int_kurs-podg_-ege_kasatkina-i_l_2012
.pdfФизика для старшеклассников и абитуриентов |
|
||||||||
Вот мы и приблизились к окончательному решению. Теперь |
|||||||||
достаточно вычесть из равенства (9) равенство (7), и последние |
|||||||||
неизвестные уйдут. Вычитаем: |
|
|
|
|
|||||
3 |
1 |
3 |
R1 |
1 |
R1 |
1 |
2 |
|
|
2I1 |
− I1 = |
NI1 |
+ ε |
− NI1 − |
ε , |
2I1 = |
NI1 |
, |
|
откуда |
|
|
N = 4 . |
|
|
|
|
||
Ответ: N = 4. |
|
|
|
|
ε |
|
|
||
С21. Определить заряды |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
||||||
конденсаторов на схеме, изо- |
2R |
φ4 |
R |
|
|||||
браженной на рис. 302. Емко- φ1 |
φ2 |
||||||||
|
|
|
|||||||
сти конденсаторов С, 2С и 3С. |
|
|
C |
|
|||||
ЭДС источника тока |
, сопро- |
3C |
|
||||||
тивление резисторов R и 2R. |
2C |
||||||||
|
|
|
|
||||||
Внутренним сопротивлением |
|
φ3 |
|
|
|||||
r источника тока можно пре- |
|
Рис. 302 |
|
||||||
небречь. |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Обозначим M1, M2, M3 и M4 потенциалы точек на рис. 302, |
|||||||||
q1 — заряд конденсатора 3С, q2 — заряд конденсатора 2С и |
|||||||||
q3 — заряд конденсатора С. |
|
|
|
|
|
Дано: Решение
r = 0 |
По закону Ома для всей цепи сила тока в после- |
Сдовательных резисторах равна отношению ЭДС
источника к их общему сопротивлению:
R |
|
I = |
ε |
= |
ε |
||
|
|
|
|
. |
|||
|
|
2R + R |
3R |
||||
q1 |
— ? |
||||||
Зная силу тока в каждом резисторе, найдем |
|||||||
q2 |
— ? |
||||||
разность потенциалов M1 – M4 на резисторе 2R. |
|||||||
q3 |
— ? |
||||||
По закону Ома для участка цепи она равна про- |
|||||||
|
|
изведению силы тока в нем и сопротивления этого резистора:
M1 – M4 = 2IR = |
|
ε |
|
2R = |
2ε . |
(1) |
|
|
|
||||||
|
3R |
3 |
|
||||
Аналогично разность потенциалов M4 – M2 на резисторе R |
|||||||
равна |
|
ε |
|
ε |
|
|
|
M4 – M2 = IR = |
|
R = |
. |
(2) |
|||
|
|
3 |
|||||
|
|
3R |
|
|
500
Раздел III. Электромагнетизм
Посмотрим внимательно на схему. В точке с потенциалом M3 соединены обкладки всех трех конденсаторов. А теория нам говорит, что в этом случае алгебраическая сумма зарядов соединенных обкладок равна нулю:
q1 + q2 + q3 = 0. |
(3) |
Поскольку нам надо найти заряды конденсаторов, то одно уравнение, в которое они входят, мы уже составили. Теперь выразим разность потенциалов на обкладках каждого конденсатора через соответствующий заряд и емкость — нам же надо записать еще уравнения, куда эти заряды войдут:
M1 |
– M3 |
= |
q1 |
, |
||||
|
|
|
||||||
|
|
|
|
3C |
||||
|
M2 |
– M3 |
= |
|
q2 |
|
||
|
2C |
|||||||
|
|
|
|
|||||
и |
M4 – M3 = |
q3 |
. |
|||||
|
||||||||
|
|
|
|
|
C |
(4)
(5)
(6)
Итак, мы имеем 6 уравнений и много неизвестных. Посмотрим внимательно на равенство (1). Его же можно записать так:
M1 – M4 = M1 – M3 + M3 – M4
или, согласно равенствам (1), (4) и (6),
2ε |
= |
|
q1 |
|
− |
q3 |
, |
откуда |
2 С = q1 – 3q3. |
(7) |
||||
3 |
|
|
3C |
C |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Аналогично равенство (2) можно записать так: |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
M4 – M2 = M4 – M3 + M3 – M2 |
|
|||||
или, согласно (2), (6) и (5): |
|
|
||||||||||||
ε |
= |
q3 |
− |
q2 |
, |
|
откуда |
2 С = 6q3 – 3q2. |
(8) |
|||||
3 |
|
C |
2C |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Tеперь у нас есть три уравнения (3), (7) и (8) с тремя искомымизарядами,вкоторыхостальныевеличинынамизвестны. Будем их решать простой подстановкой. Выразим из равенства (3), например, заряд q1 и подставим его в уравнение (7):
q1 = – q2 – q3, |
(9) |
2 С = – q2 – q3 – 3q3 = – q2 – 4q3. |
(10) |
501
Физика для старшеклассников и абитуриентов
Теперь мы имеем два уравнения (8) и (10) с двумя неизвестными q2 и q3. Выразим из (10) заряд q2 и подставим его в (8):
|
q2 = – 2 C – 4q3, |
(11) |
||
2 С = 6q3 – 3(–2 C – 4q3) или |
– 4 С = 18q3, |
|||
откуда |
q3 = − |
2εC |
. |
|
9 |
|
Вот и нашли мы один заряд. Теперь по формулам (11) и (9) найдем остальные:
q2 = – 2 C + 4 |
2εC |
= – |
10εC |
, |
|||
9 |
9 |
||||||
|
|
|
|
||||
q1 = |
10εC + |
|
2εC |
= 4εC . |
|
||
|
|
|
|||||
|
9 |
9 |
|
3 |
|
Пусть знаки «минус» нас не смущают. Дело в том, что в равенство (3) входят модули зарядов, т.е. с учетом обоих знаков. И если бы все заряды получились бы положительными, то их сумма не была бы равна нулю, как этого требует правило (3). Знак «минус» соответствует отрицательному заряду обкладок, соединенных с точкой, потенциал которой M3, а другие обкладки этих конденсаторов имеют такой же по модулю положительный заряд.
Ответ: q1 = |
4εC |
, q2 = – |
10εC |
, q3 = – |
2εC |
. |
|
9 |
|||||||
|
3 |
|
9 |
|
|
С22. Плоский слюдяной конденсатор соединили с источником напряжения U, после чего вынули со скоростью v слюдяную прокладку. При этом по проводникам, соединявшим конденсатор с источником зарядов, прошел ток силой I. Обкладки конденсатора квадратной формы со стороной l, диэлектрическая проницаемость слюды H. Чему равно расстояние d между обкладками конденсатора?
Дано: Решение
UКогда конденсатор подсоединили к источнику
vзарядов, он зарядился. Обозначим заряд на его
Iобкладках q1. Когда вынули диэлектрик, не от-
lключая конденсатор от источника, напряжение
Hна нем осталось прежним, а изменилась емкость
конденсатора и вместе с ней изменился заряд.
d — ?
502
Раздел III. Электромагнетизм
Пусть он стал q2. И при этом по проводнику прошел ток силой I. А сила тока — это отношение заряда, прошедшего по проводнику, ко времени его прохождения t. Значит, по проводнику прошел заряд, равный разности зарядов — бывшего на обкладках, q1 и нового q2. И тогда сила тока
I = q1 − q2 . t
Заряд на обкладках конденсатора равен произведению его емкости и напряжения на обкладках:
q1 = C1U и q2 = C2U.
Теперь выразим емкости С1 и С2 через размеры конденсатора и диэлектрическую проницаемость. При этом учтем, что проницаемость воздуха между обкладками, когда из конденсатора вынули слюду, равна 1, а площадь квадратных обкладок S = l2. С учетом этого
C1 |
= |
ε0εl2 |
|
|
|
и |
|
C2 |
= |
ε0 l2 |
. |
d |
|
|
|||||||||
Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
d |
|||
|
|
|
|
ε0εl2 |
|
|
|
|
|||
|
|
q1 |
= |
U |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
d |
|
|
|
|
|
и |
|
C2 |
= |
ε0l2 |
U . |
|
|
|
|||
|
d |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Поэтому
I = ε0εl2U − ε0l2U = ε0l2U (ε − 1) . dt dt
Отсюда искомое расстояние между обкладками d:
d = ε0l2U (ε − 1) .
It
Когда слюдяную пластинку вынимали из конденсатора, она прошла путь, равный длине ее стороны l за время t со скоростью v. Значит, неизвестное время можно определить как отношение длины стороны l к этой скорости:
t = l . v
Подставим правую часть этого выражения вместо времени в предыдущую формулу:
503
Физика для старшеклассников и абитуриентов
d = ε0l2U (ε − 1)v = ε0lUv (ε − 1).
Il I
Ответ: d = ε0lUI v (ε − 1).
С23. Лебедка поднимает бетонную плиту прямоугольной формы толщиной h, площадью S без начальной скорости с ускорением a в течение времени t. Сила тока в двигателе I, плотность бетона U. Найти напряжение на зажимах двигателя.
Обозначим U напряжение на зажимах двигателя, A — работу тока по подъему плиты, FH — силу натяжения каната, H — высоту подъема плиты, m — массу плиты, g — ускорение свободного падения, V — объем плиты.
Дано: Решение
hРабота тока по подъему плиты
S |
А = UIt. |
(1) |
v0 |
= 0 |
|
а |
Эта работа равна произведению силы натяже- |
|
ния каната и высоты подъема плиты: |
|
|
t |
|
|
А = FHН. |
|
|
I |
|
UНа плиту действуют направленная вверх сила
U — ? |
|
натяжения каната и направленная вниз сила |
|
тяжести (рис. 303). По второму |
|
||
|
|
|
|
|
|
закону Ньютона |
FH |
|
|
mа = FH – mg. |
|
Отсюда |
|
|
FH = mа + mg = m(а+ g). |
h |
Высоту подъема плиты найдем по форму- |
|
ле кинематики |
|
at2
Н = 2 .
С учетом этого |
at2 |
|
|
А = m(а+ g) |
. |
||
2 |
|||
|
|
Приравняем правые части равенств (1) и (2):
UIt = m(а+ g) |
at2 |
, |
|
2 |
|||
|
|
mg
Рис. 303
(2)
504
Раздел III. Электромагнетизм
откуда |
U = |
mat2 (a + g) |
. |
|
2It |
||||
|
|
|
||
Выразим массу плиты через ее плотность и объем: |
||||
|
m = UV, где V = hS. |
|||
С учетом этого |
|
|
|
|
|
|
m = UhS. |
(3) |
Подставим правую часть равенства (3) в формулу (2):
U = ρhSat2 (a + g) .
2It
Ответ: U = ρhSat2 (a + g) .
2It
С24. Найти силу тока короткого замыкания в цепи, если при силе тока 4 А мощность тока во внешней части цепи 20 Вт, а при силе тока 10 А мощность тока 30 Вт.
Обозначим Iк.з. силу тока короткого замыкания, I1 — силу тока в первом случае, Р1 — мощность тока в первом слу-
чае, I2 — силу тока во втором случае, Р2 — мощность тока во втором случае, — ЭДС источника тока, r — внутреннее сопротивление, R1 — сопротивление внешней части цепи в первом случае, R2 — сопротивление внешней части цепи во втором случае.
Дано: |
|
Решение |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
||||
I1 = 4 А |
|
Сила тока короткого замыкания опреде- |
||||||
Р1 = 20 Вт |
|
ляется по формуле |
|
|||||
I2 = 10 А |
|
|
|
|
|
|
ε |
|
Р2 = 30 Вт |
|
|
|
|
|
Iк.з. = . |
(1) |
|
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
Iк.з. — ? |
|
Значит, нам потребуется закон Ома для |
||||||
|
всей цепи. Применительно к первому случаю |
|||||||
|
|
I1 = |
|
ε |
|
|||
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
R1 |
|
|
|
||||
|
|
|
+ r |
|
||||
Выразим R1 через мощность и силу тока: |
|
|||||||
|
|
Р1 = I12 R1, |
|
|||||
откуда |
|
R1 = |
Ð1 |
. |
|
|||
|
|
|||||||
|
|
|
|
I |
2 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
505
Физика для старшеклассников и абитуриентов
|
I1 |
|
|
ε |
|
||||
С учетом этого |
= |
|
|
|
|
. |
(2) |
||
|
P1 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
+ r |
|
|||
|
|
|
|
I2 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
Аналогично для второго случая |
|
||||||||
|
I2 |
|
|
|
ε |
|
|||
|
= |
|
|
|
. |
|
|||
|
|
P2 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
+ r |
|
|||
|
|
|
|
I2 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
Чтобы «уйти» от неизвестной ЭДС, разделим два последних равенства друг на друга и из полученного выражения найдем внутреннее сопротивление источника тока, поскольку остальные величины нам известны:
|
|
|
|
P |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
ε |
|
|
2 |
+ r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
I1 |
|
|
2 |
|
|
P |
|
|
|
|
|
P |
|||||||||
|
|
|
I2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
= |
|
|
|
|
, |
|
I1 |
1 |
+ |
I1r = I2 |
2 |
+ I2r, откуда |
||||||||
|
I2 |
P |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
I2 |
I2 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
+ r |
ε |
1 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
I1 |
|
|
|
|
|
|
P1I2 |
|
− P2I1 |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r = |
|
. |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I1I2 (I2 − I1 ) |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Теперь определим ЭДС из формулы (2): |
||||||||||||||||||||||
|
|
= |
P1 |
|
+ I1r = |
P1 |
+ |
P1I2 − P2I1 |
. |
|||||||||||||
|
I1 |
I1 |
I2 (I2 − I1 ) |
(3)
(4)
Нам осталось подставить правые части равенств (3) и (4) в формулу (1):
Iк.з.= |
|
P1 |
+ |
P1I2 − P2I1 |
|
|
|
I1I2 (I2 − I1 ) |
= P1 |
I2 (I2 − I1 ) |
+ I1 . |
|
|
I1 |
|
I2 (I2 − I1 ) |
|
|
|
P1I2 − P2I1 |
|
P1I2 − P2I1 |
|
|
|
|
|
|
Произведем вычисления:
10 (10 − 4)
Iк.з.= 2020 10 − 30 4 + 4 (А) = 19 А.
Ответ: Iк.з.= 19 А.
С25. Дана цепь (рис. 252). Сопротивление резистора 30 кОм, внутренним сопротивлением и сопротивлением соединительных проводов можно пренебречь. Сразу после замыкания ключа К ученик стал измерять нарастающее с течением времени t напряжение U на обкладках конденсатора.
506
Раздел III. Электромагнетизм
Результаты его измерений приведены в таблице.
t, с |
0 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
U, В |
0 |
2,9 |
3,8 |
4,6 |
4,8 |
5,2 |
5,2 |
5,2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Оценить силу зарядного тока в резисторе в момент времени t = 4 c. Погрешность измерения напряжения 0,1 В.
Обозначим I силу тока в резисторе, R — его сопротивление.
Решение
Напряжение на обкладках конденсатора перестанет нарастать, когда он полностью зарядится. В этот момент его напряжение станет равно ЭДС источника тока. Таким образом, значение 5,2 В — это ЭДС.
В момент времени t = 4 с напряжение на конденсаторе было 4,6 В, а ЭДС 5,2 В, значит, падение напряжения на резисторе R было 5,2 В — 4,6 В = 0,6 В.
Силу зарядного тока в резисторе найдем по закону Ома для участка цепи:
I = |
U |
= |
0,6 |
А = 2 · 10–5 А = 20 · 10–6 А = 20 мкА. |
|
30 103 |
|||
|
R |
|
Ответ: I = 20 мкА.
С26. Электрочайник имеет в нагревательном элементе две секции. При включении одной из них вода в чайнике нагревается за 20 мин, при включении другой — за 30 мин. За сколько времени нагреется вода в чайнике, если обе секции включить параллельно друг другу?
Обозначим t1 время, в течение которого закипает чайник при включении одной секции, t2 — время, в течение которого закипает чайник при включении другой секции, t — время, в течение которого закипает чайник при параллельном включении обеих секций, Q — количество теплоты, пошедшее на нагревание воды в чайнике, U — напряжение в розетке, R1 — сопротивление одной секции, R2 — сопротивление другой секции, R — общее сопротивление обеих секций, включенных параллельно друг другу.
507
Физика для старшеклассников и абитуриентов
Дано: |
|
|
Решение |
|
|
|
|
|
|
||||
t1 = 20 мин |
|
|
Когда в розетку под напряжением U вклю- |
|||
t2 = 30 мин |
|
|
чили чайник с одной секцией, то по закону |
|||
|
|
|
Джоуля — Ленца количество теплоты, пошед- |
|||
t — ? |
|
|
||||
|
|
шее на нагревание воды в чайнике, |
|
|||
|
|
|
|
|||
|
|
|
Q = |
U2 |
t1. |
(1) |
|
R |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
Когда в ту же розетку включили чайник с другой секцией, то же количество теплоты
Q = |
U2 |
t2. |
(2) |
|
R |
||||
|
|
|
||
2 |
|
|
При параллельном включении секций их общее сопро-
тивление
R = R1R2 , R1 + R2
|
|
U2 |
U2 (R1 |
+ R2 ) |
|
|
|
и теперь |
Q = |
|
t = |
|
|
t. |
(3) |
|
R1R2 |
||||||
|
|
R |
|
|
Из формулы (1) |
|
|
|
R1 |
= |
U2t1 |
. |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Q |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Из формулы (2) |
|
|
|
R2 |
= |
U2t2 |
. |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Q |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Подставим (4) и (5) в равенство (3): |
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
U2t |
+ |
|
U2t |
|
||||||||||||||
|
|
|
U2 |
|
1 |
|
|
|
|
2 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
Q |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
Q = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Q |
t. |
|||||||||
|
|
|
|
U2t1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
U2t2 |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Q |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Q |
|
|
|
|
|||||||||||
После сокращений получим: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
1= |
t1 + t2 |
t, |
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t1t2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
откуда |
|
|
|
20 30 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
t = |
t1t2 |
= |
|
|
|
|
мин = 12 мин. |
|||||||||||||||||
t1 + t2 |
|
|
20 + 30 |
|
Ответ: t = 12 мин.
(4)
(5)
508
Раздел III. Электромагнетизм
С27. Аккумулятор с ЭДС 2,2 В и внутренним сопротивлением 0,1 Ом замкнут медной проволокой. Ее сопротивление таково, что мощность тока в ней максимальна. За 5 мин проволока нагрелась на 315 К. Найти массу проволоки. Удельная теплоемкость меди 380 Дж/(кг · К). Ответ округлить до сотых долей килограмма.
Обозначим ЭДС источника тока, r — его внутреннее сопротивление, t — время нагревания, 'T — изменение температуры проволоки, c — удельную теплоемкость меди, m — массу проволоки, R — ее сопротивление, I — силу тока, Q — количество выделенной теплоты.
Дано:
= 2,2 В r = 0,1 Ом t = 5 мин
'T = 315 К
с = 380 Дж/(кг · К)
m — ?
Решение
При прохождении по проволоке тока в ней выделяется теплота и проволока нагревается. По закону Джоуля — Ленца выделенное количество теплоты
Q = I2Rt.
Это тепло идет на нагревание проволоки:
Q = mс'T.
Приравняем правые части этих равенств: |
|
||
I2Rt = mс'T, |
|
||
откуда |
I2Rt |
. |
|
m = |
|
(1) |
|
|
c T
По закону Ома для всей цепи
ε
I = R + r .
Мощность тока максимальна, когда R = r, поэтому
I = |
ε |
= |
ε |
. |
(2) |
r + r |
|
||||
|
|
2r |
|
Нам осталось подставить правую часть равенства (2) в формулу (1) и из полученного выражения найти массу про-
волоки: |
ε2rt |
|
|
ε 2. |
||
m = |
= |
t |
||||
|
|
|||||
|
4r2c T |
rc T |
2 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
509