19

1 Фізичні основи класичної механіки

1.1 Основні закони і формули

1. Кінематичне рівняння руху математичної точки:

)(trr = ,

або ( ) ( ) ( ) ( )r t x t i y t j z t k= + + ,

де r – радіус-вектор матеріальної точки, , , i j k – одиничні вектори (орти) координатних осей , , x y z .

2. Середня швидкість: rt

Δ< >=

Δυ ,

де 2 1r r rΔ = − – вектор переміщення матеріальної точки. Миттєва швидкість:

dtrd

=υ ,

або kji zyx υυυυ ++= ,

де xυ , yυ , zυ – проекції вектора швидкості на координатні осі. Модуль вектора швидкості:

222zyx υυυυυ ++== ,

або dtdS

=υ .

Шлях, як першотвірна від модуля вектора швидкості:

∫ += 0)( SdttS υ ,

де 0S – стала інтегрування. 3. Середнє прискорення:

ta

ΔΔ

>=<υ ,

де 12 υυυ −=Δ – вектор зміни швидкості за проміжок часу tΔ . Миттєве прискорення:

dtda υ

= ,

20

або x y za a i a j a k= + + ,

де x y za ,a ,a – проекції вектора прискорення на координатні осі. Модуль вектора прискорення:

2 2 2x y za a a a= + + .

Вектор прискорення у випадку криволінійного руху:

nRdt

da2υτυ

+= .

Тангенціальна та нормальна складові вектора прискорення та їх зв’язок з повним прискоренням:

dtda υ

τ = , nR

a2υ

τ = ;

na a aτ= + ; 2 2na a aτ= + ,

де R – радіус кривизни траєкторії, , nτ – одиничні вектори дотичної та нормалі до траєкторії.

Модуль вектора швидкості як першотвірна від тангенціальної складової прискорення:

0)( υυ τ += ∫ dtta ,

де 0υ – стала інтегрування, яку можна знайти з початкових умов. 4. Кутова швидкість:

ddtϕ

ω = ,

де dϕ – вектор кутового переміщення. Кутове прискорення:

dtdωβ = .

5. Частота та період рівномірного обертання: Nt

ν = ,

1tTN

= =ν

,

де N – число повних обертів тіла за проміжок часу t . Кутова швидкість при рівномірному обертанні та її зв’язок з

частотою та періодом обертання:

21

22 2Nt T

πω = π = πν = .

Шлях, який матеріальна точка проходить по дузі кола: S R= ⋅ϕ ,

де R – радіус кола, ϕ – кут повороту точки. 6. Зв’язок між лінійною та кутовою швидкостями:

][ r×= ωυ , або Rr ωϕωυ == sin , де r – радіус-вектор точки, ϕ – кут між векторами ω і r , R –

радіус обертання точки. Зв’язок між тангенціальним і кутовим прискореннями:

][ ra ×= βτ , або Rra ⋅== βϕβτ sin . Кут повороту, кутова швидкість тіла при рівноприскореному та

рівноуповільненому обертанні:

2

2

0tt βωϕ ±= ,

2 Nϕ = π , tβωω ±= 0 .

де 0ω – початкова кутова швидкість, ω – кутова швидкість в момент часу t , N – число повних обертів тіла.

7. Радіус-вектор центра мас (центра інерції) системи, що складається з N частинок:

1

1 Nc i i

ir m r

m == ∑ ,

де im і ir – маса і радіус-вектор i -ої частинки; 1

Ni

im m

== ∑ – маса

системи. Швидкість центра мас:

∑=

=N

iiic m

m 1

1 υυ ,

де im і iυ – маса і швидкість i -ої частинки. 8. Імпульс матеріальної точки та системи матеріальних точок, що

складається з N частинок:

22

iii mp υ=

та ∑=

=N

iiimp

1

υ або cmp υ= ,

де im і υ – маса і вектор швидкості i -ої частинки, m – маса системи, cυ – швидкість центра мас.

Другий закон Ньютона: dp Fdt

= або 1a Fm

= ,

де p – імпульс матеріальної точки (тіла), F – зовнішня сила, a – прискорення точки, m – маса цієї точки.

10. Рівняння руху (диференціальне рівняння другого порядку): 2

2 ( )d rm F r ,tdt

= ,

де r – радіус-вектор матеріальної точки, ( )F r ,t – результуюча сила, яка діє на матеріальну точку.

Рівняння руху в проекціях на координатні осі: 2

2 xd xm Fdt

= ; 2

2 yd ym Fdt

= ; 2

2 zd zm Fdt

= ,

де , , x y zF F F – проекції вектора результуючої сили F , що діє на точку, на осі , , x y z .

11. ∗ Сила сухого тертя:

трF N= μ , де μ – коефіцієнт тертя, N – сила реакції опори. ∗ Сила пружності (закон Гука):

F kx= − , де k – коефіцієнт пружності, x – абсолютна деформація. ∗ Сила тяжіння:

ТF mg= , де g – прискорення вільного руху. ∗ Сила гравітаційної взаємодії:

rr

rmmGF ⋅= 2

21 ,

23

де G – гравітаційна стала, rr – одиничний вектор.

12. Елементарна робота: ( )dA F dl= ⋅ ,

де F – вектор сили, dl – елементарний вектор переміщення. Робота змінної сили:

lA F( r )dl= ∫ .

Інтегрування ведеться вздовж траєкторії l . Робота постійної сили при прямолінійному русі ( )r s= :

αcosFsA = , де s – шлях, який тіло пройшло, α – кут між напрямком вектора

сили та вектора переміщення. 13. Середня потужність на відрізку часу від t до t t+ Δ :

ANt

⟨ ⟩ =Δ

,

де A – робота, здійснена за проміжок часу tΔ . Миттєва потужність:

dANdt

= або αυ cosFN = ,

де dA – елементарна робота, здійснена за проміжок часу dt , F – сила, яка здійснює роботу dA .

14. Кінетична енергія поступального руху:

2

2υmWk = або 2

2kpWm

= ,

де m , υ – маса і швидкість тіла, p – імпульс тіла. Потенціальна енергія: а) пружньодеформованого тіла:

2

2kxU = ,

де k – коефіцієнт пружності, x – абсолютна деформація тіла; б) гравітаційної взаємодії двох точок (тіл):

1 2m mU Gr

= − ,

24

де 1m і 2m – маси взаємодіючих точок, r – відстань між цими точками;

в) тіла в однорідному гравітаційному полі (полі сили тяжіння Землі): U mgh= , при ( )Зh R<< ,

де g – напруженість гравітаційного поля (прискорення вільного падіння), h – відстань від нульового рівня, ЗR – радіус Землі.

15. Зв’язок сили з потенціальною енергією: F gradU= − ,

U U UgradU i j kx y z

⎛ ⎞∂ ∂ ∂= + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠

,

де i , j ,k – одиничні вектори. 16. Напруженість гравітаційного поля Землі:

rr

hRMGgз

з ⋅+

= 2)(,

де ЗM – маса Землі, ЗR – радіус Землі, h – відстань від поверхні Землі до місця розташування матеріальної точки (тіла), r – радіус-вектор точки поля, що розглядається.

Потенціал гравітаційного поля Землі: З

З

GMR h

ϕ = −+

.

17. Момент сили F відносно нерухомої точки O : M r F⎡ ⎤= ×⎣ ⎦ ,

або M Fr sin Fl= α = ,

де r – радіус-вектор матеріальної точки, α – кут між векторами r та F , l r sin= α – плече сили.

Момент сили F відносно нерухомої осіOz : [ ]zz FrM ×= .

18. Момент інерції матеріальної точки відносно будь-якої осі обертання:

2i i iJ m r= ,

де im – маса матеріальної точки, ir – відстань її від осі обертання. Момент інерції тіла відносно нерухомої осі:

25

2

1

ni i

iJ m r

== ∑ .

При неперервному розподілі маси: 2

VJ r dV= ρ∫ ,

де ρ – густина тіла, dV – елемент об’єму. Для однорідного тіла:

2

VJ r dV= ρ∫ .

Моменти інерції деяких тіл масою m відносно осі, що проходить крізь центр мас:

а) тонкостінного циліндра (кільця) радіуса R , якщо вісь обертання співпадає з віссю циліндра:

2J mR= ; б) суцільного циліндра (диска) радіуса R , якщо вісь обертання

співпадає з віссю циліндра: 21

2J mR= ;

в) кулі радіуса R : 22

5J mR= ;

г) тонкого стержня довжиною l , якщо вісь обертання перпендикулярна стержню:

2112

J ml= .

Момент інерції тіла масою m відносно будь-якої осі (теорема Штейнера):

20J J md= + ,

де 0J – момент інерції відносно паралельної осі, що проходить крізь центр мас, d – відстань між осями.

19. Момент імпульсу матеріальної точки відносно нерухомої точки (полюса):

[ ]i i iL r p= × ,

або i iL r p sin pl= α = ,

26

де ir – радіус-вектор матеріальної точки, ip – імпульс матеріальної точки, α – кут між векторами ir і ip , l r sin= α – плече імпульсу.

Проекція вектора L на вісь обертання z : z zL J= ω ,

де ω – кутова швидкість точки. Основний закон динаміки обертального руху:

dL Mdt

= або MJ =β ,

де β – кутове прискорення матеріальної точки, J – її момент інерції відносно осі обертання.

20. Диференціальне рівняння, що описує обертання тіла навколо нерухомої осі:

2

2zdJ Mdt

ϕ= ,

де zJ – момент інерції тіла відносно осі обертання, ϕ – кутове

переміщення, M – момент зовнішніх сил. 21. Кінетична енергія при обертальному русі

212kW J= ω або

2

2kLWJ

= ,

де J – момент інерції тіла, ω – кутова швидкість. Кінетична енергія тіла, що котиться без ковзання:

22

22 ωυ JmW c

k += ,

де 2

2cmυ – кінетична енергія поступального руху тіла, cυ – швидкість

центра мас, 2

2Jω – кінетична енергія обертання навколо осі, що проходить

крізь центр мас. 22. Елементатна робота при обертанні:

( )ϕdMdA ⋅= ,

де M – момент сили, dϕ – вектор кутового переміщення. Робота, що здійснюється змінним моментом сили при обертанні:

27

( )∫ ⋅=2

1

ϕ

ϕ

ϕdMA ,

де 1ϕ і 2ϕ – початкове і кінцеве значення кута повороту. Робота сталого моменту сили при обертанні навколо нерухомої осі:

zA M= ⋅ϕ , де zM – момент сили, що діє на тіло, яке обертається, ϕ – кут

повороту тіла. 23. Закон збереження імпульсу:

1

ni

ip const

==∑ , або ∑

=

=n

iii constm

1

υ .

Швидкості після зіткнення: абсолютно пружного центрального удару:

21

221111 2

mmmmu

++

+−=υυυ ,

21

221122 2

mmmmu

++

+−=υυυ ;

абсолютно непружного удару:

21

221121 mm

mmuu++

==υυ ,

де 1υ та 2υ – швидкості частинок до зіткнення. 24. Закон збереження механічної енергії замкненої системи, в якій

діють лише консервативні сили: kW U const+ = ,

де kW – кінетична енергія, U – потенціальна енергія тіл замкненої системи.

Зауваження. При абсолютно непружному зіткненні тіл закон збереження механічної енергії не виконується. Зберігається сумарна енергія усіх видів – механічної та внутрішньої.

25. Закон збереження моменту імпульсу:

1

ni

iL const

==∑ або

1

ni i

iJ const

=ω =∑ .

28

Елементи спеціальної теорії відносності

26. Перетворення координат Галілея: '' txx υ+= ; y y′= ; z z′= ; 'tt = ,

де , , x y z – координати точки в нерухомій системі відліку K ; , , x y z′ ′ ′ – координати тієї ж самої точки в рухомій системі відліку

K ′ ; t , t′ – час в K і K ′ . Закон складання швидкостей в ньютонівській механіці: ' Vυ υ= + , де υ – швидкість точки в системі K ; 'υ – швидкість точки в системі

K ′ ; V – швидкість руху системи K ′ відносно системи K . 27. Перетворення Лоренца координат і часу:

21

x' Vt'x +=

− β;

y y′= ; z z′= ;

2

21

Vt' x'ct

+=

− β,

де t′ – час в системі K ′ , що рухається вздовж осі x відносно

системи відліку K , c – швидкість світла в вакуумі, Vc

β = .

28. ∗ Закон складання швидкостей в релятивістській механіці:

2

'

'

1c

VV

x

xx υ

υυ

+

+=

де xυ – швидкість точки в системі K ; 'xυ – швидкість точки в

системі K ′ . ∗ Релятивістське скорочення довжини:

20 21 Vl l

c= − ,

де 0l – довжина тіла в системі відліку, відносно якої тіло знаходиться у стані спокою; l – довжина тіла в системі відліку, відносно якої тіло рухається зі швидкістю V .

∗ Релятивістське сповільнення часу:

29

02

21 Vc

=

−

ττ ,

де 0τ – тривалість події для спостерігача, нерухомого відносно об’єкта спостереження; τ – тривалість події для спостерігача, що рухається із швидкістю V .

29. Релятивістська маса, імпульс:

2

20

1cV

mm

−

= ,

2

20

1cV

mUmp

−

==υ ,

де 0m – маса спокою тіла; υ – швидкість руху в нерухомій системі відліку.

30. Енергія спокою тіла: 2

0 0E m c= . Повна енергія в релятивістській механіці:

2

2

202

1cV

cmmcE

−

== ,

де m – релятивістська маса. Кінетична енергія тіла в релятивістській механіці:

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−

=−= 1

1

1

2

200

cV

cmEEWk ,

де E – повна енергія, 0E – енергія спокою тіла. Релятивістське співвідношення між повною енергією та імпульсом:

2 2 20E p c E= + .

Механічні коливання і хвилі

31. Кінематичне рівняння гармонічного коливання матеріальної

точки: 0 0( ) ( )x t Acos t= ω + ϕ , 0 0( )t tϕ = ω + ϕ ,

30

де ( )x t – зміщення частинки від положення рівноваги в момент часу t ; A – амплітуда коливань, ( )tϕ – фаза коливань; 0ϕ – початкова фаза коливань; 0ω – кутова швидкість або циклічна частота.

32. Швидкість та прискорення матеріальної точки, що виконує гармонічні коливання:

)sin( 000 ϕωωυ +−= tA , 2 20 0 00 0( )a A cos t x= − ω ω + ϕ = −ω .

33. Диференціальне рівняння гармонічних коливань матеріальної точки:

2202 0d x x

dt+ ω = ,

0km

ω = ,

де 0ω – циклічна частота вільних коливань, m – маса точки, k – коефіцієнт квазіпружної сили.

34. Повна енергія матеріальної точки, що здійснює гармонічні коливання:

2 2 21 12 2

E mA kA= ω = .

35. Періоди коливань маятників:

а) математичного 2 lTg

= π ;

б) пружного 2 mTk

= π ;

в) фізичного 2 zJTmga

= π ,

де l – довжина математичного маятника; m – маса тіла; k – коефіцієнт пружності пружини; zJ – момент інерції тіла, що коливається; a – відстань від центра мас до осі обертання.

36. Приведена довжина фізичного маятника: z

прJlma

= .

37. Амплітуда і початкова фаза результуючого коливання при

складанні двох гармонічних коливань одного напрямку:

31

2 21 2 01 2 2A A A A A cos= + + Δϕ ;

0 10 20Δϕ = ϕ − ϕ ;

1 10 2 200

1 10 2 20

A sin A sintg

A cos A cosϕ + ϕ

ϕ =ϕ + ϕ

.

38. Рівняння траєкторії руху точки, перебуваючої одночасно у двох взаємно перпендикулярних коливаннях:

2 22

2 2 2x y xy cos sinABA B

+ − ϕ = ϕ ,

де ( )x t Acos t= ω , ( ) ( )y t B cos t= ω + ϕ . 39. Диференціальне рівняння загасаючих коливань:

2202 2 0d x dx x

dtdt+ β + ω = ;

де β – коефіцієнт загасання, r – коефіцієнт опору, 0ω – циклічна

частота вільних незгасаючих коливань, 2rm

β = .

Розв’язок диференціального рівняння загасаючих коливань:

0 0( ) ( )tx t A e cos t−β= ω + ϕ ,

де 2 20ω = ω − β , ω – частота загасаючих коливань.

Рівняння амплітуди загасаючих коливань:

0( ) tA t A e−β= . Логарифмічний декремент загасання:

( )( )A tln T

A t Tλ = = β

+.

40. Диференціальне рівняння вимушених коливань під дією періодичної зовнішньої сили:

202

02 2Fd x d x cos t

dt mdtϕ

+ β + ω = Ω ,

де 0F – амплітуда періодичної сили, Ω – частота вимушуючої сили. Частинний розв’язок диференціального рівняння вимушених

коливань: 0( ) ( )x t Acos t= Ω − φ ,

де 0φ – зсув фази усталених коливань відносно вимушуючої сили. 41. Амплітуда вимушених коливань:

32

( ) 222220

0

4 Ω+Ω−=

βωm

FA .

Зсув фази:

220

02

Ω−Ω

=ω

βϕtg .

42. Резонансна частота і резонансна амплітуда: 2 20 2резω = ω − β ;

02 202

резF

A =β ω − β

.

43. Зв’язок довжини хвилі з періодом і частотою коливань:

νυυλ == T .

44. Різниця фаз коливань двох точок середовища, в якому розповсюджується плоска хвиля:

2 xπΔϕ = Δ

λ,

де xΔ – найкоротша відстань між хвильовими поверхнями. 45. Рівняння стоячої хвилі:

0( ) 2x,t A cos kx cos tξ = ⋅ ω , де 02A A cos kx= – амплітуда хвилі. 46. Швидкість поздовжньої хвилі в пружному середовищі:

ρυ E

n = ,

де E – модуль Юнга, ρ – густина речовини. 47. Швидкість звуку в ідеальному газі:

RT pM

υ γ γρ

= = ,

де pCC

=υ

γ – показник адіабати, R –універсальна газова стала, T –

термодинамічна температура, M – молярна маса, p – тиск газу, ρ – густина газу.

48. Середня об’ємна густина енергії пружної хвилі:

33

2 2 20

1 12 2

w A= ρξ = ρω ,

де 0ξ – амплітуда швидкості частинок середовища, ω – кругова частота звукових хвиль.

49. Енергія звукового поля в об’ємі: W w V= ⟨ ⟩ .

50. Потік звукової енергії: Wt

Φ = ,

де W – енергія, що переноситься через дану поверхню за проміжок часу t .

51. Інтенсивність звуку ( густина потоку енергії ): I w= ⟨ ⟩υ ,

де υ – швидкість звуку у середовищі; I – вектор Умова.

1.2 Приклади розв’язання задач.

Задача 1. Матеріальна точка рухається згідно рівнянням: 3

1 1x b t d t= + , 22 2y b t c t= + , 0z = , де 1 27b = м/с; 11 −=d м/с3; 2 32b = м/с;

2 8c = − м/с2. Знайти тангенціальне, нормальне прискорення та радіус кривизни

траєкторії в момент часу 1 2t = с. Розв’язання

За умовою задачі координата 0z = , тобто рух відбувається в площині xOy .

Тангенціальне і нормальне прискорення можна знайти, якщо відомі модулі та напрямки векторів a та υ в заданий момент часу. Вектори a і υ можна знайти по їх проекціях на координатні осі. Проекції векторів a і υ можна одержати послідовним диференціюванням ( )x t та ( )y t :

a an

aτ

n

υτ

Рисунок 1.1

34

τυτ dt

da = , nR

an

2υ=

де τ і n – одиничні вектори (орти) спрямовані по дотичній і нормалі до траєкторії відповідно.

Проекції швидкості: 2

11 3 tdbx +=υ , tcby 22 2+=υ . Проекції прискорення:

16xa d t= , 22ya c= . В момент часу 2t c= :

15)1(4327 =−⋅+=xυ (м/с), 03232 =−=yυ .

Отже, в момент часу 2t = с вектор швидкості спрямовано по горизонталі xυυ = .

Прискорення в момент часу 2t = с дорівнюють: ( )6 1 2 12xa = ⋅ − ⋅ = − (м/с2),

( )2 8 16ya = ⋅ − = − (м/с2).

Оскільки 0=yυ , то xa aτ= , y na a= .

Таким чином, 12aτ = − м/с2, 16na = − м/с2. Радіус кривизни R знаходиться із виразу для нормального

прискорення: 2 2

14 nn

a RR a

υ υ= ⇒ = = (м).

Задача 2. Парашутист, маса якого 100m = кг, виконує затяжний стрибок. Його початкова швидкість 00 =υ . Знайти закон зміни його швидкості до розкриття парашуту, якщо сила опору повітря пропорційна швидкості руху парашутиста: 0F k= − υ , де 20k = кг/с.

Розв’язання Парашутист починає рух із точки O . Вісь Ox спрямуємо вертикально вниз. На парашутиста діють дві сили: сила тяжіння mg та сила опору

повітря cF k= − υ (рис 1.2).

35

h Fc

o

x

Рисунок 1.2 За другим законом Ньютона:

dm mg kdt

= −υ υ

Звідки після розподілу змінних: d k dt

mg mk

− =⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

υ

υ

або

mgdkk dt

mg mk

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ = −

−

υ

υ.

Після інтегрування одержуємо: mg kln t Ck m

⎛ ⎞− = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

υ .

Сталу C знаходимо з початкових умов ( 0 0= =υ υ при 0t = ): mgC lnk

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

,

тоді mg k mgln t lnk m k

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

υ

і закон зміни швидкості буде мати вигляд:

1k tmmg e

k

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

υ .

При t → ∞ швидкість наближається до свого максимального значення max /mg k=υ .

Задача 3. Потенціальна енергія частинки в центральному силовому полі задана рівнянням :

36

2( ) A BU rrr

= − ,

де 66 10A −= ⋅ Дж·м2, 43 10B −= ⋅ Дж·м, r – відстань від центра поля до будь-якої точки поля. Знайти ті значення r , при яких потенціальна енергія і сила, що діє на частинку, мають екстремальні значення; знайти ці екстремальні значення; побудувати графіки залежності ( )U r та ( )rF r , де

rF – проекція вектора F на напрямок радіус-вектора r . Розв’язання

Частинка знаходиться у потенціальному полі. Потенціальна енергія частинки в цьому полі – задана функція однієї координати r . Проекція сили на напрямок радіус-вектора r :

rdUFdr

= − .

Для заданої функції 2( ) A BU rrr

= − ,

3 22rA BFr r

= − .

Оскільки A та B додатні величини, то перший член вiдповiдає силі відштовхування; другий – силі притягання.

Щоб знайти екстремальні значення потенціальної енергії, необхідно

знайти такі значення r , при яких перша похідна 0dUdr

= , тобто:

3 22dU A Bdr r r

= − + ,

( )3 2 312 2 0A B A Br

r r r− + = − + = .

Звідки 0dUdr

= ,

при 21

2 4 10Ar rB

−= = = ⋅ м, 31 1( ) 3 8 10U U r , −= = − ⋅ Дж.

Очевидно, що 0dUdr

> при r не набагато більшим за 1r .

Отже, знайдене екстремальне значення minU U= і при 1r r= дана частинка знаходиться в положенні рівноваги.

При ( ) 0U r = ( крім r → ∞ ):

37

2 0A Brr

− = ; ( )21 0A Brr

− = ,

при 20 2 10Ar r

B−= = = ⋅ м; 0( ) 0U r = .

Графік ( )U r наведений на рис. 1.3а.

Аналогічно для ( )rF r знайдемо такі r , при яких 0rdFdr

= ;

( )4 3 46 2 2 3rdF A B A Br

dr r r r= − + = − + ,

( )42 3 0A Brr

− + = ,

звідки 0rdFdr

= при 23 6 10Ar rB

−′= = = ⋅ м. При цьому

( ) 0 028rF r ,′ = − Н. Знак “-” показує, що при r r′= на частинку діють сили. Значення r , при яких 0rF = , вже відомі; 0rF = при r → ∞ і при

1r r= . Графік ( )rF r наведено на рис. 1.3б.

Рисунок 1.3

2 46 80

4

6

-4

-2

2

24 6 80

0,05

-0,05

а) б)

r.1 0-2,H r.1 0-2,м

U.1 0-3, Дж

F, H

Задача 4. В однорідному диску , маса якого 1m = кг, радіус 30r = см зроблено круглий отвір діаметром 20d = см, центр якого

знаходиться на відстані 15l = см від осі диска. Знайти момент інерції J тіла відносно осі, яка проходить перпендикулярно площині диска через його центр.

38

Розв’язання

Or

l

d

Рисунок 1.4 Момент інерції тіла:

0 отвJ J J= − , (1) де 0J – момент інерції диска, якби він був заповнений речовиною;

отвJ – момент інерції отвору. Момент інерції отвору відносно осі диска знайдемо згідно з

теоремою Штейнера: 2

отв отвJ J m l′= + ⋅ ,

де 2

1 12

m rJ ′ = – момент інерції вирізаного диска радіусом 1 2dr =

відносно осі, що проходить через його центр мас; 1 1m ,r – маса і радіус цього диска.

Маси вирізаного диска та заданого відносяться як їх площини:

1 1

m Sm S

= ; 2 2

12 21

44

m r dm mm d r

π⋅ ⋅ π ⋅= ⇒ =

π⋅ π⋅,

тобто 2

1 24отвdm m mr

= = .

Момент інерції одержаного тіла дорівнюватиме:

( )2 2 2 2 2 2

2 2 22 2 2

2 2

82 24 2 4 4 32

4 19 10 кг м .

mr d m d d m mr d mJ l d lr r r

, −

⎛ ⎞⋅= − + = − + =⎜ ⎟⎜ ⎟⋅ ⋅⎝ ⎠

= ⋅ ⋅

Задача 5. Маховик, маса якого 5m = кг рівномірно розподілена по

ободу радіуса 20r = см, вільно обертається з частотою 720n = хв-1 навколо горизонтальної осі, яка проходить через його центр інерції.

39

Через 20tΔ = с маховик зупиняється. Знайти гальмувальний момент та число обертів, які маховик зробив до повної зупинки.

Розв’язання За основним законом динаміки обертального руху:

J M tΔω = Δ , (1) де 0ω−ω=ωΔ – зміна кутової швидкості за інтервал tΔ , M –

гальмувальний момент. Векторному рівнянню (1) відповідає скалярне рівняння:

J M tΔω = Δ , (2) де Δω та M – модулі відповідних векторів. Згідно умови задачі випливає, що:

0 0 2Δω = ω − ω = ω = π⋅ν ; 2J mr= . (3) Після підстановки виразу (3) в (2) одержуємо:

2 2mr M t⋅ π ⋅ν = Δ .

Звідки 22 0 75mrM ,

tπ⋅ν ⋅

= =Δ

мН ⋅ .

Вектори M і ωΔ напрямлені в сторону, протилежну вектору 0ω . Кутове переміщення, яке маховик пройшов до зупинки:

20

2 2tt ω ΔβΔ

Δϕ = = . (4)

Оскільки, 2 nΔϕ = π , а 0 2ω = π⋅ν , то 1202

tn νΔ= = обертів.

Задача 6. На горизонтальній платформі сидить людина і тримає у витягнутих руках вантажі по 10 кг кожний.

Відстань від кожного вантажу до осі обертання платформи 1 50l = см. Платформа обертається з частотою 1 1ν = с-1. Як зміниться частота обертання платформи і яку роботу виконає людина, якщо вона зведе руки так, що відстань від кожного вантажу до осі зменшиться до 2 20l = см? Момент інерції платформи разом з людиною відносно осі обертання складає 0 2 5J ,= 2мкг ⋅ . Вісь обертання проходить через центр мас людини і платформи.

Розв’язання Система, що складається із платформи, людини та вантажів замкнена.

Оскільки всі тіла системи здійснюють обертальний рух навколо однієї й тієї ж осі обертання, то слід розглядати тільки закон збереження моменту імпульсу цієї системи:

40

1 2L L= , або 1 1 2 2J Jω = ω , (1) де 1 1J ω та 2 2J ω – моменти імпульсу системи до і після зближення

вантажів відповідно. Рівняння (1) в скалярному виді має вигляд: 1 1 2 2J Jω = ω . (2)

До зближення вантажів момент інерції всієї системи: 2

1 0 12J J ml= + , після зближення:

22 0 22J J ml= + ,

де m – маса кожного вантажу.

Оскільки 2ω = π⋅ν , то ( ) ( )2 20 1 1 0 2 22 2J ml J ml+ ν = + ν .

Звідки ( )

( )2

1 0 12 2

0 2

22 3

2

J ml,

J ml

ν +ν = =

+ с -1.

Робота, яку виконала людина: 2 2

2 2 1 12 2

J JA ω ω= − .

Зауважуючи, що 1 12

2

JJω

ω = , маємо:

( )2

1 11 2

22JA J J

Jω

= − ,

( )2

0 1 2 2 2 21 212

0 2

22 2 190

2J ml

A m l lJ ml

+= ⋅ π ν ⋅ − =

+Дж.

Задача 7. Спостерігач, що знаходиться в системі відліку K , вимірює довжину стержня, який в системі K ′ знаходиться у стані спокою. Швидкість системи K ′ відносно системи K складає 0 7, с. Яку довжину стержня одержить спостерігач, якщо в системі K ′ довжина стержня становила 0 1l = м?

Розв’язання Спостерігач в системі K повинен по одному й тому ж годиннику

виміряти моменти 1t та 2t проходження обох кінців стержня, тоді:

0l t= Δυ , (1) де 2 1t t tΔ = − ; 0 0,7υ = с.

41

Якщо в системі K годинник знаходиться в точці з координатою x , то в системі K ′ в момент часу 1t їй відповідає координата 2x′ , в момент часу 2 1t x′− , причому 2 1 0x x l′ ′− = .

З перетворювань Лоренця: 0 1

2 2021

x tx

c

−′ =

−

υ

υ, 0 2

1 2021

x tx

c

−′ =

−

υ

υ,

де x – координата точки, в якій знаходиться годинник спостерігача в системі K .

02 1 2

021

tx x

c

Δ′ ′− =

−

υ

υ.

Тоді ( )22

02 1 02 21 1 0,71l x x l

c c′ ′= − − = − =

υυ м.

Задача 8. Знайти швидкість мезона, якщо його повна енергія у 10 разів більша за енергію спокою.

Розв’язання Повна енергія мезона складається із кінетичної енергії мезона 1T та

власної енергії мезона 0E (енергія спокою). При цьому:

20 0 2

1 11

E m c⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟− β⎝ ⎠

(1)

та 20 0E m c= .

Тоді повна енергія W : 2

00 21

m cW T E= + =

− β.

Згідно умови задачі:

010W

E= , тобто

2

1 101

=− β

.

Звідси 0,995c

= =υβ , а 82,985 10= ⋅υ м/с.

42

Задача 9. Матеріальна точка здійснює гармонічні коливання вздовж осі Ox . Через 1 0 1 ct ,= від початку руху, зміщення точки від положення рівноваги 1 5x = см, швидкість 1 62x =υ см/с, прискорення

1 540xa = − см/с2. Знайти: 1) амплітуду, циклічну частоту та початкову фазу коливань; 2) зміщення, швидкість та прискорення в момент часу 0t = .

Розв’язання Закон руху матеріальної точки має вид:

( )0 0x A sin t= ω + ϕ . (1) Закон зміни швидкості та прискорення:

( )0 0cosxx A t= = +υ ω ω ϕ , (2)

( )20 0xx a A sin t= = − ω ω + ϕ . (3)

Підставимо в рівняння (1) – (3) значення 1 1 1, , xt x υ та 1xa , дістанемо:

( )1 0 1 0x A sin t= ω + ϕ , ( )1 0 1 0cosx A t= +υ ω ω ϕ ,

( )21 0 0xa A sin t= − ω ω + ϕ . (4)

З рівнянь (4) видно, що 21 1xa x= − ω ,

звідки 1

110 4xa

,x

ω = − = с-1.

Амплітуда коливань: 212

0 1 2 7,8xA x= + =υ

ω см.

Щоб знайти початкову фазу, значення 0А та ω підставимо, наприклад, в перше із рівнянь (1).

Так як 2 0 6T ,π= =

ω с, тоді

11

2 26

ttTπ⋅ π

ω = = , та 1 0 026

x A sin π⎛ ⎞= + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠

,

10

0

2 0 646

xarcsin arcsin ,

A⎛ ⎞π

+ ϕ = =⎜ ⎟⎝ ⎠

,

звідки 02 2406 9π π

+ ϕ = ° = ; 0 9π

ϕ = − .

43

Щоб знайти координату, швидкість та прискорення в момент часу 0t = , треба в рівняння (1) – (3) підставити значення 0t = .

(0) 2 7x ,= − см; (0) 76x =υ см/с; (0) 289xa = см/с2. Задача 10. Математичній маятник довжиною 50l = см здійснює

невеличкі коливання в середовищі з коефіцієнтом згасання 0 9,β = с-1. Знайти час τ та число повних коливань n , по закінченні яких амплітуда коливань маятника зменшиться у п’ять разів. В скільки разів повинен збільшитись коефіцієнт тертя, щоб коливання були неможливі?

Розв’язання Малі коливання маятника здійснюються за гармонічним законом,

причому власна циклічна частота коливань 0ω дорівнює:

0gl

ω = . (1)

Внаслідок тертя коливання маятника будуть згасаючі:

0te sin t−βϕ = ϕ ω ,

де ϕ – кут відхилення нитки маятника від вертикалі в момент часу t . Період згасаючих коливань:

2 20

2 2T π π= =

ω ω − β,

Амплітуда згасаючих коливань:

0tA e−β= ϕ .

Для моментів часу t та t + τ :

1 0tA e−β= ϕ , ( )

2 0tA e−β +τ= ϕ .

Відношення амплітуд: 1

25A e

Aβτ= = .

Логарифмуючи цей вираз, дістанемо: 5 1 79ln ,= =τβ

c.

Кількість повних коливань, які пройшли за час τ , дорівнює nT

=τ .

Дістанемо із (1) 0ω , підставимо в (2), одержимо 1 45T ,= с. Якщо порівняти T та τ , то видно, що 1 2n< < , тобто після двох

повних коливань амплітуда зменшиться вже більше, ніж у 5 разів, що відповідає зменшенню енергії більше, ніж у 25 разів.

44

Значення коефіцієнта згасання β , при якому ще можливі коливання:

0maxβ = ω ,

причому 2rm

β = ,

де m – маса маятника, r – коефіцієнт опору. Таким чином, збільшення коефіцієнта опору z дорівнює:

max maxrz

rβ

= =β

.

Оскільки 0maxβ = ω , то z 0 4,9ωβ

= = .

1.3 Задачі для самостійного розв’язання 1.1 Визначити модуль швидкості матеріальної точки в момент часу

2t = с, якщо точка рухається за законом ( )2r At i B sin t j ,= + π де 5A = м/с2, 6B = м. Відповідь: 27,5≈υ м/с. 1.2 Матеріальна точка рухається за законом

( ) ( )25 5r sin t i cos t j ,= α + β де 2α = м, 3β = м. Визначити траєкторію руху матеріальної точки.

Відповідь: 2334

y x= − .

1.3 В момент часу 0t = частинка вийшла із початку координат в

позитивному напрямку осі x . Швидкість частинки з часом змінюється за

законом 0 1 t⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

υ υτ

, де 0υ – вектор початкової швидкості, модуль

якого 0 1=υ м/с, 50=τ с. Знайти координату частинки в моменти часу 5, 10 і 20 с.

Відповідь: 4,75 м, 9 м, 16 м.

45

1.4 Прискорення матеріальної точки змінюється за законом 2a t i j ,= α − β де 0 3,α = м/с4, 3β = м/с2. Знайти, на якій відстані від

початку координат вона знаходитиметься в момент часу 1t = с, якщо 0 0, 0r= =υ при 0t = .

Відповідь: 1 5r ,= м. 1.5 Потяг рухається рівномірно із швидкістю 0 50=υ м/с. Раптово на

шляху встає перешкода і машиніст вмикає гальма. З цього моменту швидкість потягу змінюється за законом 2

0 t= −υ υ α , де 1=α м/с3. Знайти гальмувальний шлях потягу. Через який проміжок часу потяг зупиниться?

Відповідь: 230x ≈ м, 7t ≈ с. 1.6 Матеріальна точка рухається по колу радіусом 0 02R ,= м.

Залежність шляху від часу задано рівнянням: 3x Ct= , де 310C −= м/с3. Знайти нормальне і тангенціальне прискорення точки в момент часу, коли лінійна швидкість точки дорівнює 0,3=υ м/с.

Відповідь: 4 5na ,= м/с2, 0 06a ,τ = м/с2. 1.7 Залежність від часу шляху, який пройшло тіло, що прямолінійно

рухалося, визначається рівнянням: 2 3s A Bt Ct Dt= + + + , де 0 14C ,= м/с2, 0 01D ,= м/с3. В який момент часу τ прискорення тіла a дорівнюватиме

1 м/с2? Знайти середнє прискорення тіла за проміжок часу від t до t = τ . Відповідь: 12=τ с; 0 64a ,⟨ ⟩ = м/с2. 1.8 По дузі кола радіуса 10R = м рухається точка. В деякий момент

часу нормальне прискорення точки 4 9na ,= м/с2, вектори повного і нормального прискорення у цей час утворюють кут 60α = ° . Знайти лінійну швидкість υ і тангенціальне прискорення aτ точки.

Відповідь: 7=υ м/с; 8,5a =τ м/с2. 1.9 Рух точки по кривій задано рівняннями: 3

1x A t= та 2y A t= , де

1 1A = м/с3, 2 2A = м/с. Знайти рівняння траєкторії точки, її швидкість υ і повне прискорення a в момент часу 0 8t ,= с.

Відповідь: 3 8 0y x− = ; 2,77=υ м/с.

46

1.10 Рух точки, що обертається по колу радіусом 4R = см, задано рівнянням: 2x A Bt Ct ,= + + де 10A = м; 0 2B ,= − м/с; 1C = м/с2. Знайти тангенціальне, нормальне і повне прискорення в момент часу 2t = с.

Відповідь: 2aτ = м/с2; 1na = м/с2; 2 24a ,= м/с2. 1.11 Колесо обертається навколо нерухомої осі так, що кут ϕ його

обертання змінюється з часом згідно рівнянню: 2Bt ,ϕ = де 0 20B ,= рад/с2. Знайти повне прискорення точки A на ободі колеса в момент часу

2 5t ,= с, якщо лінійна швидкість точки A в цей момент 0,65=υ м/с. Відповідь: 0 7a ,= м/с2. 1.12 Тверде тіло обертається навколо нерухомої осі згідно рівнянню:

3At Bt ,ϕ = − де 3A = рад/с, 1B = рад/с3. Знайти: а) середнє значення кутової швидкості та кутового прискорення за

проміжок часу від 0t = до зупинки; б) кутове прискорення в момент зупинки тіла. Відповідь: а) 2ω = рад/с, 3⟨β⟩ = рад/с2, б) 6β = рад/с2. 1.13 Тверде тіло починає обертатись навколо нерухомої осі з кутовим

прискоренням At,β = де 24 0 10A , −= ⋅ рад/с3. Через який час після початку обертання кут між векторами повного прискорення будь-якої точки тіла та його швидкістю буде складати 60° ?

Відповідь: 5 56t ,= с. 1.14 Тверде тіло обертається навколо нерухомої осі так, що його

кутова швидкість залежить від кута повороту ϕ згідно рівнянню:

0 A ,ω = ω − ϕ де ω та A – додатні сталі. В момент часу 0t = кут 0ϕ = . Знайти залежність від часу:

а) кута повороту; б) кутової швидкості. Відповідь: а) ( ) 01 Ate / A−ϕ = − ⋅ω ; б) 0

Ate−ω = ω .

1.15 Тверде тіло рівномірно обертається з кутовою швидкістю 0 0 5,ω = рад/с навколо горизонтальної осі OO′ . В момент часу 0t = вісь

OO′ почала обертатися навколо вертикалі з постійним кутовим прискоренням 0 0 2,β = рад/с2. Знайти кутову швидкість і кутове прискорення тіла через 7t = с.

47

Відповідь: 1 48,ω = рад/с, 0 73,β = рад/с2. 1.16 Тверде тіло починає обертатися навколо нерухомої осі з кутовим

прискоренням 0 cos ,β = β ϕ де 0β – сталий вектор, ϕ – кут повороту від початку обертання. Знайти кутову швидкість тіла, як функцію кута ϕ . Побудувати графік цієї залежності.

Відповідь: 02z sinω = ± β ϕ . 1.17 Тверде тіло обертається з кутовою швидкістю згідно рівнянню:

2Ati Bt jω = + , де 5A = рад/с2, 0 6B ,= рад/с3, i , j – орти осей x та y . Знайти модулі кутової швидкості та кутового прискорення в момент часу

10t = с; Відповідь: 78ω = рад/с, 13β = рад/с2. 1.18 Куля, радіус якої 10R = см, котиться без ковзання по

горизонтальній площині так, що її центр рухається з постійним прискоренням 2a = см/с2. Через 2t = с, після початку руху її положення відповідає рис.1.5. Знайти:

а) швидкість точок A,B та O ; б) прискорення цих точок.

Рисунок 1.5

O

C B

A

a

Відповідь: а) 8A =υ см/с, 5,65B =υ м/с, 0O =υ . б) 4 3Aa ,= см/с2, 2 19Ba ,= см/с2, 1 6Ca ,= см/с2.

48

1.19 Циліндр котиться без ковзання по горизонтальній площині. Радіус циліндра дорівнює R . Знайти радіуси кривини траєкторії точок A та B (рис 1.5.), якщо 1R = м.

Відповідь: 4AR = м, 2 82BR ,= м.

1.20 Циліндр котиться без ковзання із швидкістю 2=υ м/с (рис. 1.6).

Знайти швидкості точок A,B та C , виразити їх через орти координатних осей.

O

C

B

A v

Y

XРисунок 1.6

Відповідь: 2A =υ м/с, 4B =υ м/с, 2C =υ м/с.

( )A i j= +υ υ , 2B i=υ υ , ( )C i j= −υ υ .

1.21 Швидкість стаціонарного руху тіла, що знаходилось на великій відстані від Землі, дорівнює 80=смυ м/с. Знайти час τ , протягом якого швидкість становитиме смυ5,0 . Силу опору повітря вважати пропорційною швидкості тіла.

Відповідь: 5,66=τ с. 1.22 Двигун гальмувальної системи розвиває силу тяги, пропорційну

часу: F kt,= − де k = 500 Н/с. Нехтуючи тертям, знайти, через який час від моменту вмикання двигуна тіло масою m =104 кг, на якому встановлено цього двигуна, зупиниться. В момент вмикання двигуна швидкість тіла дорівнювала 3

0 10=υ м/с. Маса двигуна значно менша за масу тіла. Відповідь: 200t = с.

49

1.23 Парашутист масою 70m = кг виконує затяжний стрибок. Вважаючи силу опору повітря пропорційною швидкості, визначити, через який проміжок часу tΔ швидкість парашутиста становитиме 0 8, від швидкості його руху. Коефіцієнт опору 20k = кг/с. Початкова швидкість

0 0=υ . Відповідь: 5 63t ,Δ = с. 1.24 Швидкість кулі масою 10m = г змінилась від 0 600=υ м/с до

150=υ м/с. Вважаючи, що сила опору повітря пропорційна квадрату швидкості, коефіцієнт опору 10k = кг/с, знайти проміжок часу, за який швидкість зменшилась. Дією сили тяжіння знехтувати.

Відповідь: 65 10t −Δ = ⋅ с. 1.25 Човен масою 2m = т починає свій рух під дією постійної сили

тяги 1 03F ,= кН. Вважаючи силу опору повітря пропорційною швидкості ( 0F kυ≈ , де 100α = кг/с), знайти швидкість човна в спокійній воді через

10=τ с після початку руху. Відповідь: 4=υ м/с. 1.26 Вітрильник розвив швидкість 0 10=υ м/с, потім вітрило було

спущене. Вважаючи силу опору руху човна пропорційною швидкості 0F k= − υ , де k =10 кг/с, знайти залежність швидкості та шляху човна від

часу, якщо його маса 500m = кг. Відповідь: ( )0,02 0,0210 , 500 1t te s e− −= = −υ .

1.27 З гелікоптера, який завис на деякій відстані від земної поверхні,

скинуто вантаж масою 400m = кг. Вважаючи силу опору повітря пропорційною швидкості, знайти той проміжок часу, через який прискорення вантажу становитиме 0 5, від прискорення вільного падіння. Коефіцієнт опору 20k = кг/с.

Відповідь: 13 86t ,Δ = с. 1.28 Парашутист масою 100m = кг знаходиться під дією сили опору

повітря, яка змінюється згідно рівнянню 0F k= − υ , де k =20 кг/с. Вважаючи, що парашут було розкрито в момент часу 0, 0t = =υ , знайти залежність швидкості та шляху від часу.

50

Відповідь: ( )0,250 1 te−= −υ ; ( )0 250 5 1, ts t e−⎡ ⎤= + −⎣ ⎦ .

1.29 Куля пробиває дерево товщиною 40h = см, швидкість кулі при цьому зменшується від 0 400=υ м/с до 200=υ м/с. Знайти час руху кулі в дереві, прийнявши силу опору руху кулі пропорційною квадрату швидкості.

Відповідь: 414 4 10t , −= ⋅ с. 1.30 Моторний човен масою 2m = т рухається по озеру із швидкістю

20=υ м/с. В момент часу 0t = його двигун, потужність якого 40N = кВт вимкнули. Прийнявши силу опору води руху човна пропорційною квадрату швидкості, знайти час, за який човен після вимкнення двигуна матиме швидкість вдвічі меншу?

Відповідь: 20t = с.

1.31 Потенціальна енергія частинки має вигляд: BUr

= , де 210r −= м

– відстань від центру поля до цієї частинки, 42 10B −= ⋅ Дж·м. Знайти силу F , що діє на цю частинку, та роботу, яка здійснюється над частинкою при її переміщенні з точки ( )1 2 3, , в точку ( )2 3 4, , .

Відповідь: 2F = Н; 16 4A ,= мкДж.

1.32 Потенціальна енергія частинки має вигляд: 2

2BrU = , де

210r −= м – відстань від центру поля до цієї частинки, 42 10B −= ⋅ Дж/м2 ( 0B > ). Знайти силу F , яка діє на частинку, та роботу A , яка здійснюється над частинкою при її переміщенні із точки ( )1 2 3, , в точку

( )2 3 4, , .

Відповідь: 62 10F −= ⋅ Н; 1 5A ,= − мДж.

1.33 Потенціальна енергія частинки має вигляд: 3 2B CUr r

= − , де B і

C – додатні константи, 66 10B −= ⋅ Дж·м3; 42 10C −= ⋅ Дж·м2. Побудувати графік залежності U від r .

1.34 Потенціальна енергія частинки має вигляд 2B CU ,

rr= − де

66 10B −= ⋅ Дж·м2, 42 10C −= ⋅ Дж·м. Чи має ця частинка положення

51

рівноваги по відношенню до зміщення в радіальному напрямку? Якщо так, то чому при цьому дорівнює r ?

Відповідь: так, при 26 10r −= ⋅ м. 1.35 Електрон рухається по колу в полі центральної сили, яка

обернено пропорційна квадрату відстані від ядра. В якому співвідношенні знаходяться у цьому випадку кінетична kW , потенціальна U та повна E енергії електрона.

Відповідь: 2 ; ;2k kUU W E W E= − = − = .

1.36 Потенціальна енергія частинки має вид: 2A BU

rr= − , де

62 10A −= ⋅ Дж·м2, 44 10B −= ⋅ Дж·м, r – відстань від центра поля до цієї частинки. Знайти, при якому 0r частинка буде у рівновазі.

Відповідь: 20 10r −= м.

1.37 Потенціальна енергія частинки має вид: 2A BU

rr= − , де

62 10A −= ⋅ Дж·м2, 44 10B −= ⋅ Дж·м, 210r −= м – відстань від центра поля до місця знаходження цієї частинки. Знайти максимальне значення сили притягання, побудувати графіки залежностей ( )U r та ( )rF r – проекції сили на радіус-вектор.

Відповідь: 1627maxF = Н.

1.38 Електрон в атомі водню рухається еліптичною орбітою. Сила

притягання електрона до ядра дорівнює 2BFr

= , де 282 3 10B , −= ⋅ Н·м2, r –

відстань від ядра до електрона. Ядро знаходиться в одному із фокусів еліпса, більша піввісь еліпса 102 1 10a , −= ⋅ м. Знайти повну енергію електрона в атомі водню.

Відповідь: 175 5 10E , −= − ⋅ Дж. 1.39 Із умов 1.28. Визначити роботу сили опору повітря, що діє на парашутиста за

перші 3 секунди його руху. Відповідь: 410A ≈ Дж.

52

1.40 Із умов 1.22. Знайти роботу гальмувального двигуна за першу секунду його

роботи. Відповідь: 62 5 10A ,≈ ⋅ Дж. 1.41 Знайти момент інерції J тонкого однорідного стрижня

довжиною 40l = см і масою 200m = г відносно осі, що перпендикулярна

стрижню і проходить через точку, яка знаходиться на відстані 114

l l= від

кінця стрижня. Відповідь: 24 6 10J , −= ⋅ кг·м2. 1.42 Знайти момент інерції J тонкого однорідного стрижня

довжиною 40l = см і масою 100m = г відносно осі, що перпендикулярна стрижню і проходить на відстані 20a = см від одного із його кінців.

Відповідь: 31 33 10J , −= ⋅ кг·м2. 1.43 Знайти момент інерції J кільця масою 50m = г і радіусом

20R = см відносно осі, дотичної до кільця. Відповідь: 33 10J −= ⋅ кг·м2. 1.44 Знайти момент інерції J однорідної кулі радіусом 5R = см і

масою 1m = кг відносно осі, що проходить через її центр. Відповідь: 310J −= кг·м2. 1.45 Знайти момент інерції однорідної прямокутної пластинки масою

0 2m ,= кг, довжиною 30a = см, шириною 40b = см відносно осі, що перпендикулярна до неї і проходить через її центр.

Відповідь: 34 10J −= ⋅ кг·м2. 1.46 Із умов 1.45. Вісь проходить через одну із вершин пластинки. Відповідь: 21 66 10J , −= ⋅ кг·м2. 1.47 Знайти момент інерції J однорідного прямого циліндра масою

2m = кг, радіуса 5R = см відносно осі циліндра. Відповідь: 0 25J ,= кг·м2.

53

1.48 Знайти момент інерції диска діаметром 40d = см, масою 400m = г відносно осі, що проходить через середину одного із радіусів

перпендикулярно до площини диска. Відповідь: 21 2 10J , −= ⋅ кг·м2. 1.49 Знайти момент інерції J плоскої однорідної прямокутної

пластинки масою 400m = г відносно осі, яка співпадає з однією із сторін, довжина другої сторони 20a = см.

Відповідь: 35 33 10J , −= ⋅ кг·м2. 1.50 В однорідному диску масою 0 5m ,= кг і радіусом 40R = см

зроблено круглий отвір в два рази меншим радіусом (рис. 1.7). Знайти момент інерції J отриманого тіла відносно осі, що проходить через центр мас диска перпендикулярно до нього.

O

R

Рисунок 1.7 Відповідь: 23 1 10J , −= ⋅ кг·м2.

1.51 Через блок у вигляді суцільного диска масою 100m = г (рис. 1.8)

перекинуто тонку гнучку нитку, до кінців якої підвішені вантажі з масами 1 200m = г та 2 300m = г. Знайти прискорення вантажів, якщо дати їм змогу

рухатися. Тертям та масою нитки знехтувати.

54

Рисунок 1.8

m1 m2

Відповідь: 1 78a ,= м/с2. 1.52 Циліндр масою 1 5m = кг насаджено на горизонтальну вісь. На

циліндр намотано шнур, до вільного кінця якого підвішена гиря масою 2 1m = кг (рис 1.9). Знайти прискорення гирі, якщо їй дати змогу рухатися.

m1

Рисунок 1.9

m2

Відповідь: 2 8a ,= м/с2. 1.53 Маховик, момент інерції якого 300J = кг·м2, обертається з

частотою 20 об/с. Через хвилину після того, як на колесо вже не діє обертальний момент, воно зупиняється. Знайти:

1) момент сил тертя; 2) кількість обертів, які зробило колесо до повної його зупинки після

закінчення дії сил. Відповідь: 1) 628M = Н·м, 2) 600N = .

55

1.54 Дві гирі різної маси з’єднані ниткою, яка перекинута через блок, момент інерції якого 50J = кг·м2 і радіус 20R = см. Момент сил тертя блока при його обертанні 100трM = Н·м. Знайти різницю сил натягу

1 2T T− по різні сторони блока, якщо відомо, що блок обертається з постійним кутовим прискоренням 2β = рад/с2. Блок має форму диска.

Відповідь: 1 2 1000T T− = Н. 1.55 Вантаж масою 0 5m ,= кг прив’язано до шнура, який намотано на

барабан, радіус якого 20R = см, маса 400m = кг. Вантаж знаходиться від долівки на відстані 1h = м. Знайти:

1) через який час після початку обертання вантаж досягне долівки; 2) кінетичну енергію вантажу в момент досягання долівки; 3) натяг шнура. Тертям знехтувати. Барабан має форму циліндра. Відповідь: 1t = с; 0 98kW ,= Дж; 3 92T ,= Н. 1.56 Через нерухомий блок масою 0 2m ,= кг перекинуто шнур, до

кінців якого підвішені вантажі 1 0 3m ,= кг та 2 0 5m ,= кг. Маса блока рівномірно розподілена по ободу. Визначити сили 1T та 2T натягу шнура по різні боки блока під час руху вантажів.

Відповідь: 1 3 53T ,= Н, 2 3 92T ,= Н. 1.57 Тонкий однорідний стрижень масою 300m = г та довжиною

40l = см обертається з кутовим прискоренням 4β = рад/с2 навколо осі, що проходить перпендикулярно до стрижня через його середину. Знайти обертальний момент M .

Відповідь: 21 6 10M , −= ⋅ Н·м. 1.58 Знайти момент сили, який необхідно прикласти до блока, який

обертається з частотою 12n = об/с, щоб він зупинився через 8tΔ = с. Діаметр блока 0 3D ,= м. Масу блока 6m = кг вважати рівномірно розподіленою по ободу.

Відповідь: 1 27 Н мM ,= ⋅ . 1.59 Куля, радіус якої 15R = см, маса 5m = кг, обертається навколо

нерухомої осі, що проходить через її центр. Рівняння обертання кулі має

56

вид 2 3A Bt Ctϕ = + + , де 4B = рад/с2, 1C = − рад/с3. Знайти момент сил M , що діють на кулю в момент часу 2t = с після початку обертання.

Відповідь: 0 18M ,= − Н·м. 1.60 По дотичній до шківа маховика у вигляді диска діаметром

50D = см і масою 40m = кг прикладена сила 0 5F ,= кН. Визначити кутове прискорення β та частоту обертання n через 10t = с після початку дії сили. Радіус шківа 10r = см. Силою тертя знехтувати.

Відповідь: 40β = рад/с2; 63 7n ,= об/с. 1.61 Дерев’яний стрижень масою 5M = кг та довжиною 1l = м може

обертатися в вертикальній площині відносно горизонтальної осі, що проходить через точку O (рис. 1.10). В кінець стрижня влучає куля масою

10m = г, що летить із швидкістю 30 2 10= ⋅υ м/с, спрямованою

перпендикулярно стрижню та осі і застряє в ньому. Визначити кінетичну енергію стрижня після удару.

υ

O

M l

Рисунок 1.10 Відповідь: 120kW = Дж. 1.62 Горизонтально розташований дерев’яний стрижень масою 0 8M ,= кг та довжиною 1 8l ,= м може обертатися навколо вертикальної

осі, що проходить через його середину. В кінець стрижня попадає і застряє в ньому куля масою 3m = г, що летить перпендикулярно до осі та до стрижня із швидкістю 50=υ м/с. Визначити кутову швидкість ω , з якою починає обертатися стрижень.

Відповідь: 0 62,ω = рад/с.

57

1.63 Горизонтальний диск, маса якого 250M = кг, радіус 1R = м, може обертатися навколо вертикальної осі, що проходить через його центр. На краю диска знаходиться мавпа, маса якої 20m = кг. Спочатку диск та мавпа нерухомі. Потім мавпа починає йти по краю диска із швидкістю 1=υ м/с. Знайти швидкість ω обертання диска.

Відповідь: 0 14,ω = рад/с. 1.64 Платформа, що має форму диска, може обертатися навколо

вертикальної осі. На краю платформи стоїть людина. На який кут ϕ повернеться платформа, якщо людина піде вздовж краю платформи і, обігнувши її, повернеться в вихідну точку. Маса платформи 1 300m = кг, маса людини 80m = кг.

Відповідь: 1623

ϕ = π .

1.65 Диск масою 20m = кг та радіусом 1R = м спочатку обертався

навколо своєї осі з кутовою швидкістю 0 4,ω = рад/с. Під дією зовнішніх сил диск зупиняється. Чому дорівнює робота зовнішніх сил A ?

Відповідь: 0 8A ,= − Дж. 1.66 Однорідний циліндр масою 25m = кг і радіусом 0 5R ,= м

обертається навколо своєї осі. Кутова швидкість циліндра змінюється за проміжок часу 5tΔ = с від значення 1 50ω = рад/с до 2 80ω = рад/с. Яку середню потужність P розвивають сили, що діють на циліндр ?

Відповідь: 1218 75P ,⟨ ⟩ = Вт. 1.67 Олівець, поставлений вертикально, падає на стіл. Яку кутову та

лінійну швидкість матиме в кінці падіння: 1) верхній його кінець; 2) середина олівця ? Довжина олівця 20 см. Відповідь: 1 2 12 12,ω = ω = рад/с, 1) 1 2, 42υ = м/с, 2) 2 1 21,υ = м/с. 1.68 Куля котиться без ковзання горизонтальною поверхньою. Повна

кінетична енергія кулі 28kW = Дж. Знайти кінетичну енергію поступального 1W та обертального 2W руху кулі.

Відповідь: 1 20W = Дж, 2 8W = Дж.

58

1.69 Тонкий прямий стрижень довжиною 1l = м прикріплено до горизонтальної осі, що проходить через один із його кінців. На який кут ϕ треба відвести стрижень від положення рівноваги, щоб в момент проходження ним цього положення лінійна швидкість його нижнього кінця становила 4=υ м/с?

Відповідь: 63ϕ = ° . 1.70 Платформа, що має форму диска масою 80m = кг та радіусом

1R = м, обертається з частотою 20 об/хв. В центрі платформи стоїть людина і тримає в розкинутих руках вантажі. Яке число обертів за хвилину робитиме платформа, якщо людина, опустивши руки, зменшить свій момент інерції від 2 94, кг ⋅м2 до 0 98, кг ⋅м2?

Відповідь: 21ν = об/хв. 1.71 Стрижень рухається в подовжньому напрямку. Швидкість його

руху υ постійна відносно ініціальної системи відліку K . При якому значенні швидкості довжина стрижня в цій системі відліку буде на

0 5k , %= менша за власну довжину ? Відповідь: 0,1=υ с, де c – швидкість світла. 1.72 Власна довжина стрижня 1 08l ,= м. В лабораторній системі

відліку його швидкість 2c

=υ , довжина 1l = м. Знайти кут між стрижнем і

напрямком руху. Відповідь: 45α = ° . 1.73 Яку подовжню швидкість υ треба надати стрижню для того,

щоб його довжина стала дорівнювати половині довжини яку він має в стані спокою.

Відповідь: 0,866c=υ . 1.74 З якою швидкістю рухався годинник в системі відліку K , якщо

за 15t = с (в цій системі) він відстав від годинника цієї системи на 0 5t ,Δ = с? Відповідь: 80,78 10= ⋅υ м/с.

59

1.75 З якою швидкістю υ повинна летіти частинка відносно системи K для того, щоб відрізок власного часу Δτ був в 10 разів меншим відрізка tΔ відрахованого за годинником в системі K .

Відповідь: 0,995=υ с. 1.76 Знайти відношення релятивістського та ньютонівського

імпульсів для швидкості, яка дорівнює: а) 0,1 с; б) 0,5 с; в) 0,9 с. Відповідь: а) 1,005; б)1,155; в) 2,29. 1.77 Енергія спокою частинки дорівнює 0 0 51E ,= МеВ. Чому

дорівнює повна енергія частинки в системі відліку, в якій імпульс частинки 224 7 10p , −= ⋅ кг·м/с?

Відповідь: 131 62 10E , −= ⋅ Дж. 1.78 Знайти імпульс p релятивістської частинки (в одиницях 0m c ),

якщо її кінетична енергія дорівнює енергії спокою. Відповідь: 01 73p , m c= . 1.79 Знайти відношення кінетичної енергії T до енергії спокою

частинки 0E у випадку, коли с

=υβ становить:

а) 0,99; б) 0,1; в) 0,5.

Виразити 0

TE

через β та 2β . Установити закономірність в

залежності 0

TE

від 2β .

Відповідь: а) 26 07 6 13 6 19, , ,= β = β ;

б) 20 00504 0 0504 0 504, , ,= β = β ;

в) 20 1547 0 3094 0 6189, , ,= β = β .

При 0

1 TE

β → → ∞ , при 2

0

10 2

TE

β → → β .

1.80 Протон рухається з імпульсом 170 53 10p , −= ⋅ кг/м ⋅ с. На скільки

процентів відрізняється швидкість цього протона від швидкості світла c .

60

Відповідь: 0,44%cc−

=υ .

1.81 Точка здійснює коливання вздовж осі x за законом:

4x a cos t π⎛ ⎞= ω −⎜ ⎟

⎝ ⎠. Побудувати графіки залежності від часу:

1) зміщення ( )x t ; 2) швидкості ( )x tυ ; 3) прискорення ( )xa t .

1.82 Точка рухається вздовж осі x за законом: 24

x a sin t π⎛ ⎞= ω −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Знайти: 1) амплітуду та період її коливань; 2) побудувати графік ( )x t .

Відповідь: ,2aA T π

= =ω

.

1.83 Частинка здійснює гармонічні коливання. Амплітуда коливань

4A = см, період 2T = с. Знайти:

1) час 1t , за який зміщення частинки зміниться від 0 до 2A ;

2) час 2t , за який зміщення зміниться від 2A до A .

Відповідь: 1) 116

t = с; 213

t = с.

1.84 Частинка здійснює коливання вздовж осі x за законом

0 100 6 28x , sin , t= ⋅ (м). Знайти середнє значення модуля швидкості частинки ⟨ ⟩υ :

а) за період коливання T ; б) за першу 1/8 частину T ; в) за другу 1/8 частину T .

Відповідь: а) 0, 4⟨ ⟩ =υ м/с; б) 0,57⟨ ⟩ =υ м/с; в) 0,23⟨ ⟩ =υ м/с. 1.85 Точка здійснює коливання за законом: ( ) ( )x t Acos t= ω + ϕ , де

4A = см. Знайти початкову фазу ϕ , якщо ( )0 2 2x = − см та ( )0 0x < . Побудувати векторну діаграму для моменту часу 0t = .

Відповідь: 34

ϕ = π рад.

61

1.86 Точка приймає участь в двох коливаннях одного напрямку: 1 1x A sin t= ω та 2 2x A cos t= ω , де 1 1A = см, 2 2A = см, 1ω = с-1. Знайти

амплітуду A результуючого коливання, його частоту ν та початкову фазу 0ϕ . Написати рівняння цього руху.

Відповідь: 2 24A ,= см, 0 16,ν = Гц; 0 0 353,ϕ = π рад. 1.87 Точка здійснює одночасно два гармонічних коливання однакової

частоти. Коливання відбуваються у взаємно перпендикулярних напрямках та описуються рівняннями: 1) x Acos t= ω та y Acos t= ω , 2) x Acos t= ω та ( )y Acos t= ω + ϕ .

Знайти рівняння траєкторії точки, побудувати її згідно масштабу та

показати напрямок руху. Прийняти 2A = см, 2π

ϕ = .

Відповідь: 1) y x= ; 2) 2 2 4x y+ = . 1.88 Коливання матеріальної точки масою 0 5m ,= г здійснюється

згідно рівнянню: x A sin t= ω , де 5A = см, 10ω = с-1. Визначити максимальні значення повертаючої сили maxF та кінетичної енергії maxT .

Відповідь: 32 5 10maxF , −= ⋅ Н, 62 5maxT ,= мкДж. 1.89 Під дією повертаючої сили 4 39F ,= мН матеріальна точка

здійснює коливання за законом x Acos t= ω , де 20A = см, 23π⎛ ⎞ω = ⎜ ⎟

⎝ ⎠с-1.

Знайти повну енергію E матеріальної точки в момент часу 1t = с. Відповідь: 877E = мкДж. 1.90 Невеличкий вантаж масою 200г підвішений до пружини,

жорсткість якої 4 87k ,= Н/м, здійснює коливання по вертикалі. Знайти період таких коливань.

Відповідь: T = 1,27с. 1.91 Гиря, підвішена до пружини, здійснює вертикальні коливання з

амплітудою 2A = см. Знайти жорсткість пружини, якщо повна енергія цих коливань дорівнює 0 8, Дж.

Відповідь: 4k = кН/м.

62

1.92 На стрижень довжиною 40l = см прикріплено два однакових вантажі: один – в середині стрижня, другий – на одному із його кінців. Стрижень з вантажами коливається навколо горизонтальної осі, що проходить через вільний кінець стрижня. Визначити приведену довжину L та період T коливань такої системи. Масою стрижня знехтувати.

Відповідь: 0 33L ,= м, 1 16T ,= с. 1.93 Фізичний маятник являє собою тонкий однорідний стрижень

масою 100m = г з прикріпленою до нього маленькою кулькою масою 100m = г. Маятник здійснює коливання навколо горизонтальної осі, що

проходить через точку O на стрижні. Довжина стрижня дорівнює 1l = м. Знайти період T гармонічних коливань маятника для випадків а) і б), зображених на рис. 1.11.

Рисунок 1.11

m

l/3

mm

m

O

O

O

l/3l/2O

в)б) г)а)

Відповідь: а) 1 89T ,= с; б) 1 64T ,= с. 1.94 Із умов попередньої задачі знайти період гармонічних коливань

для випадків в) і г), зображених на рис. 1.11. Відповідь: в) 1 34T ,= с, г) 1 53T ,= с. 1.95 За 20t = хв. амплітуда згасаючих коливань маятника довжиною

1l = м зменшилася у 4 рази. Знайти коефіцієнт згасання та логарифмічний декремент коливань λ .

Відповідь: 0 0011,β = , 0 0022,λ = . 1.96 Логарифмічний декремент згасаючих коливань математичного

маятника дорівнює 0 7,λ = . Знайти, в скільки разів зменшиться амплітуда коливань за одне повне коливання маятника.

63

Відповідь: 0 2AA

= .

1.97 Період власних коливань системи дорівнює 0 1T = с,

логарифмічний декремент коливань 0 314.λ = . Знайти період T згасаючих коливань.

Відповідь: 1 001T ,= с. 1.98 Математичний маятник здійснює згасаючі коливання. Довжина

маятника 25l = см, логарифмічний декремент λ =0,2. Знайти проміжок часу, через який енергія коливань маятника зменшиться у три рази?

Відповідь: 2 75t ,= с. 1.99 Повне прискорення математичного маятника в його крайньому

положенні за одне коливання зменшується в 1,22 рази. Знайти логарифмічний декремент такого згасаючого коливання маятника.

Відповідь: 0 2,λ = . 1.100 Знайти час релаксації (час, за який амплітуда коливань

зменшується в e разів, де e – основа натуральних логарифмів) математичного маятника довжиною 0,5м, який було виведено із положення рівноваги, і який при першому коливанні відхилився на 5см, а при другому (в тому ж напрямку) на 4см.

Відповідь: 6 4t ,= с. 1.101 За час, протягом якого система здійснює 100 коливань,

амплітуда зменшується в 5k = разів. Знайти добротність такої системи θ . Відповідь: 195θ = . 1.102 Добротність деякої коливальної системи 2θ = , частота вільних

коливань 100ω = с-1. Знайти власну частоту коливань системи 0ω . Відповідь: 0 103ω = с-1. 1.103 Частота вільних коливань системи 100ω = с-1, резонансна

частота 99резω = с-1. Знайти добротність θ цієї системи. Відповідь: 4θ = .

64

2 Молекулярна фізика та термодинаміка

2.1 Основні закони і формули

Основи молекулярно-кінетичної теорії ідеального газу

Речовина складається з структурних елементів: атомів, молекул і

іонів, які перебувають у стані безперервного хаотичного руху. 1. Атомна одиниця маси а.о.м – маса, яка дорівнює 1/12 маси атома

вуглецю 126C

1 а.о.м. = 126

27(1 12) 1 66 10C/ m , −= ⋅ кг.

2. Відносна молекулярна маса: маса молекули виміряна в а.о.м. 0271 66 10r

mM

, кг−=

⋅,

де 0m – абсолютне значення маси молекули, кг. Відносна молекулярна маса речовини

r i riM n A= ∑ , де in – кількість атомів i -го хімічного елемента, що входить до

складу молекули, riA – відносна атомна маса цього елемента (відносні атомні маси наведені в таблиці Менделєєва).

3. Число Авогадро – кількість структурних одиниць (атомів або молекул) в одному молі речовини

236 022 10AN ,= ⋅ моль-1. 4. Кількість речовини ν – основна величина СІ; її одиниця

вимірювання – 1 моль, кількість речовини, яка містить таку ж кількість структурних одиниць, як і 12 г вуглецю 12

6C

A

NN

ν = ,

де N – кількість атомів або молекул речовини. 5. Молярна маса речовини – чисельно дорівнює масі речовини у

кількості 1 моль. 0 AM m N= ,

де 0m – маса одного атома (молекули).

65

6. Якщо маса речовини m і її молярна маса M , то її кількість речовини

mM

ν = .

7. Кількість молів суміші речовин: 1 2

1 2 3n

nA A A

NN N... ...N N N

ν = ν + ν + ν + + ν = + + + ,

або 1 2

1 2

n

n

mm mM M M

ν = + +…

Молярна маса суміші газів:

1

ni

ii

mM ,

==

ν∑

де im –маса i – компоненти суміші;

ii

i

mM

ν = – кількість молів i – компоненти суміші.

8. Нормальні умови для газу: тиск 0P =1,013 ⋅ 105 Па, температура

0Т =273 K. 9. Закон Авогадро: при однакових тиску і температурі в однакових об’ємах міститься одна і та же кількість молекул довільних газів. Як наслідок: один моль будь-якого газу за нормальних умов займає об’єм 0MV = 22,4 л/моль = 22,4 ⋅ 10-3 м3/моль. 10. Число Лошмідта визначає кількість атомів (молекул) будь-якого

газу в 1 м3 за нормальних умов лn =2,7 ⋅ 1025 м -3.

11. Густина газу , mV

ρ = ,

де m – маса газу, V – його об’єм. 12. Кількість молекул у будь-якому об’ємі

A A Am VN N N N nVM M

ρ= ν = = = ,

де n – концентрація молекул. 13. Концентрація молекул – кількість молекул в одиниці об’єму

ANn NV M

ρ= = .

66

Зв’язок між густиною ρ , масою молекули 0m та їх концентрацією

0A

Mmn Nρ

= = ; 0A

Mm n nN

ρ = = .

14. Основне рівняння молекулярно-кінетичної теорії встановлює зв’язок між макропараметром ( тиск газу ) і мікропараметром ( середньою кінетичною енергією поступального руху однієї молекули < ε > )

202 1

3 3 2квm

p n nυ

ε⟨ ⟩

= ⟨ ⟩ = ,

де кв⟨ ⟩υ – середня квадратична ( теплова ) швидкість руху молекул, n – концентрація молекул, 0m – маса однієї молекули.

15. Кількість ступенів свободи молекули i – кількість незалежних координат, за допомогою яких можна описати положення молекули у просторі.

16. Середня кінетична енергія, що припадає на одну ступінь свободи 12i kT⟨ε ⟩ = .

Середня кінетична енергія молекули

2i kT⟨ε⟩ = ,

де 2пост об колi i i i= + + – кількість ступенів вільності молекули ( постi – при поступальному русі, обi – при обертальному русі, колi – при

коливальному русі ), 231 38 10k , −= ⋅ Дж/К – стала Больцмана, T – термодинамічна температура газу.

17. Рівняння Менделєєва-Клапейрона

pV RT= ν , або mpV RTM

= ,

де , , ,p V T ν – тиск, об’єм, температура і кількість молів ідеального газу, 8 31 Дж/моль КAR kN ,= = ⋅ – універсальна газова стала, k – стала Больцмана.

18. Ізопроцеси (маса газу m const= ): ∗ закон Бойля-Маріотта (ізотермічний процес, T const= )

1 1 2 2; pV const p V p V= = ; ∗ закон Гей-Люссака ( ізобарний процес, p const= )

V constT

= ; 1 2

1 2

V VT T

= ; 0 (1 )V V t= + α ,

67

де 0V – об’єм газу при температурі 0t C= , 11273 15

K,

−⎛ ⎞α = ⎜ ⎟⎝ ⎠

;

∗ закон Шарля ( ізохорний процес, V const= ) p constT

= ; 1 2

1 2

p pT T

= ; 0 (1 )p p t= + α ,

де 0p – тиск газу при температурі 0t C= , 11273 15

K,

−⎛ ⎞α = ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

19. Закон Дальтона: тиск невзаємодіючої суміші газів p дорівнює сумі парціальних тисків газів ip

1 21

nn i

ip p p ... p p

== + + + = ∑ .

20. Швидкості молекул: ∗ середня квадратична (теплова) швидкість молекул

0

3 3кв

kT RTm M

⟨ ⟩ = =υ ,

де 0m – маса молекули, k – стала Больцмана, R – універсальна газова стала, M – молярна маса газу, T – температура;

∗ середня арифметична швидкість молекул

0

8 8kT RTm M

⟨ ⟩ = =υπ π

;

∗ найбільш ймовірна швидкість молекул

0

2 2ім

kT RTm M

= =υ .

Зв’язок між швидкостями 8: : 2: : 3 1:1 13:1 22ім кв , ,⟨ ⟩ ⟨ ⟩ = =υ υ υπ

.

Статистичні розподіли

21. Ймовірність того, що фізична величина x , що характеризує

молекули газу, лежить в інтервалі значень від x до x dx+ , дорівнює ( ) ( )dw x f x dx= ,

де ( )f x – густина ймовірності, функція розподілу молекул за значеннями даної величини.

68

Умова нормування функції розподілу

( ) 1f x dx∞

−∞=∫ .

22. Середнє значення фізичної величини x⟨ ⟩

( )x xf x dx∞

−∞⟨ ⟩ = ∫ .

23. Кількість молекул, для яких фізична величина x , що характеризує молекулу, має значення в інтервалі від x до x dx+

( ) ( )dN Ndw x Nf x dx= = . 24. Розподіл Максвелла за модулями швидкості

2320 22( ) ( ) 4

2

mkTm

dN Nf d N e dkT

−⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

υυ υ υ πυ υ

π,

де ( )dN υ – кількість молекул, шлидкості яких лежать в інтервалі від υ до d+υ υ , N – загальна кількість молекул.

( ) dNfNd

=υυ

– функція розподілу молекул за абсолютними

значеннями швидкостей, тобто відносна кількість молекул, що припадає на одиничний інтервал швидкостей.

25. Розподіл Максвелла за компонентами швидкостей ( ) ( )x y z x y z x y zdN , , Nf , , d d d= =υ υ υ υ υ υ υ υ υ

2 2 23 ( )2 2

2

x y zmkT x y z

mN e d d dkT

+ +−⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

υ υ υ

υ υ υπ

,

де , , )x y zdN(υ υ υ – кількість молекул, компоненти швидкостей яких

лежать в інтервалі від xυ до x xd+υ υ , від yυ до y yd+υ υ , від zυ до

z zd+υ υ . 26. Розподіл молекул за імпульсами

232 221( ) ( ) 4

2

pmkTdN p Nf p dp N e p dp

mkT−⎛ ⎞= = π⎜ ⎟π⎝ ⎠

,

де ( )dN p – кількість молекул, імпульси яких лежать в інтервалі від p до p dp+ , ( )f p – функція розподілу за імпульсами.

27. Розподіл молекул за енергіями

69

12

32

2( ) ( )EkTdN E Nf E dE N e E dE

( kT )

−= =

π

,

де ( )dN E – кількість молекул, енергія яких лежить в інтервалі від E до E dE+ ; ( )f E – функція розподілу молекул за енергіями.

28. Барометрична формула (розподіл тиску у полі сили тяжіння) 0

0 0

m ghMghkTRTp p e p e

−−= = ,

де 0p і p – тиск газу відповідно на нульовій висоті і на висоті h ,

0m – маса частинки, M – молярна маса, g – прискорення вільного падіння, R – універсальна газова стала, k – стала Больцмана.

29. Розподіл Больцмана для частинок в зовнішньому потенціальному полі

0

nWkTn n e

−= ,

де n – концентрація частинок з потенціальною енергією nW , 0n – концентрація частинок у точках, де 0nW = .

Явища переносу

30. Середня довжина вільного пробігу молекул газу

21 12 2

ln d n

⟨ ⟩ = =σ π

,

де 2dσ = π – ефективний переріз зіткнення молекул, d – ефективний діаметр молекули, n – концентрація молекул.

31. Середня кількість зіткнень, що зазнає молекула газу за одиницю часу

22 2z n d nl

⟨ ⟩⟨ ⟩ = = ⟨ ⟩ = ⟨ ⟩

⟨ ⟩υ σ υ π υ ,

де ⟨ ⟩υ – середня арифметична швидкість хаотичного руху молекул. 32. Коефіцієнти переносу в газах: ∗ коефіцієнт дифузії

13

D l= ⟨ ⟩ ⟨ ⟩υ ;

∗ коефіцієнт внутрішьного тертя ( динамічна в’язкість)

70

13

l= ⟨ ⟩⟨ ⟩η ρ υ ,

де ρ – густина газу (рідини); ∗ коефіцієнт теплопровідності газу ( теплопровідність )

13 Vc l= ⟨ ⟩⟨ ⟩ρ υ ,

де Vc – питома теплоємність газу при сталому об’ємі. 33. Рівняння дифузії – закон Фіка

0dn dm D m S t D S tdx dx

ρ⊥ ⊥Δ = − Δ Δ = − Δ Δ ,

де mΔ – маса газу, перенесена в результаті дифузії за час tΔ крізь поверхню площею S⊥Δ , розміщену перендикулярно до напряму переносу

речовини, dndx

– градієнт концентрації молекул, 0m – маса однієї

молекули; 0dn dmdx dx

ρ= – градієнт густини молекул.

34. Рівняння Ньютона dp duF Sdt dz

= = η Δ ,

де u – швидкість руху (в напрямку осі x ) одного шару газу (рідини )

відносно іншого, dudz

– градієнт швидкості у напрямі, перпендикулярному

до швидкості руху шарів газу (рідини), dp – кількість руху, що переноситься з одного шару до іншого за час dt через площу SΔ , паралельну напрямку руху шарів газу; F – сила внутрішнього тертя між шарами газу (рідини), η – динамічна в’язкість.

35. Закон Фур’є dTQ S tdx

Δ = − Δ Δæ ,

де QΔ – кількість теплоти, що пройшла внаслідок теплопровідності

крізь переріз площею SΔ за час tΔ ,æ – теплопровідність, dTdx

– градієнт

температури.

71

Основи термодинаміки

36. Перший закон термодинаміки: в диференціальній формі

Q dU Aδ = + δ , тобто кількість теплоти Qδ , набута системою, йде на підвищення її

внутрішньої енергії dU і на роботу Aδ , яку виконує система над зовнішніми тілами;

в інтегральній формі Q U A= Δ + .

37. Теплоємність: ∗ теплоємність тіла

QCdTδ

= ;

∗ питома теплоємність тіла Qc

mdTδ

= ;

∗ молярна теплоємність речовини M QC Mcm dTμ

δ= = ,

де M – молярна маса речовини; ∗ молярна теплоємність ідеального газу при сталому об’ємі

V VV V

M Q M UC Mcm dT m T

δ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠;

2ViC R= ,

де Vc – питома теплоємність газу при сталому об’ємі, i – кількість ступенів вільності молекули, R – універсальна газова стала;

∗ молярна теплоємність ідеального газу при сталому тиску

p pV V p

M Q M U VC Mc pm dT m T T

⎡ ⎤δ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦;

2p

iCR+

= ;

∗ питомі теплоємності при сталому об’ємі Vc і сталому тиску pc .

2Vi Rc

M= ; 2

2pi Rc

M+

= .

38. Рівняння Р.Майєра

72

p VC C R− = ; p VRc cM

− = .

39. Показник адіабати 2p p

V V

c C ic C i

+γ = = = .

40. Рівняння Пуассона – рівняння газового стану при адіабатичному процесі

pV constγ = ; 1TV constγ− = ; 1

Tp const−γγ = .

Зв’язок між початковим і кінцевим значеннями параметрів газового стану при адіабатичному процесі

2 1

1 2

p Vp V

γ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

; 1

2 1

1 2

T VT V

γ−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

;

1 1

2 1 2

1 2 1

T p pT p p

−γ γ−γ γ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

41. Внутрішня енергія ідеального газу

2 V Vm i mU N RT C T C TM M

= ⟨ε⟩ = = = ν ,

де N – кількість молекул газу, ⟨ε⟩ – середня кінетична енергія молекули, ν – кількість речовини.

42. Зміна внутрішньої енергії при переході газу із стану 1 у стан 2: ∗ при ізобаричному процесі

( ) ( ) ( )2 1 2 1 2 12

2 2pm m i iU C T T R T T p V VM M

+Δ = − = − = − ;

∗ при ізотермічному процесі 0UΔ = ;

∗ при ізохорному процесі

( ) ( ) ( )2 1 2 1 2 12 2Vm m i iU C T T R T T V p pM M

Δ = − = − = − ;

∗ при адіабатичному процесі

( ) ( )1 2 2 11 1m R m RU T T R T TM M

Δ = − − = −γ − γ −

.

43. Робота газу при зміні об’єму газу від початкового об’єму 1V до кінцевого 2V

2

1

V

VA pdV= ∫ .

44. Робота газу

73

∗ при ізобаричному процесі ( p const= )

( ) ( )2 1 2 1mA p V V R T TM

= − = − ;

∗ при ізотермічному процесі ( T const= ) 2

1

VmA RT lnM V

= ; 1

2

pmA RT lnM p

= ;

∗ при ізохорному процесі (V const= ) 0A = ;

∗ при адіабатичному процесі

( ) ( )1 2 1 22Vm m iA C T T R T TM M

= − = − ;

1 11 1 1 1 1

2 21 1

1 1RT V p V VmA

M V V

γ− γ−⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟γ − γ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦,

де 1T і 2T – початкова і кінцева температури газу. 45. Перше начало термодинаміки в ізопроцесах ∗ при ізобаричному процесі

Vm mQ U A C T R TM M

= Δ + = Δ + Δ ;

∗ при ізотермічному процесі ( 0UΔ = ) 2

1

VmQ A RT lnM V

= = ;

∗ при ізохорному процесі ( 0A = )

VmQ U C TM

= Δ = Δ ;

∗ при адіабатичному процесі ( 0Q = )

( ) ( )2 1 1 2V Vm mA U C T T C T T .M M

= −Δ = − − = − .

46. Термічний коефіцієнт корисної дії (ККД) для кругового процесу 1 2

1

Q QQ−

η = ,

де 1Q – кількість теплоти, одержана газом (робочим тілом) від нагрівача; 2Q – кількість теплоти, передана газом холодильнику.

47. Термічний коефіцієнт корисної дії (ККД) для циклу Карно

74

1 2

1

T TT−

η = ,

де 1T – температура нагрівача, 2T – температура охолоджувача. 48. Зміна (приріст) ентропії в результаті оборотного процесу

Q dU pdVdST T

δ += = ;

22 1

1

QS S STδ

Δ = − = ∫ .

49. Формула Больцмана S k ln= Ω ,

де k – стала Больцмана, Ω – термодинамічна ймовірність, тобто кількість мікроскопічних станів, якими може реалізуватися макроскопічний стан.

50. Рівняння Ван-дер-Ваальса для моля ідеального газу

( )2ap V b RT

V μμ

⎛ ⎞⎜ ⎟+ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

,

де a – стала Ван-дер-Ваальса, яка характеризує сили міжмолекулярного притягання, Vμ – молярний об’єм, b – об’єм, який займають самі молекули.

Для довільної кількості речовини газу mM

ν = , з урахуванням, що

об’єм газу V Vμ= ν , маємо 2

2a Vp b RT

V⎛ ⎞ν ⎛ ⎞+ − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ν⎝ ⎠⎝ ⎠

.

51. Зв’язок критичних параметрів – об’єму, тиску і температури – із сталими Ван-дер-Ваальса a і b

3крV bμ = ; 227крapb

= ; 827кр

aTRb

= .

52. Коефіцієнт поверхневого натягу nFl

σ = ,

де nF – сила поверхневого натягу, що діє на одиницю довжини будь-якого контуру на поверхні рідини, l – довжина контуру, або

ES

σ = ,

75

де E – поверхнева енергія, яку має одиниця площі поверхні рідини, S – площа поверхні рідини.

53. Формула Лапласа, що характеризує надлишковий тиск, який створюється в рідині, за рахунок викривлення її поверхні (поверхневий тиск)

1 2

1 1лp

R R⎛ ⎞

= σ +⎜ ⎟⎝ ⎠

,

де σ – поверхневий натяг, 1R і 2R – радіуси кривини двох взаємно перпендикулярних перерізів поверхні рідини, а у випадку сферичної поверхні

2лp

Rσ

= .

54. Висота підняття рідини в капілярі 2h cosgRσ

= Θρ

,

де Θ – кут між дотичною до поверхні рідини і стінкою капіляра (крайовий кут змочування ), g – прискорення вільного падіння, ρ – густина рідини, R – радіус капіляра.

2.2 Приклади розв’язання задач

Задача 1. Розрахувати повну енергію всіх молекул азоту, що знаходяться в балоні об’ємом 10V = л під тиском 51 5 10p ,= ⋅ Па.

Розв’язання Середня енергія однієї молекули дорівнює:

1 2i kT⟨ε ⟩ = ,

де i – кількість ступенів вільності (для азоту, як двохатомної молекули, 5i = ).

Повна енергія всіх молекул дорівнює:

2i kTN⟨ε⟩ = , (1)

де N – загальна кількість молекул

AmN NM

= , (2)

76

де m – маса газу, M – молярна маса, AN – число Авогадро. Зважаючи, що AkN R= , з (1) і (2) маємо

2 2Ai m i mkT N RT

M M⟨ε⟩ = = . (3)

Але згідно з рівнянням Менделєєва-Клапейрона mpV RTM

= , з (3)

випливає 5

2 2i pV pV⟨ε⟩ = = ,

⟨ε⟩ = 3,75 кДж.

Задача 2. Який тиск встановиться в меншому з двох балонів ємностями 1V =15 л і 2V =5 л, якщо їх з’єднати трубкою з клапаном? У меншому балоні вакуум, а у більшому газ знаходиться під тиском

51 1 3 10p ,= ⋅ Па при 1 17t = С. Клапан відкривається, коли різниця тисків у

балонах досягає 110pΔ = кПа. До якої температури 2t були нагріті балони, якщо тиск у меншому балоні дорівнював 2 75p = кПа?

Розв’язання Запишемо рівняння Менделеєва-Клапейрона для газу у більшому

(першому) балоні при температурі 1T

11 1 1

mp V RTM

= ,

звідки можна знайти масу газу в цьому балоні 1 1

11

p V MmRT

= . (1)

При температурі 2T тиск у більшому балоні буде більшим, ніж тиск у меншому, на величину pΔ .

( ) 22 1 2

mp p V RTM

+ Δ = , звідки ( )2 1

22

p p V Mm

RT+ Δ

= . (2)

В менший балон перейшла маса газу 1 2m m mΔ = − . Рівняння стану для газу в меншому балоні

2 2 2mp V RT

MΔ

= . (3)

З (1)і (2) одержимо масу газу у меншому балоні при температурі 2T

77

( )2 11 11 2

1 2

p p V Mp V Mm m mRT RT

+ ΔΔ = − = − .

Тоді рівняння (3) перетвориться на ( )21

2 2 1 21 2

p ppp V V TT T

+ Δ⎡ ⎤= −⎢ ⎥

⎣ ⎦,

звідки ( )2 1 21

21 1

p V VTT pp V

+⎡ ⎤= + Δ⎢ ⎥

⎣ ⎦.

1 1 273T t= + К = 290К, 2 468T = К, 2 2 273 195t T= − = С. Задача 3. Газ складається з суміші трьох газів: 1 2ν = молі азоту,

2 4ν = молі кисню, 3 5ν = молів водню. Визначити густину і молярну

масу суміші при температурі 320T = К і тиску 51 7 10p ,= ⋅ Па. Розв’язання

Згідно закону Дальтона, тиск суміші газів дорівнює сумі парціальних тисків компонентів суміші

1 2 3p p p p= + + . ( 1) Для кожної компоненти можна записати рівняння Менделєєва-

Клапейрона 1

11

mp V RTM

= ; 22

2

mp V RTM

= ; 33

3

mp V RT

M= .

Складемо ці рівняння і одержимо

( ) 31 21 2 3

1 2 3

mm mp p p V RTM M M

⎛ ⎞+ + = + +⎜ ⎟

⎝ ⎠, (2)

Взявши до уваги (1) і те, що mM

= ν – кількість речовини, з (2)

одержимо ( )1 2 3pV RT= ν + ν + ν ,

звідки ( )1 2 3RTVp

= ν + ν + ν .

Тоді густина суміші дорівнює ( )

( )1 1 2 2 3 31 2 3

1 2 3

M M M pm m mV RT

ν + ν + ν+ +ρ = =

ν + ν + ν,

1 13,ρ = кг/м3.

78

Молярна маса суміші дорівнює 1 2 3 1 1 2 2 3 3

1 2 3 1 2 3

m m m M M MM

+ + ν + ν + ν= =

ν + ν + ν ν + ν + ν,

317 6 10M , −= ⋅ кг/моль. Задача 4. Досліджуються кульові частинки, які завислі в повітрі в

полі земного тяжіння. Радіус частинок 71 10r −= ⋅ м, температура повітря 10t = С, тиск 510p = Па. На висоті 30h = м концентрація частинок

зменшується втричі. Чому дорівнює маса завислої частинки? Розв’язання

Частинка зависла у повітрі, тобто на неї, окрім сили тяжіння

TF mg= , діє виштовхуюча сила 0вF gV= ρ , де g – прискорення вільного падіння, ρ – густина частинки, V – її об’єм, m – маса частинки, 0ρ – густина повітря поблизу поверхні Землі. Згідно з рівнянням Менделєєва-

Клапейрона густина повітря 0pMRT

ρ = , 329 10M −= ⋅ кг/моль молярна маса

повітря. 0 1 233,ρ = кг/м3. Тоді сила, яка діє на частинку,

0F mg gV= − ρ ,

зауважимо, що m V= ρ , тоді mV =ρ

і

01F mgρ⎛ ⎞

= −⎜ ⎟ρ⎝ ⎠.

В цьому випадку розподіл Больцмана для концентрації молекул запишемо у вигляді

( )0

0

1mg zn z n exp

kT

⎡ ⎤ρ⎛ ⎞−⎢ ⎥⎜ ⎟ρ⎝ ⎠⎢ ⎥= −

⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

,

де 0n – концентрація частинок на рівні Землі ( 0z = ). Густина кульової частинки радіусом r

33

4m mV r

ρ = =π

.

79

За умовами задачі на висоті 30z h= = м ( ) 03n

n h = . Тоді відношення

концентрацій частинок на двох різних висотах

( )

0

01

3mg h

nexp

n h kT

ρ⎛ ⎞−⎜ ⎟ρ⎝ ⎠= = ,

звідки 3

043

3r ghmghln

kT kTπ ρ

= − ,

маса частинок 3

03 3 43

kT ln r ghm

gh+ π ρ

= ,

215 18 10m , −= ⋅ кг. Задача 5. Знайдіть кількість молекул водню в посудині, швидкості

яких лежать у межах від 295 до 305 м/с. Маса водню 50 г, температура його 290T = К.

Розв’язання Згідно з розподілом Максвелла за швидкостями молекул, кількість

молекул зі швидкостями в інтервалі 2 1Δ = −υ υ υ дорівнює 3

220 0 242 2

m mN Nf ( ) N exp

kT kT⎛ ⎞⎛ ⎞Δ = Δ = − Δ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

υυ υ πυ υ

π (1)

Зважаючи на те, що 1 2, Δ <<υ υ υ , за швидкість молекул можна взяти середнє арифметичне їх швидкостей:

1 22+

=υ υ

υ ; 300=υ м/с.

Загальну кількість молекул N можна одержати як AmN NM

= .

Якщо врахувати, що 0m Mk R

= ( 0m – маса однієї молекули), рівняння

(1) можна записати: 3

22 242 2A

m M MN N expM RT RT

⎛ ⎞⎛ ⎞Δ = − ⋅ Δ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

υ πυ υπ

;

217 87 10N ,Δ = ⋅ .

80

Задача 6. Розрахуйте середню довжину вільного пробігу і кількість зіткнень за 1 с всіх молекул вуглекислого газу ( 2CO ) в посудині об’ємом

3V = л при температурі 7t = С і тиску 51 3 10p ,= ⋅ Па. Ефективний

діаметр молекули 104 10d −= ⋅ м. Розв’язання

Середня довжина вільного пробігу молекули

21

2l

d n⟨ ⟩ =

π,

де n – концентрація молекул, яку можна розрахувати як pn

kT= ,

де k – стала Больцмана.

Тоді 22

kTld p

⟨ ⟩ =π

,

84 18 10l , −⟨ ⟩ = ⋅ м. Кількість зіткнень між всіма молекулами за 1 с

12

Z zN= ,

де z – середня кількість зіткнень однієї молекули з іншими за 1 с

zl

⟨ ⟩=

⟨ ⟩υ ,

8RTM

⟨ ⟩ =υπ

– середня арифметична швидкість молекул, N –

сумарна кількість молекул 2CO в об’ємі V N n V= ⋅ .

Тоді 2 2 2

2 21 1 8 2 22 2

RT d p p d p V RTZ nV Vl M kT kT Mk T

⟨ ⟩= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =

⟨ ⟩υ π π

π π,

324 4 10Z ,= ⋅ с-1. Задача 7. Простір між двома концентричними сферами радіусами

1 20R = см і 2 40R = см заповнений киснем. Внутрішня сфера охолоджена до 1 260T = К, температура зовнішньої 2 350T = К. Вважаючи коефіцієнт теплопровідності незалежним від температури, розрахуйте тепловий потік q між сферами.

81

Розв’язання Температура сфер стала, тому в просторі між ними буде постійний

розподіл температури ( )T r , де r – радіус сфери, тобто потік тепла буде стаціонарний.

Виділимо сферу радіусом r (площа її поверхні 24 rπ ), всі точки якої мають однакову температуру ( )T r .

Тепловий потік, що проходить крізь цю сферу: 24dQ dTq r

dt dr= = − πæ . (1)

Якщо взяти до уваги, що в даній задачі градієнт температури додатний, тоді

24dTq rdr

= πæ .

Процес стаціонарний, тобто потік тепла не залежить від радіуса сфери: q const= .

В рівнянні (1) розділимо змінні і проінтегруємо його 2 2

1 12

4 T R

T R

drdTq rπ

=∫ ∫æ ,

звідки ( )2 1 1 2

2 1

4 T T R Rq

R Rπ −

=−

æ.

Зауважимо, що це потік тепла від зовнішньої сфери до внутрішньої. Коефіцієнт теплопровідності кисню візьмемо з табл. 4 додатка.

324 5 10, −= ⋅æ Вт/(м·К), тоді 11q = Вт. Задача 8. Два грами азоту при температурі 1T =280 К ізобарно

розширюються, при цьому його температура підвищується до 2T =560 К. Далі газ адіабатно розширюється до об’єму в n =5 разів більше, ніж початковий 3 1V nV= . Розрахуйте кількість теплоти, одержану газом, роботу, яку він виконав, і зміну його внутрішньої енергії.

Розв’язання Розглянутий процес зображений на рис. 2.1, де 2-1 – ізобара, а 2-3 –

адіабата. Кількість теплоти Q , одержана газом, дорівнює кількості теплоти 12Q , одержаної газом в ізобарному процесі, бо при адіабатному процесі 23Q =0.

82

Зважаючи на те, що газ двохатомний, кількість ступенів свободи

5i = , 2 7

2 2piC R R+

= = ,

маємо

( ) ( )12 2 1 2 12

2pm m iQ Q C T T R T TM M

+= = − = − ;

580Q = Дж. Робота, яку виконав газ при розширенні

12 23A A A= + . Робота розширення газу при ізобарному процесі з урахуванням

рівняння Менделєєва-Клапейрона дорівнює

( ) ( )12 2 1 2 1mA p V V R T TM

= − = − .

При адіабатному процесі

( )23 2 3VmA C T TM

= − ,

де 52 2ViC R R= = .

Температуру 3T можна розрахувати з рівняння адіабатного процесу

T1 T2

T31

3

2

V3V2V1

Рисунок 2.1

p

V

83

1 13 2 2

3 22 3 3

T V V, T TT V V

γ− γ−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

,

де 3 12 7

5p

V

C i , V nVC i

+γ = = = = .

Об’єм газу наприкінці ізобарного розширення 2V знайдемо з рівняння ізобарного процесу

1 2 22 1

1 2 1

V V T; V VT T T

= = ,

тоді 1

1 2 23 2 2

3 1 1

V T TT T TV T nT

γ γ−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠,

звідки 1

223 2

11

2Tm iA RT

M nT

γ−⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦.

Повна робота дорівнює

( )1

22 1 2

11

2Tm m iA R T T RT

M M nT

γ−⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= − + − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦;

A = 420 Дж. Зміну внутрішньої енергії знайдемо, враховуючи, що вона – функція

стану і не залежить від термодинамічних процесів.

( )1

23 1 2 1

12VTm m iU C T T R T T

M M nT

γ−⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥Δ = − = −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦,

UΔ =160 Дж. Задача 9. Кисень масою 5 г ізотермічно стискують до об’єму вдвічі

меншого, ніж початковий 12 2

VV = , далі ізобарично розширюють до об’єму

3 11 5V , V= . Визначити зміну ентропії кисню в цьому процесі. Розв’язання

Діаграма процесу зображена на рис 2.2, де 1-2 – ізотерма; 2-3 – ізобара. Зміна ентропії при переході системи з одного стану в інший визначається тільки параметрами цих станів і не залежить від характеру процесу, завдяки якому відбувся перехід

84

p

Рисунок 2.2

V2 V3V1

1

2 3

V

Для зворотних процесів зміна ентропії обчислюється як 3 3 2 3

12 23 2312

1 1 1 2

Q Q QQQST T T T

δ + δ δδδΔ = = = +∫ ∫ ∫ ∫ .

Для ізотермічного процесу стискання газу 12dU =0

12 12Q A pdVδ = δ = .

З рівняння Менделєєва-Клапейрона pVMTmR

= , тобто

2 2

1 1

212 1

21

V V

V V

Q VpdV m dV mR RlnT T M V M V

δ= = = −∫ ∫ ∫ .

Для ізобарного процесу нагрівання кисню

23 pmQ C dTM

δ = ,

тоді 3

2

323 3

22

22

T

pT

Q Tm dT m iC RlnT M T M T

δ += =∫ ∫ .

Врахуємо, що молярна теплоємність двохатомного газу ( 5i = )

дорівнює 2 72 2p

iC R R+= = , і згідно рівнянню газового стану для

ізобаричного процесу 3 3 32

2 3 2 2

V T VV ;T T T V

= = .

В цьому випадку зміна ентропії дорівнює

85

31

2 2

22

VVm m iS Rln R lnM V M V

+Δ = − + .

Згідно умовам задачі, 12 3 1, 1 5

2VV V , V= = ; тоді

1 1

1 1

2 3 27 72 32 2 2

V Vm m mS Rln R ln R ln lnM V M V M

⋅ ⋅ ⎛ ⎞Δ = − + ⋅ = − +⎜ ⎟⋅ ⎝ ⎠,

SΔ = 4,1 Дж/К. Задача 10. Розрахуйте зміну ентропії 1m = кг свинцю, що

знаходиться при температурі 20t C= ° , якщо його розплавити. Розв’язання

Повна зміна ентропії є сумою двох складових: 1 2S S SΔ = Δ + Δ ,

де 1SΔ – пов’язана з нагріванням свинцю від температури T =293 К до температури плавлення і 2SΔ – пов’язана з процесом розплавлення, що відбувається при сталій температурі 600плT = К.

Беручи до уваги, що для оборотного процесу 2 2

1 21 2

1 1

Q QQS S S ,T T

δ + δδΔ = Δ + Δ = =∫ ∫ ,

а також 1 2Q cmdT ; Q mδ = δ = λ , де 130C = Дж/(кгּК) – питома теплоємність свинцю,

42 5 10,λ = ⋅ Дж/кг – його питома теплота плавлення, маємо плT

пл

пл плT

TcmdT m mS cmlnT T T T

λ λΔ = + = +∫ ,

SΔ = 310 Дж/К. Задача 11. Десять грам водню ізотермічно розширюються до об’єму

2 110V V= , далі при сталому об’ємі температура газу зменшується від

1 500T = К до 2 100T = К. Внаслідок ізотермічного стискання газ повертають до його початкового об’єму і, при ізохорному нагріванні до

1T , цикл замикається. Зобразіть діаграму циклу. Яку роботу виконує газ? Чому дорівнює кількість теплоти, одержана газом, і термічний ККД циклу? Порівняйте його з ККД циклу Карно з тими ж температурами нагрівача і охолоджувача.

86

Розв’язання

p

1

2

3

4T2

T1

V1 V2

Рисунок 2.3V

Цикл складається з двох ізотерм 1-2 і 3-4 при температурах 1T і 2T і двох ізохор 1-4 і 2-3 з відповідними об’ємами 1V і 2V (див.рис. 2.1).

Робота виконується тільки при ізотермічних процесах 12 23A A A= + .

На ділянці 1-2 газ розширюється, тобто виконує роботу ( 12 0A > )

212 1

1

VmA RT lnM V

= .

На ділянці 3-4 об’єм зменшується, газ стискається, тобто над ним виконується робота. Робота газу від’ємна. З урахуванням, що 1 4V V= і

2 3V V= , маємо:

4 234 2 2

3 1

V Vm mA RT ln RT lnM V M V

= = − .

Тоді повна робота газу за цикл

( )2 2 21 2 1 2

1 1 1

V V Vm m mA RT ln RT ln R T T lnM V M V M V

= − = − ,

A ≈ 38,2 кДж.

87

При розрахунку кількості теплоти, одержаної газом, візьмемо до уваги, що газ її одержував на ділянках 1-2 (ізотермічне розширення) і 4-1 (ізохорне збільшення тиску), тобто

12 41Q Q Q= + . Згідно з I-м законом термодинаміки для ізотермічного процесу

( 0UΔ = ) 2

12 12 11

VmQ A RT lnM V

= = .

Для ізохорного процесу ( 0A = )

( )41 1 2VmQ U C T TM

= Δ = − .

Водень 2H – двохатомний газ, тому його молярна теплоємність 52VC R= .

Загальна кількість теплоти, одержана газом

( )21 2

1V

Vm mQ RT ln C T TM V M

= + − ,

Q = 52,8 кДж. Термічний коефіцієнт корисної дії для циклу

AQ

η = ; (1)

( )

( ) ( )

21 2

1 1 2

2 1 21 1 2 1

1 2

1

VV

Vm R T T lnM V T T

Vm m C T TRT ln C T T TM V M VRlnV

−−

η = =−+ − +

. (2)

Для циклу Карно ККД дорівнює 1 2

1k

T TT−

η = . (3)

Порівняємо (2) з (3) і, зважаючи на те, що 1 2T T> і 2 1V V> , бачимо, що знаменник в (2) більший, ніж в (3), тобто kη < η . Розрахунки це підтверджують. З (1) одержимо 0 72 72, %η = ≈ .

Для циклу Карно маємо з (3) 0 8 80k , %η = = . Тобто ККД циклу Карно більший, ніж ККД довільного циклу.

88

Задача 12. Температура нагрівача теплової машини, що працює за циклом Карно, дорівнює 1 600T = К, а охолоджувача 2 250T = К. Чому дорівнює ККД циклу? Яку кількість теплоти 1Q одержує робоче тіло від нагрівача і яка кількість теплоти 2Q передається холодильнику за один цикл, якщо виконується робота 50A = кДж?

Розв’язання Коефіцієнт корисної дії циклу Карно можна знайти згідно

1 2

1

T TT−

η = , (1)

тобто 0 58 58, %η = = . Зважаючи на те, що ККД теплової машини дорівнює

1 2

1 1

Q Q AQ Q−

η = = , (2)

одержимо кількість теплоти, що передається робочому тілу

1 1AQ ; Q=η

=86,2 кДж.

Щоб отримати кількість теплоти 2Q , передану холодильнику, звернемося до (2), тоді

2 2

11 1Q Q

Q Aη

η = − = − ,

звідки ( )

21A

Q− η

=η

,

або інакше 1 2 2 1A Q Q ; Q Q A= − = − ,

2Q =36,2 кДж.

2.3 Задачі для самостійного розв’язання

2.1 Визначити кількість молекул окису азоту ( NO ), масу газу і середню енергію поступального теплового руху всіх молекул, якщо газ знаходиться у балоні об’ємом 30 л при температурі 27t = С і тиску

55 10−⋅ Па.

89

Відповідь: 143 6 10N ,= ⋅ ; 111 8 10m , −= ⋅ кг; 3 73,⟨ε⟩ = мкДж. 2.2 Скільки молекул знаходяться в 3 г ідеального газу, якщо його

середня квадратична швидкість при 300T = К дорівнює 600 м/с? Відповідь: 228 7 10N ,= ⋅ . 2.3 Газ масою 1 кг, молекули якого складаються з атомів азоту і

водню, має 253 54 10, ⋅ молекул. Визначити молекулу цього газу і масу атомів азоту і водню, що входять в молекулу.

Відповідь: 3NH (аміак), 0 823Nm ,= кг, 0 177Hm ,= кг. 2.4 Краплина рицинової олії масою 4·10-7кг розлилась по поверхні

води, утворивши пляму площею 0 6S ,= м2. Вважаючи, що молекули в плівці утворюють один шар, оцінити середню відстань 0d між молекулами олії та масу молекули 0m .

Відповідь: 100 7 10d −= ⋅ м; 25

0 1 7 10m , −= ⋅ кг. 2.5 Скільки частинок в 3 г кисню, якщо ступінь його дисоціації

0 4,α = (ступінь дисоціації α – це відношення кількості молекул, які розпались на атоми, до загальної кількості молекул)?

Відповідь: 227 9 10N ,= ⋅ . 2.6 Знайти тиск суміші водню масою 1m =10 г і гелію масою 2 6m = г

на стінки посудини об’ємом V = 2 л, якщо сума кінетичних енергій молекули водню і молекули гелію дорівнює 1⟨ε⟩ = еВ.

Відповідь: p = 7,83·107 Па. 2.7 Визначити кількість атомів ртуті в 1 мм3, масу атома ртуті,

діаметр його, вважаючи атоми ртуті кульками, які стикаються. Відповідь: 194 1 10N ,= ⋅ ; 25

0 3 32 10m , −= ⋅ кг, 100 2 9 10d , −= ⋅ м.

2.8 Чому дорівнюють середні кінетичні енергії поступального і

обертального руху всіх молекул азоту масою 0,3 кг при температурі 350 К. Відповідь: 44 67 10пост ,⟨ε ⟩ = ⋅ Дж; 43 12 10оберт ,⟨ε ⟩ = ⋅ Дж.

90

2.9 Кисень знаходиться під тиском 52 10p = ⋅ Па, концентрація його

молекул 253 56 10n ,= ⋅ м-3. Яка середньоквадратична швидкість молекул кисню за таких умов?

Відповідь: кв.⟨ ⟩ =υ 563 м/с. 2.10 Визначити об’ємну густину кінетичної енергії молекул гелію, що

знаходяться в посудині під тиском 3·105Па. Відповідь: об 450⟨ω ⟩ = кДж/м3. 2.11 Посудина місткістю V = 10 л заповнена азотом при температурі

1 350T = К під тиском 1p = 7·105 Па. В цю ж посудину нагнітають ще 0,5 кг кисню і охолоджують суміш до 2 300T = К. Яким стане тиск суміші після охолодження?

Відповідь: 2p = 5,6·105 Па. 2.12 В посудині об’ємом 10 л знаходиться ідеальний газ при

температурі 10 С. Знайти масу випущеного газу, якщо тиск у посудині зменшиться при сталій температурі на 0,5 атмосфери, а густина газу при нормальних умовах 1,25 кг/м3.

Відповідь: mΔ = 6 г. 2.13 Визначити концентрацію кожного з газів суміші кисню і гелію,

що знаходиться при температурі 17 С під тиском 42 10p = ⋅ Па. Густина

суміші 29 10−⋅ кг/м3. Відповідь:

2243 78 10On ,= ⋅ ; 241 22 10Hen ,= ⋅

2.14 Оболонка повітряної кулі об’ємом V = 300 м3 наповнена воднем при температурі 1T = 290 К. Внаслідок нагрівання сонячним випромінюванням температура газу при сталому тиску підвищилась до 320К. На скільки зменшилась маса газу (об’єм кулі вважати незмінним, надлишок газу може вийти з неї через отвір)?

Відповідь: mΔ = 2,35 кг. 2.15 Скільки молекул вийде з балона об’ємом 5 л, в якому

знаходиться газ при температурі T = 320 К, якщо тиск в балоні зменшиться на pΔ = 220Па?

Відповідь: 202 5 10N ,= ⋅

91

2.16 Визначити масу окису азоту ( NO ) в суміші з киснем, якщо маса суміші 18 кг. Суміш знаходиться в балоні об’ємом 5 м3 при температурі 310 К і тиску 53 10⋅ Па.

Відповідь: NOm = 10 кг. 2.17 У вертикальному циліндрі по обидва боки важкого поршня

знаходиться однакова маса газу. Відношення об’ємів над поршнем і під поршнем при температурі 1T = 320К дорівнює 5δ = . При якій температурі

2T це відношення стане дорівнювати 3′δ = ? Відповідь: 2T = 576К. 2.18 Горизонтальний циліндричний балон поділений закріпленим

поршнем на дві частини, температура яких однакова. Тиск і об’єм газу в лівій частині 1p = 51 3 10, ⋅ Па, 1 5V = л, в правій – 5

2 1 1 10p ,= ⋅ Па, 2 3V = л. Поршень вивільняють і температуру правої частини збільшують у 3n = рази. На скільки збільшиться об’єм газу в правій частині посудини?

Відповідь: VΔ = 1,8 л. 2.19 У вертикальному циліндрі під поршнем масою 100 кг і площею

300 см2 знаходиться водень масою 20 г при температурі 280К. Який вантаж треба покласти на поршень, щоб він опустився на 1 0h ,= м, якщо газ в циліндрі нагріти до 300К. Тертям знехтувати. Атмосферний тиск нормальний 0p = 1,01·105 Па.

Відповідь: вm = 120 кг. 2.20 Повітря об’ємом V = 0,5 м3 під тиском 105 Па знаходиться між

двома вертикальними однаковими площинами. Температура повітря змінюється лінійно від температури 1T = 280К до 2T = 290К. Знайти масу повітря між площинами.

Відповідь: m = 0,61 кг. 2.21 На яку висоту повинен піднятись спостерігач, щоб тиск

зменшився на 2 кПа? Температура повітря не змінюється з висотою і дорівнює T = 295К.

Відповідь: hΔ = 174 м.

92

2.22 Чому дорівнює відношення кількості молекул вуглекислого газу, швидкості яких знаходяться в інтервалі від 1 =υ 800 м/с до 1

' =υ 805 м/с, до

кількості молекул з швидкостями від 2 =υ 300 м/с до 2' =υ 305 м/с при

температурі газу T = 400К? Відповідь: 1 2 5 4N / N ,Δ Δ = . 2.23 Яка частка молекул водню має кінетичні енергії у межах від

1ε = 0,130 еВ до 2ε = 0,135 еВ при температурі T = 500К? Відповідь: N / NΔ = 0,01 2.24 Розрахуйте повну кількість молекул, що знаходяться в стовпі

повітря, площа якого S = 1 м2 за нормальних умов. В скільки разів ця величина більша за кількість молекул при висоті стовпа 1h = 10 км;

2h = 1км з тією ж площею перерізу? Відповідь: N∞ = 2,15·1020; 1N / N∞ = 1,4; 2N / N∞ = 8,5. 2.25 Ротор центрифуги, заповненої завислими частинками при

температурі 400К, обертається з кутовою швидкістю ω = 300 рад/с. Визначити масу частинок, якщо відношення концентрації частинок біля стінок ротора і на осі обертання дорівнює 0 6n / n = . Радіус ротора r = 30 см.

Відповідь: m = 2,44·10-24 кг. 2.26 Знайти температуру неону, при якій швидкостям молекул

1 =υ 500м/с і 2 =υ 1000 м/с відповідає однакове значення функції розподілу.

Відповідь: T = 650К. 2.27 Частинки барвника, змулені у воді, спостерігаються в мікроскоп.

Середня кількість частинок в шарах, відстань між якими h = 60 мкм відрізняється в δ = 2 рази. Температура середовища T = 290 К, їх густина

1ρ = 1,5·103 кг/м3. Розрахувати радіус частинок. Відповідь: r = 0,13 мкм. 2.28 Знайти відносну кількість молекул азоту, швидкості яких при

температурі 300 К лежать у межах від 400 м/с до 405 м/с. Відповідь: N / NΔ = 12,7%.

93

2.29 Розрахувати швидкість, при якій функції розподілу молекул за

швидкостями будуть однакові для азоту і кисню у їх суміші при температурі 350 К.

Відповідь: =υ 540 м/с. 2.30 Знайти найбільш ймовірне значення енергії імε молекул при

температурі T = 500 К, використовуючи функцію розподілу ідеального газу за енергіями.

Відповідь: 22 16 10ім , −ε = ⋅ еВ. 2.31 В балоні об’ємом V = 20 л знаходиться кисень масою 1 кг. В

скільки разів відрізняється середня відстань між молекулами газу ( a ) від середньої довжини вільного пробігу?

Відповідь: 2 4a / l ,⟨ ⟩ = . 2.32 Визначити середню тривалість вільного пробігу ⟨τ⟩ молекул

азоту при температурі 17t = С і тиску 4 кПа. Яким стане середній час між зіткненнями молекул після ізотермічного стиснення, коли об’єм газу зменшиться у два рази?

Відповідь: ⟨τ⟩ = 3,5 нс; ′⟨τ ⟩ = 1,75 нс. 2.33 Розрахуйте середній діаметр атома гелію і середній час між

зіткненнями атомів, якщо коефіцієнт теплопровідності гелію дорівнює 0,14 Вт/(м·К). Питома теплоємність гелію при сталому об’ємі 3,1·103Дж/(кг·К).

Відповідь: 109 10d −= ⋅ м; 105 3 10, −⟨τ⟩ = ⋅ с. 3.34 В’язкість кисню за нормальних умов дорівнює 19,2 мкПа·с.

Визначити: 1) середню швидкість теплового руху атомів газу ⟨ ⟩υ ; 2) середню довжину їх вільного пробігу l⟨ ⟩ ; 3) середню кількість зіткнень атомів у 1 м3 за 1 с; 4) ефективний переріз атома σ , та його ефективний діаметр молекул d .

Відповідь: 425⟨ ⟩ =υ м./с; l⟨ ⟩ = 9,5·10-8 м; Z = 6·1034 м-3с-1; 192 78 10, −σ = ⋅ м2; d =3·10-10м.

94

2.35 Розрахуйте коефіцієнт теплопровідності водню, що знаходиться у посудині при температурі 300К.

Відповідь: =æ 63,3 мВт/(м·К). 2.36 Яка кількість теплоти передається від однієї пластинки до другої

за одну хвилину, якщо вони паралельні, площею 0,5 м2 кожна, розташовані на відстані h = 0,1 м, між ними знаходиться газ – неон? Температура холоднішої пластинки 1T = 290К, а різниця температур дорівнює

TΔ = 20К. Температуру газу між пластинками вважати рівною середньому арифметичному температур пластин.

Відповідь: QΔ = 21,6 Дж. 2.37 В балоні об’ємом 10V = л знаходиться аргон при температурі

T = 310К. Внаслідок пошкодження в балоні утворюється отвір, площа якого S = 10-8 м2, через який газ витікає з балона. За який час тиск у балоні зменшиться в 3δ = рази? Температуру вважати сталою.

Відповідь: 3τ = год. 2.38 Знайти розподіл температури ( )T r між двома коаксіальними

циліндрами радіусами 1R = 0,1 м і 2R = 0,3 м в однорідному середовищі. Температура внутрішнього циліндра 1T = 250К, зовнішнього – 2T = 300К. Яка температура на однаковій відстані від обох циліндрів ( R = 0,2 м)?

Відповідь: T = 281,5К. 2.39 Диск радіусом R = 0,1 м підвішений на пружній нитці, модуль

кручення якої G = 10-5 Дж/рад. Під ним на відстані h = 10-2 м обертається такий самий диск з кутовою швидкістю ω = 100 с-1. Під дією сил тертя верхній диск повернувся на кут ϕ = 2,8 рад. Чому дорівнює в’язкість повітря за результатами цього експерименту?

Відповідь: η = 1,8·10-5 Н·с/м2. 2.40 Яку кількість теплоти втрачає 1 м2 стіни цегляної будови за одну

годину, якщо її товщина d = 0,4 м, температура в приміщенні 1 20t = С, а

зовні 2 25t = − С. Коефіцієнт теплопровідності цегли ц =æ 0,65 Вт/(м·К). Яку товщину мала мати стіна з дерева з такою ж втратою тепла в тому ж інтервалі температур? Теплопровідність дерева д =æ 0,175 Вт/(м·К).

Відповідь: Q = 2,63·105 Дж, дd = 0,11 м.

95

2.41 Яка маса кисню проходить внаслідок дифузії крізь площину

S = 1 м2 за t = 1 с? Густина газу біля площини ρ = 20 кг/м3, градієнт

густини газу ddxρ

= 11,4 кг/м4, температура 320К.

Відповідь: mΔ = 3·10-5 кг. 2.42 Між двома коаксіальними циліндрами радіусами 1R = 5 см і

2R = 5,2 см і висотою h = 20 см знаходиться газ. Розрахуйте його коефіцієнт в’язкості, якщо при обертанні зовнішнього циліндра з частотою ν = 10 с-1 до внутрішнього циліндра треба прикласти момент сили M = 4,4·10-5 Н·м, щоб він не обертався.

Відповідь: 68 6 10, Па с−η = ⋅ ⋅ 2.43 В циліндричній посуді висотою H = 0,5 м і діаметром d = 10 см

знаходиться розчин солі. Густина молекул солі на дні посудини дорівнює 1ρ = 50 кг/м3, а біля поверхні 2ρ = 0,5 кг/м3. Вважаючи, що концентрація

молекул солі зменшується з висотою лінійно, розрахуйте потік маси. Коефіцієнт дифузії дорівнює D = 10-9 м2/с.

Відповідь: m / tΔ Δ = 7,8·10-12 кг/с. 2.44 Між двома коаксіальними циліндрами радіусами 1R = 10 см і

2R = 10,5 см і висотою h = 50 см знаходиться вуглекислий газ ( 2CO ) за нормальних умов. Зовнішній циліндр обертається зі швидкістю ω = 40 с-1. Яку дотичну силу треба докласти до внутрішнього циліндра, щоб він залишався нерухомим?

Відповідь: F = 3,7 мН. 2.45 Чому дорівнює градієнт густини вуглекислого газу, що

перенесений за рахунок дифузії у напрямку, перпендикулярному до плоскої поверхні S = 1 м2, якщо за час τ = 1 хв. перенесена маса m = 0,5 г, температура процесу стала 300T = К, тиск нормальний.

Відповідь: d / dxρ = 1,14 кг/м4. 2.46 Гелій знаходиться під тиском 2·105 Па. Як змінилась внутрішня

енергія газу, якщо він розширився від 1V =10 л до 2V =15 л? 1)Процес ізобарний; 2)процес адіабатний?

96

Відповідь: 1UΔ =150 Дж; 2UΔ =-710 Дж. 2.47 Водень масою m =200 г при температурі 400 К ізобарично

розширюється так, що його об’єм змінюється в 3n = рази. Далі газ охолоджується при сталому об’ємі. Точки початкового і кінцевого станів лежать на одній ізотермі. Яку роботу виконав газ? Чому дорівнює зміна внутрішньої енергії газу і одержана газом кількість теплоти?

Відповідь: 665A = кДж; 0UΔ = ; 665Q = кДж. 2.48 Деяка кількість кисню адіабатично стискується від об’єму 1V до

2 10 5V , V= . Як зміниться при цьому його температура, якщо її початкове значення 1 280T = К?

Відповідь: 90TΔ = К. 2.49 Азот під тиском 1p = 2·105 Па займає об’єм 1V = 50 л, далі в

результаті ізохорного процесу тиск зростає до 2p = 600 кПа і ізобарно об’єм збільшується до 3V = 150 л. Знайти зміну внутрішньої енергії газу

UΔ , виконану газом роботу A і теплоту Q , яку дістав газ. Побудувати графік процесу.

Відповідь: UΔ = 200 кДж; A = 60 кДж; Q = 260 кДж. 2.50 Однакові гази знаходяться у теплоізольованих балонах об’ємами

1V = 4 л і 2V = 8 л під тисками відповідно 51 2 10p = ⋅ Па і 5

2 5 10p = ⋅ Па і температурах 1T = 280 К і 2T = 350 К. Балони з’єднуються трубкою і гази змішуються. Який тиск і температуру має газ після змішування?

Відповідь: 54 10p = ⋅ Па, T =336 К. 2.51 Чому дорівнює маса гелію, якщо при початковій температурі

1T =500 К він адіабатно розширився від об’єму 1V до ( )2 1 10V nV n= = , і при цьому його внутрішня енергія змінилася на 36,5 кДж?

Відповідь: m = 30 г. 2.52 Як зміниться температура неону, якщо газу при сталому об’ємі

V = 10 л і при нормальних умовах було передано 0,55 кДж теплоти? Відповідь: TΔ = 100 К.

97

2.53 Один моль водню при температурі 1T = 400 К адіабатно розширився так, що його тиск зменшився в 5n = разів. Розрахувати температуру газу 2T після розширення і роботу, виконану газом.

Відповідь: 2T = 253 К; A = 3,075 кДж. 2.54 Як змінився об’єм кисню, якщо в процесі ізотермічного

розширення 20 г газу при T = 350 К він дістав 2 кДж теплоти? Відповідь: збільшився в 3 рази. 2.55 У вертикальному циліндрі об’ємом 1V =100 см3 під поршнем

масою m =50 кг і площею поперечного перерізу S =20 см2 знаходиться газ при температурі 1T =300 К. Знайти роботу розширення газу при нагріванні його на TΔ =150 К. Атмосферний тиск нормальний.

Відповідь: A =17,3 Дж. 2.56 Визначити питомі теплоємності pc і Vc суміші кисню масою

1m =5 г і аргону масою 2m =3 г. Відповідь: Vc =523 Дж/(кг·К); pc =763 Дж/(кг·К). 2.57 Знайдіть молярні теплоємності суміші азоту і аргону, якщо

масова частка аргону ω = 0,35. Відповідь: VC =17,9 Дж/(моль·К); pC =26,2 Дж/(моль·К). 2.58 Ідеальний газ за нормальних умов має густину 0ρ =1,43 кг/м3.

Знайти його молярну масу, визначити, що це за газ, і обчислити його питомі теплоємності pc і Vc .

Відповідь: M =32·10-3 кг/моль; pc = 909 Дж/(кг·К); Vc =649 Дж/(кг·К). 2.59 Ідеальний газ складається з 3 молів двохатомного газу і 5 молів

багатоатомного. Розрахуйте показник адіабати газу. Відповідь: 1 36,γ = . 2.60 Визначити показник адіабати суміші неону та водню, які за

однакових умов знаходяться в однакових об’ємах. Відповідь: γ =1,5.

98

2.61 Молярна теплоємність повітря при сталому тиску змінюється з температурою за законом pC a bT= + , де a =17,18 Дж/(моль·К);

b =3,20·10 –3 Дж/(моль·К2). Знайти зміну ентропії при охолодженні 87 г повітря від 80°С до 20° С.

Відповідь: SΔ = -10,2 Дж/К. 2.62 Водяна пара ізобарично охолоджується від 400° до 100°С і

конденсується в нормальній точці кипіння. Знайти зміну ентропії 54 г водяної пари в цьому процесі, якщо молярна теплоємність пари змінюється за законом pC a bT= − , де a =18,45 Дж/(моль·К); b =3,53·10–3 Дж/(моль·К2)

Відповідь: 360SΔ = − Дж/К. 2.63 Розрахувати зміну ентропії після необоротного процесу

змішування двох газів: кисню масою 64 г, що знаходиться в балоні об’ємом 10 л, і азоту масою 28 г в балоні об’ємом 20 л. Балони з’єднані трубкою з краном і кран відкривається. Тиск і температура обох газів однакові.

Відповідь: SΔ = 13,8 Дж/К. 2.64 Як змінилась ентропія газу при охолодженні водню масою 4 кг

від температури 1t =127°С до температури 2t =27°С в ізохорному процесі? Відповідь: 12SΔ = − кДж/К. 2.65 Розрахуйте зміну ентропії 0,5 кг льоду при перетворенні його на

воду з температурою 17°С. Теплоємності льоду і води вважати сталими. Відповідь: SΔ = 780 Дж/К. 2.66 Як зміниться ентропія системи при ізотермічному розширенні

азоту масою m =20 г від об’єму 1 15V = л до 2 50V = л? Відповідь: SΔ = 7,15 Дж/К. 2.67 Розрахуйте зміну ентропії 2 кг води при 27t = °С після

перетворення її на лід при температурі –18°С. Відповідь: SΔ = –3,5 кДж/К. 2.68 В термостаті, теплоємністю якого можна знехтувати,

перемішується 3 л води при 1t =90°С з 8 л води при 2t =10°С. Чому

99

дорівнює загальна зміна ентропії води? Теплоємність води вважати сталою.

Відповідь: SΔ = 323 Дж/К. 2.69 Яку кількість теплоти одержує термодинамічна система при

зворотному нагріванні від 280 К до 320 К, якщо її ентропія змінюється в залежності від температури як S a bT= + , де a – константа, b =3 Дж/К2.

Відповідь: Q =36 кДж. 2.70 Вуглекислий газ масою 250 г був ізохорично охолоджений так,

що його тиск зменшився у 5n = разів, а потім ізобарно нагрітий так, що його об’єм збільшився у 5n = разів. Як змінилась ентропія газу в результаті цих процесів?

Відповідь: SΔ = 76 Дж/К. 2.71 Робочим тілом теплової машини є одноатомний ідеальний газ. В

початковому стані температура газу 1T =300 К, після ізобарного розширення температура газу дорівнює 2T =500 К. Ізохорний процес доводить температуру газу до 3T =200 К. В результаті адіабатичного процесу газ повертається до початкового стану. Знайти ККД циклу.

Відповідь: η =10%. 2.72 Холодильна машина працює за циклом Карно. Температура, яку

треба підтримувати 2 250T = К, температура оточуючого повітря

1T =300 К. Від охолоджуваного тіла відводиться Q =5 кДж теплоти. Чому дорівнює механічна робота, що виконується за один цикл?

Відповідь: A =103 Дж. 2.73 Оборотний цикл для 2 молів ідеального газу складається з

ізохори, ізотерми і ізобари. Початкові умови: тиск 1p =1,5·105 Па, об’єм

1V =10 л; після ізохорного нагрівання температура газу підвищується до

2T =500 К, а ізотермічне розширення призводить тиск до початкової величини; ізобарне стискання повертає газ у вихідне положення. Знайти ККД циклу.

Відповідь: η =30%. 2.74 Оборотний цикл для двохатомного ідеального газу складається з

двох ізобар і двох ізотерм. Початковий стан характеризується тиском

100

1p =5·105 Па і температурою 1T =350 К. В результаті ізобарного розширення температура підвищилась до 2T =700 К, при цій температурі газ ізотермічно розширився так, що тиск став дорівнювати 2p =105 Па. Завдяки ізобарному стисканню у газі встановилась початкова температура

1T , при якій ізотермічно був досягнутий початковий стан. Розрахувати ККД циклу.

Відповідь: η = 44,2%. 2.75 Знайти ККД циклу Карно, якщо в результаті адіабатичного

розширення двохатомного газу його об’єм змінився від 0,7 л до 1,2 л. Відповідь: η =20%. 2.76 Коефіцієнт корисної дії машини Карно, що застосовується як

холодильна машина, η =38%. За кожний цикл машина виконує роботу A =20 кДж. Яку кількість тепла 2Q ця машина може перевести від холодильника до нагрівача за один цикл?

Відповідь: 2Q =32,6 кДж. 2.77 Знайти ККД оборотного циклу для одного моля ідеального

двохатомного газу, який починається з ізобарного розширення, що супроводжується зміною температури від 1T =300 К до 2T =600 К, далі в результаті ізохорного процесу тиск зменшується, температура газу знижується до початкової 3 1T T= ; ізотермічно газ повертається у вихідний стан.

Відповідь: η =8,8%. 2.78 Ідеальний газ виконує цикл, що складається з ізохорного

підвищення температури від 1T =350 К до 2T =600 К, адіабатичного розширення, в результаті чого температура знижується до початкової, і ізотермічного стискання газу до початкового об’єму. Знайти ККД циклу.

Відповідь: η =24,5%. 2.79 У скільки разів збільшиться ККД циклу Карно для ідеального

газу, якщо температура нагрівача 1T ′ збільшиться на 80%, а температура холодильника 2T ′ зменшиться на 10%. Початкове співвідношення температур 1 2 2T / T n= = .

101

Відповідь: 1 5/ ,′η η = . 2.80 Ідеальна холодильна машина, яка працює по оборотному циклу

Карно передає тепло від холодильника з водою при температурі 2T =273 К кип’ятильнику з водою при температурі 1T =372 К. Яку кількість води вm треба заморозити в холодильнику, щоб перетворити на пар воду масою

0 5nm ,= кг в кип’ятильнику? Відповідь: вm =2,47 кг.

102

3 Електростатика. Постійний струм

3.1 Основні закони і формули

1. Закон Кулона:

1 2 1212 20 1212

14

q q rFrr

= ⋅ ⋅πε ε

,

де 12F – сила взаємодії точкових зарядів 1q та 2q ; 12r – вектор, проведений від заряду 1 до заряду

2, 120 8 85 10, −ε = ⋅ Ф/м – електрична стала, ε -

діелектрична проникність середовища. 2. Закон збереження заряду:

1

ni

iQ const

==∑ ,

де 1

ni

iQ

=∑ – алгебраїчна сума зарядів, що входять

до складу ізольованої системи, i – кількість зарядів.

3. Напруженість електричного поля: FEQ

= ,

де F – сила, яка діє на точковий позитивний заряд Q , що знаходиться в даній точці поля.

4. Сила, що діє на точковий заряд Q , який знаходиться в електричному полі:

F qE= . 5. Принцип суперпозиції електричних полів.

103

Напруженість поля, створеного системою точкових зарядів, дорівнює векторній сумі

напруженостей полів, що створюються в даній точці кожним із зарядів системи:

1 2 nE E E ... E= + + + . 6. Потік вектора напруженості електричного

поля E через замкнену поверхню: E n

S SEd S E dSΦ = =∫ ∫ ,

Інтегрування ведеться по всій поверхні. 7. Теорема Гаусса. Потік вектора напруженості системи точкових зарядів крізь довільну поверхню, яка охоплює заряди 1 2 nQ ,Q ,...Q :

0 1

1 nE i

iQ

=Φ =

εε∑ ,

0 1

1εε

ni

iSEd S Q

== ∑∫ .

де 1

ni

iQ

=∑ – алгебраїчна сума зарядів, що

знаходяться всередині замкненої поверхні, n – кількість зарядів.

8. Напруженість електростатичного поля, створеного точковим зарядом Q на відстані r від

заряду:

30

14πε ε

QrEr

= ⋅

20

14

QEr

= ⋅πε ε

104

9. Напруженість електростатичного поля, створеного прямою рівномірно зарядженою

ниткою (або циліндром) на відстані r від її осі:

0

1 24

Erτ

= ⋅πε ε

,

де τ – лінійна густина заряду. 10. Лінійна густина заряду – величина, яка

дорівнює відношенню заряду, розподіленого по нитці до довжини цієї нитки (циліндра), тобто це

заряд одиниці довжини нити: dQdl

τ = .

11. Напруженість однорідного електростатичного поля рівномірно зарядженої

нескінченної площини:

0

12

E σ= ⋅

εε,

де σ – поверхнева густина заряду. 12. Поверхнева густина заряду – величина, яка дорівнює відношенню заряду, неперервно і

рівномірно розподіленого по поверхні, до площі цієї поверхні, тобто це заряд одиниці площі

поверхні: dQdS

σ = .

13. Напруженість електростатичного поля кулі радіуса R , рівномірно зарядженої по об’єму:

2

03REr

ρ ⎛ ⎞= ⋅⎜ ⎟ε ⎝ ⎠, для r R≥ ;

105

03rE ρ

=ε

, для r R≤ ,

де ρ – об’ємна густина заряду. 14. Об’ємна густина заряду – величина, яка дорівнює відношенню заряду неперервно і

рівномірно розподіленого по об’єму до величини цього об’єму, тобто це заряд одиниці об’єму:

dQdV

ρ = .

15. Зв’язок між векторами електростатичної індукції (електричне зміщення) D та напруженістю електричного поля E :

0D E= εε . Це співвідношення справедливе лише для

ізотропних діелектриків. 16. Теорема Гаусса для вектора

електростатичного зміщення: Потік вектора електростатичного зміщення крізь будь-яку

замкнену поверхню:

1

nD i

iQ

=Φ = ∑ ,

1

ni

iSDd S Q

== ∑∫ ,

де n - число вільних зарядів, що знаходяться всередині замкненої поверхні.

17.Циркуляція вектора напруженості електростатичного поля:

0L

Edl =∫ .

18.Потенціал електростатичного поля:

106

QΠ

ϕ = , або AQ

ϕ = ,

де Π - потенціальна енергія, A - робота сил поля по переміщенню точкового позитивного заряду з даної точки поля на нескінченність.

Потенціал електричного поля на нескінченності прийнято за нуль.

19.Потенціал електричного поля, створений точковим зарядом Q на відстані r від заряду:

0

14

Qr

ϕ = ⋅πε ε

.

20.Потенціал електростатичного поля, створений системою n точкових зарядів, в даній

точці згідно з принципом суперпозиції електричних полів дорівнює алгебраїчній сумі

потенціалів 1 2, , , ,n...ϕ ϕ ϕ що створюються окремими зарядами 1 2, Q , ,QnQ ... :

1

ni

i=ϕ = ϕ∑ .

21.Потенціал електростатичного поля, створеного металевою кулькою радіуса R , яка має

заряд Q на відстані r від центра: всередині сфери і на поверхні сфери

( )04

Qr RR

≤ ϕ =πε ε

;

поза сферою ( )04

Qr Rr

> ϕ =πε ε

.

В усіх формулах ε – діелектрична проникність однорідного діелектрика, що оточує кульку.

107

22. Енергія W взаємодії точкових зарядів 1 2, , , nQ Q ... Q :

1

12

ni i

iW Q

== ϕ∑ ,

де iϕ – потенціал поля, створеного ( 1n − ) зарядами (за винятком i -го) в точці, де

знаходиться заряд iQ . 23. Вектор напруженості електростатичного

поля за модулем дорівнює градієнту потенціалу, а напрямок має протилежний:

E grad= − ϕ = −∇ϕ , де grad i j k

x y z∂ ∂ ∂

= + +∂ ∂ ∂

.

В однорідному полі: 1 2E

dϕ − ϕ

= .

У випадку поля з центральною або осьовою симетрією:

dEdrϕ

= − .

24. Робота електричного поля по переміщенню точкового заряду Q з однієї точки поля з потенціалом 1ϕ в іншу, з потенціалом 2ϕ :

( )1 2A Q= ϕ − ϕ , або lL

A Q E dl= ∫ ,

звідки 1 2L

Edlϕ − ϕ = ∫

де lE – проекція вектора напруженості E на напрямок переміщення, dl – переміщення.

У випадку однорідного поля

108

A QEl cos= α , де l – переміщення, α – кут між напрямками

векторів E і l . 25. Електричний момент диполя

ep Q l= , де Q – заряд, l – плече диполя (векторна

величина, напрямлена від негативного заряду до позитивного. Чисельно вона дорівнює відстані

між зарядами). 26. Потенціал ϕ і напруженість

електростатичного поля E , створеного диполем в точці A , розташованій на осі диполя на відстані r

від його центра ( r l>> ):

204epr

ϕ =πε

;

30

214

epE

r= ⋅

πε,

де ep – електричний момент диполя, r – радіус-вектор, що визначає положення точки A відносно

центра диполя, 0ε – електрична стала. 27. Потенціал і напруженість електричного

поля E , створеного диполем в точках площини перпендикулярної до осі диполя, яка проходить

крізь його центр: 0⊥ϕ = ;

30

14

epE

r⊥ = − ⋅πε

.

Позначення ті ж самі.

109

28. Потенціал і напруженість електричного поля E , створеного диполем в довільній точці

простору A :

204

p cosrα

ϕ =πε

;

230

1 1 34

epE cos

r= ⋅ ⋅ + α

πε,

де α – кут між моментом диполя ep та радіус-вектором r , інші позначення такі ж.

29. Механічний момент M , що діє на диполь, електричний момент якого Pe , в однорідному

електричному полі з напруженістю E : M p;E⎡ ⎤= ⎣ ⎦ , або M pE sin= α ,

де α – кут між напрямками векторів p і E . 30. Електроємність провідника

(конденсатора): QC Δ

=Δϕ

,

де QΔ – заряд провідника (конденсатора). 31. Електроємність сфери радіуса R , що

знаходиться в нескінченному середовищі з діелектричною проникністю ε :

04C R= πεε . 32. Електроємність плоского конденсатора:

0SC

dεε

= ,

де S – площа пластини (однієї), d – відстань між пластинами, ε – діелектрична проникність

110

діелектрика, що заповнює простір між пластинами, 0ε – електрична стала.

33. Електроємність батареї конденсаторів: а)

1

1 1n

iiC C== ∑ – при послідовному з’єднанні;

б) 1

ni

iC C

== ∑ – при паралельному з’єднанні.

де n – число конденсаторів в батареї. 34. Енергія зарядженого конденсатора:

2 2; ;

2 2 2Q QU CUW W W

C= = = .

35. Об’ємна густина енергії електричного поля:

20

1 12 2

w E ED= εε = ,

де E – напруженість електростатичного поля в середовищі з діелектричною проникністю ε , D –

електростатичне зміщення. 36. Сила постійного струму:

QIt

= ,

де Q – заряд, що проходить через поперечний переріз провідника за час t .

37. Густина струму: IjS

= ,

де S – площа поперечного перерізу провідника. 38. Закон Ома:

111

а) 1 2 UIR R

ϕ − ϕ= = для ділянки кола без ЕРС, де

1 2 Uϕ − ϕ = – різниця потенціалів (напруга) на кінцях ділянки кола, R – опір ділянки;

б) 1 2( )I

Rϕ − ϕ ±

=E – для ділянки кола з ЕРС,

де E – електрорушійна сила джерела струму, R – повний опір (сума зовнішнього та внутрішнього

опорів); в)

iI

R R=

+E – для замкненого кола, де R –

зовнішній опір, iR – опір джерела струму. 39. Закони Кірхгофа:

а) 0iI =∑ - перший закон; б) i i iI R =∑ ∑E - другий закон,

де iI∑ – алгебраїчна сума сил струмів у вузлі; i iI R∑ – алгебраїчна сума падінь напруги на

окремих ділянках кола, i∑E – алгебраїчна сума електрорушійних сил джерела струму.

40. Опір провідника: lRS

= ρ ,

де ρ – питомий опір, l – довжина провідника, S – поперечний переріз провідника.

41. Опір системи провідників: а)

1

ni

iR R

== ∑ при послідовному з’єднанні;

б) 1

1 1n

iiR R== ∑ при паралельному з’єднанні,

112

де iR – опір i -го провідника. 42. Робота електричного струму:

22; ; U tA IUt A I Rt A

R= = = .

43. Потужність струму: 2

2; ; UP IU P I R PR

= = = .

44. Закон Джоуля-Ленца: 2Q I Rt= ,

де Q – кількість теплоти, що виділяється на ділянці кола за час t .

45. Закон Ома в диференціальній формі: j E= σ ,

де σ – питома провідність, E – напруженість електричного поля.

46. Зв’язок густини струму з середньою швидкістю υ< > упорядкованого руху носіїв заряду

та їх концентрації n : j en υ= < > ,

де e - елементарний заряд. 47. Закони електролізу Фарадея.

Перший закон: m kQ= ,

де m – маса речовини, що виділяється на електроді при пропусканні через електроліт заряду Q , k – електрохімічний еквівалент

речовини. Другий закон:

113

MkFZ

= ,

де F – стала Фаредея, ( 96 5F ,= кКл/моль), M – молярна маса іонів даної речовини, Z –

валентність іонів. 48. Зв’язок питомої провідності з рухливістю

заряджених частинок (іонів): Qn( b b )+ −σ = + ,

де Q – заряд іона, n – концентрація іонів, b+ та b− – рухливості позитивних та негативних іонів.

3.2 Приклади розв’язання задач

Задача 1. Тонкий стрижень довжиною 0 2l ,= м несе рівномірно розподілений заряд з лінійною густиною 10τ = нКл/м. Знайти напруженість E та потенціал ϕ , створені розподіленим зарядом в точці A , що лежить на осі стрижня на відстані

0 2a l ,= = м від його кінця.

Розв’язання

Розглядається поле, що створює розподілений заряд. На стрижні беруть малий відрізок

l

dx x A

Рисунок 3.1

114

довжиною dx . Тоді заряд цього відрізка можна вважати точковим і рівним dq dx= τ , де τ – лінійна густина заряду. Напруженість dE , яку створює заряд dq в точці A на відстані x від цього заряду,

можна знайти за формулою:

20

14

dqdEx

= ⋅πε

,

а потенціал:

0

14

dqdx

ϕ = ⋅πε

.

За принципом суперпозиції електричних полів:

22 2

2 20 0 00

2 2 2

0 0 0 0

14 4 4 24

24 4 4 4

ll l

l l ll l l

ll l

dx dxEx lx x

dx dx ln x ln .x x

τ τ τ τ⎛ ⎞= = = − =⎜ ⎟πε πε πεπε ⎝ ⎠

τ τ τ τϕ = = = =

πε πε πε πε

∫ ∫

∫ ∫

Після підстановки числових значень одержимо:

8 910 9 10 2252 0 2

E,

− ⋅ ⋅= =

⋅В/м,

8 910 9 10 0 693 62 4, ,ϕ = ⋅ ⋅ ⋅ = В.

Задача 2. Дві концентричні провідні сфери радіусами 1 6R = см і 2 10R = см несуть заряди 1 1Q = нКл і 2 0 5Q ,= − нКл. Використовуючи теорему

Гаусса, знайти напруженість E поля в точках, які знаходяться від центра сфер на відстанях 1 5r = см,

2 9r = см та 3 15r = см. Побудувати графік ( )E r . Розв’язання

115

1. Проведемо гауссову поверхню 1S радіусом 1 1r R<

(область I). За теоремою Гаусса:

1

00

ni

in

S

QE dS == =

ε

∑∫

(тому що заряд всередині цієї гауссової поверхні дорівнює нулю).

Із міркувань симетрії

1

1 1 0nS

E E const E dS= = ⇒ =∫ ;

1 0E = в усіх точках, для яких 1 1r R< . 2. В області II гауссову поверхню проведемо

радіусом 1 2 2R r R< < . В цьому випадку:

2

1

0n

S

QE dS =ε∫

(всередині гауссової поверхні знаходиться тільки заряд 1Q ).

Оскільки 2nE E const= = , то

2

12

0S

QE dS =ε∫ або 1

2 20

QE S =ε

;

12

0 2

QES

=ε

; 22 24S r= π ;

12 2

0 24QE

r=

πε.

3. В області III проведемо гауссову поверхню радіусом 3 2r R> .

I

ШII

2R

1R

Рисунок 3.2

116

Тоді: 3

1 2

0n

S

Q QE dS +=

ε∫

(всередині цієї гауссової поверхні знаходяться заряди 1Q і 2Q ).

Враховуючи те, що 2 0Q < , одержимо: 1 2

3 20 34

Q | Q |Er

−=

πε.

Після підстановки числових значень одержимо:

1 20 1 11E ; E ,= = кВ/м; 3 200E = В/м. Побудуємо графік ( )E r :

В області I ( 1 1r R< ); 0E = . В області II ( 1 2 2R r R< < ); 2

1( )E rr

= .

В точці 1r R= ; 12 1 2

0 1( ) 2 5

4QE R ,

R= =

πε кВ/м.

E кВ/м

2,5

0,9

0,45

1R 2R r

III

II

I

Рисунок 3.3

117

В точці 2r R= ; 12 2 2

0 2( ) 0 9

4QE R ,

R= =

πε кВ/м ( 2r R→

зліва). В області III ( 2r R> ); 2

1( )E rr

∼ .

В точці 2r R= ; 1 22 2 2

0 2( ) 0 45

4Q | Q |E R ,

R−

= =πε

кВ/м ( 2r R→

справа). Таким чином, функція ( )E r в точках 1r R= і

2r R= має розрив.

Задача 3. Розрахувати напруженість поля прямої нескінченної нитки, яка рівномірно

заряджена з лінійною густиною τ в точці O , яка знаходиться від нитки на

відстані 0r . Розв’язання

1. Застосуємо теорему Гаусса. Оскільки поле симетричне, то вектор

напруженості в будь-якій точці перпендикулярний до

циліндричної поверхні, що проходить через цю точку. Вісь

симетрії цієї поверхні співпадає з ниткою. Тому за гауссову поверхню слід взяти циліндр довжиною l з віссю симетрії, співпадаючою з ниткою, а бокова поверхня циліндра проходить через точку O (рис.

3.4).

l

τ

0r O

118

Потік вектора E через бокову поверхню циліндра 02E r lEΦ = π , а елементарний заряд,

що знаходиться всередині циліндра,– Q l= τ .

За теоремою Гаусса: 0

02 lr lE τ

π =ε

.

Звідки 02

Er

τ=

πε.

2. Застосуємо диференціально-інтегральний метод. Розіб’ємо нитку на такі малі елементи довжини, щоб заряд на кожному із них можна

було вважати точковим і рівним dq dl= τ (рис 3.5). Напруженість, яку утворює цей заряд в точці O :

2 20 04 4

dq dldEr r

τ= =

πε πε,

де r – відстань від елемента dl до точки O . Із рисунка: 0 0 0

2; ;r r d r dACr AC rd dl

cos cos cos cosα α

= = α = = =α α α α

.

Напруженість: 0 04

ddEr

τ α=

πε;

d E

x

A

B C

0rD

yydE

xdEαdα

Рисунок 3.4

119

x ydE dE i dE j= + ; 0 0 0 0

;4 4x ycos d sin ddE dE

r rτ α α τ α α

= =πε πε

.

2 2

0 0 0 0 0 02 2

04 2 4x ycos d sin dE ; E

r r r

π π+ +

π π− −

τ α α τ τ α α= = = =

πε πε πε∫ ∫ .

Таким чином,

0 02E

rτ

=πε

,

що співпадає з виразом, одержаним за допомогою теореми Гаусса.

Задача 4. Третина тонкого кільця радіусом 15

см несе рівномірно розподілений заряд 10Q = нКл. Знайти напруженість E і потенціал ϕ

електричного поля, утвореного цим розподіленим зарядом в точці O , що співпадає з центром кільця.

Розв’язання Із міркувань зручності осі координат виберемо

так, щоб початок координат співпадав з центром кривизни дуги, а вісь OY була б розташована симетрично відносно кінців дуги (рис. 3.6). Візьмемо на дузі малий елемент dl , заряд якого можна вважати точковим і рівним dQ dl= τ . Напруженість dE поля, що утворює цей заряд

в центрі кільця:

d E

α

xdE

α

d α

dl

d E

3π

x

y

Рисунок 3.5

120

204dl| dE | dE

Rτ

= =πε

.

x ydE dE i dE j= + , а x yl l l

E dE i dE j dE= = +∫ ∫ ∫ .

Через симетрію задачі 0xldE =∫ , тоді y

lE j dE= ∫ .

2 20 0

; ;4 4y ydl cos RdE dE cos dl Rd dE cos d

R Rτ α τ

= α = = α = α απε πε

.

Інтегрування ведеться від 0 до 3π .

3 3

2 20 0 0 003

2 3 3 34 4 2 2 24

QE cos d cos dR R R R

π π

π−

τ τ τ= α α = α α = ⋅ = ⋅

πε πε πε π ε∫ ∫ ,

де 31 23

Q QRl

τ = =π

.

Потенціал електростатичного поля в точці O :

0 0 0 0 0 00

2 3;4 4 4 3 4 2 6 4

ldl l R Q Qd dlR R R R R

τ τ τ τ πϕ = ϕ = = = = =

πε πε πε ⋅ πε π ⋅ ε πε∫ .

Після підстановки числових значень одержимо 3 3E ,= кВ/м; 600ϕ = В.

Задача 5. Дві концентричні металеві сфери,

радіуси яких 1 4R = см і 2 10R = см, мають відповідно заряди 1 20Q = − нКл і 2 30Q = нКл. Простір між

сферами заповнено діелектриком з діелектричною проникністю 3ε = . Знайти поверхневі густини

зв’язаних зарядів та величину цих зарядів. Знайти потенціали електростатичного поля на відстанях

Рисунок 3.6

121

1Q

A B

2Q

1r R< , 1 2 2R r R< < та 2 3R r< від центра сфер. ( 1 2r = см, 2 5r = см, 3 15r = см). Розв’язання

Результуюче поле утворюється вільними зарядами 1Q і 2Q та зв’язаними 1Q′ і 2Q′ (рис. 3.7). Поверхневі густини зв’язаних зарядів 1′σ і 2′σ можна виразити через напруженість поля в

діелектрику:

1

1 0 1 20 1

12 0 2 2

0 2

( 1)( 1) ,4( 1)( 1)4

n

n

QER

QE .R

ε −′σ = ε ε − =πε

ε −′σ = ε ε − =πε

Таким чином: 2 2

1 1 1 2 2 11 2( 1) ( 1)4 ; 4Q R Q Q R Qε − ε −′ ′ ′ ′= σ ⋅ π = = σ ⋅ π =

ε ε.

Відомо, що для рівномірно зарядженої сфери радіуса R в будь-якій точці всередині та на

поверхні її потенціал поля в вакуумі:

04Q

Rϕ =

πε,

а поза сферою:

2R

C

1Q′

2Q′

1R O

Рисунок 3.7

122

04Q

rϕ =

πε,

де r – відстань точки від центра сфери, Q – заряд сфери.

Згідно з принципом суперпозиції, потенціали в точках A, B, C утворюють заряди 1Q , 2Q , 1Q′ , 2Q′ . В точці A , віддаленій від центра на відстань 1r :

1 1 2 2

0 1 0 1 0 2 0 2

1 1 1 2

0 1 0 1 0 2 0 2

1 1 2

0 1 0 2 0 2

4 4 4 4( 1) ( 1)

4 4 4 4( 1)

4 4 4

AQ Q Q Q

R R R RQ Q Q Q

R R R RQ Q Q .

R R R

′ ′− −ϕ = + + + =

πε πε πε πεε − ε −

= − + − + =πε πε ε πε ε πε

ε −= − − +

πε ε πε ε πε

В точці B , віддаленій від центра на відстань 2r : 1 1 2 2

0 2 0 2 0 2 0 2

1 2 2

0 2 0 2 0 2

( 1) ( 1)4 4 4 4

( 1)4 4 4

BQ Q Q Q

r r R RQ Q Q .

r r R

ε − ε −ϕ = − + − + =

πε πε ε πε ε πεε −

= − − +πε ε πε ε πε

В точці C , віддаленій від центра на відстань 3r : 1 2

0 3 0 34 4CQ Q .

r rϕ = − +

πε πε

Задача 6. Заряд 20Q = нКл рівномірно

розподілений по об’єму кулі радіуса 5R = см у вакуумі. Знайти енергію поля, створеного цією

кулею. Розв’язання

У випадку

неоднорідного R

1r

2r

1S 2S

123

електричного поля енергія в об’ємі dV може бути обчислена за формулою:

eV

W w dV= ∫ ,

де ew – густина енергії, dV – елементарний об’єм, в межах якого густина енергії вважається

сталою (рис. 3.8)

Густина енергії в вакуумі: 2

012ew E= ε ,

де E – напруженість поля. За теоремою Гаусса:

0S

qEd S Σ=

ε∫ .

а) Проведемо гауссову поверхню радіусом r R< (поверхня лежить всередині заряду Q ). Тоді:

343iq rΣ = ρ⋅ π ,

де ρ – об’ємна густина заряду. 3

12

0 0

443 3

rrE r E ρπ⋅ π = ρ ⋅ ⇒ =

ε ε,

2 2 2 21 0 2 00

12 189e

r rw ρ ρ= ⋅ε =

εε.

б) Проведемо гауссову поверхню радіусом r R> (поверхня охоплює весь заряд Q ). Тоді:

204

QEr

=πε

,

а густина енергії:

Рисунок 3.8

124

2 22 0 2 2 4 2 4

0 0

12 16 32e

Q Qwr r

= ε =π ε π ε

.

Виберемо елементарний об’єм dV у формі сферичного шару товщиною dr . Тоді: 24dV r dr= π .

Повна енергія електростатичного поля у всьому просторі:

1 20

Re e

RW w dV w dV

∞= +∫ ∫ .

2 2 22 2

2 40 00

2 2 2 5 24

20 0 0 00

4 418 32

2 2 19 8 9 5 8

R

RR

R

r QW r dr r drr

Q dr R Qr dr .Rr

∞

∞

ρ= π + π =

ε π ε

πρ πρ= ⋅ + = ⋅ +

ε πε ε πε

∫ ∫

∫ ∫

Об’ємна густина ρ дорівнює:

33

4Q

R⋅

ρ =π

.

Тоді 2 5 2

2 6 002 2 2 2

0 0 0 0

2 99 5 816

1 6 340 8 40 20

Q R QWRR

Q Q Q Q .R R R R

π⋅= ⋅ ⋅ + =

πεε π

= ⋅ + = =πε πε πε πε

Підставляючи числові значення, одержимо 42 8W ,= мкДж.

Задача 7. Знайти силу струму, що проходить

через елементи 1 2 3, , ,E E E якщо 1 2=E В, 1 0 5r ,= Ом; 2 4=E В, 2 1r = Ом; 3 1=E В, 3 0 5r ,= Ом; 4 0 5R ,= Ом;

5 1R = Ом.

125

Перший закон Кірхгофа виконується для вузлів електричного кола. В даній схемі вузлів

два, це точки A і B . Для вузла A :

1 2 3 0I I I+ + = . (1)

A

C B

D

5R

4R

2I

1I

3I

2 2rE

1 1rE

3 3rE

Розв’язання

Рисунок. 3.9

Отформатполужирны

126

Другий закон Кірхгофа виконується тільки в замкненому колі. Таких замкнених контурів три:

ACBA, ABDA, ACBDA. В замкненому колі ACBA:

2 1 2 2 5 1 1( )I r R I r− = + −E E . (2) В замкненому колі ABDA :

1 3 1 1 3 3 4( )I r I r R− = − +E E . (3) Розв’язуючи сумісно рівняння (1), (2) і (3),

одержимо: 1

83

I = − А, 213

I = А, 373

I = А. Задача 8. В провіднику опором 10R = Ом за 30t = с сила струму

змінилася від нуля до максимального його значення. Знайти кількість теплоти, яка виділилася за цей час в провіднику, якщо швидкість зростання сили струму 0 5k ,= А/с.

Розв’язання Закон Джоуля-Ленца у вигляді

2Q I Rt= . виповнюється для постійного струму. В разі зміни струму з часом його можна застосувати для малого інтервалу часу dt . Тоді:

2dQ I Rdt= . За умов задачі сила струму зростає рівномірно, так що

I kt= , 2 2dQ k t Rdt= ,

2 32 2

0 3

t k RtQ k t Rdt= =∫ .

Після підстановки числових значень, одержуємо 22 5Q ,= кДж.

127

3.3 Задачі для самостійного розв’язання

3.1 Тонкий стрижень довжиною 0 2l ,= м рівномірно заряджений з

лінійною густиною 2 5,τ = нКл/м. На продовженні осі стрижня на відстані 0 1a ,= м від одного із його кінців знаходиться точковий заряд

81 4 10Q −= ⋅ Кл. Знайти силу взаємодії цього заряду із стрижнем.

Відповідь: 66 10F H−= ⋅ . 3.2 Дуже довга тонка нитка несе заряд, рівномірно розподілений по

всій її довжині з лінійною густиною τ = 5,55 нКл/м. Знайти напруженість поля на відстані 0 5a ,= м від нитки проти її середини.

Відповідь: 200E = В/м. 3.3 По тонкому півкільцю радіусом 0 1R ,= м рівномірно

розподілений заряд з лінійною густиною 610−τ = Кл/м. Визначити напруженість електричного поля, яке утворює розподілений заряд в точці O , яка співпадає з центром кільця.

Відповідь: 180E = кВ/м. 3.4 Тонке кільце несе розподілений заряд 0 2Q ,= мкКл. Визначити

напруженість електричного поля E , створеного розподіленим зарядом в точці A , рівновіддаленій від усіх точок кільця на відстань 0 2h ,= м. Радіус кільця 0 1R ,= м.

Відповідь: 390E = кВ/м. 3.5 Тонкий стрижень довжиною 30l = см несе рівномірно

розподілений за довжиною заряд з лінійною густиною 610−τ = Кл/м. Знайти напруженість поля в точці, яка знаходиться на відстані 0 0 2r ,= м від стрижня та рівновіддалена від обох його кінців. Знайти силу, що діє на заряд 8

1 10Q −= Кл, розміщений в цій точці. Відповідь: 54E = кВ/м, 0 54F ,= мН. 3.6 По тонкому кільцю радіусом 10R = см рівномірно розподілений

заряд з лінійною густиною 910−τ = Кл/м. Який заряд Q треба помістити в центр кільця, щоб сила F , яка розтягує кільце, дорівнювала б 35 мкН. Взаємодією зарядів кільця знехтувати.

128

Відповідь: 0 4Q ,= мкКл. 3.7 Напівкільце радіусом 20R = см несе рівномірно розподілений

заряд з лінійною густиною 10τ = мкКл/м. Знайти силу взаємодії зарядженого напівкільця з точковим зарядом 10Q = нКл, що знаходиться в центрі кільця. Визначити також напруженість поля в центрі напівкільця.

Відповідь: 9F = мН, 0 9E ,= мкВ/м. 3.8 Тонка нескінченна нитка зігнута під кутом 90° . На продовженні

однієї із сторін на відстані 50a = см від вершини кута знаходиться точковий заряд 0 1Q ,= мкКл. Знайти лінійну густину τ , з якою розподілено заряд по нитці, якщо сила взаємодії нитки та точкового заряду

4F = мН. Відповідь: 610−τ = Кл/м. 3.9 Тонкий довгий стрижень рівномірно заряджений з лінійною

густиною τ = 10 мкКл/м. Знайти напруженість поля на відстані 20a = см від кінця стрижня по перпендикуляру до його осі. Чому дорівнює сила взаємодії зарядженого стрижня з точковим зарядом 10Q = нКл, розміщеним в цій точці?

Відповідь: 637E = кВ/м, 6 37F ,= мН. 3.10 Напівсфера несе заряд рівномірно розподілений з поверхневою

густиною 210 мкКл/мτ = . Знайти напруженість Е електростатичного поля в геометричному центрі сфери.

Відповідь: 282E = кВ. 3.11 Металічна сфера радіусом 0 2R ,= м несе заряд 10Q = нКл.

Знайти напруженість E електричного поля у таких точках: 1) на відстані 1l =15 см від центра сфери; 2) на поверхні сфери; 3) на 2l = 25 см від центра сфери. Побудувати графік залежності E від r .

Відповідь: 1) 0E = ; 2) 2 25E ,= кВ; 3) 1 44E ,= кВ. 3.12 Дві концентричні металічні заряджені сфери радіусами 1R = 5 см

та 2R = 10 см несуть відповідно заряди 1Q = 10 нКл та 2Q = –5 нКл. Знайти напруженість E поля в точках, що знаходяться від центра сфери на відстанях: 1r = 3 см, 2r = 8 см, 3r =12 см. Побудувати графік залежності

( )E r .

129

Відповідь: 1E = 0; 2E = 14 кВ/м; 3E = 3,12 кВ/м. 3.13 Кільце із дроту радіусом 10R = см заряджене негативно і несе

заряд 95 10q −= − ⋅ Кл. Знайти напруженість електричного поля на осі кільця в точках, що знаходяться від центра на відстанях: 0; 5; 8; 10 та 15 см. Побудувати графік ( )E r .

Відповідь: E = 0; 1600; 1710; 1600; 1150 В/м відповідно. 3.14 Кільце радіусом 20R = см має заряд 95 10Q −= ⋅ Кл. На якій

відстані L від центра кільця напруженість електростатичного поля буде максимальною?

Відповідь: 214 2 10L , −= ⋅ м. 3.15 Нескінченна рівномірно заряджена площина має поверхневу

густину електричних зарядів 9σ = мкКл/м2. Над нею знаходиться алюмінієва кулька із зарядом 73 68 10q , −= ⋅ Кл. Який радіус повинна мати кулька, щоб вона не впала?

Відповідь: 0 012r ,= м. 3.16 Тонке кільце радіусом R заряджене рівномірно з лінійною

густиною τ . Знайти напруженість електричного поля: 1) на відстані h над кільцем вздовж осі симетрії; 2) в центрі кільця. На якій відстані від кільця напруженість поля буде максимальною? Мінімальною?

Відповідь: 1) 32 2 202

RhE

( R h )

τ=

ε +

;

2) 0E = ; maxE при 22

h R= ; minE при 0h = .

3.17 Тонкий однорідний диск радіусом 40R = см заряджений

рівномірно з поверхневою густиною 21 мкКл/мσ = . Знайти напруженість електростатичного поля: 1) на відстані 30h = см над диском по осі симетрії; 2) в центрі диска. На якій відстані від диска напруженість поля буде максимальною? Мінімальною?

Відповідь: 1) 22 6E ,= кВ/м; 2) 56 5E ,= кВ/м; maxE = 56,5 при 0h = ; 0E → при h → ∞ .

130

3.18 Нескінченна пряма нитка, рівномірно заряджена з лінійною

густиною 1τ = 0,3 мкКл/м, та відрізок довжиною l = 0,2 м, рівномірно заряджений з лінійною густиною 2τ = 0,2 мкКл/м, розташовані в одній площині перпендикулярно один до одного на відстані 0r = 0,1 м. Знайти силу взаємодії між ними.

Відповідь: 31 2 10F , −= ⋅ H. 3.19 Точковий заряд 910q −= Кл знаходиться в центрі тонкого кільця

радіусом 10R = см, по якому рівномірно розподілений заряд q− . Знайти модуль вектора напруженості електричного поля на осі кільця в точці, що знаходиться від центра кільця на відстані 20x = см.

Відповідь: 57 6E ,= В/м. 3.20 Тонкий прямий стрижень довжиною l = 2а, що знаходиться в

вакуумі, заряджений з лінійною густиною τ . Для точок, що лежать на прямій, перпендикулярній до осі стрижня в його центрі, знайти модуль E напруженості поля як функцію відстані r від центра стрижня.

Відповідь: 2 2

02

aEr a r

τ=

πε +.

3.21 Електричне поле створене двома паралельними нескінченними

зарядженими площинами з поверхневими густинами заряду

1 0 2,σ = мкКл/м2 і 22 0 3 мкКл/мσ = , . Знайти напруженість електричного

поля, утвореного цими зарядженими площинами. Відповідь: I IIIE E= = 28,3 кВ/м; IIE = 5,6 кВ/м. 3.22 Електричне поле створене нескінченною площиною,

зарядженою з поверхневою густиною 400σ = нКл/м2, і нескінченною прямою ниткою, зарядженою з лінійною густиною 100τ = нКл/м. Сила, діюча на точковий заряд, розташований на відстані 10r = см від нитки, дорівнює 289F = мкН. Знайти величину точкового заряду, якщо заряд та нитка лежать в одній площині, паралельній зарядженій площині.

Відповідь: 10Q = нКл.

131

3.23 Дві нескінченно довгі рівномірно заряджені тонкі нитки 1 1τ = мкКл/м і 2 2τ = мкКл/м перетинаються під прямим кутом одна до одної. Знайти силу F їх взаємодії.

Відповідь: 112F = мН. 3.24 Електричне поле утворене двома нескінченними паралельними

пластинами, які несуть однакові рівномірно розподілені по площині заряди ( 0 1,σ = нКл/м2). Знайти напруженість E поля: 1) між пластинами; 2) поза пластинами. Побудувати графік ( )E x .

Відповідь: 1) 0E = ; 2) 11 3E ,= В/м. 3.25 З якою силою, що приходиться на одиницю площини,

відштовхуються дві однойменно заряджені нескінченні площини з однаковою поверхневою густиною заряду 2σ = мкКл/м2?

Відповідь: 20 23 Н/мF ,S

= .

3.26 На двох концентричних сферах радіусами R та 2R рівномірно

розподілені заряди за поверхневими густинами 1σ та 2σ . 1) Використовуючи теорему Гаусса, знайти залежність ( )E r напруженості електричного поля від відстані для трьох областей (I, II, III ). Прийняти

1 24 ; σ = σ σ = σ . Знайти напруженість E в точці, яка знаходиться на

відстані 1 5r , R= від центра, та вказати напрямок вектора E . Прийняти 30σ = нкКл/м2 . 3) Побудувати графік ( )E r .

Відповідь: IE =0; 2

0

4II

REr

σ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ε ⎝ ⎠;

2

0

8III

REr

σ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ε ⎝ ⎠; 6E = кВ/м.

3.27 На двох концентричних сферах радіусами R та 2R рівномірно

розподілені заряди з поверхневими густинами 2σ = σ і 1 2σ = − σ

( 20 1 мкКл/м,σ = ). Використовуючи теорему Гаусса, знайти залежність ( )E r напруженості електричного поля від відстані для трьох областей І, ІІ,

ІІІ. 2) Знайти напруженість E в точці на відстані 3r R= від центру, вказати напрямок вектора E . 3) Побудувати графік ( )E r .

Відповідь: 0IE = ; 2

0

2II

REr

σ ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟ε ⎝ ⎠;

2

0

2III

REr

σ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ε ⎝ ⎠; 2510E = В/м.

132

3.28 На двох нескінченних паралельних площинах рівномірно

розподілені заряди з поверхневими густинами 1 2σ = σ і 2σ = σ ( 20σ = мкКл/м2) відповідно. 1) Використовуючи теорему Гаусса та принцип суперпозиції електричних полів, знайти залежність ( )E x напруженості електричного поля в трьох областях І, ІІ, ІІІ. 2) Знайти напруженість E поля в точці, що знаходиться ліворуч плоскостей, вказати напрямок вектора E . 3) Побудувати графік ( )E x .

Відповідь: 0

32I IIE E σ

= =ε

; 02IIE σ

=ε

; 33 39 10E ,= ⋅ В/м.

3.29 На двох коаксіальних нескінченних циліндрах радіусами R і

2R рівномірно розподілені заряди з поверхневими густинами 1 2σ = − σ і

2σ = σ ( 250нкКл / мσ = ) 1) Використовуючи теорему Гаусса, знайти залежність ( )E r напруженості електричного поля від відстані для трьох областей І, ІІ, ІІІ. 2) Знайти напруженість E в точці, віддаленій від осі циліндра на відстань 1 5r , R= , та вказати напрямок вектора E . 3) Побудувати графік ( )E r .

Відповідь: 0IE = ; 0

2II

REr

σ ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟ε ⎝ ⎠; 0IIIE = ; 7 54E ,= − кВ/м.

3.30 В задачі 3.29 прийняти 1σ = σ ; 2σ = −σ ( 60σ = нкКл/м2),

3r R= .

Відповідь: 0IE = ; 0

IIREr

σ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ε ⎝ ⎠;

0III

REr

σ ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟ε ⎝ ⎠; 2 26E ,= кВ/м.

3.31 Нескінченна площина рівномірно заряджена з поверхневою

густиною 92 10−σ = ⋅ Кл/м2. Знайти величину та напрямок градієнта потенціалу електричного поля, створеного цією поверхнею.

Відповідь: 113gradϕ = В/м. 3.32 В деякій точці електричного поля напруженість 600E = В/м.

Знайти різницю потенціалів між цією точкою та іншою, що лежить на прямій, яка становить кут 60α = ° з напрямком вектора напруженості. Відстань між точками lΔ =2 мм.

133

Відповідь: 1 2ϕ − ϕ = 0,6 В. 3.33 Електричне поле створене позитивним точковим зарядом. В

точці, віддаленій від заряду на r=0,12 м величина градієнта потенціалу дорівнює 200 В/м. Знайти потенціал поля в цій точці.

Відповідь: ϕ =24 В. 3.34 Нескінченна тонка пряма нитка несе рівномірно розподілений

заряд з густиною τ =10 нКл/м. Знайти градієнт потенціалу в точці, що віддалена на відстань 20r = см від нитки. Вказати напрямок градієнта потенціалу.

Відповідь: ∇ϕ =900 В/м. 3.35 Дві паралельні заряджені площини з поверхневими густинами

1 2σ = мкКл/м2 та 2 0 8,σ = − мкКл/м2 знаходяться на відстані l =0,6 см одна від одної. Визначити різницю потенціалів U між площинами.

Відповідь: 949U = В. 3.36 Куля радіусом R заряджена однорідно з об’ємною густиною ρ .

Знайти напруженість поля E та потенціал ϕ для точок всередині кулі.

Відповідь: 03rE ρ

=ε

; 2

2

02 3rR

⎛ ⎞⎛ ⎞ρϕ = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ε⎝ ⎠⎝ ⎠

.

3.37 Нескінченна тонка пряма нитка заряджена однорідно з лінійною

густиною τ . Використовуючи теорему Гаусса, знайти модуль напруженості поля E як функцію відстані r від нитки.

Відповідь: 02

Er

τ=

πε.

3.38 Нескінченна тонка пряма нитка заряджена однорідно з лінійною

густиною τ =2 мкКл/м. Знайти E та ϕ як функції відстані r від нитки. Потенціал на відстані 0r =1 м вважати рівним нулю. Для 10r = м знайти E і ϕ .

Відповідь: 3 6E ,= кВ/м; 83ϕ = − кВ. 3.39 Нескінченна площина заряджена однорідно з поверхневою

густиною σ . Вісь x перпендикулярна до площини, початок відліку x

134

знаходиться в точці перетину осі з площиною. Використовуючи теорему Гаусса, знайти xE в точці з координатою x . Знайти залежність ϕ від x .

Відповідь: 02x

xEx

σ=

ε;

02x constσ

ϕ = − +ε

.

3.40 Дві паралельні нескінченні площини заряджені з поверхневими

густинами 10 21 4 42 10 Кл/м, −σ = ⋅ та 10 2

2 8 84 10 Кл/м, −σ = − ⋅ відповідно. Знайти напруженість поля E для кожної з областей А, В, С.

Відповідь: 25AE = В/м; 75BE = В/м; 25CE = − В/м. 3.41 Простір між пластинами плоского конденсатора заповнений

діелектриком з діелектричною проникністю 7ε = . Верхній пластині надали заряд 810Q −= Кл, а нижню з’єднали з Землею. Площа пластин

0 2S ,= м2. Знайти напруженість електричного поля в діелектрику, а також поверхневу густину 'σ зв’язних зарядів. Обчислення зробити двома методами: методом суперпозиції та методом Гаусса.

Відповідь: 807E = В/м; 'σ = 8 24 28 10 Кл/м, −⋅ . 3.42 Відстань між пластинами плоского конденсатора заповнена

двома діелектриками з діелектричними проникностями 1 2ε = та 2 7ε = .

Площа пластин конденсатора 20 2 мS ,= , заряд 810 КлQ −= . Знайти поверхневі густини 'σ та ''σ зв’язаних зарядів.

Відповідь: 9 22 5 10 Кл/м' , −σ = ⋅ ; 8 24 2 10 Кл/м'' , −σ = ⋅ . 3.43 Дві нескінченні коаксіальні труби радіусами 1R = 5 см та

2R =10 см заряджені з поверхневими густинами 1 1σ = нКл/м2 та

2 2σ = − нКл/м2 відповідно. Простір між трубами заповнено трансформаторним маслом з 2 2,ε = . Знайти напруженість поля E в точках, що знаходяться на відстанях 1r =3 см, 2r =7 см, 3r =12 см від осі труб.

Відповідь: 1 0E = ; 2 524E = В/м, 3 235E = В/м. 3.44 Дві нескінченні паралельні пластини заряджені з поверхневими

густинами +σ і −σ Спочатку вони знаходяться у вакуумі. Потім зазор між пластинами заповнюється однорідним діелектриком з діелектричною

135

проникністю ε . Як зміниться 1) напруженість E поля в зазорі; 2) електрична індукція D ; 3) різниця потенціалів U між пластинами?

Відповідь: E зменшиться в ε разів; D залишиться незмінною; U зменшиться в ε разів.

3.45 Нескінченна плоскопаралельна пластина зроблена з однорідного

та ізотропного діелектрика з діелектричною проникністю 2ε = . Пластина розміщена в однорідному електричному полі з напруженістю 0E =100 В/м

перпендикулярно до 0E . Знайти 1) напруженість поля E і електричну індукцію D всередині пластини, 2) поляризованість діелектрика P , поверхневу густину зв’язаних зарядів 'σ .

Відповідь: 1) 50E = В/м; 0,88D = нКл/м2 2) 0 44P ,= нКл/м2; 3) 0 44' ,σ = ± нКл/м2.

3.46 Всередині кулі із однорідного ізотропного діелектрика з

проникністю 5ε = створено однорідне електричне поле, напруженість якого 200E = В/м. Радіус кулі 5R = см. Знайти максимальну поверхневу густину зв’язаних зарядів та повний зв’язаний заряд одного знака.

Відповідь: 7'maxσ = нКл/м2; 1255 5 10q' , −= ⋅ Кл.

3.47 Простір між обкладками плоского конденсатора заповнено

послідовно двома діелектричними шарами, товщини яких 1 7d = мм та

2 3d = мм., проникності 1 7ε = (скло) та 2 3ε = (ебоніт). Площа кожної

обкладки дорівнює 20 2мS ,= . Знайти: а) ємність конденсатора; б) густину 'σ зв’язаних зарядів на межі розподілу діелектриків. Напруга на

конденсаторі 100U = В, а електричне поле E напрямлено від шару 1 до шару 2.

Відповідь: 885C = пФ; 55'σ = мкКл/м2. 3.48 Дві концентричні металеві сфери радіусами 1 2R = см та

2 2 2R ,= см утворюють сферичний конденсатор. Знайти електроємність конденсатора C , якщо простір між сферами заповнений маслом ( 2 2,ε = ).

Відповідь: 53 8C ,= пФ.

136

3.49 Металева кулька, радіус якої 5R = см, має заряд 10q = нКл. Вона оточена парафіном, товщина якого 4d = см, діелектрична проникність 2ε = . Знайти енергію електричного поля в парафіні.

Відповідь: 2W = мкДж. 3.50 Куля радіусом 1 4R = см заряджена до потенціалу 1 800ϕ = В, а

куля радіусом 2 2R = см – до потенціалу 2 200ϕ = В. Знайти потенціал куль після їх з’єднання металевим провідником.

Відповідь: 600ϕ = В. 3.51 Три батареї з 1 1 2,=E В, 2 0 5,=E В, 3 1=E В і однаковими

внутрішніми опорами, які дорівнюють 1r = Ом, з’єднані між собою одноіменними полюсами. Знайти величини сил струмів, які проходять через кожну батарею. Опором з’єднувальних провідників знехтувати.

Відповідь: 1 0 3I ,= А; 2 0 4I ,= А; 3 0 1I ,= А. 3.52 Котушка і амперметр з’єднані послідовно і підключені до

джерела струму. Вольтметр, опір якого 4r = кОм, підключений до клем котушки і показує 120U = В, а амперметр показує силу струму 0 3I ,= А. Знайти відносну похибку δ , яку можна зробити при вимірюванні опору, якщо знехтувати силою струму, що тече через вольтметр.

Відповідь: 9 9,δ = %. 3.53 Електрорушійна сила батареї 12=E В. Максимальна сила

струму, яку може дати ця батарея, 5maxI = А. Яка максимальна потужність може виділитися у зовнішньому колі?

Відповідь: 15P = Вт. 3.54 Обмотка електричного нагрівача має дві секції. Якщо ввімкнути

першу із них, то вода закипить через 1 15t = хв., якщо другу – через

2 30t = хв. При якому з’єднанні секцій (паралельному чи послідовному) вода закипить раніше і в скільки разів?

Відповідь: при паралельному в 22,4 рази.

3.55 Швидкість зростання It

ΔΔ

сили струму в провіднику, опір якого

3R = Ом, дорівнюе 1 А/с. Знайти кількість теплоти, яка виділилась у

137

цьому провіднику за 10t = с, якщо сила струму рівномірно збільшувалася від 0 0I = до своєї максимальної величини.

Відповідь: 1Q = кДж. 3.56 Знайти опір провідника, в якому при рівномірному зменшенні

сили струму від 0 5I = А до 0I = за час 10t = с кількість теплоти 1Q = кДж. Відповідь: 12R = Ом. 3.57 Сила струму в колі змінюється з часом за законом 0

tI I e−α= , де 22 10−α = ⋅ с-1. Знайти опір провідника, в якому виділилась кількість

теплоти 430Q = Дж за час, протягом якого сила струму зменшилась у e разів. 0 1I = А.

Відповідь: 20R = Ом. 3.58 Сила струму в провіднику, опір якого 20R = Ом, зростає за

лінійним законом від 0 0I = до 6I = А за час 2t = с. Знайти кількість теплоти в цьому провіднику Q , що виділяється за першу секунду.

Відповідь: 60Q = Дж.

3.59 Сила струму в провіднику змінюється за законом 0I I sin t= ω ,

де 0 1I = А. За час, який дорівнює чверті періоду (від 1 0t = до 2 4Tt = ,

10T = с), в провіднику виділилась кількість теплоти 12 5Q ,= Дж. Знайти опір цього провідника.

Відповідь: 10R = Ом. 3.60 Яка кількість теплоти виділилась в провіднику, опір якого

25R = Ом за час 10t = с, якщо середня сила струму при його рівномірному зростанні від 0 до деякого максимального значення дорівнює 11I< > = А?

Відповідь: 40Q = кДж.

138