 рази) Вели-чина δπ називається добротністю коливальної системи

9 Вимушені коливання ndash коливання які виникають у сис-

темі під дією зовнішньої періодичної сили )(tF причому ( )0 cosF(t) F t= ω

де 0F ndash амплітудне значення сили ω ndash її циклічна частота Рівняння руху вимушених коливань та його розвrsquoязок

мають вигляд

( )2

2 002 2 cosd x dx Fx = t

dt dt m+ β + ω ω (19)

( )ϕminusω= tAx cos (20)

де( )

02 222 2 2 2 0

0

2 tg4

F mA βω= ϕ =

ω minus ωω minus ω + β ω (21)

10 Резонанс ndash явище різкого збільшення амплітуди вимуше-них коливань при наближенні частоти зовнішнього періодично-го впливу до власної частоти одночастотної системи

За умови взаємної незалежності основних параметрів зовніш-ньої гармонічної дії та коливальної системи резонансна частота

65

20

2

022

0рез212ωβ

minusω=βminusω=ω (22)

де 0ω ndash власна частота системи β ndash коефіцієнт затухання Амплітуду резонансних коливань резA знаходять із виразу

0

022

0

0рез 22 βω

asympβminusωβ

=mFmFA

11 Хвилі mdash процес поширення коливань у середовищі За-

лежно від характеру пружних деформацій у середовищі розріз-няють хвилі поздовжні та поперечні

У поздовжніх хвилях частинки середовища здійснюють ко-ливання вздовж лінії яка збігається з напрямком поширення ко-ливань Поздовжні хвилі можуть виникати в газовому рідинно-му та твердому середовищах

У поперечних хвилях частинки середовища здійснюють коливання перпендикулярно до напрямку поширення коли-вань Поперечні хвилі поширюються тільки у твердому тілі та на поверхні води Кожен тип хвиль характеризується довжиною швидкіс-

тю інтенсивністю 12 Довжина хвилі ndash відстань між двома найближчими точ-

ками які коливаються в однаковій фазі Довжину хвилі можна визначити також як шлях який проходить хвиля протягом пері-оду коливань Позначаючи довжину хвилі через λ записують

2 v v vvΤ πλ = = = ν =

ω ν λ (23)

де v ndash швидкість поширення хвилі T ndash період коливання ω ndash ци-клічна частота коливань що відповідають хвилі ν ndash лінійна частота

13 Рівняння плоскої хвилі має вигляд ( ))(sin vrtAx minusω=

66

де vr ndash час проходження хвильового процесу від вихідної точ-ки до даної r ndash віддаль пройдена хвилею від вихідної точки до даної v ndash швидкість поширення хвильового процесу

Інша форма рівняння плоскої хвилі sin( )x A t kr= ω minus (24)

де λπ=ω= 2 vk ndash хвильове число Різниця фаз двох точок що лежать на шляху поширення хвилі

λminus

π=ϕminusϕ 1212 2 rr (25)

де 1r 2r ndash віддаль точок від джерела коливань

14 Середня густина енергії хвилі ω ndash це середня енергія W що припадає на одиницю обrsquoєму середовища зайнятого хвилею

22

21 A

VW

ρω==ω (26)

де ρ ndash густина середовища Цю формулу легко отримати із таких міркувань Нехай кі-

лькість частинок в одиниці об`єму середовища які беруть участь у коливальному русі дорівнює n а маса кожної части-нки m У випадку вільних незатухаючих коливань середня енергія такої частинки залишається сталою рівною повній

енергії 2

22 Amω (див формулу (15)) Отже

22

2222 AAmn ρω=

ω=ω

15 Інтенсивністю хвилі I називається величина яка до-

рівнює середній енергії яку переносить хвиля за одиницю часу через переріз одиничної площі перпендикулярний до напрямку поширення хвилі

22

21 Avv ωρ=ω=I (27)

де v ndash швидкість поширення хвилі

67

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Звук ndash це пружні хвилі в середовищі які за своєю часто-тою та інтенсивністю можуть сприйматися органами слуху

Звук ndash подвійне явище з одного боку це пружні коливання які характеризуються певною частотою інтенсивністю набором частот з іншого ndash психофізіологічне відчуття певної висоти гучності та тембру в нашому сприйманні Людські органи слу-ху здатні сприймати звукові хвилі частотою від 18 до 20 000 Гц з інтенсивністю від 2sdot10ndash16 до 4sdot104 Втм2 (для найбільш чутних частот від 1000 до 3000 Гц) У пружному середовищі хвилі час-тота яких більша 20 кГц називаються ультразвуком Людина не сприймає ультразвуку Однак деякі тварини можуть його сприймати Наприклад дельфіни сприймають ультразвукові си-гнали з частотою до 30 кГц кажани ndash до 100 кГц

Висота звуку визначається його частотою чим більша частота тим вищий звук

Для оцінювання висоти звуку весь діапазон тонів що сприй-мається вухом людини розділено на інтервали mdash октави

Октава ndash це інтервал висот тону у якому відношення край-ніх частот дорівнює двом

Таблиця 2 Октава 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Границ

і частоти

Гц

16 ndash

32

32 ndash

64

64 ndash

128

128

ndash 25

6

256

ndash 51

2

512

ndash 10

24

1024

ndash 2

048

2048

ndash 4

096

4096

ndash 8

192

8192

ndash 1

6384

Складні тони при однаковій основній частоті можуть відріз-

нятися за формою коливань і відповідно за гармонічним спект-ром Ця відмінність сприймається вухом як тембр звуку На-приклад однакові за основними частотами голосні звуки мови у різних людей відрізняються за тембром

Обrsquoєктивна гучність (сила звуку) визначається кількістю енергії що переноситься звуковою хвилею за одиницю часу че-рез переріз одиничної площі перпендикулярний до напрямку поширення хвилі Ця величина пропорційна квадрату амплітуди

68

хвилі та квадрату її частоти Це означає що сила звуку вказаної частоти пропорційна квадрату амплітуди Вухо людини не одна-ково чутливе до звуків різної висоти Людина чутиме звук якщо сила звуку перевищуватиме певну мінімальну величину mdash поріг чутності Звук інтенсивність якого нижча за поріг чутності вухом не сприймається Поріг болю відповідає максимальному значенню інтенсивності звуку перевищення якого викликає біль Вухо людини найбільш чутливе до звуків у інтервалі час-тот 1ndash3 кГц Для них поріг чутності складає близько 10ndash12 Втм2 а поріг болю перевершує поріг чутності приблизно в 1014 разів

2 Закон ВебераndashФехнера Рівень гучності даного звуку L

(при одній і тій самій частоті коливань) прямо пропорційний логарифму відношення його інтенсивності I до інтенсивності

0I яка відповідає порогу чутності

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

0lg

IIkL (1)

де k ndash коефіцієнт пропорційності 0

0

Для 1 lg I белів (Б)для 10 10lg децибелів (дБ)

k L Ik L I I

= == =

(2)

Мінімальний рівень гучності що сприймається вухом людини приблизно відповідає 1 дБ шепіт ndash 10 дБ мова людини ndash 60 дБ

3 Швидкість звуку У пружному середовищі швидкість по-

ширення поздовжніх хвиль

ρ=

Ev (3)

де E ndash модуль Юнга ρ ndash густина середовища

У газах MRTv γ

= (4)

де v

p

cc

=γ pc ndash теплоємність газу при сталому тиску сv ndash теп-

лоємність при сталому обrsquoємі R ndash молярна газова стала T ndash абсолютна температура M ndash молярна маса

69

Хвиля зміщень обумовлена поширенням звуку супрово-джується хвилею тиску причому амплітуда хвилі тиску ρΔ визначається за формулою

vA ωρ=ρΔ 0 (5) де 0ρ ndash густина середовища до приходу хвилі A ndash амплітуда ω ndash частота коливань що відповідають хвилі v ndash швидкість поширення хвилі

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Рівняння коливань у СІ має вигляд )6300sin( minus= tx Визна-

чити амплітуду коливань початкову фазу частоту і період

Розвrsquoязання

Порівнюючи вираз для x заданий в умові задачі із загаль-ною формулою гармонічного коливання

)sin( 0 ϕ+ω= tAx де A ndash амплітуда коливання ϕ+ω t0 ndash його фаза ϕ ndash початко-ва фаза 0ω ndash колова частота

Висновок що A =1 м ϕ = ndash6 рад 0ω = 300 сndash1

3002π

=T сndash1 = 21sdot10ndash2 с

Задача 2 Визначити період коливань фізичного маятника масою m

центр тяжіння якого С розташовано на відстані a від осі обер-тання Кути відхилення ϕ тіла від положення рівноваги вва-жати малими (рисунок)

70

Розвrsquoязання

Маятник рухатиметься до положення рівноваги під дією складової сили тяжіння P яка при малих кутах ϕ наближено становитиме P Pτ = minus ϕ

Момент цієї сили відноcно осі обертання z яка проходить че-рез точку підвісу О перпендикулярно площині рисунка M P a P aτ= = minus ϕ Під дією моменту M тіло одержує

кутове прискорення 2

2

dtd ϕ

=β яке до-

рівнює I

M=β де I ndash момент інерції

тіла відносно осі z Рівняння руху ма-ятника запишемо у вигляді

ϕminus=ϕ

IPa

dtd

2

2

Позначимо величину I

Pa через 20ω

тоді рівняння руху маятника матиме вигляд 20( ) ( ) 0t tϕ + ω ϕ =

Період коливань маятника визначається так

0

2 або 2 IТ ТPa

π= = π

ω

Враховуючи що mgP = остаточно знаходимо

2 IΤ

mga= π

Величина maIL = ndash зведена довжина фізичного маятника

Задача 3 Амплітуда тиску звукової хвилі PΔ = 6 Нм2 Визначити кіль-

кість енергії E що потрапляє протягом часу τ = 2 с у вухо лю-

ϕ

ϕР τ

Р

С

O

а

Р n

71

дини розташоване перпендикулярно до напрямку поширення хвилі Площа вуха S = 4middot10ndash4 м2 Густина повітря 0ρ = 129 кгм3

Розвrsquoязання

Кількість енергії що проходить за одиницю часу через оди-

ницю поверхні яка перпендикулярна до напрямку поширення хвилі визначається за формулою

τωρ=τ= vSAISE 2202

1 де A ndash амплітуда хвилі ω ndash частота коливань

Амплітуда хвилі тиску PΔ vAP ωρ=Δ 0

де 0ρ ndash густина середовища до приходу хвилі Перепишемо перше рівняння у вигляді

( )25

0

334 10 Дж2p SЕ E

vminusΔ τ

= sdot asymp sdotρ

72

Задачі

1 Тіло здійснює гармонічні коливання за законом

350sinx tπ= м Визначити амплітуди зміщення швидкості прискорення і сили якщо маса тіла m = 2 кг Знайти повну енергію тіла W Відповідь A = 50 м vA = 52 мс aA = 55 мс2

FA = 109 H W = 27middot103 Дж 2 Два однаково напрямлені коливання з однаковими час-тотами мають амплітуди відповідно 2middot10ndash2 м і 5middot10ndash2 м Друге коливання випереджає перше за фазою на 30deg Ви-значити амплітуду і початкову фазу сумарного коливання утвореного від додавання цих коливань якщо 00 =ϕ Відповідь A = 0068 м 0ϕ asymp 35deg asymp 06 рад 3 Додаються два однаково напрямлені гармонічні коли-вання з однаковими періодами 21 TT = =8 с і однаковими амплітудами 21 AA = = 002 м Різниця фаз коливань

ϕΔ = π4 початкова фаза 01ϕ одного з коливань дорівнює нулю Написати рівняння результуючого коливання Відповідь ( )2=37 10 sin ( 4)t 8x minussdot π + π м 4 Відомо що енергія коливань камертона ( 0ν = 500 Гц) протягом часу t =18 c зменшилась у n = 105 разів Знайти логарифмічний декремент затухання δ Відповідь 4

0ln( ) (2 ) 64 10n t minusδ = ν δ = sdot 5 Тіло масою m = 04 кг висить на пружині яка розтягується на 10ndash2 м під дією сили F = 04 H Логарифмічний декремент затухання тіла яке здійснює коливання δ =157 Визначити

73

період коливань при якому відбувається резонанс резонансну амплітуду якщо амплітуда вимушеної сили 0F = 2 H Відповідь резT asymp 067 c резA asymp 01 м 6 Уздовж деякої прямої поширюються коливання з пері-одом T = 025 с і швидкістю v = 48 мс Через 10 с після виникнення коливань у вихідній точці на віддалі 1S = 43 м від неї спостерігається зміщення точки 1x = 3sdot10ndash2 м Ви-значити в цей самий момент часу зміщення 2x і фазу 2ϕ у точці що лежить на віддалі 2S = 45 м від джерела коливань Відповідь 2x = 006 м 2ϕ = π2 7 Якщо хвилі поширюються зі швидкістю v = 24 мс при частоті ν = 3 Гц то чому дорівнює різниця фаз між двома точками віддаленими одна від одної на 2 м Відповідь ϕΔ = π2 8 Звук поширюється від поверхні Землі вертикально вгору За який час t звук проходить до висоти H =104 м якщо темпе-ратура повітря біля поверхні Землі T =289 К а вертикальний градієнт температури в атмосфері становить 0007 Км Відповідь t = 314 c 9 Порівняйте швидкість звуку в повітрі при 1T = 273 К і на висоті H = 3sdot103 м де температура повітря 2T = 223 К Відповідь 1v = 332 мс 2v = 300 мс 10 Знайти швидкість звукової хвилі у сталі Модуль Юнга для сталі 2sdot1011 Нм2 густина сталі 78sdot103 кгм3 Відповідь v = 5250 мс 11 Кажан летить перпендикулярно до стіни зі швидкіс-тю v = 6 мс випромінюючи ультразвук ν = 45sdot104 Гц Які частоти він сприймає Відповідь 466sdot104 Гц

74

12 Ехолотом вимірювалася глибина моря Яка була гли-бина моря якщо проміжок часу між виникненням звуку та його прийомом становив 25 с Коефіцієнт стиснення води 46sdot10ndash10 м2Н густина морської води 103sdot103 кгм3 Відповідь 1810 м 13 На відстані 0r = 20 м від точкового джерела звуку рі-вень гучності 0L =30 дБ Нехтуючи затуханням хвилі знайти рівень гучності на відстані r =10 м від джерела та відстань від нього на якій звук вже не можна почути Відповідь )lg(20 00 rrLL += L = 36 дБ r gt 063 км 14 Амплітуда хвилі тиску для звуку частотою ν = 3sdot103 Гц становить PΔ =10ndash3 Нм2 Визначити ампліту-ду зміщень A частинок повітря у такій хвилі Відповідь A = 12sdot10ndash8 м 15 Визначити різницю фаз ϕΔ у хвилі пульсу людини між двома точками артерії що розміщені на rΔ = 02 м од-на від одної Швидкість v пульсової хвилі 10 мс коли-вання серця є гармонічними частота ν = 12 Гц Відповідь ϕΔ = 0048π 16 Розрив барабанної перетинки відбувається при інтен-сивності звуку L = 150 дБ Визначити інтенсивність амп-літудне значення звукового тиску й амплітуду зміщення частинок у хвилі для звуку частотою ν = 1 кГц при яких відбудеться розрив барабанної перетинки Відповідь 1 кВтм2 937 Па 34sdot10ndash4 м 17 Нормальна розмова людини оцінюється рівнем гучно-сті звуку E = 50 дБ (приν = 1кГц) Визначити гучність звуку що відповідає гучності яка надходить від 100 лю-дей які одночасно розмовляють Відповідь 70 дБ

75

РОЗДІЛ 2

МОЛЕКУЛЯРНА ФІЗИКА І ТЕРМОДИНАМІКА

sect 1 Молекулярно-кінетична теорія газів

1 Молекулярно-кінетична теорія ndash це наукова теорія яка

пояснює теплові явища фізичні властивості тіл і речовин у різ-них агрегатних станах на основі їх молекулярної будови взає-модії та руху частинок (молекул атомів іонів)

Основне рівняння кінетичної теорії ідеального газу тиск газу P прямо пропорційний середній кінетичній енергії посту-пального руху молекул що знаходяться в одиниці обєму газу

к032 EnP = (1)

де VNn =0 ndash концентрація молекул N ndash кількість молекул V ndash

обrsquoєм газу кE ndash середнє значення кінетичної енергії посту-пального руху молекули газу

2 Стан газу характеризується сукупністю фізичних величин

ndash параметрів стану Певна маса m ідеального газу молярна маса якого M характеризується трьома параметрами обrsquoємом V тиском P і абсолютною температурою T

Параметри стану ідеального газу повrsquoязані між собою рів-нянням стану МенделєєваndashКлапейрона

nRTPV = (2)

де Mmn = ndash кількість молів R = 831 Дж(Кsdotмоль) ndash молярна

газова стала

Рівняння стану ідеального газу має вигляд

76

kTnV

kTnNP 0A == (3)

де AN

Rk = =138sdot10ndash23 ДжК ndash стала Больцмана

AN = 6022sdot1023 мольndash1 ndash стала Авогадро 3 Тепловий рух молекул газу характеризується такими фі-

зичними величинами Z ndash середня кількість зіткнень однієї молекули з інши-

ми молекулами за 1 с

022 nZ πσ= v (4)

де σ ndash ефективний діаметр молекули 0n ndash концентрація моле-кул v ndash середня швидкість теплового руху

λ ndash середня довжина вільного пробігу молекули

Zv

=λ або 0

221

nπσ=λ (5)

де ν ndash кількість ударів молекул газу об одиницю поверхні стін-ки за 1 с

vn041

=ν (6)

Відносна кількість 0N

N молекул газу що пролітають

шлях S без зіткнень

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

λminus=

SNN exp

0 (7)

де λ ndash середня довжина вільного пробігу молекул 4 При однакових температурі й тиску всі гази вміщують у

рівних обrsquoємах однакову кількість молекул Кількість молекул LN у 1 м3 за нормальних умов ( 0T =273 К 0P =1013sdot105 Па) на-

зивають сталою Лошмідта

77

0

0kTPNL = = 269sdot1025 мndash3 (8)

5 Рівняння Больцмана Середня кінетична енергія посту-

пального руху молекул ідеального газу пропорційна термодина-мічній температурі й залежить тільки від неї

kTE23

к = (9)

Формулу (9) отримаємо порівнюючи вирази (1) і kTnP 0= 6 Густина ρ ідеального газу при сталому тиску обернено

пропорційна температурі

tRTMP

Vm

β+ρ

===ρ1

0 (10)

де 0

0 RTMP

=ρ ndash густина газу при тиску P і температурі

0T = 27315 К β = 127315 К = 0003661 Кndash1 t ndash темпера-тура у degС )1(00 tTtTT β+=+=

7 Закон Дальтона формулюється так Якщо в обrsquoємі V при

температурі T міститься суміш різних газів то загальний тиск су-міші дорівнює сумі парціальних тисків її окремих компонент

sumsum ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==

i i

i

ii M

mVRTPP (11)

де i

ii M

mVRTP = ndash парціальний тиск і-ї компоненти суміші маса

якої im а молярна маса iM

8 Рівняння Ван дер Ваальса ndash рівняння стану реального га-зу для одного моля

( ) RTbVVap =minus⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ 02

0

(12)

78

де 0V ndash обrsquoєм одного моля газу сталі a і b для різних газів ви-значаються експериментально

Для довільної маси m газу рівняння Ван дер Ваальса за-писують так

RTMmb

MmV

Va

Mmp =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ minus

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛+ 22

2 (13)

де V ndash обrsquoєм газу M ndash молярна маса газу Співвідношення між сталими Ван дер Ваальса ( a b ) і пара-

метрами критичного стану ( к к 0к T P V ndash відповідно критичні те-мпература тиск та обrsquoєм 1 моля газу) мають вигляд

bRaT

278

к = 2к 27baP = bV 3к0 =

звідки 8

3

к

к0к RTVP

= (14)

10 Закон розподілу Максвелла визначає відносну кіль-

кість молекул газу Ndv

vdN )( при заданій температурі що припадає

на одиничний інтервал швидкості (функція розподілу молекул за модулем швидкості)

( ) ( ) 2322 24

2

mvkT

dN v mF v vNdv kT e

minus⎛ ⎞= = π⎜ ⎟π⎝ ⎠ (15)

де m ndash маса молекули k ndash стала Больцмана Функція розподілу Макcвелла ( )vF дає імовірності для молекули мати модуль швидкості v в одиничному інтервалі швидкостей

Найбільш імовірна середня і середня квадратична швидкості молекул визначаються за формулами

MRT

mkTv 22

iм ==

MRT

mkTv

π=

π=

88

79

MRT

mkTvv 332

кв === (16)

11 Розподіл Больцмана (розподіл молекул газу в однорід-ному потенціальному полі) молекули розташовуються з біль-шою густиною там де менша їх потенціальна енергія

kTmgh

h ennminus

= 0 (17) де hn ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму на висоті h над рівнем Землі 0n ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму на висоті 0=h

80

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Скільки молекул повітря є у кімнаті місткістю 240 м3 при те-

мпературі 288 К і тиску 105 Па

Розвrsquoязання

Із рівняння МенделєєваndashКлапейрона

111 RTMmVP =

де R = 831 ДжКsdotмоль знайдемо Mmn = ndash кількість молів у цій

масі повітря

1

11RT

VPn =

Кількість молекул повітря у кімнаті визначається за формулою

AN N n=

де AN = 6022sdot1023 мольndash1 або

1

11RT

VPNN A sdot=

23 1 5 3

27602 10 моль 10 Па 240 м 6 10831 Дж (К моль) 288 K

Nminussdot sdot sdot

= asymp sdotsdot sdot

Задача 2 Визначити густину суміші 1m = 4sdot10ndash3 кг водню і 2m =32sdot10ndash3 кг

кисню при температурі 280 К і загальному тиску P = 93sdot104 Па

81

Розвrsquoязання

За законом Дальтона тиск суміші дорівнює 21 PPP += (1)

де 1P і 2P ndash парціальні тиски водню і кисню при заданих умовах Запишемо рівняння МенделєєваndashКлапейрона для кожного

газу окремо

11

111 RT

MmVP = і 2

2

222 RT

MmVP =

де 1M = 2sdot10ndash3 кгмоль 2M = 32sdot10ndash3 кгмоль З умови задачі VVV == 21 TTT == 21

Тоді для водню RTMmVP

1

11 = звідки

VRT

MmP

1

11 = (2)

Аналогічно для кисню VRT

MmP

2

22 = (3)

Підставимо вирази (2) і (3) в (1)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+=

2

2

1

1

2

2

1

1Mm

Mm

VRT

VRT

Mm

VRT

MmP

звідки ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

2

2

1

1Mm

Mm

PRTV

Густина суміші газів Vm

=ρ де 21 mmm +=

Тоді ( )( )RTMmMm

Pmm

2211

21++

=ρ

( )

( )

3 3 4

3 3

33

3

4 10 32 10 кг 93 10 Па

4 10 кг 32 10 кг 83Дж (K моль) 280 К32 10 кг моль2 10 кг моль

05 кг м

minus minus

minus minus

minusminus

sdot + sdot sdot sdotρ = asymp

⎛ ⎞sdot sdot⎜ ⎟+ sdot sdot sdot⎜ ⎟sdotsdot⎝ ⎠

asymp

82

Задача 3 Посудина повністю заповнюється воднем при Т1 = 291 К і зо-

внішньому тиску Р1 = 101sdot105 Па Унаслідок підвищення темпе-ратури зовнішнього повітря до Т2 =310 К і зниження тиску до Р2= 0985sdot105 Па надлишок газу витік крізь отвір завдяки чому вага посудини зменшилася на величину Q = 59 H Визначити початкову масу водню m

Розвrsquoязання

У початковому стані при 1T і 1P рівняння стану для водню

має вигляд

111 RTMmVP = (1)

де m ndash маса водню У кінцевому стані при 2T і 2P маса водню зменшилася

( )до тут ndash прискорення вільного падіння m Q g gminus тому рів-няння стану має вигляд

222 RTM

gQmVP minus= (2)

Обrsquoєм водню що заповнює посудину залишається сталим ( VVV == 21 ) тому виключаючи з (1) та (2) сталий обrsquoєм V знаходимо

( )

( )

1 2

1 2 2 1

5

5 5 2

101 10 Па 310 К 59 Н 68 кг101 10 Па 310 К 0985 10 Па 291 К 98 м с

PT QmPT PT g

= =minus

sdot sdot sdot= =

sdot sdot minus sdot sdot

Задача 4 Чому дорівнює найбільш імовірна швидкість молекул ідеаль-

ного газу який підлягає розподілу Максвела

83

Розвrsquoязання

Дослідження функції розподілу молекул за швидкостями ( ) 232

2 242

mvkT

dN v m vNdv kT e

minus⎛ ⎞= π⎜ ⎟π⎝ ⎠ (1)

свідчить про те що вона повинна мати максимум при певній швидкості v

Перепишемо (1) у вигляді

( ) 22

2

vAevF kTmv

minus= (2)

де A ndash множник який не залежить від v m ndash маса молекули k ndash стала Больцмана Умова екстремуму функції (2) має вигляд

( ) 022

2

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus=

minus

kTmvvAe

dvvdF kT

mv

Звідси екстремальне значення vім (найбільш імовірна швидкість)

MRT

mkTv 22

ім ==

Задача 5 Який відсоток газових молекул має швидкості що відрізняються 1) від найбільш імовірної не більше ніж на 1 2) від середньої не більше ніж на 1

Розвrsquoязання

Розрахунки ґрунтуються на безпосередньому обчисленні від-сотка молекул тобто NvdN )(

Згідно з умовою

1) α===MRTvv 2

ім α= 020dv

84

Підставляючи ці дані у формулу розподілу Максвелла знаходимо

( )2

2 2 13

4 1 4002 002 00167 17 vdN v

e eN

minusminusα= α sdot α asymp asymp asymp

απ π

2) 28πα

=π

==MRTvv α

π==

040020 vdv

Звідси маємо ( ) 43

12 3 3 2

4 8 002 002 2 dN v

eN

minusπα sdot

= sdot asymp asympπ α sdot π

Задача 6 Тонка трубка завдовжки L обертається навколо вертика-

льної осі що проходить крізь її середину із частотою ν Те-мпература повітря дорівнює Т Визначити тиск повітря P0 всередині трубки якщо тиск біля відкритих її кінців дорів-нює атмосферному Pн Числові дані такі L = 05 м ν = 60 сndash1 Т = 290 К Pн= 101sdot105 Па

ρ ρ+ρ d

r dr

S1 2

Розвrsquoязання

Розподіл тиску газу вздовж трубки зумовлюється практи-чно тільки полем відцентрової сили що виникає при обер-танні Молекули повітря відкидаються відцентровими сила-ми до кінців трубки унаслідок чого при наближенні до кінця трубки тиск збільшуватиметься

85

Нехай у місці перерізу 1 маємо тиск P а у місці перерізу 2 одержимо ( dPP + ) Приріст тиску dP можна розглядати як результат дії на переріз 2 сили dF що виникає внаслідок обертання маси

SdrRTMPdVdm =ρ= (1)

Приріст тиску

RTrdrMP

Srdm

SdFdP

22 ω=

ω== (2)

Відокремлюючи змінні в рівнянні та інтегруючи в межах трубки одержимо

0

н 22

0

P L

P

dP M rdrP RT

ω=int int

RTLM

PP

8ln

22

0

н ω= (3)

Оскільки km

RM

= а πν=ω 2 знаходимо

kTLm

ePP 2н0

222νπminus

= 31031

н0minussdotminus= ePP

86

Задачі

1 Скільки молекул ударяється за 1 с об стінку посудини площею 1 м2 у якій знаходиться кисень при температурі 300 К і тиску 09sdot105 Па

Відповідь 2721 27 10

2 м сANN P N

kT M= = sdot

π sdot

2 Як зміниться кількість ударів двохатомного газу об сті-нку посудини площею 10ndash4 м2 за 1 с якщо обrsquoєм газу адіа-батично збільшити в К = 2 рази

Відповідь зменшиться в 3221

=+γ

K рази де VP CC=γ 3 При якому тиску середня довжина вільного пробігу мо-лекул водню дорівнює 0025 м Температура газу 240 К

Відповідь 2

06 Па2kTP P= =πσ λ

4 У посудині обrsquoємом V= 3sdot10ndash3 м3 міститься ідеальний газ при температурі 273 К Після того як частину газу випустили тиск у посудині знизився на ΔP = 078sdot105 Па Знайти масу газу що вийшла (густина даного газу за но-рмальних умов ρ0=13 кгм3)

Відповідь 0

0

0003 кгV PmP

ρ Δ= =

5 Газ із молярною масою М міститься під тиском P між двома однаковими горизонтальними пластинами Температура газу зростає лінійно від Т1 у нижній плас-тині до Т2 у верхній Обrsquoєм газу між пластинами дорів-нює V Знайти масу газу

Відповідь ( )( )

2 1

2 1

lnPMV T Tm

R T T=

minus

87

6 У посудині місткістю 2sdot10ndash3 м3 знаходиться суміш водню і гелію при Т = 293 К і тиску 2sdot105 Па Маса суміші 5sdot10ndash3 кг Знайти відношення маси водню до маси гелію в цій суміші

Відповідь ( )( )

21

2 1

105 тут

1a Mm mRTa

m a M PVminus

= = =minus

7 Обчислити тиск Р1 маси m = 11 кг вуглекислого газу що розмішений у балоні місткістю V= 2sdot10ndash2 м3 при темпе-ратурі 286 К Порівняти результат із тиском Р2 ідеального газу за тих самих умов Відповідь Р1= 25sdot106 Па Р2= 29sdot106 Па 8 Знайти критичну густину води

Відповідь 3ккг200 м3

Мb

ρ = =

9 Знайти сталі а і b рівняння Ван дер Ваальса для вугле-кислого газу за його критичним тиском Рк = 73sdot106 Па і температурою 3041 К Відповідь а = 0367 Паsdotм6моль2 b = 43sdot10ndash6 м3моль 10 При якій температурі густина ртуті дорівнює 1348 гсм3 якщо при 283 К вона дорівнює 1357 гсм3 Відповідь 320 К 11 На скільки збільшився б тиск води на стінки посудини якби зникли сили притягання між її молекулами

Відповідь 917 10 Па20

aPV

Δ = = sdot

12 Яка температура відповідає середній квадратичній швид-кості молекул вуглекислого газу що дорівнює 720 кмгод Відповідь 70 К

88

13 Визначте середню квадратичну швидкість краплинки води радіусом r = 10ndash8 м що знаходиться у повітрі при 290 К

Відповідь кв кв3

3 17 м с2

kTv vr

= asympπρ

14 Який відсоток молекул має швидкості що відрізня-ються від найбільш імовірної не більше ніж на 1

Відповідь 4 002 166 NN e

Δ= =

π

15 Знайти кількість молекул азоту що знаходяться за норма-льних умов в обrsquoємі 10ndash6 м3 і мають швидкості 99ndash101 мс Відповідь 17sdot1016 16 У момент вибуху атомної бомби досягається темпера-тура Т = 7sdot107 К Знайти середню квадратичну швидкість іонів водню якщо вважати що при такій температурі всі молекули повністю дисоційовані а всі атоми іонізовані Відповідь 13sdot106 мс 17 Азот міститься в дуже високій посудині в однорід-ному полі тяжіння при температурі Т Температуру збі-льшили у η разів На якій висоті концентрація молекул матиме значення таке саме як на нульовій висоті до моменту збільшення температури

Відповідь ( ) ln 1RTh Mg

η= η η minus

18 Визначити кількість електронів в 1 л при тиску 10 атм і температурі 200 degС Відповідь 43sdot1024 19 Відомо що 1 г радію випромінює за 1 с 37sdot1010 α-частинок (при радіоактивному α-розпаді радію утворюється гелій) Ви-значити тиск гелію що утворюється в герметичній ампулі

89

місткістю 1 см3 у якій протягом року було 100 мг радію Температура ампули 15 degС Відповідь 46sdot102 Па 20 Електрична лампа розжарювання наповнена азотом при тиску 600 мм рт ст Місткість колби лампи дорівнює 500 см3 Знайти обrsquoєм води що увійде в лампу якщо в ній відламати кінчик на глибині 1 м від поверхні Вважати атмосферний тиск рівним 760 мм рт ст Відповідь 14sdot10ndash4 см3

90

sect 2 Основні закони термодинаміки

1 Перший закон термодинаміки Кількість теплоти Qδ

передана термодинамічній системі іде на збільшення її вну-трішньої енергії dU і на роботу Aδ яку виконує система над зовнішніми тілами

AdUQ δ+=δ (1) Внутрішня енергія U є функцією стану системи тому її

приріст при переході системи з одного стану в інший не за-лежить від шляху переходу dU ndash повний диференціал Q і A є функціями процесу тому Qδ і Aδ не є повними дифе-ренціалами У круговому процесі

intdU = 0 тому intint δ=δ AQ За першим законом термодинаміки існування вічного двигу-

на першого роду (двигуна який би виконував більшу роботу ніж отримана ним іззовні енергія безмежно довго) неможливе

2 Теплоємністю тіла тC називається величина рівна кіль-

кості теплоти яку потрібно надати тілу щоб підвищити його температуру на один кельвін

dTQC δ=т (2) Теплоємність одиниці маси речовини (питома теплоємність)

пC повrsquoязана з молярною теплоємністю C співвідношенням MCC п = (3)

де M ndash молярна маса

3 Якщо нагрівання речовини відбувається при сталому обrsquoємі (V = const) то говорять про молярну теплоємність

VC при сталому обrsquoємі

V

M

V

MV dT

dUdTQC ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ δ

= (4)

Якщо нагрівання відбувається при сталому тиску ( P = const) то говорять про молярну теплоємність PC при сталому тиску

91

M MP

P P

VV

P P

Q dU PdVCdT dT

C dT PdV dVC PdT dT

δ +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(5)

звідки RCC VP += (6)

(рівняння Р Майєра для ідеального газу)

4 Закон рівномірного розподілу енергії за ступенями вільності На кожен ступінь вільності (поступальний оберта-льний коливальний) у середньому припадає однакова кінети-

чна енергія рівна kT21 Із цього закону випливає що середня

енергія молекули

2

kTiE = (7)

де колобпос 2iiii ++= ndash сума поступальних обертальних та по-двоєної кількості коливальних ступенів вільності молекул

Молекули ідеального газу не взаємодіють між собою тому

внутрішню енергію моля ідеального газу мU знаходять із виразу

м 2 2A A Vi iU N E N kT RT C T= = = = (8)

де RiCV 2=

Відношення теплоємностей

iiCC VP

2+==γ (9)

5 Процес зміни стану системи який відбувається зі сталою теплоємністю C = const називається політропним Рівняння політропи ідеального газу

nPV = const (10)

де P

V

C CnC C

minus=

minus ndash показник політропи

92

Для ізотермічного процесу n = 1 і рівняння політропи пере-ходить у рівняння ізотерми (закон БойляndashМаріотта) infin=C

PV = const (11) Для адіабатичного процесу γ== VP CCn і рівняння політропи

переходить у рівняння адіабати (рівняння Пуассона) 0=C γPV = const (12)

Рівняння адіабати ідеального газу в змінних T і V T і P мають вигляд

1minusγTV = const 1minusγ

γ

PT = const (13)

6 Робота При переході газу зі стану 1 з обrsquoємом 1V до стану 2

з обrsquoємом 2V роботу знаходять із виразу

( )dVVPAV

Vint=2

1

12 (14)

При ізохорному процесі 0=dV отже 012 =A (15)

При ізобарному процесі P = const тому ( )1212 VVPA minus= (16)

Робота ідеального газу в ізотермічному процесі

int ==2

1 1

212 ln

V

V VVRT

Mm

VdVRT

MmA (17)

Робота ідеального газу в адіабатичному процесі

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus

minusγ=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛minus

minusγ=

minusγminusγ 1

2

111

2

11112 1

)1(1

)1( VVRT

Mm

VVVPA (18)

Коефіцієнт корисної дії теплової машини

нн

хн

QA

QQQ

=minus

=η (19)

де нQ ndash теплота отримана робочим тілом від нагрівника хQ ndash теплота віддана робочим тілом холодильнику

93

ККД (коефіцієнт корисної дії) циклу Карно

н

хнT

TT minus=η (20)

де нT і хT ndash температури нагрівника і холодильника 8 Другий закон термодинаміки (формулювання Кельвіна)

Неможливий круговий процес єдиним результатом якого було б виконання роботи за рахунок охолодження теплового резервуа-ра Другий закон термодинаміки доводить що в круговому про-цесі має місце неповне перетворення теплоти отриманої від на-грівника у роботу тобто неможливе існування теплової машини з 0х =Q і 1=η (вічного двигуна другого роду)

9 Ентропія ndash термодинамічна функція стану макросистеми

зміна якої при елементарному оборотному процесі дорівнює зведеній теплоті цього процесу

TdQdS = (21)

При скінченному оборотному переході будь-якого виду

int=minus=Δ2

112 T

dQSSS (22)

Для n молів ідеального газу 1

2

2

1 lnlnVVnR

TTnCS V +=Δ

10 Другий закон термодинаміки для ізольованої системи

Усі реальні необоротні процеси зміни стану в ізольованій сис-темі відбуваються зі збільшенням ентропії при оборотних про-цесах ентропія залишається незмінною

0gedS (23)

11 Формула Больцмана Ентропія пропорційна натурально-му логарифму термодинамічної ймовірності W стану системи

WkS ln= (24) де k ndash стала Больцмана

94

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ 1 Рівняння енергетичного балансу для живого організму

Кількість теплоти що звільнюється в організмі при засвоєнні їжі витрачається на компенсацію витрат теплоти серQ у навко-лишнє середовище і на виконувану роботу A

AQQ += сер (25)

2 Теплота витрачається організмом у навколишнє середовище шляхом теплопровідності конвекції випаровування випромі-нювання Співвідношення між цими процесами за інших рівних умов залежить від температури вологості та руху повітря навко-лишнього середовища Вважається що теплові витрати організму людини в умовах помірного клімату в середньому становлять 7sdot106 Дж за добу і розподіляються приблизно так теплопровідніс-тю і конвекцією ndash 20 випромінюванням ndash 50 випаровуванням ndash 30 Якщо врахувати добову механічну роботу яку виконує ор-ганізм людини (без особливого фізичного навантаження) то теп-лові витрати за добу становлять приблизно 107 Дж

3 При вивченні хімічних реакцій у клітинах які протікають

при P =const замість внутрішньої енергії U вводять нову фун-кцію стану H ndash ентальпію

PVUH += (26) у диференціальній формі

PdVdUdH += при P = const (27)

4 Поняття про термодинаміку відкритих систем Живі органі-зми відносяться до відкритих термодинамічних систем (система об-мінюється енергією і речовиною з навколишнім середовищем) У відкритих системах розглядають реальні необоротні процеси і ви-вчають зміну ентропії з часом Швидкість зміни ентропії для відкри-

тої системи dtdS дорівнює швидкості зміни ентропії всередині сис-

теми dt

dSi у результаті протікання необоротних процесів (dt

dSi нази-

95

вають також продукцією ентропії) плюс швидкість зміни ентропії edS

dt за рахунок процесів обміну з навколишнім середовищем

i edS dS dSdt dt dt

= + (28)

Для стаціонарного стану у відкритій термодинамічній систе-мі функції стану не змінюються з часом отже й ентропія S = const (але не максимальна) тоді

0=dtdS

тобто отримуємо

0i edS dSdt dt

+ = (29)

Оскільки idS є зміною ентропії у замкненій (ізольованій) си-стемі внаслідок необоротних процесів (зміна ентропії в організ-мі зумовлена дифузією теплопровідністю хімічними реакціями що протікають у самому організмі) то згідно з другим законом термодинаміки 0gtidS Отже для забезпечення стаціонарного стану відкрита система повинна обмінюватися з навколишнім середовищем енергією і речовиною у такій кількості щоб вико-нувалося співвідношення

i edS dSdt dt

= minus (30)

Крім того як показав І Пригожин (у рамках лінійної нерів-новажної термодинаміки) стаціонарний стан характеризується мінімумом продукції ентропії у стаціонарному стані при фік-сованих зовнішніх параметрах продукція ентропії у відкри-тій системі наближається до мінімального значення тобто

dtdSi rarrmin (31)

Принцип Пригожина про мінімум продукції ентропії у стаціо-нарному стані є кількісним критерієм еволюції відкритих систем

96

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити внутрішню енергію 1 кг кисню при температурі 300 К

Розвrsquoязання

Внутрішня енергія довільної маси газу пропорційна кіль-кості ступенів вільності термодинамічній температурі й ма-

сі газу RTiMmU

2=

1кг 5 Дж831 195 кДж0032 кг моль 2 К моль

U = sdot sdot =sdot

Задача 2 Для нагрівання певної кількості газу на ΔТ1= 50 К при сталому

тиску витратили ΔQ1 = 160 Дж Якщо цю кількість газу охолодити на ΔТ2= 100 К при сталому обrsquoємі то виділяється ΔQ2= 240 Дж Яку кількість ступенів вільності і мають молекули цього газу

Розвrsquoязання

Теплота що витрачається на нагрівання газу при сталому тиску

11 TCQ PMm Δ=Δ

Теплота що виділяється під час охолодження цього газу при сталому обrsquoємі

22 TCQ VMm Δ=Δ

де m ndash маса газу M ndash молярна маса PC і VC ndash молярні тепло-ємності при сталому тиску і сталому обrsquoємі

Враховуючи що i

iCC

V

P 2+= одержимо

97

2

1

2

1TT

CC

QQ

V

p

ΔΔ

=ΔΔ або

2

1

2

1 )2(TT

ii

QQ

ΔΔ+

=ΔΔ

Тоді 10050)2(

240160

ii +

= і = 6

Задача 3 Обчислити зміну ентропії 14sdot10ndash3 кг азоту що охолоджується

від температури Т1=300 К до Т2 = 273 К при сталому обrsquoємі

Розвrsquoязання

Процес охолодження азоту при сталому обrsquoємі оборотний Отже

int int ===Δ2

1

2

1 1

2 lnTTmC

TdTmC

TdQS VV

де VC ndash питома теплоємність азоту при сталому обrsquoємі

3Джкг К

5 831 Дж (К моль) 7402 2 28 10 кг мольViRCM minus sdot

sdot sdot= = asymp

sdot sdot

3 237 Дж14 10 кг 740 Дж (кг К) ln 103300 К

S minusΔ = sdot sdot sdot = minus

У цьому процесі ентропія зменшується Задача 4 Визначити зміну ентальпії закритої системи у процесі роз-

ширення системи при сталому тиску

Розвrsquoязання

Зміна ентальпії при P = const записується таким чином VPUVVPUH Δ+Δ=minus+Δ=Δ )( 12 (1)

Згідно з першим законом термодинаміки запишемо VPQU Δminus=Δ (2)

98

Підставимо (2) в (1) і одержимо QVPVPQH =Δ+Δminus=Δ

Висновок збільшення ентальпії при сталому тиску дорівнює теплоті Q що передана закритій системі

Задача 5 У циліндрі міститься 16 кг кисню при температурі 17 degС і

тиску 42sdot106 Па До якої температури слід нагріти кисень щоб робота з його розширення дорівнювала 35 кДж

Розвrsquoязання

Виконана киснем при ізобарному нагріванні робота

)( 12 VVPA minus= де 1V ndash обrsquoєм кисню при температурі 1T 2V ndash обrsquoєм кисню при температурі 2T (яку необхідно визначити)

Користуючись рівнянням МенделєєваndashКлапейрона отримаємо

)()( 1212 TTRMmVVPA minus=minus= отже 12 T

mRAMT +=

3 3 3

235 10 Дж 32 10 кг м 273К 290 K 374 К

16 кг 831 Дж (моль К)T

minussdot sdot sdot sdot= + =

sdot sdot

99

Задачі

1 У кімнаті місткістю 90 м3 повітря змінюється повністю через 2 години Яка кількість теплоти потрібна для нагрі-вання повітря в кімнаті за добу якщо температура повітря повинна становити 290 К а зовнішнє повітря має темпера-туру 268 К Густина повітря 129 кгм3 Відповідь 3sdot107 Дж 2 Як змінюється внутрішня енергія 01 кг кисню при нагрі-ванні від Т1=283 К до Т2 =333 К якщо процес нагрівання йде 1) при сталому обrsquoємі 2) при сталому тиску 3) унаслідок адіабатичного стиснення Відповідь у всіх випадках зміна внутрішньої енергії

)( 12 TTmCU V minus=Δ asymp 3sdot103 Дж 3 Яку кількість теплоти треба надати азоту при ізобарно-му нагріванні щоб газ виконав роботу А= 2 Дж

Відповідь 7 Дж1

AQ γ=

γ minus

4 Тиск повітря на рівні моря 09sdot105 Па а на вершині гори 077sdot105 Па Яка висота гори якщо температура повітря 278 К Відповідь 1309 м 5 Певна кількість азоту при температурі 300 К і тиску 101sdot105 Па стискується адіабатично до обrsquoєму що у 5 разів менший за початковий Визначити тиск і темпера-туру азоту після стиснення Порівняти тиск зі значенням тиску при ізотермічному стисненні Відповідь 95sdot105 Па 571 К

100

6 10 л азоту що перебував при тиску Р1= 101sdot105 Па сти-скують до Р2 = 107 Па Визначити роботу газу при адіаба-тичному стисненні

Відповідь

1

31 1 2

1

1 68 10 Дж1

PV PА AP

γminusγ

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= minus = minus sdot⎜ ⎟⎢ ⎥γ minus ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

7 Ідеальний газ із показником адіабати γ розширили за зако-ном P=αV де α ndash стала Початковий обrsquoєм газу V0 Унаслідок розширення обrsquoєм газу зріс у η разів Знайти зміну внутрі-шньої енергії роботу розширення газу молярну теплоємність

Відповідь ( ) ( )2 2

0 2 20

1 1 1 21 2 V

VU A V C C R

α η minusΔ = = α η minus = +

γ minus

8 Визначити чому дорівнює збільшення ентропії ідеаль-ного газу масою m (молярна маса М) що заповнює обrsquoєм V1 унаслідок адіабатичного розширення в пустоту до обrsquoєму V2 (необоротний процес)

Відповідь 2

1

lnm VS RM V

Δ =

9 Шматок льоду масою m = 01 кг при температурі Т1 = 240 К переведено в пару при температурі Т2 = 37 К Ви-значити зміну ентропії ΔS якщо тиск Р = 105 Па не зміню-ється Питома теплоємність льоду Сл = 18sdot103 Дж(кгsdotК) пи-тома теплоємність води Св = 419sdot103 Дж(кгsdotК) питома теп-лота плавлення λ= 335sdot105 Джкг питома теплота пароутво-рення r = 226sdot106 Джкг Відповідь 8824 ДжК 10 Визначити зміну ентропії 10ndash3 кг водню в такому про-цесі спочатку газ адіабатично стискується до обrsquoєму що у два рази менший за початковий а потім ізотермічно роз-ширюється до початкового обrsquoєму (процеси оборотні)

Відповідь Джln 2 58К

mS RM

Δ =

101

11 Обчислити зміну ентропії одного моля ідеального газу при політропічному процесі теплоємність якого дорівнює С Розглянути випадки С = Ср С = СV С = infin С = 0 Відповідь

2 2 1

1 1 2

ln ln ln 0P VT T PS C S C S R ST T P

Δ = Δ = Δ = Δ =

12 Визначити термодинамічну ймовірність та ентропію системи що складається з чотирьох мікрообrsquoємів у яких 20 частинок розподілено як 3 4 8 і 5 Який із двох проце-сів буде самочинним якщо в результаті певних змін час-тинки розподілились у мікрообrsquoємах в одному випадку ndash 6 4 4 і 6 а в іншому ndash 1 11 7 і 1 Відповідь W = 35sdot109 S = 303sdot10ndash23 ДжК 13 Відкрита система обмінюється із зовнішнім середови-щем потоком енергії j1 і потоком речовини j2 Обидва по-токи взаємопозвrsquoязані Через певний час відкрита система переходить у стаціонарний стан Як зміниться ентропія у стаціонарному стані

Відповідь mini

dSdt

⎛ ⎞ rarr⎜ ⎟⎝ ⎠

14 Ідеальна теплова машина що працює за циклом Карно одержала теплоту від нагрівника при температурі 200 degС Холодильник має температуру 100 degС За певний час ма-шина одержала від нагрівника 10 кДж енергії Визначити виконану роботу передану холодильнику кількість тепло-ти і коефіцієнт корисної дії Відповідь А = 21 кДж Q = 79 кДж η = 21 15 У котлі парової машини температура становить 150 degC Температура холодильника 10 degC Яку теоретично максима-льну роботу можна одержати витративши 4190 Дж теплоти Відповідь sim14sdot103 Дж

102

sect 3 Явища перенесення

1 Молекули газу безперервно і безладно рухаючись постій-

но перемішуються обмінюються швидкостями та енергіями Цей процес перемішування зумовлює явища перенесення mdash дифузію внутрішнє тертя і теплопровідність

Перенесення маси (дифузія) кількості руху (внутрішнє тертя) і кінетичної енергії (теплопровідність) у певному напрямку в газі можливе тільки тоді коли в цьому напрямку існує градієнт відпо-відно густини ρ швидкості перенесення V температури Т

2 Рівняння дифузії (перший закон Фіка) Маса газу mΔ

що переноситься за рахунок дифузії через площину SΔ перпе-ндикулярну напрямку Ох уздовж якого зменшується густина пропорційна площі цієї площини проміжку часу tΔ перенесен-

ня і градієнту густини dxdρ

tSdxdDm ΔΔρ

minus=Δ (1)

де D ndash коефіцієнт дифузії м2с 3 Рівняння теплопровідності (закон Фурrsquoє) Кількість теп-

лоти що переноситься через площину SΔ перпендикулярну напрямку Ох уздовж якого зменшується температура пропор-ційна площі цієї площини проміжку часу tΔ перенесення і гра-

дієнту температури dxdТ

=ΔQ ndashaeligdТdx

tSΔΔ (2)

де aelig ndash теплопровідність ВтмsdotК 4 Рівняння що описує явище внутрішнього тертя (закон

Ньютона) Сила внутрішнього тертя що виникає у площині

103

стикання двох шарів газу які рухаються один відносно одного пропорційна площі їх стикання SΔ і градієнту швидкості dxdv

SdxdvF Δη= (3)

де η ndash вrsquoязкість або коефіцієнт внутрішнього тертя Паsdotс 5 У рамках молекулярно-кінетичної теорії явищ перенесення

в газах для коефіцієнтів дифузії D вrsquoязкості η теплопрові-дності aelig отримано рівняння

vD λ=31 ρλ=η v

31 aelig VCv ρλ=

31 (4)

де v ndash середньоарифметична швидкість молекул λ ndash середня довжина вільного пробігу ρ ndash густина газу VC ndash питома тепло-ємність при сталому обrsquoємі

104

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Знайти масу mΔ азоту що переноситься за рахунок ди-

фузії через площину SΔ =10ndash2 м2 за час tΔ = 10 с якщо граді-єнт густини в напрямку перпендикулярному площині

xΔρΔ = ndash126 кгм4 Температура азоту Т = 300 К середня до-вжина вільного пробігу молекул азоту λ = 10ndash7 м

Розвrsquoязання

Відповідно до формули (1)

tSx

vm ΔΔΔ

ρΔλminus=Δ

31

де v =MRT

π8 M = 0028 кгмоль ndash молярна маса азоту

Остаточно одержимо

tSxM

RTm ΔΔΔ

ρΔπ

λ=Δ8

31

7

4 2 2 6

1 8 831Дж (моль К) 300 K10 м3 314 0028кг моль

126 кг м 10 м 10 с 2 10 кг

m minus

minus minus

sdot sdot sdotΔ = times

sdot

times sdot sdot = sdot

Задача 2 Знайти коефіцієнт внутрішнього тертя η азоту за норма-

льних умов якщо коефіцієнт дифузії для нього за цих умов D = 142sdot10ndash5 м2с

105

Розвrsquoязання

Відповідно до формул (4)

ρλ=η v31 = ρD

де ρ ndash густина азоту Величину ρ одержимо з рівняння RTPM=ρ

де P і T ndash тиск і температура M = 0028 кгмоль ndash молярна маса азоту

За нормальних умов P =105 Па і T = 273 К Одержимо

RTPМD=η

( ) ( )5 2 5

5142 10 м с 10 Па 0028 кг моль 18 10 кг м с831Дж К моль 273К

minusminussdot sdot sdot

η = = sdot sdotsdot sdot

Задача 3 Звичайний термос є посудиною із подвійними стінками

між якими міститься дуже розріджений газ (наприклад во-день) для якого довжина вільного пробігу молекул значно більша відстані між стінками Визначити нижче якого зна-чення має бути тиск P водню щоб його теплопровідність була меншою ніж при атмосферному тиску якщо відстань між стінками посудини d = 8sdot10ndash3 м температура Т =300 К а діа-метр молекул водню σ = 23sdot10ndash10 м

Розвrsquoязання

Для того щоб коефіцієнт теплопровідності водню став меншим

ніж при атмосферному тиску повинна виконуватися нерівність

dgtλ або 2

1

02 dn

gtπσ

де n0 ndash кількість молекул в одиниці обrsquoєму яка повrsquoязана з тис-ком Р співвідношенням

106

0 kTPn =

де k ndash стала Больцмана Т ndash температура газу Пояснимо необхідність виконання умови dgtλ Якщо dgtλ то теплопровідність aelig знаходять із рівняння

aelig VV CvdmnCvd 031

31

=ρ=

де m ndash маса молекули водню Отже бачимо що починаючи з певних значень 0n (відповід-

но 0P ) теплопровідність починає зменшуватись пропорційно 0n При dleλ теплопровідність не залежить від тиску (від 0n )

адже

aelig VVV CvmCvmnn

Cv 200

2 231

21

31

31

πσsdot=

πσsdot=λρ=

З умови dgtλ бачимо що тиск P задовольняє співвідно-

шення 2 2dkTPπσ

lt

Підставивши числові значення одержимо

( )23

210 2 3

138 10 Дж К 300 К

2 314 23 10 м 8 10 мP

minus

minus minus

sdot sdotlt

sdot sdot sdot sdot sdot 2ltP Па

107

Задачі

1Визначити яка частина молекул газу 1) пролітає без зіткнень відстані що перевищують середню довжину вільного пробігу λ 2) має довжини вільного пробігу в інтервалі від λ до 2λ Відповідь 037 023 2 Азот міститься в посудині за нормальних умов Знайти кі-лькість зіткнень що зазнає кожна молекула за 1 с Відповідь 2 10 12 074 10 cd n V minusν = π ν = sdot 3 Знайти коефіцієнт дифузії водню за нормальних умов якщо середня довжина вільного пробігу молекул за цих умов 16sdot10ndash7 м Відповідь D= 91sdot10ndash5 м2с 4 Знайти коефіцієнт внутрішнього тертя азоту за норма-льних умов якщо коефіцієнт дифузії для нього за цих умов 142sdot10ndash5 м2с Відповідь 18sdot10ndash5 кгмsdotс 5 Знайти коефіцієнт дифузії та коефіцієнт внутрішнього те-ртя повітря при тиску 101sdot105 Па і температурі 283 К Діа-метр молекули повітря прийняти рівним d = 3sdot10ndash10 м Відповідь 148sdot10ndash5 м2с 182sdot10ndash5 кгмsdotс 6 Відстань між стінками посудини Дюара 8sdot10ndash3 м При якому тиску теплопровідність повітря почне зменшуватися при відка-чуванні Діаметр молекули повітря 3sdot10ndash10 м температура 290 К Відповідь 13 Па 7 Побудувати графік залежності коефіцієнта дифузії водню від температури при сталому тиску Діаметр молекули водню 23sdot10ndash10 м тиск 105 Па

108

8 Знайти масу Δm азоту що проходить завдяки дифузії через площину 100 см2 за 10 с якщо градієнт густини 126 кгм4 λ = 10ndash7 м Т = 300 К Відповідь 2sdot10ndash6 кг 9 Яка кількість теплоти втрачається за 1 годину через по-двійну тепличну раму за рахунок теплопровідності повітря яке знаходиться між її поліамідними плівками Площа кож-ної плівки 4 м2 відстань між ними 03 м Температура у теп-лиці +18 degС температура зовнішнього повітря ndash20 degС Тем-пературу повітря між плівками вважати середньоарифмети-чною величиною температур у теплиці й зовні Радіус моле-кули повітря 15sdot10ndash10 м молярна маса повітря 0029 кгмоль Відповідь 025sdot105 Дж 10 Зовнішня поверхня стіни кімнати має температуру 253 К внутрішня 293 К Товщина стіни ndash 04 м Визначи-ти коефіцієнт теплопровідності цегли якщо за 1 годину кожний 1 м2 її поверхні втрачає 300 кДж теплоти Відповідь 083 ВтмsdotК 11 Визначити розподіл температури у просторі між двома концентричними сферами з радіусами R1 i R2 що заповне-ний газом при великому тиску якщо температури обох сфер сталі й дорівнюють відповідно Т1 і Т2

Відповідь ( )1 2 1 2 2 2 1 1

2 1 2 1

R R Т Т 1 T R T RТR R R R R

minus minus= sdot +

minus minus

12 Теплопровідність гелію 42 He у 87 разів більша за теп-

лопровідність аргону 4018 Ar (за нормальних умов) Знайти

відношення ефективних діаметрів атомів аргону та гелію

Відповідь Ar

He

17dd

=

109

sect 4 Молекулярні явища в рідинах

1 Поверхневий натяг α ndash це фізична характеристика ріди-

ни чисельно рівна силі F із якою рідина діє на одиницю дов-жини периметра L поверхневої ділянки

LF

=α (1)

Сила поверхневого натягу напрямлена по дотичній до поверх-ні рідини перпендикулярно ділянці контуру на яку вона діє

Одиницями вимірювання сили поверхневого натягу є 2Н Джм м

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

2 Робота dA сил поверхневого натягу при ізотермічному

збільшенні поверхні рідини на величину dS dSdA αminus= (2)

Оскільки робота що виконується при оборотному ізотермічно-му процесі дорівнює зменшенню вільної енергії Гельмгольца dF

dFdA minus= то можна записати

dFdSdA minus=αminus= Поверхневий натяг α чисельно дорівнює додатковій вільній

енергії яку має одиниця площі поверхні або роботі зовнішніх сил яка йде на утворення одиниці площі поверхні

dSdF=α або dSdA=α (3)

3 Прихована теплота утворення плівки (теплота утворен-ня одиниці поверхні плівки) ndash це кількість теплоти q яку необ-хідно підводити до рідини при ізотермічному збільшенні площі поверхні на одиницю

Величина q повrsquoязана з температурою T та поверхневим натягом α співвідношенням

dTdT

TTq

S

αminus=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

partpartα

minus= (4)

110

4 Формула Лапласа Якщо поверхня рідини не плоска а опук-ла то наявність поверхневого натягу приводить до виникнення додаткового тиску PΔ з боку поверхневого шару на нижні шари

5 Додатковий тиск PΔ знаходять із формули Лапласа

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+α=Δ

21

11RR

P (5)

де 1R і 2R ndash радіуси кривизни будь-якої пари взаємно перпен-дикулярних нормальних перерізів поверхні рідини

6 Висота піднімання змочуючої рідини в капілярних тру-

бках і відповідно глибина опускання незмочуючої рідини ви-значаються за формулою БорелліndashЖюрена

grh

ρθα

=cos2 (6)

де r ndash радіус капіляра ρ ndash густина рідини g ndash прискорення вільного падіння θ ndash крайовий кут (для змочуючої рідини

2π

θ lt для незмочуючої 2π

θ gt )

7 Осмосом називають дифузію молекул розчинника через

напівпроникну перегородку яка відділяє розчин від чистого розчинника або два розчини різної концентрації Напівпроникна перегородка пропускає молекули розчинника але не пропускає молекул розчиненої речовини Розчинена речовина створює па-рціальний тиск на стінки посудини Цей тиск називають осмо-тичним тиском осмP бо він виникає при осмосі

Згідно із законом Вант-Гоффа

CRTRTMVmP ==осм (7)

де m і M ndash маса і відповідно молярна маса розчиненої речови-ни V ndash обrsquoєм розчину T ndash абсолютна температура R ndash газова

стала MVmC = ndash молярна концентрація розчину

111

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Краплю води масою m =10ndash4 кг уведено між двома плоски-

ми і паралельними між собою скляними пластинками Чому дорівнює сила притягання F між пластинками якщо відстань між ними d =10ndash6 м Коефіцієнт поверхневого натягу води α = 73sdot10ndash3 Нм Вважати що крайовий кут θ = 0

Розвrsquoязання

d

R

Із рисунка видно що радіус краплі

2dS π= π

=SR (1)

Маса краплі dSm ρ= (2) звідки dmS ρ=

Якщо підставити (2) в (1) одержимо

м10181 2minussdot=π

sdotsdotρ

=d

mR

Оскільки крайовий кут θ дорівнює нулю то радіус кривизни поверхні води у площині нормального перерізу яка перпенди-кулярна до площин пластинок == 2dr 05sdot10ndash6 м

112

Оскільки R rgtgt то можна вважати що додатковий тиск за-лежить лише від радіуса кривизни r і в обrsquoємі краплі

drP α

=α

=Δ2

Силу зчеплення F знаходимо з виразу d

md

PSFρ

sdotα

=Δ=2

F = 146sdot103 H Задача 2 У ґрунті завдяки його пористості (капілярності) вода підня-

лася на висоту h = 04 м Визначити діаметр d ґрунтових капіля-рів (пор) якщо вважати що вони мають циліндричну форму а вода повністю змочує ґрунт

Розвrsquoязання

Із формули БорелліndashЖюрена визначимо

( )ghrd ρθsdotα== cos42 де r ndash радіус капіляра α ndash коефіцієнт поверхневого натягу води ρ ndash густина води 0=θ ndash крайовий кут

Тоді 53 3 2

4 0073Н м 74 10 м10 кг м 98 м с 04 м

d minussdot= = sdot

sdot sdot

Задача 3 Капілярну трубку занурено у воду так що довжина незану-

реної її частини дорівнює L= 02 м Вода піднялася у трубці на висоту L2 = 01 м У цьому положенні отвір верхнього кінця трубки затискають і трубку занурюють у воду доти доки рівень води у трубці не зрівняється з рівнем води у посудині Знайти довжину частини трубки h яка при цьому виступає із води Зовнішній тиск дорівнює 105 Нм Вважати що відбувається повне змочування тобто 0=θ

113

Розвrsquoязання

Вода у трубці піднімається під дією сил поверхневого натягу Висота піднімання в першому випадку визначається умовою

22 2 Lgrr ρπ=απ

де α ndash коефіцієнт поверхневого натягу r ndash радіус трубки У другому випадку сила поверхневого натягу зрівноважує

силу яка виникає через різницю тисків усередині трубки P і атмосферного 0P

)(2 02 PPrr minusπ=απ

Із цих двох рівнянь знаходимо

20gLPP ρ

=minus (1)

Тиск P визначаємо із закону БойляndashМаріотта

00VPPV = 2

20

2 LrPhrP π=π звідки h

LPP20=

Отже 2

120

Lgh

LP ρ=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ minus Звідси дістаємо

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ρ+

=

0212

PLg

Lh

3 3 25

02 м02 м2 1 10 кг м 98м с

2 10 Па

h =⎛ ⎞

+ sdot⎜ ⎟sdot⎝ ⎠

= 99sdot10ndash2 м

Покажемо як можна отримати співвідношення (1) іншим шляхом У першому випадку тиск повітря в трубці над поверх-нею рідини атмосферний 0P Тиск у рідині трубки під угнутою поверхнею 1P буде менший за атмосферний на PΔ ( PPP Δminus= 01 ) Додатковий тиск знаходять із формули Лапласа

rP α

=Δ2 Тиск у рідині трубки на рівні води посудини згідно із

114

законом Паскаля буде рівний атмосферному 0P і може запису-

ватись як сума тиску 1P та гідростатичного тиску 2Lgρ

22

22 0010gL

rPLgPPLgPP ρ

+α

minus=ρ+Δminus=ρ+=

Звідси маємо 2

2 gLr

ρ=

α У другому випадку коли рівень во-

ди у трубці зрівнявся з рівнем води в посудині тиск повітря у трубці P над угнутою поверхнею води буде більший за атмос-

ферний 0P на значення додаткового тиску 2

2 gLr

P ρ=

α=Δ Тоб-

то 200gLPPPP ρ

+=Δ+= або 20gLPP ρ

=minus

115

Задачі

1 Визначити коефіцієнт поверхневого натягу масла гус-тина якого 091sdot103 кгм3 якщо при пропусканні через пі-петку 4sdot10ndash6 м3 масла одержано 304 краплини Діаметр шийки піпетки дорівнює 12sdot10ndash3 м Відповідь α = 314sdot10ndash2 Нм 2 Два скляні диски радіусом R = 5sdot10ndash2 м змочили водою і склали так що товщина шару води між ними h = 19 мкм Знайти силу яку треба прикласти перпендикулярно по площині дисків щоб відірвати їх один від одного (вважати змочування повним) Відповідь hRF 2 2απ= F = 06 кН 3 У горизонтальному капілярі діаметром d = 2sdot10ndash3 м містить-ся стовп води заввишки h = 01 м Скільки рідини витече з ка-піляра якщо його поставити вертикально у посудину з водою Відповідь Δm = 22sdot10ndash4 кг 4 Визначити вагу Р водяного павука що знаходиться на поверхні води якщо відомо що під кожною із восьми ла-пок павука утворюється напівсферичне повітряне заглиб-лення радіусом R = 10ndash4 м

Відповідь ( )2 416 3 35 10 H3

P R R g P minus= π α + ρ asymp sdot

5 У спирт на незначну глибину занурено трубку з діамет-ром внутрішнього каналу d = 5sdot10ndash4 м Визначити вагу спирту що ввійшов у трубку Коефіцієнт поверхневого на-тягу спирту α = 22sdot10ndash2 Нм Відповідь απ= dP P =35sdot10ndash5 H

116

6 Дві трубки зі скла діаметрами d1 = 2sdot10minus4 м і d2 = 3sdot10minus4 м зrsquoєднані внизу гумовою трубкою і заповнені водою За якої умови рівень води в трубках однаковий (температура води 293 К) Відповідь при тиску повітря у вузькому коліні на 487 Па бі-льшому ніж у широкому 7 Якщо бульбашка повітря потрапить до кровоносної су-дини то вона створює опір руху крові може навіть насту-пити повна закупорка судини Це явище називають газо-вою емболією Поясніть це явище 8 Вертикальний капіляр торкається поверхні води Яка кі-лькість теплоти виділиться при підніманні води вздовж ка-піляра якщо поверхневий натяг α а змочуваність повна Відповідь gQ ρπα= 2 2 9 Визначити приріст вільної енергії поверхневого шару при ізотермічному злитті двох однакових крапель ртуті діаметром 15 мм Відповідь ( )122 312 minusπα=Δ minusdF = ndash15 мкДж 10 Вертикальний капіляр завдовжки l із запаяним верх-нім кінцем торкається поверхні рідини і рідина підніма-ється в ньому на висоту h Знайти поверхневий натяг рі-дини якщо її густина ρ діаметр внутрішнього каналу ка-піляра d крайовий кут θ атмосферний тиск Р0

Відповідь ( )0

4cos P h dgh l h

⎡ ⎤α = ρ +⎢ ⎥ θminus⎣ ⎦ 11 Крапля води рівномірно падає в повітрі Знайти різни-цю між радіусом кривизни поверхні краплі в її верхній то-чці та радіусом кривизни у нижній точці якщо відстань між ними 2sdot10ndash3 м Відповідь αρasympminus 83

12 ghRR asymp 014 мм

117

12 В обrsquoємі 05 л води розчинено 2sdot10ndash3 кг кухонної солі Знайти осмотичний тиск для цього розчину при темпера-турі 290 К якщо ступінь дисоціації молекул солі 75

Відповідь 5 3 10 ПаmRTP PVM

= = sdot

13 Яку кількість NaCl треба розчинити у 10ndash4 м3 води щоб одержати розчин із таким самим осмотичним тиском який має розчин 4sdot10ndash4 кг CuCl2 що розчинена у такій са-мій кількості води при тій самій температурі Вважати що має місце повна дисоціація розчиненої речовини Відповідь 26sdot10ndash5 кг 14 Знайти роботу яку необхідно виконати щоб видути мильну бульбашку радіусом 4 см Коефіцієнт поверхне-вого натягу мильного розчину 40 мНм Відповідь 16 мДж 15 У капілярній трубці радіусом 05 мм рідина піднялася на висоту 11 мм Знайти густину цієї рідини якщо її кое-фіцієнт поверхневого натягу 22 мНм Відповідь 820 кгм3 16 Ртутний барометр має діаметр трубки 3 мм Яку по-правку треба внести в покази барометра якщо врахувати капілярне опускання ртуті Відповідь 51 мм 17 Крапля ртуті масою 1 г розбивається на 100 однакових краплин Визначити на скільки при цьому зросте енергія поверхневого шару ртуті Відповідь EΔ =144sdot10ndash8Дж

118

РОЗДІЛ 3

ЕЛЕКТРИКА

sect 1 Основні поняття та закони електростатики

1 Закон Кулона Сили взаємодії 12F 21F двох точкових заря-

дів 1q і 2q розташованих на відстані r у рідині чи газі пропор-ційні добутку цих зарядів обернено пропорційні квадрату відста-ні між ними і напрямлені вздовж прямої що зrsquoєднує ці заряди

1 212 21 2

0

14

q qF Fr

= = sdotπεε

(1)

де 0ε ndash електрична стала ε ndash відносна діелектрична проник-ність речовини

2 Напруженість електростатичного поля E в даній точці

чисельно дорівнює силі яка діє на одиничний позитивний заряд у цій точці поля

FEq

= [ ]E =НКл = Вм (2)

Напруженість є вектором напрямок якого збігається з на-прямком вектора сили що діє на позитивний заряд

F Eq= (3) 3 Напруженість електростатичного поля точкового заряду

або рівномірно зарядженої кулі

20

14

qEr

= sdotπεε

(4)

де q ndash заряд що створює електричне поле r ndash відстань від за-ряду до точки у якій визначається напруженість поля

119

4 Електрична індукція (електричне зміщення) D ndash фізична величина яка разом із напруженістю електростатичного поля опи-сує його властивості Звrsquoязок між вектором індукції D і напруже-ністю E в ізотропному діелектрику виражається формулою

0D E= ε ε (5) 5 Потік N вектора індукції D через довільну поверхню

nS S

N D dS D dS= sdot =int int (6)

де nD ndash проекція вектора D на напрямок нормалі до поверхні Для замкненої поверхні

nN D dS D dS= sdot =int int (7) де інтегрування ведеться по всій замкненій поверхні

6 Теорема ОстроградськогоndashГаусса потік вектора елек-

тричної індукції через будь-яку замкнену поверхню що охоп-лює заряди 1q 2q 3q дорівнює алгебраїчній сумі сторон-ніх зарядів (кожний зі своїм знаком) які містяться всередині замкненої поверхні

1

n

n ii

N DdS D dS q=

= = = sumint int (8)

де n ndash кількість зарядів 7 Потенціал ϕ електростатичного поля в заданій точці 1 чи-

сельно дорівнює тій роботі яку виконують сили поля при пере-міщенні одиничного точкового позитивного заряду із цієї точки поля на нескінченність

11 1

lA Edl E dlq

infin infininfinϕ = = =int int (9)

де lE ndash проекція вектора E на напрямок переміщення dl

120

8 Потенціал електростатичного поля точкового заряду і поля за межами рівномірно зарядженої кулі

04Q

Rϕ =

πε ε (10)

де R ndash відстань від заряду або центра кулі до точки у якій ви-значається потенціал

Якщо електростатичне поле утворене системою із n точко-вих зарядів то потенціал його в заданій точці

01 4

ni

ii

QR=

ϕ =πε εsum (11)

9 Мірою інтенсивності зміни потенціалу вздовж електрич-

ної силової лінії поля утвореного точковим зарядом є похідна від потенціалу за відстанню до джерела поля Ця величина нази-вається градієнтом потенціалу і дорівнює напруженості поля взятій зі знаком мінус

Градієнт є величина векторна напрямлена в бік зростання потенціалу

gradE = minus ϕ або ldEdlϕ

= minus (12)

10 Електроємність ndash кількісна міра здатності провідників

утримувати електричні заряди Для відокремленого провідника електроємність визначається зарядом Q який треба надати провіднику щоб змінити його потенціал на одиницю

QC =ϕ

(13)

Електроємність провідників не залежить від матеріалу але істот-но залежить від розмірів форми провідника навколишнього середо-вища а також від впливу інших провідників розміщених поблизу

11 Електроємність плоского конденсатора

0 SCd

ε ε= (14)

де S ndash площа пластин d ndash відстань між пластинами

121

12 Електроємність батареї із паралельно й послідовно спо-лучених конденсаторів відповідно

1

1

11

n

i ni

ii

C C C

C=

=

= =sumsum

(15)

13 Енергія зарядженого ізольованого провідника

2 2

2 2 2Q C QW

Cϕ ϕ

= = = (16)

де Q ϕ C ndash відповідно заряд потенціал і ємність провідника 14 Енергія зарядженого конденсатора

2 2

2 2 2Q CU QUW

C= = = (17)

де Q U C ndash відповідно заряд напруга ємність конденсатора 15 Обrsquoємна густина енергії ndash енергія електростатичного по-

ля яка припадає на одиницю обrsquoєму 2 2

0

02 2 2E D EDε ε

ω = = =ε ε

(18)

де E ndash напруженість електростатичного поля в середовищі з ді-електричною проникністю ε D ndash індукція електричного поля

122

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Дві металеві кульки діаметром d = 5sdot10ndash2 м кожна містяться в

трансформаторному маслі ( ε = 22) Відстань між центрами r = 05 м Визначити поверхневу густину зарядів на кульках якщо вони взаємодіють із силою F = 22 мН

Розвrsquoязання

Поверхнева густина електричного заряду рівномірно заря-

дженого провідника чисельно дорівнює заряду на одиниці поверхні провідника

QS

σ = (1)

Поверхнева густина заряду на кулі 24QR

σ =π

де R ndash радіус кулі

Величину заряду визначимо за законом Кулона 2

204

QFr

=πε ε

204Q Fr= πε ε (2)

Підставивши Q із (2) і 2

2 24 42DS R D⎛ ⎞= π = π = π⎜ ⎟

⎝ ⎠ у формулу

(1) знайдемо 2

20 0

24 2Fr r F

D Dπε ε πε ε

σ = =π π

σ = 47sdot10ndash5 Клм2

Задача 2 Молекулу води можна розглядати як диполь електричний мо-

мент якого p = 62sdot10ndash30 Клsdotм (нагадаємо що диполь складається із позитивного й негативного зарядів рівних заряду електрона) Знайти напруженість поля що створює диполь на відстані r = 3sdot10ndash9 м від середини диполя у точці що лежить на продовженні диполя

123

A+q ndashq

r

l

Endash E+

Ep

Розвrsquoязання

Результуюча напруженість pE поля диполя у точці А напря-

млена вздовж осі диполя і дорівнює різниці напруженостей E+ і Eminus створюваних зарядами q+ i qminus pE E E+ minus= + Якщо позначити через l відстань між зарядами а через r ndash

відстань від А до середини осі диполя то можна записати

204 ( 2)

qEr l+ =

πε minus і 2

04 ( 2)qE

r lminus =πε +

Остаточно після алгебраїчних перетворень одержимо

2 2 202 ( 4)p

lrqEr l

=πε minus

За умови r lgtgt запишемо 3 30 02 2

ql pEr r

= =πε πε

де p ql= ndash електричний момент диполя 641 10E = sdot НКл Задача 3 Знайти напруженість електрич-

ного поля прямолінійного дроту завдовжки l =2 м на якому рівномі-рно розподілено заряд q =2sdot10ndash9 Кл у точці А що розміщена на відстані r = 2sdot10ndash3 м від осі дроту

Розвrsquoязання

Оточимо частину дроту завдовжки h уявним циліндром вісь

якого збігається з віссю дроту а бокова поверхня містить точку А

A h

r E

124

Згідно із теоремою ОстроградськогоndashГаусса потік напруже-ності через поверхню цього циліндра

0 0

1 n

ii

hN q ρ= =

ε εsum (3)

де n

ii

q h= ρsum ndash заряд частини дроту оточеної циліндром а ql

ρ =

Потік напруженості N електричного поля через цю поверхню 2N ES rhE= = π (4)

де 2S rh= π ndash площа бокової поверхні циліндра Прирівнюючи праві частини співвідношень (3) і (4) одержимо

0 02 2qE

r rlρ

= =πε πε

Підставляючи числові значення і враховуючи що 0ε = 885middot10ndash12 Кл2(Нmiddotм2)

маємо E = 93middot103 Вм Задача 4 Як зміниться сила взаємодії зарядженої кульки з металевою

нейтральною кулькою якщо відстань між ними зменшиться вдві-чі Відстань між кульками значно перевищує розміри кульок

Q+ 1F 2F

R Q+

- - -

+++

r

Розвrsquoязання

Нехай Q ndash заряд зарядженої кульки r ndash відстань між кулька-

ми R ndash радіус металевої кульки

125

Унаслідок явища електростатичної індукції на металевій кульці зrsquoявляться індуковані заряди ліворуч ndash відrsquoємний заряд праворуч ndash додатний заряд 1F та 2F ndash це електричні сили що діють (як показано на рисунку) біля поверхні металевої кульки

Якщо величина індукованих зарядів qplusmn то

1 2 1 2( )F F F q E E= minus = minus

де 1 204 ( )

QEr R

=πε minus

2 204 ( )

QEr R

=πε +

Остаточно запишемо 2 20

1 14 ( ) ( )qQF

r R r R⎡ ⎤

= minus =⎢ ⎥πε minus +⎣ ⎦

2 2 2 2

2 2 2 2 2 20 0

2 2 44 4( ) ( )qQ r rR R r rR R qQ rR

r R r R+ + minus + minus

= =πε πεminus minus

Якщо вважати що r Rgtgt то 30

qQ RFr

=πε

Врахувавши що

кулька невелика та знехтувавши 2 R отримаємо F sim 3RqQr

Індуковані заряди qplusmn виникли через дію поля E створеного

першою кулькою Тоді вважатимемо що 21~ ~q Er

Тому сила взаємодії між кульками пропорційна 51r

тобто

51~Fr

При зменшенні відстані між кульками вдвічі сила збі-

льшиться у 32 рази 2rrprime = 1

2

FF

= 25 = 32

Задача 5 На відстані a = 10 см від нескінченної провідної площини

знаходиться точковий заряд q+ =10 нКл Визначити напруже-

126

ність поля і потенціал у точці А розміщеній на відстані a від площини і на відстані 2a від заряду q

E

2E

1E

A

a2

a a q+qminus

Розвrsquoязання

Використовуючи метод дзеркального відображення одержи-мо таке Дія заряду індукованого на нескінченній провідній площині еквівалентна дії точкового заряду qminus який є дзерка-льним відображенням заряду q+ Тоді у точці А напруженість

поля 1 2E E E= + де 1 204 4qE

a=

πε 2 2

04 8qE

a=

πε Згідно до те-

ореми косинусів 2 21 2 1 22 cosE E E E E= + minus α кут α =45O

2 20 0

1 1 2 5 2 216 64 324 32

q qEa a

= + minus = minusπε πε

E =33middot103 Вм Згідно із принципом суперпозиції потенціал у точці А

1 2ϕ = ϕ + ϕ де 104 2

qa

ϕ =πε

204 2 2

qa

minusϕ =

πε

Тоді 0

1(1 )4 2 2

qa

ϕ = minusπε

ϕ =131 В

127

Задачі

1 На відстані 1r = 2 см від провідної нескінченної площини розташовано заряд q =10ndash9 Кл Визначити по-тенціал поля у точці розміщеній на відстані 1r = 2 см від площини і на відстані 2r = 3 см від заряду

A

2r

1r 1r qqminus

1r

Відповідь ϕ =120 В 2 У кожній вершині квадрата із стороною a містяться однакові точкові заряди q Знайти напруженість і потен-ціал електростатичного поля в центрі квадрата

Відповідь 0E = 0

2qa

ϕ =πεε

3 Знайти силу взаємодії кульки заряд якої Q із металевою нейтральною кулькою радіусом R якщо відстань між ними r а на металевій кульці зrsquoявляються індуктивні заряди qplusmn

Відповідь 2 2 20

44 ( )qQ rRF

r R=

πε minus

128

4 На відстані r = 4sdot10ndash3 м від прямолінійного дроту за-вдовжки l = 15 м на якому рівномірно розподілено за-ряд 1q = 2sdot10ndash7 Кл знаходиться частинка із зарядом

2q = ndash17sdot10ndash16 Кл Визначити силу що діє на частинку

Відповідь 1 2

02q qF

lr=

πε= 51sdot10ndash11 Н

5 Визначити силу взаємодії двох молекул пари води ди-полі яких розміщені вздовж однієї прямої Електричний момент диполя води дорівнює p =62sdot10ndash30 Клsdotм Відстань між молекулами l = 10ndash9 м

Відповідь 2

40

32

pFl

= minusπε ε

asymp ndash215sdot10ndash12 Н

6 Дві однакові кульки кожна масою m підвішено в од-ній точці на нитках завдовжки l Кульки мають однакові заряди Кут між нитками 2α Визначити заряди кульок Відповідь 04 sin tgq l mg= α πεε α 7 Дві заряджені кульки які підвішено в одній точці на нитках завдовжки l занурюють у гас Кульки мають од-накові заряди Кут розходження ниток α не змінився при зануренні Знайти густину кульок якщо густина гасу гρ = 08 гсм3 діелектрична проникність гасу гε = 2

Відповідь г г

г

ρ ερ =

ε=16 гсм3

8 Краплинка води діаметром d = 10ndash4 м міститься в маслі при напруженості електричного поля E = 104 НКл На-пруженість поля напрямлена вертикально вгору Скільки елементарних зарядів знаходиться на поверхні краплини Густина масла мρ = 8sdot102 кгм3 вρ = 103 кгм3

Відповідь 3

в м( )6d qN

eEπ ρ minus ρ

= sdot = 6sdot106

129

9 Заряди 1q q= та 2 2q q= minus містяться на відстані l один від одного Із якою силою діють ці заряди на третій заряд

3 3q q= якщо він розташований на відстані l від середи-ни лінії що зrsquoєднує ці заряди

Відповідь 2

20

3 265

qFl

=πε

10 Два заряди 1q = +2sdot10ndash9 Кл і 2q = ndash2sdot10ndash9 Кл розміщені на відстані l = 10ndash9 м один від одного Визначити напру-женість поля E у точці що лежить у площині симетрії на відстані r = 10ndash4 м від площини у якій містяться заряди

Відповідь 304

qlEr

=πε

asymp 18sdot104 Вм

11 Визначити потенціал у точці на осі диполя на відстані r = 05 м від його центра Електричний момент диполя p = 5sdot10ndash8 Клmiddotм (вважати що відстань r значно більша за довжину диполя l )

Відповідь 204

pr

ϕ = =πε

2sdot103 В

12 Вважаючи протон і електрон із яких складається атом водню точко-вими зарядами що містяться на від-стані один від одного d = 5sdot10ndash11 м знайти напруженість поля в точках В і С Відстань цих точок від протона до-рівнює відстані між протоном і елект-роном ( q =16sdot10ndash19 Kл)

Відповідь 1 20

316

qEd

= =πε ε

43middot1011 Вм

2 20

5 2 24

qEd

= minus =πε ε

82middot1011 Вм

С

В

130

13 Кулька масою m = 10ndash3 кг має заряд q =10ndash8 Кл і пере-міщується із точки А потенціал якої Aϕ = 600 В у точку В з потенціалом Bϕ = 0 Визначити швидкість кульки у точ-ці А якщо Bv = 02 мс

Відповідь ( )2 2 (A B A Bqv v

m= minus ϕ minus ϕ = 0167 мс

14 Куля потенціал якої ϕ = 4500 В занурена в масло ( ε = 4) Поверхнева густина заряду σ =113sdot10ndash5 Клм2 Знайти радіус r заряд q ємність C і енергію W кулі Відповідь r = 14sdot102 м q = 28sdot10ndash8 Кл C = 62sdot10ndash12 Ф W = 63sdot10ndash5 Дж 15 Знайти ємність земної кулі Радіус вважати рівним R = 6400 км На скільки зміниться потенціал земної кулі якщо збільшити її заряд на 1 Кл Відповідь 710 мкФ на 1400 В 16 Визначити заряд на мембрані клітини якщо відомо що звичайна клітина тіла людини має обrsquoєм V = 10ndash15 м3 площа поверхні S = 5sdot10ndash12 м2 Мембрани клітин мають ємність C = 10ndash2 Фм2 напруженість електричного поля всередині мембрани E =78middot106 Вм товщина мембрани 9 нм Відповідь q asymp 35sdot10ndash15 Кл 17 Ртутна кулька потенціал якої 1200 В розбивається на 1000 однакових краплин Знайти потенціал кожної краплини Відповідь ϕ = 12 В 18 Вісім водяних краплин радіусом r = 10ndash3 м і заря-дом q = 10ndash10 Кл зливаються в одну загальну краплину Знайти її потенціал

Відповідь 30

84 8

qUr

=πε

= 3600 В

131

19 Дві металеві кулі радіусами 1r = 3sdot10ndash2 м і 2r = 12sdot10ndash1 м мають позитивні заряди 1q = 5sdot10ndash7 Кл і 2q = 12sdot10ndash7 Кл Їх зrsquoєднують тонким дротом електроємність якого не врахо-вують У який бік почнуть рухатися заряди Які заряди будуть на кожній кулі після встановлення рівноваги Якими будуть потенціали куль Відповідь 1q = 34sdot10ndash8 Кл 2q = 136sdot10ndash8 Кл ϕ = 102sdot104 В 20 Батарея із двох послідовно зrsquoєднаних конденсаторів із ємностями 1C = 5middot10ndash10 Ф і 2C = 13middot10ndash10 Ф заряджена до різ-ниці потенціалів U = 1800 В Конденсатори не розряджаю-чи відключають від джерела струму і зєднують паралельно Визначити роботу яка виконується при цьому розрядженні

Відповідь 2

21 2 1 22

1 2

( )2( )

C C C CA UC C

minus=

minus= 43sdot10ndash22 Дж

21 Для порівняння ємностей двох конденсаторів 1C та

2C їх зарядили відповідно до напруг 1U = 300 В та

2U = 100 В і після цього зrsquoєднали паралельно При цьому різниця потенціалів між обкладинками змінилася до

U = 250 В Знайти відношення 1

2

CC

Відповідь 1 2

2 1

C U UC U U

minus=

minus= 3

132

sect 2 Постійний струм

Електронна теорія провідності металів Контактні й термоелектричні явища

1 Сила струму I є кількісною характеристикою елект-

ричного струму Сила струму дорівнює заряду що перено-ситься через поперечний переріз провідника за одиницю часу

dqIdt

= (1)

або для постійного струму qIt

= (2)

2 Сила постійного струму в металевому провіднику із площею поперечного перерізу S

I ne= v S (3) де n ndash кількість носіїв зарядів (електронів провідності) в одини-ці обrsquoєму e ndash абсолютне значення заряду електрона v ndash се-редня швидкість упорядкованого руху електронів

3 Густина струму є відношенням сили струму до площі

поперечного перерізу провідника перпендикулярного до на-пруженості електричного поля в ньому Густина струму ndash ве-личина векторна Напрямок її збігається з напрямком напруже-ності поля Числове значення густини струму в загальному ви-гляді визначається формулою

dIJdS

= (4)

а для постійного струму IJS

= (5)

4 Густина струму провідності в металах j ne= v (6)

де n ndash концентрація носіїв струму v ndash вектор середньої швид-кості упорядкованого руху електронів e ndash заряд електрона

133

5 Електрорушійна сила (ЕРС) ndash фізична величина яка хара-ктеризує джерело енергії неелектричної природи увімкнене в ко-ло та визначається роботою неелектростатичних (сторонніх) сил із перенесення одиниці електричного заряду в замкненому колі

стAq

ε = (7)

6 Закон Ома для однорідної ділянки кола (ділянки на якій не діють ЕРС)

UIR

= (8)

де U ndash різниця потенціалів між кінцевими перерізами ділянки провідника (напруга) R ndash опір провідника

7 Опір провідника завдовжки l із площею поперечного перерізу S визначається формулою

lRS

= ρ (9)

де ρ ndash питомий опір матеріалу провідника 8 Закон Ома для неоднорідної ділянки кола

1 2IR r

ϕ minus ϕ + ε=

+ (10)

де 1 2ϕ minus ϕ ndash різниця потенціалів на кінцях ділянки ε ndash ЕРС R ndash опір провідників r ndash внутрішній опір батареї У випадку за-мкненого кола 1 2ϕ minus ϕ = 0 і формула (10) набуває вигляду

IR r

ε=

+ (11)

9 Закон Ома в диференціальній формі (звrsquoязок між напру-

женістю поля E і густиною струму j ) j E= σ (12)

де 1σ =

ρ ndash питома електропровідність речовини провідника

ρ ndash питомий опір

134

У рамках класичної теорії провідності металів П Друде і Х Лоренца

2

2nej E

mvλ

= і 2

2ne

mvλ

σ = (13)

де n ndash концентрація вільних електронів e ndash заряд електрона λ ndash середня довжина вільного пробігу електронів m ndash маса електрона v ndash середня швидкість теплового руху електронів

10 Залежність питомого опору металів від температури

0 (1 )Tρ = ρ + αΔ (14) де α ndash температурний коефіцієнт опору 0ρ ndash опір при 273 К

11 Опір системи що складається із послідовно зєднаних ді-лянок з опорами 1R 2R

1

n

ii

R R=

= sum (15)

де n ndash кількість провідників Опір системи паралельно ввімкнених провідників

1

1

(1 )n

ii

RR

=

=

sum (16)

12 Закони Кірхгофа Перший закон Кірхгофа Алгебраїчна сума всіх струмів у

точці розгалуження дорівнює нулю

10

n

ii

I=

=sum (17)

Другий закон Кірхгофа В усякому замкненому контурі будь-якої складної мережі сума всіх спадів напруг дорівнює сумі всіх ЕРС які діють у цьому контурі

1 1

n n

m m im i

I R= =

= εsum sum (18)

135

Струми вважають додатними якщо їх напрямок збігається з напрямком обходу контуру ЕРС вважають додатними якщо їх напрямок збігається з обраним напрямком струму

13 Закон ДжоуляndashЛенца Робота A електричних сил у про-

віднику з опором R по якому протягом часу t тече струм I (провідник нерухомий і в ньому відсутні хімічні перетворення) дорівнює кількості теплоти Q що виділяється у провіднику

22 UA Q qU IUt I Rt t

R= = = = = (19)

Закон ДжоуляndashЛенца в диференціальній формі має вигляд

2W E= σ (20) де W ndash питома потужність струму (кількість теплоти що виділяєть-ся в одиниці обrsquoєму провідника за одиницю часу) σ ndash питома елек-тропровідність провідника E ndash напруженість електричного поля

14 ККД (коефіцієнт корисної дії) джерела струму

RR r

η =+

(21)

ККД лінії електропередачі від станції до споживача сп

лсп л

RR R

η =+

(22)

де спR ndash опір споживача лR ndash опір лінії електропередачі 15 Між двома металами які мають однакову температуру і

зrsquoєднані між собою безпосередньо або за допомогою інших ме-талів існує контактна різниця потенціалів

011 21 2

02ln nA A kT

e e nminus

ϕ minus ϕ = minus + (23)

де 1A і 2A ndash робота виходу електронів із першого та другого мета-лів 01n і 02n концентрація вільних електронів у першому та дру-гому металах k ndash стала Больцмана T ndash абсолютна температура

136

16 Термоелектрорушійна сила 01

1 2 1 202

ln ( ) ( )TnkA T T T T

e n= minus = α minus (24)

де 1T і 2T ndash температури спаїв термопари α ndash стала термопари e ndash заряд електрона

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Закон Ома для біологічних обrsquoєктів має вигляд

( )U P tI

Rminus

= (1)

де ( )P t ndash функція часу 2 Біологічну мембрану клітини яка оточена з усіх боків роз-

чинами електролітів можна вважати джерелом електрорушійної сили Таке джерело може мати дуже малі розміри бо товщина мембрани становить 001ndash002 мкм Клітинна мембрана вибірко-во знижує швидкість переміщення молекул у клітину та з кліти-ни У звrsquoязку з цим концентрації деяких іонів усередині клітини і поза клітиною можуть відрізнятися в десятки і тисячі разів Різниці в концентраціях іонів із двох сторін мембрани необхідні для існування електричних полів у живих організмах У кліти-нах які помістили наприклад в електроліт виникає різниця потенціалів (потенціал спокою клітини) зумовлена різною концентрацією іонів поза і всередині клітини

ln i

A e

CRTUeN C

= (2)

де e ndash заряд електрона AN ndash стала Авогадро R ndash універса-льна газова стала iC eC ndash концентрація іонів всередині та поза клітиною відповідно

Наприклад у клітинах рослин як і в нервових клітинах або клітинах мrsquoязів між внутрішніми і зовнішніми поверхнями мембрани має місце різниця потенціалів sim100 мВ яка зумовлена різним іонним складом усередині та поза клітиною а також не-однаковою проникністю мембрани для цих іонів

137

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Внутрішній опір елемента живлення r у n разів менший

за зовнішній опір R яким замкнено елемент живлення з ЕРС ε Знайти у скільки разів напруга на затискачах елеме-нта відрізняється від ε

Розвrsquoязання

За законом Ома для замкненого кола

IR r

ε=

+ (1)

Оскільки напруга на затискачах елемента менша ЕРС на ве-личину падіння напруги на внутрішній ділянці кола то U Ir= ε minus або з урахуванням рівняння (1)

+ 1r RU

R r R r r Rε ε

= ε minus = ε =+ +

(2)

Із умови задачі R r n= або 1 r R n= Тоді рівняння (2) можна звести до вигляду

11 1n

nUn

ε= = ε

+ + звідки

1U n

n=

ε +

Із рівняння (2) видно що якщо зовнішній опір R набагато бі-льший за внутрішній r то відношення r R буде малим порівня-но з одиницею і величина напруги наблизиться до значення ЕРС

Задача 2 Три однакові батареї із внутрішнім опором r = 6 Ом замкнули на

деякий опір один раз зrsquoєднавши паралельно а другий ndash послідовно Сила струму в обох випадках однакова Знайти зовнішній опір

138

Розвrsquoязання

При паралельному вмиканні джерел 11I r R

n

ε=

+

при послідовному вмиканні джерел 12

nInr R

ε=

+

За умовою задачі 1 2I I= тому 1nr nR

ε+

1nnr R

ε=

+

При n = 3 очевидно що R r= = 6 Ом Задача 3 На рисунку представлено схему містка Уітстона що вико-

ристовується для вимірювання невідомого опору xR Усі по-значення показані на схемі 0R ndash відомий опір G ndash гальвано-метр ε ndash джерело живлення Для вимірювання опору xR вста-новлюють рухомий контакт D у таке положення при якому струм у колі гальванометра дорівнює нулю

A

B

C D

xR 0R

1K ε

2K

1l 2l

1R 2R

xI 0I

1I

GI

2I

Знайти співвідношення між 0R xR Позначимо AD = 1l DC = 2l ( 1l i 2l ndash плечі реохорда АС)

139

Розвrsquoязання

Уведемо позначення сил і напрямків струмів для всіх ділянок кола Запишемо перший закон Кірхгофа для вузлів B і D

0 0x GI I Iminus minus =

1 2 0GI I Iminus + = (1) Застосуємо другий закон Кірхгофа для контурів ABDA i BCDB

1 1 0x x G GI R I R I R+ minus =

0 0 2 2 0G GI R I R I Rminus minus = (2) За умовою задачі 0GI = тому

0xI I= 1 2I I= 1 1x xI R I R= 0 0 2 2I R I R= (3) Із останніх рівнянь одержимо

1

0 2

xR RR R

= звідки 0 1

2x

R RRR

=

Враховуючи що 11

lRS

ρ= і 2

2lRS

ρ= де ρ i S ndash питомий опір

і площа поперечного перерізу проводу АС відповідно одержимо 1 1 1

02 2 2

хR l lR RR l l

= =

Задача 4 Невелика гідроелектростанція витрачає V = 240 м3 води за

1 хв Висота стовпа води становить 4 м Скільки електроламп може обслуговувати така установка якщо кожна лампа спожи-ває струм силою nI = 1 A при напрузі U = 220 В Коефіцієнт корисної дії (ККД) установки η = 75

Розвrsquoязання

Електролампи вмикають у мережу паралельно тому за пер-

шим законом Кірхгофа сила струму

1

n

i ni

I I nI=

= =sum (1)

140

Потужність що споживається лампами nN nI U= (2)

З іншого боку потужність електростанції A mgh V ghNt t tη η ρ η

= = = (3)

де A ndash робота падаючої води за t = 60 c m ndash маса води ρ = 103 кгм3 ndash густина води g = 98 мс2 ndash прискорення віль-ного падіння

Із (2) і (3) одержимо ngh VnI U

tρ η

= звідки n

gh VnI Ut

ρ η= 535asymp

Задача 5 Визначити контактну різницю потенціалів між міддю і пла-

тиною при T = 773 К якщо стала термопари мідьndashплатина α = 75middot10ndash6 ВК Робота виходу електронів для міді й платини відповідно CuA = 4472 еВ і PtA = 6275 еВ

Розвrsquoязання

Контактна різниця потенціалів між міддю і платиною

Cu Pt Cu1 2

PtlnА A nkT

e e nminus

ϕ minus ϕ = minus +

де e ndash заряд електрона Cun Ptn ndash концентрації вільних електронів

Стала термопари Cu

Ptln nk

e nα =

Остаточно одержимо Cu Pt

1 2А A T

eminus

ϕ minus ϕ = minus + α

1 2 181ϕ minus ϕ asymp В

141

Задачі

1 Яку напругу треба прикласти до котушки що має 1000 витків мідного дроту із середнім діаметром витків 6 см якщо допустима густина струму 2 Амм2 питомий опір міді 175sdot10ndash8 Омsdotм Відповідь U = 64 В 2 Вольтметр який підключено до акумулятора із внут-рішнім опором 1 Ом показує 12 В Якщо послідовно з ним включено опір 20 Ом вольтметр показує 1 В Визна-чити опір вольтметра Відповідь R = 99 Ом 3 Два джерела з ЕРС 12 В та 15 В та внутрішніми опо-рами 03 Ом та 05 Ом відповідно паралельно живлять активний опір 2 Ом Визначити струм що йде через опір Відповідь I = 06 А 4 На скільки рівних частин треба розрізати дріт опо-ром 400 Ом щоб при паралельному зrsquoєднанні частин отримати опір 4 Ом Відповідь на 10 частин 5 Довгий рівномірно заряджений по поверхні циліндр радіусом R = 10ndash2 м рухається зі швидкістю v = 10 мс уз-довж своєї осі Напруженість електричного поля на повер-хні циліндра становить E = 09middot105 Вм Знайти струм обумовлений механічним переносом заряду Відповідь 02I RE= πε v = 5middot10ndash6 A 6 Концентрація іонів що зумовлюють електропровідність атмосферного повітря у середньому n = 7middot108 мndash3 Середня напруженість електричного поля Землі E = 130 Вм Рух-

142

ливість іонів u =33middot10ndash4 м2(сmiddotВ) Визначити густину стру-му провідності в атмосфері Відповідь j = neEu = 478 нАм2 7 Амперметр і вольтметр увімкнено послідовно до батареї з ЕРС ε = 6 В Якщо паралельно до вольтметра підключи-ли деякий опір то покази вольтметра зменшаться в n = 2 рази а покази амперметра у стільки ж разів збільшаться Знайти покази вольтметра після підключення опору

Відповідь 1n

ε+

U = = 2 B

8 При температурі 1T = 293 К опір електролампи з во-льфрамовою ниткою 1R = 300 Ом а в розжареному стані

2R = 2400 Ом Визначити температуру розжарювання лампи якщо температурний коефіцієнт опору для воль-фраму α = 42sdot10ndash3 Кndash1 Відповідь 2T = 1795 К 9 В електричне коло уві-мкнено чотири опори ( 1 2 3 4R R R R= = = =103 Oм) і два джерела ЕРС яких

1ε =15 В і 2ε =18 В Ви-значити силу струму в усіх опорах Внутрішніми опорами джерел можна знехтувати Відповідь 1I = 04sdot10ndash3 А

2I = 07sdot10ndash3 А 3I = 11sdot10ndash3 А 4 0I = 10 Визначити опір залізного стрижня температура одно-го кінця якого 273 К другого 1073 К Довжина стрижня L = 5 м площа поперечного перерізу S = 10ndash4 м2 Темпера-

E1 E2

R4

R1 R2O

B

A C

I2I1 I3

R3

143

турний коефіцієнт опору для заліза Feα = 6sdot10ndash3 Kndash1 пито-мий опір Feρ = 12sdot10ndash7 Омsdotм Із бічної поверхні стрижня теплота не відводиться

Відповідь 0 2 1(1 )2

L T TRS

ρ minus= + α = 002 Oм

11 Два елементи ЕРС яких

1ε = 19 В і 2ε =11 В а внут-рішні опори 1r = 08 Ом і

2r =01 Ом відповідно за-мкнені паралельно на зовні-шній опір R =10 Ом Визна-чити силу струму в зовніш-ньому колі

Відповідь 1 2 2 1

1 2 1 2( )r rI

R r r r rε + ε

=+ +

= 012 А

12 Паралельно амперметру який має опір 002 Ом під-ключено мідний провідник завдовжки 20 см та із площею поперечного перерізу 34 мм2 Визначити силу струму в колі якщо амперметр показує 030 А Відповідь I = 63 А 13 При зовнішньому опорі 8 Ом сила струму в колі що складається з опору та джерела ЕРС дорівнює 08 А а при зовнішньому опорі 15 Ом відповідно 05 А Визначити силу струму короткого замикання джерела ЕРС Відповідь кзI = 255 А 14 Визначити ЕРС елемента якщо відомо що при збіль-шенні зовнішнього опору який замикає елемент у 3 рази напруга на його затискачах U = 3 В збільшується на 20 Відповідь ε = 4 В

+

+

1ε

2ε

I1

I2 K

A

I

B

C

DR

mdash

mdash

144

15 У мідному провіднику завдовжки 2 м із площею по-перечного перерізу 04 мм2 проходить струм При цьому кожну секунду виділяється 035 Дж теплоти Скільки еле-ктронів проходить за 1 с через переріз провідника Відповідь N =127sdot1019 16 Електричний апарат для перегонки води споживає поту-жність 25 кВт Скільки дистильованої води можна одержати при 373 К за 2 години роботи апарата якщо його ККД дорів-нює 40 а вода з водопроводу поступає при Т = 283 К Відповідь m = 23 кг 17 Спіраль електроплитки виготовлена з ніхромового дроту із площею поперечного перерізу S = 015 мм2 і має довжину l = 10 м Питомий опір дроту ρ = 11sdot10ndash6 Омsdotм Скільки часу τ потрібно для нагрівання води від 1T = 288 К до

2T = 373 К якщо плитку ввімкнено в мережу з напругою U = 220 В а її ККД = 80 Відповідь τ = 80 000 с 18 Термопара нікельndashхром один спай якої міститься в печі а другий ndash у середовищі з T =283 К зrsquoєднана послідовно з га-льванометром стрілка якого відхиляється на n = 25 поділок ціна поділки i =10ndash8 Апод Стала термопари α = 05sdot10ndash6 ВК внутрішній опір гальванометра r = 2sdot103 Ом Визначити температуру печі Відповідь 1T asymp 1288 К 19 Визначити різницю потенціалів U на мембрані клі-тини якщо відношення концентрацій іонів калію всереди-ні і поза клітиною становить 30i eC C = а температура середовища T = 300 К Відповідь U = 86 мВ

145

20 Металевий диск радіус якого R = 01 м рівномірно обертається із частотою n = 30 обс Визначити різницю потенціалів між центром і краями диска

Відповідь 2 2 24mU n Re

= π asymp 2sdot10ndash9 B

21 Дві лампи мають однакові потужності Одна з них розрахована на напругу 120 В а друга ndash на 220 В У скіль-ки разів відрізняється опір ламп Відповідь у 34 рази 22 Електроплитка потужністю 1 кВт яка розрахована на напругу 120 В підключена до мережі з напругою 127 В Опір проводів ndash 4 Ом Знайти потужність плитки Парале-льно до плитки підrsquoєднали другу таку саму Знайти поту-жність обох плиток Відповідь 1P = 069 кВт 2P = 093 кВт 23 Нагрівник електричного чайника складається із двох секцій При вмиканні першої чайник закипає за час 1t при вмиканні другої ndash за час 2t Через який час закипить вода якщо увімкнути секції 1) паралельно 2) послідовно

Відповідь 1) 1 2пар

1 2

t ttt t

=+

2) посл 1 2t t t= +

146

sect 3 Магнітне поле струму Електромагнітна індукція

Змінний струм 1 Напруженість магнітного поля Для кількісної характеристи-

ки магнітного поля струму вводять фізичну величину яку називають напруженістю магнітного поля Якщо в певну точку заданого магні-тного поля внести пробний елемент струму Idl то з боку магнітно-го поля на нього діє сила dF Збільшення або зменшення елемента струму Idl приводить до відповідної зміни сили dF а відношення dFIdl

є величиною сталою для кожної точки даного поля

Напруженістю магнітного поля називають фізичну вели-чину пропорційну відношенню сили що діє на пробний еле-мент струму до величини цього елемента струму

0

1sin

dFH

Idl=

μ α (1)

де 0μ = 4πsdot10ndash7 НА2 (або Гнм) ndash магнітна стала α ndash кут між напря-

мком елемента струму Idl і напрямком поля H (тут [ ]мAH = )

2 Для силової характеристики магнітного поля у вакуумі

вводять вектор B який називають індукцією магнітного поля

0B H= μ [ ]B = (Гнм)(Ам)=Тл (2) Магнітна індукція в даній точці поля чисельно дорівнює силі

із якою магнітне поле діє на одиничний елемент струму розмі-щений перпендикулярно полю у вакуумі

dFB

Idl= (3)

3 Закон Ампера Сила dF що діє на елемент струму з боку ма-

гнітного поля прямо пропорційна добутку елемента струму Idl

147

індукції магнітного поля B у точці у яку вміщено Idl і залежить від взаємної орієнтації елемента струму і напрямку магнітного поля

[ ] [ ]dF Idl B I dl B= sdot = sdot (4) або у скалярній формі

sindF IdlB= α (5) тут α ndash кут між напрямком елемента струму I dl і напрям-ком поля B

4 Закон БіоndashСавараndashЛапласа є одним з основних експериме-

нтальних законів електромагнітних явищ і лежить в основі класич-ної електродинаміки Цей закон дає змогу розрахувати індукцію магнітного поля струму замкненого вздовж контуру L

03

[ ]4 L

Idl rBr

μ sdot=

π int (6)

де r ndash радіус-вектор проведений від довільного елемента струму в точку у якій обчислюють магнітну індукцію або на-пруженість магнітного поля

Закон БіоndashСавараndashЛапласа в диференціальній формі має вигляд

03

[ ]4

I dl rdBr

μ sdot=

π

У скалярній формі індукція або напруженість магнітного ко-нтуру вздовж замкненого контуру у вакуумі

04

B lμ=

π або 2

1 sin4 L

I dlHr

α=

π int (7)

Інтегрування виконується по замкненому контуру L 5 Магнітне поле прямого колового і соленоїдного

струмів у вакуумі Індукція магнітного поля B прямого нескінченного провід-

ника зі струмом I у точці на відстані 0r від провідника

0

02IBr

μ=

π (8)

Індукція магнітного поля в центрі колового провідника радіусом 0r

148

0

02IB

rμ

= (9)

Індукція магнітного поля всередині соленоїда 0

0INB Inl

μ= = μ (10)

де l ndash довжина соленоїда N ndash кількість витків соленоїда n ndash кількість витків на одиницю довжини соленоїда

6 Сила Лоренца ndash це сила що діє на рухомий заряд q у ма-

гнітному полі напрямок якої перпендикулярний до напрямку індукції магнітного поля B і напрямку швидкості зарядів v а величина пропорційна рухомому заряду швидкості його руху й індукції магнітного поля

F q= [ ]v Bsdot (11)

7 Намагніченість ndash характеристика стану магнетика в зо-внішньому магнітному полі Вектор намагніченості j чисе-льно дорівнює сумарному магнітному моменту одиниці обrsquoєму намагніченої речовини

mpj

V=

Δsum або mj np= (12)

де mp ndash середній магнітний момент молекулярних струмів однієї мо-лекули n ndash середня кількість молекул в одиниці обrsquoєму магнетика

8 Напруженість магнітного поля в магнетиках

0

BH j= minusμ

(13)

Для багатьох магнетиків (діа- і парамагнетиків) залежність j від H має лінійний характер

j H= χ [ ] [ ]j H= =Ам (14) де χ ndash магнітна сприйнятливість речовини безрозмірний кое-фіцієнт який характеризує здатність речовини намагнічуватись у зовнішньому магнітному полі

149

9 Співвідношення між B і H

0

BH H= minus χμ

(15)

звідки

( )0 1BH =

μ + χ (16)

де (1+ χ ) = μ ndash відносна магнітна проникність речовини (безрозмірна величина)

0B H= μ μ (17) 10 Магнітний потік ndash фізична величина яка дорівнює добу-

тку проекції nB вектора магнітної індукції на нормаль n до елемента поверхні dS на площу цієї поверхні

Ф ( )nd B dS= або Ф ( )d BdS= де ( )d S ndS= (18)

Магнітний потік крізь усю поверхню S

( )Ф nS S

BdS B dS= =int int (19)

11 Закон Фарадея для явища електромагнітної індукції

електрорушійна сила iε індукована в контурі пропорційна швидкості зміни магнітного потоку Ф який пронизує цей контур

Фi

ddt

ε = minus (20)

Знак мінус показує що ЕРС індукції iε має такий напрямок що вектор індукції магнітного поля індукційного струму проти-діє змінам магнітного поля яке збуджує індукційний струм

1 Фii

dIR R dtε

= = minus де R ndash опір контуру

12 Робота переміщення провідника зі струмом у магні-

тному полі дорівнює добутку сили струму I на зміну потоку магнітної індукції dΦ через площу яку цей струм обтікає

dA Id= Φ (21)

150

13 Електрорушійна сила самоіндукції пропорційна швид-кості зміни сили струму і залежить від індуктивності контуру

dILdt

ε = minusсi (22)

де L ndash індуктивність контуру [ ]L =Гнм=ВmiddotсА

14 Індуктивність соленоїда 2

200

N SL n Vl

μ μ= = μ μ (23)

де N ndash кількість витків l ndash довжина соленоїда S ndash площа по-

перечного перерізу соленоїда V lS= ndash обrsquoєм соленоїда Nnl

=

15 Енергія магнітного поля пропорційна квадрату його напру-женості H і обrsquoєму V простору що охоплюється магнітним полем

20

2 2H V HBW Vμ μ

= = (24)

16 Густина енергії магнітного поля ndash це відношення енергії магнітного поля до обrsquoєму що охоплюється магнітним полем

2 20

02 2 2H B BHμ μ

ω = = =μ μ

(25)

де B і H ndash індукція і напруженість магнітного поля 0μ ndash маг-нітна стала μ ndash відносна магнітна проникність середовища

17 У промислових генераторах магнітне поле B створюється

потужним електромагнітом (у генераторах малої потужності застосовується постійний магніт) Контур у якому індукується ЕРС обертається з кутовою швидкістю ω і складається з N ви-тків дроту що намотані на осердя феромагніту Цей контур на-зивають якорем генератора В електродвигунах нерухома части-на називається статором а рухома ndash ротором

Електрорушійна сила що збуджується в такому генераторі sinBS N tε = ω ω (26)

де B ndash індукція магнітного поля S ndash площа обмежена одним витком контуру ω ndash кутова швидкість обертання якоря

151

18 Ефективна сила та ефективна напруга змінного стру-му Величину постійного струму при проходженні якого через резистор протягом часу t виділяється така сама кількість тепло-ти Q як і при проходженні змінного струму через резистор того самого опору називають ефективною або діючою силою змін-ного струму ефI

0еф 00707

2II I= = sdot (27)

де 0І ndash амплітудне значення сили струму Аналогічне співвідношення справедливе для діючого й амп-

літудного значень напруги змінного струму 0

еф 2UU = (28)

19 Закон Ома для змінного струму (послідовно зєднані ак-

тивний опір R індуктивність L ємність C )

( )0

0 22 1 ( )

UIR L C

=+ ω minus ω

(29)

де 1LC

⎛ ⎞ω minus⎜ ⎟ω⎝ ⎠ ndash реактивна складова опору

Величину ( )22 1 ( )Z R L C= + ω minus ω називають імпедансом який відіграє роль наявного опору кола змінного струму

Формула (29) справедлива для амплітудних або ефективних значень струму і напруги

20 Потужність змінного струму розраховують за формулою

потужності постійного струму якщо замість сили постійного струму I брати ефективну силу змінного струму ефI

Середня потужність змінного струму

2 2еф еф еф ефN I R U R I U= = = (30)

де R ndash активний опір

152

Якщо в колі змінного струму крім активного є реактив-ний опір то зсув фаз ϕ між силою струму і напругою веде до зниження потужності

еф еф cosN I U= ϕ (31) де cosϕ ndash коефіцієнт потужності змінного струму

( )22cos

1 ( )

R

R L Cϕ =

+ ω minus ω (32)

22 Електричний резонанс Резонанс напруг ndash явище різ-

кого зростання сили змінного струму при послідовному зrsquoєднанні елементів кола ( R L C )

За умови 1LC

ω =ω

зсув фаз між напругою і струмом дорів-

нює нулю дії індуктивності та ємності в колі взаємно компен-суються сила струму різко зростає

рез1LC

ω = (33)

де резω ndash резонансна частота кола Резонанс струмів ndash явище встановлення мінімального зна-

чення сили змінного струму в нерозгалуженій частині кола при паралельному сполученні елементів кола ( L C )

Резонансна частота визначається за формулою 2

рез 21 R

LC Lω = minus (34)

де R ndash активний опір котушки індуктивності

153

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 По двох довгих паралельних про-

водах відстань між якими d = 16 см проходять у протилежних напрямках струми 1 2I I= = 30 А Визначити індукцію магнітного поля в точці відстань від якої до обох провідників однакова r = 10 см

Розвrsquoязання

Згідно із принципом суперпозиції 1 2B B B= + Модуль вектора B знаходимо за теоремою косинусів (врахо-

вуючи що cos( ) cosπ minus α = minus α ) 2 21 2 1 22 cosB B B B B= + + α

де 01 2 2

IB Br

μ= =

π

2 2

22cos

2d r

rminus

α = = 028

Остаточно 7

0 4 102 056 162 2

I IBr r

minusμ πsdot sdot= + = sdot

π π= 96 мкТл

Задача 2 По відрізку прямого проводу довжиною l = 01 м проходить

струм I = 2 А Визначити напруженість поля створеного стру-мом у точці яка лежить на перпендикулярі до середини відрізка на відстані R = 006 м від нього (рисунок)

2ααminusπ

2α

1B

B

2B

r r

1I 2Id

αminusπ

154

Розвrsquoязання

Для обчислення напруженості магнітного поля скористаємося законом БіоndashСавараndashЛапласа

21 sin

4 l

IdlHr

α=

π int (1)

тут α ndash кут між напрямком струму і радіус-вектором r проведеним від елемента струму dl в точку О де визначається напруженість поля

Як видно з рисунка із трикут-ника АВС одержимо

sinrd dlα = α

звідки 2 sindl d

rrα

=α

або враховуючи що sinr Rα =

2dl d

Rrα

= (2)

Підставивши вирази dl і r у рівняння (1) знайдемо

( )2

1

2 1sin cos cos4 4

I IH dR R

α

α

= α α = minus α minus απ πint

Враховуючи що 2 1 1cos cos( ) cosα = π minus α = minus α одержимо

1cos2

IHR

= απ

Значення кута 1α визначимо із співвідношення

1 2 2cos

4

l

R lα =

+

Отже 2 22 4

IlHR R l

=π +

asymp 3 Ам

α+α d

α1

r

BC

A

Ol

α2

I

R

H

dldα

α

155

Задача 3 Прямокутна рамка зі струмом розміщена в магнітному полі

паралельно лініям магнітної індукції На рамку діє оберталь-ний момент M = 10ndash2 Нmiddotм Обчислити роботу сил поля при повороті рамки на кут α = 30deg

Розвrsquoязання

Робота сил поля під час руху рамки зі струмом

2 1( )A I= Φ minus Φ Потік індукції через рамку

cosBSΦ = α Якщо рамка розміщена паралельно лініям індукції поля то

нормаль до контуру рамки утворює з вектором B кут 0ϕ = 90deg Тому 1 0cosBSΦ = ϕ = 0 Якщо рамка повернеться на кут α =30deg то кут між нормаллю

і вектором B дорівнюватиме ϕ = 60deg

Тому 2Ф cos2

BSBS= ϕ =

Тоді 2 1Ф Ф2

BSminus =

Обертальний момент який діє на рамку зі струмом у її поча-тковому положенні

обM BIS= звідки обMIBS

=

Отже робота сил поля

( ) об об2 1Ф Ф

2 2М BS MA I

BS= minus = = = 5 sdot 10ndash3 Дж

Задача 4 Електрон маючи дуже малу початкову швидкість пройшов че-

рез однорідне електричне поле з різницею потенціалів U = 103 В

156

Після цього він потрапив в однорідне магнітне поле з індукцією B = 10ndash2 Тл напрямлене перпендикулярно напрямку руху електро-на Знайти радіус траєкторії руху електрона

Розвrsquoязання

Якщо в електричному полі електрон пройшов через електричне

поле з різницею потенціалів U то електричні сили при цьому вико-нали роботу і змінили кінетичну енергію електрона на величину

220

2 2mvmveU = minus

Якщо початкова швидкість електрона 0v = 0 то 2

2mveU = і тоді 2eUv

m=

На електрон що рухається зі швидкістю v в магнітному полі діє сила Лоренца

л [ ]F e v B= sdot л sinF evB evB= α = ми врахували що sin α = 1 Оскільки лF перпендикулярна до B і до v а отже є доце-

нтровою силою то вона не змінює модуля v але змінює напря-мок руху електрона Під дією сталої доцентрової сили доц лF F= електрон масою m рухатиметься по колу радіусом R який знайдемо зі співвідношення

доц доцF ma=2vm evB

R= = звідки mvR

eB=

Остаточно знаходимо 1 2mURB e

= = 001 м

Задача 5 Обчислити індуктивність соленоїда завдовжки l із площею

поперечного перерізу S і кількістю витків N

157

Розвrsquoязання

За законом Фарадея

ciФd

dtε = minus

Для соленоїда потік індукції магнітного поля через площу S яку охоплює один виток

1 0Ф NBS I Sl

= = μ (1)

Повний потік через усі N витків 2

1 0Ф Ф NN I Sl

= = μ (2)

Тоді

2

ci 0N dIl dt

ε = minusμ (3)

Закон електромагнітної індукції для явища самоіндукції за-писується так

cidILdt

ε = minus (4)

Порівнюючи (3) і (4) дістанемо 2

0NL Sl

= μ (5)

Оскільки Sl V= то формулу (5) можна записати так 2

20 02

NL V n Vl

= μ = μ

Задача 6 Знайти закон зміни струму ( )I t

в електричному колі що склада-ється із джерела струму з ЕРС 0ε активного опору R і котушки з індуктивністю L зrsquoєднаних послі-довно при вимиканні струму

RL

a

K

b 0ε

158

Розвrsquoязання

Вимкнемо джерело з 0ε перемиканням ключа К із поло-ження а у положення b

На основі другого правила Кірхгофа запишемо

0dIL RIdt

+ =

або dI R dtI L

= minus (1)

Проінтегрувавши (1) знайдемо

0Rt LI I eminus=

де 0I ndash стала інтегрування (струм у колі перед вимиканням

джерела) 00 I

Rε

=

Тоді 0 RtLI e

Rminusε

=

t 0

I0

I

159

Задачі

1 По трьох довгих паралельних провідниках що містять-ся в одній площині на відстані r = 3 см один від одного течуть в одному напрямку струми 1 2I I= і 3 12I I= Ви-значити положення точки на прямій що зrsquoєднує всі прові-дники у якій індукція магнітного поля дорівнює нулю Відповідь 2

1 12 10x minus= sdot м (праворуч від 2I ) або

22 19 10x minus= minus sdot м (ліворуч від 2I )

2 Електрон описує в однорідному магнітному полі коло ра-діусом R = 4middot10ndash4 м Швидкість електрона v = 35middot106 мс Знайти напруженість магнітного поля Відповідь H = 4 middot10ndash4 Ам 3 Протон та електрон прискорені однаковою різницею потенціалів влітають в однорідне магнітне поле перпенди-кулярно до ліній індукції У скільки разів радіус кривизни

1R траєкторії протона більший за радіус кривизни 2R трає-кторії електрона

Відповідь 1 1

2 21840 429R M

R M= = =

4 Вважаючи що електрон в атомі водню обертається по коловій орбіті радіусом R = 053middot10ndash10 м визначити напруженість створеного магнітного поля в центрі ор-біти Коловий струм еквівалентний силі струму рухо-мого електрона I = 10ndash5 А Відповідь H = 94sdot104 Ам 5 Знайти індукцію магнітного поля в центрі колового витка радіусом R = 01 м якщо магнітний момент витка

mP = = 02 Аmiddotм2

Відповідь 0 32mPBR

= μμπ

= 4sdot10ndash5 Тл

160

6 Альфа-частинка влітає в однорідне магнітне поле маг-нітна індукція якого B = 03 Тл Швидкість частинки пер-пендикулярна до напрямку ліній індукції магнітного поля Знайти період обертання частинки

Відповідь T = 2 mgB

απ = 4middot10ndash7 с

7 У просторі між пластинами конденсатора й котушки створено електричне поле зі взаємно перпендикулярними силовими лініями його напруженість E = 2middot105 Вм а та-кож постійне магнітне поле з індукцією B = 02 Тл Пер-пендикулярно силовим лініям полів по прямій лінії руха-ється електрон Визначити швидкість електрона Відповідь v = 106 мc 8 Електрон рухається в магнітному полі індукція якого В = 2middot10ndash3 Тл по гвинтовій лінії радіусом R = 2middot10ndash2 м і кроком h = 5middot10ndash2 м (рисунок) Визначи-ти швидкість електрона Відповідь

v = 2 2 242eB h R

m+ π

π= 76middot106 мc

9 Протони прискорюються у циклотроні так що максима-льний радіус кривизни їх траєкторії r = 03 м Знайти кіне-тичну енергію протонів у кінці прискорення якщо індукція магнітного поля B = 1 Тл

Відповідь 2 2 2

2R e BW

m= =5 МеВ

10 Реактивний літак рухається зі швидкістю v = 950 кмгод Знайти електрорушійну силу індукції iε що виникає на кінцях крил літака якщо вертикальна складова напруженості магніт-ного поля Землі H = 40 Ам і розмах крил літака l = 125 м Відповідь 0i Hlvε = μμ = ndash 017 B

R

h

161

11 Рамка площею 4middot10ndash2 м2 має 100 витків і обертається в однорідному магнітному полі з індукцією B =10ndash2 Тл Пе-ріод обертання рамки T = 01 с Вісь обертання перпенди-кулярна лініям індукції магнітного поля Визначити мак-симальне значення ЕРС індукції Відповідь maxε asymp 2B 12 Струм 20 AI = що тече по кільцю виготовленому з мідного дроту із площею поперечного перерізу S = 10 мм2 створює в центрі кільця напруженість магніт-ного поля H =178 Ам Яку різницю потенціалів U при-кладено до кінців дроту який утворює кільце

Відповідь 2IU

SHπρ

= = 012 В

13 У магнітному полі з індукцією B = 01 Тл розміщено стрижень завдовжки l = 1 м який обертається перпенди-кулярно до напрямку ліній магнітної індукції Вісь обер-тання проходить через один із кінців стрижня Визначити потік магнітної індукції через поверхню яку утворює стрижень при кожному обертанні Відповідь 2B lΦ = π asymp 03 Вб 14 Магнітний потік через нерухомий контур з опором R змінюється протягом часу τ за законом ( )t t tΦ = α τ minus Знай-ти кількість теплоти що виділяється в контурі за цей час

Відповідь 2 3

3Q

Rα τ

=

15 По двох паралельних дротах течуть струми 1I = 5 А і

2I = 15 А однакової частоти Між струмами існує стала різниця фаз Δϕ = 60deg Із якою силою притягуються між со-бою частини дротів завдовжки 1 м якщо відстань між ними становить 3middot10ndash2 м Відповідь F = 25middot10ndash4 H

162

16 Соленоїд що складається з 80 витків і має діаметр 8 см знаходиться в однорідному магнітному полі індукція якого 6sdot10ndash2 Тл Соленоїд повертається на кут 180deg за час 02 с Знайти середнє значення ЕРС що виникає в соленоїді як-що його вісь до і після повороту спрямована вздовж поля Відповідь ε = 024 В 17 Довгий соленоїд заповнений неоднорідним парамагнети-ком сприйнятливість якого залежить тільки від відстані r до осі соленоїда і описується формулою 2rχ = α де α ndash стала величина На осі соленоїда індукція магнітного поля дорів-нює 0B Знайти залежність намагніченості j від r

Відповідь 20

0

Bj rα=

μ

18 Два прямолінійні довгі паралельні провідники знахо-дяться на деякій відстані один від одного По провідниках течуть однакові струми 1 2I I I= = в одному напрямку Знайти ці струми якщо відомо що для збільшення відста-ні між провідниками у 2 рази необхідно виконати роботу (на одиницю довжини провідника) A = 55 мкДжм Відповідь 1 2I I= = 20 А 19 Соленоїд виготовлений із мідного дроту завдовжки l = 025 м який має площу поперечного перерізу 1S = 10ndash6 м2 і омічний опір R = 02 Ом Питомий опір міді ρ =171middot10ndash8 Омmiddotм Визначити індуктивність L соленоїда

Відповідь 2 2

0 124

R SLl

μμ=

πρ= 54middot10ndash5 Гн

20 Діелектрик із відносною діелектричною проникністю ε = 28 використовували як ізолятор у конденсаторі Конден-сатор під напругою поглинає певну потужність при частоті

163

ν = 50 Гц коефіцієнт потужності cosϕ = 01 Визначити пито-мий опір діелектрика

Відповідь 2

22 1 cos

cosminus ϕ

ρ =εν ϕ

= 13middot109 Омmiddotм

21 Соленоїд завдовжки l = 05 м із площею поперечного перерізу S = 2middot10ndash4 м2 має індуктивність L = 2middot10ndash7 Гн При якій силі струму густина енергії магнітного поля всере-дині соленоїда ω = 10ndash3 Джм3

Відповідь 2lSIL

ω= = 1 А

22 В однорідне магнітне поле напруженістю H = 8middot104 Ам вміщено провідник завдовжки l = 20 см і опором R = 10 Ом Провідник зrsquoєднано із джерелом стру-му ЕРС якого 1ε = 10 В і внутрішній опір r = 10ndash3 Ом При взаємодії магнітного поля струму і зовнішнього магнітно-го поля провідник переміщується перпендикулярно до зо-внішнього магнітного поля зі швидкістю v =10 мс Ви-значити силу струму у провіднику

Відповідь 1 0(I v= ε minus μ1)Hl

R r+= 098 А

23 Визначити повний опір котушки і зсув фаз між стру-мом і напругою у колі змінного струму якщо активний опір R = 15 Ом а індуктивний LR =2 Ом Відповідь z = 25 Ом ϕ = 53deg 24 У колі змінного струму напруга на затискачах котуш-ки U = 120 В зсув фаз між струмом і напругою ϕ = 37deg Визначити активний та індуктивний спади напруги Відповідь RU = 96 B LU = 72 B

164

25 Визначити повний опір і cosϕ для кола змінного стру-му яке складається з активного опору R = 8 Ом індукти-вного LR = 20 Ом і ємнісного CR = 26 Ом Відповідь Z =10 Oм cosϕ = 08 26 Соленоїд що має коефіцієнт самоіндукції L = 03 Гн та опір R = 10 Ом умикається в коло змінного струму ( ϕ =50 Гц) з ефективною напругою ефU = 120 В Визначи-ти амплітуду сили струму I зсув фаз ϕ між струмом і напругою у колі та середню потужність P Відповідь I =168 А ϕ = 43deg P asymp 100 Вт 27 Миттєве значення ЕРС синусоїдального струму в колі з активним опором для фази 6π становить 155 В Знайти амплітудне та ефективне значення ЕРС цього струму Відповідь 0ε asymp 310 В ефε asymp 220 В 28 Змінний струм збуджується в рамці з 200 витків із площею поперечного перерізу витка 300 см2 у магнітному полі з напруженістю 12sdot104 Ам Визначити ЕРС індукції через 001 с після початку руху рамки з нейтрального по-ложення Амплітуда ЕРС дорівнює 72 В Відповідь ε = 504 В

165

sect 4 Електричні коливання Електромагнітні хвилі

1 Електричні коливання ndash це періодичні або близькі до

періодичних зміни заряду конденсатора і струму в котушці ін-дуктивності коливального контуру

Диференціальне рівняння вільних незатухаючих електри-чних коливань в ідеальному контурі та його розвrsquoязок

( )2

20 0 02 0 cosd q q q q t

dt+ ω = = ω + ϕ (1)

де 0q ndash заряд на обкладинках конденсатора в момент часу t = 0 якщо 0ϕ = (амплітудне значення заряду) q ndash заряд на обкла-

динках конденсатора в момент часу t 20

1LC

ω = ndash циклічна час-

тота власних коливань системи L ndash індуктивність котушки C ndash ємність конденсатора

Період власних коливань в ідеальному контурі

02 2T T LC= π ω = π (2) Рівність (2) називають формулою Томсона 2 Затухаючі та вимушені коливання Диференціальне рів-

няння вільних затухаючих електричних коливань у реальному контурі та його розвrsquoязок

220 02 2 0 cos td q dq q q q e t

dtdtminusβ+ β + ω = = ω (3)

де 2 20 0

1 2RLLC

ω = ω minusβ ω = β = (тут β ndash коефіцієнт зату-

хання)

3 Період T електричних коливань у реальному контурі який складається з послідовно ввімкнених ємності C індуктив-ності L та опору R обчислюється за формулою

166

2

2

12

TR

LC L

π=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(4)

4 Логарифмічний декремент затухання δ і добротність

контуру Q при слабкому затуханні визначаються формулами

CRL

δ = π1 LQR C

= (5)

5 Вимушені електричні коливання Якщо до реального ко-

ливального контуру прикладено зовнішню періодичну напругу то в контурі виникнуть вимушені електричні коливання заряду q напруги CU на конденсаторі та струму І в контурі Усталені вимушені коливання для сили струму при послідовному вклю-ченні в контур напруги cosmU U t= ω мають вигляд

cos( )mI I t= ω minus ϕ (6)

( )22

1

mm

UIR L C

=

+ ω minus ω

1tg L CR

ω minus ωϕ =

6 Електромагнітні хвилі ndash це сукупність змінного електри-

чного та змінного магнітного полів Хвилі поширюються у про-сторі зі скінченною швидкістю яка визначається формулою

v0 0

1 1= sdot

ε μ εμ (7)

де 0ε = 885sdot10ndash12 Фм 0μ = 4πsdot10ndash7 Гнм ndash електрична та маг-нітна сталі ε і μ ndash відносні діелектрична та магнітна прони-кності середовища

Для вакууму одержимо

v0 0

1=

ε μ= 3sdot108 мс (8)

Таким чином у вакуумі фазова швидкість електромагнітних хвиль збігається зі швидкістю світла c

167

Рівняння плоскої електромагнітної хвилі що поширюється з фазовою швидкістю v вздовж осі x записане для напруженості електричного поля ( )E x t має вигляд

0 0 0( ) cos ( ) cos( ) cos( )xE x t E t E t x E t kxv v

ω= ω minus = ω minus = ω minus

де 2Tπ

ω = ndash циклічна частота 2kvω π

= =λ

ndash хвильове число

7 Енергія плоских електромагнітних хвиль Обrsquoємна гус-

тина енергії поля W визначається за формулою 2 2

0 0 2 2E HE HW W W ε ε μ μ

= + = + (9)

де EW HW ndash густина енергії електричного і магнітного полів У цій точці простору вектори E і H змінюються в однаковій

фазі (коливання синфазні) тому співвідношення між амплітудними значеннями 0E i 0H виконується для їх миттєвих значень

Це означає що густина енергії електричного і магнітного по-лів у кожний момент часу однакова

E HW W= i 202 EW W E= = ε ε

Враховуючи співвідношення 0 0E Hε ε = μ μ одержимо ін-ший вираз для густини енергії електромагнітної хвилі

W 0 0 EH= ε εμ μ (10)

Помноживши густину енергії на швидкість v0 0

1=

ε εμ μ

одержимо вираз для миттєвої густини потоку енергії П 2

00 0

1П E= ε ε =ε εμ μ

v sdotW EH= (11)

У векторній формі [ ]П EH= (12)

Вектор П називається вектором Пойнтінга

168

Під інтенсивністю електромагнітної хвилі розуміють енергію хвилі що переноситься через одиничну площу перпендикуляр-ну до напрямку поширення хвилі за одиницю часу Інтенсив-ність I такої хвилі можна знайти усереднивши ( )П I П=

наприклад за один період коливань 2 T π=

ω

20 0 0 0

0

2 2E H EI П ε ε

= = =μ μ

Бачимо що інтенсивність I електромагнітної хвилі пропор-

ційна квадрату амплітуди електричного вектора 20E

169

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Ідеальний коливальний контур складається із котушки з ін-

дуктивністю L = 02 мГн і конденсатора площа пластин якого S = 155 см2 а відстань між ними d = 15 мм Контур резонує на довжину хвилі λ = 630 м Визначити діелектричну проникність середовища між обкладинками конденсатора

Розвrsquoязання

Ємність конденсатора 0 SCd

ε ε=

Період коливань ідеального контуру 2T LC= π

Довжина хвилі 02 ScT c Ld

ε ελ = = π звідки

2

02d

c LSλ⎛ ⎞ε = ⎜ ⎟π ε⎝ ⎠

де c = 3middot108 мс 0ε = 885middot10ndash12 Кл2(Нmiddotм2) ε = 61 Задача 2 У реальному коливальному контурі індуктивність якого

L = 001 Гн заряд конденсатора зменшується в 10 разів за пе-ріод T = 10ndash5 с Визначити опір контуру

Розвrsquoязання

Заряд конденсатора в будь-який момент часу визначається

співвідношенням

( )2 cosR tLq Ae t

minus= ω minus ϕ (1)

де A ndash стала ω ndash колова частота ϕ ndash зсув фаз

170

Через час T дістанемо заряд ( )

[ ]21 cos ( )

R t TLq Ae t T

minus += ω + minus ϕ (2)

Поділимо почленно рівняння (1) і (2)

( )( )

2

1

coscos

R TL tq e

q t Tω minus ϕ

=⎡ω + minus ϕ⎤⎣ ⎦

Враховуючи що 2 Tω = π і період косинуса дорівнює 2π одержимо

2

1

RTLq e

q= звідки

1

2 ln L qRT q

= R asymp 4605 Ом

Задача 3 Коливальний контур складається з конденсатора ємністю

803 10C minus= sdot Ф і котушки з індуктивністю L = 12sdot10ndash6 Гн Знайти період вільних коливань контуру коефіцієнт затухання і лога-рифмічний декремент затухання якщо опір котушки R = 60 Ом

Розвrsquoязання

Період коливання в контурі з омічним опором

2

2

2

14

TR

LC L

π=

minus

T =148sdot10ndash7 с

Логарифмічний декремент затухання характеризує зменшен-ня амплітуди коливань за один період

0( )

1 0ln ln

tn

t Tn

A A e TA A e

minusβ

minusβ ++

δ = = = β

де 2R Lβ = ndash коефіцієнт затухання β = 25sdot106 cndash1 Підставивши це значення β у формулу для δ знайдемо δ = 37

171

Задача 4 У яких межах має змінюватись ємність коливального конту-

ру щоб його можна було налаштувати на довжини хвиль у діа-пазоні від 400 м до 1000 м Індуктивність контуру L = 2sdot10ndash4 Гн

Розвrsquoязання

Якщо опір контуру малий 2 21 4LC R Lgt то контур мож-

на розглядати як ідеальний Тоді період власних коливань контуру 2T LC= π

Довжина хвилі λ повrsquoязана з періодом співвідношенням 2cT c LCλ = = π

де c ndash швидкість поширення електромагнітних хвиль (шви-дкість світла)

Із цього рівняння знаходимо 2

2 24C

c Lλ

=π

1C = 223sdot10ndash10 Ф 2C = 14sdot10ndash9 Ф Отже ємність має змінюватися від 2C = 14sdot10ndash9 Ф до

1C = 223sdot10ndash10 Ф

172

Задачі

1 Приймальний контур складається із котушки індуктив-ністю 2sdot10ndash6 Гн і конденсатора ємністю 18sdot10ndash10 Ф На яку довжину хвилі розрахований контур Відповідь λ = 36 м 2 Звукові хвилі завдовжки 2 м падають на мембрану мікрофона Унаслідок коливань мембрани в мікрофоні виникають електричні коливання Визначити довжину хвиль цих коливань Відповідь λ asymp18sdot106 м 3 Коливальний контур складається із котушки індуктивності та двох однакових конденсаторів які зrsquoєднано паралельно Період власних коливань контуру 1T = 20 мкс Чому дорівню-ватиме період якщо підключити конденсатори послідовно Відповідь 2T = 10 мкс 4 Резонанс у коливальному контурі із конденсатором єм-ністю 10ndash6 Ф наступає при частоті 400 Гц Якщо паралель-но першому конденсатору підключити другий конденса-тор 2C то резонансна частота стає рівною 200 Гц Визна-чити ємність другого конденсатора 2C

Відповідь 2C = 3 мкФ 5 Невелику кульку масою m = 2sdot10ndash2 кг підвішено на нит-ці на висоті h = 012 м від горизонтальної провідної пло-щини Після надання кульці певного заряду q її період коливань змінився в η = 2 рази Знайти заряд q кульки

Відповідь 204 ( 1)q h mg= πε η minus = 2sdot10ndash6 Кл

173

6 Визначити період вільних коливань у контурі який складається з послідовно сполучених конденсатора ємніс-тю C = 10 мкФ безіндуктивного опору R = 20 Ом і двох котушок з індуктивностями 1L = 02 мГн і 2L = 04 мГн та дуже малим активним опором

Відповідь 2

21 2 1 2

2

1( ) 4( )

TR

L L C L L

π=

minus+ +

= 168sdot10ndash3 c

7 Знайти час за який амплітуда коливань струму в кон-турі з добротністю Q = 5000 зменшиться в η = 2 рази як-що частота коливань ν = 22 МГц

Відповідь lnQt = ηπν

= 05 c 8 Рівняння часової залежності зміни сили струму у колива-льному контурі задається у вигляді 002sin 400I t= minus π А Індуктивність контуру 1 Гн Знайти 1) період коливань 2) ємність контуру 3) максимальну різницю потенціалів на обкладинках конденсатора 4) максимальну енергію магніт-ного поля 5) максимальну енергію електричного поля Відповідь T = 5sdot10ndash3 c C = 63sdot10ndash7 Ф Δϕ = 252 B

mE = 2sdot10ndash4 Дж elE = 2sdot10ndash4 Дж 9 Чому дорівнює відношення енергії магнітного поля коливального контуру до енергії його електричного по-

ля для моменту часу 8T с

Відповідь m

еl

WW

=1

10 Коливальний контур приймача налаштовано на довжину хвилі λ = 500 м Яка власна частота коливань контуру якщо його індуктивність дорівнює L = 2sdot10ndash6 Гн а опір R = 10 Ом Відповідь 0ν = 45sdot104 Гц

174

11 Коливальний контур складається з котушки індуктивніс-тю 01 Гн та конденсатора ємністю 395 мкФ Заряд конденса-тора 3 мкКл Нехтуючи опором контуру записати рівняння 1) залежності зміни сили струму від часу 2) залежності зміни напруги на конденсаторі від часу Відповідь 15cos(160 2)I t= π + π мА

76cos(160 )CU t= π мВ 12 Плоска гармонічна електромагнітна хвиля поширюєть-ся у вакуумі Знайдіть відношення амплітуди електричного вектора цієї хвилі до амплітуди її магнітного вектора

Відповідь 0

0377E

H= ВА

13 У вакуумі поширюється плоска електромагнітна хви-ля амплітуда електричного вектора якої 0E = 8 нВм Знайдіть інтенсивність I такої електромагнітної хвилі Відповідь 19057 10I minus= sdot Втм2 14 У вакуумі поширюється плоска електромагнітна хви-ля з напруженістю 0 cos( )E E t kx= ω minus Інтенсивність хвилі дорівнює I Знайдіть амплітудне значення густини стру-му зміщення для цієї хвилі

Відповідь амплітуда

120

зм0 0

2 1 деIj ccε⎛ ⎞= ω =⎜ ⎟ ε μ⎝ ⎠

15 Електромагнітна хвиля з частотою ν = 30 МГц пере-ходить із вакууму в немагнітне середовище з діелектрич-ною проникністю 40ε = Знайдіть приріст довжини хвилі

Відповідь 1 1 50с⎛ ⎞Δλ = minus = minus⎜ ⎟ νε⎝ ⎠м

175

РОЗДІЛ 4

ОПТИКА І КВАНТОВА ФІЗИКА

sect 1 Основні поняття та закони хвильової оптики 1 Інтерференція світла ndash явище накладання когерентних

хвиль при якому спостерігається перерозподіл їх енергії по хви-льовому полю у результаті чого підсилюється або ослаблюється результуюча інтенсивність залежно від співвідношення фаз хвиль

При інтерференції двох когерентних хвиль утворюється хви-ля з результуючою амплітудою

2 21 2 1 2 2 12 cos( )A A A A A= + + ϕ minus ϕ (1)

де А1 А2 ndash амплітуди складових хвиль ϕ1 ϕ2 ndash їхні початкові фази Враховуючи що інтенсивність хвилі I пропорційна квадрато-

ві амплітуди A вираз (1) можна записати у вигляді

1 2 1 22 cosI I I I I= + + Δϕ де 2 1Δϕ = ϕ minus ϕ ndash різниця фаз

Різниця фаз Δϕ залежить від геометричної різниці ходу (r2 ndash r1) променів

2 12 r rminusΔϕ = π

λ (2)

де λ ndash довжина хвилі Якщо одна із хвиль поширюється в середовищі з показником

заломлення n1 а інша ndash у середовищі з показником заломлення n2 то різниця фаз

( )2 12 2 1 1

2 1 0 0

2 22 r r r n r n⎛ ⎞ π π

Δϕ = π minus = minus = Δ⎜ ⎟λ λ λ λ⎝ ⎠ (3)

де λ1 і λ2 ndash відповідно довжини світлових хвиль у першому і другому середовищах λ0 ndash довжина хвилі у вакуумі

2 2 1 1n r n rΔ = minus ndash оптична різниця ходу

176

2 Умови максимуму та мінімуму інтенсивності при на-кладанні двох когерентних хвиль

1) максимум інтенсивності при накладанні двох когерентних хвиль спостерігається у точках для яких у оптичну різницю ходу променів вміщується ціле число хвиль або парне число півхвиль

00 (2 )

2k k λ

Δ = plusmn λ = plusmn (4)

де k = 0 1 2 2) мінімум інтенсивності при накладанні двох когерентних

хвиль спостерігається у точках для яких різниця ходу променів вміщує непарне число півхвиль

00

1 (2 1)2 2

k k λ⎛ ⎞Δ = plusmn + λ = plusmn +⎜ ⎟⎝ ⎠

(5)

де k = 0 1 2 3 Відстань між двома сусідніми інтерференційними ма-

ксимумами або мінімумами що утворилися внаслідок ін-терференції променів від двох когерентних джерел світла за-писується формулою

= Lxd

Δ λ (6)

і називається шириною смуги Тут λ ndash довжина хвилі світла L ndash відстань від екрана до джерел світла які розміщені одне від одного на відстані d (при цьому вважається що L gtgt d)

4 Результат інтерференції світла в тонких пластинах (у

прохідному світлі) визначається формулами положення мак-симумів освітленості

2 22 sin 2 cosd n i dn r kminus = = λ (k = 0 1 2 3 ) (7) Мінімум освітленості визначається формулою

2 2 12 sin 2 cos2

d n i dn r k⎛ ⎞minus = = + λ⎜ ⎟⎝ ⎠

(k = 0 1 2 3 ) (8)

де d ndash товщина пластини n ndash показник заломлення i та r ndash кут па-діння та кут заломлення променів відповідно λ ndash довжина хвилі

177

У відбитому світлі внаслідок втрати півхвилі при відбиван-ні одного з променів від більш густого середовища умови для максимумів і мінімумів освітленості міняються місцями формула (7) дає положення мінімумів а формула (8) ndash положен-ня максимумів освітленості

5 Радіуси інтерференційних кілець Ньютона у прохідному

світлі визначаються формулами для світлих кілець

( )0 1 2 kr Rk k= λ = (9) для темних кілець

( )1( ) 0 1 2 2kr k R k= + λ = (10)

де R ndash радіус кривизни лінзи λ ndash довжина хвилі У відбитому світлі формула (10) визначає положення світ-

лих кілець а формула (9) ndash темних 6 Дифракція світла ndash оптичне явище повrsquoязане зі зміною

напрямку поширення світлових хвиль та із просторовим пере-розподілом їх інтенсивності під впливом перешкод і неоднорід-ностей середовища на їхньому шляху

Під дифракцією розуміють будь-яке відхилення від прямолі-нійного поширення світла якщо воно не зумовлене відбиванням заломленням або викривленням променів у середовищах у яких показник заломлення безперервно змінюється Дифракція власти-ва також радіо- та рентгенівським променям звуковим хвилям тобто всім хвильовим процесам а також мікрочастинкам

7 Дифракція плоскої хвилі на щілині Пучки світла які

дифрагують під кутами що відповідають непарній кількості зон Френеля утворюють на екрані дифракційні максимуми Поло-ження максимумів інтенсивності світла при дифракції від однієї щілини на яку нормально падає паралельний пучок світ-ла визначається умовою

sin (2 1)2

a k λϕ = plusmn + (k = 1 2 3 ) (11)

178

де а ndash ширина щілини ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хви-лі падаючого світла

Пучки світла які дифрагують під кутами що відповідають парному числу зон Френеля створюють на екрані дифракційні мінімуми

Положення мінімумів інтенсивності світла при дифракції від однієї щілини на яку нормально падає паралельний пучок світла визначається умовою

sina kϕ = plusmn λ (k = 1 2 3 ) (12) де а ndash ширина щілини ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хвилі падаючого світла

8 У дифракційній ґратці максимуми інтенсивності світла

спостерігаються в напрямках що утворюють із нормаллю до ґратки кути ϕ які задовольняють співвідношення (за умови що світло падає на ґратку нормально)

sind kϕ = plusmn λ (k = 0 1 2 3 ) (13) де d ndash стала ґратки ϕ ndash кут спостереження λ ndash довжина хвилі k ndash порядок спектра Рівняння (13) називають основним рівнянням для дифракційної ґратки

Головні мінімуми дифракційної картини при дифракції на ґратці зумовлені дифракцією на кожній із щілин і визнача-ються рівнянням (12)

9 Кутову дисперсію дифракційної ґратки знаходять за

формулою

cosd kDd d

ϕ= =

λ ϕ (14)

10 Роздільною здатністю ґратки є величина

R kNλ= =

Δλ (15)

де N ndash загальна кількість штрихів ґратки k ndash порядок спектра Δλ ndash найменша відстань в одиницях довжини хвилі між двома суміжними спектральними лініями які спостерігаються ще

179

окремо згідно із критерієм Релея Максимальна роздільна здатність ґратки

maxNdR =λ

(16)

11 Роздільна здатність оптичного приладу визначається

співвідношенням

( )

2 sin 2b

n Uλ

gt (17)

де b ndash найменша відстань між двома точками які ще розрізня-ються при спостереженні за допомогою приладу (межа розріз-нення) n ndash показник заломлення середовища у якому міститься предмет U ndash апертурний кут (кут створений крайніми проме-нями світлового пучка що падає в обrsquoєктив)

12 Формула ВульфаndashБрегга визначає напрямок дифракцій-

них максимумів рентгенівських променів пружно розсіяних кристалом дифракційний максимум спостерігається за умови що промені відбиті від різних паралельних атомарних площин мають різницю ходу яка в ціле число разів перевищує довжину хвилі рентгенівських променів

2 sind kθ = plusmn λ (k = 1 2 3 ) (18) де d ndash міжплощинна відстань θ ndash доповнювальний кут або кут ковзання λ ndash довжина хвилі рентгенівського випроміню-вання k ndash порядок відбиття

13 Закон Брюстера визначає умову повної лінійної поляри-зації світла що відбивається від діелектрика Тангенс кута іБр по-вної поляризації відбитих променів дорівнює відносному показ-нику заломлення n відбиваючого діелектричного середовища

Брtg i n= (19) де іБр ndash кут повної поляризації або кут Брюстера

14 Закон Малюса Відношення інтенсивності плоскополяризо-

ваного світла І яке пройшло аналізатор (без поглинання) до інтен-сивності І0 плоскополяризованого світла що потрапило на нього

180

дорівнює квадрату косинуса кута α між площиною поляризації падаючого променя і площиною головного перерізу аналізатора

2

0cosI

I= α (20)

Враховуючи те що аналізатор не абсолютно прозорий вира-зу (20) надають вигляду

2cosa a pI k I= α (21) де ka ndash коефіцієнт прозорості аналізатора (0 lt ka le 1) Іа ndash інтен-сивність світла на виході аналізатора Ір ndash інтенсивність світла що виходить із поляризатора (падає на аналізатор)

15 Ступінь поляризації світла Р визначається відношенням інтенсивності поляризованого світла Іпол до загальної інтенсив-ності світла (Іпол + Інепол) тобто

( ) ( ) ( )пол пол непол max min max minP I I I I I I I= + = minus + (22) тут Imax та Imin ndash максимальна та мінімальна інтенсивності суміші плоскополяризованого і неполяризованого світла при його спо-стереженні крізь аналізатор

16 Обертання площини поляризації Закон Біо Кут обер-

тання ϕ площини поляризації пропорційний товщині шару оп-тично активної речовини і визначається формулою

lϕ = α (23) де α ndash коефіцієнт пропорційності який називають оберталь-ною здатністю l ndash довжина шляху променя в оптично акти-вному середовищі

Обертальна здатність залежить від природи речовини темпе-ратури та довжини хвилі і дорівнює величині кута на який по-вертається площина поляризації монохроматичного світла при проходженні шару завтовшки 1 м

Закон Біо Для оптично активних розчинів кут повороту площини поляризації прямо пропорційний товщині шару l і концентрації с оптично активної речовини

[ ] c lϕ = α sdot sdot (24)

181

де [ ] 21~α

λ тут λ ndash довжина хвилі монохроматичного світла

17 Поглинання світла Закон Бугера Зменшення інтен-

сивності світла dI при проходженні шару середовища завтов-шки dl пропорційне інтенсивності що входить у цей шар і товщині шару тобто

dI Idl= minusα (25) або 0 exp( )I I l= minusα (26) де І ndash інтенсивність світла що виходить із шару поглинаючого се-редовища завтовшки l І0 ndash інтенсивність світла що входить у по-глинаюче середовище α ndash коефіцієнт пропорційності який не за-лежить від інтенсивності й називається коефіцієнтом поглинання

З урахуванням розсіяння світла формула (26) набуває вигляду 0 exp( ( ) )I I l= minus α + σ (27)

де σ ndash показник ослаблення світла внаслідок його розсіяння 18 Закон БугераndashЛамбертаndashБера Для газів і розчинів ма-

лих концентрацій коефіцієнт поглинання α прямо пропорційний молярній концентрації С0 розчиненої речовини тобто

0 0Cα = α (28) де α0 ndash показник поглинання для розчину одиничної концентрації

Формула закону БугераndashЛамбертаndashБера має вигляд 0 0 0exp( )I I C l= minusα (29)

182

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити відстань між сусідніми максимумами (мінімума-

ми) для інтерференційної картини створеної на екрані двома когерентними джерелами монохроматичного світла S1 i S2 Від-стань між цими джерелами d а відстань від джерел до екрана L причому d ltlt L

Розвrsquoязання

Визначимо відстань х від точки О розміщеної на рівних від-

станях від S1 i S2 до тих точок Р у яких спостерігатимуться ін-терференційні максимуми на екрані

Δ l d

L

C

B S2

S1

P

O

x

Із прямокутних трикутників PCS1 i PBS2 знаходимо

⎪PS1⎪2 = L2 + (x + d2)2 ⎪PS2⎪2 = L2 + (x ndash d2)2 звідки

⎪PS1⎪2 ndash ⎪PS2⎪2 = 2xd або (⎪PS1⎪ndash⎪PS2⎪)(⎪PS1⎪+⎪PS2⎪) = 2xd

⎪PS1⎪ ndash ⎪PS2⎪ = Δl a ⎪PS1⎪ + ⎪PS2⎪ asymp 2L

Тоді Δlmiddot2L = 2xd та L lxdΔ

=

183

Враховуючи формули що визначають умови максимумів і мінімумів інтенсивності світла для різниці ходу lΔ при інтерфе-ренції одержимо відстані на яких розміщено максимуми й мі-німуми відносно точки О

Для максимумів Lx kd

λ=

Для мінімумів (2 1)2

Lx kd

λ= +

Тоді відстань між сусідніми максимумами (мінімумами) Lx

dλ

Δ =

Задача 2 Визначити найменшу товщину мильної плівки d якщо у від-

битому світлі вона здається зеленою (λ = 5middot10ndash7 м) Кут α між нормаллю і променем зору дорівнює 35deg Показник заломлення плівки n = 133 Якого кольору буде плівка якщо її спостерігати під кутом α = 0deg тобто при нормальному промені зору

Розвrsquoязання

Оптична різниця ходу променів у відбитому світлі (при

втраті півхвилі) 2 22 sin

2d n λ

Δ = minus α minus

Отже умова інтерференційного максимуму визначиться так 2 22 sin (2 1)

2d n k λ

minus α = +

Найменша товщина плівки спостерігатиметься при k = 0 тому матимемо

2 22 sin2

d n λminus α =

184

звідки 2 24 sin

dn

λ=

minus α

d = 105middot10ndash7 м Щоб відповісти на друге запитання визначимо довжину хви-

лі світла яке потрапляє в наше око під кутом α = 0deg 2 24 sin 4 d n dnλ = minus α = λ = 549middot10ndash7 м

Око побачить плівку забарвлену в жовто-зелений колір Задача 3 Поверхні скляного кли-

на утворюють між собою кут α = 01prime На клин падає нормально до його поверх-ні пучок монохроматичних променів довжина хвилі яких λ = 5middot10ndash7 м Знайти лінійну відстань між інтер-ференційними смугами (рисунок)

C2

αl

C1

d1 d2

Розвrsquoязання

У цій задачі кут падіння променів на поверхню дорівнює ну-

лю тому різниця ходу 2 2dnΔ = + λ

де n ndash показник заломлення скла Нехай точкам С1 і С2 відповідають дві сусідні світлі смуги

Тоді для різниць ходу Δ1 і Δ2 у цих точках матимемо 1 1

2 2

2 2 2 2 ( 1)

d n kd n k

Δ = + λ = λ ⎫⎬Δ = + λ = minus λ ⎭

де d1 i d2 ndash товщина клина в точках С1 і С2 Віднімаючи почленно ці дві рівності знайдемо

( )1 22n d dminus = λ

185

звідки

1 2 2d d nλminus =

Якщо позначити через l шукану відстань між смугами то 1 2d dl minus

asympα

де кут α виражається в радіанах Остаточно для l запишемо

2

lnλ

asympα

l asymp 56middot10ndash3 м

Задача 4 Знайти фокусну відстань f плоско-опуклої лінзи яка застосо-

вується у приладі для спостереження кілець Ньютона якщо ра-діус третього світлого кільця r3 = 11middot10ndash3 м n = 16 λ = 589middot10ndash7 м Кільця спостерігаються у відбитому світлі

Розвrsquoязання

Місця однакової товщини повітряного прошарку мають ви-

гляд кіл радіусом r із центром у точці О у якій лінза доторку-ється до площини NN

При r ltlt R і нормальному падінні променів знаходимо різ-ницю ходу наближено

2 2dΔ = + λ (1) Умовою утворення світлих інтерференційних смуг є співвід-

ношення 2 2d kΔ = + λ = λ (2)

де k ndash ціле число Із рисунка видно що при r ltlt R маємо наближено

2

2rdR

= (3)

186

R

C

Ord

N N Підставляючи значення (3) у (2) одержимо

( )2

1 2rR

k=

minus λ (4)

Фокусна відстань лінзи визначається за формулою

( )1 2

1 1 11

fn

R R

=⎛ ⎞

minus minus⎜ ⎟⎝ ⎠

(5)

Враховуючи (4) і те що R2 = infin матимемо

( )( )2

1 1 2

rfn k

=minus minus λ

f = 137 м Задача 5 Частково поляризоване світло проходить крізь ніколь При

повороті ніколя на 60deg від положення якому відповідає макси-мальна інтенсивність інтенсивність зменшується вдвічі Нехту-ючи поглинанням і відбиванням світла ніколем визначити від-ношення інтенсивностей природного та лінійно поляризованого світла ступінь поляризації пучка на вході в ніколь

Розвrsquoязання

При першому положенні ніколя якому відповідає максима-

льна інтенсивність світла крізь ніколь повністю проходить ра-ніше поляризоване світло інтенсивністю In та поляризоване

187

світло інтенсивність якого дорівнює половині інтенсивності природного світла I0

Сумарна інтенсивність світла що проходить крізь ніколь 1 005nI I I= +

При повертанні ніколя на кут α інтенсивність світла що про-ходить через нього

22 0 0cos 05 025 05n nI I I I I= α + = +

Оскільки 2 105I I= то

0 0025 05 05 025n nI I I I+ = + тоді маємо 0nI I= та 0 1nI I =

Ступінь поляризації визначається відношенням інтенсивності поляризованого світла до загальної інтенсивності світла тобто

0

12

n

n

IPI I

= =+

Можна P знайти також із формули

max min

max min

I IPI I

minus=

+

де maxI і minI ndash максимальна і мінімальна інтенсивності у двох взаємно перпендикулярних напрямках

Максимальне значення інтенсивності max 1 15 nI I I= =

Мінімальна інтенсивність при повертанні ніколя на 90deg min 005 05 nI I I= =

Отже знову 05P = Задача 6 Електронний пучок який падає на алюмінієву пластинку

створює при відбиванні дифракційну картину Кутове відхи-лення (від центра картини) дифракційного максимуму друго-го порядку α = 1deg Період кристалічної ґратки алюмінію (від-стань між атомними площинами) d = 0405 нм Визначити швидкість електронів у пучку

188

Розвrsquoязання

Згідно з формулою де Бройля частинці що рухається відпо-відає хвиля довжина якої визначається формулою

hmv

λ =

де h ndash стала Планка m ndash маса мікрочастинки v ndash її швидкість Довжина хвилі що відповідає електронам пучка визначаєть-

ся із формули ВульфаndashБрегга 2 sin d

nϕ

λ =

де n = 2 ndash порядок максимуму ϕ = 90deg ndash α

Отже ( )2 sin 90

nhvmd

= =deg minus α

18106 мс

189

Задачі

1 Різниця ходу двох інтерферуючих хвиль у вакуумі до-рівнює 1) 0 2) 02λ 3) 05λ 4) λ 5) 12λ Чому дорівнює відповідна різниця фаз Відповідь 1) 0 2) 72deg 3) 180deg 4) 360deg 5) 432deg 2 Різниці фаз двох інтерферуючих хвиль дорівнюють 1) 0 2) π3 3) π2 4) π 5) 2π 6) 3π Скільком довжинам хвиль у вакуумі будуть відповідати оптичні різниці ходу цих хвиль Відповідь 1) 0 2) λ6 3) λ4 4) λ2 5) λ 6) 15λ 3 На шляху променя світла перпендикулярно до нього розташували скляну пластинку (n = 15) завтовшки 1 мм На скільки при цьому зміниться оптична довжина шляху Відповідь на 05 мм 4 Оптична різниця ходу інтерферуючих променів Δ = 25 мкм Знайдіть усі довжини хвиль видимого діапа-зону (від 04 до 076 мкм) які в цьому випадку дають мак-симум інтерференції Відповідь 0625 мкм 05 мкм 0416 мкм 5 Оптична різниця ходу інтерферуючих променів Δ= 2 мкм Знайдіть усі довжини хвиль видимого діапазону (від 04 до 076 мкм) які в цьому випадку дають мінімум інтерференції Відповідь 057 мкм 044 мкм 6 Чому дорівнює амплітуда А коливання що утворюєть-ся в результаті суперпозиції N некогерентних хвиль одна-кового напрямку і однакової амплітуди a Відповідь A a N=

190

7 Дві світлові хвилі утворюють у деякій точці простору ко-ливання однакового напрямку що описуються функціями

( )cosA tω та ( )( )cosA tω + Δω де Δω = 0628 сndash1 Як буде змінюватись інтенсивність у цій точці Відповідь інтенсивність пульсує з періодом 10 с 8 Два когерентні джерела S1 i S2 з до-вжиною хвилі λ = 0510ndash6 м розміщені на відстані d = 2 мм одне від одного Паралельно лінії яка сполучає джере-ла розміщено екран на віддалі L = 2 м від них Що спостерігатимемо в точці А екрана світло чи темряву Відповідь у точці А буде світло

d

L

A

S1 S2

9 Відстань між когерентними джерелами світла d = 05 мм відстань від джерел до екрана l = 5 м У зеленому світлі спо-стерігаються інтерференційні смуги на відстані Δx = 5 мм одна від одної Знайдіть довжину хвилі зеленого світла Відповідь 05 мкм 10 Два когерентні джерела світла (λ = 05 мкм) утворюють на екрані інтерференційну картину Як зміниться ця картина якщо на шляху одного з променів помістити плоскопарале-льну скляну (n = 15) пластину завтовшки 105 мкм Відповідь зміниться на протилежну 11 Відстані від скляної біпризми Френеля з кутом залом-лення θ = 20prime до вузької щілини та екрана а = 025 м і b = 1 м відповідно Знайти довжину хвилі світла якщо ширина інтерференційної смуги на екрані Δх = 5510ndash2 м

Відповідь ( )( )

2 1+

a n xa b

θ minus Δλ =

12 На тонку плівку (n = 133) падає паралельний пу-чок білого світла Кут падіння θ = 52deg При якій товщині

191

плівки відбите світло буде найбільше забарвлене у жов-тий колір (λ = 06 мкм)

Відповідь ( ) ( )2 2

1+2= 014 1+2

4 sin

kb k

n

λ=

minus θ мкм

13 Прилад для спостереження кілець Ньютона освітлюється монохроматичним світлом із довжиною хвилі λ = 610ndash7 м яке падає нормально до поверхні Знайти товщину повітряно-го шару між лінзою і скляною пластинкою у місці де спосте-рігається четверте темне кільце у відбитому світлі Відповідь 1210ndash6 м 14 На мильну плівку (n = 133) падає біле світло під ку-том 45deg При якій найменшій товщині плівка у відбитому світлі буде забарвлена в жовтий колір (λ = 6sdot10ndash5 см) Відповідь 133sdot10ndash5 см 15 На мильну плівку під кутом 30deg падає пучок монохро-матичного світла (λ = 600 нм) При якій мінімальній тов-щині плівки вона буде світлою у відбитому світлі Відповідь 120 нм 16 Пучок світла (λ = 58 10ndash7 м) падає на скляний (n = 15) клин Кут клина дорівнює 20 Яка кількість темних інтерфе-ренційних смуг припадає на одиницю довжини клина Відповідь по 5 темних та світлих смуг на 1 см 17 Мильна плівка розташована вертикально і утворює клин через стікання рідини Інтерференційну картину спо-стерігають у відбитому світлі (λ = 54610ndash7 м) Відстань між пrsquoятьма смугами дорівнює 210ndash2 м Показник залом-лення мильної плівки 133 Промінь зору перпендикуляр-ний до поверхні плівки Знайти кут клина в секундах

Відповідь tg2knlλ

α = ndash5tg 513 10 11primeprimeα = sdot α =

192

18 Пучок білого світла нормально падає на скляну плас-тинку товщина якої d = 410ndash7 м Показник заломлення скла n = 15 Які довжини хвилі що лежать у межах ви-димого спектра (від 410ndash7 м до 710ndash7 м) будуть підси-люватися у відбитому світлі Відповідь λ = 4810ndash7 м 19 Кільця Ньютона спостерігаються у відбитому світлі (λ = 589 нм) під кутом 0deg У деякій точці товщина повіт-ряного шару між опуклою поверхнею лінзи та плоскою пластинкою l = 1767 мкм Яке кільце ndash світле чи темне буде проходити крізь цю точку Відповідь темне 20 Радіус кривизни плоско-опуклої лінзи R = 4 м Чому дорівнює довжина падаючого на лінзу світла якщо радіус пrsquoятого світлого кільця у відбитому світлі r5 = 36 мм Відповідь 072 мкм 21 Кільця Ньютона утворюються між плоским склом і лі-нзою з радіусом кривизни R = 86 м Монохроматичне сві-тло падає нормально Діаметр четвертого темного кільця d = 910ndash3 м Знайти довжину хвилі падаючого світла (прийняти центральне темне кільце за нульове)

Відповідь 2kr

Rkλ = = 58910ndash7 м

22 Відстань між 4-м і 25-м темними кільцями Ньютона дорівнює 910ndash2 м Радіус кривизни лінзи 15 м Знайти до-вжину хвилі падаючого нормально на прилад світла Спо-стереження проводять у відбитому світлі Відповідь λ = 610ndash7 м 23 Монохроматичне світло (λ = 064 мкм) нормально па-дає на щілину завширшки a = 02 мм Визначити в кутових одиницях ширину центральної світлої смуги Вважати що границі світлої смуги відповідає мінімум Відповідь 64 sdot10ndash3 рад

193

24 Довжина хвилі нормально падаючого монохроматич-ного світла на щілину вміщується в ширині щілини шість разів Під яким кутом спостерігатиметься третій дифрак-ційний мінімум світла Відповідь 30deg 25 На дифракційну ґратку з періодом d = 0004 мм падає нормально монохроматичне світло При цьому головний максимум четвертого порядку відповідає відхиленню променів на кут 30deg Визначити довжину хвилі світла Відповідь 05 мкм 26 Монохроматичне світло (λ = 06 мкм) падає нормально на дифракційну ґратку що містить 400 штрихів на 1 мм Знайти загальну кількість дифракційних максимумів які дає ґратка Відповідь 9 27 На дифракційну ґратку падає нормально світло При цьому максимум другого порядку для лінії λ1 = 065 мкм відповідає куту 45deg Знайти кут що відповідає максимуму третього порядку для лінії λ2 = 050 мкм Відповідь 54deg 40 28 Дифракційна ґратка що має 500 штрихів на 1 мм осві-тлюється фіолетовим світлом (λ = 04 мкм) Визначити ку-тову відстань між максимумами першого порядку Відповідь 23deg 6 29 Знайти найбільший порядок спектра для жовтої лінії натрію з довжиною хвилі λ = 589middot10ndash7 м якщо період ди-фракційної ґратки d = 2middot10ndash6 м Відповідь k = 3 30 На якій відстані від дифракційної ґратки треба по-ставити екран щоб відстань між невідхиленим зобра-женням і спектром четвертого порядку (k = 4) дорівню-

194

вала l = 5middot10ndash2 м для світла з довжиною хвилі λ = 5middot10ndash7 м Стала дифракційної ґратки d = 2middot10ndash5 м

Відповідь 2 2 2lx d kk

= minus λλ

31 Скільки штрихів на довжині 10ndash2 м має дифракційна ґратка якщо зелена лінія ртуті (λ = 546middot10ndash7 м) у спектрі четвертого порядку спостерігається під кутом 19deg 8prime Відповідь 6middot105 мndash1 32 Чи можуть перекриватися спектри першого та другого порядків дифракційної ґратки при освітленні її видимим світлом (λф = 400 нм та λчер = 760 нм) Відповідь ні 33 При освітленні дифракційної ґратки білим світлом спектри другого та третього порядків частково перекри-ваються На яку довжину хвилі у спектрі другого поряд-ку накладається фіолетова границя (λф = 400 нм) спектра третього порядку Відповідь 600 нм 34 Чому дорівнює стала дифракційної ґратки якщо вона розрізняє у першому порядку спектра калію λ1 = 4044middot10ndash7 м і λ2 = 4047middot10ndash7 м Ширина ґратки 3middot10ndash2 м Відповідь 22middot10ndash5 м 35 Знайти кутову дисперсію дифракційної ґратки для λ = 589middot10ndash7 м у спектрі першого порядку Стала ґрат-ки дорівнює 25middot10ndash6 м

Відповідь dd

ϕλ

= 541 10sdot мndash1

36 Дифракційна ґратка зі сталою d = 3 мкм має N = 1000 штрихів Визначити найбільшу роздільну здат-ність ґратки для лінії натрію з λ = 5896 нм Відповідь 5000

195

37 Довжини хвиль дублета жовтої лінії у спектрі натрію дорівнюють 588995 та 589592 нм Яку ширину повинна мати ґратка що містить 600 штрихів на 1 мм щоб розріз-нити ці лінії у спектрі першого порядку Відповідь 165 мм 38 Найменший кут зору при якому око бачить роздільно два штрихи дорівнює 1prime Яку найменшу відстань розріз-няє око на віддалі найкращого зору (025 м) Відповідь 73middot10ndash5 м 39 Око людини може бачити на віддалі 10 м роздільно два паралельні штрихи на білому аркуші паперу які зна-ходяться на відстані 3middot10ndash3 м один від одного При гостро-му зорі ця відстань зменшується до 2middot10ndash3 м Чи відпові-дають ці дані роздільній здатності ока яка розрахована за формулою (17) Для розрахунків прийняти діаметр зіниці ока рівний 3middot10ndash3 м довжина хвилі ndash 6middot10ndash7 м Відповідь відповідає гострому зору 40 Діаметр зіниці ока людини може змінюватися від 2 до 8 мм Чим пояснити що максимальна гострота зору має місце при діаметрі зіниці 8 мм 41 Рентгенівське випромінювання з довжиною хвилі λ= 0163 нм падає на кристал камrsquoяної солі Знайдіть міжплощинну відстань її кристалічної ґратки якщо дифракційний максимум першого порядку спостеріга-ється при куті ковзання 17deg Відповідь 0279 нм 42 Пучок рентгенівських променів із довжиною хвилі λ падає під кутом ковзання 60deg на лінійно розташовані центри розсіяння з періодом а Знайти кути ковзання що

відповідають дифракційним максимумам якщо 23

aλ =

Відповідь 26 60 84

196

43 Знайти кут повної поляризації відбитого від скла світ-ла Показник заломлення скла n = 157 Відповідь 57deg30prime 44 Чому дорівнює показник заломлення скла якщо про-мінь відбитого від нього світла буде повністю поляризо-ваний при куті заломлення 30deg Відповідь n = 173 45 Під яким кутом до горизонту має знаходитися Со-нце щоб його промені відбиті від поверхні моря були б повністю поляризовані Відповідь 37deg 46 Головні площини двох призм Ніколя розташованих на шляху променя утворюють кут 60deg Як зміниться інтенси-вність світла що проходить крізь призми якщо кут між їх площинами поляризації дорівнюватиме 30deg Відповідь збільшиться у 3 рази 47 Чому дорівнює кут α між головними площинами поля-ризатора й аналізатора якщо інтенсивність природного світла яке пройшло крізь поляризатор та аналізатор зме-ншилася в 4 рази Поглинання світла не враховувати Відповідь 45deg 48 Визначити товщину кварцової пластини у якої кут по-вороту площини поляризації світла рівний 180deg а довжина хвилі λ = 51middot10ndash7 м Стала обертання кварцу при цій дов-жині хвилі α = 29deg7prime ммndash1 Відповідь 61middot10ndash3 м 49 Між схрещеними призмами Ніколя помістили пластину кварцу завтовшки 3 мм у результаті чого поле зору стало максимально світлим Визначити сталу обертання викори-станого в досліді кварцу Відповідь 30 градмм

197

50 Визначити питоме обертання розчину цукру концент-рація якого с = 033 гсм3 якщо при проходженні моно-хроматичного світла крізь трубку з розчином кут повороту площини поляризації рівний 22deg Довжина трубки 10 см Відповідь 667 градmiddotсм2г 51 При проходженні світла крізь шар 10-процентного розчину цукру завтовшки 10 см площина поляризації світ-ла повернулася на 16deg30 В іншому розчині цукру взято-му в шарі завтовшки 25 см площина поляризації поверну-лася на кут 33deg Знайти концентрацію другого розчину Відповідь 2 52 Трубка завдовжки l = 01 м заповнена водним розчи-ном цукру і розташована між поляризатором і аналізато-ром Щоб досягти повного затемнення поля зору після аналізатора треба повернути його відносно поляризатора на кут ϕ = 60deg Система освітлюється жовтим світлом Стала обертання для жовтого світла α = 667deg дмndash1middotгmiddotсм3 Визначити концентрацію с цукру в розчині Відповідь с asymp 450 кгм3 53 Пучок монохроматичного світла проходить крізь скляну пластинку завтовшки 1 см Визначити монохроматичний показник поглинання скла якщо при цьому поглинається 10 падаючого світла Якою має бути товщина скляної пластинки щоб поглиналася половина падаючого світла Відповідь 01 смndash1 69 см 54 Крізь пластинку із прозорої речовини завтовшки 42 см проходить половина падаючого на неї світлового потоку Визначити показник поглинання цієї речовини Розсіян-ням світла у пластинці знехтувати вважати що 10 па-даючої енергії відбивається від поверхні пластинки Відповідь 014 смndash1

198

55 У 4-процентному розчині речовини у прозорому середовищі інтенсивність світла на глибині 20 мм осла-блюється у 2 рази У скільки разів ослаблюється інтен-сивність світла на глибині 30 мм у 8-процентному роз-чині тієї самої речовини Відповідь у 8 разів 56 Яка концентрація розчину якщо однакова освітле-ність фотометричних полів була отримана при товщині шару 8 мм еталонного 3-процентного розчину та шару 24 мм невідомого розчину Відповідь 1

199

sect 2 Основи квантової оптики

Фізика атомного ядра 1 Фотонна теорія світла Формула Планка Енергія

маса та імпульс фотона Світло випромінюється поглина-ється та поширюється у вигляді дискретних частинок ndash фо-тонів (квантів електромагнітного поля) Енергія фотона ε визначається формулою Планка

hchε = ν = ω =λ

(1)

де h = 6625middot10ndash34 Джmiddotс ndash стала Планка (2h

=π

) ν ndash частота

випромінювання Маса та імпульс фотона обчислюються за формулами

ф 2h hm

ccν

= =λ

(2)

тут фm ndash маса руху фотона (маса спокою фотона дорівнює нулю)

ф фh hp m сcν

= = =λ

(3)

Ці формули повrsquoязують корпускулярні характеристики ви-промінювання ndash масу та імпульс кванта із хвильовими ndash часто-тою коливань і довжиною хвилі λ

Особливість фотона бути частинкою і мати хвильові власти-вості називається корпускулярно-хвильовим дуалізмом

2 Хвильові властивості частинок речовини Формула де

Бройля Корпускулярно-хвильовий дуалізм властивий не тільки світлу а й узагалі будь-яким частинкам (електронам протонам нейтронам та їх колективам ndash атомним ядрам атомам і молекулам)

Довжина хвилі яка відповідає рухомій частинці визначаєть-ся формулою де Бройля

h hp mv

λ = = (4)

де v ndash швидкість руху частинки

200

У випадку руху частинки зі швидкістю v близькою до швид-кості світла с формула для розрахунку імпульсу частинки набу-ває вигляду

( )21

m vpv c

=minus

(5)

де m ndash маса спокою частинки 3 Співвідношення невизначеностей ndash положення згідно із

яким корпускулярно-хвильовий дуалізм частинок не дає можли-вості одночасно точно визначити наприклад імпульс і коорди-нату (або енергію і час) для мікрочастинки

Математичний запис співвідношення невизначеностей

2xp xΔ Δ ge або 2

E tΔ Δ ge (6)

тобто добуток похибок (невизначеності) в одночасному вимірю-ванні імпульсу рх і координати х (або енергії і часу) для тієї самої частинки не може бути меншим за половину сталої Планка 2 Якщо одна з величин (наприклад імпульс) визначена цілком точ-но (Δрх=0) то інша (координата) буде невизначеною (Δх = infin)

4 Фотоефект ndash явище повного або часткового вивільнення елек-

тронів із катодів під дією світла (інфрачервоного видимого та ульт-рафіолетового) у результаті чого електрони речовини переходять у новий енергетичний стан Явище фотоефекту mdash один із проявів вза-ємодії світла з речовиною який розкриває квантову природу світла

Зовнішній фотоефект ndash виривання електронів із повер-хні тіла у результаті чого вони виходять за його межі (хара-ктерний для металів)

Внутрішній фотоефект ndash часткове вивільнення електронів у результаті чого вони переходять зі звrsquoязаного стану у вільний (у зону провідності) і збільшують електропровідність речовин (характерний для напівпровідників та діелектриків)

5 Рівняння Ейнштейна для зовнішнього фотоефекту 2max

вих вих з 2mvh A A eUν = + = + (7)

201

де hν ndash енергія фотона Авих ndash робота виходу електрона з металу

(визначається положенням рівня Фермі) 2max2

mv ndash максимальне

значення кінетичної енергії електрона e ndash заряд електрона зU ndash затримуючий потенціал Енергія фотона hν яку поглинає електрон витрачається ним

на подолання потенціального барrsquoєра у металі тобто на роботу виходу та надання кінетичної енергії вивільненому електрону

ldquoЧервона межаrdquo фотоефекту ndash найменша частота νmin (або най-більша довжина хвилі λmax) світла при якій відбувається фотоефект

вихmin

Ah

ν = або maxвих

chA

λ = (8)

де Aвих ndash робота виходу електрона з металу h ndash стала Планка с ndash швидкість світла у вакуумі

6 Ефект Комптона ndash розсіяння короткохвильового електро-

магнітного випромінювання (рентгенівського та гамма) на віль-них або слабо звrsquoязаних електронах речовини при якому зменшу-ється енергія фотона (довжина хвилі збільшується) Збільшення довжини хвилі Δλ не залежить від довжини падаючої хвилі λ і від природи розсіюючої речовини а залежить від кута θ між напрям-ком розсіяння і напрямком падаючого випромінювання

( ) 20 01 cos 2 sin ( 2)Δλ = λ minus θ = λ θ (9)

де 120

024 10h

m cminusλ = = sdot м ndash стала величина яка називається

комптонівською довжиною хвилі електрона 7 Тиск світла ndash тиск який чинить електромагнітна хвиля на

поверхню дзеркального або поглинаючого тіла Тиск світла за-лежить від обrsquoємної густини енергії поля випромінювання і вла-стивостей поверхні На основі електромагнітної теорії Дж Максвелл одержав формулу для обчислення тиску плоскої електромагнітної хвилі на тіло

202

( )1 cosP i= + ρ ω (10) де ρ ndash коефіцієнт відбивання ω ndash обrsquoємна густина енергії пада-ючої хвилі і ndash кут падіння світла на тіло

При нормальному падінні світла (і = 0) тиск ( )1P = + ρ ω (11)

Із погляду квантової теорії тиск світла зумовлений зміною ім-пульсу фотонів при поглинанні та відбиванні їх поверхнею тіл

8 Теплове випромінювання Функція Планка Теплове

випромінювання ndash випромінювання нагрітими тілами електро-магнітних хвиль за рахунок їх внутрішньої енергії

Функція Планка ndash аналітичний вираз розподілу енергії рів-новажного теплового випромінювання абсолютно чорного тіла за частотами залежно від температури Т цього тіла Функція Планка ε(νТ) для спектральної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла має вигляд

( )2

22

1h kThT

c e νπν ν

ε ν = sdotminus

(12)

У змінних λ і Т відповідно

( )2

52 1

1hc kThcT

e λπ

ε λ = sdotλ minus

(13)

де ν λ ndash частота і довжина хвилі випромінювання Т ndash тер-модинамічна температура с ndash швидкість світла у вакуумі k ndash стала Больцмана

Закон Кірхгофа Відношення спектральної випромінюваль-ної здатності тіла R(νT) до спектральної поглинальної здатності А(νT) тіла не залежить від природи тіла і є для всіх тіл однією і тією самою універсальною функцією яка дорівнює спектраль-ній випромінювальній здатності ε(ν T) абсолютно чорного тіла у тій самій спектральній області і при тій самій температурі

( )( ) ( )

R TT

A Tν

= ε νν

(14)

Для абсолютно чорного тіла А(νT) = 1 тому R(νT) = ε(ν T)

203

Коефіцієнт поглинання пог пад=Ф Фα ndash відношення потоку випромінювання що поглинається даним тілом до потоку ви-промінювання що падає на тіло

9 Закони теплового випромінювання Повна випроміню-

вальна здатність ε(Т) абсолютно чорного тіла

( ) ( )3

20

2 1h kT

h dT T dc e

infin infin

νπ ν ν

ε = ε ν ν =minusint int

0 (15)

Закон СтефанаndashБольцмана Повна випромінювальна зда-тність абсолютно чорного тіла пропорційна температурі тіла у четвертому степені

4( )T Tε = σ (16)

де 5 4

82 3 2 4

2 Вт567 1015 м К

kc h

minusπσ = = sdot ndash стала СтефанаndashБольцмана

Повну випромінювальну здатність далі називатимемо випро-мінювальною здатністю

Закон Віна Довжина хвилі λmax на яку припадає максимум

спектральної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла обернено пропорційна абсолютній температурі T цього тіла

max bT

λ = (17)

де b = 289 sdot 10ndash3 м sdotК ndash стала Віна 10 Квантова теорія будови атома водню

Постулати Бора 1) атому властиві цілком стійкі (стаціонарні) стани з відпові-

дними значеннями енергії Е1 Е2 Еn перебуваючи в яких він не поглинає і не випромінює електромагнітних хвиль Це означає що електрони в атомі рухаються не по будь-яких орбі-тах а тільки по цілком певних для яких виконується умова що момент імпульсу електрона кратний величині h2π тобто

204

2hmvr n n= =π

(18)

де m v r ndash відповідно маса швидкість і радіус орбіти електрона h ndash

стала Планка n = 1 2 2h

=πтакож називається сталою Планка

2) при переході з одного стаціонарного стану в інший атом випромінює або поглинає електромагнітну хвилю (фотон) час-тота якої визначається з умови

n kE E hminus = ν (19) де En ndash початкова енергія атома Ek ndash енергія атома після ви-промінювання (поглинання) ν ndash частота випромінювання (поглинання) При випромінюванні фотона n kE Egt при по-глинанні фотона n kE Elt

Повна енергія (кінетична енергія руху електрона плюс поте-нціальна енергія взаємодії електрона з ядром) електрона в атомі збільшується зі збільшенням квантового числа n

41

2 2 2 2 20

1 136 еВ8nme EE

n h n n= minus sdot = = minus

ε (20)

де е ndash заряд електрона m ndash маса електрона ε0 ndash електрична стала Е1= ndash136 еВ ndash повна енергія атома водню в незбурено-му основному стані n = 1

Довжина хвилі світла λ що випромінюється атомом водню при переході з однієї орбіти на іншу визначається формулою

2 21 2

1 1 1Rn n

⎛ ⎞= minus⎜ ⎟⎜ ⎟λ ⎝ ⎠

(21)

де R = 1097 sdot 107 мndash1 ndash стала Рідберга для видимого світла n1 = 2 ndash номер орбіти на яку переходить електрон n2 = 3 4 5 ndash но-мер орбіти із якої переходить електрон (серія Бальмера)

Нормована на одиницю псі-функція 1 ( )s rψ для 1s електрона в атомі водню має вигляд

1 3 11

1( ) expsrr rr

⎛ ⎞ψ = minus⎜ ⎟⎝ ⎠π

(22)

де r1= 0529middot10ndash10 м ndash перший борівський радіус

205

Оскільки енергія En дається формулою (20) і залежить лише від головного квантового числа n а стан електрона визначається набо-ром із чотирьох квантових чисел n l ml ms (орбітальне l = 0 1 n ndash 1 магнітне ml = 0 plusmn1 plusmn2 plusmnl спінове ms= plusmn12) то кількість різних станів із повним значенням енергії En або кратність виродження даного енергетичного рівня в атомі водню виражається формулою

( ) [ ]1

2

02 2 1 2 1 3 5 (2 1) 2

n

lN l n n

minus

== + = + + + + minus =sum (23)

Згідно із принципом Паулі в атомі (і в будь-якій квантовій системі) не може бути електронів з однаковими значеннями всіх чотирьох квантових чисел

Сукупність електронів атома з однаковими значеннями голо-вного квантового числа n утворює так звані оболонки K L M N O P (K-оболонці відповідає n = 1 L-оболонці ndash n = 2 і т д)

Максимальна кількість електронів в одній оболонці визнача-ється формулою (23) так у K-оболонці може бути 2 електрони у L-оболонці ndash 8 електронів у М-оболонці ndash 18 електронів у N-оболонці ndash 32 електрони і т д

Оболонки складаються з підоболонок які відрізняються одна від одної значенням орбітального числа l

0 1 2 3

l

s p d f

=

Підоболонки позначають (nl) ndash 1s 2s 2p 3s 3p 3d Розподіл електронів за станами називають електронною конфігурацією

Наприклад електронна конфігурація атома кисню О така 1s2 2s2 2p4 ndash всього 8 електронів

Максимальна кількість електронів в одній підоболонці 2(2 1)lN l= + отже у s-підоболонці (l = 0) можуть розміщу-

ватись лише 2 електрони із протилежно направленими спінами у p-підоболонці ndash 6 електронів у d-підоболонці ndash 10 електронів і т д

11 Розвrsquoязок рівняння Шредингера для стаціонарних станів

частинок масою m що знаходяться в одновимірній нескінченно глибокій потенціальній ямі завширшки l дозволяє знайти дис-кретний спектр власних значень енергії частинки

206

2 22

22nE nml

π= ( n = 1 2 3 ) (24)

та вигляд власних нормованих псі-функцій 2( ) sinn

n xxl l

πψ = ( n = 1 2 3 ) (25)

Імовірність знаходження частинки на енергетичному рівні En у ямі в межах 1 2x x xlt lt отримують із виразу

2

1

21 2( ) ( )

x

nx

P x x x x dxlt lt = ψint (26)

12 Закон радіоактивного розпаду Для кожного радіоактивно-го ядра існує певна ймовірність λ того що воно зазнає розпаду за одиницю часу Якщо на момент часу t є N радіоактивних атомів то середня кількість атомів що зазнають розпаду за час dt пропор-ційна часу і повній кількості атомів N радіоактивного елемента

dN Ndt= minusλ (27) де λ ndash стала розпаду

Кількість атомів радіоактивної речовини з часом зменшуєть-ся за експоненціальним законом

0tN N eminusλ= (28)

де N0 ndash початкова кількість атомів (при t = 0) N ndash наявна кіль-кість атомів радіоактивної речовини в момент часу t

Рівняння (28) виражає закон радіоактивного розпаду Цей закон є статистичним і справджується за умови коли кі-лькість атомів досить велика

Період піврозпаду ndash проміжок часу протягом якого в серед-ньому зазнає розпаду половина початкової кількості атомів

0

1 ln 2 0693 2

TN e TN

minusλ= = = =λ λ

(29)

13 Активність а радіоактивної речовини ndash це кількість ядер що зазнають розпаду за одиницю часу

0ln 2 tdN Na N N e a

dt Tminusλ= = λ = λ = (30)

де N0 ndash початкова кількість атомів N ndash наявна кількість атомів λ ndash стала розпаду T ndash період піврозпаду

207

Правила зміщення для α- і β-розпадів відповідно такі 1) ізотоп з атомним номером Z і масовим числом А при ви-

промінюванні α-частинки перетворюється в ізотоп з атомним номером Z-2 і масовим числом А-4 тобто при α-розпаді утво-рюється ізотоп іншого елемента порядковий номер якого в періодичній таблиці зміщено на дві одиниці ліворуч від номера елемента що розпався

Схему α-розпаду можна записати так 4 42 2X Y HeA A

Z Zminusminusrarr + (31)

2) ізотоп з атомним номером Z і масовим числом А при ви-промінюванні електрона перетворюється в ізотоп іншого еле-мента з порядковим номером Z+1 і з тим самим масовим чис-лом тобто при β-розпаді утворюється ізотоп іншого елемен-та порядковий номер якого в періодичній таблиці елементів збільшується на одиницю

Схему β-розпаду можна записати так 0

1 1X Y A AZ Z e+ minusrarr + + ν (32)

(при β-розпаді випромінюється антинейтрино ν ) 14 Закон пропорційності маси й енергії Зміна енергії систе-

ми ΔЕ супроводжується пропорційною зміною маси системи Δm 2E mcΔ = Δ (33)

де c ndash швидкість світла у вакуумі 15 Енергія звrsquoязку ядер Дефект маси атомного ядра Енергія звrsquoязку ядра дорівнює роботі яку слід виконати для

розщеплення ядра на нуклони без надання їм кінетичної енергії Енергію звrsquoязку ядра визначають на основі закону збережен-

ня енергії та закону пропорційності маси й енергії При порівнянні суми мас спокою нуклонів які утворюють

ядро із масою ядра виявляється що для всіх хімічних елементів справджується нерівність

( ) яp nZm A Z m m+ minus gt (34) де Z ndash атомний номер елемента (кількість протонів у ядрі) A ndash масове число (кількість нуклонів у ядрі) mp ndash маса протона mn ndash маса нейтрона mя ndash маса ядра

208

Величину Δm що виражає різницю між масою нуклонів які утворюють ядро і масою mя називають дефектом маси ядра

( ) я[ ]p nm Zm A Z m mΔ = + minus minus (35) Загальна формула для розрахунку енергії звrsquoязку Е ядра (у

джоулях) за його дефектом маси має вигляд ( )2

зв я[ ] p nE c Zm A Z m m= + minus minus (36) де c ndash швидкість світла у вакуумі

Якщо виразити масу нуклонів у ядрі в атомних одиницях ма-си (аом) і врахувати що

с21 аом = 16 27

199 10 166 10 eB

16 10

minus

minussdot sdot sdot

sdot = 9315 МеВ

то можна записати формулу енергії звrsquoязку ядра (у мегаелект-рон-вольтах) як

( )зв я9315[ ] p nE Zm A Z m m= + minus minus (37) 16 Питома енергія звrsquoязку εзв ndash це енергія звrsquoязку ядра Езв

що припадає на один нуклон зв

звEA

ε = (38)

де А ndash масове число 17 Ядерні реакції ndash перетворення ядер при їх взаємодії

між собою при взаємодії з елементарними частинками і при внутрішніх спонтанних процесах

Ядерні реактори класифікуються за цільовим призначенням (енергетичні дослідницькі розмножувальні) за енергією вико-ристаних нейтронів (повільних проміжних швидких) за спосо-бом розміщення палива і сповільнювача за методом досягнення максимальної потужності

Виділення ядерної енергії відбувається як при реакціях поді-лу важких ядер так і при реакціях злиття (синтезу) легких ядер

Ядерна енергія ΔЕ яка виділяється кожним ядром що прореагувало визначається різницею між енергією звrsquoязку

209

продукту реакції Е2 й енергією звrsquoязку Е1 початкового ядер-ного матеріалу

2 1E E EΔ = minus (39) 18 Фізичні величини й одиниці що використовуються в

дозиметрії іонізуючих випромінювань 1) доза опромінення ndash міра дії випромінювання на речовину 2) активність а джерела ndash фізична величина що характери-

зує загальну кількість розпадів радіоактивних ядер за одиницю

часу dNadt

= Одиниця активності ndash беккерель (Бк) 1Бк дорів-

нює 1 ядерному перетворенню (розпаду) за 1 с Активність іноді відносять до площі поверхні наприклад Бккм2

3) доза поглинання Д ndash основна дозиметрична величина Доза поглинання дорівнює відношенню середньої енергії що передається випромінюванням речовині в елементарному обrsquoємі до маси речовини в цьому обrsquoємі Одиниця дози по-глинання ndash грей (Гр)= Джкг

4) еквівалентна доза Н ndash це доза поглинання помножена на коефіцієнт якості випромінювання ( k ) який враховує біологіч-ну ефективність різних типів іонізуючого випромінювання

а) k = 1 для електронів та позитронів б) k ge 1 для рентгенівського та гамма-випромінювання в) k = 3 для нейтронів з енергією меншою 20 кеВ г) k = 10 для нейтронів з енергією 01ndash10 МеВ д) k = 20 для альфа-випромінювання з енергією меншою 10 МеВ Одиниця еквівалентної дози mdash зіверт (Зв) 1 зіверт відпо-

відає дозі поглинання в 1 Джкг (для рентгенівського гамма- та бета-випромінювань)

5) ефективна еквівалентна доза ndash еквівалентна доза помноже-на на відповідний ваговий коефіцієнт (коефіцієнт радіоактивного ризику) що враховує різну чутливість органів до опромінення

=1

n

i ii

H H W= sum (40)

210

і є сумою добутків дози яку одержав кожний орган на відповід-ний ваговий коефіцієнт Wi

6) колективна ефективна еквівалентна доза ndash ефективна еквівалентна доза одержана групою людей від будь-якого дже-рела радіації Вимірюється в людино-зівертах

7) повна (очікувана) колективна ефективна еквівалентна доза ndash колективна ефективна еквівалентна доза яку одержить покоління людей від будь-якого джерела радіації за весь час його існування

8) експозиційна доза (Х) чисельно дорівнює відношенню сумар-ного заряду іонів який створено фотонним випромінюванням до маси опроміненої речовини Одиниця вимірювання ndash Клкг

Таблиця 2

Одиниці вимірювання іонізуючого випромінювання Фізичні величини

та їх символи

ОдиниціСІ

Поза-системні одиниці

Співвідношення між одиницями СІ та

позасистемними одиницями

Активність а Бк беккерель

Кі кюрі

1 Бк = 1 розпадс = 27middot10ndash11 Кі 1 Кі = 37middot1010 Бк

Доза поглинання Д

Гр грей рад 1 Гр = 1 Джкг = 100 рад

1 рад = 10ndash2 Гр

Еквівалентна доза Н

Зв зіверт бер

1 Зв = 1 Гр = 1 Джкг middot k 1 Зв = 100 бер 1 бер = 10ndash2 Зв 1 бер = 1 радmiddot k

Експозиційна доза Х Клкг Р

рентген

1 Клкг = 388middot103 Р 1 Р = 258middot10ndash4 Клкг 1 Р = 088 рад = 88middot10ndash3 Гр

ЗВЕРНІТЬ УВАГУ

1 Фізичні процеси при взаємодії іонізуючого випроміню-

вання з речовиною Первинним механізмом дії іонізуючого випромінювання є фі-

зичний процес на молекулярному рівні організації біосистеми ndash

k

211

іонізація або збудження атомів і молекул опромінюваного обrsquoєму біотканини внаслідок поглинання енергії випромінювання

У первинних механізмах дії іонізуючого випромінювання ви-діляють також непряму (опосередковану) дію яка повrsquoязана з іо-нізацією води Основну частину маси живого організму складає вода (у людини близько 75 ) Іонізація води призводить до сут-тєвого підвищення рівня вільних радикалів які мають дуже висо-ку хімічну активність У наступних каталітичних реакціях окис-лення молекул білка накопичення перекисних сполучень підви-щують проникність клітин та спричиняють їх пошкодження

Ці фізико-хімічні процеси є пусковим механізмом який при-водить у дію складні й взаємоповrsquoязані зміни у клітинах що підпорядковані біологічним законам і порушують нормальне функціонування біосистеми Розглянемо механізми взаємодії іонізуючого випромінювання з речовиною

2 Взаємодія α- і β- випромінювання з речовиною Основними процесами взаємодії α- і β-частинок порівняно

малих енергій (le 20 МеВ) із речовиною є пружне та непружне розсіяння гальмівне випромінювання

Пружне розсіяння відбувається в результаті електромагнітної взаємодії заряджених частинок із кулонівським полем ядра

Непружне розсіяння йде при взаємодії частинки з електронами атома При цьому частина енергії передається електрону який мо-же перейти на більш високий енергетичний рівень (збудження атома) або вилетіти з атома (іонізація атома) Електрони які поки-нули атом можуть викликати вторинну іонізацію атомів

Другий непружний електромагнітний процес ndash гальмівне ви-промінювання виникає при гальмуванні зарядженої частинки в електричному полі атомного ядра

Зовнішні джерела β- і α-частинок не є особливо небезпеч-ними бо частинки мають малу проникну здатність тому за-хист від їх дії не викликає проблем Наприклад шар повітря завтовшки 10 см тонка фольга гумовий одяг екранують α-частинки Пробіг α-частинок у біологічній тканині становить не більше 01 мм Декілька міліметрів алюмінію або скла по-вністю екранують потік β-частинок

212

Однак для високоактивних джерел β-частинок з енергією бі-льше 1 МеВ слід враховувати що при їх гальмуванні виникають високоенергетичні γ-кванти

Для людини β- та α-частинки дуже небезпечні при внут-рішньому опроміненні

3 Взаємодія γ-випромінювання з речовиною Основними процесами взаємодії γ-випромінювання з речови-

ною (при енергії γ-квантів від 20 кеВ до 10 МеВ) є фотоефект комптон-ефект і утворення електронно-позитронних пар

У результаті всіх процесів відбувається іонізація речовини яка є початковим етапом механізму біологічної дії радіації на людину

Рентгенівське та γ-випромінювання мають велику проникну здатність (їх пробіг у повітрі становить сотні метрів) і тому цей тип випромінювання є небезпечним для людини

4 Взаємодія нейтронів з речовиною Іонізація біологічної тканини під дією нейтронів обумовлена

головним чином такими процесами 1) захоплення нейтронів ядрами азоту за реакцією ( )14 14

7 5N Cn p У результаті утворюються протони із середньою енергією 06 МеВ які іонізують біологічну тканину

2) захоплення нейтронів ядрами водню за реакцією ( ) 2

1H Hn γ Іонізацію викликають γ-кванти з енергією 218 МеВ які виникають при радіаційному захопленні

3) пружне розсіяння нейтронів на ядрах водню кисню вуг-лецю й азоту Іонізацію викликають ядра віддачі

213

Приклади розвrsquoязування задач

Задача 1 Визначити кількість фотонів випромінених за одиницю часу

джерелом потужності Р = 1 Вт якщо довжина хвилі випроміню-вання λ1 = 102 м λ2 = 10ndash7 м λ3 = 10ndash12 м

Розвrsquoязання

Кількість випромінених за одиницю часу квантів

P PNh hc

λ= =

ν

де h = 6625middot10ndash34 Джmiddotc ndash cтала Планка с = 3middot108 мc ndash швид-кість світла у вакуумі

Підставляючи дані з умови задачi знаходимо N1 = 5middot1026 квантівc N2 = 5middot1017 квантівc N3 = 5middot1012 квантівc

Задача 2 При якій швидкості v кінетична енергія частинки Ек дорівнює

її енергії спокою Е0

Розвrsquoязання

У релятивістській механіці кінетична енергія частинки Ек = Е ndash Е0

де Е ndash повна енергія Е0 ndash енергія спокою За умовою задачі Ек = Е0 тому запишемо

Е0 = Е ndash Е0 тобто Е = 2Е0 або mc2 = 2m0c2

де ( )

021

mmv c

=minus

214

Тоді ( )

220

022

1

m c m cv c

=minus

або ( )2 11 2

vcminus =

звідки 34

v c= sdot v = 0866c

де c ndash швидкість світла у вакуумі c = 3 108 мc v = 26 middot108 мc Задача 3 Оцінити невизначеність швидкості електрона в атомі водню

яка повrsquoязана з рухом електрона по першій борівській орбіті Порівняти цю невизначеність із самою швидкістю

Розвrsquoязання

Радіус атома r asymp 5middot10ndash11 м швидкість електрона на орбіті

v asymp 106 мс Якщо допустити що невизначеність радіуса орбіти становить один відсоток від радіуса тобто Δr = 001r = 5middot10ndash13 м то невизначеність швидкості

348

31 1310 22 10

9 10 5 10v

m r

minus

minus minusΔ = asymp = sdotΔ sdot sdot sdot

мс

Видно що невизначеність швидкості приблизно у 220 разів перевершує значення самої швидкості Це означає що немає сенсу говорити про рух електрона в атомі по певній траєкторії

Якщо наприклад невизначеність швидкості Δv = 001v = = 104 мс то невизначеність радіуса

348

4 3110 11 10

10 9 10r

m v

minus

minusΔ = = = sdotΔ sdot sdot

м

Невизначеність радіуса у 220 разів перевищує радіус орбіти Таким чином радіус орбіти стає невизначеним і можна зробити висновок що при русі електрона в атомі співвідношення неви-значеностей вносить суттєві зміни у класичні уявлення про тра-єкторію електрона ndash його орбіту

215

Задача 4 Оцінити невизначеність швидкості електрона в бетатроні

якщо він рухається по колу радіусом r = 25 м зі швидкістю v = 297 108 мс Радіус траєкторії знайдено з невизначеністю Δr = 02 від радіуса траєкторії

Розвrsquoязання

Невизначеність Δr радіуса траєкторії становить Δr = 0002 r = 0005 мм тобто траєкторія визначена достатньо точно

Невизначеність швидкості знаходимо зі співвідношення

vm r

Δ =Δ

де m ndash маса електрона яку визначають за формулою

( )0

0271

1

mm mv c

= =minus

(тут m0 = 91 10ndash31 кг)

Далі одержуємо 34

31 510

71 91 10 5 10v

minus

minus minusΔ asymp asympsdot sdot sdot sdot

03 мс

У цьому випадку можна вважати що швидкість електрона визначено достатньо точно електрон рухається по колу певного радіуса і має точне значення швидкості

Задача 5 Знайти тиск світла на стінки електричної лампи потужністю

N = 102 Вт якщо колба лампи має сферичну форму радіусом R = 5 10ndash2 м Вважати що потужність лампи витрачається на ви-промінювання стінки лампи відбивають 10 падаючого світла

Розвrsquoязання

Тиск світла залежить від власної інтенсивності й відбивної

здатності поверхні на яку він тисне і визначається за формулою

216

( )1IPc

= + ρ

де I ndash інтенсивність світла c ndash швидкість світла у вакуумі ρ ndash коефіцієнт відбиття

Оскільки I = NS де S = 4πR2 ndash площа поверхні лампи то остаточно запишемо

( )2 1 4

NPR c

= + ρπ

Згідно з умовою задачі ρ = 01 тоді одержимо Р = 12middot10ndash5 Па Задача 6 Радіоактивний натрій 24

11Na розпадається випромінюючи β-частинки Період піврозпаду натрію складає Т = 148 годин Визначити кількість атомів ΔN що розпалися за 10 годин у 10ndash6 кг радіоактивного препарату

Розвrsquoязання

Кількість атомів що розпалися за час t

0N N NΔ = minus (1) де N0 ndash початкова кількість атомів N ndash кількість атомів на момент t

Формулу (1) можна привести до вигляду

( )0 0 0 1t tN N N e N eminusλ minusλΔ = minus = minus (2)

де λ ndash стала розпаду

Враховуючи що λ = ln2T

запишемо

( )ln 2

ln 20 0 01 1 1 2

tttT TTN N e N e N

minus sdot minusminus⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥Δ = minus = minus = minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(3)

217

Оскільки в одному молі 2411Na міститься NA атомів то в цій

масі препарату міститься 0 AmN NM

= атомів (m ndash маса радіоак-

тивного препарату M ndash молярна маса натрію)

Остаточно одержимо 1 2 tT

AmN NM

minus⎛ ⎞⎜ ⎟Δ = minus⎜ ⎟⎝ ⎠

4

436106

23 18533103

10 602 10 1 2 93 1024 10

Nsdotminus minussdot

minus

⎛ ⎞⎜ ⎟Δ = sdot minus asymp sdot⎜ ⎟sdot ⎜ ⎟⎝ ⎠

атомів

Задача 7 Активність а ізотопу вуглецю 14

6C у старовинних деревrsquoяних предметах складає 45 активності цього ізотопу у свіжозрубаних деревах Період піврозпаду Т ізотопу 14

6C становить 5570 років Визначити вік старовинних предметів

Розвrsquoязання

За законом радіоактивного розпаду

0tN N eminusλ=

тоді активність речовини

0tdNa N e

dtminusλ= = λ

де N0 ndash початкова кількість атомів радіоактивної речовини N ndash кі-лькість радіоактивних атомів на момент часу t λ ndash стала розпаду

У початковий момент часу активність

0 0a N= λ тому 0ta a eminusλ=

де ln 2T

λ = (Т ndash період піврозпаду)

Тоді 0 0

ln 2 ln ta a te ta a T

minusλ sdot= = minusλ = minus

де t ndash вік старовинних предметів

218

Остаточно одержимо 0ln

ln 2

aTa

t

⎛ ⎞minus ⎜ ⎟

⎝ ⎠=

5570ln(4 5) 5570( 0225) ln 2 0693

t minus minus minus= = t asymp 1800 років

Задача 8 Знайти швидкості продуктів реакції яка протікає в резуль-

таті взаємодії нейтронів 10 n із початково нерухомими ядрами

бору 105B якщо кінетична енергія нейтронів нескінченно мала

(у результаті реакції утворюються літій 73Li та α -частинка)

Розвrsquoязання

Реакцію 10 7B( ) Lin α можна представити у вигляді

10 1 7 45 0 3 2B Li n+ = + α

знайдемо теплоту яка виділилася під час реакції

( ) ( ) ( )7 4 10зв 3 зв 2 зв 5Li BQ E E E= + α minus

Енергію звrsquoязку знаходимо зі співвідношення зв ( ) ( )E Z N Z p N n Z N= Δ + Δ minus Δ

де Z N ndash зарядове число та кількість нейтронів Δp = 0007825 (аом) ndash дефект маси протона Δn = 0008665 (аом) ndashдефект маси нейтрона Δ(Z N) ndash дефект маси нукліда (аом) 1 аом = 931502 МеВ

Користуючись таблицями з додатків отримаємо

( )10зв 5BE = 5 sdot 0007825 + 5 sdot 0008665 ndash

ndash 0012339 = 0069511 аом = 6474 МеВ

( )7зв 3LiE = 392 МеВ ( )4

зв 2E α = 2824 МеВ

219

Отже Q = 392 + 2824 ndash 6474 = 270 МеВ = 27 sdot 16 sdot 10ndash19 sdot 106 Дж Оскільки за умовою задачі кінетична енергія нейтронів не-

скінченно мала мішень 105B ndash нерухома то

Q = KLi + Kα де KLi і Kα ndash кінетичні енергії продуктів реакції літій ndash α-частинка Використовуючи закон збереження імпульсу отримаємо

2

Li Li LiLi

0 2

m m vm v m v v v Km

α α αα α α α+ = rArr = =

2 22 LiLi

Li Li Li

2 2 2Li

Lim m m m v mmK v v K

m m mα α α α α

α α⎛ ⎞

= = = sdot =⎜ ⎟⎝ ⎠

2

LiLi Li

1 1 2

m m v mQ K K Km m

α α α αα α

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Звідки знаходимо 19 6 26

6

Li

2 2 27 16 10 10 10 93 104 411

6022 7

Qvmmm

minus

αα

α

sdot sdot sdot sdot sdot= = = sdot

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞sdot ++ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

мс

326 26

Li234 10 4 710 кг 10 кг

6022 60226022 10m m

minusminus minus

αsdot

= = sdot = sdotsdot

6 6Li

Li

4 93 10 53 107

mv vm

αα= = sdot sdot = sdot мс

220

Задачі

1 Знайти масу кванта 1) червоних променів світла (λ = 7 sdot 10ndash7 м) 2) рентгенівських променів (λ = 25 sdot 10ndash11 м) 3) гамма-променів (λ = 124 sdot 10ndash12 м) Відповідь 32 sdot 10ndash36 кг 88 sdot 10ndash32 кг 18 sdot 10ndash30 кг 2 Визначити масу енергію та імпульс фотонів випро-мінювання 1) червоного (λ1 =700 нм) 2) фіолетового (λ2 = 400 нм) 3) рентгенівського (λ3 = 05 sdot 10ndash10 м) Відповідь 1) 32 sdot 10ndash36 кг 28 sdot 10ndash19 Дж 95 sdot 10ndash28 кгmiddotмс 2) 55 sdot 10ndash36 кг 5 sdot 10ndash19 Дж 166 sdot 10ndash28 кгmiddotмс 3) 44 sdot 10ndash32 кг 4 sdot 10ndash15 Дж 133 sdot 10ndash24 кгmiddotмс 3 Яка кількість фотонів світла з довжиною хвилі 500 нм відповідає енергії 10 еВ Відповідь 4 4 Визначити довжину хвилі фотона імпульс якого дорів-нює імпульсу електрона що має швидкість 104 кмс Відповідь 74 10ndash11 м 5 Яку енергію повинен мати фотон щоб його маса дорів-нювала масі спокою електрона Відповідь 051 МеВ 6 Для людини верхня границя потоку світлової енергії що сприймається безболісно становить 2sdot10ndash5 Вт Скіль-ки при цьому потрапляє за 1 с до ока фотонів із довжи-ною хвилі 555 нм Відповідь 558sdot1012 7 Зорове відчуття у людини може виникнути якщо енер-гія світла що потрапляє до ока становить 2 sdot 10ndash13 Дж

221

Скільки квантів червоного світла з довжиною хвилі 700 нм повинно одночасно потрапити в око для ство-рення зорового відчуття Відповідь 7sdot105 8 За певних умов сітківка ока людини може реєструвати приблизно пrsquoять фотонів голубувато-зеленого світла (λ= 5sdot10ndash7 м) Чому дорівнює відповідна кількість енергії Е що падає на сітківку ока Якщо кожної секунди в око потрапляє і поглинається пrsquoять таких фотонів світла чому дорівнює потужність N яка при цьому передається Відповідь Е = 2sdot10ndash18 Дж (124 еВ) N = 2sdot10ndash18 Вт 9 Чому дорівнює довжина хвилі де Бройля для електро-на що має швидкість 1000 кмс Відповідь 73sdot10ndash10 м 10 Порівняйте довжини хвиль де Бройля для електрона та кульки масою 1 г якщо їх швидкість однакова і дорівнює 100 мс Відповідь 727sdot10ndash6 м та 663sdot10ndash33 м 11 У трубці телевізора прискорювальна напруга U = 20 кВ Чому дорівнює довжина хвилі де Бройля для електрона в кінці процесу прискорення Відповідь 886sdot10ndash12 м 12 Електрон пролітає крізь щілину завширшки 1 мкм Із якою найменшою похибкою в момент проходу крізь щілину може бути визначена відповідна складова ім-пульсу електрона Відповідь 105sdot10ndash20 кгmiddotмс 13 Тривалість збудженого стану атома водню становить приблизно Δt = 10ndash8 с Чому дорівнює невизначеність атомного рівня ΔE при цьому Відповідь 655sdot10ndash8 еВ

222

14 Чому дорівнює невизначеність енергії у метастабільному стані якщо час життя для атома в цьому стані Δt = 05 с Відповідь 131sdot10ndash16 еВ 15 Визначити червону границю фотоефекту для цинку та максимальну швидкість фотоелектронів що вибиваються із поверхні цинку світлом із довжиною хвилі λ = 200 нм Робота виходу для цинку 374 еВ Відповідь 330 нм 94sdot105мс 16 Чи придатний барій для використання у фотоеле-ментах при опроміненні видимим світлом якщо робота виходу для барію 25 еВ Відповідь так 17 Визначити (в електрон-вольтах) роботу виходу еле-ктрона з рубідію якщо червона межа фотоефекту для рубідію λчер = = 081 мкм Відповідь 153 еВ 18 Червона межа фотоефекту у вольфрамі λчер = 230 нм Визначити кінетичну енергію електронів що вирива-ються з вольфраму ультрафіолетовим світлом із довжи-ною хвилі λ = 150 нм Відповідь 46sdot10ndash19 Дж 19 Червона межа фотоефекту для калію λчер = 620 нм Чому дорівнює мінімальна енергія фотонів що виклика-ють фотоефект Відповідь 32sdot10ndash19 Дж 20 Знайти червону межу фотоефекту для літію якщо робота виходу 24 еВ Відповідь 517 нм

223

21 Визначити найбільшу довжину хвилі світла λmax при якій може відбуватися фотоефект для платини Робота ви-ходу електронів А = 10ndash18 Дж Відповідь λmax = 196sdot10ndash7 м 22 Знайти роботу виходу А електронів із металу якщо фото-ефект починається при частоті падаючого світла ν0 = 6sdot1014 Гц Відповідь А = 397sdot10ndash9 Дж 23 На слабко звrsquoязаний електрон потрапляє рентгенівсь-кий фотон який розсіюється під прямим кутом Визначи-ти зміну довжини хвилі фотона Δλ Відповідь Δλ = 243sdot10ndash12 м 24 Визначити енергію W одержану електроном при дії на нього фотона (λф = 10ndash10 м) якщо розсіювання фотона від-бувалося в напрямку протилежному початковому Відповідь W = 92sdot10ndash17 Дж 25 На поверхню площею S = 10ndash2 м2 щохвилини падає W = 63 Дж енергії світла Знайти тиск світла у випадках коли поверхня 1) повністю відбиває всі промені 2) по-вністю поглинає всі промені Відповідь 7sdot10ndash7 Нм2 35sdot10ndash7 Нм2 26 При якій температурі випромінювальна здатність чорного тіла ε = 500 Втм2 Відповідь 306 К 27 При якій температурі повна випромінювальна здатність сі-рого тіла ε = 500 Втм2 Коефіцієнт поглинання α = 05 Відповідь 352 К 28 Визначити енергію яка випромінюється крізь віконце печі впродовж t = 1 хв Температура печі T = 1500 К

224

площа віконця S = 10 см2 Вважати що піч випромінює як абсолютно чорне тіло Відповідь 172 кДж 29 Визначити повну випромінювальну здатність тіла людини при Т = 36 degС вважаючи її сірим тілом із коефі-цієнтом поглинання α = 09 Відповідь 465 Втм2 30 Визначити температуру Т тіла людини вважаючи його сірим тілом із коефіцієнтом поглинання α = 09 якщо його випромінювальна здатність Е(Т) = 465 Втм2 Відповідь Т = 310 К 31 Шар озону в атмосфері Землі повністю поглинає соня-чне випромінювання в інтервалі від 22sdot10ndash7 м до 28sdot10ndash7 м і мало поглинає поза цим інтервалом Визначити тиск Р сонячних променів на шар озону якщо вважати що Сонце випромінює як абсолютно чорне тіло при Т = 6000 К а функція розподілу за інтервалами довжин хвиль в усьому вказаному інтервалі має значення що відповідає серед-ньоарифметичному значенню довжини хвилі Відповідь Р asymp 10ndash7 Па 32 У медицині для діагностики захворювань використо-вують метод термографії в основі якого лежить реєстра-ція різниці теплового випромінювання хворими і здоро-вими органами зумовленої невеликою різницею їх темпе-ратур Обчисліть у скільки разів відрізняються термоди-намічні температури і випромінювальні здатності поверх-ні тіла людини що мають відповідно 305 degС і 30 degС Відповідь Т2Т1 asymp 10017 Е2Е1 asymp 10066 33 Який потік енергії випромінює людина при температурі 37 degС якщо вважати що площа тіла людини дорівнює 18 м2 а коефіцієнт поглинання при цій температурі дорівнює 095 Відповідь 8954 Вт

225

34 На скільки збільшилась температура тіла людини якщо потік випромінювання з поверхні тіла збільшився на 4 Початкова температура тіла дорівнює 35 degС Відповідь 3 degС 35 Розрахуйте енергію яку втрачає людина кожної секунди при теплообміні випромінюванням (та поглинанням) з ото-чуючим середовищем Розгляньте два випадки 1) роздягнена людина 2) людина одягнена в костюм із вов-няної тканини Прийняти коефіцієнт поглинання шкіри лю-дини α1 = 09 вовняної тканини α2 = 076 температура пове-рхні шкіри людини t1 = 30 degС поверхні тканини t2 = 20 degС та повітря t3 = 18 degС Площу поверхні через яку відбувається теплообмін променевою енергією вважати рівною S = 12 м2 Відповідь 1) ( )4 4

1 1 0P S T T= α σ minus asymp 77 Джс

2) ( )4 41 2 0P S T T= α σ minus asymp 103 Джс

36 На яку довжину хвилі припадає максимум спектраль-ної густини випромінювальної здатності таких джерел те-плового випромінювання 1) тіло людини з температурою поверхні шкіри t = 30 degС 2) спіраль електричної лампочки (T = 2000 К) 3) поверхня Сонця (T = = 5800 К) 4) атомна бомба яка має у момент вибуху температуру T = 107 К Випромінюючі тіла вважати чорними або сірими Відповідь 1) 95 мкм 2) 14 мкм 3) 05 мкм 4) 029 нм 37 На яку довжину хвилі λmax припадає максимум спектраль-ної випромінювальної здатності абсолютно чорного тіла яке має температуру рівну температурі тіла людини Т = 310 К Відповідь λmax = 93sdot10ndash6 м 38 Знайдіть границі серії Лаймана (перехід на рівень n = 1) у частотах та довжинах хвиль Порівняйте ці дані з діапазоном видимого світла Відповідь 33sdot1015 Гц 25sdot1015 Гц 90 нм 120 нм

226

39 Знайдіть границі серії Бальмера (перехід на рівень n = 2) у частотах та довжинах хвиль Порівняйте ці дані з діапазоном видимого світла Відповідь 082sdot1015 Гц 046sdot1015 Гц 366 нм 652 нм 40 На дифракційну ґратку нормально падає світло від го-ризонтальної трубки що заповнена атомарним воднем Стала ґратки d = 5sdot10ndash6 м Із якої орбіти повинен перейти електрон на другу орбіту щоб спектральну лінію у спектрі пятого порядку можна було спостерігати під кутом 41deg Відповідь nk asymp 3 41 Визначити енергію фотона що випромінюється при пе-реході електрона в атомі водню із третьої орбіти на першу Відповідь 194sdot10ndash18 Дж 42 Визначити повну енергію електрона що знаходиться на другій орбіті атома водню Відповідь ndash 544sdot10ndash19 Дж 43 Знайти найбільшу й найменшу довжини хвилі у види-мій частині спектра випромінювання атома водню Відповідь λmax = 656sdot10ndash7 м λmin = 365sdot10ndash7 м 44 Знайти потенціал іонізації Ui атома водню Відповідь Ui = 136 еВ 45 Знайти перший потенціал збудження атома водню Відповідь U1 = 102 В 46 Знайдіть довжину хвилі де Бройля λ для електрона що рухається по першій борівській орбіті атома водню Відповідь λ = 033 нм 47 Знайдіть довжину хвилі де Бройля λ для атома во-дню що рухається при температурі Т = 293 К із най-більш імовірною швидкістю Відповідь λ =180 пм

227

48 На скільки еВ змінилася кінетична енергія електро-на в атомі водню при випромінюванні атомом фотона з довжиною хвилі λ = 486 нм Відповідь збільшилась на кEΔ = 256 еВ 49 Пояснити із співвідношення невизначеності Гейзен-берга чому мінімальне значення енергії частинки в од-новимірній прямокутній нескінченно глибокій потенціа-льній ямі більше за нуль 50 Частинка міститься в одновимірній прямокутній ямі завширшки l із нескінченно високими стінками на енер-гетичному рівні з n = 2 Знайти ймовірність перебування частинки в інтервалі (0 l4) Відповідь P(0 lt x lt l4 ) = 14 51 Частинка міститься в одновимірній нескінченно гли-бокій прямокутній ямі завширшки l на енергетичному рі-вні з n = 5 Знайти ймовірність перебування частинки в інтервалі (15l 35l) Відповідь P(15l lt x lt 35l) = 25 52 Знайдіть середнє значення кінетичної енергії K части-

нки у стані 1( ) ikxx el

ψ = тут pk = Функція ( )xψ но-

рмована в інтервалі 0lt x lt l зовні цього інтервалу ( ) 0xψ =

Відповідь 2

2pK m=

53 Яка максимальна кількість електронів може міститися в атомі на K- L- M- N- O- P-оболонці Відповідь 2 8 18 32 50 72 54 Скільки електронів може розміщуватися в 1s- 2p- 3d- 4f-підоболонці Відповідь 2 6 10 14

228

55 Скільки ядер урану 23892 U розпалося протягом року

якщо початкова маса урану 1 г Період піврозпаду урану 23892 U становить 451109 років Відповідь 04 1012 56 Період піврозпаду радіоактивного фосфору 30

15 P дорів-нює 30 хв Чому дорівнює стала розпаду цього елемента Відповідь 38510ndash3 сndash1 57 Визначити період піврозпаду радону якщо за 1 добу з 1 млн атомів розпадається 175 000 атомів Відповідь Т asymp 33105 с 58 Для діагностики у кров людини ввели незначну кіль-кість розчину що містить 24Na з активністю а = 2010 Бк Активність 1 см3 крові через t = 5 годин становила aprime = 0267 Бксм3 Період піврозпаду даного радіоізотопу Т = 15 годин Знайти обrsquoєм крові людини

Відповідь ln 2expaV ta T

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= minus⎜ ⎟ ⎜ ⎟prime⎝ ⎠ ⎝ ⎠ V = 6 л

59 Питома активність препарату що містить радіоактивний 58Со і неактивний 59Со становить 221012 Бкг Період півро-зпаду 58Со становить 713 доби Знайти відношення маси ак-тивного кобальту в цьому препараті до маси препарату Відповідь 019 60 Радіоізотоп 32Р період піврозпаду якого Т = 143 доби утворюється зі швидкістю q = 27109 ядерс у ядерному реакторі Через який час t після початку утворення цього радіоізотопу його активність а = 10109 Бк Відповідь t = ndash (Tln2)ln(1 ndash aq) t = 95 діб

229

61 У 1 мл морської води міститься 10ndash15 г радону 22286 Rn

(період піврозпаду радону 3825 діб) Яка кількість води має активність рівну 10 мКі Відповідь 300 м3 62 У скільки разів зменшиться кількість ядер радіоактив-ного цезію (період піврозпаду 27 років) за 10 років Відповідь зменшиться в 13 рази 63 У джерелі мінеральної води активність радону (період піврозпаду радону 3825 діб) становить 1000 Бк на 1 л Яка кількість атомів радону потрапляє в організм людини зі склянкою води місткістю 02 л Відповідь 95sdot107 64 Через який проміжок часу після радіоактивного зара-ження місцевості стронцієм (період піврозпаду 28 років) можна буде використовувати землі для вирощування різ-номанітних культур якщо за розрахунками кількість ра-діоактивного препарату має зменшитися в 100 разів Відповідь 186 років

65 В ампулі міститься радіоактивний йод 13153 I (період пів-

розпаду 805 діб) активністю 100 мкКі Чому дорівнюва-тиме активність препарату через добу Відповідь 92 мкКі 66 Унаслідок радіоактивного розпаду 238

92 U перетворюється в 20682 Pb Скільки α- і β-розпадів спостерігається в цьому разі Відповідь 8 α-розпадів і 6 β-розпадів

67 Унаслідок захоплення нейтрона ядром атома азоту 147 N

утворюється невідомий елемент і α-частинка Написати реакцію і визначити утворений елемент Відповідь 11

5B

230

68 Знайти енергію звrsquoязку ядра урану 23892 U та енергію

звrsquoязку що припадає на один нуклон Відповідь 18sdot103 МеВнуклон 69 Знайти кількість нейтронів що виникають за одиницю часу в урановому реакторі з тепловою потужністю Р = 100 МВт якщо середня кількість нейтронів на кожний акт ділення ν = 25 Вважати що при кожному акті звільня-ється енергія Е = 200 МеВ Відповідь N = νPE N = 08sdot1019 cndash1 70 Тіло людини масою m = 60 кг протягом часу t = 6 годин поглинуло енергію Е =1 Дж Знайти дозу по-глинання Д і потужність поглинутої дози N у СІ Відповідь Д = 17sdot10ndash3 Гр N = 77sdot10ndash7 Грс 71 Жива тканина масою m = 10ndash2 кг поглинає α-частинки в кількості 109 з енергією Е = 5 МеВ Знайти дозу погли-нання Д і еквівалентну дозу Н якщо коефіцієнт якості k для α-частинок дорівнює 20 Відповідь Д = 8sdot10ndash12 Гр Н = 16 Джкг

72 Середня потужність експозиційної дози P опромі-нення в рентгенівському кабінеті дорівнює 645 Клкгsdotс Лікар перебував у цьому кабінеті протягом дня 5 годин Яку дозу опромінення він отримає за 6 робочих днів Відповідь Х = 70sdot10ndash8 Клкгsdotс 73 Потужність Р експозиційної дози γ-випромінення на віддалі r = 1 м від точкового джерела становить 215sdot10ndash7 Клкгsdotс Визначити мінімальну віддаль r на якій можна щоденно працювати по 6 годин без захисту Гра-нично допустимою еквівалентною дозою для професіо-налів вважають дозу 5sdot10ndash2 Джкг протягом року Погли-нання γ-випромінення повітрям не враховувати Відповідь r asymp 36 м

231

74 В організм людини через органи травлення маса яких приблизно 1 кг потрапив 1 мг 237Np Оцінити дозу погли-нання Д організмом цієї людини за 10 років Відповідь Д = 63 Гр = 630 рад Ця доза суттєво пере-вищує допустимий рівень

232

ДОДАТКИ

1 ОСНОВНІ ФІЗИЧНІ СТАЛІ

Швидкість світла у вакуумі Гравітаційна стала Стандартне прискорення вільного падіння

c = 2998sdot108 мс γ = 667sdot10ndash11 м3(кгsdotс2) g = 9807 мс2

Стала Авогадро Стала Больцмана Молярна газова стала Стандартний обrsquoєм моля газу

AN = 6023sdot1023 мольndash1

k = 138sdot10 ndash23 Дж sdotКndash1

R = 831 Дж sdotмольndash1 sdot Кndash1

0V = 224 лмоль Стала Фарадея Елементарний заряд Маса електрона Маса протона

F = 0965sdot105 Клмоль e = 1602sdot10ndash19 Кл

300911 10 кг0511 МеВem

minus⎧ sdot⎪= ⎨⎪⎩

271672 10 кг93826 МеВpm

minus⎧ sdot⎪= ⎨⎪⎩

Стала Планка h = 6626sdot10ndash34 Джmiddotс 34

15

10546 10 Дж с2 0659 10 еВ сh minus

minus

⎧ sdot sdot⎪= = ⎨π sdot sdot⎪⎩

Стала СтефанаndashБольцмана Стала Віна Стала Рідберга

σ = 567sdot10ndash8 Вт(м2 sdot К4) b = 029 см sdot К R = 207sdot1016 сndash1 або R = 109sdot107 мndash1

Перший борівський радіус Енергія звrsquoязку електрона в атомі водню Комптонівська довжина хвилі електрона

аБ = 0529sdot10ndash10 м Е = 1356 еВ λС = 2426sdot10ndash12 м

Магнетон Бора Атомна одиниця маси

μБ = 09274sdot10ndash23 ДжТл

1 аом =271660 10 кг

9314 МеВ

minus⎧ sdot⎪⎨⎪⎩

Електрична стала Магнітна стала

ε0 = 0885sdot10ndash11 Фм μ0 = 1257sdot10ndash6 Гнм

233

2 ГУСТИНИ РЕЧОВИН Речовини ρ 103 кгм3

bull Гази (за нормальних умов) Азот Аміак Водень Повітря Кисень Метан Вуглекислий газ Хлор

125 077 009 1293 143 072 198 321

bull Рідини Бензол Вода Гліцерин Гас Ртуть Спирт Важка вода Ефір

088 072 11

079 136 080 126 100

bull Тверді речовини Алмаз Алюміній Вольфрам Графіт Залізо Золото Кадмій Кобальт Лід Мідь Молібден Натрій Нікель Олово Платина Свинець Срібло Титан Уран Цинк

35 27

191 16 78

193 865 89

0916 89

102 097 89 74

215 113 105 45

190 70

234

3 ДЕЯКІ АСТРОНОМІЧНІ ВЕЛИЧИНИ

Космічне тіло Середній радіус м Маса кг Середня густи-

на 103 кгм3 Період обертання навколо осі діб

Сонце 695sdot108 199sdot1030 141 254

Земля 637sdot106 598sdot1024 552 100

Місяць 174sdot106 735sdot1022 330 273

4 ПРУЖНІ ВЛАСТИВОСТІ ТВЕРДИХ ТІЛ

Матеріал Модуль Юнга Е ГПА

Модуль зсуву G ГПА

Коефіцієнт Пуассона μ

Алюміній Мідь Свинець Сталь (залізо) Скло

70

130

16

200

60

26

40

56

81

30

034

034

044

029

025 5 ФІЗИЧНІ ХАРАКТЕРИСТИКИ ГАЗІВ

Сталі Ван дер Ваальса

Газ

та його відносна

моле-

кулярна маса

P

V

CC

γ =

Теплопровідність

aelig

мВт

(мsdotК

)

Вrsquoязкість

η мкПаsdotс

Діаметр

молекули

d нм

а6Паmiddotм2моль

b 10ndash6 м3моль

He (4) Ar (40) H2 (2) N2 (28) O2 (32) CO2 (44) H2O (18) Повітря (29)

167 167 141 140 140 130 132 140

1415 162 1684 243 244 232 158 241

189 221 84

167 192 140 90

172

020 035 027 037 035 040 030 035

- 0132 0024 0137 0137 0367 0554

-

- 32 27 39 32 43 30 -

Примітка Значення γ aelig η взято за нормальних умов

235

6 КОНСТАНТИ РІДИН І ТВЕРДИХ ТІЛ

Речовина Питома

теплоємність С Дж(гsdotК)

Питома теплота паро-утворення r

Джг

Питома теплота плавленняλ

Джг

Поверхневийнатягα

10minus3 Нм мН

Вода Гліцерин Ртуть Спирт Алюміній Залізо Лід Мідь Срібло Свинець

418 242 014 242 090 046 209 039 023 013

2250 -

284 853

- - - - - -

- - - -

321 270 333 175 88 25

73 66 490 22 - - - - - -

За нормальних умов При нормальному атмосферному тиску 7 ДІЕЛЕКТРИЧНА ПРОНИКНІСТЬ ε Діелектрик ε Діелектрик ε

Вода Повітря Віск Гас Парафін Плексиглас

81 100058 78 20 20 35

Поліетилен Слюда Спирт Скло Фарфор Ебоніт

23 75 26 60 60 27

8 ПИТОМИЙ ЕЛЕКТРООПІР ПРОВІДНИКІВ ТА ІЗОЛЯТОРІВ

Провідник

Питомий електроопір (при 20 ordmС) ρ 10minus9 Омmiddotм

Темпера-турний

коефіцієнт α 10minus3 Кndash1

Ізолятор Питомий

електроопір ρ Ом м

Алюміній Вольфрам Залізо Золото Мідь Свинець Срібло

25 50 90 20 16

190 15

45 48 65 40 43 42 41

Папір Парафін Слюда Фарфор Шелак Ебоніт Янтар

1010

1015 1013 1013 1014 1014 1017

236

9 МАГНІТНА СПРИЙНЯТЛИВІСТЬ ПАРА- ТА ДІАМАГНЕТИКІВ

Парамагнетик χ = μndash1 10ndash6 Діамагнетик χ = μndash1 10ndash6

Азот Повітря Кисень Ебоніт Алюміній Вольфрам Платина Рідкий кисень

0013 038 19 14 23 176 360

3400

Водень Бензол Вода Мідь Скло Камrsquoяна сіль Кварц Вісмут

ndash0063 ndash75 ndash90 ndash103 ndash126 ndash126 ndash151 ndash176

10 ПОКАЗНИКИ ЗАЛОМЛЕННЯ n

Газ n Рідина n Тверде тіло

n

Азот 100030 Бензол 150 Алмаз 242 Повітря 100029 Вода 133 Кварц 146

Кисень 100027 Гліцерин 147 Скло 150 Примітка Показник заломлення залежить від довжини світла тому наве-дені значення n слід розглядати як умовні

11 ПОКАЗНИКИ ЗАЛОМЛЕННЯ ДЛЯ КРИСТАЛІВ ІЗ ПОДВІЙНИМ ПРОМЕНЕЗАЛОМЛЕННЯМ

Ісландський шпат Кварц Довжина хвилі λ нм

Колір ne n0 ne n0

687 656 589 527 486 431 400

червоний помаранчевий жовтий зелений блакитний синьо-фіолетовий фіолетовий

1484 1485 1486 1489 1491 1495 1498

1653 1655 1658 1664 1668 1676 1683

1550 1551 1553 1556 1559 1564 1568

1541 1542 1544 1547 1550 1554 1558

237

12 ОБЕРТАННЯ ПЛОЩИНИ ПОЛЯРИЗАЦІЇ (природне обертання у кварці)

Довжина хвилі λ нм Стала обертання

α градмм 275 344 373 405 436 497 590 656 670

1200 706 588 489 415 311 218 174 166

13 РОБОТА ВИХОДУ ЕЛЕКТРОНА З МЕТАЛУ Метал А еВ Метал А еВ Алюміній Барій Вісмут Вольфрам Залізо Золото Калій Кобальт Літій

374 229 462 450 436 458 215 425 239

Мідь Молібден Натрій Нікель Платина Срібло Титан Цезій Цинк

447 427 227 484 529 428 392 189 374

14 ПЕРІОДИ ПІВРОЗПАДУ РАДІОНУКЛІДІВ

Кобальт 60Co 52 року (β)

Стронцій 90Sr 28 років (β)

Полоній 210Po 138 діб (α) Радон 222Rn 38 доби (α) Радій 226Ra 1620 років (α) Уран 238U 45 109 років (α)

238

15 ДЕЯКІ ПОЗАСИСТЕМНІ ОДИНИЦІ 1 Aring 1 атм 1 бар 1 мм ртст 1 кал

10ndash10 м 1013 кПа або 760 мм рт ст 100 кПа 1333 Па 418 Дж

16 ДЕСЯТКОВІ ПРЕФІКСИ ДО НАЗВ ОДИНИЦЬ П ndash пета 1015

Т ndash тера 1012

Г ndash гіга 109 М ndash мега 106 к ndash кіло 103 г ndash гекто 102

д ndash деци 10ndash1 с ndash санти 10ndash2 м ndash мілі 10ndash3

мк ndash мікро 10ndash6 н ndash нано 10ndash9 п ndash піко 10ndash12

239

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ

1 Волькенштейн В С Сборник задач по общему курсу

физики В С Волькенштейн ndash М Высш шк 1985 2 Богданов К Ю Физика в гостях у биоло-

га К Ю Богданов ndash М Наука 1986 3 Гольдфарб Н И Сборник вопросов и задач по физике

учеб пособ Н И Гольдфарб ndash М Высш шк 1983 4 Грабовский Р И Курс физики Р И Грабовский ndash

М Высш шк 1980 5 Иродов И Е Задачи по общей физике учеб по-

соб И Е Иродов ndash М Наука 1988 6 Ливенцов Н М Курс физики Н М Ливенцов ndash М

Высш шк 1978 7 Матвєєв О М Механіка і теорія відноснос-

ті О М Матвєєв ndash К Вища шк 1993 8 Розвrsquoязування задач з курсу загальної фізи-

ки А А Остроухов В Л Стрижевский М Г Цвелих Ю П Цященко ndash К Рад шк 1966

9 Ремизов А Н Сборник задач по медицинской и био-логической физике ndash М Высш шк 1987

10 Збірник задач з курсу фізики для студентів біологічного факультету Л М Корочкіна В І Оглобля М Я Горі-дько В І Лозовий ndash К РВЦ ldquoКиївський ун-тrdquo 1998

11 Ремизов А Н Сборник задач по медицинской и биоло-гической физике Учеб пособ для ву-зов А Н Ремизов А Г Максина ndash М Дрофа 2001

12 Ремизов А Н Медицинская и биологическая физика учеб для вузов А Н Ремизов А Г Максина А Я Потапенко ndash М Дрофа 2005

13 Мэрион Дж Б Общая физика с биологическими примерами пер с англ Дж Б Мэрион пер з англ ndash М Высшшк 1986

240

Навчальне видання

МАКАРА Володимир Арсенійович ОГЛОБЛЯ Володимир Іванович ПЛЮЩАЙ Інна Вrsquoячеславівна

ЦАРЕГРАДСЬКА Тетяна Леонідівна

ЗАГАЛЬНА ФІЗИКА ДЛЯ БІОЛОГІВ ЗБІРНИК ЗАДАЧ

Навчальний посібник

Редактор Л В Магда

Оригінал-макет виготовлено Видавничо-поліграфічним центром Київський університет

Підписано до друку 060911 Формат 60х84116 Вид Фз10 Гарнітура Times New Roman Папір офсетний

Друк офсетний Наклад 200 Ум друк арк 1395 Обл-вид арк 15 Зам 211-5770 01601 Київ б-р Т Шевченка 14 кімн 43

(38044) 239 32 22 (38044) 239 31 72 телфакс (38044) 239 31 28 Свідоцтво внесено до Державного реєстру ДК 1103 від 311002