Ð¼ÐµÑ Ð°Ð½Ñ–ÐºÐ°

УДК 53.1:372.8(0.75.4)=161.1ББК 74.265.1С59С59Соколович Ю. А.Фізика: Навчально-практичний довідник / Ю. А. Соколович,Г. С. Богданова.— Х.: Видавництво «Ранок», 2010.—384 с.ISBN 978-611-540-200-7Довідник являє собою чітко структурований виклад курсу фізикизагальноосвітньої школи з акцентами на поняттях і закономірностяхфізики, методах та алгоритмах розв’язування основних типів задач.У виданні наведений комплекс спеціально підібраних розрахунковихзадач із розв’язаннями, витримані нормативні вимоги до їхоформлення, надані методичні рекомендації.У межах кожного розділу навчальний матеріал подано за темамиі супроводжено схемами, рисунками, графіками, таблицями, що даєзмогу наочно ілюструвати його зміст.Видання складено відповідно до чинної програми з фізики длязагальноосвітніх навчальних закладів, тому буде корисним як підчас вивчення навчального матеріалу, так і в ході підготовки допоточного або підсумкового контролю, ЗНО. Систематичне використаннядовідника сприятиме формуванню й закріпленню навичоксамостійної роботи з довідковою літературою.Посібник можна використовувати в комплекті з будь-якимчинним підручником з фізики. Наявність предметного покажчикамаксимально полегшить пошук потрібної інформації.Призначено для учнів 7—11 класів, абітурієнтів, учителівфізики.УДК 53.1:372.8(0.75.4)=161.1ББК 74.265.1© Ю. А. Соколович, Г. С. Богданова, 2002ISBN 978-611-540-200-7 © ТОВ Видавництво «Ранок», 2010

1.5. Ідеальний газ. Основне рівняннямолекулярно-кінетичної теорії ідеального газу(рівняння Клаузіуса) ...........................1411.6. Температура. Термодинамічна шкала температур і їїзв’язок з температурою за міжнародною шкалою ...1421.7. Середня швидкість теплового рухуодноатомних молекул. Дослід Штерна. ............1431.8. Приклади розв’язання задач ....................1442. Властивості газів (газові закони) ..........1452.1. Рівняння стану ідеального газу(рівняння Клапейрона — Менделєєва) .............1452.2. Газові закони .................................1462.3. Закон Дальтона ...............................1482.4. Розподіл молекул ідеального газу за швидкостями(розподіл Максвелла) ..........................1492.5. Середня довжина вільного пробігу молекул ........1492.6. Приклади розв’язання задач ....................1493. Властивості пари . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1573.1. Пара. Випаровування і конденсація ..............1573.2. Насичена і ненасичена пара .....................1583.3. Вологість повітря (відносна й абсолютна).Точка роси.....................................1593.4. Кипіння. Перегріта рідина ......................1613.5. Приклади розв’язання задач ....................1614. Властивості рідин . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1644.1. Особливості поверхневого шару рідини. ...........1654.2. Поверхнева енергія. Поверхневий натяг ...........1654.3. Явище змочування. Капілярні явища. ............1664.4. Формула Лапласа .............................1674.5. Приклади розв’язання задач ....................1685. Властивості твердих тіл . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1755.1. Кристалічні та аморфні тіла. Їхні властивості ...... 1755.2. Типи твердих кристалів ........................ 1765.3. Рідкі кристали. ............................... 1775.4. Дефекти кристалічних ґраток ................... 1775

1. Кінематика матеріальної точкиаРис. 2б1.2. Операції з векторними величинамиВектор — напрямлений відрізок. Векторні величинимають числове значення (модуль), напрям, точку прикладання(рис. 3).a на вісь Ox — довжина відрізка,Проекція вектораякий сполучає проекцію початку вектора на вісь Ox з проекцієюкінця вектора на ту саму вісь. Вона дорівнює добуткумодуля цього вектора на косинус кута між напрямом осі тавектора.axa= cosα , a ax = cosα .Проекція вектора може бути додатною, від’ємною і дорівнюватинулю.Якщо кут між напрямом вектора і віссю гострий, тоcosα> 0⇒ a x> 0 (рис. 4, а).Якщо кут між напрямом вектора і віссю тупий, тоcosα< 0⇒ a x< 0 (рис. 4, б).Якщо кут між напрямом вектора і віссю прямийα= 90 ° , то cos90°= 0⇒ a x= 0 (рис. 4, в).( )Рис. 315

МеханікаРис. 7Проекція суми векторів на координатну вісь дорівнюєсумі проекцій складових векторів на ту саму вісь (рис. 8): a+ b = c , Ox ⎧⎪ax + bx = cx,⎨Oy⎩⎪ ay + by = cy.1.3. Відносність руху. Класичний закон додаванняшвидкостейВідносність механічного руху полягає в тому, що видтраєкторії, шлях і переміщення залежать від вибору системивідліку.Класичний закон додавання швид костей: швид кість тілавідносно системи, яку вважають нерухомою, дорівнює геометричнійсумі швидкості тіла в рухомій системі відлікуй швидкості власне рухомої системи відліку (рис. 9): v= v + v1 2 .18Рис. 8 Рис. 9

МеханікаГеометричне тлумачення переміщенняЗа графіком швидкості можна визначити проекцію переміщенняяк площу фігури, обмежену графіком швидкості,віссю часу та двома ординатами, що відповідають початковомуі кінцевому значенням часу. Це твердження є справедливимі для рівноприскореного прямолінійного руху.Графік рівномірного прямолінійного руху ( x= x0+ vt x )зображений на рис. 11.Рис. 11Миттєва швидкість тіла — швидкість тіла в даний моментчасу в даній точці траєкторії:20vx∆x= lim = x′.∆t→0∆tСередня швидкість — це величина, яка дорівнює відношеннюпереміщення до часу, протягом якого воно відбулося: Sv = серt.Середня шляхова швидкість — величина, яка дорівнюєвідношенню шляху до часу, за який він пройдений:lv = серt.

1. Кінематика матеріальної точкиГрафік швидкості рівноприскореного прямо лінійногоруху: тіло I прискорює свій рух уздовж осі Ox, тіло II —уповільнює; у момент часу t 0воно зупиняється і рухаєтьсяприскорено в напрямку, протилежному осі Ox (рис. 13, а).Графік руху при рівноприскореному прямо лінійномурусі — парабола (рис. 13, б).Рівняння руху при рівноприскореному прямолінійномурусі:2atxx= x0 + v0xt+.2аРис. 13бГрафіки руху відповідають графікам швидкості(рис. 13, а).Тут t 0— момент часу, що відповідає зупинці тіла, євершиною параболи II.Графік прискорення рівноприскореного прямолінійногоруху зображений на рис. 14.Шляхи, які пройшло тіло зі стану спокою ( v 0= 0) за однаковіпослідовні проміжки часу відносяться як ряд послідовнихнепарних чисел:S1: S2 : S3 = 1: 3: 5.Шлях, який пройшло тіло в останню секунду руху зістану спокою ( v 0= 0):aS = ( nn − ) 2 2 1 ,де n — число секунд.23

МеханікаРис. 14Вільним падінням називають рух тіла під дією лише силитяжіння. Воно є рівноприскореним рухом з прискоренням,яке не залежить від маси.Біля поверхні Землі прискорення вільного падіння приблизнодорівнює 981 , м/с 2 .Рівняння вільного падіння:v 0≠ 0v 0= 0v= v0 + gtv=gtgth= v0t+2h =2( v+v0)t2v= gh+v220gth =22vh = t 2v= 2ghx= x + vt+0 0gt22x= x +02gt224

МеханікаТангенціальне прискорення a τвизначає змі ну швидкостіза величиною.Нормальне прискорення a nвизначає зміну швидкостіза напрямом.Рух по колу є прикладом криволінійного руху.Рівномірний рух по колу характеризується кутовоюшвидкістю ω , лінійною швидкістю v, періодом T, частотою n.Швидкість v напрямлена дотично до кола.Лінійна швидкість дорівнює модулю миттєвої швидкості.Під час руху матеріальної точки по колу модуль її миттєвоїшвидкості з часом не змінюється: v = const ( vA= vB)(рис. 17).Лінійна швидкість дорівнює довжині дуги l, пройденоїточкою за одиницю часу t:lv = , vt⎡⎣ ⎤ ⎦ = м с .Тангенціальне прискорення при рівномірному русі точкипо колу дорівнює нулю:a r= 0.У кожній точці траєкторії доцентрове прискорення напрямленевздовж радіуса до центра кола, а його модуль дорівнює(рис. 18):2va = дRR= 2мω , ⎡⎣ a д⎤ ⎦ =с 2.26Рис. 17 Рис. 18

1. Кінематика матеріальної точкиКутова швидкість ω рівномірного руху по колу до рівнюєкуту повороту ∆ϕ радіуса R за одиницю часу:ϕω = ∆ ∆t , ⎡ ⎣ ω⎤⎦ = рад .с1 радіан дорівнює центральному куту, який опираєтьсяна дугу, довжина якої дорівнює радіусу (рис. 19):ϕ=1рад .RRRРис. 19Повний центральний кут:ϕ02πR= =2πрад ,R2π рад = 360°,360° 1 рад = ≈ 57 ° 32 ′ .2πПеріод обертання T — це час, за який точка здійснюєодин повний оберт по колу.Частота обертання n — кількість повних обертів, здійснюванихточкою при рівномірному русі по колу за одиницючасу.Зв’язок між періодом і частотою — зворотний:T = 1 , n = 1 ,n T⎡⎣ T⎤ ⎦ = c, ⎡⎣ n ⎤ ⎦ =1 = − 1сс .27

МеханікаСекунда мінус першого ступеня с − 1— це частота обертання,при якій за одну секунду здійснюється один оберт.Лінійна швидкість визначається так:2πRv = = 2π Rn .T28( )Кутова швидкість ω визначається так:2πω = = 2πn.TЗв’язок між лінійною та кутовою швидкос тями:v=ω R .Кутове прискорення ε визначається відношенням зміникутової швидкості за проміжок часу до тривалості цьогопроміжку:ω− ωε =0, ε∆t⎡⎣ ⎤ ⎦ = рад .с 2При зростанні кутової швидкості обертальний рух називаєтьсяприскореним, а при зменшенні — уповільненим.1.6. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Вдалий вибір системи відліку (СВ) спрощуєрозв’язання задач з кінематики.Ескалатор метро піднімає пасажира, що стоїть нерухомона ньому, протягом 1 хв. По нерухомому ескалаторупасажир піднімається пішки протягом 3 хв. Скільки часувитратить пасажир на підйом пішки по ескалатору, якийрухається?Дано:t 2= 1 хвt 1= 3 хвt — ?СІ:t 2= 60 сt 1= 180 сРозв’язання:СВ «Земля». v= v1 + v2 — швидкість пасажирав СВ «Земля» дорівнює сумі швидкостійого руху по ескалатору і швидкості ескалатора.

1. Кінематика матеріальної точкиДля цієї СВ можна скласти такі рівняння:S= v 1t 1, (1)S= v 2t 2, (2)( )S= v1 + v2 t . (3)Виражаємо t із (3):t =vS+ v1 2Підставляємо:t =⎡⎣ t ⎤ ⎦ =SS+tSt1 2с⋅с= с ,сВідповідь: t = 45 с.Задача 2., де v1S= із (1), vt1S1==⎛ 1 1 ⎞ t1 + t2S⎜+ ⎟⎝ t t ⎠tt1 21 2{ t}=Обчислення:60⋅80= 45 .60 + 1802S= із (2).t2=ttt1 2+ t1 2Рибалка плив за течією річки і, пропливаючи під мостом,згубив запасне весло. Через 1 год він помітив утрату і,повернувшись назад, знайшов весло на 6 км нижче від моста.Яка швидкість течії річки, якщо рибалка, рухаючись заі проти течії, докладав однакових зусиль?Дано:S = 6 кмt = 1 годv теч— ?Розв’язання:СВ «Вода».У цій СВ весло нерухоме, оскільки його несезі швидкістю течії відносно Землі. Отже, наскількичовен віддаляється від весла, настільки ж віндо нього і наближається. Тому час руху човна дозустрічі з веслом:t = 2t=2 год .рухДля того щоб визначити швидкість течії, переходимов СВ «Земля». У цій СВ весло переміщується на 6 км за.29

⎡⎣ l ⎤ 3 ⎦ = м⋅ сс= м, { l 3 }= 5⋅ 100 = 500.Відповідь: t = 100 с, l 3= 500 м.1. Кінематика матеріальної точкиЗадача 4.Поїзд їхав 2 год зі швидкістю 50 км/год, потім 0,5 годне рухався, потім їхав 1 год зі швидкістю 100 км/год.Побудуйте графіки залежності пройденого шляху та швидкостівід часу.Дано:v 1= 50 км/годt 1= 2 годv 2= 0t 2= 05 , годv 3= 100 км/годt 3= 1 годГрафіки l(t) і v(t) — ?Розв’язання:Графік залежності шляху відчасу — ламана, оскільки на кожномуз етапів руху швидкість поїздастала. Кожний відрізок ламаноїможна побудувати за двома точками.Наприклад, за перші 2 год поїзд проїхав100 км, тому, якщо вимірюватичас у годинах, а відстань в кілометрах,координати кінців відповідноговідрізка (0; 0) і (2; 100) (рис. 20).Увесь час руху розіб’ємо на проміжки, протягом якихпоїзд рухався рівномірно. На кожному такому проміжкуграфік залежності швидкості від часу є відрізком, паралельнимосі t (рис. 21).Рис. 20 Рис. 2131

МеханікаЗадача 5.Автомобіль першу половину шляху рухався зі швидкістю40 км/год, а другу — зі швидкістю 60 км/год. Яка середняшвидкість на всьому шляху?Дано:v 1= 40 км/годv 2= 60 км/годll1 = l2=2v сер— ?32Розв’язання:Аналізуючи умову задачі, треба звернутиувагу на поняття «половина шляху».Воно означає, що весь шлях l можна податияк суму двох рівних шляхів l 1і l 2,lтобто l1 = l2= .2Оскільки рух є нерівномірним, застосуємо формулу середньоїшвидкості для двох ділянок шляху відповідно доумови задачі:lv = l lt= 1+2сер.t + t1 2Аналізуючи умову задачі й формулу середньої швидкості,бачимо, що відсутні t 1і t 2. Знайдемо їх за відомими l 1,v 1і l 2, v 2:l1l2t1= , t2= .v v1У формулі середньої швидкості замість t 1підставимоl1l2його значення , а замість t 2— .vvl lДістанемо: v = 1+2серl1l2+v v112.Виконаємо підстановку у формулу середньої швид кості⎛ l l ⎞значень l 1і l 2відповідно до умови задачі ⎜l1 = , l2=⎝ 2 2⎟ :⎠l l+v = 2 2lсер=.l l+ l ⎛ 1 1 ⎞+2vv ⎜ ⎟122 2 ⎝ v1 v2⎠22

1. Кінематика матеріальної точкиСкорочуючи на l чисельник і знаменник, отримаємо:v = 1сер.1 ⎛ 1 1 ⎞⎜ + ⎟2 ⎝ v1 v2⎠Виконуючи дії над дробами, дістанемо такі співвідношення:v = 22 2vv1 2сер= = .1 1 v1 + v2v + v+1 2v v vv1 21 2Обчислення:v сер=24060 ⋅ ⋅60 + 40км/год = 48 км/год .Відповідь: v серЗадача 6.= 48 км/год .Одне тіло вільно падає з висоти h 1= 80 м. Одночасноз ним друге тіло кинуто вертикально вгору з висоти 20 мнад Землею. Якою має бути початкова швидкість другого тіла,щоб обидва тіла впали одночасно?( ) з висо-Дано:Розв’язання:h 1= 80 м Перше тіло вільно падало v 01= 0h 2= 20 м ти h 1, отже:v 01= 0 м/с2gtg = 98 , м/с 2 пад2h1h1= ⇒ tпад= .2gv 02— ?Для визначення початкової швидкості другого тілазручно вибрати СВ, зв’язану з першим тілом. У цій СВперше тіло нерухоме, а друге наближається з постійноюшвидкістю v= v 02, оскільки v 01= 0 і прискорення обох тілод на ко в е (g). За час ( t пад ) переміщення другого тіла відноснопершого складатиме:ТодіS= h1 −h. 2S= vt = v tпад0 2 пад.33

МеханікаЗвідсиv⎡⎣02S= =tпад⎤⎦ = ⋅ мс ⋅мh1 − h2g= ( h1 −h2)2h2h1gv = h −hgh( ) .02 1 221Обчислення:1смсv 0м = м⋅ 22= ,2{ v 02 }=( 80 −20)⋅Відповідь: v 02= 15 м/ с.98 ,280 ⋅60= = 15 .41,34Такі міркування правомірні, оскільки в класичній механіці часінваріантний у відношенні до вибору системи відліку,і якщо обидва тіла рухаються з однаковим прискоренням,то в СВ одного з тіл друге рухається без прискорення.Задача 7.З балкона, який розташований на висоті 25 м над поверхнеюЗемлі, кинуто вгору м’яч зі швидкістю 20 м/с.Написати формулу залежності координати x від часу, вибравшиза початок відліку Землю. Через який час м’яч упадена Землю?Дано:v 0= 20 м/сg = 98 , м/с 2h = 25 мx x tt рух— ?= ( ) — ?Розв’язання:СВ «Земля».Направимо вісь Ox уздовж початковоїшвидкості тіла, тобто протилежно його прискоренню.Тоді висота балкона h буде початковоюкоординатою тіла x 0. Рівняння руху тіла будетаким (рис. 22):2gtxx= x0 + v0xt+( x0 h2= , v v 0x=0, gx =− g ).2gtТоді x= h+ vt0−2 .

1. Кінематика матеріальної точкиРис. 22Під час приземлення x = 0 , t= t рух;22gtрух0 = h+ v0tрух−2 , або gtрух−vt0 рух− h = 0 .2Підставивши значення, розв’яжемо рівняння:225t−20t− 25= 0, t −4t− 5= 0 .рухрухКорені рівняння можна знайти за теоремою Вієта: t 1= 5,t 2=−1 (не підходить).Відповідь: t рухЗадача 8.= 5 с .За графіком швидкості рівноприскореного прямолінійногоруху побудувати графік прискорення ax= ax( t) і графікруху x = x(t), якщо x 0= 0 (рис. 23, а):a xa( )xрух∆vvx− v= =∆tt−t0x0рух3−11= 2( 1−0) = м(рух прискорений);с 20−32=1( 4−1) =− м(рух уповільнений).с 2a x( )Побудуємо графік прискорення (рис. 23, б).Рівняння руху при рівноприскореному русі має вигляд:2atxx= x0 + v0xt+.2,35

МеханікааРис. 23бДля відрізка I:x1= 1⋅ t+2⋅t222= t+ t ,оскільки x 01= 0 , v= м/с , a 1x= 2 м/с 2 .0 11xКінцева координата на відрізку I є початковою на відрізкуII:2x 1 ( 1)= 1+ 1 = 2 м , x 02= 2 м .Для відрізка ІІ:( x 02= 2 м , x2tx2= 2+ 3⋅t−2= м/с , a 2x=−1м/с 2 ).0 23xКінцева координата на від різку II:x( 3)= 2+ 33 ⋅ −232= 2+ 9− 45 , = 65 , м∆t 2= 3 с .( )36Рис. 24Побудуємо графік x = x(t)(рис. 24).Момент часу t = 4 с відповідаєv 2x= 0 (зупинці тіла). На графікуx = x(t) це відповідає вершині параболи.

2. Динаміка матеріальної точки2.1. Основні закони динаміки. Сила. Рівнодійна силаДинаміка — це розділ механіки, який вивчає причинизміни швидкості руху тіл під впливом інших тіл.Сила (у фізиці) є міра взаємодії тіл, частинок або частинокі поля.Сила (в механіці) є причина прискорення тіл або частиноктіла.Сила F — векторна величина.Якщо до матеріальної точки прикладено декілька сил F 1, F 2,... F n(рис. 25), то їх дію можна замінити дією однієїсили F p, яка називається рівнодійною силою: F р= F1 + F2 +…+ F n.Рис. 252.1.1. Перший закон Ньютона — закон інерціїІснують такі системи відліку, відносно яких поступальнорухоме тіло зберігає свою швидкість сталою, якщо на ньогоне діють інші тіла (або вплив інших тіл компенсується).Такі системи відліку називаються інерціальними.Інерціальна система відліку зв’язана з далекими зорями.Будь-яка система, яка рухається відносно зір рівномірноі прямолінійно, також інерціальна. У зв’язку з тим,що Земля, рухаючись відносно зір (Сонця), мало змінюєшвидкість, система «Земля» практично інерціальна. Отже,інерціальною буде також СВ, яка рухається відносно Землірівномірно і прямолінійно.37

МеханікаЯвище збереження сталої швидкості (зокрема швидкості,що дорівнює нулю) називають і н е рц і є ю.Тому і СВ, відносно яких тіла рухаються зі сталоюшвидкістю за умови компенсації зовнішніх впливів, називаютьсяінерціальними, а перший закон Ньютона нази ваютьзаконом інерції.2.1.2. Принцип відносності в класичній механіці(принцип відносності Галілея)Принцип відносності в класичній механіці: для будь-якихмеханічних явищ усі інерціальні СВ є рівноправними.Це зумовлено тим, що маса m, довжина l, проміжок часу∆t в усіх інерціальних СВ мають однакове значення (є інваріантними).2.1.3. Міжнародна система одиниць у механіціОсновні одиниці у механіці:кг — кілограм,м — метр,с — секунда.Усі інші одиниці фізичних величин є похідними на підставіфізичних закономірностей (м/с, м/с 2 ) (табл. 1).382.1.4. Маса. Центр масиМаса — фізична величина, яка кількісно характеризуєінертні властивості тіла.Інертність полягає в тому, що для зміни швидкості рухутіла даною силою потрібен деякий час. Чим більшим є цейчас, тим інертнішим є тіло.Одиницею маси в СІ є 1 кг.Еталон маси, виготовлений зі сплаву іридія та пла тини,зберігається в м. Севр поблизу Парижа.Масу можна визначити:1. За взаємодією тіла масою m тз еталоном (тілом відомоїмаси):mтaет= .m aетт

2. Динаміка матеріальної точкиМаса як міра інертності тіла визначається відношенняммодуля прискорення еталона до модуля прискорення тілапри його взаємодії з еталоном:m a ет=a mтт. е т2. Зважуванням на важільних терезах, де по рівнюєтьсявзаємодія тіла і важків із Землею.3. Розрахунком її за відомою густиною речовини і об’ємомтіла:m=ρ V.4. Вираженням її через масу однієї молекули m 0такількість молекул N:m= m 0N .Одиниці фізичних величин в СІТаблиця 1ВеличиниОдиниціНаймену ванняПо зн а -ченняН а й ме н у ва н н яПо зн а -ченняОсновніДовжина l Метр мМаса m Кілограм кгЧас t Секунда сТемпература T Кельвін КСила струму I Ампер АСила світла J Кандела кдКількістьречовини ν Моль мольДодаткові одиниціПлоский кут ϕ Радіан радТілесний кут Ω Стерадіан ср39

МеханікаУ механіці Ньютона вважається, що:— маса тіла не залежить від швидкості його руху;— для тіла виконується закон збереження маси.У релятивістській механіці (механіці великих швидкостейv ≈ c ) маса тіла залежить від швидкості його руху:m =m02v1−2c,де m 0— маса спокою тіла; c = 310 ⋅8 м/с .Центр маси — точка, через яку повинна проходити лініядії сили, щоб тіло рухалось поступально.На рис. 26 точка C — центр маси тіла.Рис. 26Центр маси системи рухається як матеріальна точка,у якій зосереджена маса всієї системи і на яку діє сила, що дорівнюєгеометричній сумі всіх зовнішніх сил, що діють на тіло.402.1.5. Другий закон Ньютона в класичнійі релятивістській механіціСила, яка діє на тіло, дорівнює добутку маси тіла наприскорення, яке надається даною силою: F = ma .Ця сила тільки надає тілу прискорення і не залежитьвід дії інших сил на це тіло.Основне рівняння динаміки — якщо на тіло діє декількасил, то геометрична сума всіх зовнішніх сил дорівнює до-

2. Динаміка матеріальної точкибутку маси тіла на прискорення, з котрим рухається тілопід впливом усіх сил: F + F +…+ F = ma.1 2Одиницею сили є 1 Н (ньютон).1 Н — це постійна сила, яка надає тілу масою 1 кг прискорення1м/с 2 :n1Н= 1кг м .2сМежі застосування другого закону НьютонаЦей закон застосовується:1) під час розглядання руху тіл зі швидкостями набагатоменшими від швидкості світла ( vc);2) в інерціальній системі відліку.Другий закон Ньютона в імпульсній формі застосовуєтьсяяк у класичній механіці (механіці Ньютона), такі в релятивістській (механіці Ейнштейна).Другий закон Ньютона в імпульсній формі — імпульссили, що діє на тіло, дорівнює зміні імпульсу тіла: F∆ t= mv − mv , або 0F∆t= ∆p.Імпульс тіла — це векторна величина, яка дорівнює добуткумаси тіла на його швидкість: p= mv .Одиницею виміру імпульсу є 1кг м с .2.1.6. Третій закон НьютонаТіла діють одне на одне із силами, спрямованимивздовж однієї прямої, рівними за модулем і протилежнимиза напрямком: F =− F , F = F .1 21 241

МеханікаСили взаємодії тіл виникають парами і мають однаковуприроду (рис. 27, а, б): P=− N, F Fтер=− ′ тер.N аP Рис. 27бСили взаємодії тіл прикладені до різних тіл і тому немають рівнодійної.Сила натягу нитки (пружини), яка з’єднує тіла, діє кінцяминитки на кожне тіло з силою натягу (рис. 28): F F TF F íF=− ( )н. Рис. 28F íF íF 422.2. Сили в механіці2.2.1. Сила тертя. В’язке тертяСила тертя — це сила, яка виникає під час руху одноготіла по поверхні іншого і перешкоджає цьому руху.Наприклад, двигун автомобіля обертає ведучі колеса.Тертя по землі перешкоджає цьому обертанню, штовхаючиколесо вперед (таким чином, виникає сила тяги автомобіля)(рис. 29, а).Сила тертя ковзання F тер. ковзвиникає при ковзанні одноготіла по поверхні іншого. Її напрям протилежний швидкостіруху тіла (рис. 29, б).

2. Динаміка матеріальної точкиаРис. 29бМодуль сили тертя ковзання прямо пропор цій ний силінормальної реакції опори N:F.=µ N,тер ковзде µ — безрозмірна величина.Коефіцієнт пропорційності µ — коефіцієнт тертя ковзання,який залежить від виду речовин тіл, які стикаються,стану їх поверхонь та швидкості ковзання одного тіла відносноіншого.При розв’язанні багатьох задач можна користуватисьдеяким середнім значенням коефіцієнта тертя ковзання.При малих швидкостях можна вважати, що він дорівнюєкоефіцієнту тертя спокою (рис. 30):µ = µ .тер. ковз тер.спРис. 3043

МеханікаМодуль сили тертя ковзання під час руху по горизонтальнійповерхні:F.=µ mg , оскільки N = mg.тер ковзМодуль сили тертя ковзання під час руху по поверхні,яка утворює з горизонтом кут α :тому щоF.=µ mg cos α ,тер ковзN= mg cosα .Сила тертя спокою F тер. споднакова за модулем і спрямованапротилежно тій зовнішній силі F, яка викликає ков-зання одного тіла по іншому (рис. 31).Рис. 3144Максимальне значення модуля сили тертя спокою:F.=µспN.тер спmaxТертя кочення виникає при коченні одного тіла по поверхнііншого.Модуль сили тертя кочення дорівнює відношенню добуткукоефіцієнта тертя кочення k, модуля сили нормальноїреакції опори N до радіуса R тіла, що котиться:FkN.= .Rтер кочДля більшості поверхонь сила тертя кочення менша засилу тертя ковзання. Тому широко практикується замінатертя ковзання тертям кочення (кулькові і роликові підшипники):F F .тер. коч тер.ковз

МеханікаСили пружності спрямовані перпендикулярно до поверхнідеформованого тіла ( N) — наприклад, нормальнареакція опори (сила пружності підставки), або вздовж ниткиT( ) (рис. 33, а, б).аРис. 33бДеформацією твердого тіла називають зміну форми таоб’єму тіла під зовнішнім впливом.Розрізняють пружну і пластичну деформації.Пружна деформація повністю зникає після припиненнядії зовнішніх сил.Пластична деформація не зникає після припинення діїзовнішніх сил.У випадку пружної деформації модуль сили пружностівизначається за законом Гука: сила пружності при пружнійдеформації прямо пропорційна абсолютному подовженнютіла і протилежно до нього напрямлена (рис. 34):F =− пруж xkx ,⎡⎣ x ⎤ ⎦ = м , ⎡ ⎣ k⎤⎦ = Н м .Абсолютне подовження тіла ( x) визначається різницеюкінцевої і початкової довжин тіла:46x= l− l0 = ∆ l .Тут k — коефіцієнт пружності, або жорсткості, за лежитьвід геометричних розмірів тіла S l( ) та виду речовини (E), 0

МеханікаКоефіцієнт пропорційності називають гравітаційноюсталою та позначають G.Гравітаційна стала чисельно дорівнює силі притяганняміж двома матеріальними точками масою по 1 кг, розташованимина відстані 1 м:3− мG = 66710 , ⋅11 2кг ⋅сОдним із проявів сили всесвітнього тяжіння є силапритягання тіла до Землі, яка називається силоютяжіння і за другим законом Ньютона дорівнює mg, деg = 981 , м/с 2 — прискорення вільного падіння біля поверхніЗемлі: F = тmg .Прискорення вільного падіння біля поверхні Землі можнаобчислити за формулою:GMg =RЗ.2ЗПрискорення вільного падіння на висоті h над поверхнеюЗемлі:g′=GMЗ( R + h)З2,де M З= 610 ⋅24 кг — маса Землі;= 6400 км — середній радіус Землі.R З.502.2.4. Вага тіла. Вага тіла, яке рухаєтьсяз прискоренням. Перевантаження. НевагомістьВага тіла — це сила, з якою тіло діє на опору чи підвісунаслідок притягання його до Землі.Якщо опора перебуває в спокої або рухається рівномірноі прямолінійно, то вага тіла за величиною і напрямкомзбігається з силою тяжіння. Але вага прикладена до опори P=− N чи підвісу, а сила тяжіння — до центра маси тіла N =− mg , отже, P=− mg.

2. Динаміка матеріальної точкиЯкщо опора горизонтальна, вага тіла є силою пружності,з якою тіло діє на опору (рис. 39).P N N mgРис. 39Якщо опора — похила площина, то вага тіла — рівнодійнасил пружності й тертя спокою, з якими тіло діє наопору (рис. 40): P=− Q або P =− N + F( )тер.cΠ ,де Q — сила реакції опори; N — нормальна реакція опори.F н. т— сила нормального тиску.Рис. 40Вага тіла, яке рухається з прискоренням, змінюється.Якщо прискорення тіла напрямлене вертикально вгору,то його вага збільшується:P= m( g+a).51

МеханікаЯкщо a = ng, то виникає перевантаження у (n + 1) разів:P= mg n+1 .( )Перевантаження показує, у скільки разів збільшу єтьсявага тіла, яке рухається з прискоренням, порівняно з вагоютіла, яке перебуває в спокої на горизонтальній опорі.Якщо прискорення тіла напрямлене вертикально вниз,то модуль ваги тіла дорівнює:P= m( g−a).Якщо прискорення тіла дорівнює прискоренню вільногопадіння, то вага тіла дорівнює нулю (стан невагомості): a= g , P = 0 .Невагомість — це такий стан тіла, при якому відсут нявнутрішня напруженість, обумовлена силою тяжіння.Причина невагомості полягає в тому, що сила тяжіннянадає тілу і його опорі однакового прискорення. Цей висновоксправедливий для всіх тіл, які рухаються тільки піддією сили тяжіння.Якщо прискорення тіла напрямлене горизонтально, томодуль ваги визначається за формулою:2 2P= m g + a.Вага тіла напрямлена під кутом α до вертикалі(рис. 41):tgα= a g .52Рис. 41

2. Динаміка матеріальної точки2.3. Рух тіла в безповітряному просторі(без урахування сили тертя)2.3.1. Рух тіла, кинутого горизонтальноТіло, кинуте горизонтально, рухається по параболічнійтраєкторії: його рух складається із руху горизонтального зісталою швидкістю v 0і вільного падіння з нульовою початковоюшвидкістю.На рис. 42 зображено рух тіла, кинутого горизонтально.Дальність польоту тіла: l= v 0t.2gtВисота падіння тіла: h =2 .Швидкість тіла v під час руху по параболі напрямленапо дотичній у будь-якій точці траєкторії і дорівнює геомет ричній сумі v 0і gt ( v 0— початкова швидкістьті ла): v= v + gt0.Модуль швидкості тіла, кинутого горизон таль но, розраховуємоза формулою (рис. 43):v v gt= +( )2 20.Рис. 42 Рис. 4353

Механіка2.3.2. Рух тіла, кинутого під кутом до горизонтуТраєкторія руху тіла — парабола (рис. 44).Дальність польоту тіла, кинутого під кутом α до горизонту:2v sin2α l = 0 .gРис. 44( )Максимальна висота піднімання тіла π> α>0 :Час руху:thрухvsin2 2max= 0= 2tпід2gα .2v0sinα .g542.3.3. Перша космічна швидкістьПерша космічна швидкість — це та швидкість, яку необхіднонадати тілу, кидаючи його із Землі, щоб воно сталоштучним супутником Землі (на невеликій, порівняно з радіусомЗемлі, висоті).Значення цієї швидкості обчислюється за формулою:v= gRЗ ,де g = 981 , м/ с2 поблизу поверхні Землі;= 6400 км — радіус Землі.R З

2.3.4. Орбітальна швидкість2. Динаміка матеріальної точкиОрбітальна швидкість — це швидкість, яку повинен матиштучний супутник Землі на орбіті висотою h над поверхнеюЗемлі.Модуль орбітальної швидкості:v =GMRЗЗ+ h,де h — висота над Землею; R З— радіус Землі;M З— маса Землі; G — гравітаційна стала.Орбітальна швидкість напрямлена по дотичній до даноїточки траєкторії, тобто перпендикулярно до радіуса орбіти(рис. 45).Рис. 452.4. Алгоритм розв’язання кількісних задачіз фізики1. Вивчити умову задачі і записати її згідно з прийнятоюсимволікою.2. Перевести всі дані задачі в СІ.3. Зробити в разі необхідності рисунок до розв’яз ку задачі.4. Використовуючи відомі закономірності та формули,розв’язати задачу в загальному вигляді, якщо це неускладнює розв’язання.55

Механіка5. Установити чи перевірити одиниці певних величин:наприклад, [m] = кг.6. Розрахувати числові значення певної величини:наприклад, {m} = 2000.7. Записати відповідь і проаналізувати її реальність,відповідність умові задачі.8. Відповідь записується згідно з умовами Держстандарту:фізична величина виражається числом у ме жахвід 0,1 до 1000, для чого використовуються частковіі кратні приставки:наприклад, відповідь: m = 2 т.562.5. Методичні рекомендації щодо розв’язаннязадач з динаміки1. Зробити рисунок до задачі, вказавши всі діючі натіло сили та вісь, уздовж якої рухається тіло. Вісь раціональноорієнтувати у напрямку прискорення тіла, що рухається.2. Якщо при проектуванні фізичних величин на вибранувісь виходить рівняння з двома невідомими, необхідноввести другу вісь (перпендикулярно до першої) і проектувативеличини також на неї.2.6. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Автомобіль масою 5 т рушає з місця з прискоренням0,6 м/c 2 . Знайти силу тяги, якщо коефіцієнт тертя становить0,04.g = 98 , м/с 2 дійною силою. Отже, модуль сили тягиДано:v 0= 0Розв’язання:Вивчивши умову задачі, побудуєморис. 46. Вважаємо, що траєкторія рухуa = 06 , м/с 2m = 5 т = 5000 кгµ=004 ,прямолінійна. Зобразимо сили, якідіють на автомобіль, ураховуючи, щоприскорення співнапрямлене з рівно-F тяги— ?більший за модуль сили тертя.

2. Динаміка матеріальної точкиРис. 46Згідно з другим законом Ньютона: F = рівam . (1)Розпишемо рівнодійну силу як геометричну суму сил,які діють на тіло: Fрів = Fтяги + Fтер+ N+ mg .Підставимо значення рівнодійної сили у вираз (1): F + F + N+ mg = am . (2)тягитерВиберемо вісь для проектування, яка збігатиметьсяз напрямом прискорення, і спроектуємо на вісь Ox лівуі праву частини виразу (2):Ox: F + F + N + mg = a m . (3)тяги x тер x x x xРозпишемо проекції на вісь Ox:F = F cos0°= F 1 = F ,тяги x тяги тяги тягиоскільки cos 0°=1.F = F cos180°= F ( −1 )=−F,оскільки cos 180°=−1.оскільки cos 90°=0.терxтер тер терmg = xmg cos 90°= mg ⋅ 0=0,N = xN cos90°= N ⋅ 0=0 ,amx= amcos 0°=am.57

МеханікаПідставимо значення проекцій у вираз (2):F − F = ma .тягитерТобто Fтяги= ma+ Fтер, де F =µ терN .При горизонтальному русі можна вважати, що N = mg,тобто F =µ терmg .ЗвідсиF = ma + µ тягиmg = m ( a + µ g ).Обчислення:2 2⎡⎣ F тяги ⎤ кг м/с м/с кг м ⎦ = ( + )= = H ,2с3 3 3{ }= 510 ⋅ ⋅ 0, 6+ 0, 04⋅510 ⋅ ⋅ 9, 8= 5⋅10.F тягиВідповідь: F тягиЗадача 2.= 5 кН .Автомобіль масою 2 т проходить по випуклому мостуз радіусом кривини 40 м зі швидкістю 36 км/год. З якою силоюавтомобіль тисне на міст в його середині?Дано:m = 2 тR = 40 мv = 36 км/годFСІ:m = 210 ⋅3 кг36⋅1000м мv == 10= 3600 с стягиP — ? Розв’язання:Вивчивши умову задачі, побудуємо рис. 47.58Рис. 47

2. Динаміка матеріальної точкиОскільки міст випуклий, то траєкторія руху автомобілякриволінійна. Автомобіль рухається зі сталою швидкістю.Тому в задачі присутнє тільки доцентрове прискорення, напрямленедо центра кривини, тобто у верхній точці моставертикально вниз. Зобразимо сили, що діють на автомобільу верхній точці моста, ураховуючи, що прискорення співнапрямленоз рівнодійною силою. Отже, модуль сили тяжіннябільший за модуль сили реакції опори.Згідно з II законом Ньютона: F = рівam . (1)Розпишемо рівнодійну силу як геометричну суму сил,що діють на тіло: Fрів = Fтяги + Fтер+ N+ mg .Підставимо значення рівнодійної сили у вираз (1): Fтяги + Fтер + N+ mg = aдоцm. (2)Виберемо вісь для проектування, що збігається з напрямомприскорення, і спроектуємо на вісь Ox ліву і праву частинивиразу (2):Ox: F + F + N + mg = a m . (3)тяги x терx x x доц xРозпишемо проекції на вісь Ox:оскільки cos 90°=0.оскільки cos 180°=−1.оскільки cos 0°=1.F = F cos90°= F 0=0 ,тяги x тяги тягиF = F cos 90°= F 0=0,терxтер терN = N cos 180°= xN ( −1)=−N ,mg = xmg cos0 °= mg ,a m= a mcos0 °= a m.доц доц доцПідставимо значення проекцій у вираз (3):mg − N = a доцm .59

МеханікаЗвідси2N = m( g−aдоц ) , де a = vдоцR.Отже,N = m ⎛⎜ g −⎝2vR⎞⎟.⎠Згідно із третім законом Ньютона P = N, отже,vP= m ⎛ 2⎞g −⎝⎜ R ⎠⎟ .Обчислення:⎛⎜ м⎡⎣ P⎤ ⎦ = кг⎜−2с⎜⎝2м2см⎞⎟⎟ = кг м = Нс⎟⎠2,603⎛100 ⎞{ P}= ⋅ ⎜ − ⎟⎝ ⎠= ⋅ 3210 9, 8210 ( 9, 840− 2,5 )=Відповідь: P = 15 кН.Задача 3.3 3= 210 ⋅ ⋅ 7, 3= 1510 ⋅ .Хлопчик масою 50 кг гойдається на гойдалці з довжиноюпідвісу 4 м. З якою силою він тисне на сидіння при проходженністану рівноваги зі швидкістю 6 м/с?Дано:m = 50 кгl= R =4 мv max= 6 м/сP — ?Розв’язання:Рух хлопчика відбувається по дузікола радіусом l, тіло отримує доцентровеприскорення P=− Nабо P = N за третімзаконом Ньютона (рис. 48).

МеханікаДано:m 1mµa= m2 3T 1— ?T 2— ?F тяги— ?Розв’язання:Запишемо основне рівняння динаміки длявсього тепловоза в проекції на вісь Ox (сили T 1,T1 ′ , T 2, T 2′ є внутрішніми) (рис. 49):F −F − 2F = a m1 + m2 + m . 3тяги тер 1 тер 2( )Рис. 49= m g , N = m g , N = m g взаємно компен-Оскільки Nсуються, то621 12 23 3( )F −µ m g − µтягиm g = a m +122 12 m2,( )( + )F = m +тяги 12 m2a µ g .Для знаходження T 1запишемо основне рівняння длятепловоза в проекції на вісь Ox. Для нього T 1є зовнішньоюсилою. Тому:F −T − F = am,тяги 1 тер 1 1( )( ) запишемо основне рів-Fтер 1=µ m 1g , отже, T1 = Fтяги − m1a+µ g .Для знаходження T 2T2 = T′2няння динаміки для другого вагона в проекції на вісь Ox:T2 ′ − Fтер 3= ma3,або′Fтер 3=µ m 3g , отже, T2 = m3a+µ m3g,T ′ = m a+µ g .2 3( )

( )( + )( )2. Динаміка матеріальної точки( )Відповідь: F = m +тяги 12 m2a µ g , T1 = 2m2a+µ g ,T = m a+µ g .Задача 5.2 3На похилій площині завдовжки 5 м, заввишки 3 м розташовановантаж масою 50 кг. Яку силу, направлену вздовжпохилої площини, треба прикласти, щоб утримувати на нійцей вантаж? затягувати рівномірно вгору? затягувати з прискоренням1м/с 2 ? Коефіцієнт тертя — 0,2.Дано:h = 3 мl = 5 мm = 50 кгµ=02 ,F утр— ? a 1= 0( м/с 2)( м/с 2)( м/с 2)F тяги 2— ? a 2= 0F тяги 3— ? a 3= 1hlcosα=Розв’язання:= sinα , отже,2 2l − hl(рис. 50, а).Розглянемо перший випадок(рис. 50, б). Сила тяжіння тягнетіло вниз, тому F + F + mg + N =0 ,утртер⎧⎪Fутр+ Fтер− mg sin α = 0,⎨⎩⎪ N− mg cos α = 0,Ox → F = mgsinα − F ,утрOx → N = mg cosα ,Fтер =µmg cos α ,терF = утрmg sinα−µ ⋅ mg cosα,( )F = утрmg sinα−µ ⋅cosα.Розглянемо другий і третій випадки разом (рис. 50, в): F + N+ mg + F = am .тягитер63

МеханікаПри рівномірному русі:a 2= 0 ,Ox: F −µ ⋅mgcosα− mg sin α = ,тяги 20( )Fтяги 2= mg µ cosα+sin α .При рівноприскореному русі:a 3≠ 0 ,F −µ ⋅mgcosα− mgsin α = a m ,тяги 3 3F = m a + µ gcosα+g sin α .тяги 3 3( )абвРис. 50⎡⎣⎤ кг м ⎦ = Нс= ,F утр 2Обчислення:64

{ F утр }= ⋅ ⋅ − − ⎛ 250 98 ⎢3⎝ ⎜ 3 ⎞02 12. Динаміка матеріальної точки⎡⎤, , ⎥⎢ 55⎟⎠ ⎥ = 216 ,⎣⎦⎡{ F тяги 2}= ⋅ ⋅ + − ⎛ 2 ⎤50 98 ⎢3⎝ ⎜ 3 ⎞, 02 , 1 ⎥⎢ 55⎟⎠ ⎥ = 372 ,⎣⎦⎡{ F тяги 3}= ⋅ ⋅ + ⋅ − ⎛ ⎤50 ⎢⎝ ⎜ ⎞⎢98 3 23, 98 , 02 , 1 ⎥55⎟⎠ ⎥ = 422 .⎣⎦Відповідь: для утримання тіла на похилій площині необхіднодокласти силу 216 Н. Для рівномірного затягування вантажувздовж похилої площини необхідно прикласти силу372 Н. Для затягування з прискоренням — 422 Н.Задача 6.З якою максимальною швидкістю може їхати мотоциклпо горизонтальній площині, описуючи дугу радіусом 100 м,якщо коефіцієнт тертя гуми об ґрунт 0,4? Під яким кутомдо горизонту нахилиться мотоцикл?Дано:R = 100 мµ=04 ,v — ?α — ?Розв’язання:Траєкторією руху є дуга кола, тому данийрух є прискореним. Доцентрове прискореннянапрямлене до центра кола, а йогомодуль дорівнює:2va = доц.R N, F тер, mg . Уявімо мотоци-На тіло діють три сили:кліста у вигляді прямої, що проходить через його центр тяжіння(т. O ′ ).Тоді N+ mg+ F = a mOx: F = a m , aтердоцгоризонтальному русі.vRдоц = 2тер доц,(рис. 51, а), Fтер=µ mg при65

Механіка2vТоді µmg = R m , v= µ gR — максимальна швидкістьмотоцикліста під час руху по дузі кола.Мотоцикліст має нахилитись так, щоб напрям реакції опори Q ( Q= N+Fтер ) проходив через його центр ваги ( O ′),в іншому випадку він перекидатиметься. Тому N+ mg+ Fтер = aдоц m (рис. 51, б), N+ Fтер = Q , тоді Q+ mg = a доцm , або Q+ mg = F .аРис. 51бІз трикутника сил F , Q , mg :mgtgα= =Ftgα=gv=Rmgma доц,gRv2 2;α=arctg gRv 2 — кут нахилу мотоцикліста до горизонту.2⎡⎣ v ⎤ ⎦ = м⋅ мс= мс= мсОбчислення:2 2,{ v}= 04 , ⋅98100 , ⋅ ≈20,66

98100 ⋅{ α}=arctg , = arctg 25 , = 68 ° .4002. Динаміка матеріальної точкиВідповідь: v max= 20 м с , α= 68 ° — кут нахилу мотоциклістадо горизонту.Задача 7.Брусок масою 400 г під дією вантажу масою 100 г проходитьзі стану спокою 8 см за 2 с. Визначити коефіцієнттертя.Дано:m 1= 400 гm 2= 100 гv 01= 0 м/сS 1= 8 смt = 2 сµ — ?СІ:m 1= 04 , кгm 2= 01 , кгv 01= 0 м/сS 1= 008 , мt = 2 сРозв’язання:T1 = T2за третім закономНьютона.Запишемо основне рівняннядинаміки для кожного з тілІ і ІІ та спроектуємо на осі Ox, Oy(рис. 52).Тіло I: T1 + m1g+ N1 + Fтер 1= am1, Ox: T − F = amОскільки поверхня горизонтальна, тоF = µ N = µ mg.Тоді T − µ m g = m a.1 1 1тер 1 1 11 тер 1 1.Рис. 5267

МеханікаВиразимо T 1:Тіло II:Виразимо T 2: T = m g = am2 2 2T1 = m1a+µ m1g ., Oy: mg2− T2 = m2a.T2 = m2g− m2a.Оскільки T = T, то ma+ µ mg= mg−ma,1 21 1 2 2µm1g= mg2−ma 2− ma1,µ=( )mg− am+m2 1 2mgПрискорення визначимо з рівняння кінематики:SПідставимо в µ :12atS= ( v 0= 0), a = 2 12t1.2.µ=2S1mg2− m + mt2mg1Обчислення:( )1 2.⎡⎣ µ ⎤ ⎦ =кг м с−кг м смс2 22кгкг м 2=с=кг м 1 ,2с{ µ }=2008 ⋅ ,01 , ⋅98, −404 , ⋅98,⋅05,≈096 ,4≈024, .Відповідь: коефіцієнт тертя дорівнює µ=024 , .68

3. Закони збереження в механіці3.1. Імпульс тіла. Імпульс силиІмпульсом тіла називають добуток маси тіла на йогошвидкість: p= mv .Релятивістський імпульс: mv0p =v1−cЗа одиницю імпульсу приймається імпульс тіла масою1 кг, яке рухається зі швидкістю 1 м/с:⎡⎣ p ⎤ ⎦ = 1кг м с .Імпульсом сили називають добуток сили на час її дії:F∆ t.Другий закон Ньютона в імпульсній формі: імпульс сили,що діє на тіло, дорівнює зміні імпульсу тіла: F∆ t= mv − mv . 022.3.2. Закон збереження імпульсуГеометрична сума імпульсів тіл, які складають замкненусистему, є величина стала: mv +…+ mv =const .1 1Закон можна застосувати і для системи тіл, на які діязовнішніх сил є скомпенсованою.nn3.3. Реактивний рухРеактивним рухом називається рух, що виника є у результатівзаємного відштовхування витікаючого струменярідини чи газу і корпуса ракети тощо.69

МеханікаРівняння руху тіла із змінною масою:mv ∆ ∆= F− u m .∆t∆tРеактивна сила тяги: F =− ∆u m р∆t,де u — швидкість витікання газів відносно ракети.Якщо u є протилежним до напрямку v , то ракета прискорюється,а якщо збігається з v , то гальмується.Формула Ціолковського:m0v= uln,mде m 0— стартова маса ракети, m — остаточна маса.Формула справедлива в класичній механіці vc, uc.70( )3.4. Енергія. Закон збереження енергії. Види енергіїЕнергія — це єдина міра різних форм руху матерії.Енергія — одна з характерних властивостей матерії. Напрактиці механічний рух частково чи повністю перетворюєтьсяв інші форми — тепловий, електромагнітний рух.Енергія характеризує рух системи, а також взаємодіютіл чи частинок у системі з урахуванням можливості переходуз однієї форми руху в іншу.Енергія — функція стану системи, а робота — функціяпроцесу переходу системи із одного стану в інший.Закон збереження енергії: енергія не виникає і не зникає,вона тільки перетворюється із одного виду в іншийі передається від одного тіла до іншого в рівних кількостях.Види енергії:1. Механічна енергія тіла (потенціальна і кінетична).2. Внутрішня.3. Електромагнітна (електрична + магнітна).4. Хімічна.5. Світлова.6. Ядерна, або атомна.

3. Закони збереження в механіціПовна енергія тіла:E= mc =mc2 022v1−2c.Енергія спокою тіла (внутрішня енергія):E2= m c .0 03.5. Види механічної енергії та їх зв’язокз роботоюКінетична і потенціальна енергія складають механічнуенергію. Вона характеризує механічний рух.Кінетична енергія — це енергія рухомого тіла.Кінетична енергія в класичній механіці:2mvE = к.2Оскільки швидкість тіла є величиною відносною, тобтозалежить від вибору системи відліку, то й кінетична енергіявідносна. Кінетична енергія завжди додатна.Кінетична енергія в релятивістській меха ніці:( )E = E − E = кm −0m0cПотенціальна енергія — це енергія, обумовлена взаємодієютіл або частинок тіла.У механіці розрізняють:а) потенціальну енергію тіла, піднятого над Землею, деh — висота над рівнем, на якому потенціальна енергіясистеми «Земля — тіло» приймається за нуль (нульовийрівень потенціальної енергії):E = пmgh ;2 .б) потенціальну енергію пружно деформованого тіла:Ekx2 ;п = 271

Механікав) потенціальну енергію гравітаційної взаємодії двох матеріальнихточок з масами m 1і m 2, що перебувають навідстані r одна від одної:EGm mп = 1 2Потенціальна енергія додатна, якщо вона обумовленасилами відштовхування, і від’ємна, якщо обумовлена силамипритягання.Закон збереження механічної енергії: повна механічнаенергія системи тіл, у якій діють лише консервативні сили(потенціальні), є величина стала.Консервативні сили — це сили тяжіння, пружності, кулонівськісили.Консервативна сила — сила, робота якої при переміщеннітіла залежить тільки від початкового і кінцевого положеньтіла в просторі. Наприклад, робота сили тяжіння(рис. 53):2A1 = A2 = A3.Робота консервативних сил у будь-якому зам кнутомуконтурі дорівнює нулю (рис. 54).Потенціальне поле — поле консервативних сил.Кінетична і потенціальна енергія — функції стану системи,тобто можуть бути точно визначеними, якщо відомікоординати і швидкості всіх тіл системи, а також системавідліку..hhA 0A 1A 2A 3E ï 0E ï 072Рис. 53 Рис. 54

3.6. Механічна робота і потужність3. Закони збереження в механіціІснує два способи передачі руху (і відповідно енергії) відодного макротіла до іншого: у формі роботи і у формі теплоти(теплообміну). Зміну енергії першим способом називають механічноюроботою.Робота є міра зміни і перетворення енергії:A=∆ E.Робота всіх сил, які діють на тіло, дорівнює зміні йогокінетичної енергії — теорема про кінетичну енергію:22mv mv0A= Eк− Eк= − .2 12 2Робота сили тяжіння і пружності дорівнює зміні потенціальноїенергії тіла, взятої з протилежним знаком:( п п )A=− E − E2 1Робота постійної сили — це скалярний добуток сили напереміщення (рис. 55): A= F⋅S, A= FScosα.( ).Рис. 55Якщо 90°>α 0, то A > 0 відповідає збільшеннюенергії ;якщо α= 90 ° , то A = 0 відповідає незмінності енергії;якщо 90°< α 180°, то A < 0 відповідає зменшеннюенергії.Робота постійної сили максимальна, якщо α=0 :A= FS .73

МеханікаОдиниця роботи (енергії) — джоуль (Дж).Джоуль — робота постійної сили в 1 Н при переміщеннітіла на відстань 1 м у напрямку дії сили:741 Дж = 1 кг м .2сПотужність — фізична величина, що характеризуєшвидкість виконання роботи.Потужність — це величина, що дорівнює відношеннювиконаної роботи до проміжку часу, протягом якого вонавиконувалась:NA A= — у механіці, P = — в електриці.ttОдиниця потужності в СІ — ват (Вт):Дж1 Вт = 1 .сВат — потужність, при якій за 1 с виконується роботав 1 Дж.Потужність при постійній силі дорівнює:N= Fv .Іноді ще використовується одиниця потужності 1 к. с.(кінська сила):1 к. с. = 736 Вт.A = Nt, звідки одиниця роботи в техніці — 1кВт ⋅ год :1кВт⋅ год = 3, 610 ⋅6 Дж .Відношення корисної роботи до повної роботи називаєтьсякоефіцієнтом корисної дії (ККД) простого механізму( η).Коефіцієнт корисної дії ηη= A кAп, η= A кQпде η

3.7. Механічний удар3. Закони збереження в механіціУдар (співудар) — це зіткнення двох або більше тіл, приякому взаємодія триває дуже короткий час.Механічний удар двох тіл характеризується коефіцієнтомвідновлення ε ( ):ε=′ ′1 2v − vv − v1 2Це відношення відносної швидкості тіл після співударудо відносної швидкості до співудару. Якщо ε=1, то ударназивається абсолютно пружним (рис. 56, а). Якщо ε=0,то удар називається абсолютно непружним (рис. 56, б).Насправді під час зіткнення удар двох тіл 1> ε > 0. При ударісвинцевих куль ε наближається до 0, тобто удар близькийдо абсолютно непружного. Під час зіткнення куль ізслонової кістки ε≈09 , , тобто удар близький до абсолютнопружного.Центральний удар — це удар, при якому тіла до ударурухаються вздовж прямої, що проходить через їхні центримас.При співударі абсолютно пружних тіл зберігається їхсумарна кінетична енергія і сумарний імпульс (рис. 56, в).Абсолютно непружний удар — зіткнення двох тіл, у результатіякого тіла об’єднуються, руха ючись далі як єдинеціле у напрямку руху тіла, що мало більший імпульс(рис. 56, г).При непружному співударі закон збереження імпульсумає вигляд: mv + mv = m + m v1 1 2 2 1 2.( ) заг.При непружному співударі частина механічної енергіїпереходить у внутрішню. Якщо зміна внутрішньої енергіїпов’язана тільки зі зміною температури тіла або його агрегатногостану, то:( )22mv mv m m v1 12 21+2+ =2 2 2( )2заг+ ∆ U , ∆U= Q,де Q= c1m1 + c2m2 ∆ t при нагріванні тіл або Q = λ m + λ mпри їх плавленні.1 275

Механікааб= 0= 0в= 0= 0гРис. 56763.8. Прості механізмиПрості механізми змінюють силу, швидкість або напрямруху в процесі здійснення роботи.Види простих механізмів:— важіль і його різновиди — блок, коловорот;— похила площина та її різновиди — клин, ґвинт.«Золоте правило» механіки: жоден із простих механізмівне дає виграшу в роботі. У скільки разів виграємо в силі,у стільки ж разів програємо у відстані.На практиці здійснена за допомогою механізму повнаробота завжди дещо більша від корисної. Частина роботивитрачається на подолання сили тертя.

3.8.1. Важіль3. Закони збереження в механіціВажіль — це однорідний стрижень, який має точку опориабо підвіс.Важіль, у якого вісь обертання перебуває в середині важеля,—важіль першого роду (рис. 57, а).Важіль, у якого вісь обертання перебуває на кінці важеля,—важіль другого роду (рис. 57, б).OF аРис. 57бПравило рівноваги важеля (установлене Архі медом): важільперебуває в рівновазі, коли діючі на нього сили ( F1,F2)обернено пропорційні плечам сил d , dF2Fd1 = .d1 2( ) (рис. 58):1 2Рис. 5877

Механіка3.8.2. Блок, коловоротБлок — це колесо з жолобом, закріплене в обоймі. Пожолобу блока пропускають мотузку, трос або ланцюг.Нерухомим блоком називають такий блок, вісь якогозакріплена і при підйомі вантажів не змінює свого положення.Такий блок не дає виграшу в силі, але дає можливістьзмінювати напрям дії сили (рис. 59, а).Рухомий блок піднімається і опускається разом з вантажем.Рухомий блок дає виграш у силі в два рази (рис. 59, б).аРис. 59бКоловорот, який складається з двох блоків з радіусамиRR і r (R > r), дає виграш у силі k = (рис. 60).r78Рис. 60

3.8.3. Похила площина3. Закони збереження в механіціЩоб тіло, яке перебуває на похилій площині, булов ста ні спокою і рівномірного (без тертя) руху, необхідноприкласти силу, паралельну похилій площині і в стількиразів меншу від сили тяжіння, у скільки разів висота похилоїплощини менша за її довжину (рис. 61):F тер= 0 , v = const , Fh= F l.ттягиРис. 61ККД похилої площини з урахуванням сили тертя прирівномірному переміщенні вантажу вздовж похилої площини:1η =⋅100%.1+ µ ⋅ctgα3.8.4. Клин, гвинтКлин — різновид похилої площини.Клин є головною частиною, наприклад, ножа, ножиць,сокири, рубанка. Щоб клин перебував у стані спокоючи рівномірного руху (без тертя), необхідно прикластидо нього силу, перпендикулярну до його основи (обуха),у стільки разів меншу за силу, що діє перпендикулярнодо бічної грані клина, у скільки разів основа (AB) меншавід довжини бічної поверхні клина (AC) (рис. 62).Гвинт — циліндричне тіло з різьбою, яка наноситься погвинтовій лінії.Гвинтовою лінією називається лінія, утворена гіпотенузоюпрямокутного трикутника, який накручується нациліндр. Кроком гвинтової лінії називається відстань, на79

Механікаяку переміститься гайка при одному повному поворотігвинта (рис. 63).F QACABAOQ Q CBF F Рис. 62 Рис. 63Сила, яка діє по дотичній до головки гвинта за відсутностісили тертя, у стільки разів менша від сили, що діє нагвинт уздовж його осі, у скільки разів крок гвинта меншийза довжину кола головки.Гвинт застосовують у домкратах — простих пристрояхдля підйому вантажу.3.9. Приклади розв’язування задачЗадача 1.З човна вікінгів масою 500 кг, який рухається зі швидкістю1 м/с, стрибає воїн масою 80 кг в горизонтальному напрямізі швидкістю 7 м/с. Якою буде швидкість човна післястрибка воїна, якщо він стрибає в сторону, протилежну рухучовна (рис. 64)?80Рис. 64

3. Закони збереження в механіціДано:m 1= 500 кгm 2= 80 кгv заг= 1 м/сv 2= 7м/сv 1— ?ЗвідсиРозв’язання:Закон збереження імпульсу: m1 + m2 vзаг m1v1 m2v2. (1)( ) = +Спроектуємо рівняння (1) на вісь Ox:( ) = −m + m v m v m v1 2 заг 1 1 2 2.( ) +mv = m + m v m v1 1 1 2 заг 2 2.v1=( ) +m + m v m v1 2 заг 2 2m1Обчислення:.⎡⎣ v 1 ⎤ ⎦ =кг м с+ кг м скг=мс ,580⋅ 1+80⋅7v 1=500Відповідь: v = 2,28 м/с.1140= = 228 , .500Задача 2.На кінці дошки масою 10 кг і завдовжки 4 м стоїтьхлопчик масою 40 кг. Хлопчик переходить на протилежнийкінець дошки, пересуваючись по ній з відносною швидкістю1 м/с. На яку відстань пересунеться при цьому дошка, якщотертям дошки об дорогу знехтувати (рис. 65)?Рис. 6581

МеханікаДано:M = 10 кгm = 40 кгl = 4 мv = 1 м/с82Розв’язання:1-й спосібКоли людина почне рухатись, у результатівпливу сили тертя між підошвами людиниі поверхнею дошки остання почне пересуватисяS — ?у зворотному напрямку зі швидкістю u. Тодішвидкість людини відносно Землі дорівнює ( v+u).За законом збереження імпульсу: mv ( + u)+ Mu =0 .У проекції на вісь Ox:m( − v+u)+ Mu =0 ,− mv + mu + Mu = 0 ,mvu = , S= ut .m+MЧас переміщення дошки дорівнює часу пересуванняхлопчика зі швидкістю v відносно дошки. Отже,lt = .vПідставимо значення t і u у формулу переміщення S:S =mvM+m( )⎡⎣ S ⎤ ⎦ = кг ⋅м= м ,кгВідповідь: S = 3,2 м.lv{ S}=ml=M+mОбчислення:40⋅4=10⋅40⇒ S =32 , .ml.M+m2-й спосібТертям дошки об дорогу нехтують. Взаємодія людиниз дошкою — це внутрішні сили, а вони не змінюють положенняцентра маси в просторі.Визначимо положення центра маси дошки з лю диною найого кінці (O) і запишемо правило моментів відносно нього.

3. Закони збереження в механіціУ вихідному стані:⎛ lMg2 − x ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= mgx , x Ml=M+m2( ).Після переходу хлопчика x має те саме значення, оскількиположення центра маси людини з дошкою не змінюється(рис. 66, а, б).ТодіS= l−2 x ,S= l−22MlM+m( )⎛ M ⎞ lmS= l ⎜1 −⎝ M+m⎟⎠= .M+m,аРис. 66бОбчислення:⎡⎣ S ⎤ ⎦ = м⋅кгкг= м ,{ S}=40⋅440 + 10=32 , .Відповідь: S = 3,2 м.83

МеханікаЗадача 3.Яку роботу треба виконати, щоб однорідний стриженьзавдовжки 2 м і масою 100 кг, який лежить на землі, поставитивертикально?Дано:m = 100 кгl = 2 мA — ?84Розв’язання:Робота сили тяжіння:A= mgh,де h — висота, на яку піднявся центр тяжіння тіла.lОскільки стрижень однорідний, то h = , звідси2Відповідь: A = 1 кДж.Задача 4.A=mg l2 .Обчислення:⎡⎣ A⎤ ⎦ = кг м =с м Дж2,{ A}= 100⋅98 , ≈ 1000.Для розтягнення пружини на 4 мм необхідно виконатироботу 0,02 Дж. Яку роботу треба виконати, щоб розтягтицю пружину на 4 см?Дано:x 0= 0x 1= 4 ммA 1= 002 , Джx 2= 4 смk1 = k2= kA 2— ?СІ:x 0= 0−3x 1= 410 ⋅ мA 1= 002 , Дж−2x 2= 410 ⋅ мРозв’язання:2kx1A1= .2

3. Закони збереження в механіціЗвідсиA2Ak = 2 1x,212kx Ax A x 221 2⎛= =2 2=1 ⎜2 x1⎝ x⎛A A x 2=1⎜⎝ x212⎞⎟ .⎠Обчислення:⎡⎣ ⎤ ⎦ = Дж ⎜м ⎝ м2⎛ ⎞A 221⎟⎠= Дж ,2⎞⎟ ,⎠{ }= ⋅−2A 2210Відповідь: A 2= 2 Дж .⎛⎜⎝410 ⋅410 ⋅−2−32⎞⎟ = ⋅ ⋅ =⎠−2210 100 2.Задача 5.Визначити середню потужність насоса, який подає45 , м 3 води на висоту 5 м за 5 хв.Дано:3V в= 45 , м= 1000 кг/мh = 5 мt = 5 хв = 300 смg = 98 ,с 2ρ в3N сер— ?Розв’язання:Щоб розрахувати середню потужністьнасоса, застосуємо основну формулупотужності:AN = серt.Розпишемо роботу, виконану насосом,як добуток модуля піднімальної силиF насоса на висоту піднімання води h:A= Fh.Піднімальна сила насоса дорівнює за модулем вазі води,що піднімається:F = P = mg=ρ Vg.в в в вПідставимо значення модуля сили у формулу роботи:A=ρ вV вgh .85

МеханікаОтже, середня потужність насоса:⎡⎣Відповідь: N серЗадача 6.Nсер332N сер⎤AвVghв= = ρ .t tОбчислення:кгм м м с м Н м⎦ = с= ⋅с{ N сер }== 735 Вт .Дж= = Вт ,с1000⋅45 , ⋅98 , ⋅5= 735 .300Зенітний снаряд, який випущено у вертикальному напрямі,досягнув максимальної висоти і вибухнув. При цьомуутворилось три осколки. Перший осколок масою 9 кгвідлетів зі швидкістю 60 м/с вертикально вгору, другий, масою18 кг, — зі швидкістю 40 м/с у горизонтальному напрямі.Третій осколок відлетів зі швидкістю 200 м/с. Визначитиграфічно напрям польоту третього осколка. Яка його маса?Дано:m 1= 9 кгv 1= 60 м/сm 2= 18 кгv 2= 40 м/сv 3= 200 м/сv = 0 м/сv ⊥ v1 2α — ?m 3— ?Розв’язання:Оскільки снаряд вибухнув на максимальнійвисоті, будучи випущенимвертикально вгору, то його кінцева швидкістьдорівнює нулю.Закон збереження імпульсу длясистеми трьох осколків має вигляд(рис. 67):p+ p+ p = .1 2 30Звідси p =− ( p + p ).Тоді3 1 22 2p = p + p , або mv mv mv3 123 3 1 12= ( ) + ( ) ,2 2286

3. Закони збереження в механіціРис. 67m3=p2tgα= =p12( mv ) + ( mv )1 1mv2 2mv1 1v32 2, α=arctg mvmvОбчислення:2,2 21 1.кгм 222с⎡⎣ m 3 ⎤ ⎦ = = кг ,мс2 2960 ⋅ 1840m 3{ }=( ) + ( ⋅ )200= 45 , .α= arctg18⋅40960 ⋅≈ 53 ° .Відповідь: маса третього осколка m 3= 45 , кг , напрям швидкостійого руху утворює кут 53° з вертикаллю.Задача 7.У «мертвій петлі» вертикальний отвір з центральнимкутом 2α, радіус петлі R. Визначити мінімальну висоту, зякої відпускається ковза юче тіло так, щоб воно здійснилорух по «мертвій петлі». Тертям знехтувати.87

МеханікаДано:2αRh — ?Розв’язання:Відстань AB дорівнює l= 2Rsin α . Швидкістьу точці A дорівнює швидкості у точціB за модулем, що зумовлює дальність польотутіла, кинутого під кутом α до горизонтув безповітряному просторі (рис. 68):2 2v sin2α v 2sinαcosα l = =.ggРис. 68Прирівнявши l, дістанемо:v2 2sinαcosαggR= 2Rsinα, v2 = . cosαПрийнявши за нульовий рівень потенціальної енергіїрівень нижньої точки петлі, запишемо рівняння за закономзбереження енергії:2mvmgh= mgh1+ .288Визначимо h 1:h = R+ Rcosα= R + cosα .11( )Тоді2mvmgh= mgR( 1+cosα )+ .2

3. Закони збереження в механіціgRПідставимо v2 = й отримаємо:cosαgh = gR( 1+cosα)+gR2cosα ,⎛h= R⎜1+ cosα+⎝1 ⎞2cosα ⎟⎠.⎛Відповідь: h= R⎜1+ cosα+⎝1 ⎞2cosα ⎟⎠.Задача 8.Вагон масою M рухається зі швидкістю u. Його наздоганяєкуля масою m, яка рухається зі швидкістю v і у вагонізупиняється. Яку роботу при цьому виконує куля, якщоM m?Дано:MumvMmA — ?Розв’язання:Куля виконує роботу у СВ «Ва гон», томуй кінетичну енергію кулі необхідно оцінюватив цій системі. Швидкість кулі у СВ«Вагон»:v = 1v − u .Тому( ) 2′ mv−uEк=2Оскільки Mm, то зміною швидкості вагона нехтуємо.За теоремою про кінетичну енергію:′ ″A= Eк−E, E ″к к = 0 (куля у СВ «Вагон» зупиняється),.A =( ) 2mv−u2.Відповідь: A =( ) 2mv−u2.89

МеханікаЗадача 9.Тіло масою 5 кг піднято над землею на висоту 20 м.Визначити потенціальну енергію тіла. Яку потенціальнуенергію воно матиме на висоті 5 м при вільному падінні?Знайти кінетичну енергію тіла на цій висоті. Тертям зне х-тувати.Дано:m = 5 кгh max= 20 мh = 5 мE пmax— ?E п— ?E к— ?Розв’язання:З умови задачі випливає, щоh max= 20 м, h = 5 м. Максимальній висотіпіднімання відповідає максимальна потенціальнаенергія ( E пmax ),висоті h відповідаєпотенціальна енергія E п.Знехтування силою тертя дає можливість застосовуватизакон збереження механічної енергії. Розв’язуючи задачу,скористаємося схемою енергетичних рівнів.90h max, E пmax, v = 0, E к= 0 , E E=мехIII пmaxh, E п, v, E к, E = мехE +II кEпh = 0, E п= 0 , v max, E кmax, E E= мехI кmaxЗа умовою задачі тіло здійснює перехід з енергетичногорівня III на рівень II. У цьому випадку закон збереженнямеханічної енергії має вигляд:абоEмехIII= Eмех IIE = пE + max кE . (1)п

3. Закони збереження в механіціЗгідно з умовою задачі можна визначити максимальнупотенціальну енергію E пmaxна максимальній висоті підніманняh maxі потенціальну енергію тіла на висоті h:E = пmaxmgh , E = mgh.(2)max пВиразимо кінетичну енергію з (1):( )E = E − E = mgh − mgh= mg h −hк пmax пmax max.Обчислення:⎡E ⎤пEп Eк кг Н ⎣кг м Н м Джmax ⎦ = ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ = ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ = = ⋅ = ,{ E пmax }= 59820 ⋅ , ⋅ = 980,{ }= 5985 ⋅ , ⋅ = 245,E п{ }= 598 ⋅ , ⋅( 20−5)=735.E кВідповідь: E = 980 п maxДж , E п= 245 Дж,Задача 10.E к= 735 Дж.Важіль перебуває в рівновазі під дією двох сил: 10 Ні 5 Н. Знайти довжину важеля, якщо плече більшої сили4 см.Дано:F 1= 5 НF 2= 10 Нd 2= 4 смd — ?СІ:F 1= 5 НF 2= 10 Нd 2= 004 , мРозв’язання:Позначимо меншу силу, яка прикладена до довшого плечаважеля, через F 1. Відповідно плече цієї сили — d 1, силу,яка прикладена до короткого плеча важеля, — F 2, плече цієїсили — d 2, довжину всього важеля — d (рис. 69).91

МеханікаРис. 69Важіль перебуває в рівновазі, коли модулі сил, які діютьна нього, обернено пропорційні плечам сил:F2F1d1= . (1)dДовжина важеля дорівнює сумі його плечей:2d= d1 + d . (2)2Виразимо значення d 1з (1) і підставимо його в (2):Fdd= Fd ,1 1 2 21Fd2 2= ,FFd ⎛ F ⎞2 22d = + d2 = d2⎜+ 1. ⎟F1⎝ F1⎠1Обчислення:⎡⎣ d ⎤ ⎦ = м Н Н = м ,{ d}= 004 ⎛ ⎞, ⎜10 + 1⎟ ⎝ 5 ⎠= 0, 12.Відповідь: d = 12 см.92

Задача 11.3. Закони збереження в механіціДо кінців важеля завдовжки 1 м підвішені вантажі масою50 і 150 г. Де треба розмістити опору, щоб важіль перебуваву стані рівноваги (рис. 70)?Дано:m 1= 50 гm 2= 150 гd = 1 мd 1— ?d 2— ?СІ:m 1= 005 , кгm 2= 015 , кгd = 1 мРис. 70Розв’язання:На важіль, який перебуває у стані рівноваги, діють сили ( F1, F2) , модулі яких обернено пропорційні плечам( d1,d2) цих сил:F2d1= . (1)F d1Сила, з якою вантаж діє на важіль, є вагою тіла.ТодіF1 = P1 = mg1,2F2 = P2 = mg2. (2)Зобразимо важіль, що перебуває в рівновазі під дієюцих сил (рис. 71):Підставимо значення F 1і F 2з (2) в (1):mg2mg1d=d1293

Механікаабоmm21d1= . (3)d2Рис. 7194Довжина важеля дорівнює сумі довжин його плечей:d= d1 + d . (4)2Виразимо значення d 1з (3) і підставимо його в (4):md= md, d1 1 2 21md2 2= ,mmd2 2 ⎛ m ⎞2d = + d2 = d2⎜+ 1. ⎟m1⎝ m1⎠Звідси знаходимо шукане значення d 2:d2=d.m2+ 1mОбчислення:м1⎡⎣ d 2 ⎤ ⎦ = = м , { dкг2 }=015 ,кг005 ,11+ 1= 025 , .Відповідь: точку опори важеля необхідно встановити на відстані25 см від вантажу більшої маси.

Задача 12.3. Закони збереження в механіціЗа допомогою нерухомого блока рівномірно підняливантаж масою 25 кг, прикладаючи до вільного кінця шнурасилу 270 Н. Визначити ККД блока.Дано:m = 25 кгg = 9,8 Н/кгF тяги= 270 Нη — ?Розв’язання:Позначимо масу вантажу, що піднімається,через m, силу, що прикладенадо вільного кінця,— F тяги, коефіцієнт корисноїдії механізму — η.Силою тертя в осі блока знехтувати не можна, оскількиККД блока може відрізнятися від 100 %. Розв’язуючи задачу,мусимо ввести величини, що не фігурують в умові: висотупіднімання вантажу h і переміщення вільного кінця шнураs. У ході розв’язування задачі ці величини скоротятьсяі в кінцевій формулі не присутні, звідки випливає, що ККДблока не залежить від висоти піднімання вантажу (рис. 72).Рис. 72Коефіцієнт корисної дії:Aкорη= ⋅100 %.AповнаКорисна робота при підніманні тіла масою m на висотуh дорівнює добутку модуля його ваги на висоту:A = корPh .95

МеханікаПри рівномірному підніманні вантажу його вага дорівнюємодулю сили тяжіння:P= mg.Таким чином,A = корmgh .96Підставимо значення А кору формулу для ККД:η= mghA повна100 %.Повна робота, або робота сили тяги F тягина шляху S:A = F S .повнаВільний кінець шнура рухомого блока здій снює переміщення,яке дорівнює висоті піднімання вантажу: S = h.ТомуA = F h.повнатягитягиПідставимо значення A повнау формулу для ККД:mghmgη= 100 % = 100 %.F h FтягитягиОбчислення:кг Н %⎡⎣ η ⎤ ⎦ = кгН= %,{ η}=Відповідь: η≈90, 7 %.Задача 13.25⋅98100, ⋅= 90, 7.270За допомогою рухомого блока рівномірно підняли вантажмасою 100 кг, прикладаючи до вільного кінця шнурасилу 700 Н. Визначити ККД блока.Дано:m = 100 кгмg = 98 ,F тягиη — ?с 2= 700 НРозв’язання:Позначимо масу вантажу, що піднімається,через m; силу, прикладену довільного кінця шнура, — F тяги; коефіцієнткорисної дії механізму — η.

3. Закони збереження в механіціВагою блока і силою тертя в його осі знехтувати неможна, оскільки ККД блока може відрізнятися від 100 %.Розв’язуючи задачу, нам доведеться ввести величини, що нефігурують в умові: висоту піднімання вантажу h і переміщеннявільного кінця шнура S. У ході розв’язування задачіці величини скоротяться і в кінцевій формулі не присутні,звідки видно, що ККД блока не залежить від висоти підніманнявантажу (рис. 73).Рис. 73Коефіцієнт корисної дії:η= A Aкорповна100 %.Корисна робота при підніманні тіла масою m на висотуh дорівнює добутку модуля його ваги на висоту:A = корPh .При рівномірному підніманні вантажу його вага дорівнюємодулю сили тяжіння:Таким чином,P= mg.A = корmgh .Підставимо значення A кору формулу для ККД:η= mghA повна100 %.97

Механіка98Повна робота, або робота сили тяги F тягина шляху S:A = F S .повнаВільний кінець шнура рухомого блока здій снює переміщенняS, вдвічі більше за переміщення вантажу h, що підвішенийдо блока: S = 2h. ТомутягиA = F 2 h .повнатягиПідставимо значення A повнау формулу для ККД:Відповідь: η=70 %.Задача 14.mghmgη= =F 2h100 % 100 %.2FтягиОбчислення:тягикг Н %⎡⎣ η ⎤ ⎦ = кгН= %,{ η}=100⋅98100, ⋅= 70.2⋅700При рівномірному переміщенні вантажу масою 15 кгуздовж похилої площини динамометр, прив’язаний до вантажу,показував силу 40 Н. Обчислити ККД похилої площини,якщо її довжина 1,8 м, висота — 30 см.Дано:m = 15 кгF тяги= 40 Нl = 1,8 мh = 30 смη — ?СІ:m = 15 кгF тяги= 40 Нl = 18 , мh = 03 , мРозв’язання:Позначимо масу вантажу, що піднімається, через m; вимірянудинамометром силу, прикладену до вантажу, — F тяги;довжину похилої площини — l; її висоту — h (рис. 74).

3. Закони збереження в механіціРис. 74Коефіцієнт корисної дії:η= A Aкорповна100 %.Корисна робота при підніманні тіла на висоту h:A = корPh = mgh .Повна робота, або робота сили тяги на шляху l:A = F l.повнаОтже, ККД ηтертя при рівномірному русі вантажу вздовж похилої площини:η= mgh 100 %.F lтяги( ) похилої площини з урахуванням сили{ η}=⎡⎣ η ⎤ ⎦ =Відповідь: η=62, 5 %.тягиОбчислення:кг Н кг м=Н⋅м % %,15⋅98 , ⋅03,100 = 62, 5.40⋅18,99

4. Механіка твердого тіла4.1. Основні поняттяНайпростішими видами механічного руху твердого тілає поступальні й обертальні рухи.Поступальний рух тіла може бути охарактеризованийрухом однієї будь-якої його точки, наприклад центра мас.При обертальному русі твердого тіла його точки описуютькола, розташовані в паралельних площинах. Центривсіх кіл містяться на одній прямій, перпендикулярній доплощин кіл і названій віссю обертання. Вісь обертанняв даній системі відліку може бути або рухомою, або нерухомою.Кутова швидкість ( ω) — векторна величина, яка характеризуєшвидкість обертання тіла: ∆ϕdϕω = lim = .∆t→0∆tdtКутова швидкість — відношення кута повороту радіусаобертання до часу, за який поворот відбувся:ω = ϕ . tВектор кутової швидкості ω напрямлений уздовж осіобертання за правилом правого гвинта, тобто так само, як івектор dϕ (рис. 75). d ORv 100Рис. 75

4. Механіка твердого тілаКутова швидкість рівномірного обертального руху (T —період обертання, n — частота обертання):2πω = = 2πn .TОдиниця кутової швидкості — радіан за секунду (рад/с).Радіан за секунду дорівнює кутовій швидкості рівномірнообертового тіла, всі точки якого за 1 с повертаються відносноосі на кут 1 рад.Кутове прискорення ( ε) визначається відношеннямзміни кутової швидкості обертання до проміжку часу обертання: ωε = ∆ ∆t .При обертанні тіла навколо нерухомої осі вектор кутовогоприскорення напрямлений уздовж осі обертання в біквектора елементарного приросту кутової швидкості.При прискореному русі вектор ε співнапрямленийіз вектором ω , при уповільненому — протилежний йому(рис. 76, а, б).аРис. 76б4.2. Умови і види рівноваги твердого тілаЗагальна умова рівноваги тіла: для того щоб тілоперебу вало в рівновазі, необхідно, щоб дорівнювали нулю101

Механікагеометрична сума прикладених до нього сил і алгебраїчнасума моментів сил відносно можливої осі обертання: ⎧⎪F1 + F2+…+ Fn= 0,⎨⎩⎪ M1 + M2+…+ Mn= 0.Виконання цих умов не заважає, проте, тілу виконуватирівномірний прямолінійний поступальний рух або обертанняз постійним періодом обертання.Види рівноваги:— стійка,— нестійка,— байдужа.Рівновага тіла стійка, якщо при малому відхиленні відположення рівноваги рівнодійна сил, прикладених до тіла,повертає його до положення рівноваги (рис. 77, а).Рівновага тіла нестійка, якщо при малому відхиленні тілавід положення рівноваги рівнодійна сил, прикладених дотіла, віддаляє його від цього положення (рис. 77, б).Рівновага називається байдужою, якщо ті ло, виведене зпевного стану рівноваги, залишається в рівновазі в новомуположенні (рис. 77, в).ððаб102вРис. 77

4. Механіка твердого тілаРівновага тіла, яке має вісь обертання, стійка за умови,що його центр тяжіння розташований нижче від осіобертання. Для максимально стійкої рівноваги центр тяжіннямає перебувати в найбільш низькому із можливихдля нього положень (рис. 78).Рис. 78Пара сил — дві паралельні сили, однакові за модулем,але напрямлені в протилежні боки.Пара сил не має рівнодійної і тому зумовлює тількиобертання тіла відносно центра маси. Пара сил характеризуєтьсяїї вектором моменту ( M), що чисельно дорівнюєплощі паралелограма, побудованого на цих силах. Вектормоменту можна переміщувати в будь-якому паралельномуйому напрямку (рис. 79).MFFРис. 79103

Механіка4.3. Момент імпульсу. Закон збереження моментуімпульсуМомент імпульсу матеріальної точки L з масою m, якарівномірно обертається зі швидкістю v по колу радіусом r(рис. 80): L⎡⎣ r×mv⎤ ⎦ .Закон збереження моменту імпульсу для ізольованоїсистеми тіл:N∑J iω 2= const ,i = 1Рис. 80Робота постійного моменту сили, яка діє на тіло, щообертається:A= Mϕ,де M — момент сили; ϕ — кут обертання.104Потужність при рівномірному обертальному русі:N= Mω.Кінетична енергія обертального руху:JE = ω 2к.2Кінетична енергія поступального руху цент ра мас і обертальногоруху тіла:2 2mv JE = + ωк .2 2

4. Механіка твердого тіла4.4. Зіставлення рівнянь механіки поступальногой обертального рухів (табл. 2)Поступальний рухМаса mСила FТаблиця 2Обертальний рухМомент інерції JМомент сили MІмпульс p = mvМомент імпульсу L= Jωv = const , якщоN∑i = 1FПерший закон НьютонаN ∑F i= 0i = 1ω=const , якщоДругий закон НьютонаNF = maMi∑i = 1Третій закон Ньютона=−FM12 21імпульсуЗакон збереженняi= Jε=−M12 21N ∑M i= 0i = 1моменту імпульсуNN ∑mv1 1 = const ∑J1ω i= consti = 1EРоботаi = 1A= FSA= Mϕmv2к = 2Кінетична енергіяПотужністьJE = ω 2к2N = A = FvN = A = Mωtt105

Механіка4.5. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Тонкий обруч радіусом r без проковзування скочуєтьсяв яму, яка має форму напівсфери з Rr . На якій глибинісила тиску обруча на стінку дорівнює його вазі спокою наЗемлі?Дано:rRRrРозв’язання:h= Rcosα , оскільки розмірами обручаr можна знехтувати за умовою задачі.За третім законом Ньютона P = N, алеP = mg в спокої на Землі.h — ?Запишемо основне рівняння динаміки для обруча(рис. 81): N+ mg = ma . доцrCN mgOAxhRR106У проекції на вісь Ox:Оскільки aРис. 81N− mgcosα = ma . (1)доцvRдоц = 2і N = mg, то mg − mg cosα =mvR2vg( 1−cosα )= . (2)RПриймемо за нульовий рівень потенціальної енергії рівень,який проходить через точку A.Запишемо закон збереження механічної енергії:2 2mv Jω mgh = + . (3)2 22,

Для кільця момент інерції дорівнює:ТодіJ = кільцяmr2 , а ω= v r .4. Механіка твердого тіла2 2 22 2mv mr v mv mv2mgh = + = + = mv ,22 2r2 2mgh=mv2 , v 2 = gh .Підставимо значення v 2 в рівняння (2):Із OAC :ghg( 1− cosα )= , 1− cosα =RhR .h hcosα= ⇒ − =R1 hR R, 1 =2hR .RЗвідси: h = . 2Відповідь: сила тиску обруча на стінку напівсфери дорівнюєвазі спокою відносно Землі на висоті, що дорівнює половиніїї радіуса.Задача 2.Стовп заввишки l падає із вертикального положення.Визначити швидкість падіння верхнього кінця при ударі обземлю, якщо нижній кінець при падінні не переміщується.Дано:Розв’язання:lПотенціальна енергія стовпа у вертикальномуположенні ( E = пmgh )v — ?дорівнюєкінетичній енергії при ударі об ЗемлюJ( E = ω 2к2 , оcкільки E поступальногокруху центра маси дорівнює нулю):Jω 2mgh =2.107

МеханікаlОскільки h = (рис. 82) і момент інерції стрижня за-2вдовжки l відносно осі, яка перпендикулярна до стрижняі проходить через його кінець, дорівнює:отже,Звідси2mlJ =3 , а ω= vR=12 2vlmg l = ml ⋅ v .22 3 l 2v= 3 gl .,h2E ï 0108Рис. 82Відповідь: швидкість верхнього кінця стовпа при ударі обземлю v= 3 gl .Задача 3.На яку максимальну висоту може піднятися людинамасою m по драбині масою M і завдовжки l, приставленій догладенької стіни? Кут між драбиною і підлогою дорівнює α,коефіцієнт тертя об підлогу дорівнює µ.Дано:mMlαµh — ?Розв’язання:Запишемо умови рівноваги драбини:1) алгебраїчна сума моментів сил відносноточки B дорівнює нулю (рис. 83):M1 + M2 + M3 + M4 + M5 = 0 ,

4. Механіка твердого тіла− Nl + mgx + Mg l cosα2sinαcosα= 0 . (1)2 Моменти сил N 1і F тердорівнюють нулю, оскільки дорівнюютьнулю плечі цих сил відносно точки B;Рис. 832) векторна сума сил, які діють на драбину, дорівнюєнулю: mg + Mg + N + F + N =2 тер0 .Проекція цього рівняння на вісь Ox:отже,F − N = 0 ⇒ F = µ N ,тер2 тер 1N=µ N . (2)2 1Проекція рівняння на вісь Oy:N1 −Mg− mg = 0 ,N = 1g( M + m). (3)Підставимо значення N 1в N 2, дістанемо:( )N = µ 2g M + m .109

МеханікаПідставимо значення N 2в рівняння (1):α− µ g M+mlsinα mgxcosαMg l cos2( ) + + =( ) −mxcosα = µ M+m lsinαx =Шукана висота:h= xsinα=h =⎡M cosα⎢µ ( M+m) sinα−⎣2mcosαMlcosα,2⎡M cosα⎢µ ( M+m) sinα−⎣2mcosα⎡M cosα⎤⎢( M+m) µ sinα−⎥⎣2 ⎦m⎤⎥ l⎦.0 ,⎤⎥ l⎦sinα,l ⋅tgα.Відповідь: максимальна висота, на яку піднімається людина,дорівнює:Задача 4.h =⎡M cosα⎤⎢( M+m) µ sinα−⎥⎣2 ⎦ml ⋅tgα.В однорідній тонкій круглій пластинці радіусом r вирізанокруг радіусом . Визначити положення центра масиr2пластини.Дано:R = rrR = = OO2x — ?x=OC1 1Розв’язання:Вкладемо круг у виріз пластини.Тоді сила тяжіння великого дискаmg = mg1+ mg2.110

4. Механіка твердого тілаЗа правилом моментів сил (відносно точки O):M1 + M2 + M3 = 0 ,M m gR mg r1=−1 1=−12Оскільки сила тяжіння великого диска mg через точку O, то момент цієї сили M 2M = m gx (рис. 84).3 2Тоді − mg r1+ mgx2= 0 .2Звідси випливає:mgx m g r2=1,2mr1x =2m2Виразимо маси і об’єми тіл:mV=ρ V , m =ρ V ,1 1.2 2= S h , V = S h .1 12 2( ) проходить( ) дорівнює нулю:AO 1O ÑB2rr/2 xAO 1O Ñm g1mgm g2BРис. 84111

МеханікаТодіρShr1Sr1x = =2ρSh2S22, (1)де S 1— площа малого круга; S 2— площа, яка дорівнюєплощі великого круга з відніманням площі малого круга:S2 = S− S1.Розпишемо S:ТодіS2S22 r= πR= π ,41 1S= πR = πr2 2 .22 πr= πr− =4342π r .Підставимо значення S 1і S 2в формулу (1) й діс танемо:2πrrrx = 4 =22 3 6 , x r= . 6πr4Відповідь: центр мас пластинки з вирізаним кругом змістивсявправо на x = .r65. Гідростатика і аеростатика1125.1. ТискГідроаеростатика — розділ механіки, який вивчає рівноважнийстан рідини або газу.Величина, яка дорівнює відношенню сили, що діє перпендикулярноповерхні, до площі цієї поверхні, називаєтьсятиском:F⊥ p = .S

Одиниця тиску — паскаль (Па):⎡⎣ p ⎤ ⎦ = 1 Па = 15. Гідростатика і аеростатикаНм 2 .Паскаль — тиск, який створює нормальна сила 1 Н наплощину 1 м 2 .5.2. Закон ПаскаляТиск, здійснюваний на рідину або газ, які зам кнутів за критій посудині, передається у всіх напрямах без змін.5.3. Гідростатичний тискГідростатичний тиск — тиск, обумовлений вагою стовпарідини. Збільшується з глибиною і залежить від густини рідини:p=ρ рgh .Якщо рідина перебуває під зовнішнім тиском p 0(наприкладпід тиском повітря), то тиск усередині рідини наглибині h дорівнює (рис. 85):p= p0 + ρ рgh .hhРис. 855.4. Сполучені посудини— При будь-якій формі посудин, які містять одноріднурідину, поверхні рідини установлюються на одному рівні(рис. 86).113

Механіка— У посудинах з різнорідними незмішуваними рідинамивисота стовпів над рівнем розділу цих рідин оберненопропорційна їхнім густинам. Рідина з більшою густиноюзавжди опускається на дно (рис. 87):hh122= ρ ρ .1Рис. 86 Рис. 875.5. Гідростатичний парадоксТиск на дно в посудинах (рис. 88) однаковий:p=ρ рgh,але вага води в першій посудині більша, ніж у тре тій; у другій— менша, ніж у третій. Чому?1 2 34Рис. 88У першій посудині сила реакції опори стінок урівноважуєчастину ваги рідини, а у другій посудині сила реакціїопори стінок збільшує силу тиску на дно.114

5. Гідростатика і аеростатикаУ четвертій посудині тиск тонкого вертикального стовпаза законом Паскаля передається на дно (рис. 89):p= ρ gh + ρ ghр.1 р 2Рис. 895.6. Гідравлічна машинаГідравлічна машина дає виграш у силі у стільки разів, ускільки площа її більшого поршня більша за площу меншогопоршня (рис. 90):F2F1S2= .S1S1S2F 1F 2Рис. 905.7. Закон АрхімедаНа тіло, занурене у рідину або газ, діє виштовхувальнасила, яка за модулем дорівнює силі тяжіння рідини (або газу),зайнятої тілом.Виштовхувальна сила називається архімедовою силою:F =ρ A рgV.занур. тіла115

МеханікаАрхімедова сила прикладена до центра ваги (маси) витісненоїтілом рідини. Вона зумовлена різницею тисків наверхню та нижню поверхню тіла, при цьому атмосфернийтиск взаємно компенсується.1165.8. Умови плавання тіл (табл. 3)Поведінка тіланеодноріднеТілоТаблиця 3одноріднеТоне F < Amg ρ > ρСпливає F > Amg ρ < ρПлаває всередині рідини F = Amg ρ ρ т=Плаває на поверхні рідини(часткове занурення)F = Amg ρт< ρПлавання суденВажкі вантажі та двигуни розташовуються у нижнійчастині судна, щоб центр ваги (2) був нижче від точки прикладенняархімедової сили (1), що забезпечує стійкість судна(при нахилі судна F Aі mg стаютьпарою сил, які повертають судноу вертикальне положення) (рис. 91).Вага води, витискувана судномдо ватерлінії (найбільша допустимаосадка, відзначена на корпусі червоноюлінією), яка дорівнює силі тяжіння,що діє на судно з вантажем,називається водотоннажністю судна.Якщо від водотоннажності віднятивагу самого судна, то дістанемоРис. 91вантажопідйомність судна:Pводотон − Pс = Pвант.Різниця між вагою 1 м 3 повітря і вагою того самогооб’єму іншого газу називається підйомною силою 1 м 3 газу:Fпід = Pпов − Pгазу,ттрррр

F5. Гідростатика і аеростатика( )= ρ − ρ gV .під пов газу газуВизначення густини тіла методом гідростатичного зважування:Pρт= ρрід,P− P′де P — вага тіла в повітрі; ′ P — вага тіла в рідині.5.9. Атмосферний тиск, його вимірюванняОсобливість атмосферного тиску (тиску газів): для визначенняатмосферного тиску формула p=ρ gh неприйнятна,оскільки густина повітря з висотою зменшується.Уперше атмосферний тиск був виміряний Торричеллі.У досліді Торричеллі атмосферний тиск урівноважуєтьсятиском стовпа ртуті у скляній трубці (рис. 92). Над ртуттюутворюються насичені пари ртуті, тиск яких дуже малий,і ним нехтують.Атмосферний тиск, який дорівнює тиску стовпа ртутізаввишки h рт= 760 мм за температури 0 ° С, називаєтьсянормальним атмосферним тиском:1 мм рт. ст. = 133,3 Па,p атм≈ 10 5Па.Нормальному атмосферному тиску відповідаєтиск стовпа води заввишки 10,2 м.Атмосферний тиск із висотою зменшуєтьсяна 1 мм рт. ст. у середньому на кожні12 м підйому (відносно Землі).Прилади для вимірювання атмосферноготиску на зивають ся барометрами.Вони бувають рідинними (труб ка Тор ричеллі)і металевими (барометр-анероїд).Баро метр-анеро їд складається з металевоїгерметичної гофрованої коробочки 1, якастискується при збільшенні атмо сферноготиску і розширюється при його зменшенні(рис. 93). Рис. 92117

| |МеханікаДля вимірювання тисків,більшого чи меншого від атмосферного,використовуютьрідинні або металеві манометри.Рідинні манометри1являють собою сполучені посудини,заповнені однорідноюрідиною. Один кінець манометраз’єднаний з посудиною,Рис. 93в якій вимірюється тиск газу,а інший перебуває під атмосфернимтиском (рис. 94).Основна частина металевого манометра — зігнута в дугупружна металева трубочка (1), один кінець якої закритий,а інший за допомогою крана (2) сполучений з посудиною,в якій вимірюється тиск (рис. 95).| || | || || | || || | || || | || |Рис. 94 Рис. 955.10. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Посудина, яка має фор му зрізаного конуса з приставнимдном, занурена у воду. Якщо в посудину налити 200 г води,дно відривається. Чи відпаде дно, якщо на нього поставитигирю масою 200 г (рис. 96)?118

5. Гідростатика і аеростатикаРис. 96Відповідь: форма даної посудини сприяє збільшенню силитиску на дно на величину сили реакції опори стінок, томудія гирі тієї самої маси, що і вода, не призведе до відривудна посудини.Задача 2.До вертикальної стінки посудини впритул приставленийкубик з ребром h. Як напрямлена сила тиску води накубик (рис. 97, а)?Розв’язання:Сила тиску води на кубик дорівнює геометричній сумі F Aі F тискводи на бічну поверхню. Модуль архімедової силидорівнює:F gh3 .A =ρ рМодуль сили тиску на бічну поверхню:F = ( p + ρgH)⋅h2 .тискатмАрхімедова сила напрямлена вгору, а сила тиску води— ліворуч. Рівнодійна сила дорівнює їхній геометричнійсумі (рис. 97, б): 2 2F = FA+ F тиск, F = F + F . тискFкутом αтиск F AA, тому рівнодійна сила напрямлена під малим( ) до горизонту.119

МеханікаhHаРис. 97бВідповідь: рівнодійна сила напрямлена під малим кутомα ( ) до горизонту.V 1V 2Задача 3.Айсберг плаває в морі, ви ступаючина 150 м 3 над по верх неюводи. Визначити об’єм під водноїчастини айсберга (рис. 98).Рис. 98Дано:Розв’язання:V 1= 150 м 3 Умова плавання тіл: F = mg .Aρ в= 10310 , ⋅3 кг/м 3 Розпишемо F Aі m:ρ л= 0910 , ⋅3 кг/м 3 F =ρ A вgV, m= ρ ( V + V )2 л 1 2,V 2— ?ρ gV = ρ V + V gвV( ) ,2 л 1 22=ρ Vл1ρ − ρвл.120⎡⎣ V 2 ⎤ ⎦ =Обчислення:кг⋅мм 33кг кг−3 3м м= м3 ,

5. Гідростатика і аеростатика30910 , ⋅ ⋅150{ V 2 }=3( 103 , − 0,9)⋅10= 1038 .Відповідь: V 2= 1038 м 3 .Задача 4.Визначити масу атмосфери Землі, якщо R З= 6400 км,p атм= 760 мм рт. ст.Дано:R З= 6400 кмp атм= 760 мм рт. ст.m атм— ?СІ:R З= 610 ⋅6 мp атм= 10 5ПаРозв’язання:Тиск атмосфери на поверхню Землі дорівнює:pатмЗвідси m⎡⎣ m⎤ ⎦ ={ m}==атмm=атм2Па ⋅мсмS2p⋅ gатм=2, S= 4π⋅R, p mатм⋅ gЗ атм=24π⋅R⋅4π⋅Rg2З.Обчислення:Н⋅ммс 2 22м( )10 ⋅4314 ⋅ , ⋅ 6410 , ⋅98 ,мкг⋅2=см5 6 2 18= 510 ⋅Відповідь: m атм= 5 Екг (екса ( E)→10 18 ).Задача 5..⋅с2З= кг ,На яку висоту можна підняти воду з колодязя за допомогоюпоршня, який упритул прилягає до внутрішніх стінокдовгої циліндричної трубки? На яку висоту підніметьсякипляча вода? ( p атм= 760 мм рт. ст. ) (рис. 99)?121

МеханікаДано:ρ в= 1000 кг/м 3p атм= 760 мм рт. ст.h в— ?Рис. 99h âСІ:ρ в= 10 3 кг/м 3Па ⋅м⋅с⎡⎣ ⎤ ⎦ =кг⋅мp атм= 760⋅ 133,3 Па = 10 5 ПаРозв’язання:Під поршнем вакуум заповнюєтьсяводою, доки тискстовпа води не врівноважитьатмосферний тиск:p= ρ ⋅gh.атм в вЗвідси hвpатм= . ρ gЯкщо вода кипить, то вакуумзаповнюється насиченимипарами води, а вони маютьтиск, що дорівнює атмосферному,тому кипляча вода запоршнем не підніметься.Обчислення:Н⋅м с=кг⋅м3 2 2 2h в{ h в }=Відповідь: h в= 10, 2 м.510≈ 10, 2 .310 ⋅98,= м ,вЗадача 6.Акваріум, який має форму прямокутного паралелепіпеда,заповнений водою. З якою силою тисне вода на стінкуакваріума, якщо її довжина a, висота b? Атмосферним тискомзнехту вати.Дано:ah=bρ вF т— ?122Розв’язання:Площа бічної стінки акваріума S= a⋅ b= a⋅ h.Гідростатичний тиск води на стінку лінійнозмінюється від p 1= 0 до p =ρ gh. Тоді2

5. Гідростатика і аеростатикаp p ghp = 1+2ρсер= .2 2Сила тиску на стінку дорівнює:2ρвgh ρ gahFтpсерSahв= = =2 2вgahВідповідь: Fт= ρ 2.2.Задача 7.У посудину, зображенуна рис. 100, налито три незмішуванірідини. Знаючигустини ρ 1і ρ 2, а також вагутретьої рідини P 3, визначитирізницю рівнів другоїрідини ∆h 2, якщо кут α,площа поперечного перерізуправої трубки S і висота стовпапершої рідини h 1відомі.Зовнішній тиск на поверхнірідин однаковий.Дано:ρ 1ρ 2P 3αSh 1p атм= const∆h 2— ?Розв’язання:Оскільки рідини перебувають у рівновазів сполучених посудинах, на рівні, нижче відякого рідина однорідна (лінія AB), тиск однаковий:p = p .∆h1 22p1 = pзовн + ρ3gh3,p2 = pзовн + ρ1gh1 + ρ2g∆ h2,g( ρ3h3 − ρ1h1) ρ h − ρ h==gρρ23 3 1 1V3V3Виразимо h3 = l3⋅sin α , l3= , тоді h3= sinα ,SSде V 3— об’єм третьої рідини; S — площа перерізу правоїтрубки.A1223hSBh l 313h 2Рис. 100.123

МеханікаПідставимо h 3у вираз для ∆h 2, дістанемо:∆h2V3ρ3sinα−ρ1h1=SρВиразимо V 3через вагу третьої рідини:P3V3= .ρ ⋅ gПідставимо у вираз для ∆h 2:∆h2P3gS=sinα−ρ hρ221 1P3sinα−ρ1h1gSВідповідь: ∆h2=.ρ gS32P3sinα−ρ1h1gS=ρ gS2..Задача 8.З якою силою тиснуть одне на одного дно посудиниі цег лина густиною ρ ц, якщо площа основи цеглини S, її висотаh, а в посудину налита рідина густиною ρ ріддо висотиH? Прийняти h Н .Дано:ρ цρ рідShHN 1— ?N 2— ?124Розв’язання:Можливі два випадки:1) цеглина нещільно прилягає до дна посудини;2) цеглина «прилипла» до дна так, що рідиниміж нею і дном посудини нема.Розпишемо усі сили, які діють на цеглину в обох випадках.1) На цеглину діє сила тяжіння, сила реакції опори N 1,архімедова сила, яка обумовлена різницею сил тиску нанижню і верхню грані цеглини (рис. 101, а).

Цеглина перебуває у рівновазі, тому F + AN + mg =10 .У проекції на Ox:Виразимо N 1:5. Гідростатика і аеростатикаF + AN − mg =10 .N 1= mg− F A, де F = ρ ⋅ Ag ⋅ S ⋅рідh.N 22) На цеглину діє сила тяжіння, сила реакції опориі сила тиску на верхню грань (сила тиску на нижню граньвідсутня, оскільки між цеглиною і дном немає прошарку рідини)(рис. 101, б).аРис. 101бде FЦеглина перебуває у рівновазі, тому N2 + mg+ Fт = 0 .У проекції на Ox:N −mg− F =( )= ρ + ρ gHS.т атм рід2 т0 ,N = 2mg + F , тПорівнявши N 1і N 2, дістанемо N> N .2 1Відповідь: сила, з якою цеглина і дно посудини тиснуть однена одного, більша у випадку, коли цеглина «прилипає» до дна.Задача 9.До якої висоти треба налити воду в циліндричну посудину,щоб сили тиску води на дно і стінки посудини булиоднакові? Радіус дна посудини R.125

МеханікаДано:Rρ рF= F⊥1 ⊥2h — ?Розв’язання:Знаходимо модуль сили тиску F ⊥1рідини набічні стінки, ураховуючи, що середній тиск дорівнюєполовині максимального p = ρ ⎞⎛ gh⎜ сер ⎟ ,⎝ 2 ⎠F = ⊥p S =ρgh S1 сер біч біч2.Площу бічних стінок визначаємо за формулою S = бічhl ,де l — довжина кола, яка дорівнює 2πR. Тоді площа бічнихстінок126S = бічh 2π R .Підставимо значення площі в формулу для F ⊥1:ghF = ρ⊥ h 2 R = gh2π ρ π R .12Знаходимо модуль сили тиску F ⊥2рідини на дно посудини, ураховуючи, що площа дна дорівнює площі кругаS π R2 , а тиск на дно p=ρ gh:( )к =F = pS =2⊥ днаρghπ R .2За умовою задачі сили тиску на бічну поверхню і дно посудиниоднакові:Звідси h = R.Відповідь: h = R.Задача 10.F= F ;⊥1 ⊥22 2ρgh πR = ρghπR.У сполучених посудинах містяться ртуть, вода і гас(рис. 102). Яка висота шара гасу в лівому коліні, якщо висотастовпа води в правому коліні 20 см і в лівому коліні рівеньртуті нижчий, ніж у правому, на 0,5 см?

5. Гідростатика і аеростатикаДано:3ρ 1= 800 кг/мh 2= 20 см3ρ 2= 1000 кг/м3ρ 3= 13 600 кг/мh 3= 05 , смh 1— ?СІ:3ρ 1= 800 кг/мh 2= 02 , м3ρ 2= 1000 кг/м3ρ 3= 13 600 кг/мh 3= 0, 005 мРозв’язання:Оскільки рідини перебуваютьу рівновазі в сполученихпосудинах, то нарівні, нижче від якого рідинаоднорідна (лінія OO 1),тиск у лівому ( p л ) і правому( p п ) колінах однаковий:pл= pп.На рівні OO 1тиск у лівомуколіні складається іззовнішнього тиску на гас(атмосферного тиску) і тискустовпа гасу:p = p +ρ 1gh 1.лзовнРис. 102На цьому самому рівні тиск у правому коліні складаєтьсяіз зовнішнього, тиску стовпа води і тиску стовпа ртуті:Оскільки pлp = p + ρ gh + ρ ghп= p , топзовн2 2 3 3 .p + ρ gh = p + ρ gh + ρ ghзовнПісля спрощення дістанемо:.1 1 зовн 2 2 3 3h1=g( ρ h + ρ h ) ρ h + ρ h=gρρ2 2 3 3 2 2 3 31 1.127

МеханікаОбчислення:кг⎡⎣ h 1 ⎤ ⎦ = мм 3= м,кг3м30210 , ⋅ + 0,005⋅13 600{ h 1 }=2810 ⋅= 0, 335.Відповідь: h 1= 33, 5 см.6. Гідродинаміка і аеродинамікаГідроаеродинаміка — розділ механіки, що вивчає рух(течію) рідин або газів, а також їхню взаємодію з ті лами,що рухаються через них.1286.1. Струминна течія рідин і газівЗакон сталості потоку: при стаціонарній течії ідеальної(нестисної) рідини через будь-який переріз потоку проходитьоднакова кількість рідини:mθ= = const , θ= ρSv .tРівняння нерозривності струменя: для двох довільнихперерізів потоку добуток швидкості течії (v) нестисної рідинина поперечний переріз (S) трубки є величина стала дляданої трубки течії (рис. 103):Sv= Sv , або Sv = const .1 1 2 2Трубка течії — частина рідини, обмежена лініями течії.Лінія течії — це лінія, у кожній точці якої дотична донеї збігається за напрямом з вектором швидкості рідинив даний момент часу (рис. 104).Ламінарна (шарувата) течія — це течія рідини (газу),при якій уздовж потоку кожний виділений тонкий шар ковзаєтьсявідносно сусідніх, не перемішуючись з ними.

6. Гідродинаміка і аеродинамікаS 1v 1 S 22v 1v v 2Рис. 103 Рис. 104Турбулентна (вихрова) течія — це течія рідини (газу),при якій уздовж потоку відбувається інтенсивне вихроутворенняі змішування рідини (газу).6.2. Рівняння БернулліДля стаціонарного ламінарного потоку рідини є дійснимрівняння Бернуллі:p+ ρgh+ρv22= const ,де p — статичний тиск;ρgh — гідростатичний тиск;ρv 22— динамічний тиск.Питома потенціальна енергія:p+ ρgh=Wп V.Питома кінетична енергія:ρ v 22 = W кV,де V — об’єм рідини.Закон Бернуллі — це закон збереження механічної енергії( F тер= 0 ): тиск рідини, що тече по трубі, більший там, дешвидкість менша.Рівняння Бернуллі для горизонтального стаціонарноголамінарного потоку рідини чи газу: сума статичного і динамічноготиску є величина стала:p +ρv22= const .129

МеханікаРис. 105На цьому ґрунтується всмоктувальнадія струменя (пульвери затори, карбюратори,водоструменевий на сос).Схема водоструменевого насоса показанана рис. 105.Статичний тиск у струмені рідиниабо газу вимірюється за допомогою зонда(рис. 106).Повний тиск вимірюється за допомогоютрубки Піто (рис. 107).За допомогою трубки Піто і зонда,приєднаних до двох колін манометра,визначають швидкість потоку (рис. 108):ρv 2ρ + = const .2Рис. 106 Рис. 107hv 130Рис. 108 Рис. 109

6. Гідродинаміка і аеродинамікаТеорема Торричеллі: швидкість витікання струменя рідиниз малого отвору великої посудини дорівнює швидкостівільного падіння з висоти рівня рідини в широкій посудинінад отвором (рис. 109):v= 2 gh .Внутрішнім тертям (в’язкістю) називається явище виникненнясил, які перешкоджають відносному переміщеннюрідини або газу. Сили внутрішнього тертя напрямленівздовж стичних шарів.Опір при пересуванні тіла у в’язкому середовищі складаєтьсяз опору тертя й опору перепаду тиску.За законом Стокса визначають силу опору, що діє на кулюз радіусом r, яка повільно пересувається зі сталою швидкістюv:F = 6πη rv ,де η — коефіцієнт внутрішнього тертя, або в’язкість.У СІ одиниця в’язкості — ⎡⎣ η ⎤ ⎦ = ⋅ −1кг м ⋅ с1 − 1 .Опір перепаду тиску визначається за формулоюρ 2F = c vS,2де c — коефіцієнт лобового тиску (безрозмірна величина);S — площа найбільшого поперечного перерізу тіла в напрямі,що є перпендикулярним до руху.Швидкість v рівномірного падіння малої кульки радіусомr і густиною ρ у в’язкій рідині з густиною ρ ріді в’язкістю η обчислюється за формулою22rg( ρ−ρр)v =.9ηАеродинамічна сила ( F а.д ) — це сила, що діє на тіло впотоці й зумовлена перепадом тиску.6.3. Підйомна сила крила літакаПрофіль крила літака опуклий зверху і ввігнутий знизу(рис. 110).Під час зіткнення потоків, які обтікають крило літака,біля задньої кромки крила літака виникає потужний вихор131

Механікапроти годинникової стрілки (1). Цей вихор (за законом збереженнямоменту імпульсу) зумовлює виникнення вихору— циркуляції, що обтікає крило літака за годинниковоюстрілкою (2) (рис. 111).Рис. 110 Рис. 111Перепад тиску, що виникає, зумовлює аеродинамічнусилу, напрямлену перпендикулярно до дотичної до нижньоїплощини крила.Аеродинамічна сила розкладається на дві складові: підйомнусилу і силу лобового опору (рис. 112).Рис. 112Зміна кута атаки α і швидкості літака v зумовлює змінуаеродинамічної сили F а. д, а отже, F піді F л. о.На літак, який летить, діють чотири сили (рис. 113): Fтяги + Fпід + mg + Fл. о= 0 .132Умови бриючого польоту:Fтяги= Fл. о, F = підmg .Аеродинамічний пара докс. Легка кулька «зави сає» в похилому струмені по вітря. Чому? В основному потоці швид-

6. Гідродинаміка і аеродинамікакість більша. Це зумовлює аеродинамічну силу, напрямленудо центра потоку F а. д. За кулькою виникають повітряні вихори(тиск падає). Це зумовлює аеродинамічну силу F а′ . д.Кулька «зависає» — перебуває в стані рівноваги і не падаєна землю, оскільки F + F′ + mg =0 (рис. 114).а. д а.дРис. 113 Рис. 1146.4. Коефіцієнт лобового опору для тілрізної форми (табл. 4)Круглий диск невеликої товщини,площина якого перпендикулярнадо напряму потокуТаблиця 4c = 1Куля 0,48Напівсфера, що рухається впередсвоїм увігнутим боком1,49Обтічне тіло 0,05133

Механіка6.5. Приклади розв’язання задачЗадача 1.По горизонтальній трубі A тече вода. На яку висоту підніметьсявода через бічну трубку K, яку впаяно у вузькучастину B труби A діаметром 2 см і занурено в посудинуз водою, якщо в широкій частині труби A діаметром 6 смшвидкість води 30 см/с за тиску 1 атм?Дано:d 1= 6 смd 2= 2 смv 1= 30 см/сp атм= 1 атмρ в= 10 3 кг/м 3 СІ:d 1= 610 ⋅d 2= 210 ⋅v 1= 03 ,p атм= 10ρ в= 10 3 −2м−2мм/сПакг/м 3h — ?Рис. 115Розв’язання:Рівняння нерозривності струменядозволяє визначити швидкістьводи у вузькій частинітрубки (рис. 115):Розпишемо площі S 1і S 2:S12d1= π , S422d2= π , тоді4v v S 12=1. (1)SSS1222d1= .2dПідставивши відношення площ у формулу (1), дістанемо:⎛ dv2 = v1⎜⎝ d1222⎞⎟ . (2)⎠Із рівняння Бернуллі для горизонтального потоку22ρv1ρv2p1+ = p2+2 2ρ 2отримаємо: p1 − p2 = ( v2− v21 ).2134

6. Гідродинаміка і аеродинамікаНа рівні рідини в широкій посудині p = атмp + 2ρ gh .pатм − p2Звідси h =.ρgАле p − p = атмp −2 1p . 2Отже, g =ρ( v2 − v222 1 ) v − v =2ρg2g221.Обчислення:⎛ м ⎞2м ⎛ м ⎞⎡⎣ v 2 ⎤ ⎦ =с⎜ ⎟⎝ м ⎠= мс, ⎝⎜с ⎠⎟[ h]=м2с2−2⎛ 610 ⋅ ⎞{ v 2 }= 03 , ⋅⎜272 ⎟ = , ,−⎝ 210 ⋅ ⎠{ h}=Відповідь: h = 0,36 м.Задача 2.27 , − 03 ,298 ⋅ ,2 2Швидкість повітря можна виміряти прила дом, зображеним нарис. 116. Яка швидкість повітря,як що різниця рівнів води в мано метрі∆h = 65 см?Дано:Розв’язання:∆h = 065 , м Тиск у правомуρ рід= 10 3 кг/м 3 коліні мано метра,ρ пов= 129 , кг/м 3 з’єднаному з трубкоюПіто, дорівнюєповному тиску повітряногопотоку,а в ліво му — статичному,оскількитиск вимірюєтьсяv — ?зондом.≈ 036 , .2= м ,Рис. 116135

МеханікаЗа законом Бернуллі2vp + ρ = p2ст пов повн,звідкиv =( )2 pповн− pст2ρрідg∆h=ρρповпов(тут ураховано, що pповн − pст =ρрідg∆ h ).v =2ρрідρg∆hпов.Обчислення:кг м⋅ ⋅м⎡⎣ v ⎤ ⎦ = 3 2м скг3м=мс,{ v}=3210 ⋅ ⋅9, 8065 ⋅ ,129 ,= 99, 4 .Відповідь: v = 99,4 м/с.136

Молекулярнафізика1. Основи молекулярно-кінетичної теоріїбудови речовини1.1. Основні положення молекулярно-кінетичноїтеорії та їх дослідне обґрунтуванняРозділ фізики, у якому розглядаються закономірностіатомно-молекулярної будови макроскопічних тіл (систем),називається молекулярною фізикою.Основоположниками молекулярно-кінетичної теоріїє Де мо кріт (V—IV ст. до н. е.), М. В. Ломоно сов (XVIII ст.).Основні положення молекулярно-кіне тич ної теорії:I положення. Усі речовини складаються з молекул або іншихструктурних одиниць (атомів, іонів і електронів), розділенихпроміжками.Доказом дискретної побудови речовини є фотографії,одержані за допомогою іонного, електронного і тунельногомікроскопів. Про наявність проміжків між молекуламисвідчить зміна об’єму твердих тіл і рідини при змінюванніїхньої температури.II положення. Молекули або інші структурні частинки перебуваютьу неперервному хаотичному русі. Підтвердженням137

Молекулярна фізикацього положення є явища дифузії, броунівського руху,осмосу (рис. 117, а).Дифузія — це процес перерозподілу концентрації атоміву просторі шляхом хаотичної, тобто теплової, міграції.Осмос — одностороння дифузія.Броунівський рух — хаотичний рух частинок твердоготіла, що зависли у рідині або в газі (рис. 117, б). Відкритий у1827 р. англійським ботаніком Р. Броуном. Спостерігаєтьсяв оптичний мікроскоп із збільшенням Г ≈ 500 . Пояснюєтьсяпоштовхами молекул, які оточують частинку, внаслідок їхнеупорядкованого теплового руху.аРис. 117бIII положення. Молекули або атоми одночас но притягуютьсяі відштовхуються, а рівнодійна цих сил на зиваєтьсясилою молекулярної взаємодії. Доказом є виникненняпружних сил при деформації тіл, виникнення сил поверхневогонатягу.1381.2. Сили молекулярної взаємодіїСили молекулярної взаємодії є силами притяганняй відштовхування, залежать від відстані між молекуламиі виникають унаслідок взаємодії електричних зарядів, яківходять до їх складу. Ці сили є короткодіючими.

1. Основи молекулярно-кінетичної теорії будови речовиниГрафік залежності сили молекулярної взаємодії F м. ввідвідстані між молекулами для найпростіших молекул маєтакий вигляд (рис. 118).Якщо r = r0 ≈d( d м м— діаметр молекули), молекули перебуваютьу рівновазі.Якщо r < r 0, переважаютьсили відштовхування.Якщо 10r 0> r > r 0, переважаютьсили притягання.Якщо r ≈ 10r0, сили притяганнямізерно малі, такщо ними можна знехтувати.Отже, відстань дії молекуляр -них сил близько 10 −9м.Найпростіші молекули —це одно-, триатомні молекули, які можна уявити яккульку певного діаметраРис. 118−d 0≈ 10 10 м.Молекула — найменшастійка частинка речовини, яка зберігає її основні хімічнівластивості. Вона складається з атомів однакових або різниххімічних елементів, наприклад H 2, NaCl, C 6H 12O 6.Сукупність молекул зберігає фізичні властивості речовини.Речовина є те, із чого складається фізичне тіло.Атом — найменша частинка речовини, яка не ділитьсяпри хімічних реакціях, наприклад H, Na, Cl, C, O.1.3. Маса атомів і молекулМаси атомів і молекул прийнято порівнювати з 1/12 ма сиатома ізотопу Карбону 12 6C. Відносною молекулярною масоюM rназивають відношення маси молекули m 0до 1/12 масиатома Карбону m 0 c( атомної одиниці маси, а. о. м. ) :m0Mr=1m12M r— безрозмірна величина.0c,139

Молекулярна фізикаМаса молекули визначається за допомогою періодичноїсистеми Менделєєва, де вказані відносні атомні маси речовинM r.1.4. Молярна маса. Кількість речовиниОдин моль — кількість речовини, у якій міститьсястільки ж молекул або атомів, скільки в Карбоні 12 6C.масою0,012 кг.Стала Авогадро ( N A ) — число атомів або молекулв 1 молі будь-якої речовини:−N A= 60210 , ⋅23 моль 1 .Згідно із законом Авогадро 1 моль ідеального газу займаєза нормальних умовоб’єм5( p 101100= , ⋅ Па, T=273 К)− 3V мм−= 22, 410 ⋅ 3 ⋅моль1 .( ν) дорівнює відношенню числаКількість речовинимолекул (N) у даному тілі до сталої Авогадро (N А), тобто дочисла молекул в 1 молі речовини:NV = .N AОдиниця кількості речовини — 1 моль.Маса одного моля речовини називається молярноюм а со ю:M= m 0N A,або− кгM= M r⋅10 3 моль .Одиниця молярної маси — 1 кг/моль.Маса молекули (в кг) виражена через молярну масу:Mm = .0N A140

1. Основи молекулярно-кінетичної теорії будови речовиниМаса тіла (в кг) виражена через масу однієї молекулиі число молекул:m= m 0N.Кількість речовини (в молях) дорівнює відношенню масиречовини до її молярної маси:mV = .M1.5. Ідеальний газ. Основне рівняння молекулярнокінетичноїтеорії ідеального газу (рівнянняКлаузіуса)Ідеальний газ — це газ, у якомусередня відстань між молекуламинабагато більша від розмірів молекул,і тому в ньому потенціальноюенергією молекул нехтують(рис. 119).Середня квадратична швидкістьмолекул ( v кв) — це коріньквадратний із середнього квадраташвидкості:v кврівнянняКлаузіуса)кропараметри (p,маса молекули,квадратична mvкруху молекули,теоріїvзв’язуєV, T):2(МКТ).швидкістьРис. 119молекулярно-кінетичної теоріїмікропараметри ( m 0n = 1 2m0nv,3n — концентрація молекул,руху молекул.— середня кінетична енергіято основне рівняння молекулярнокінетичноїможна записати у виглядіp= nE3кОсновне газу(рівняння v) і ма-pде m 0— v —середня0Якщо E2поступального141

Молекулярна фізика1.6. Температура. Термодинамічна шкалатемператур і її зв’язок з температуроюза міжнародною шкалоюТемпература — це величина, яка характеризує тепловурівновагу системи. У всіх частинах системи, що перебуває втепловій рівновазі, температура однакова.У молекулярно-кінетичній теорії температура — це величина,зумовлена середньою кінетичною енергією частинок,із яких складається система:E = 3 кkT — для одноатомних молекул,2E = 5 к2kT— для двоатомних молекул.−k = 13810 , ⋅23 Дж/К — стала Больцмана, яка зв’язуєтемпературу в енергетичних одиницях з температуроюв кельвінах (T):θ=kT .Основне рівняння МКТ, яке виражає залежність тискугазу (p) від концентрації молекул (n) і температури (T):p= nkT .Закон Авогадро: у рівних об’ємах газів при однаковихтемпературах і тиску міститься однакова кількість молекул:NNp= nkT , n = , отже, pV= V kT .Концентрація (n) дорівнює числу частинок в одиниціоб’єму:Nn = , nV⎡⎣ ⎤ ⎦ = м −3.Температура вимірюється рідинними або газовимитермометрами, відповідним чином градуйованими. Високатемпература вимірюється оптичними термометрами (заспектром випромінювання) або електричними (напівпровідниковітермістори, термопари).У міжнародній шкалі температур за нуль прийнято температурутанення льоду при нормальному атмосферномутиску, за 100 °С — температуру пари киплячої води при нор-142

1. Основи молекулярно-кінетичної теорії будови речовинимальному атмосферному тиску. 1/100 цього інтервалу — це1 °С (Цельсія). Позначається t °С.У термодинамічній шка лі температур за нуль прийнятатемпература, при якій припинився б тепловий рух частинок,із яких складається тіло.Ця температура називається абсолютнимнулем температур. Одиницятермодинамічної шкалитем ператур у системі СІ — кельвін(К). Позначається T (1 К = 1 °С)(рис. 120).Формула зв’язку термодинамічноїтемператури (T) і температуриза міжнародною шкалоютемператур:( )T= 27315 , + t K .За міжнародною шкалою абсолютнийнуль відповідає температурі–273,15 °С.1.7. Середня швидкість теплового рухуодноатомних молекул. Дослід ШтернаРис. 120Середня швидкість теплового руху одноатомних молекул: 3kT3RTv = =m M0,ДжR = 831 ,— універсальна газова стала, що дорівнюєдобутку сталої Больцмана і сталоїК⋅мольАвогадро:R= k⋅ N A.Дослід Штерна (1920) дає змогу визначити середнюшвидкість руху молекул експериментально за формулою 2πnR ( B− RА)RВv =,Sде n — частота обертання циліндрів;143

Молекулярна фізика144R B— радіус більшого циліндра;R A— радіус меншого циліндра;S — ширина розмитості смуги срібла.1.8. Приклади розв’язання задачЗадача 1.У посудині міститься суміш азоту і водню. При температуріT, коли азот повністю дисоці йований на атоми, тискдорівнює p (дисоціацією водню знехтувати). При температурі3T, коли обидва гази дисоційовані, тиск у посудині дорівнює4p. Яке відношення мас водню й азоту в суміші?Дано:−3M( N 2 )= 28⋅10кг/моль−3M( H 2 )= 210 ⋅ кг/моль−M( N)= 14⋅10 3 кг/моль−M( H)= 110 ⋅3 кг/мольp1 = p2T = 1TT2 = 3Tp = p24mmазотуводню— ?Виразимо p 1аі p 1в:p1а=mRTа( )1M N VРозв’язання:Тиск суміші дорівнює суміпарціальних тисків азотута водню згідно із закономДальтона:p = p + p.1 1а 1в Запишемо рівняння Клапейрона— Менделєєва длякожного газу:mаp VM NRT1а=1, p1в=mвp1вV=M HMmRTв21( H )V( ) ⋅ ,( ) ⋅.2RT .Підставимо значення p 1аі p 1ву закон Дальтона:RT ⎛1m mp1=V M( ) + ⎞ав. (1)⎜⎝N M( H 2 ) ⎟⎠Якщо T 2, коли обидва гази дисоційовані, їх тиск можнаподати у вигляді:p2=RTV2⎛ m mM( ) + ⎞ав⎜⎝N M( H ) ⎟. (2)⎠1

2. Властивості газів (газові закони)Спростимо вирази (1) і (2) підстановкою значень і знайдемовідношення маси азоту до маси водню:⎛ mа mв mа mв4 3M( N) + ⎞ ⎛⎟⎜⎝M( H2) ⎜⎠ ⎝M N M H⎟ = ( ) + ( )M( H2)= 2 M( H),mа mв mа mв4 4 3 3M N 2 M H M N M H( ) + ( ) = ( ) + ( ) ,mаmвM( N) = M( H) .Отже,mmав=MM( N)( H ). Обчислення:⎞⎟ ,⎠⎧⎪⎨⎩⎪mmав⎫⎪⎬⎭⎪ = 141= 14 .Відповідь: маса азоту в 14 разів більша за масу водню.2. Властивості газів (газові закони)— Гази не зберігають ні форми, ні об’єму.— Характер молекулярного руху в газах — безладний(хаотичний) рух.2.1. Рівняння стану ідеального газу (рівнянняКлапейрона—Менделєєва)Рівняння стану ідеального газу зв’язує макроскопічніпараметри p, V, T, які характеризують стан даної маси тіла.Рівняння стану ідеального газу (рівняння Кла пейрона—Менделєєва), яке зв’язує макропараметри одного стану газу:mpV =M RT , або pV = vRT .145

Молекулярна фізикаРівняння стану ідеального газу (рівняння Кла пей рона),яке зв’язує макроскопічні стани системи даної маси газу припереході із стану 1 у стан 2:p V T m = const( , , )⎯ → p , V , T⎯⎯⎯ ( )1 1 1 2 2 2,pV1 1T1pV2 2= .T22.2. Газові закониГазові закони визначають кількісну залежність міждвома параметрами даної маси газу при фіксованому значеннітретього параметру.Процеси, перебіг яких відбувається при незмінномузначенні одного із параметрів, називаються ізопроцесами.2.2.1. Закон Бойля—Маріотта (ізотермічний процес)T = const , ∆T = 0 , m = const .Ізотермічний процес описується законом Бойля—Маріотта: для даної маси газу добуток тиску газу на йогооб’єм є сталим, якщо температура газу не змінюється:pV= pV , або pV = const .1 1 2 2Ізотерма — графік залежності між параметрами даноїмаси газу при постійній температурі (рис. 121).Рис. 121Ізотермічний процес проходить повільно, оскільки вінзумовлений теплообміном з навколишнім середовищем.146

2. Властивості газів (газові закони)2.2.2. Закон Гей-Люссака (ізобарний процес)p = const , ∆ p = 0 , m = const .Ізобарний процес описується законом Гей-Люссака: дляданої маси газу відношення об’єму і температури є сталим,якщо тиск газу не змінюється:V1V2V= , абоT T T = const .12Закон Гей-Люссака можна подати у виглядіV = V ( 1 + β 0t), або ∆V=β ∆T,Vде t — температура за міжнародною шкалою;V 0— об’єм при 0 °С;β — коефіцієнт об’ємного розширення газу;1 −1β= К — при сталому тиску для ідеального газу.273Ізобара — графік залежності між параметрами стануданої маси газу при сталому тиску (рис. 122, 123).0Рис. 122 Рис. 1232.2.3. Закон Шарля (ізохорний процес)V = const , ∆V = 0 , m = const .Ізохорний процес описується законом Шарля: для даноїмаси газу відношення тиску до температури є сталим, якщооб’єм не змінюється:147

Молекулярна фізикаpT11p2= , абоT2PT = const .Закон Шарля можна подати у виглядіp= p ( 1 + γ 0t), або ∆pp0=γ ∆T,де p — тиск газу при температурі t;p 0— тиск газу при температурі 0 °С;γ — термічний коефіцієнт тиску;1 −1для всіх газів γ= К .273Ізохора — графік залежності між параметрами стануданої маси газу при сталому об’ємі (рис. 124; 125).Рис. 124 Рис. 1251482.3. Закон ДальтонаЗакон Дальтона: тиск суміші газів дорівнює сумі парціальнихтисків складових газів:p= p1 + p2 +…+ p n.Парціальний тиск — це тиск, який створював би газ, якбивін займав даний об’єм сам.

2. Властивості газів (газові закони)2.4. Розподіл молекул ідеального газуза швидкостями (розподіл Максвелла)Розподіл молекул ідеальногогазу за швидкостямизображено на рис. 126.∆N— частка молекул,модуль швидкостіNяких міститься в інтервалівід v до v+∆ v.Рис. 1262.5. Середня довжина вільного пробігу молекулСередня довжина вільного пробігу молекул — середнявідстань між двома послідовними зіткненнями молекул: 1 kTl = =,2 22 πdn2 πpdде p = nkT;d — ефективний діаметр молекули (мінімальна відстань,на яку зближуються центри двох молекул при їх зіт к-ненні);n — концентрація молекул.2.6. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Для деякої маси газу залежність тиску від температуримає такий вигляд, як на рис. 127, а. Як змінюється об’ємга зу?Розв’язання:Виконуємо додаткові побудови (рис. 127, б).Проводимо дві ізохори через точку 1 ( V 1= const) і точку2 ( V 2= const) і одну ізотерму, яка перетинає дві ізохори.Точки перетину ізохор з ізотермою дають можливість визначитиграфічно p 1і p 2.149

Молекулярна фізикаp210 TаРис. 127бЗастосовуємо закон Бойля—Маріотта:pV = pV , якщо T = const , m = const .1 1 2 2Із графіка видно, що pзбільшується.p2> p , отже, V V , тобто об’єм1 2Задача 2.1 < 2Дано графік циклу 1→2→3для ідеального газу даної масив координатах p, V. Побудуватиграфік у координатах p, T і V, T.30 V1Розв’язання:p2V131320T 0TЗадача 3.За скільки помахів поршневого насоса ємністю V 0можнавідкачати газ у скляному балоні ємністю V до тиску p,150

2. Властивості газів (газові закони)якщо спочатку тиск у балоні дорівнював атмосферному p 0?Процес ізотермічний.Дано:V 0Vp 0pT = constn — ?Звідси p1=VРозв’язання:У балоні газ у стані p 0, V. При підключеннінасоса — об’єм ( V + 0V), тиск p.За законом Бойля—Маріотта після першогопомахуpV= p ( V + V ).pV00+ V.0 1 0Після другого помаху pV= p ( V + V ).Звідси p2pV1=V + VПісля n помахів p0n1 2 02pV0=( V + V )⎛= p0⎜⎝Прологарифмуємо вираз: lgЗвідси n =Відповідь: n =Задача 4.pnlgp0⎛ V ⎞lg⎜⎟⎝ V + V0⎠.pnlgp0⎛ V ⎞lg⎜⎟⎝ V + V0⎠.0VV + V⎛= p ⎜⎝2 0ppn0n⎞⎟ .⎠⎛= nlg⎜⎝VV + V0VV + V0 02⎞⎟ .⎠Компресор засмоктує з атмосфери щосекунди 4 л повітря,які подаються в балон ємністю 120 л. Через який частиск у балоні буде перевищувати атмосферний у 9 разів?Початковий тиск у балоні дорівнює атмосферному.⎞⎟ .⎠151

Молекулярна фізикаДано:V = 120 л∆V0= 4 л/с∆tp= 9p 0p = 0pатм∆t = 1 сt — ?152СІ:V = 012 , м 3∆V= 4 ⋅10∆tp= 9p 0p = 0pатм∆t = 1 с0 −3Розв’язання:м 3 /сПроцес ізотермічний, застосовуємо закон Бойля—Маріотта.Об’єм повітря при тиску p 0⎛ ∆V0⎞дорівнює ⎜V+ t ⎟ .⎝ ∆t⎠Це саме повітря в балоні V має тиск p:⎛ ∆V0⎞p0⎜V + t ⎟ pV⎝ ∆t⎠= .⎛V⎝⎜Виразимо t: t =p ⎞−1 tp ⎠⎟ ∆0.∆VОбчислення:⎡⎣ t ⎦ = 3м ⋅Па⋅с012 , ⋅( 9−1)⋅1= с , t3{ }=−3м ⋅Па410 ⋅= 240 .Відповідь: t = 4 хв.У трубці, закритій з одногокінця, стовпчик повітрязамкнутий стовпчикомртуті завдовжки h = 20 см.Коли трубка розміщена відкритимкінцем униз, довжинастовпчика повітря дорівнюєl 1= 10 см. Якщо ж трубкунахилити під кутом α= 30 °до го ризонту отвором униз,довжина повітряного стовпhðò1l 1h ðò1Рис. 128l 2h ðò20Задача 5.

2. Властивості газів (газові закони)чика дорівнюватиме l 2= 846 , см. Визначити атмосфернийтиск (рис. 128).Дано:ρ рт= 13 600 кг/м 3h рт1= 20 смl 1= 10 смl 2= 846 , смα= 30°p атм— ?СІ:ρ рт= 13, 610 ⋅3 кг/м 3h рт1= 02 , мl 1= 01 , м−2l 2= 84610 , ⋅ мα= 30°Розв’язання:Процес ізотермічний, m = const.Застосовуємо закон Бойля—Маріотта:pV1 1= pV2 2,V = Sl , V = Sl , pSl = p Sl ⇒ pl = pl . (1)1 12 21 1 2 2 11 2 2Визначимо p 1і p 2:p + ρ gh = p ⇒ p = p − ρ gh,1 рт рт1 атм 1 атм рт рт1p + ρ gh = p ⇒ p = p − ρ gh.2 рт рт 2 атм 2 атм рт рт2Підставимо значення p 1і p 2в (1):Звідки p( ) = ( − )p − ρ gh l p ρ gh l,атм рт рт1 1 атм рт рт2 2h= h ⋅sinα ,рт 2 рт1( атм рт рт1) 1= ( атм−рт рт1⋅ ) 2p − ρ gh l p ρ gh sin α l .атм=ρртgh l − lрт1( sinα)l1 2− l1 2.кг ⋅м⋅м⋅м⎡⎣ p атм ⎤ ⎦ =м 3⋅с 2⋅мОбчислення:= Па ,⎛⎞13 600⋅9802 , ⋅ , ⋅⎜0, 1−0,0846⋅1 ⎟⎝2 ⎠{ }=01 , − 00846 ,5p атм= 10Відповідь: p атм= 100 кПа.( ).153

Молекулярна фізикаЗадача 6.Із даною кількістю ідеального газу проводять коловийпроцес (цикл), зображений на діаграмі у вигляді кола. Наякій ділянці циклу тиск газузбільшується, а на якій — зменшується(рис. 129)?=Розв’язання:Проведемо ряд ізобар черезколовий процес. Оскільки нахилізобар тим більший, чим= менший тиск газу (це витікаєіз p = const ізобарного процесу),то p1 < p2. Таким чином, наOділянці циклу 1→ 2 тиск газузбільшується, а на ділянціРис. 1292→ 1 — зменшується.Задача 7.У повітряній кулі об’ємом 1400 м 3 міститься водень притемпературі 7 °С і тиску 720 мм рт. ст. Визначити силу тяжінняцього водню.СІ:Дано:g = 98 , м/с 2 g = 98 , м/с 2V = 1400 м 3T = ( 7+273) К=280 Кp = 720 мм рт. ст.V = 14 , ⋅10 м 3T = ( 7+273) К=280 Кp ≈96 , ⋅10 Па−3M( H 2 )= 210 ⋅ кг/моль−3M( H 2 )= 210 ⋅ кг/мольR = 831 ,ДжДжR = 831 ,( К⋅моль)( К⋅моль)mg — ?154Розв’язання:Рівняння Клапейрона—Менделєєва:mpV = M RT , m = pVM ,RTpVMgтоді mg = .RT

⎡⎣ mg⎤ ⎦ ={ mg }=Відповідь: mg = 1,13 кН.Задача 8.2. Властивості газів (газові закони)Обчислення:3Па ⋅м⋅кг⋅К⋅моль ⋅ м= НДж⋅моль ⋅с⋅ К2,4 −396 , ⋅10 ⋅1400⋅210 ⋅ ⋅9,8= 1132 .831 , ⋅280У циліндричній посудині з площею основи 250 см 2 міститься10 г азоту, стисненого поршнем, на якому лежитьгиря масою 12,5 кг. Визначити роботу газу при його нагріваннівід 25 до 625 °С. Атмосферний тиск 760 мм рт. ст. Чизалежить робота від маси гирі?Дано:S = 250 см 2m = 10 гm 1= 12, 5 кгt 1= 25 °Ct 2= 625 °Cp 0= 760 мм рт. ст.−3M( N 2 )= 28⋅10кг/мольA — ?СІ:S = 250⋅ 0, 0001 м−= 25 , ⋅10 м−m = 10⋅ 0, 001 кг=10 2 кгm 1= 12, 5 кгT 1= ( 273+К=298 КT 2= ( 273+625) К=898 К5p 0= 760⋅ 133, 3 Па=10 Па−3M( N 2 )= 28⋅10кг/мольРозв’язання:2 2A= p∆ V , оскільки процес ізобарний.mg1Знайдемо p: p= pатм+ .SЗа рівнянням Клапейрона—Менделєєва визначимо V 1,V 2, V2 − V1:mpVM RT V mRT1m1=1⇒1= , pVMpM RT V mRT22=2⇒1= .MpТодіmRA = ( Mp T −T) p = mR( M T −T)2 1 2 1,mRA = M T −T( )2 1.155

Молекулярна фізикаРобота не залежить від маси гирі й від площі основи посудини.{ A }=⎡⎣ A⎤ ⎦ =Відповідь: A = 1,78 кДж.Задача 9.Обчислення:кг⋅моль ⋅Дж= Дж ,кг⋅К⋅моль( )−210 ⋅831 , ⋅ 898 − 29828⋅10−3= 1780 .Після того як у кімнаті протопили піч, температурапідвищилася з 15 до 27 °С. На скільки процентів зменшилосьчисло молекул у кімнаті?Дано:t 1= 15 °Ct 2= 27 °Cp1 = p2= p∆N⋅ 100 % — ?N 1СІ:T 1= ( 273+15) К=288 КT 2= 273+27 К 300 К( ) =p= nkT ,Розв’язання:p=n1kT1⎫⎬ тиск газу сталий;p=n2kT2⎭n1N1= , nV2N2= , pVN= 1VkT , p N1V= 2kT2 ,∆NN1=N − NN1 21=N∆NN1pV= , NkT1pV pV−kT1 kT2pVkT11=2pV= ,kT2pV ⎛ 1 1k ⎜ −⎝ T1 T2pV 1⋅k TT2 −T1⋅ 100 % = ⋅100%.T21⎞⎟⎠=2−T1T 2T,156

( )Обчислення:∆N300 − 288 К⋅ 100 % =⋅ 100 % = 4 %.N 1300 К∆NВідповідь: ⋅ 100 % = 4 %.N 13. Властивості париЗадача 10.Процеси, зображені на рис. 130,ізохорні. Поясніть їх.Аналіз і розв’язання:На графіку 1 — ізохорний процес(V = const). На графіку 2 показано,що при нагріванні тиск незмінюється (p = const), що можебути лише при витіканні газу, якекомпенсує зростання тиску, зумовлененагріванням. На графіку 3витікання газу спричиняє падіннятиску.pO3Рис. 13012T3. Властивості пари3.1. Пара. Випаровування і конденсаціяПара — це газоподібний стан речовини, у який можутьпереходити як рідини (випаровування) (рис. 131), так і твердітіла (сублімація).Рис. 131157

Молекулярна фізикаВипаровування — процес перетворення рідини на пару.Відбувається при будь-якій температурі. Рідина привипаровуванні охолоджується, оскільки її покидають «найшвидкіші»молекули, які розташовані ближче до поверхневогошару. Значна частина кінетичної енергії руху молекулвитрачається на роботу виходу ( Eк> Aвих).Для того щоб температура рідини при випаровуванні незнижувалась, до неї треба підводити тепло.Швидкість випаровування залежить від:1) виду рідини;2) температури рідини;3) площі вільної поверхні;4) наявності вітру.Конденсація — процес перетворення пари на рідину.3.2. Насичена і ненасичена параПара, яка перебуває в динамічній (рухомій) рівновазі ізсвоєю рідиною, називається насиченою парою.Динамічна рівновага настає тоді, коли швидкість пароутвореннястає однаковою зі швидкістю конденсації. Якщовипаровування переважає над конденсацією — пара ненасичена.Графік залежності тиску від температури для насиченоїі ненасиченої пари зображений на рис. 132, а.pCBA0T158аРис. 132б

3. Властивості париAB — насичена пара; залежність p від T нелінійна, оскількивід T залежить концентрація молекул насиченої пари .BC — ненасичена пара, або ідеальний газ;p T( p=nkT).Графік залежності густини рідини і її насиченої паривід температури зображений на рис. 132, б.Криві зливаються, якщо T= T к, де T к— критична температура.3.3. Вологість повітря (відносна й абсолютна).Точка росиВологість повітря характеризує кількість водяної парив повітрі. Розрізняють абсолютну і відносну вологість.Абсолютна вологість — це парціальний тиск водяної пари(p), наявної в повітрі при даній температурі (або густинаводяної пари ρ ).( ϕ) показує, наскільки близька во-Відносна вологістьдяна пара до насиченості. Відносна вологістьвимірюється в процентах і можебути визначена за формулами:pρϕ= ⋅100 % або ϕ = ⋅100 %.ρp нВідносна вологість — це відношенняабсолютної вологості до густини ρ наботиску p ннасиченої пари при даній температурі.Найбільш сприятливі умови для життєдіяльностілюдини — при відносній вологостіповітря 40—60 %.При охолодженні повітря з’являєтьсятуман, випадає роса ϕ= 100 % .н( )Точкою роси називається та температура,при якій дана водяна пара стаєнасиченою. Точка роси характеризує вологістьповітря (рис. 133, а).Психрометр (рис. 133, а) разомз психрометричною таблицею (табл. 5)Рис. 133, а159

Молекулярна фізика160Рис. 133, бПоказаннясухого термометра,°Сі гігро метр — прилади для вимірюваннявідносної вологості повітря. Психрометрскладається з двох термометрів, один ізяких зволожується. За психрометричноютаблицею за пока заннями сухого термометраі різницею тем ператур сухого та вологоготермометрів визначають відносну вологістьповітря. У найпростішому (волосному) гігрометрівикористана властивість знежиреноїлюдської волосини видовжуватись призбільшенні вологості повітря. Застосовуютьтакож гігрометри, за допомогою яких визначаєтьсяточка роси (1 — волосина, 2 — ролик,3 — тягар, 4 — стрілка) (рис. 133, б).Таблиця 5Різниця показань сухого та вологого термометрів, °С0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Відносна вологість, %0 100 81 63 45 28 11 — — — — —2 100 84 68 51 35 20 — — — — —4 100 85 70 56 42 28 14 — — — —6 100 86 73 60 47 35 23 10 — — —8 100 87 75 63 51 40 29 18 7 — —10 100 88 76 65 54 44 34 24 14 4 —12 100 89 78 68 57 48 38 29 20 11 —14 100 90 79 70 60 51 42 34 25 17 916 100 90 81 71 62 54 45 37 30 22 1518 100 91 82 73 65 56 49 41 34 27 2020 100 91 83 74 66 59 51 44 37 30 2422 100 92 83 76 68 61 54 47 40 34 2824 100 92 84 77 69 62 56 49 43 37 3126 100 92 85 78 71 64 58 51 46 40 3428 100 93 85 78 72 65 59 53 48 42 3730 100 93 86 79 73 67 61 55 50 44 39

3. Властивості пари3.4. Кипіння. Перегріта рідинаКипінням називається процес швидкого утворенняі збіль шення бульбашок насиченої пари, які прориваютьсякрізь вільну поверхню.Або:Кипіння — пароутворення, яке відбувається як у всьомуоб’ємі рідини, так і з її поверхні при сталій температурі, названійтемпературою ки піння.Умова кипіння:— Рідина кипить, коли тиск насиченої пари дорівнюєзовнішньому тиску на рідину. Температура кипіння водидорівнює 100 °С при нормальному атмосферному тиску:5pнасич100= pатм ≈ 10 Па ,pн. п= pзовнішн, pн. п= pатм.— Температура кипіння рідини залежить від виду рідини,наявності домішок, зовнішнього тиску на рідину.— При зменшенні зовнішнього тиску температура кипіннязнижується, і навпаки. Якщо з рідини видалитирозчинене повітря (багатократним кип’ятінням) і можливіцентри пароутворення (пилинки, іони тощо), то можна піднятитемпературу рідини дещо вище від температури кипіння.Такий стан називається перегрітою рідиною. Перегрітурідину також можна одержати за умови, якщо зовнішнійтиск стане меншим порівняно з тиском насиченої пари приданій температурі.3.5. Приклади розв’язання задачЗадача 1.На вулиці цілий день мрячить холодний осінній дощ.У теплій кімнаті розвішана випрана білизна. Чи висохнешвидше білизна, якщо відкрити кватирку?Аналіз і розв’язання:У кімнаті й на вулиці водяна пара є насиченою. Тискнасиченої пари збільшується зі збільшенням температури.За умовою задачі температура вища в кімнаті, отже, насиченапара в ній перебуває під вищим тиском, ніж на вулиці.161

Молекулярна фізикаОтже, при відкритій кватирці водяна пара виходитиме навулицю, оскільки там її тиск менший.Відповідь: білизна висохне скоріше, якщо кватирка відчинена.Задача 2.Відносна вологість повітря ввечері при 14 °С дорівнює80 %. Уночі температура повітря знизилась до 6 °С і випалароса. Скільки водяної пари сконденсувалося з 1 м 3 повітря?Дано:V = 1 м 3t 1= 14 °Cϕ 1= 80 %t 2= 6 °C−3ρ H14= 12,110 ⋅−3ρ H6= 7310 , ⋅m в— ?162кгм 3кгм 3Розв’язання:При конденсації водяної паримаса води визначається як різницямаси пари на початку процесу остиганняі під кінець:m m − m .в =n1 n2Масу пари можна знайти черезгустину й об’єм:m =ρ V ,mn1 n1=ρ V .n2 n2= ρ Н. Таким чи-Оскільки пара стала насиченою, то ρном, m =ρ НV .n 2 6Тоді маса води дорівнює:Визначимо ρ n1ϕ1( Н ) .1 6m в= V ρ n−ρn 2 6за формулою відносної вологості повітря:ρn1= ⋅100%, ρρН14ϕρ=100Н% .n 11 14Тоді масу води можна розрахувати за такою формулою:Обчислення:mв3m вм⎡⎣ ⎤ ⎦ =⎛ ϕρ1 Н14= V⎜−ρ⎝ 100 %Н6⎛ % ⋅кгкг⎜ −3 3⎝ м ⋅%м⎞⎟ .⎠⎞⎟ кг⎠= ,

3. Властивості пари⎛{ m в }= 1⋅⎜⎝Відповідь: m в80⋅12,110 ⋅100= 238 , г .−3−3⎞−3−7310 , ⋅ ⎟ = 23810 , ⋅ .⎠Задача 3.На рис. 134, а показані циліндри а і б, у яких ізотермічностискують повітря і насичену пару води. Накреслітьі поясніть графіки залежності тиску повітря і насиченої паривід об’єму.Розв’язання:Для повітря графік являє собою гіперболу (1), а для насиченоїпари — пряму, паралельну осі V. Тиск насиченої парине залежить від об’єму (рис. 134, б).аРис. 1340бЗадача 4.Яка густина насиченої пари води при температурі100 °С?Дано:СІ:−M( HO 2 )= 18⋅10 3 −кг/моль M( HO 2 )= 18⋅10 3 кг/мольt = 100 ° CT = 373 K5pH100= pатм =10 Па5p H100= 10 Паρ H100— ?163

Молекулярна фізикаРозв’язання:mpV = M RT , p H100RTH100= ρ H100, ρ H 100= p MMRT.Обчислення:⎡⎣ ρ H100 ⎤ ⎦ =Па ⋅кг⋅К⋅мольДж⋅К⋅моль=кгм 3 ,10 ⋅18⋅10{ }=831 , ⋅3735 −3ρ H100= 0,581 .кгВідповідь: ρ H 100= 0581 ,м 3.4. Властивості рідин— Рідини зберігають об’єм, але не зберігають форму(набувають форми посудини, у яку їх поміщають).— Основна властивість рідини — плинність.Характер молекулярного руху: мо лекули коливаютьсявідносно положення рівноваги і «перестрибують» в інші позиції(рис. 135). Час «осідлого» життя більший за час переміщень.Молекули розташовані напорівняно невеликих відстанях, томувластивості рідини зумовлюютьсясилами взаємодії молекул.Під дією сил поверхневого натягурідина в стані невагомості чив малій кількості (крапля) набуваєформи кулі, оскільки при цьомує мінімальною площа вільної поверхні,а отже, і поверхневої енергії— адже будь-яка система прагнедо стану з мінімальною потенціальноюРис. 135енергією.164

4. Властивості рідин4.1. Особливості поверхневого шару рідиниНайбільш характерною властивістю рідкого стану є наявністьрізкої межі, яка розділяє рідину та її пару.Молекули рідини, що містяться на її поверхні, притягуютьсямолекулами, які є всередині рідини. Притяганнямолекул пари, які містяться над поверхнею, є мізерно малим.Під впливом рівнодійної сили притягання молекулиповерхневого шару втягуються всередину рідини, кількістьмолекул на поверхні зменшується, і площа поверхні скорочується.На поверхні залишається така кількість молекул,при якій її площа виявляється мінімальною для даногооб’єму рідини (рис. 136, а).Сила поверхневого натягу — це сила, яка діє на межістикання рідини з твердим тілом перпендикулярно до межіпо дотичній до поверхні рідини (рис. 136, б).аРис. 136б4.2. Поверхнева енергія. Поверхневий натягПоверхневим натягом називається величина, вимірюванавідношенням модуля сили поверхневого натягу до довжинимежі поверхні плівки:σ= F н.lмежіУ СІ поверхневий натяг виражається в ньютонах наметр: ⎡⎣ σ ⎤ ⎦ = Н м .165

Молекулярна фізикаВеличина поверхневого натягу залежить від виду рідиниі температури.Енергія поверхневого шару рідини площею S:П = σ⋅S .Робота при зміні площі поверхневого шару плівки:A= σ∆S=∆П .Величину поверхневого натягу можна визначити методомвідриву крапель:σ= mg к,lде m к— маса краплі;g — прискорення вільного падіння;l — довжина межі поверхневого шару.4.3. Явище змочування. Капілярні явищаРідина, яка розтікається по твердому тілу, називаєтьсязмочуючою дане тверде тіло (вода по склу і т. п.). При цьомурівнодійна сил притягання молекул на межі зіткнення змолекулами рідини менша, ніж з молекулами твердого тіла(рис. 137, а).Рідина, що не розтікається, а стягується міжмолекулярнимисилами в краплі, називається незмочуючоюдане тверде тіло (вода на жирній поверхні і т. п.).Рівнодійна сила притягання молекул на межі зіткненняз молекулами рідини більша, ніж з молекулами твердоготіла (рис. 137, б).166аРис. 137б

4. Властивості рідинθ — крайовий кут.Якщо повне змочування, θ=0.Якщо повне незмочування, θ= π.Змочування — це трифазне явище, оскільки воно відбуваєтьсяна межі трьох фаз: твердої, рідкої і газоподібної.У тонкій трубці — капілярі — у разі змочування рідинапіднімається по стінці, утворюється ввігнута поверхня рідини(увігнутий меніск) (рис. 138, а).Висота підйому рідини в трубці:h = 2σ cos θ .ρgrде σ — поверхневий натяг;r — радіус трубки;ρ — густина рідини.Незмочуюча рідина опускається в капілярі на h, меніскпри цьому є опуклим (рис. 138, б).F hhF аРис. 138б4.4. Формула ЛапласаФормула ЛапласаДодатковий тиск, який зумовлений кривиною поверхнірідини, визначається так:⎛ 1 1 ⎞∆p =± σ⎜+ ⎟ ,⎝ R1 R2⎠де R 1і R 2— радіуси кривини двох взаємно перпендикулярнихперетинів поверхні рідини; знак «+» — для опуклогоменіска, «–» — увігнутого.167

Молекулярна фізикаРис. 139Тиск у точках A і A ′ зазначенийна рис. 139:p 0— тиск на вільну поверхню.Якщо R1 = R2= R (сферична поверхня),то∆p = 2σ .RДля тонкостінної порожньої сфери(бульбашки), що має дві поверхні — зовнішнюі внутрішню — лапласів тискдорівнює:∆p = 2⋅ 2σ =4σ.R R1684.5. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Корковий кубик із ребром 2 см плаває у воді. Визначитиглибину його занурення у воду, вважаючи змочуванняповним.Дано:кгρ пр= 240м 3− Нσ в= 7210 , ⋅2мкгρ рід= 1000м 3θ=0−a = 210 ⋅2 м∆h — ?Розв’язання:Розглянемо сили, які діють на кубик.Сила натягу піднімає воду на поверхнюкубика (змочування), діючи на нього вертикальновниз. Сила тяжіння напрямленавниз, а архімедова сила — угору.Оскільки кубик перебуває у рівновазі, то геометричнасума сил, діючих на кубик, дорівнює нулю (рис. 140): F + Amg + F = H0 .У проекції на Ox:F − AF − mg =H0 . (1)Розпишемо діючі на кубик сили. Сила Архі меда:F g∆h ⋅ a2 .= ρ A рід

Сила поверхневого натягу :F =σ Hl ,де l — периметр куба.Оскільки l = 4a, то F = 4σ нa .Розпишемо силу тяжіннякубика:mg = p прga3 .Підставимо значення силу рівняння (1):2 3ρ g∆h⋅a −4σa− ρ ga = 0.рідпр4. Властивості рідинРис. 140Виразимо шукану глибину занурення кубика в рідину ∆h :3ρпрga+ 4σa∆h =. (2)2ρ gaрідСкорочуючи на a чисельник і знаменник виразу (2), дістанемо:2ρпрga+ 4σ∆h =.ρ ga{ ∆h}=рідОбчислення:⎛ кг м Н⋅ ⋅ +⎞⎝⎜ м⎠⎟ ⋅ ⋅м с м[ м с3 2∆h]=кг⋅мм⋅Відповідь: ∆h = 062 , см.Задача 2.2 3 2( ) + ⋅ ⋅−240⋅98 , ⋅ 210 ⋅ 4 7210 ,1000⋅98 , ⋅210⋅2 2 −2−2= м ,−3≈6210, ⋅ .На протилежних кінцях трубки-трійника видули двімильні бульбашки A і B різних діаметрів, після чого вихіднийотвір трубки закрили (рис. 141). Що станетьсяз буль башками, якщо залишити їх самих, захистивши відзовнішніх впливів (відкрити крани 1 і 3)?Аналіз і розв’язання:Об’єм бульбашки A зменшуватиметься, а об’єм бульбашкиB — збільшуватиметься, оскільки лапласів тиск169

Молекулярна фізикаp = 4 σ1 більший від лапласового тиску pR= 4 σ2 (більшомурадіусу відповідає менший лапласів тиск).1R2Рівновага настане, коли тиск eсередині бульбашок (лапласовітиски) зрівняється, тобто коли поверхні обох плівок(радіус кульового сегмента першої плівки R 1′ і радіус кулідругої плівки R 2′ ) матимуть однакову кривину: R′ = R′1 2(рис. 142).123123R 1AR 1R 2R 1R 2R 2BРис. 141 Рис. 142Задача 3.Під час посухи на поверхні землі утворюється твердакірка. Чи треба зберігати її, щоб запобігти висиханню нижніхшарів землі?Аналіз і розв’язання:Ні, ґрунт слід розрихлювати, щоб перешкодити підйомуґрунтової води по капілярах, які утворюються у верхніхзатверділих шарах ґрунту.Задача 4.У капілярній трубці, зануреній вертикально у воду наглибину l, вода піднялась на висоту h (рис. 143). Трубкузакривають знизу пальцем, виймають із води і знову відкривають.Визначити довжину x стовпчика води, якийзалишився в трубці. Кривину верхнього ввігнутого і нижньогоопуклого менісків вважати однаковою.170

Дано:капілярlh кгρрід = 10 33мзмочуванняx — ?Розв’язання:4. Властивості рідинОскільки скляна трубка є ка піляром,то з’являється надлишковий лапласівтиск, зумовлений кривиною меніска:p = 2σ л, (1)Rде R — радіус капіляра.Для визначення R використовуємо закон капілярності:h = 2σ . (2)ρgRВиразимо R із формули (2) і підставимо у формулу (1):2σ2σR = ⇒ p = gh=ghρgh2σ ρ ρл. (3)Лапласів тиск дорівнює гідростатичному тиску стовпчикарідини заввишки h. Коли трубку виймаємо з води, утворюєтьсядва меніски. Лапласів тиск збільшується, а отже,збільшується висота стовпчика води в капілярі. Визначимоцю висоту. Коли трубку відкриваємо, вода з капіляра виливаєтьсядоти, поки внизу не утвориться опуклий меніск.Лапласів тиск напрямлений угору і дорівнює:p = p + p ;л л1 л2а) якщо l> h , то (рис. 144, а)pл= 2pл= ρ gx1, 2ρgh= ρgx1,x = h;12б) якщо l< h, то (рис. 144, б)Рис. 143 Рис. 144аб171

Молекулярна фізика172p + p =ρgx, 2л1 л2ρgh + ρgl = ρgx, 2x = 2l + h .Відповідь: x1 = 2h, якщо l> h ; x = 2l + h , якщо l< h.Задача 5.Яку роботу треба виконати, щоб розтягнути на відстаньd = 10 см мильну плівку на дротяній рамці з рухомою перекладиноюзавдовжки l = 5 см?Дано:d = 10 смl = 5 см− Нσ= 40⋅10 3 мA — ?СІ:d = 01 , мl = 005 , м− Нσ= 40⋅10 3 мРозв’язання:Робота A дорівнює збільшенню енергії вільної поверхнірідини:A=σ∆ S .Оскільки треба враховувати збільшення поверхні з обохбоків плівки, то ∆S= 2 dl .Тоді A= 2σ dl .Обчислення:Н⎡⎣ A⎤ ⎦ = ⋅ ⋅ = ⋅ =м м м Н м Дж ,−3 −2 −4{ A }= 24010 ⋅ ⋅ ⋅0, 1510 ⋅ ⋅ = 4⋅10.Відповідь: A = 400 мкДж.Задача 6.Яка кількість теплоти виділиться в навколишнє середовище,якщо при злитті крапельок діаметром 1 мкм вийде1 кг чистої води при тій самій температурі? На скільки градусівнагрі лась би вода, якби не було тепловіддачі?

Дано:m = 1 кгкгρ в= 10 3м 3Джc в= 4200кг ⋅К( )d = 1 мкм− Нσ= 73⋅10 3 м∆t — ?СІ:m = 1 кгкгρ в= 10 3м 3Джc в= 4200кг ⋅К( )−d = 10 6 м− Нσ= 73⋅10 3 м4. Властивості рідинРозв’язання:Краплі, порівняно з водою, яка міститься в одній посудині,мають значно більшу поверхневу енергію. Ця надлишковаенергіяП =σ в∆S . (1)Визначимо ∆S :∆S= Sn ,де S — поверхня однієї краплі;n — кількість крапель.2 VS= 4πR , n = ,V1де V і V 1— відповідно об’єм 1 кг води і краплі.Підставимо значення ∆S у формулу (1):2П = 4πRV σV. в1Визначимо V і V 1:m 4 3V = ; V1= π R ,ρв 3тоді24πRmσв3mσвП = = .4 3 ρ RρвπRв3Обчислимо, на скільки підвищилася б температура води,якби не було теплообміну з навколишнім середовищем.QQ= cвm∆t⇒ ∆ t = .cmв173

Молекулярна фізика174Згідно із законом збереження енергії Q = П, тоді3mσв3σв∆t = =ρ Rc m ρ RcввОбчислення:⎡⎣ ∆t⎤ ⎦ =3Н⋅м⋅кг⋅Км ⋅кг⋅м⋅Дж = { ∆t}=Відповідь: ∆t = 01 , ° C, ∆T = 01 , К.Задача 7.2,−337310 ⋅ ⋅= 01 , .3 1 −10 ⋅ ⋅ ⋅2 10 64200Яку роботу проти сил поверхневого натягу треба виконати,щоб видути мильну бульбашку радіусом R? Чому дорівнюєнадлишковий тиск усередині бульбашки?Розв’язання:Мильна бульбашка являє собою дуже тонку плівкумильної води приблизно сферичної форми. Ця плівка маєдві поверхні — зовнішню і внутрішню. Нехтуючи товщиноюплівки і вважаючи тому радіуси обох сфер однаковими,знайдемо їхню спільну площу:вв2 2 2S= 4πR + 4πR = 8π R . (1)Збільшення поверхневої енергії пов’язане зі збільшенням∆S :∆П =σ∆S . (2)Виконувана під час видування бульбашки робота протисил поверхневого натягу іде на збільшення поверхневоїенергії на ∆П. Таким чином, із (1) і (2) дістанемо:2A= ∆П = 8πRσ .Надлишковий (порівняно із зовнішнім) тиск усерединібульбашки дорівнює:∆p = 4σ .R.

5. Властивості твердих тіл— Зберігають форму.— Зберігають об’єм.Характер молекулярного руху — коливання атомів чимолекул біля положення рівноваги.5.1. Кристалічні та аморфні тіла. Їхні властивостіРозрізняють кристалічні та аморфні тверді тіла.У аморфних тіл зберігається ближній порядок у розташуванніатомів, але відсутній дальній. Звідси випливаютьвластивості аморфних тіл:1. Вони не мають температури плавлення, оскільки немаєкристалічної ґратки. При нагріванні вони розм’якшуються.2. Вони ізотропні: їхні фізичні властивості однакові в усіхнапрямках.До аморфних тіл належать смола, скло, пластмаси.Кристали — це тверді тіла, атоми й молекули якихзаймають певне, упорядковане положення в просторі.Наслідком упорядкованого розміщення атомів у кристаліє геометрична правильність його внутрішньої будови.Властивості кристалів:1. Анізотропія фізичних властивостей (їх залежність відвибраного в кристалі напряму).2. Наявність температури плавлення. Криста ліч не тіло,досягаючи температури плавлення, починає плавитись.Уся енергія, що підводиться до тіла, витрачається назбільшення потенціальної енергії взаємодії молекул прируйнуванні кристалічних ґраток, а кінетична енергіямолекул стабільна, тому температура тіла при плавленніне змінюється.3. Властивості кристала зумовлюються не лише тим, ізяких атомів він складається, але й видом кристалічнихґраток. Наприклад, з тих самих атомів вуглецю складаютьсяалмаз (145, а) і графіт (рис. 145, б), але фізичнівластивості у них різні.175

Молекулярна фізикааРис. 145бГрафік залежності температуривід часу для кристалічноготіла (наприклад льоду,якщо p атм= 10 5 Па) зображенийна рис. 146.Одиночні кристали — монокристали.Тверде тіло, якескладається з великої кількостімаленьких кристалів, називаютьполікристалом (наприклад,Рис. 146метали, цукор). Полікристаламвластива ізо ропія.Вузол кристалічної ґратки — точка, відносно якої атом(молекула) здійснює коливання.1765.2. Типи твердих кристалівЗалежно від виду частинок, які розміщені у вузлахкристалічних ґраток, і характеру сил взаємодії між ними,тверді кристали поділяються на чотири типи:1. Іонні кристали: у вузлах ґраток розміщуються почерговоіони з протилежними зарядами, наприклад NaCl(рис. 147, а).2. Атомні (ковалентні) кристали: у вузлах ґраток —ней тральні атоми, які утримуються ковалентнимизв’язками квантово-механічного походження (у сусідніхатомів узагальнені валентні електрони). Такубудову має, наприклад, кристалічна ґратка алмазу(рис. 145, а).

5. Властивості твердих тілаРис. 147б3. Металічні кристали: у вузлах ґраток розташовуютьсяпозитивні іони, а в міжвузлах — електронний газ (узагальненіелектрони) (рис. 147, б). Таку будову мають метализ доброю електропровідністю.4. Молекулярні кристали: у вузлах ґраток розміщуютьсянейтральні молекули, сили взаємодії між якими зумовленізміщенням електронних оболонок атомів. Ці силиназивають вандерваальсовими. Молекулярні кристали— Br 2, CH 4, парафін.5.3. Рідкі кристалиРідкі кристали — речовини в стані, проміжному міжтвердим кристалічним та ізотропним рідким. Зберігаючиосновні особливості рідини, наприклад плинність, вони маютьхарактерну властивість твердих кристалів — анізотропіюфізичних властивостей.5.4. Дефекти кристалічних ґратокДефекти кристалічних ґраток — відхилення від упорядкованогорозташування частинок у вузлах ґратки кристала:1. Точкові дефекти: вакансії, міжвузлові атоми, домішаніатоми тощо.2. Лінійні дефекти: дислокації (крайові, гвинтові, змішаніта ін.).3. Двомірні дефекти: межі зерен у полікристалах, міжфазнімежі в багатофазних сплавах тощо.177

Молекулярна фізика4. Тримірні дефекти: пори, тріщини, макроскопічні включеннята ін.1785.5. Механічні властивості твердих тілДив. розділ «Механіка», п.2.2.2.5.5.1. Діаграма розтягу твердих тілДіаграма показана на рис. 148.Ділянка OA: при малих деформаціях напруга σ прямопропорційна відносному подовженню ε. Виконується законГука: σ= ε E . Де фор мація пружна.Ділянка AB: закон Гука не виконується, але деформаціяпружна. Максимальна напруга, при якій ще не виникаєпомітна залишкова деформація, називається межею пружностіσ пруж.Ділянка BC: пластична деформація.Ділянка CD: ділянка плин ності матеріалу. Ви дов женнявідбувається прак тично без збільшення навантаження.Ділянка DE: зміцненняматеріалу: видовження відбуваєтьсяпри значному збільшеннінавантаження.При досягненні максимальногозначення механічноїнапруги σ м. м(межа міцності)матеріал розтягується беззбільшення зовнішнього навантаженнядо самого зруй-Рис. 148нування в точці K.5.5.2. Запас міцності. Пружність і пластичністьЗапас міцності n дорівнює відношенню межі міцності додопустимої механічної напруги σ доп:n = σ м. мσдопМатеріали, у яких незначні навантаження викликаютьпластичну деформацію, називають пластичними (наприкладсвинець, смола)..

5. Властивості твердих тілМатеріали, що виявляють властивості пружності підчас значної деформації, називаються пружними (наприкладгума, сталь).5.6. Приклади розв’язання задачЗадача 1.До сталевого стрижня перерізом 2 см 2 і завдовжки 0,5 мпідвішено вантаж масою 5 т. Який запас міцності має стрижень,якщо межа міцності (руйнуюча напруга) при розтягудля сталі 12510 , ⋅ 9 Па? Яке відносне подовження стрижня?Яка енергія пружної деформації стрижня? (Масою стрижнязнехтувати.)Дано:S = 2 см 2l 0= 05 , мm = 5 тm стрижня= 0E сталі= 2210 , ⋅11 Паσ м. м= 12510 , ⋅9 Паn — ?ε — ?W П— ?СІ:−S = 210 ⋅4 м 2l 0= 05 , мm = 510 ⋅3 кгm стрижня= 0E сталі= 2210 , ⋅11 Паσ м. м= 12510 , ⋅9 ПаРозв’язання:Допустима механічна напруга:σ доп= F S , а F= mg ,отже,σ доп= mgS , (1)σм. мσм.мSn = = — запас міцності. (2)σдопmgВідносне подовження стрижня визначимо із законуГука:σдопε =E , (3)оскільки деформація пружна.ст179

Молекулярна фізикаПідставивши у формулу (3) значення допустимої механічноїнапруги, дістанемо:ε =mg . (4)SE стЕнергію пружно деформованої сталі обчислимо за формулоюW k l 2∆ Fпр∆lΠ= = .2 2Оскільки F = прmg , а ∆l= l ε , то0W = mgl 0εΠ. (5)2Підставивши в (5) значення ε із (4), дістанемо:( mg lW = )2 0ΠSE2ст.180Обчислення:⎡⎣ n ⎦ = ПаПа= 1 — безрозмірна величина,{ n }=9 −412510 , ⋅ ⋅2⋅103510 ⋅ ⋅9,8≈ 51 , ,2⎡⎣ ε ⎤ ⎦ = кг ⋅м⋅м=м ⋅с ⋅Н 1 — безрозмірна величина,2 2{ ε}=3510 ⋅ ⋅9,82210 , ⋅ ⋅210⋅11 −4−3≈11 , ⋅10,2 2 2кг ⋅м ⋅м⋅м⎡⎣ W П ⎤ ⎦ == Дж ,2 2м ⋅с ⋅Н23( 510 ⋅ ⋅9, 8) ⋅0,5{ W П }=≈ 14 .11 −422210 ⋅ , ⋅ ⋅2⋅10−Відповідь: n = 51 , , ε ≈11 , ⋅10 3 , W П≈ 14 Дж.Задача 2.Межа пружності сталі 57210 8 , ⋅ Па. Якою буде деформація(пружною або пластичною), якщо сталевий дріт завдовжки3 м з перерізом 1,2 мм 2 під дією розтягуючої сили

5. Властивості твердих тілподовжується на 8 мм? Під дією якої сили відбувається такадеформація? Модуль Юнга для сталі E = 19610 , ⋅11 Па.Дано:S = 12 , мм 2σ пр= 57210 , ⋅8 Паl 0= 3 м∆l = 8 ммE сталі= 19610 , ⋅11 ПаЯкою буде ця деформація(пружною або пластичною)?F — ?СІ:−S = 12 , ⋅10 6 м 2σ пр= 57210 , ⋅8 Паl 0= 3 м−3∆l 0= 810 ⋅ мE сталі= 19610 , ⋅11 ПаРозв’язання:Для визначення виду деформації в дроті обчислимо напругуσ за законом Гука:∆lσ= ε E = E ,l0σ порівнюємо з межею пружності σ прі доходимо висновку,якою є деформація.Для визначення сили, що спричиняє деформацію, скористаємосяформулою механічної напруги:F∆lσ= ⇒ F = σS=ES ,Sl0∆lF = ES ⋅ — сила, яка спричиняє деформацію.l0Обчислення:⎡⎣ σ ⎤ ⎦ = мПам = Па ,−3810 ⋅11 8{ σ}=⋅19610 , ⋅ ≈5, 23⋅10.3σ< σ пр, отже, деформація пружна:м⎡⎣ F⎤ ⎦ = ⋅ =м Па м 2Н ,8 −6 2{ F }= 52310 , ⋅ ⋅1, 210 ⋅ ≈6, 27 ⋅10.Відповідь: деформація дроту пружна; сила F, яка спричиняєдеформацію дроту, приблизно дорівнює 627 Н.181

6. Теплове розширення твердих і рідких тіл1826.1. Графік залежності потенціальної енергіївзаємодії найпростіших молекул від відстаніміж ними (потенціальна яма)У рідинах і твердих тілах при збільшенні температуризбільшується амплітуда коливального руху молекул біляположення, що відповідає мінімуму потенціальної енергіївзаємодії між ними (днуÏпотенціальної ями). Оскількипотенціальна крива несиметрична,перехід молекулна більш високий енергетичнийрівень зумовлює неr 0тільки зростання амплітуди,r а й збіль шення середньої відстаніміж молекулами: відбуваєтьсязміщення центраколивань молекули. ТомуÏ 0і рі дини, і тверді тіла розширюютьсяпри зростанні їхньоїРис. 149температури (рис. 149).6.2. Лінійне й об’ємне розширення твердих і рідких тілЛінійне розширення:( )l= l 1 0+ α t ,де l 0— довжина тіла при температурі 0 °С;l — довжина тіла при температурі t;α — коефіцієнт лінійного розширення; ⎡⎣ α ⎤ ⎦ =− −≈210 ⋅4 К1 − −; σ ефіру≈16⋅10 4 К1 .σ водиОб’ємне розширення:V = V ( 1 + β 0t),де V 0— об’єм тіла при температурі 0 °С;V — об’єм тіла при температурі t;β — коефіцієнт об’ємного розширення; ⎡⎣ β ⎤ ⎦ =К −1.К −1.

6. Теплове розширення твердих і рідких тілЗв’язок між коефіцієнтами об’ємного і лінійного розширеннядля твердих тіл:βт. т≈ 3 α.Щоб визначити коефіцієнт об’ємного розширення рідини( β рід ), що міститься в скляній колбі, треба до експериментальновизначеного коефіцієнта ( β K ) додати коефіцієнтоб’ємного розширення скла ( 3α ск ):βрід = βK +3 αск,Kде β K= ∆V ; ∆V K— уявна зміна об’єму.V 0 t6.3. Особливості теплового розширення води— Вода при нагріванні від 0 до 4 °С зменшується в об’ємі(її густина максимальна при 4 °С). Подальше нагріванняводи спричиняє збільшення її об’єму.— Густина води зменшується при замерзанні, внаслідокчого лід плаває на її поверхні. Ці особливості пояснюютьсятим, що в твердому стані кристалічна структурамає менш щільну упаковку, ніж у рідкому. А максимум густиниупаковки молекул води буде при 4 °С.Особливість теплового розширення води має важливезначення для збереження живих організмів у водоймахузимку. Охолоджувані повітрям верхні шари води опускаютьсявниз, а теплі піднімаються вгору. Таке змішуванняводи відбувається доти, поки температура води не опуститьсядо 4 °С. При подальшому охолодженні верхні шарине опускаються, і при 0 °С зверху утворюється лід, якийплаває на поверхні й оберігає водойму від повного промерзання.6.4. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Якої величини силу треба докласти до мідного дроту перерізом10 мм 2 , щоб розтягнути його на стільки, на скількивін подовжується при нагріванні на 20 К?183

Молекулярна фізикаДано:S = 10 мм 2∆T = 20 КE = мідіE = 12 , ⋅ 1011 Па− −αміді= α= 17 , ⋅10 5 К1F — ?184СІ:−S = 10 5 м 2∆T = 20 КE = мідіE = 12 , ⋅ 1011 Па− −α = α= 17 , ⋅10 5 К1мідіРозв’язання:При нагріванні дроту відбувається подовження його на∆l= l −l. 2 1 l l t1=0( 1+α1 ),де l 0— довжина дроту при 0 °С;l2 = l0( 1+α t2); ∆l= l α( t −t )= l α∆t=l α ∆T. (1)0 2 1 0 0За умовою задачі дріт має отримати таке саме подовженняпри деформації. За законом Гука:∆σ= E ε = E l l, ∆l = σ 0. (2)l E0Розпишемо механічну напругу: σ= F і підставимо її в (2):SFl0∆l = . (3)SEПрирівнявши праві частини рівнянь (1) і (3), дістанемо:Fl0=SE l T 0α∆ , звідки F = α∆ T⋅SE.Відповідь: F ≈ 410 Н.Задача 2.Обчислення:−12⎡⎣ F⎤ ⎦ = К ⋅К⋅м ⋅ Па=Н,−5 −5 11{ F }= 17 , ⋅10 ⋅20⋅10 ⋅12 , ⋅10 ≈ 410 .Чому при нагріванні та охолодженні залізобетоннихконструкцій залізо в них не відділяється від бетону?Аналіз і розв’язання:Тому що їхні коефіцієнти лінійного розширення майжеоднакові.Тепловим рухом називається хаотичний рух атомів імолекул.

ОсновитермодинамікиТермодинаміка — розділ фізики, який вивчає загальнівластивості макроскопічних систем, що перебувають у станітермодинамічної рівноваги. Термодинаміка вивчає найбільшзагальні закономірності перетворення енергії, але нерозглядає молекулярної будови речовини.Будь-яка система, що складається з великої кількостічастинок — атомів, молекул, іонів та електронів, які здійснюютьхаотичний тепловий рух і при взаємодії між собоюобмінюються енергією, називається термодинамічною системою.Такими системами є гази, рідини й тверді тіла (їхще називають макроскопічними тілами).Стан термодинамічної системи зумовлюється температурою,об’ємом, зовнішнім тиском та іншими термодинамічнимипараметрами.1. Внутрішня енергія і її змінапри теплопередачіВнутрішня енергія макроскопічного тіла дорівнює сумікінетичних енергій безладного руху всіх молекул (або185

Основи термодинамікиатомів) відносно центра мас тіла і потенціальних енергійвзаємодії всіх молекул одна з одною.Внутрішня енергія змінюється при:— теплопередачі (рис. 150, а);— виконанні роботи над тілом або самим тілом, (наприклад,при терті пробірки виділяється тепло, і розігрітий газвиштовхує пробку (рис. 150, б).аРис. 150б1861.1. Внутрішня енергія ідеального газуВнутрішня енергія ідеального газу обумов люється лишекінетичною енергією руху молекул; потенціальною енергієюїх взаємодії можна знехтувати. Для ідеального газумасою m внутрішня енергія розраховується за формулоюU = i m 2 M RT ,де i — число ступенів свободи молекули.Числом ступенів свободи називають число незалежнихвеличин, за допомогою яких може бути задане положеннятіла або частинки. Для одноатомного газу i = 3, двоатомного— i = 5, триатомного і більше — i = 6.1.2. Робота ідеального газу. Її геометричнетлумаченняТермодинамічна робота виконується тілами при змініїхнього об’єму.

1. Внутрішня енергія і її змінапри теплопередачіОскільки тверді й рідкі тіла при нагріванні розширюютьсянезначною мірою, то незначною є і виконувана нимитермодинамічна робота. Робо ту в термодинаміці може виконуватилише газ, який значно змінює свій об’єм при нагріванні.Робота ідеального газу при ізобарному процесі:A ′= p ( mV − V )= M RT ( −T).2 1 2 1Робота ідеального газу при ізотермічному процесі:mAM RT V′= ln 2 .V1Геометричне тлумачення роботи газу.Робота газу чисельно дорівнює площі фігури, обмеженоїграфіком залежності p від V, віссю V та ординатами початковогоі кінцевого стану (рис. 151, а, б).аРис. 151б1.3. Теплопередача та її видиТеплопередачею або теплообміном називається процеспередавання енергії від одного тіла до іншого без виконанняроботи.Існує три способи теплопередачі:1) теплопровідність;2) конвекція;3) випромінювання.Теплопровідність — вид теплопередачі, при якій передаваннявнутрішньої енергії від одних тіл до інших відбуваєтьсяпри їх безпосередньому контакті й зумовлене взаємодієюатомів і молекул. Висока теплопровідність, наприклад, у металів.Шерсть, поролон та інші пористі тіла мають низькутеплопровідність. Вакуум теплопровідністю не наділений.187

Основи термодинамікиКонвекція — вид теплопередачі, при якій внутрішняенергія від одних тіл до інших передається рухомими струменямирідини чи газу. Конвекція приводить до виникненнявітру (бриз) на березі моря.При випромінюванні теплообмін зумовлений передачеюенергії світловим потоком (здебільшого інфрачервона ділянкашкали електромагнітних хвиль). Цей вид теплопередачівідрізняється від інших тим, що може здійснюватися в повномувакуумі. Випромінюванням передається на Землюі сонячна енергія.1.4. Кількість теплоти. Рівняння теплового балансуТа частина внутрішньої енергії, яку тіло втрачає чиотримує при теплопередачі, називається кількістю теплоти(Q):[Q] = Дж.При теплообміні не відбувається перетворення енергіїз однієї форми на іншу: частина внутрішньої енергії гарячоготіла передається холодному; теплообмін припиняєтьсяпри вирівнюванні їхніх температур.Теплообмін у замкненій системі описується рівняннямтеплового балансу:Q 1+ Q 2+…+ Q n= 0 ,Qодерж= Q ,де Q одерж— сумарна кількість теплоти, одержана тілом притеплообміні;Q від— сумарна кількість теплоти, віддана тілом при теплообміні.від1.5. Питома теплоємність речовиниПитома теплоємність речовини (с) — це величина, якачисельно дорівнює кількості теплоти, що отримує або віддає1 кг речовини при зміні її температури на 1 К:c =Qm∆T.188

1. Внутрішня енергія і її змінапри теплопередачіОдиниця питомої теплоємності — «джоуль на кілограмкельвін»:⎡⎣ c ⎤ ⎦ = Джкг⋅К .Кількість теплоти, яка необхідна для нагрівання тілаі яка виділяється при охолодженні тіла, розраховується заформулами:при нагріванні: Q= cmt −t( к п ) ;( )при охолодженні: Q= cmtп −t, кде t п— початкова температура, t к— кінцева температура.Питома теплоємність речовини залежить від виду речовини,її агрегатного стану та інтервалу температур, у якомупроходить теплопередача.Рідкі й тверді речовини розширюються при нагріваннінезначною мірою, їхні питомі теплоємності при сталомуоб’ємі й сталому тиску залишаються сталими і наведенів таблицях.Якщо нагрівати газ при сталому об’ємі, його молярнутеплоємність ( C v ) і питому теплоємність ( c v ) можна обчислитиза формулами:iRC = v2 ,CviRcv= = ,M 2 Mде M — молярна маса речовини.Якщо нагрівати газ при сталому тиску, його молярнутеплоємність ( C p ) і питому теплоємність ( c p ) можна обчислитиза формулами:( i + 2)( i RCp= Cv+ R = R , cp 2= + 2).2MМолярна теплоємність речовини — величина, яка визначаєтьсякількістю теплоти, необхідної для нагрівання1 моля речовини на 1 К.Одиниця молярної теплоємності — «джоуль на молькельвін»:⎡⎣ c ⎤ ⎦ = Джмоль ⋅К .189

Основи термодинамікиДля калориметричних вимірювань використовуєтьсяприлад — калориметр. Найпростіший калориметр являєсобою посудину з покришкою, яка має форму склянки.Посудину ставлять на пробкову підставку, вміщену в іншу,більшу, посудину так, що між ними залишається шар повітря,який є теплоізолятором.1901.6. Питома теплота згоряння палива.ККД нагрівачаПитомою теплотою згоряння палива називається величина,яка вимірюється кількістю теплоти, що виділяєтьсяпри повному згорянні одного кілограма палива:Qq = .mОдиницею питомої теплоти згоряння палива є «джоульна кілограм»:⎡⎣ q ⎤ ⎦ = Джкг .Пристрої, у яких відбувається згоряння палива, називаютьсянагрівачами. Це печі, топки і горілки різної конструкціїабо камери згоряння в теплових машинах.При оцінюванні ефективності нагрівача вводиться поняттякоефіцієнта корисної дії (ККД) нагрівача η , якийвизначає, яка частина виділеної при нагріванні енергії використовуєтьсяз користю:QкорQη= =Q qпов1.7. Змінювання агрегатного стану речовиниПроцес перетворення твердого кристалічного тіла на рідинуназивається плавленням; процес перетворення рідинина тверде кристалічне тіло — кристалізацією.корm.( λ) — це ве-Питома теплота плавлення (кристалізації)личина, яка чисельно дорівнює кількості теплоти, необхідноїдля перетворення 1 кг кристалічної речовини при температуріплавлення на рідину тієї самої температури:λ= Q m .

2. Перший закон термодинаміки. Адіабатичний процесПри кристалізації тіла виділяється така сама кількістьтеплоти, яка була витрачена на його плавлення.Питома теплота пароутворення (конденсації) (L) — цевеличина, яка чисельно дорівнює кількості теплоти, якунеобхідно витратити для перетворення 1 кг рідини на парупри незмінній температурі:QL = .mОдиниця питомої теплоти плавлення і пароутворення —«джоуль на кілограм» (Дж/кг). При конденсації пари у рідинувиділяється така сама кількість теплоти, яка булавитрачена на її випаровування.Внутрішня енергія тіла змінюєтьсяпри нагріванні або охолодженні,пароутворенні абокон денсації, плавленні або кристалізації.У всіх випадках тілупередається або від нього віднімаєтьсядеяка кількість теплоти.Графік залежності температуривід часу для кристалічноготіла при зміні його агрегатногостану (т. т. → р. → п.) зображенийна рис. 152.Наприклад, лід → вода → водяна пара при нормальномуатмосферному тиску:( )Q = 1c mt −л плtп. л, Q =λ 2m ,( )Q = 3c mt −в кипtпл , Q = 4Lm .Рис. 1522. Перший закон термодинаміки.Адіабатичний процесЗакон збереження і перетворення енергії, поширенийна теплові явища, називається першим законом (першимначалом) термодинаміки.191

Основи термодинамікиЗміна внутрішньої енергії ∆U при переході її із одногостану в інший дорівнює сумі роботи зовнішніх сил A і кількостітеплоти Q, переданої системі:∆U= Q+ A .Якщо система сама виконує роботу A ′ над зовнішнімитілами, то (оскільки A′ =−A ) перший закон термодинамікизручно формулювати так: кількість теплоти Q, переданасистемі, витрачається на зміну її внутрішньої енергії ∆Uі на здійснення системою роботи A ′ над зовнішніми тілами:Q= ∆ U+ A′.Застосування першого закону термодинаміки до різнихізопроцесів у газі подано в табл. 6.Адіабатичний процес — процес у теплоізольованій системі(рис. 153, а):Q = 0 .Рівняння Пуассона для адіабатичного процесу в ідеальномугазі:pV ν = const ,Cpiν= = + 2 — це відношення молярних (чи питомих) теплоємностейгазу при сталому тиску й об’ємі.CviТаблиця 6ІзотермічнийT = const ,m = constІзохоричнийV = const ,m = constІзобаричнийp = const ,m = constАдіаба тичнийQ = 0192∆T = 0 ∆V = 0 ∆p = 0 Q = 0∆U = 0 A′=0 Q= ∆U+ A′∆U+ A′= 0Q= A′ Q=∆U∆U=− A′∆U=AДіаграма адіабатичного процесу в координатах p, V.( )Адіабата pV ν = const розміщується більш круто, ніжізотерма (T = const, pV = const). Це пояснюється тим, що при

3. Другий закон термодинаміки. Ентропіяадіабатичному стисненні збільшення тиску газу зумовленоне тільки зменшенням його об’єму, як при ізотермічномустисненні, а й підвищенням температури. При адіабатичномурозширенні температура знижується ( ∆U=− A′), пристисненні — підвищується ( ∆U=A) (рис. 153, б).Оскільки ідеальної теплоізолюючої оболонки бути неможе, адіабатичний процес у природі може бути тількишвидкоплинним: Q → 0.pQ 0T const0VаРис. 153б3. Другий закон термодинаміки. ЕнтропіяДругий закон (друге начало) термодинаміки:— Неможливо здійснити такий періодичний процес, єдинимнаслідком якого було б повне перетворення нароботу теплоти, отримуваної від нагрівача (формулюванняКельвіна).— Неможливий процес, єдиним результатом якого є передачаенергії у формі теплоти від менш нагрітого тіладо більш нагрітого (формулювання Клаузіуса).193

Основи термодинаміки— Вічний двигун другого роду неможливий, тобто двигун,ККД якого при перетворенні теплоти на роботу дорівнює100 % (формулювання Карно).Упорядкований рух може переходити в неупорядкованийспонтанно (природний процес) — це, наприклад, перетвореннямеханічної енергії на теплову. Зворотний процесспонтанно відбуватися не може (необоротний процес), але вінможливий за умови виконання роботи зовнішніми силами.Друге начало термодинаміки визначає направленістьпроцесу, його ймовірність. Імовірність події вимірюєтьсявідношенням кількості способів її здійснення до кількостіспособів здійснення всіх можливих подій.Ентропія (S) — це функція, що характеризує міру хаотичностів системі, яка перебуває у стані, імовірністьздійснення якого w. При цьому ентропія пропорційна логарифмуймовірності: S= k⋅ln w. Якщо стан системи установлюєтьсяєдиним способом, його ймовірність w = 1, а ентропіяS= k⋅ ln 1=0.У такій термінології друге начало термодинаміки формулюєтьсятак:— Можливі лише такі процеси, при яких ентропія не змінюєтьсяабо зростає:∆S 0 (нерівність Клаузіуса).4. Теплові двигуниТепловий двигун — машина, що перетворює внутрішнюенергію палива на механічну енергію.Тепловий двигун має працювати циклічно; після розширеннягазу настає стиснення.Три основні частини теплового двигуна (рис. 154, а):1) нагрівач ( T 1 ) — джерело внутрішньої енергії;2) робоче тіло (газ або пара), що виконує механічну роботуза рахунок внутрішньої енергії, отриманої від нагрівача;194

4. Теплові двигуни3) холодильник ( T2 < T1), що забезпечує природний процеспередачі тепла від більш нагрітого тіла до більш холодного,чим здійснює компенсацію процесу перетворення тепловоїенергії на механічну. Холодильником може бути оточуючесередовище (так охолоджується радіатор побутовогокондиціонера, радіатор двигуна внутрішнього згоряння).Цикл Карно — схема ідеальної теплової машини (з найвищимККД).Робота газу, що здійснюється, повністю відбувається зарахунок кількості теплоти, відданої нагрівачем. При стисненнігазу робота зовнішніх сил повністю перетворюєтьсяна теплоту, що віддається холодильнику (рис. 154, б).аРис. 154бТермодинамічний (термічний) ККД теплового двигуна:Q1 − Q2η т= , де Q1− Q2= A робочого тіла.Q1Теорема Карно: термічний ККД циклу Карно не залежитьвід природи робочого тіла і є лише функцією температурнагрівача ( T 1 ) і холодильника ( T 2 ):T1 −T2η і= .T1ККД реальних теплових машин менший від ККД ідеальноїмашини. У реальній тепловій машині завжди наявні195

Основи термодинамікивтрати на нагрівання, механічну роботу в механізмі машини;таким чином, корисна робота є меншою за роботу робочоготіла:A Q − Qкор

5. Приклади розв’язання задачпри розширенні, кількість теплоти, що пішла на його нагрівання,зміну внутрішньої енергії.Дано:t 1= 27 °Cm = 160 г− кгM( H 2 )= 210 ⋅3p = constмольV2 = 2V1i = 5A′ — ?∆U — ?Q — ?СІ:T 1= 300 Km = 016 , кг− кгM( H 2 )= 210 ⋅3p = constмольV2 = 2V1i = 5Розв’язання:При ізобарному нагріванні робота газу дорівнює:A′= p∆ V .За рівнянням Клапейрона—Менделєєва:p ∆ mV = M R∆T,отже, робота газу при ізобарному процесі:mA′= M R ∆ T . (1)Зміна внутрішньої енергії двоатомного ідеального газудорівнює:∆U = i m ∆ ∆M R T=5 m22 M R T . (2)За другим законом термодинаміки визначимо кількістьтеплоти:Q= ∆ U+ A′.ТодіmQ = 5M R T+mM R T=7 m∆ ∆22 M R ∆ T . (3)Кінцеву температуру T 2визначимо за законом Гей-Люссака:V1T1VT2 12VT1 1= , T2= = = 2T1.V T V V2211197

Основи термодинамікиЗміна температури ∆T дорівнює:∆T= T − T = 2 T − T = T .2 1 1 1 1Підставимо значення ∆T у формули (1), (2), (3) і отримаємо:mA ′= M RT , ∆U = 5 m12 M RT , Q = 7 m12 M RT . 1A′=⎡ ⎣ ∆U⎤ ⎦ = ⎡ ⎣ Q⎤ ⎦ =Обчислення:кг ⋅моль ⋅Дж⋅Ккг⋅К⋅моль= Дж ,{ A′ }=016831 , ⋅ , ⋅300−3210 ⋅= 199 440 ,{ ∆U }={ Q}=5016 ⋅ , ⋅831 , ⋅300−32210 ⋅ ⋅7⋅0, 16⋅831 , ⋅300−32210 ⋅ ⋅= 498600 ,= 698040 .Відповідь: A′=199, 4кДж, ∆U = 498, 6кДж, Q = 698, 04 кДж.Задача 2.Один моль ідеального газу здійснює замкнений процес,що складається з двох ізохор і двох ізобар. Визначити роботу,здійснювану газом за один цикл, якщо точки 2 і 4 лежатьна одній ізотермі.Дано:T 1T 3T2 = T4= Tν=1 мольA′ — ?198Розв’язання:Робота при замкненому циклі до рівнюєплощі фігури (1—2—3—4) у координатах pV:A′= ( p − p )⋅( V −V)=2 1 4 1= pV − pV − pV + pV2 4 2 1 1 4 1 1 .Застосуємо рівняння Клапейрона—Менделє єва для одногомоля у кожному стані газу:pV= RT , pV = RT , pV = RT , pV = RT .1 1 12 2 23 3 34 4 4

5. Приклади розв’язання задачІз рис. 156 випливає:p = p , p = p , V = V, V = V .4 13 22 13 4Підставимо відповідні значення у рівняння Клапей рона—Менделєєва:pV= RT , (1)1 1 1pV= RT , (2)2 1 2pV= RT , (3)2 4 3pV= RT . (4)1 4 4Підставимо рівняння (1) —0(4) у формулу для роботи газу: V V2A′= RT3 −RT2 − RT4 + RT1 = R( T3 − 2T+T V V1)1Рис. 156RT − RT + RT = R T − 2 T+T ,( )2 4 1 3 1оскільки T2 = T4= T .Перетворивши рівняння (1) — (4), виявимо зв’я зок Tз T 1і T 3:⎧pV1 1 ⎫⎪pV 1 1= RT1, T1= ,R⎪ T⎪pV ⎬⎪2 2 TpV2 2= RT T = ⎪1, ,⎪R ⎭⎨⎪pV2 4 ⎫pV2 4= RT3, T3= ,⎪R⎪ T⎪pV ⎬1 4⎪ p1V4= RT, T=, ⎪ T⎩R ⎭T T3Отже: = ⇒ T= TT1 3.T T12 2= ==3 2pVRpVR1 1p VR4pVR1 4( 3 1 3 1)Відповідь: робота газу A′= R T − 2 TT + T .Задача 3.pp21,p2= .pУ калориметрі масою m 1, питома теплоємність якогоc 1, міститься вода масою m 2, нагріта до температуриt 1. У калориметр опускають суміш мідних і алюмінієвихошурків масою m, які мають температуру t 2. У результатітемпература води підвищується до θ . Визначити масу міднихі алюмінієвих ошурків.pp 2, p 3p 1, p 42113344V199

Основи термодинамікиДано:Розв’язання:m = кm m = m= m + m1 суміші 3 4 Закон збереження енергіїдля теплових процесівc = кc c = c1 Al 3tп. к= t 1c = Cucмає вигляд:4m = вm t t t2 пAl=пCu= 2Qc = вc θодерж= Qвід,2tп. в= t 1Q = Q + Q = одержc m ( − t )+1 2 к кθ1cmвm 3— ?m 4— ?Q = Q + Q = одержc m ( − t )+ cm ( − t )1 2 к кθ1 в вθ1,Q = c m ( −одержt )+ cm ( − t )1 1θ1 2 2θ1,Q m c ( t − θ )+ mc ( t − θ ) .від =3 3 2 4 4 2Прирівняємо Q одержі Q віді спростимо:( θ−t )⋅( c m + c m )=( t −θ)⋅ cm + cm( )1 1 1 2 2 2 3 3 4 4.Оскільки m= m3 + m4 , то отримуємо два рівняння з двоманевідомими. Знайдемо m 4і m 3:m4=( θ−t1)⋅ ( c1m1 + c2m2)−c3mt2−θ( t − θ)⋅( c −c)2 4 3( ),200mt ( − θ)⋅c −( θ−t )⋅ cm + cmm3 = m− m4=( t − θ)⋅( c −c)Відповідь: m32 4 1 1 1 2 22 4 32 4 3( )mt ( 2− θ)⋅c4 −( θ−t1)⋅ cm1 1+ cm2 2=( t − θ)⋅( c −c)( θ−t1)⋅ ( c1m1 + c2m2)−c3mt( 2−θ)m4=.( t − θ)⋅( c −c)Задача 4.2 4 3( )На електроплитці з ККД 78 % нагрівалась мідна каструляз водою. Маса каструлі 800 г, маса води 2,1 кг. Якапотужність електроплитки, якщо процес нагрівання до кипіннятривав 40 хв і при цьому 15 % води випарувалось?Початкова температура води 15 °С.,.

5. Приклади розв’язання задачДано:η=78 %m 1= 800г=0,8 кгДжc1 = cCu= 380( кг ⋅К)m 2= 21 , кгДжc2 = cв= 4200кг⋅Кτ= 40 хв = 2400 сtп1 = tп2 = tп= 15 °Cm = mп= 015 , mв= 0,15m− ДжL в= 2310 , ⋅6кгN затр— ?3 2Розв’язання:Qкорη= ⋅100 %,QзатрQ = Q + корQ + Q =1 2 3= cm ( θ−t )+ c m ( θ−t )+ Lm,1 1 п 2 2 п пQзатр= N ⋅τ .затрККД електроплитки дорівнює:ЗвідсиNη =затрcm ( θ−t )+ c m ( θ−t )+ Lm1 1 п 2 2 п пNзатр⋅ τcm ( θ−t )+ c m ( θ−t )+ Lm=η⋅t1 1 п 2 2 п п⋅100%.Обчислення:⎡⎣N затр⎤⎦ = Дж⋅К⋅кгДж=кг⋅К⋅сс= Вт ,{ N затр }=380⋅08 , ⋅( 100 −15)⋅10078⋅2400+⋅100%.+4200⋅21 , ⋅( 100 −15)⋅10078⋅2400+62310 , ⋅ ⋅01521 , ⋅ , ⋅10078⋅2400≈ 800 .Відповідь: N затр≈ 800 Вт.Задача 5.Свинцева куля, що летить зі швидкістю v 0, пробившидошку, зменшує свою швидкість до v. Початкова температураt. Визначити, яка частина кулі розплавиться, якщовважати, що на нагрівання пішла k-та частина втраченої кінетичноїенергії k < 1 .( )201

Основи термодинамікиДано:Розв’язання:t = пtЗміна кінетичної енергії кулі дорівнює:tк= tплv 0∆E mv 2mv 2v= − m 0= 2к ( v − v20 ).2 2 2cКількість теплоти, отриманої кулеюQ= k∆Eк на нагрівання й часткове плавлення:mQ= cmt ( пл−t)+λ mрід.рід— ?mЦя величина є k-ю частиною втраченої енергії кулі:Q= k∆Eк,отже,cm t t m k m 2( пл− )+ λрід= ( v − v20 ) .2Розділивши обидві частини рівняння на λ , отримаємошукану величину:2m kv v c t tрід( плm = −20 )−2( − ).2λ2m kv v c t tрід( плВідповідь:m = −20 )−2( − ).2λЗадача 6.Що станеться, якщо в посудину з водою при 0 °С покластикусок льоду при 0 °С p=p202( )Розв’язання:атм ?Лід тане при 0 °С при p атм= 10 5 Па лише тоді, коли вінотримує кількість теплоти, необхідної для перетворенняйого на рідину. Вода буде кристалізуватися при 0 °С тількив тому випадку, коли вона віддаватиме таку ж кількістьтеплоти (якщо маси води і льоду однакові). Лід і вода перебуваютьу термодинамічній рівновазі, яка виключає теплообмін.Отже, ніяких змін у посудині не станеться.Задача 7.У посудині з водою швидко відкачують повітря при0 °С. Що станеться в посудині?

5. Приклади розв’язання задачРозв’язання:За рахунок інтенсивного випаровування частини водиз посудини станеться поступове заморожування частиниводи, що залишилася:Q = Q , Lm =λ m .відодержпарильодуТемпература у посудині під час цього процесу не змінюється.Задача 8.Тверда ртуть масою 15 г при –40 °С поміщена у воду масою6 г при 7 °С Визначити температуру суміші й масу кінцевихпродуктів.Дано:−m 1= 6 г= 6⋅10 3 кгДжc 1= 4200кг ⋅Кt п= 7 ° C1−m 2= 15 г= 1510 ⋅3 кгt п=− 40 ° C2Джc 2= 138кг ⋅К3 Джλрт= λ2= 11,710 ⋅кгДжλ льоду= 33410 , ⋅5кгДжc льоду= 2100( кг ⋅К)t пл2=− 39 °Ct кр1= 0 °CРозв’язання:Вихідна суміш складаєтьсяз двох компонентів — ртуті й води.Оскільки температура ртуті нижчаточки кристалізації води, то можливапоява третьо го компонента —льоду. Це залежить від стану системив момент, коли температурасуміші знизиться до 0 °С.Обчислимо кількість теплотиQ 1, відданої водою при охолодженнідо 0 °С:θ — ?, m в′ — ?,m л— ?−3Qвід = Q1 = cm1 1 ( tп − tкр 1)= = 4200⋅610 ⋅ ( 7−0)≈176 Дж.1Графік залежності температури від часу для води зображенийна рис. 157, а.Обчислимо кількість теплоти Q 2, яка пішла на нагріванняртуті до температури плавлення (від –40 до –39 °С),203

Основи термодинамікипри плавленні ртуті Q 3і нагріванні рідкої ртуті (від –39 до0 °С) Q 4. Приймаємо питому теплоємність ртуті як незміннуу твердій і рідкій фазах:(t,)+ + −( )Q = Q + одержQ + Q= cm t −tm c m t t2 3 4 2 2 пл2 пλ2 2 2 2 2 кр1пл,2−3Q одерж= 138⋅15⋅10 ⋅( − 39 + 40)+3 −3 −3+ 11, 710 ⋅ ⋅1510 ⋅ + 138⋅15⋅ 10 ( 0+39)≈258 Дж.Графік залежності температури від часу для ртуті показанийна рис. 157, б.t,t,t,аРис. 157бПорівняємо Q віді Q одерж. Якщо Qвід= Qодерж, то температурасуміші дорівнювала б 0 °С. Якщо Qвід> Qодерж, то ртутьмала б температуру вище 0 °С. В обох випадках було б двакомпоненти суміші — рідка ртуть і вода.У нашому випадку Qвід< Qодерж, отже, вода перетворюватиметьсяна лід (повністю або частково), і температура сумішіможе стати нижчою 0 °С (при повному замерзанні води).Масу утвореного льоду можна визначити за формулою:204mл=Qодержλ( )− Qльоду258 Дж −176 Дж кгm л=533410 , ⋅ Джmлвід≈ 025 , г < m .,−5≈24, 55⋅10кг ,в

Маса води дорівнюватиме:′5. Приклади розв’язання задачm в= 6г− 0, 25 г=575 , г .Відповідь: температура суміші, у яку входять лід, водаі ртуть, дорівнюватиме 0 °С. Суміш міститиме в собі 0,25 гльоду, 5,75 г води і 15 г ртуті.Задача 9.Двигун внутрішнього згоряння має ККД 28 % при температурізгоряння палива 927 °С і температурі відхіднихгазів 447 °С. На скільки ККД двигуна менший від ККД ідеальноїтеплової машини?Дано:t 1= 927 °Ct 2= 447 °Cη=28 %∆η — ?СІ:T 1= 1200 КT 2= 720 Кη=28 %Розв’язання:η і=T −T1 2T1⋅100 %, ∆η = η −ηі.Обчислення:1200 −720η і=⋅ 100 % = 40 %,1200∆η = ( 40 −28) % = 12 %.Відповідь: ККД двигуна менший від ККД ідеальної тепловоїмашини на 12 %.Задача 10.Яку середню потужність розвиває двигун мотоцикла,якщо при швидкості 108 км/год витрачається бензину 3,7 лна 100 км шляху, а ККД двигуна 25 %? Густина бензину700 кг/м 3 .205

Основи термодинамікиДано:v = 108 кмгодV = 37 , лS = 100 кмη=25 %ρ=700 кгм 3Джq = 46⋅10 6 кгN — ?СІ:v = 30 м с−V = 37 , ⋅10 3 м 3S = 110 ⋅5 мη=025 ,ρ=700 кгм 3Джq = 46⋅10 6 кгРозв’язання:Економічний ККД:A ⎫η =Q⎪⎪ NS ⋅A= N⋅tη =,V⋅ρ⋅q⋅v⎪S ⎬t =v ⎪ η⋅V⋅ρ⋅q⋅v⎪N=.Q=mq ⎪ Sm=Vρ⎪⎭N =Обчислення:−0253710 , ⋅ , ⋅ ⋅700⋅46⋅105103 63Вт ≈8910, ⋅ Вт .Відповідь: N ≈ 89 , кВт.206

Електродинаміка1. Електростатика1.1. Електричний заряд. Закон збереження зарядуЕлектричний заряд (q) — фізична величина, яка характеризуєвластивість тіл і частинок вступати в електромагнітнувзаємодію. Розрізняють позитивні та негативні заряди.Мінімальний електричний заряд, що існує у природі,—це заряд елементарних частинок — електронів (e).Елект ричний заряд будь-якого тіла дорівнює цілому числуелементарних зарядів (e).Одиниця виміру заряду в СІ — 1 Кл (1 кулон):1 Кл = 1 А⋅ с,−e = 16 , ⋅10 19 Кл.1 кулон — це заряд, що протікає через поперечний перерізпровідника протягом 1 с при силі постійного струмув 1 А.Закон збереження заряду: алгебраїчна сума зарядів усіхтіл ізольованої системи залишається незмінною при будьякихпроцесах чи явищах усередині системи:q 1+ q 2+…+ q n= const .207

Електродинаміка2081.2. Взаємодія зарядів. Закон КулонаРізнойменно заряджені тіла і частинки притягуються,однойменно заряджені — відштовхуються.Закон Кулона: модуль сили електростатичної взаємодіїміж двома точковими зарядами q 1і q 2, які містяться увакуумі, прямо пропорційний добутку модулів їхніх зарядіві обернено пропорційний квадрату відстані r між ними(рис. 158):q1 ⋅ q2F = k⋅,r2 F =− F .q 1 0rF 1Рис. 158F 2q 2 01 2Iдеться про взаємодію зарядженихтіл або частинок, а невлас не зарядів.Електричні заряди називаютьсяточковими, якщо розподіленіна тілах, лінійні розмірияких значно менші, ніж будь-якіінші розміри в даній задачі.Коефіцієнт пропорційності в за коні Кулона (k) — величина,яка чисельно дорівнює силі взаємодії двох точкових зарядівпо 1 Кл кожний, що розташовані на відстані 1 м одинвід одного у вакуумі:2Н⋅мk = 910 ⋅9 .2КлУ діелектриках сила взаємодії зменшується в ε разів:q1 ⋅ q2F = k⋅,2ε ⋅rде ε — діелектрична проникність середовища.1У теорії електрики k замінюється на k =4πε0q1 ⋅ q2F =,24π⋅ε0⋅ε⋅r21−12Клε0= = 88510 , ⋅,24πkН⋅мде ε 0— електрична стала.:

1. Електростатика1.3. Електричне поле. Електростатичне поле.Напруженість електричного поля.Принцип суперпозиції полівЕлектричне поле — це вид матерії (частковий випадокелектромагнітного поля), основною особливістю якої є діяна тіла й частинки, що мають електричний заряд.Розрізняють два основних види електричних полів:елект ростатичне і вихрове (індукційне).Електростатичні поля — це електричні поля, які існуютьнавколо нерухомих (у даній системі відліку) тіл або частинок,що мають електричний заряд.Напруженість електричного поля ( E) — силова характеристикаполя. Це векторна величина, що дорівнює відношеннюсили, з якою поле діє на пробний заряд, до величиницього заряду:E = F , Eq⎡⎣ ⎤ ⎦ = 1 Н Кл .Пробний заряд — це точковий позитивний заряд, щовноситься в поле.Сила, з якою діє електростатичне поле, називається кулонівськоюсилою: F = q⋅ E .Лінії напруженості (силові лінії) електричного поля —неперервні лінії, дотичні до яких у кожній точці, через якувони проходять, збігаються з вектором напруженості поля.Лінії напруженості електростатичного поля починаютьсяна позитивно зарядженому тілі і закінчуються на негативнозарядженому тілі (рис. 159, а, б).Принцип суперпозиції (накладання): напруженість полясистеми зарядів дорівнює векторній сумі напруженостейполів, створюваних кожним із зарядів окремо: E= E1 + E2 +…+ E n.Поля не взаємодіють, а накладаються. Заряди взаємодіють,оскільки поле одного заряду діє на інший, і навпаки(рис. 160, а).209

ЕлектродинамікаE + -аРис. 159бНапруженість поля точкового заряду:q qE1= k⋅ = .2εr2 4πε0εrТакий же вигляд має напруженість поля зарядженоїсфери, де r — відстань від центра сфери (рис. 160, б).+-E 2E аE 1Рис. 160бНапруженість поля нескінченної заряд же ної плоскої поверхні(однорідне поле):210σE = .2εε0( ) — це величина, що до-Поверхнева густина заряду σрівнює електричному заряду, який припадає на одиницюплощі поверхні (рис. 161):σ= q S .

1. ЕлектростатикаДля рівномірно різнойменно заряджених паралельнихнескінченних площин напруженість подвоюється(рис. 162):σE= 2Eпл=εε .+0-+Рис. 161 Рис. 162В навколишньому просторі E = 0.Потік вектора напруженості (N) (рис. 163):N= EScosα ,де α — кут між E і нормаллю n до площини S.Рис. 163Теорема Остроградського—Гаусса: потік вектора напруженостічерез будь-яку замкнену поверхню, яка оточуєелектричні заряди, дорівнює:1N = ∑q.εε0211

Електродинаміка2121.4. Електричне поле у речовиніЗа здатністю проводити електричні заряди всі речовиниумовно поділяються на провідники, діелектрики (непровідники),напівпровідники.Речовини, де електричні заряди вільно пересуваються,називаються провідниками. Ними є ґрунт, тіло людини, всіметали у твердому та рідкому станах, водні розчини солей,кислот, лугів, розплавлені солі та іонізовані гази.В інших речовинах, названих діелектриками, електричнізаряди, надані їм, залишаються на тих самих місцях.Діелектриками є янтар, ебоніт, каучук, фарфор, повітря, сухедерево, капрон тощо.Є група речовин, які називаються напівпровідниками.При кімнатній температурі напівпровідники маютьхоч і дуже малу, проте помітну електропровідність, тобтоздатні проводити електричний струм. З підвищенням температури(або при опромінюванні) їхня електропровідністьзростає. Напівпровідники займають проміжне місце міжпровідниками і діелектриками. До напівпровідників належатьселен, кремній, германій, закис міді.1.4.1. Провідники в електростатичному полі(електростатична індукція)Розглянемо металевий провідник в електричному полі.Металевий провідник складається із позитивних іонів,закріплених у вузлах кристалічної ґратки, і вільних електронів,які хаотично рухаються в ґратці.Під впливом зовнішнього електричного поля E 0вільніелектрони переміщуються в напрямку, протилежномунапрямку E 0. На кінцях провідника виникають заряди:уздовж поля — позитивні (надлишкові іони), проти поля —негативні (надлишок вільних електронів), які утворюютьвнутрішнє поле E 1. Процес урівноважується, коли E1 = E0.Усередині провідника E= E0 − E1 = 0, а на його кінцях виникаютьрізнойменні заряди, однакові за модулем (рис. 164):F1 = F0; E1 = E0, E= E0 + E1 ⇒ E= E0 − E1 = 0 ,Кл.

1. ЕлектростатикаЕлектростатичний захист — ізоляція від електростатичногополя металевою сіткою і т. п., яка оточує, наприклад,тіло людини, електролампу (рис. 165).Рис. 164 Рис. 1651.4.2. Діелектрики в електростатичному полі(поляризація діелектрика)Якщо діелектрик складається із полярних молекул(тобто молекули є диполями: на одному кінці переважає позитивнийзаряд, на другому — негативний), то зовнішнімелектричним полем вони орієнтуються вздовж ліній поля(рис. 166, а).У зовнішньому полі у всіх діелектриків відбуваєтьсяполяризація молекул (електронні оболонки в атомах і молекулахзміщуються в напрямку, протилежному E 0). Прицьому всередині діелектрика різнойменні заряди диполіввзаємно компенсуються, а на поверхні утворюються нескомпенсованізв’язані заряди диполів. Вони утворюють полеE1 < E0(рис. 166, б): E= E + E0 1 ,E= E0 − E1 < E . 0Поляризація діелектрика — це виникнення в ньому поляE 1зв’язаних зарядів, яке послаблює зовнішнє поле E 0.Діелектрична проникність ( ε) середовища — це число,яке визначає, у скільки разів напруженість зовнішнього213

Електродинамікаполя E 0більша від напруженості поля в діелектрику. Її величиназалежить від виду матеріалу середовища:ε= E 0E.аРис. 166б1.5. Робота в електростатичному полі. Потенціалполя. Різниця потенціалів двох точок поляРобота в електростатичному полі:— не залежить від шляху, а визначається координатами точок,між якими переноситься заряд;— у будь-якому замкненому контурі дорівнює нулю.Такі поля називаються потенціальними.Потенціал поля ( ϕ) у даній точці є величина, що чисельнодорівнює роботі кулонівських сил при переміщенні одиничногопозитивного заряду з даної точки у нескінченність:Aк1−∞ϕ 1= .qІншими словами:Потенціал поля в даній точці є величина, яка чисельнодорівнює потенціальній енергії одиничного позитивногозаряду, поміщеного в дану точку, якщо його потенціальнуенергію в нескінченності вважати рівною нулю:1ϕ 1= W пq, якщо W ∞= 0 .214

1. ЕлектростатикаПотенціал електричного поля точкового заряду q, якщовважати W пв нескінченності рівною нулю:ϕ = k q 1εr , в теорії ϕ q1=4πε εr .Еквіпотенціальна поверхня — це поверхня, всі точкиякої мають однаковий потенціал (рис. 167).Еквіпотенціальна поверхня і лінії напружено сті поляв кожній точці поля взаємно перпендикулярні.Поверхня електропровідногозарядженого тіла еквіпотенціальна.Робота з переміщення зарядупо еквіпотенціальній поверхнідорівнює нулю.Напруженість у будь-якійточці електростатичного полядорівнює зміні потенціалу( ∆ϕ = ϕ1 −ϕ2 ), який припадає наодиницю довжини ліній напруженостіполя (l):E =− ∆ϕ х, El⎡⎣ ⎤ ⎦ = В м .Рис. 167Вектор напруженості полязавжди напрямлений у бік зменшенняпотенціалу.Різниця потенціалів двох точок поля — це величина, якачисельно дорівнює роботі кулонівських сил при переміщенніодиничного позитивного заряду з першої точки у другу:ϕ− ϕ =1 2Aк1−2q, ⎡⎣ ϕ ⎤ ⎦ = 1 ДжКл= 1 В .01.6. Електрична напругаСторонні сили — це будь-які сили, крім кулонівських,які діють на заряд.Напруга — це величина, яка чисельно дорівнює роботівсіх (кулонівських і сторонніх) сил при перенесенні одиничногопозитивного заряду через дану ділянку:215

ЕлектродинамікаU A A к+ст⎛ A ⎞=, ⎜ ⎟ ,q ⎝ q⎡⎣ U⎤ ⎦ = В.⎠Якщо діють тільки кулонівські сили, тоA= AК ⇒ U = ϕ −ϕ1 2 .Робота на переміщення заряду q в електростатичномуполі:A= qU , A= qEd ,де d — проекція переміщення заряду на лінію E.1.7. Електризація тілЯкщо створити надлишок (або нестачу) електричних зарядівтого чи іншого знака, то тіло буде наелектризованим.Розрізняють три види електризації:1. Електризація від дотику (тертя) різнорідних тіл, наприкладскла і шовку. При контакті різнорідних речовинневелика частина електронів атомів однієї з речовин(тієї, де зв’язок електронів з атомом відносно слабкий)переходить в іншу речовину. Тіло з надлишком електронівзаряджається негативно (шовк), з нестачею (скло) —позитивно (рис. 168).2. Електризація провідників через дотик до наелектризованоготіла. При дотику провідника до негативнозарядженого тіла частина вільних електронів підвпливом електричного поля переходить на провідник.При дотику до позитивно зарядженого тіла частинавільних електронів залишає провідник. При цьомупровідник електризується, а наелектризоване тілочастково розряджається (рис. 169).e- +e- - - - - - - -+ + + + + + + + +216Рис. 168 Рис. 169

1. Електростатика3. Електризація через вплив. Провідник вноситься в електричнеполе і на короткий час заземляється (достатньодоторку руки). При цьому залежно від напрямку лінійнапруженості електричне поле або виштовхує із провідникав Землю, або притягує із Землі в провідник вільніелектрони. Провідник виявляється зарядженим різнойменноз тілом, яке утворює електричне поле (рис. 170).+- - - - - - - -eÇ+ + + + + + + +eÇÇ–ÇåìëÿРис. 170Електризація тіл при тісному контакті застосовується велектрокопіювальних пристроях («Ера», «Ксерокс»).1.8. Електрична ємність. Плоский конденсатор.Енергія електричного поляЕлектрична ємність — це властивість двох провідниківнакопичувати заряд відповідно до різниці потенціалів, щовиникає:qC = , де U = ϕ1 −ϕ2 U.Фарад — це електрична ємність двох таких провідників,між якими при наданні кожному з них заряду 1 Кл(+1 Кл і –1 Кл) виникає різниця потенціалів 1 В:⎡⎣ C ⎤ ⎦ = 1 КлВ= 1 Ф .Оскільки ємність 1 Ф дуже велика, то часто використовують1 мкФ, 1 пФ.217

ЕлектродинамікаПлоский конденсатор — це конструкція із плоскихпластин провідника, розділених діелектриком (повітря,слюда, парафін та ін.) (рис. 171, а):εε⋅SC = 0 .dЕлектрична енергія конденсатора:W CU 2 q 2= = qUел2 2C= 2 .При паралельному з’єднанні конденсаторів сумарна ємністьзростає (рис. 171, б):C= C1 + C2 +…+ C n,а при послідовному з’єднанні конденсаторів зменшується(рис. 171, в):1 1 1 1= + +…+ .C C1 C2C nабвРис. 1712181.9. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Заряди 40 і –10 нКл закріплені на відстані 10 смодин від одного. Який треба взяти третій заряд і де його

1. Електростатикарозмістити, щоб система перебувала в рівновазі? Якою будеця рівновага?Дано:q 1= 40 нКлq 2=− 10 нКлl = 10 смr 1= 10 смq — ?x — ?СІ:−q = 410 ⋅8 Кл−8q 1=−110⋅ Клl = 0,1 м1r 1= 10− мРозв’язання:Третій заряд може бутирозмі щений тільки на лінії,яка проходить через заряди q 1і q 2, за меншим за модулем зарядом;тільки тоді буде виконуватисьумова рівноваги: F1 + F2 = 0 (рис. 172).У проекції на вісь Ox: F Fk q ⋅ q2x( l+x)2x2=2k q ⋅=ql+xqq12,( )− = , отже, F = F.1 201,2l+x=xqx22qql+ x=2 x , x= l .q q12+ - l x122 1q1=2( l+x),Рис. 172,l+x= 2 ,xF 2 q1Відповідь: x = 10 см. Заряд q будь-який (він скорочується).Рівновага нестійка.Задача 2.У точці A поміщено заряд q > 0. Як зміниться напругаі потенціал поля в точці B, якщо в точці C помістити діелектричнукульку?Розв’язання:Відбудеться поляризація кульки, тобто на її поверхнівиникнуть поляризаційні заряди q 1і q 2однакової величини.F 219

ЕлектродинамікаНапруженість поля в точці B збільшиться, оскільки EB= E+ E1 + E2 ⇒ EB= E+ E1 − E , але E E2 1>2.Потенціал поля в точці B зменшиться, тому щоϕ = ϕ + вϕ + 1ϕ , але ϕ 2 1< 0 , ϕ 2> 0 , а ϕ > ϕ (рис. 173).1 2Рис. 173Відповідь: напруженість поля в точці B збільшиться, а потенціалзменшиться.Задача 3.Визначити кількість електронів, які утворюють заряд−пилинки масою 510 ⋅9 г, якщо остання перебуває у станірівноваги в електричному полі, створюваному двома зарядженимипластинами. Різниця потенціалів між пластинамиϕ1 − ϕ2 = ∆ ϕ = 3000 В, відстань між ними 2 см.Дано:−m = 510 ⋅9 гϕ1 − ϕ2 = 3000 Вd = 2 см−e =−16 , ⋅10 19 Клn — ?СІ:−m = 510 ⋅12 кгϕ1 − ϕ2 = 3000 В−d = 210 ⋅2 м−e =−16 , ⋅10 19 Кл220Рис. 174Розв’язання:Аналізуючи умову задачі, побудуєморисунок. Зобразимо сили, що діють на пилинку(рис. 174). Оскільки пилинка перебуваєв рівновазі, якщо рівнодійна сил, якідіють на неї, дорівнює нулю, то F рівн= 0 , або F + елmg =0 .

1. ЕлектростатикаУ проекції на вісь Ox: Fел − mg =0 , F = елmg . Нехай зарядпилинки q, тоді електрична сила, яка діє на неї, дорівнюєF = елqE .Оскільки E = ∆ϕ ∆ϕ, то F = q .ddЗ умови рівноваги знаходимо∆ϕ mgdq = mg , звідки q = .d ∆ϕКількість електронів, які утворюють заряд пилинки,можна визначити, розділивши її заряд на заряд одногоелектрона:qmgdn = , тобто n = .e∆ϕ⋅ e⎡⎣ n ⎤ ⎦ =кг м ⋅м2сВ⋅КлОбчислення:Дж= = 1 (безрозмірна величина);Дж{ n}=Відповідь: n = 2040 електронів.Задача 4.−12510 ⋅ ⋅9, 8002 ⋅ ,3= 20410 , ⋅ .−193000⋅16 , ⋅10У вершинах квадрата зі стороною a = 10 см розміщенотри однакові позитивні заряди й один негативний по−510 ⋅7 Кл. Визначити напруже ність електричного поляу центрі квадрата, якщо заряди містяться у повітрі.Дано:q1 = q2 = q3= 510 ⋅−7q 4=−510⋅ Клa = 10 см = 01 , мε=12Н⋅мk = 910 ⋅9 2КлE рівн O— ?−7КлРозв’язання:Аналізуючи умову задачі, будуєморисунок (рис. 175). Напруженістьполя у центрі квадрата Oдорівнює векторній сумі напруженостейелектри чних полів, створюванихкожним зарядом окремо Eрівн O= E1 + E2 + E3 + E . 4221

ЕлектродинамікаРис. 175Оскільки всі заряди однакові за величиною і розташованіна однаковій відстані від точки O, то числові значеннянапруженостей E 1, E 2, E 3і E 4теж однакові. Вони визначаютьсяза формулоюkq1E1= ,2rде r — відстань від вершини квадрата до його центра.22 aВиражаючи r через сторону квадрата A, знайдемо r = .2Підставивши значення r 2 у вираз для E 1, одержимо:E12kq1= .2aОскільки напруженості E 3і E 2рівні за величиною, алепротилежні за напрямом, то напруженість результуючого поля E рівн Oвизначається як сума напруженостей E 1і E 4,тобто в скалярному вигляді Eрівн O= E1 + E , оскільки 4 E1і E 4напрямлені в одну сторону. Беручи до уваги, що E1 = E4,одержимоkq kqEрівн O= 2 2 =411.22a aОбчислення:⎡⎣EН⋅м22рівн O⎤ Кл⎦ =2м⋅ КлН= .Кл222

Відповідь: E{ E рівн O }=рівн O4910 ⋅ ⋅ ⋅510⋅9 −7( 01 , )6 Н МН= 18 , ⋅ 10 = 18 , .Кл Кл22. Постійний струм6= 18 , ⋅10.2. Постійний струм2.1. Електричний струм. Сила струму.Густина струмуЕлектричний струм — це впорядкований (напрямлений)рух вільних носіїв заряду.За напрям струму прийнято вважати напрям, у якомурухався б позитивний заряд.Речовини, у яких можливий такий рух, називаютьсяпровідниками електрики.Струм, який виникає у провідниках, називається струмомпровідності.Умови існування струму1. Наявність вільних носіїв заряду.2. Наявність електричного поля.3. Замкнене електричне коло (рис. 176).У металах вільні носії заряду — цевільні електрони (напрям руху електронівпротилежний до напряму струму).Сила струму (I) — скалярна величина,яка чисельно дорівнює кількостіелектрики (заряду q), що переноситьсяза одиницю часу крізь площу поперечногоперерізу:qI = , It⎡⎣ ⎤ ⎦ = 1 А,Рис. 176q= It , 1 Кл = 1 А⋅ с.Постійний струм — це струм, сила і напрям якого з часомне змінюються.223

ЕлектродинамікаАмпер — сила постійного струму, який, проходячи подвох паралельних провідниках нескінченної довжини і зовсіммалого поперечного перерізу, розміщених на відстані1 м один від одного у вакуумі, викликав би між ними силу−взаємодії, яка дорівнювала б 210 ⋅7 Н на кожний метр їхньоїдовжини.Густина струму ( j ) — векторна величина, модуль якоїдорівнює відношенню сили струму до площі перерізу, черезяку проходить струм:Ij = .SВектор густини струму напрямлений уздовж струму.Якщо заряд вільного носія заряду ( q 0 ), концентрація носіїву провіднику n (їхня кількість на одиницю об’єму), середняшвидкість упорядкованого руху v , а площа поперечного перерізупровідника S, то сила струму I у провіднику дорівнює:I= q 0nvS .Густина струму провідності в металах:j=nev .2242.2. Закон Ома для ділянки кола.Опір металевих провідників. НадпровідністьЗакон Ома для ділянки кола (рис. 177): сила струму Iв ділянці кола прямо пропорційна прикладеній напрузі Uі обернено пропорційна опору провідника R:UI = .RОпір провідника (R) — це властивістьпровідника чинити опірструму, який проходить по ньому.Опір металевого провідниказалежить від його розмірів, матеріалуі температури:Рис. 177lR =ρ , ρ= ρ0 ( + α )S1 t ,

2. Постійний струмде ρ — питомий опір провідника. Це величина, яка чисельнодорівнює опору провідника завдовжки 1 м з поперечнимперерізом 1 м 2 (рис. 178):2⎡⎣ ρ ⎤ ⎦ = Ом ⋅м1 = 1Ом ⋅ммОдиниця опору встановлена на підставі закону Ома:⎡⎣ R⎤ ⎦ = 1 В =А 1Ом .Термічний коефіцієнт опору ( α) — відносна зміна опорупровідника при нагріванні його на один градус.1 −Для чистих металів α≈273 К 1 .У деяких металів і сплавів при температурах T с, близькихдо абсолютного нуля (0,2 ... 23 К), питомий опір дорівнюєнулю — надпровідність (рис. 179).Рис. 178 Рис. 179Електропровідність провідника (G) — це величина,обернена опору провідника:G = 1 . RОдиниця електропровідності — сименс (См):1⎡⎣ G⎤ ⎦ = = 1 См .ОмЗакон Ома у векторній формі: j=γ E,де γ — питома електропровідність, величина, обернена питомомуопору провідника:γ = 1 .ρ225

ЕлектродинамікаНапруга (спадання напруги) (див. «Електро статика»):U = A .q( )Під час дії тільки кулонівських сил A=AU = ϕ −ϕ1 2 .( )Під час дії тільки сторонніх сил A=Aстор:U =E — електрорушійна сила (ЕРС).к:( )Під час дії кулонівських і сторонніх сил A= A + AU = ( ϕ1 −ϕ2)+E .к стор:2.3. Послідовне і паралельне з’єднання провідниківПри послідовному з’єднанні провідників:q1. Сила струму однакова, оскільки I = .t2. Напруга на з’єднанні провідників дорівнює сумі напругна кожному провіднику, оскількиA= A1 + A2 +…+ A n:U= U1 + U2 +…+ U n(рис. 180).UIR 1R 2U 1U 2Рис. 180Напруга на провідниках прямо пропорційна їхнім опорам:U1R1= .U R22622

2. Постійний струм3. Опір з’єднання дорівнює сумі опорів провідників:R = R1 + R2 +…+ R n.При паралельному з’єднанні провідників:1. Напруга на провідниках однакова, боU = A .q2. Сила струму в нерозгалуженій частині кола дорівнює суміструмів у провідниках (рис. 181):II = I1 + I2+…+ ... I nI2. nI 1R 1IR 2I 2Рис. 181Сила струму у провідниках обернено пропор ційна опорупровідників:I1R2= .I R23. Електропровідність з’єднання дорівнює сумі електропровідностейпровідників:1 1 1 1= + +…+ .R R1 R2R nПровідник, носій опору у колі, називається резистор.Резистори бувають із постійним опором (постійні резистори)і регульовані (реостати, потенціометри).Реостат — прилад для регулювання сили струму в колішляхом зміни опору кола:реостат з ковзаючим контактом — рис. 182, а;реостат штепсельний (магазин опорів) — рис. 182, б.Потенціометр — прилад для регулювання напруги(рис. 182, в).1227

ЕлектродинамікааR1R2бРис. 182в2.4. ЕРС. Закон Ома для повного кола.З’єднання елементівДжерело струму — це пристрій, у якому діють стороннісили, які розділяють заряди (рис. 183).+ -+ rРис. 183 Рис. 184RКулонівські сили завжди з’єднують різнойменні заряди.У замкненому колі діють сторонні сили в джерелі й кулонівськісили у всьому колі, але робота кулонівських силу замкненому контурі дорівнює нулю (рис. 184).Електрорушійна сила джерела ( E дж ) є величина, що чисельнодорівнює роботі сторонніх сил у джерелі, затраченійна переміщення одиничного позитивного заряду через усеколо:E дж= A q .Робота, затрачена на переміщення заряду через усе коло,дорівнює сумі робіт на зовнішній ділянці кола і всередині228

2. Постійний струмджерела (ділянка кола з опором r, де r — власний, внутрішнійопір джерела):A= Aзовн + A . внутрE дж= U зовн+ U внутр, E дж= IR + Ir .Закон Ома для повного кола: сила струму в зам кненомуколі дорівнює електрорушійній силі джерела, поділеній наповний опір кола:EI =дж.R+rНаслідки закону Ома для повного кола— Напруга на полюсах замкненого джерела струму(рис. 185, а):U= E дж−Ir.— Напруга на полюсах незамкненого джерела струму(рис. 185, б):U =E джпри R вольтметраr .— Коротке замикання джерела струму, тобто R → 0(рис. 185, в):I = Eдж max.rа б вККД джерела струму:Рис. 185η= UE дж,де U — напруга на зовнішній ділянці кола.229

ЕлектродинамікаЗ’єднання елементів у батарею1. При послідовному з’єднанні елементів у батарею електрорушійнасила батареї дорівнює алгебраїчній суміЕРС елементів (рис. 186, а):E = E + бE +…1 2E . n2. При паралельному з’єднанні елементів з однаковою ЕРСелектрорушійна сила батареї дорівнює ЕРС одного елемента(рис. 186, б):E = бE . 1аРис. 186б2302.5. Робота і потужність струму.Закон Джоуля—ЛенцаРобота струму A = qU, де q = It;A = IUt.Потужність струмуAP = ; P= IU , Pt⎡⎣ ⎤ ⎦ = 1 А⋅ В=1Вт .Закон Джоуля—Ленца про кількість теплоти, яка виділяєтьсяпри проходженні струму:Q= I 2 Rt .Якщо в провіднику струм справляє тільки теплову дію,то A = Q:2A = Q = UIUt = 2I Rt = R t , P IU I R U 2= = 2 = .R

2.6. Приклади розв’язання задач2. Постійний струмЗадача 1.Дано електричне коло (рис. 187). Визначити силу струмув провіднику. Елементи однакові з E = 15 , В і r = 0,5 Омкожний. Опір провідників: R1 = R4 = 2 Ом, R 2= 1 Ом,R 3= 3 Ом.Дано:E = 15 , Вr = 05 , ОмR1 = R4 = 2 ОмR 2= 1 ОмR 3= 3 ОмI 3— ?Розв’язання:Провідники R 2і R 3з’єднані паралельно,отже:RR2 3I3R2 + R3R2=, I3= I .I RR + RСила струму в колі:I =R +13E джRR2 3R + R2 3+ R + r42 3дж.Рис. 187Оскільки однакові елементи з’єднані паралельно, тоE = джE , r = rдж2 .Тоді сила струму в колі:EI =RR2 3R1+R + R2 3+ R +4r2.231

ЕлектродинамікаI=Відповідь: I 3= 75 мА.Задача 2.Обчислення:15 ,A=03 , А,32 + + 2+0,254I3 = 03 , ⋅ 1 A= 0, 075 А.4Два елементи з ЕРС 2 В і 1,5 В, внутрішнім опоромr1 = r2 = 05 , Ом з’єднані паралельно. Опір зовнішнього колаR = 2 Ом. Визначити силу струму у зовнішньому колі, силуструму в батареї.Дано:E 1= 2 ВE 2= 15 , Вr1 = r2 = 05 , ОмR = 2 ОмРозв’язання:r 1r 2I — ?I 1— ?R232За законом Ома для всього кола:E дж1I =R +r ,2де E дж= U на незамкненому джерелі;U= U1 = U2 (на кожному елементі).E1 > E2, виходить, у батареї перший елемент є дже реломструму, отже: U1 = E1−I1r,( E1 + ( −E2))I1=(сила струму в батареї).r + r1 2Обчислення:2−15,I 1=А = 0,5 А,05 , + 05 ,

( )ε дж= 2−0, 505 ⋅ , В = 1,75 В,2. Постійний струмI =175 ,2+0,25А ≈ 078 , А.Відповідь: I ≈ 078 , А, I 1= 05 , А.З’єднання резисторів й обчислення їхнього опоруПри розв’язанні задач цього типу потрібно пам’ятати,що точки з однаковим потенціалом можна з’єднувати і роз’-єднувати (за умови, що роз’єднання не приводить до розривукола). Робота кола від цього не порушиться.Задача 3.На скільки рівних частин треба розрізати дріт опором100 Ом, щоб при паралельному з’єднанні цих частин отриматиопір 1 Ом?Аналіз й розв’язання:Нарізаний провідник можна уявити собі як складовийз n частин. Тоді його опір R = nR . При паралельно-Rму з’єднанні опір n рівних частин дорівнює R = 2n. Тоді2R1R = R 2n , R1= n R2, звідки n = = 10 .RЗадача 4.Знайти загальний опір кола, якщо струм входить у вузол1 (вузлом називають точку, де з’єднуються не меншетрьох провідників) і виходить з вузла 4. Опір кожної сторониквадрата R, діагоналі 2R (рис. 188, а).Аналіз й розв’язання:Ділянки кола 12 і 23 з’єднані послідовно, отже, опір ділянки123 дорівнює 2R (рис. 188, б).Ділянка 123 включена паралельно ділянці 13. Загальнийопір цих двох ділянок дорівнює212R2= R (рис. 188, в).233

ЕлектродинамікаДілянки 13 і 34 з’єднані послідовно, отже, їхній загальнийопір дорівнює 2R. У той же час ділянка 134включена паралельно ділянці 14 (рис. 188, г), отже,1 1 1 3R= + = ; Rзаг R R 2R 2R= 2 3 .загТаким чином, послідовно переходячи за допомогою еквівалентнихсхем до більш простої, ми розв’язали задачу.абвРис. 188гЗадача 5.Даний дротяний каркас у вигляді куба. Опір кожного ребраR. Знайти загальний опір (рис. 189, а).234Аналіз й розв’язання:Точки 1, 2, 3 мають однаковий потенціал, оскількиточка A загальна, а опори сторін куба однакові, аналогічноϕ4 = ϕ5 = ϕ6. З’єднаємо точки однакового потенціалу. Режимкола не порушиться. Сторони куба будуть з’єднані паралельно,оскільки мають однакові потенціали на початку і кінціпровідника. Накреслимо еквівалентну схему (рис. 189, б).

2. Постійний струмаРис. 189R R RЗагальний опір R = + + =заг3 6 3Задача 6.б56R .Знайти опір R такого реостата, щоб можна було зменшуватисилу струму в n разів.Аналіз й розв’язання:Накреслимо схему:Максимальний струм буде при знаходженні движкареостата в крайньому лівому положенні: I = maxU.R0Мінімальний струм буде при знаходженні движка реостатаUв крайньому правому положенні: I = min R + . За умовоюImin= , отже, I. Тоді R = R0 ( n −1.)( 0R)ImaxUnRnЗадача 7.min = 0На кожний атом міді припадає 1 електрон провідності.Яка середня швидкість електронів провідності, якщо через−мідний дріт діаметром 210 ⋅4 м протікає струм 10 А?235

ЕлектродинамікаДано:I = 10 А−d = 210 ⋅4 мv — ?A Cu= 64 а. о. м.ρ Cu= 8910 , ⋅3 кг/ м3−1 аом . . . = 1, 67 ⋅10 27 кг−e = 16 , ⋅10 19 КлРозв’язання:Сила струму в металі:I= e⋅nvS⋅ ⋅ , звідкиv =I.enS ⋅ ⋅Виразимо концентраціюелектронів.За умовою задачі вона дорівнює концентрації атомів міді:n = ρ .m027Маса атома m0= A ⋅16710, − кга. о.м⋅аом . ..dПлоща поперечного перерізу дроту S = π 24 4Im04IA⋅1,67 ⋅10v = =22eρπdeρπd−27.v =Обчислення:41064167 ⋅ ⋅ ⋅ , ⋅10−27−( )−1610 , ⋅ ⋅8910 , ⋅ ⋅314 , ⋅ 2⋅1019 3 4 2мс−≈ 2,38⋅10 2мс .Відповідь: v ≈ 238 , см/ с .3. Струми провідності2363.1. Електричний струм у металах.Контактна різниця потенціалів. Явище ПельтьєСтрум у металах — упорядковане переміщення вільнихелектронів під дією електричного поля:I=envS ,де e — заряд електрона; n — концентрація вільних електронів;v — швидкість дрейфу електронів.

3. Струми провідностіВольт-амперна характеристика струму в металах випливаєіз закону Ома (рис. 190).IOUРис. 190Контактна різниця потенціалів виникає при контактірізних металів (рис. 191) і близька до лінійної функції абсолютноїтемператури.Рис. 191Термопара — електричне коло із двох різних металів(сплавів), у якому виникає термоелектрорушійна сила,прямо пропорційна різниці температур ( T2 −T1) у контактахA, B (рис. 192):E терм= U + U12 , 21 ,,I = Eтерм .RПриклади термопар: мідь — константан, платина — залізо.Термобатарея — послідовне з’єднання кількох термопар.Явище Пельтьє — нагрівання або охолодження контактутермопари А, В при проходженні струму (рис. 193). КонтактA охолоджується, а контакт B нагрівається.237

ЕлектродинамікаРис. 192 Рис. 1933.2. Струм в електролітахЕлектроліти — це водні розчини солей, кислот і основ,а також їхні розплави, у яких носіями струму є іони.Наприклад, це розчин NaCl, CuSO 4, розплав NaOH.3.2.1. Електролітична дисоціаціяПри розчиненні солей, кислот і основ у воді йоннийзв’язок у них стає слабкішим в ε разів, і при теплових співударахїхні молекули розпадаються на йони — електролітичнадисоціація (рис. 194):+KBr↔ K + Br− .Рекомбінація — об’єднання йонів різних знаків у нейтральнімолекули — процес, протилежний дисоціації.Механізм іонної провідності: під дією електричного поляпозитивні йони рухаються до катода (катіони), а негативні— до анода (аніони) і замикають електричне коло. Прицьому разом з зарядом переноситься речовина (рис. 195).- +-+-+238Рис. 194 Рис. 195

3. Струми провідності3.2.2. Закон електролізу. Застосування електролізуЕлектроліз — виділення речовини на електродах припроходженні струму через електроліт. Електроліз супроводжуєтьсяокисно-відновними реакціями.Закон електролізу (закон Фарадея): маса ви діленої наелектроді речовини прямо пропорційна заряду, що пройшовчерез електроліт:m= kq .Тут k — електрохімічний еквівалент речовини:⎡⎣ k ⎤ ⎦ = кгКл , k M= ,neN Aде n — валентність.Стала Фарадея (F) чисельно дорівнює електричному заряду,який треба пропустити через електроліт для виділенняна електроді маси будь-якої речовини, що дорівнює в кгMвідношенню , де n — валентність речовини;neN = F — стала Фарадея;AF = 9648 , ⋅10 7 Кл/кмоль.Електричний заряд (q) будь-якого йона:nFq =± .Заряд одновалентного йона дорівнює за абсолютною величиноюзначенню заряду електрона:N A−e = 16 , ⋅10 19 Кл.ЕРС поляризаціїМеталеві електроди частково дисоціюють в електроліту вигляді позитивних іонів. При цьому на електродах звільняютьсяелектрони. У результаті виникають сторонні сили,протилежні стороннім силам джерела струму. Мірою питомоїроботи цих сил є величина, що називається ЕРСAстqполяризації (рис. 196):E −E I =п.R+ r + rе239

ЕлектродинамікаРис. 196Застосування електролізуІ. Гальванотехніка:а) гальваностегія — покриття деталей тонким шаром металу(позолота, нікелювання, хромування тощо);б) гальванопластика — відкладення товстого шару металу,який відшаровується і використовується самостійно(отримання матриць для друкарських пластинок,барельєф і т. п.).ІІ. Електрометалургія — виділення чистих металів ізприродних сумішей та промислових відходів (міді із мідногоколчедану, алюмінію із розплавленого бокситу, срібла ізвідходів фотовиробництва).ІІІ. Очищення металевих деталей (деталь є ано дом).2403.3. Електричний струм у газах (газовий розряд)За нормальних умов гази майже повністю складаютьсяіз нейтральних атомів (молекул) і є діелектриками.Унаслідок нагрівання або впливу випромінюваннячастина атомів іонізується — поділяється на позитивно зарядженійони й електрони (рис. 197, а). При з’єднанні електронівз нейтральними атомами утворюються і негативнозаряджені йони (крім інертних газів та азоту). У йонізованомугазі, як і в електролітах, також відбувається рекомбінаціяатомів (рис. 197, б).Провідність іонізованого газу йонно-електронна.

3. Струми провідностіаРис. 197бВольт-амперна характеристика газового розряду(рис. 198).Рис. 198( ) іони й електрони, які утворю-При I= I насиченняI насються під дією іонізатора, досягають електродів (відсутнярекомбінація). Ділянка графіка 0AB — несамостійнийрозряд, ділянка BC від повідає самостійному розрядув газах.3.3.1. Самостійний розрядСамостійний розряд відбувається внаслідок іонізаціїелектронним ударом (рис. 199) й елек тронної емісії.При виникненні самостійного розряду кіне тична енергіяелектронів, які прискорюються електричним полем,переважає роботу виходу електронів із атомів. Число електроніві позитивних іонів різко зростає — виникає лавинаелектронів і йонів. Позитивні йони, розігнані електричним241

Електродинамікаполем, бомбардують катод і вибивають з його поверхні новіелектрони (електронна емісія):22mvmv= eE l, A виходу,22де l — довжина вільного пробігу.Рис. 1993.3.2 Електрична дугаЕлектрична дуга є формою самостійного розряду, якийвиникає при великій густині струму і по рівняно невеликийнапрузі між електродами.При з’єднанні двох електродів (рис. 200, а) контакт (якщойого площа невелика) має великий опір й інтенсивнонагрівається. Основною причиною дугового розряду є інтенсивнатермоелектронна емісія розжареного катода. Анодбомбардується електронами — утворюється заглиблення(кратер), і температура анода збільшується. Між електродамивиникає стовп яскравого світного газу: випромінюванняаб242Рис. 200

3. Струми провідностісвітла атомами газу, збуджуваними при зіткненні з позитивнимийонами газу і електронами. Температура газу в каналідуги досягає 5000—6000 °С, виникає конвекційний потік,що відхиляє дугу вгору (рис. 200, б).Застосування електричної дуги: електрозварювання,електрорізка, потужні джерела світла.3.3.3. Розряд у розріджених газах — тліючий розряд.Блискавка. ПлазмаРозряд в розріджених газах (рис. 201) — приклад самостійногорозряду.При тиску до:— 50 мм рт. ст.— спостерігається іскровий розряд;— 0,5 мм рт. ст.— плазмовий шнур;— 0,02 мм рт. ст.— тліючий розряд (суцільний потік електроніві йонів);— 10 −4 мм рт. ст.— катодні промені (потік електронів із катода).При тиску нижче ніж 10 −4 мм рт. ст. (високий вакуум)розряд припиняється, тому що довжина вільного пробігуелектрона перевищує розміритрубки.Плазма — частково або повністюйонізований газ. Виникаєпри всіх видах розрядів у газах.Плазмою оточена наша планета.Верхній шар атмосфери нависоті 100—300 км являє собоюйоні зований газ — іоносферу.У плазменому стані перебуває99 % речовини у Всесвіті.Плазма виникає при всіх видахгазових розрядів: тліючому,дуговому, іскровому.Рис. 201У лампах денного освітлення та інших світних трубках використовуютьплазму позитивного стовпа тліючого розряду.Газорозрядну плазму використовують у газових лазерах— квантових джерелах світла.Найбільш значні перспективи фізики вбачають у застосуванні високотемпературної плазми (з температурою243

Електродинамікадесятків мільйонів градусів) у керованих термоядерних реакціях.Розв’язок цієї грандіозної задачі дасть людству невичерпнеджерело енергії.Блискавка — це плазмовий шнур, що замикає наелектризованіхмари або наелектризовану хмару і Землю. Силаструму у блискавці досягає 500 000 А, а різниця потенціалівміж хмарою і Землею 100 000 000 В.3.4. Струм у напівпровідникахНапівпровідники — це речовини, питомий опір яких дужешвидко зменшується з підвищенням температури (Ge,Si, Te та ін.). Із графіка (рис. 202) видно, що при температурах,близьких до абсолютного нуля, питомий опір дужевеликий. Це означає, що при низьких температурах напівпровідникведе себе як діелектрик.Щоб зрозуміти механізм виникнення провідно сті напівпровідниківз підвищенням температури, необхідно знатибудову напівпровідникових кристалів і природу зв’язку,що утримує атоми кристала один навколо одного. Для прикладурозглянемо кристал кремнію. Кремній — чотиривалентнийелемент. Це означає, що на зовнішній оболонціміститься чотири електрони, що порівняно слабко пов’язаніз ядром. Кількість най ближчих сусідів кожного атома кремніютакож дорівнює чотирьом. Двовимірна структура кристалакремнію зображена на рис. 203.SieSiSiSiOSi244Рис. 202 Рис. 203

3. Струми провідностіУ чистих напівпровідниках між атомами діє ковалентнийзв’язок. Кожний атом обмінюється валентнимиелектронами з чотирма сусідами. При теплових співударахатомів якийсь із електронів, отримавши порцію енергії, можепокинути зв’язок з атомом — утворюється вільний електрон,а відсутній міжатомний зв’язок називається «дірка»,яка є еквівалентною позитивному заряду. При кімнатнихтемпературах концентрація вільних електронів і дірок мала.Таким чином, у чистих напівпровідниках є носії зарядівдвох типів: електрони і дірки. Провідність при цих умовахназивають власною провідністю напівпровідників.3.4.1. Власна і домішкова провідністьнапівпровідниківПровідність чистих напівпровідників електрон нодіркова(власна провідність).За наявності в напівпровідниковому матеріалі малогопроцента (одна десятимільйонна доля) п’ятивалентноїдомішки, наприклад As, кожний атом домішки оточенийатомами основного напівпровідника. При одержанні невеликоїпорції енергії електрон домішки покидає свій атом —утворюється вільний електрон, а домішковий атом стаєпозитивним іоном, закріпленим у вузлі кристалічної ґратки(рис. 204, а).Провідність таких напівпровідників елек трон но-дірковазі значною перевагою електронної (домішкова провідністьелектронного типу).Така домішка називається донором («той, що дає»), а напівпровідник— домішковим напівпровідником n-типу (негативний).За наявності в напівпровіднику тривалентної домішки(наприклад In) атом домішки захоплює в атома основногонапівпровідника валентний електрон, тим самим поповнюючинедостатній ковалентний зв’язок. При цьому він стаєнегативним іоном, закріпленим у вузлі кристалічної ґратки,а в основному напівпровіднику утворюється рухома дірка(рис. 204, б).Така домішка називається акцептором («беручий»),а напівпровідник — домішковим напівпровідником p-типу(позитивний).245

ЕлектродинамікаeAs+In-eаРис. 204бПровідність напівпровідників p-типу елек тронно-дірковаз явною перевагою діркової (домішкова провідність дірковоготипу).При створенні в напівпровіднику електричного полявільні електрони рухаються до анода, а зв’язані електронипереходять від атома до атома, заповнюючи дірки. Діркипри цьому переміщуються до катода (як позитивний заряд)і замикають коло (рис. 205):I= I + Iе д . -+eeeeРис. 2053.4.2. Застосування напівпровідниківТермістори (терморезистори) — напівпровідники, якірізко змінюють опір при зміні температури (використовуютьсяяк термометри, термореле).Фоторезистори — напівпровідники, які різко змінюютьопір при освітленні (використовуються як люксметри, фотореле)(рис. 206).246

Контакт домішкових напівпровідників p‐ і n-ти пу(p—n-перехід)3. Струми провідностіУ контакті напівпровідників p- і n-типу відбуваєтьсявзаємна дифузія електронів і дірок та їх нейтралізація,в результаті чого виникає запірний шар: шар, збідненийвільними носіями заряду. У запірному шарі створюєтьсяелектричне поле E , спрямоване від n до p, і контактна різницяпотенціалів ϕ − ϕ (рис. 207).1 2Рис. 206 Рис. 207Одностороння провідність p—n-переходуЯкщо створити поле E , спрямоване від p- до n-типу напівпровідника,то запірний шар ліквідується, опір зменшується,струм збільшується (рис. 208).Якщо створити поле E , спрямоване від n- до p-типу напівпровідника,то запірний шар збільшується, опір збільшується,сила струму зменшується (рис. 209).---n--E ++p+++nEp-+Рис. 208 Рис. 209247

Електродинамікаp—n-перехід у колі змінного струму діє як випрямляч:пропускається струм тільки в одному напрямку.Напівпровідниковий діод — пристрій з p—n-переходом(випрямляч) (рис. 210). Вольт-амперна характеристика напівпровідниковогодіода показана на рис. 211.Напівпровідниковий тріод (транзистор) — пристрійз p—n—p- або n—p—n-переходом (p—n—p-транзистор,рис. 212).I0U248Рис. 210 Рис. 211 Рис. 212Напівпровідникові елементи (діоди, транзистори) є головноючастиною сучасних електронних пристроїв (відкаль кулятора чи комп’ютера до систем керування супутниками).3.5. Струм у вакуумі (струм переносу)Вакуум — розріджений до такої міри газ, що середнядовжина вільного пробігу молекул перебільшує лінійні розмірипосудини.У вакуумі практично відсутні вільні носії заряду.Струм у вакуумі можливий тільки завдяки зарядженимчастинкам, що виникають при емісійних явищах.Термоелектронна емісія — випромінювання електронівтвердими та рідкими тілами при їх нагріванні. Вилітаютьелектрони, кінетична енергія якихбільша або дорівнює роботі виходуїх із металу (роботі на подоланнязв’язку електрона з металом)(рис. 213).Фотоелектронна емісія — вириванняелектронів з поверхні тілаРис. 213під дією світла.

3. Струми провідностіВторинна емісія — вибивання електронів з металу у вакууміпри його бомбардуванні зарядженими частин ками.3.5.1. Електронні лампиЕлектронні лампи — пристрої, засновані на явищі термоелектронноїемісії.Діод прямого розжарення заснований на випромінюванніелектронів розжареним катодом. Термоелектрони,що вилітають, під впливом поля E , обумовленого анодноюнапругою, перелітають на анод і замикають анодне коло(рис. 214).Вольт-амперна характеристика діода прямого розжарення.Струм насичення досягається тоді, коли всі термоелектронипереносяться від катода до анода (рис. 215).Рис. 214 Рис. 215Діод з підігрівальним катодом: нитка розжарення покриташаром оксидів лужних металів, які мають малу роботувиходу електронів (рис. 216).Вольт-амперна характеристика діода з підігрівальнимкатодом. Струм насичення практично не досягається(рис. 217).У діодах закон Ома не виконується (вольт-амперна характеристиканелінійна).Триелектродна лампа — тріод. Між катодом і анодомроз ташований третій електрод — керувальна сітка. Сітка(у формі спіралі) близько розташована до катода, тому249

Електродинаміканевеликі зміни напруги на сітці викликають великі змінианодного струму (рис. 218, а, б).I0UРис. 216 Рис. 217аРис. 218бI AR íU íç0ñU ñi ñR ñ-I A+Рис. 219 Рис. 220250

3. Струми провідностіВольт-амперна сіткова характеристика трі о да.При певному негативному потенціалі ( ϕ з ) лампа закривається— анодний струм дорівнює нулю. Сітка — керуючийелектрод тріода (рис. 219).Тріод — підсилювач слабких струмів та напруг, які наявнів колі сітки (рис. 220).3.5.2. Електронно-променева трубкаЕлектронно-променева трубка — основний елемент телевізора,монітора в комп’ютері.Електронно-променева трубка з електростатичнимкеруванням (рис. 221) — основний елемент осцилографа— приладу для дослідження швидкозмінних процесівв електричних колах.Рис. 221З електронної гармати, де електрони випромінюютьсяниткою розжарення і прискорюються електричним полемелектродів, сфокусований і прискорений пучок електронівнаправляється до центра екрана і в місці влучення спричиняєйого світіння. На вертикальні керуючі пластини подаєтьсяпилкоподібна напруга (рис. 222, а), завдяки якійелектронний пучок відхиляється та прописує на екранігоризонтальну світну лінію. Якщо при цьому на горизонтальнівідхильні пластини подається змінна напруга, толінія на екрані згинається відповідно до форми напруги.Наприклад, якщо на горизонтальні пластини подають синусоїднунапругу, то на екрані бачимо синусоїдну криву(рис. 222, б).251

ЕлектродинамікаU | |U ||аРис. 222бУ телевізійних трубках керування електромагнітне: відхиленняпучка відбувається під дією сили Лоренца. Замістькеруючих пластин використовують котушки дроту.2523.6. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Чи однакова кількість міді виділиться на 1-му, 2-муі 3-му катодах?Розв’язання:- +На катоді 3 міді виділитьсянайменше, оскільки напругаU на всіх електродах однакова,час електролізу однаковий,12але анод і катод 3 замикає найбільштовстий шар електролітуCuSO34(найбільший опір), отже, міжРис. 223ними найменша сила струму,а m= k⋅I⋅ t (рис. 223).Задача 2.Деталь потрібно покрити шаром хрому завтовшки50 мкм. Скільки часу потрібно для процесу покриття, якщонорма густини струму при хромуванні 2 кА/м 2 ?Густина хрому 7200 кг/м 3 . Електрохімічний еквівалентхрому 0,18 ⋅10 6 −кг/Кл.

Дано:−h = 50 мкм= 510 ⋅5 мJ = 2 кА/ м = 2⋅10 3 А/мρ=7200 кг/м 3−k = 0,18 ⋅10 6 кг/Кл∆t — ?2 2Згідно з визначенням густини струмуIJ = ,Sтобто3. Струми провідностіРозв’язання:Згідно із законом електролізуm= kI∆ t, тоб тоI= JS ,m∆t = .kJSm∆t = .kIМасу шару хрому можна також розписати через густинуречовини та об’єм.m= ρV = ρ Sh.Виконавши підстановку маси у формулу часу, отримаємо⎡⎣ ∆t⎤ ⎦ =ρShρ h∆t = = .kJS kJОбчислення:2кг⋅м⋅Кл⋅мА⋅с= = с ,3кг⋅А⋅мА{ ∆t}=7210 , ⋅−⋅510⋅−18 , ⋅10 ⋅210⋅3 57 3= 1000 .Відповідь: ∆t = 1000 с=16, 7 хв.Задача 3.Визначте вартість отримання 10 кг рафінованої міді принапрузі 10 В, ККД установки 75 %, тарифі 11ккВт⋅год;ЕРС поляризації не враховувати.253

ЕлектродинамікаДано:m = 10 кгU = 10 ВкB = 11( кВт⋅год)η=075 ,Розв’язання:Рафінована мідь отримується приелектролізі CuSO 4, тобто мідь двовалентна.Для неї k = 3310 , ⋅7Кл− кг.S — ?ТарифккB = 11 = 11⋅ 36 ⋅ 106кВт год , ДжBWВартість S= BW =затркорηЗа законом Фарадея I⋅ t=mk− к≈310 ⋅6 Дж ., W = корI ⋅ Ut ⋅ .BUm ⋅ ⋅, S = .η⋅kОбчислення:⎡⎣ S ⎤ ⎦ = к⋅В ⋅кг⋅Кл= к ,Дж⋅кг{ S}=Відповідь: S = 12,24 грн.−6310 ⋅ ⋅1010⋅≈ 1224 .−73310 , ⋅ ⋅075,4. Магнетизм2544.1. Магнітне поле. Магнітна індукція поляМагнітне поле — це вид матерії (вид електромагнітногополя), основною особливістю якої є дія на рухомі тіла абочастинки, які мають електричний заряд, та на частинки,які мають магнітний момент.Силова характеристика магнітного поля — магнітна індукція( B).

4. МагнетизмЛінії магнітної індукції — неперервні лінії, дотичні дояких у кожній точці збігаються за напрямком із вектороммагнітної індукції. Ці лінії завжди замкнені, оскільки магнітнеполе вихрове (рис. 224).Модуль магнітної індукції дорівнює відношенню максимальноїсили, з якою магнітне поле діє на рухомий позитивнийзаряд (сила Лоренца), до величини цього заряду ташвидкості його руху (рис. 225):B =F qvЛmax.B Рис. 224 Рис. 225Або:Модуль магнітної індукції дорівнює відношенню максимальноїсили, з якою магнітне поле діє на провідник з постійнимструмом (сила Ампера), до величини сили струмута довжини провідника (рис. 226):B =F IlАmax.Або:Модуль магнітної індукції дорівнює відношенню максимальногомоменту сил, якими магнітне поле обертає рамкуз постійним струмом, до сили струму в рамці й площі, обмеженоїрамкою (рис. 227):B =M ISmax.Одиниця магнітної індукції в СІ — тесла (Тл):Н⋅сН⎡⎣ B⎤ ⎦ = 1 Тл = 1 = 1Кл ⋅мА⋅м .255

ЕлектродинамікаIB F A. maxРис. 226 Рис. 2274.2. Магнітне поле струму4.2.1. Магнітна індукція прямого колового струмуі соленоїдаМагнітна індукція прямолінійного провідника нескінченноїдовжини зі струмом (рис. 228):IB =µµ .02πrЛінії магнітної індукції замкнені в площині, перпендикулярнійдо струму.Напрям ліній визначається за правилом гвинта (правоїруки): якщо відігнутий великий палець правої руки напрямленийза струмом, то зігнуті чотири пальці вказуютьнапрям ліній магнітної індукції.IrIB B r+ -B 256Рис. 228 Рис. 229

Магнітне поле колового струму (рис. 229):4. МагнетизмIB =µµ 0(у центрі витка).2rМагнітний момент ( p маг ) колового струму — це вектор,модуль якого pмаг = I⋅ S напрямлений перпендикулярно доплощини колового струму за правилом гвинта (рис. 230).Магнітне поле соленоїда (котушки провідника з постійнимструмом) (рис. 231).Рис. 230 Рис. 231Якщо довжина соленоїда значно перевищує його діаметр,магнітне поле у його середній частині практично одноріднеі його модуль дорівнюєINB =µµ 0(N — кількість витків).lB напрямлені із соленоїда, прийма-Ділянку, де лініїють за північний полюс соленоїда (N), ділянку, де лінії входятьу соленоїд,— за південний полюс (S).Магнітні полюси — площини поділу однорідної і неоднорідноїділянок магнітного поля соленоїда (рис. 232).BNРис. 232257

Електродинаміка4.3. Дія магнітного поля на рухомий заряд (силаЛоренца) і провідник зі струмом (сила Ампера).Правило лівої рукиНапрям сили Лоренца визначається мнемонічним правиломлівої руки: якщо ліву руку розташувати так, щоблінії B були напрямлені в долоню, чотири пальці показувалинапрям руху позитивного заряду, то відігнутий великийпалець вказує напрям сили Лоренца (рис. 233). Якщорухається негативний заряд, то чотири пальці напрямленіназустріч його руху: F = q⎡Л ⎣v ⋅ B⎤⎦ ,F = Bqv ⎡ Лsin α B , v⎤,⎣⎢ ⎦⎥F = ЛmaxBqv.F Лнапрямлена перпендикулярно до швидкості руху зарядуv , тому:— надає зарядженій частинці доцентрового прискорення;— робота F Лдорівнює нулю. Якщо v⊥B , заряджена частинка рухається по колупевного радіуса (рис. 234):Rm v F m v 2⎛⎞=⎜ Л= ⎟Rq B.⎜⎝ FЛ= Bqv ⎟⎠258Рис. 233 Рис. 234Якщо v напрямлена під кутом α до B , то згідноз перпендикулярною складовою v ⊥частинка описує коло

4. Магнетизмрадіусом R, згідно з паралельною складовою v — рухаєтьсявперед ( v ⋅ T = h), тобто в результаті рухається по гвинтовійлінії з кроком h (рис. 235).Рис. 235Дія магнітного поля на струм (сила Ампера).Напрям сили Ампера визначається за правилом лівоїруки. Модуль сили Ампера:F = ABIl ⋅sinα ,F = AmaxBIl .4.4. Дія магнітного поля на рамку зі струмом.Магнітний потікМагнітне поле діє на протилежні сторони рамки зіструмом з силами Ампера — виникає пара сил, яка повертаєрамку. Якщо рамка не закріплена, вона орієнтуєтьсямагнітним полем B так, щоб її магнітний момент P магбувспівнапрямлений з B зовнішнього поля. Сили Ампера прицьому врівноважуються (рис. 236, а, б):M = maxBIS = BIll , 12M = p B ,maxмагM= M sinα .maxМагнітний потік Φ (потік магнітної індук ції), що пронизуєповерхню площею S (рис. 237):Φ=BScosα ,де α=( n, B).259

AЕлектродинамікаAAAаРис. 236бsn B Рис. 237Одиниця магнітного потоку в СІ — вебер (Вб):⎡⎣ Φ⎤ ⎦ = 1 Вб = 1 Тл ⋅м 2 .2604.5. Закон взаємодії паралельних струмівПринцип суперпозиції магнітних полів: магнітні поля невзаємодіють, а тільки накладаються:B= B1 + B2 +…+ B n.Струми взаємодіють, оскільки магнітне поле одногоструму діє на інший струм і навпаки.Взаємодія паралельних струмів нескінченної довжини(рис. 238):IIlF =µµ 1 2 0.2πr

4. МагнетизмМагнітне поле другого струмуB=µµ2 0I22πrдіє на перший струм із силою АмпераF = B2Il, 1і навпаки.Сила Ампера на одиницю довжини провідника:FII1 2=µµ0.L 2πrПровідники, по яких паралельні струми йдуть в одномунапрямі, притягуються, якщо в протилежному — відштовхуються.4.6. Магнітне поле у речовиніМагнетики — усі речовини, які здатні намагнічуватисьу зовнішньому магнітному полі, тобто створювати власні(внутрішні) магнітні поля B 1самої речовини (рис. 239): B= B0 + B , µ= B 1.B 04.6.1. Магнітний момент атомаВнутрішнє магнітне поле B 1обумовлюється магнітнимивластивостями атомів. Електрони, що обертаються навколоOРис. 238 Рис. 239261

Електродинамікаядра, створюють магнітне поле, яке відповідає магнітномуполю колового струму,— магнітний момент орбітальногоструму p орб.Електрони, окрім маси m, заряду q, мають власне магнітнеполе — спіновий магнітний момент p спінспінового«струму» (рис. 240), який зумовлений обертанням електронанавколо своєї осі, від «spin» — обертання.Магнітний момент атома p ат— векторна сума орбітальнихі спінових магнітних моментів усіх його електронів: p = p + p∑ ∑ ;ат орб спінp ат= 0 , коли магнітні моменти електронів в атомі скомпенсовані(наприклад атом He) (рис. 241).Рис. 240 Рис. 241Якщо в атомі ряд магнітних моментів електронів нескомпенсований, p ат≠ 0 — навколо атома є магнітне полез певним магнітним моментом, що відповідає магнітномуполю колового струму (рис. 242).262Рис. 242

4. Магнетизм4.6.2. Пара-, діа- і феромагнетикиУ зовнішньому магнітному полі B 0нескомпенсованімагнітні моменти атомів орієнтуються за полем, створюючивнутрішнє поле B 1(парамагнітний ефект), але цьому перешкоджаєтепловий рух атомів (рис. 243).В атомах усіх речовин під впливом зовнішнього магнітногополя B 0обертання електронів видо змінюється такимчином, що в атомів з’являється магнітний момент,спрямований проти зовнішнього поля (діамагнітний ефект)(рис. 244).Рис. 243 Рис. 244Парамагнітні речовини (Na, Al та ін.) — це речовини,атоми яких мають p ат≠ 0 . Парамагнітний ефект перекриваєдіамагнітний. Усередині парамагнетиків поле трохипідсилюється: µ>1.Діамагнітні речовини (He, Cu та ін.) — це речовини, атомияких не мають магнітного моменту p ат= 0 . У них наявнийтільки діамагнітний ефект. Усередині діамагнетиківполе трохи слабішає: µ

Електродинамікаp äîìåíàРис. 2454.6.3. Магнітний гістерезис. Точка КюріНамагнічування феромагнетиків (відкрив Сто лєтов, пояснивЛандау):I — ріст доменів, спочатку орієнтованих за зовнішнімполем B 0, унаслідок приєднання (переорієнтації) атомів сусідніхдоменів;II — поворот доменів — орієнтація p доменаза полем;III — парапроцес — строга орієнтація p атза полем частинокусередині доменів;IV — магнітне насичення (повна орієнтація) (рис. 246,а, б).B 0аРис. 246бМагнітострикція — зміна розмірів феромагнетиків приїх намагнічуванні. Застосування — магнітострикційне ультразвуковевипромінювання.264

4. МагнетизмЯвище гістерезису — відставання зміни B від зміни B 0при розмагнічуванні феромагнетика. Якщо намагнітитиферомагнетик до насичення у зовнішньому полі B 0, а потімB 0зменшити до 0, то певною мірою орієнтація магнітнихмоментів атомів зберігається — спостерігаємо залишковунамагніченість B залиш(рис. 247).Щоб забрати B залиш, треба прикласти деяке зворотне поле,яке називається B затримуюче(рис. 248).При намагнічуванні й перемагнічуванні спостерігаємогістерезисну петлю (рис. 248).еРис. 247 Рис. 248Феромагнітні речовини з вузькою гістерезисною петлею(малою остаточною намагніченістю) (рис. 249, а) називаютьсямагнітном’якими (наприклад сталь Армко — майжечисте залізо; електротехнічна сталь); речовини з широкоюпетлею — магнітнотверді (магнітножорсткі), наприклад вуглецевасталь (рис. 249, б).аРис. 249б265

ЕлектродинамікаПостійний штучний магніт — це смуга вуглецевої сталі,яку при виробництві довели до магнітного насичення. Прицьому зберігається значною мірою орієнтація магнітних моментіватомів (рис. 250).SNРис. 250Магнітне поле постійного магніту — це сукупність полівмікрострумів (орбітальних і спінових).Нагрівання феромагнетиків призводить до їх розмагнічування,оскільки тепловий рух призводить до порушенняорієнтації магнітних моментів атомів і доменів.Точка Кюрі — температура, при якій повністю втрачаєтьсяостаточна намагніченість: Fe — 768 °С, Ni — 365 °С,Co — 1140 °С.4.7. Приклади розв’язання задачЗадача 1.OРис. 251266У ділянці простору створенооднорідне електростатичне полеE = 10 000 В/см, напрямленевздовж осі Ox, а також одноріднемагнітне поле B, напрямленевздовж осі Oy. Через цю ділянкув напрямі осі Oz по прямій лініїрухається пучок мезонів зі швидкістюc/3. Чому дорівнює індукціямагнітного поля? Чи можливо задопомогою такого експериментувизначити знак заряду мезона?Релятивістським ефектом знехтувати(рис. 251).

4. МагнетизмДано:Розв’язання:В ВE = 10 000 = 10 6 Якщо вважати заряд мезонаcсм м позитивним, то за правилом лівоїv = руки сила Лоренца F 3 Лнапрямленапроти осі Ox.B — ?За умовою рівномірного прямолінійногоруху FFc = 310 ⋅8 км+Л=0 .сУ проекціях на вісь OxF − F =0 , F = F ;кF = кq ⋅ E , F b q vЛ= ⋅ ⋅ , оскільки α= 90 ° ;q⋅ E= Bqv ⋅ ⋅ , B E E⋅3 = = .v cЛОбчислення:6310 ⋅−⎡⎣ B⎤ ⎦ = Тл , { B}== 102 .8310 ⋅Відповідь: B = 10 мТл. Якщо мезони мають негативний заряд,F кі F Лзмінять напрямок на протилежний. Визначити знакзаряду мезонів у цьому експерименті неможливо, оскількизаряд не входить до умови рівноваги (скорочується).Задача 2.Протон та електрон влітають в однорідне магнітне полез однаковою швидкістю, перпендикулярно до вектора магнітноїіндукції. У скільки разів радіус кривини траєкторіїруху протона R пбільший за радіус кривини траєкторії рухуелектронів R е?Дано:−q пр= 16 , ⋅10 19 Кл−q ел= 16 , ⋅10 19 Клvел= vпрα= 90°−m ел= 91 , ⋅10 31 кг−m пр= 16710 , ⋅27 кгRRпрел— ?кЛРозв’язання:Зобразимо рух заряджених частиноку магнітному полі з урахуваннямправила лівої руки (рис. 252).На рухому заряджену частинкудіє сила Лоренца, модуль якоїF = ЛqvB sinα .267

ЕлектродинамікаУ даному випадку−q = q = q = 16 , ⋅10 19 Кл,прелα= 90 ° , тобто sin90°= 1.Рис. 252Тобто на протон та електрон діють однакові за модулемсили ЛоренцаF = ЛqvB .268Ці сили Лоренца відіграють роль доцентрових силFЛ= aдоцm, оскільки F Лта a доцзбігаються за напрямом. Виконавшипідстановку модуля сили Лоренца та доцентрового прискорення,отримаємо:qvBv 2= R m .Виразимо радіус колаR= mv .qBЗастосуємо цю формулу для протона та електронаЗвідсиRпрmпрv= , RqBRRпрелелmпр= .mелmелv= .qB

4. Магнетизм⎡ R⎢⎣ RВідповідь:прел⎤ кг ⎧⎪⎥ = =1 , ⎨⎦ кг ⎩⎪RRпрелОбчислення:RRпрел= 1800 разів.⎫⎪⎬⎭⎪ =16710 , ⋅−91 , ⋅10−2731= 1800 .Задача 3.α -частинка, пройшовши прискорюючу різницю потенціалівU, влітає в однорідне магнітне поле, вектор магнітноїіндукції якого перпендикулярний до її швидкості.Знайти силу, що діє на частинку в магнітному полі, радіускола та період обертання частинки.Дано:α -частинкаα= 90°UBq = αqv 0= 0m αF Л— ?R — ?T — ?Розв’язання:Зобразимо в ел ек тричному та магнітномуполях рух α -частинки (рис. 253).Згідно із законом збереження енергіїробота кулонівських сил в електричномуполі дорівнює зміні кінетичної енергії α ‐частинки.Aкул=∆ W .кРис. 253Оскільки A = кулqα U ,2mvαmvα 0mvα∆Wк = Wк − Wк= − =2 12 2 22 2,269

Електродинамікато qUmv 2αα= .2Звідси модуль кінцевої швидкості частинки в електричномуполі2qUα2qUv = = .m mПри русі частинки в однорідному магнітному полі дієсила Лоренца, модуль якоїF = ЛqvB sinα .Оскільки α= 90 ° , sinα=1 , тоF = qUqvB = 2 qUЛqB Bm= 2 3 .mТраєкторія руху частинки — коло. Сила Лоренца відіграєроль доцентрової силиF = a ⋅ m .ЛдоцВиконавши підстановку модуля сили Лоренца та доцентровогоприскорення, отримаємоqvBv 2= R m .Виразимо радіус колаRmv m 2qU1 2mU= = =qB qB m B q.Період обертання частинки по колу можна визначитиз формули модуля лінійної швидкості.Rv = 2π ,Tтобто270mU2π1 22πRB qT = = =v2qUm2π2mU ⋅mB q⋅2qU2πm= .BqВідповідь: F = 2qU3 2mU1 mЛB , R = ⋅ , T = 2π .mq B qB

Задача 4.4. МагнетизмЕлектрон влітає в однорідне магнітне поле зі швидкістюv під кутом α до вектора індукції магнітного поля B .Визначити радіус і крок гвинтової лінії, уздовж якої будерухатися електрон.Дано:vαBR — ?h — ?Розв’язання:Рух електрона в однорідному магнітномуполі проходить уздовж гвинтової лінії, оскількиv і B створюють кут α . Це стає очевидним, якщорозкласти вектор швидкості на дві складові:паралельну вектору індукції vі перпендикулярнудо вектора індукції v ⊥(рис. 254).Рис. 254Із рисунка видно, що v = v cosα , v = v ⊥sinα . СилаЛоренца діє на електрон в площині, яка перпендикулярнадо вектора B, і надає йому доцентрового прискорення. Прицьому електрон описує в цій площині коло радіусом R, томущо B = const , v ⊥= const.Визначимо модуль сили Лоренца:F = ЛevB = ⊥evBsinα .Оскільки F = a ⋅ m , тоЛдоц2v⊥⋅meBvsinα=,R271

Електродинамікатобто2 2mv sin αeBvsinα=RRmv sinα=.eB,Уздовж магнітного поля електрон рухається зі сталоюшвидкістю v = vcosα , оскільки в цьому напрямку силане діє.У результаті складання двох рухів — руху по колу тапрямолінійного рівномірного руху за інерцією — траєкторієюрезультуючого руху буде гвинтова лінія (рис. 254).Визначимо шаг гвинтової лінії як відстань, на яку переміщуєтьсячастинка вздовж поля за один оберт:h= v ⋅ T= vconstα ⋅T.2πR2πRУраховуючи, що T = = , отримаємоv vsinα⊥2πRvcosα2πRcosαh = =.vsinαsinαВиконавши підстановку R, отримаємо2πcosαmvsinα 2πmvcosαh = ⋅ =.sinαeB eBmvВідповідь: h = 2π cos α .eB5. Електромагнітна індукція5.1. Явище електромагнітної індукції.Вихрове електричне полеЕлектромагнітна індукція — це явище виникнення електрорушійноїсили індукції у провіднику, контур якого перетинаєтьсязмінним магнітним потоком:E індстор= A q.272

5. Електромагнітна індукціяЯкщо провідник замкнений, то відповідно до ЕРС індукціївиникає індукційний струм:Iіндінд= E .RЯкщо провідник розімкнений, то на його кінцях виникаєрізниця потенціалів:ϕ− ϕ = U = E інд.1 2За теорією Максвелла навколо будь-якого змінногомагнітного потоку виникає електричне поле, лінії напруженостіякого замкнені навколо потоку і напрямлені заправилом лівого гвинта, якщо потік зростає (рис. 255, а);якщо потік зменшується,— за правилом правого гвинта(рис. 255, б).аРис. 255бТаке електричне поле називається вихровим електричнимполем (його лінії напруженості замкнені) або індукційним.У контурі, який перетинається змінним магнітнимпотоком, вільні носії заряду переміщуються під дією вихровогоелектричного поля, здійснюють роботу, що означає виникненняЕРС індукції:E індвихр. ел. п= A q, E = E індl.У контурі ІІ, який магнітним потоком не перетинається,робота дорівнює нулю (рис. 256).273

Електродинаміка=Рис. 2562745.2. Основний закон електромагнітної індукції(закон Фарадея). Правило Ленца.Правило правої рукиЕРС індукції прямо пропорційна швидкості зміни магнітногопотоку, який перетинає контур провідника:E інд=− ∆Φ .∆tУ разі руху провідника з постійною швидкістю в постійномумагнітному полі роботу здійснює паралельна провідникускладова сили Лоренца:∆Φ∆tE інд= Bvlsinα ,Л= A ,qBvlsin α B , v .E інд= ( )Щоб переміщати провідник у постійному магнітномуполі, необхідно витрачати механічну енергію при подоланніперпендикулярної до провідника складової сили Лоренца. Цямеханічна енергія перетворюється на електричну відповіднодо роботи паралельної складової сили Лоренца (рис. 257).Правило Ленца: індукційний струм, що виникає у зам к-неному контурі, має такий напрямок, що створюваний нимпотік магнітної індукції через площу, обмежену контуром,намагається компенсувати ту зміну магнітної індукції, якавикликає цей струм.

5. Електромагнітна індукціяУзагальнене правило Ленца: поля, струми і си ли, що виникаютьу процесах індукції, завжди протидіють тому процесу,який викликає індукція (рис. 258).Рис. 257 Рис. 258Правило правої руки: якщо праву руку розташуватитак, щоб лінії магнітної індукції були напрямлені в долоню,відігнутий великий палець указував напрямок швидкостіруху провідника, то чотири витягнуті пальці вказують напрямокіндукційного струму (рис. 259).Рис. 2595.3. Індукційні струми в суцільних провідникахІндукційні струми в суцільних провідниках — вихровіструми (струми Фуко).У масивних провідниках, розташованих у змінномумагнітному полі, вихрове електричне поле, що виникає,спричиняє появу індукційних струмів у деяких замкненихлініях. На їх утворення витрачається енергія, провідник275

Електродинамікавихровими струмами нагрівається. Для послаблення вихровихструмів виготовляють магнітне осердя (генераторів,трансформаторів тощо) із тонких ізольованих пластин феромагнетиків,розташованих перпендикулярно до напрямкуможливого виникнення вихрових струмів.2765.4. Самоіндукція. Індуктивність.Енергія магнітного поляСамоіндукція — це явище виникнення електрорушійноїсили індукції у провіднику при зміні сили струму в ньомусамому.1. Якщо в провіднику сила струму збільшується, магнітнийпотік навколо провідника зростає. Тому виникаєвихрове електричне поле, яке протидіє зростанню струмуі здійснює при цьо му відповідну роботу. Це означаєвиникнення ЕРС індукції, протилежної за знаком ЕРСджерела.2. Якщо в провіднику сила струму зменшується, виникаєЕРС індукції, яка збігається за знаком з ЕРС джерела.Закон самоіндукції:∆.=−L I ∆ t,E с і∆I > 0⇒ E < 0 , ∆I < 0⇒ E > 0 .L — індуктивність провідника, власна характеристикапровідника, яка чисельно дорівнює відношенню магнітногопотоку, що виникає навколо провідника, до сили струму вньому:Φ ∆ΦL = = .I ∆IІндуктивність провідника чисельно дорівнює ЕРС самоіндукціїу провіднику за одиницю часу при зміні сили струмув ньому на одиницю:L= E с і⋅t∆I.∆Одиниця виміру індуктивності в СІ — генрі (Гн)..

5. Електромагнітна індукціяГенрі — це індуктивність провідника, навколо якогомагнітний потік змінюється на 1 Вб при зміні в ньому силиструму на 1 А:Вб В⋅с⎡⎣ L⎤ ⎦ = 1 Гн, 1 = 1 .А ААбо:Генрі — це індуктивність провідника, у якому виникаєЕРС самоіндукції 1 В при зміні сили струму в ньому на 1 Аза 1 с.Індуктивність провідника залежить від його розмірівта форми, наявності феромагнітного осердя. Індуктивністьтору (замкненого у вигляді кільця соленоїда) максимальнозалежить від кількості витків (N) і магнітних властивостейосердя µ :2NSL = µµ 0⋅ .lГенрі — це величезна індуктивність. Індук тивність звичайнихобмоток з осердями становить кілька мГн.Енергія магнітного поля провідника із струмом:2LIW = магн.2Густина енергії магнітного поля:ω = B2 магн2µµ0.5.5. Електромагнітне поле. Теорія Максвеллав якісному виглядіЕлектромагнітне поле — це вид матерії, якому властиві:— неперервність розподілу в просторі;— дискретність структури;— здатність поширюватися у просторі зі швидкістю, наближеноюдо швидкості світла c:мc ≈310 ⋅8 с ;— силова дія на електрично заряджені частинки або тіла,яка залежить від швидкості їхнього руху.277

ЕлектродинамікаЕлектромагнітне поле описується двома основними векторами:E — напруженість електричного поля:EF ел= ,qB — магнітна індукція магнітного поля:BF магн max= .q⋅vСила, з якою електромагнітне поле діє на електричнийзаряд,— узагальнена сила Лоренца: Fу. Л= Fел + Fмагн, F = qE + у. Лq⎡⎣v × B⎤⎦ .Теорія електромагнітного поля (теорія Макс вел ла) — цетеорія, що встановлює зв’язок між векторами, які описуютьелектромагнітне поле, з одного боку, і джерелами та вихорамицих векторів — з другого. Ці зв’язки кількісно виражаєрівняння Максвелла.Джерела вектора — об’єкти, на яких лінії вектора починаютьсяабо закінчуються. Вихори вектора — об’єкти, навколояких лінії вектора замикаються.Якісно ці зв’язки показує табл. 7.Таблиця 7Вектори Джерела ВихориEBВільні і зв’язанізарядиДжерелане має —магнітнеполе завждивихровеЗмінні магнітні поля(електромагнітна індукція)Макро- і мікроструми («струмизміщення»).Змінні електричні поля(магнітоелектрична індукція)278

5. Електромагнітна індукціяУ певних системах відліку не виявляється магнітна абоелектрична складова електромагнітного поля, і тоді полевідповідно називається електричним або магнітним.Навколо зарядженої кульки,що перебуває у спокої в системі«Земля» (джерело E ), електромагнітне поле називаєтьсяелектричним (немає вихорів B ) (рис. 260).Навколо постійного магніту, що перебуваєу спокої в системі«Земля» (мікроструми — вихори B ), електромагнітнеполеназивається магнітним полем (немає джерел і вихорівE ) (рис. 261).E SNB Рис. 260 Рис. 261Усистемі,що рухається відносно системи «Земля»,поля E і B змінюються (вихори B і E ) — поле електромагнітне.5.6. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Виток провідника по центру пронизується зміннимз постійною швидкістю магнітним потоком. Чому дорівнюєрізниця потенціалів точок A і B? Що покажуть вольтметри1 і 2, підключені до точок A і B (рис. 262)?Розв’язання:У провіднику проходить індукційний струм під дієювихрового електричного струму:I = E індR, отже, ϕ1 − ϕ2 = 0.279

ЕлектродинамікаРис. 262У тому ж вихровому електричному полі перебуваютьвольтметри, в них проходить струм. Контур AV1 B1 A потокомне перетинається, отже, ЕРС в контурі дорівнює 0, алеза законом Ома:E = Uν+ U1⎫⎬ Uν= U1,E = 0 ⎭тобто вольтметр 1 фіксує напругу (падіння напруги) на ділянціA1B. Аналогічно вольтметр 2 — на ділянці A2B.Задача 2.Чи можна вибрати таку систему відліку, у якій магнітнаіндукція в просторі навколо провідника зі струмом дорівнювалаб нулю?Відповідь: не можна, оскільки в такій системі відліку електромагнітнеполе було б відсутнім, а воно матеріальне і неіснувати не може. Тільки в різних системах відліку йогопрояв різний.Якщо взяти систему відліку, що рухається вздовжпровідника зі швидкістю упорядкованого руху електроніву ньому, то в цій системі відліку електронний струм дорівнює0 (відсутній), але назустріч рухається ґратка позитивнихіонів. Струм позитивних іонів створює такий самийвихор B. Тому в такій системі відліку є магнітне поле з тимже B. Якщо ж у провіднику не іонний струм, а напрямленорухомий пучок електронів, то в системі відліку, що рухаєтьсявздовж пучка з тією ж швидкістю, B = 0, але є поле E(джерело E — об’ємний заряд пучка).280

5. Електромагнітна індукціяЗадача 3.−У магнітному полі, індукція якого 510 ⋅2Тл, обертаєтьсястрижень завдовжки 1 м зі сталою кутовою швидкістю20 рад . Вісь обертання проходить через кінець стрижнясі паралельна силовим лініям магнітного поля. Визначте ЕРСіндукції, що виникає у стрижні.Дано:−B = 510 ⋅2 Тлl = 1 мω=20 радсРозв’язання:Стрижень, обертаючись, перетинаєлінії магнітної індукції. При кожномуоберті він перетинає магнітний потік2Φ 1= BS = Bπ l .Протягом однієї секунди, за яку стриженьобернеться ν разів, він перетинаємагнітний потік у ν разів більший, ніж Φ 1.E інд— ?Оскільки зміна потоку відбувається за 1 с, то вона і визначаєЕРС індукції, яка дорівнюєE інд=−Bπl2 ν.Частота обертання ν і кутова швидкість ω пов’язаніміж собою співвідношеннямωω= 2 πν , звідки ν = . 2 πОтже, маємо22 ω Bl ωE інд=− Bπl=− .2π2Обчислення:НА⋅м2 2E інд⎤ =⎡⎣Тл м⎦ = ⋅с{ E інд }=− 510 ⋅ −2 ⋅1 2⋅ 20 =−2м Дж⋅ = = В ,с Кл05 , .Відповідь: E інд=−05 , В.281

Фізика коливань1. Коливальний рух1.1. Основні поняттяКоливання — це рух або зміна стану, що має той чи іншийступінь повторюваності в часі (рис. 263, а, б).абРис. 263Коливальний рух здійснюють маятники годинників,мембрани телефонів, поршні двигунів внутрішнього згоряннятощо.282

1. Коливальний рухПеріодичні коливання — це коливання, при яких значенняфізичної величини повторюються через однаковіпроміжки часу. Період коливання (T) — це проміжок часу,протягом якого тіло здійснює повне коливання, тобто повторюютьсязначення всіх величин, які характеризують коливальнийрух.[T] = 1 с.Частота коливання (ν)— це число повних коливань заодиницю часу.ν= 1 T , [ ν 1]= = 1 Гц (герц).сЦиклічна (колова) частота (ω) — це число повних коливаньза 2π одиниць часу:2πω= 2πν=T, [ ω ]= 1 с .1.2. Гармонічні коливання1.2.1. Рівняння гармонічних коливаньПри гармонічних коливаннях зміна коливальної величиниз часом відбувається за законом синуса чи косинуса(рис. 264):x= x sin ( ω maxt + ϕ 0 ),( )x= x cos ω maxt + ϕ 0,де x — миттєве значення коливальної величини (зміщеннявід положення рівноваги);x max— максимальне значення коливальної величини абоамплітуди коливання (A);ωt — фаза коливання. Це кутова величина, яка визначаєчастку періоду (в градусах чи радіанах), що минула відпочатку коливання: при описі коливання через синус — віднайближчого моменту, коли величина мала нульове значення;при описі коливання через косинус — від найближчогомоменту, коли величина мала максимальне значення:πωt= 2 πνt= 2T t t, ωt= 2 π;T283

Фізика коливаньϕ 0— початкова фаза, тобто значення фази коливанняв момент початку відліку часу (t 0).Рис. 264Вільні коливання зручніше описувати функцією косинуса,оскільки cos 0 ° = 1.Вимушені коливання зручніше описувати функцією синуса,оскільки sin 0 ° = 0:x= x maxsinω t .Швидкість гармонічних коливань — перша похідна координатиза часом:⎛ π ⎞v= x′ t= xmaxωsin⎜ωt+⎟⎝ 2 ⎠,vmax= x ω.Прискорення гармонічних коливань — перша похіднашвидкості за часом, друга похідна координати за часом:a= v′ = x′′ ,tmax2 2a= x ω sin( ωt+π)=−x ω sinωt,maxa=−ω 2 x.Гармонічне коливання — таке коливання, прискоренняякого пропорційне величині зміщення x і має протилежниййому напрям:a = –ω 2 xtmax284

1. Коливальний рухЗагальна закономірність: якщо якась величина змінюєтьсяза законом синуса чи косинуса, то швидкість її змінивідбувається за тим самим законом, але з амплітудою (максимальнимзначенням) у ω разів більшою і з фазою наπ2більшою.Сила, що зумовлює гармонічні коливання, прямопропорційна абсолютному зміщенню тіла від положеннярівноваги і напрямлена протилежно зміщенню: F = ma ,F =− xm ω2 x .1.2.2. Вільні коливання маятниківПружинний маятник — коливальна система, в якій коливаннявідбуваються під впливом сил пружності в межахпружності тіла (пружини) (рис. 265):F =− пруж xkx , a =− km x .xРис. 265Період вільних коливань пружинного маятника:mT = 2π , ω 2 = k k m .Перетворення енергії при коливаннях пружинного маятника:енергія пружної деформації перетворюється в кінетичнуенергію:2 2 2 2kxmaxmvmaxkx mv= = + .2 2 2 2Математичний маятник — це матеріальна точка, якапід вішена на невагомій нерозтяжній нитці.285

Фізика коливаньКоливання математичного маятника відбу ваються піддією тангенціальної складової сили тяжіння (рис. 266):mgFT x= x ,lga =− l x .xПри малих кутах коливання гармонічні.Рис. 266Період вільних коливань математичного маятника:lT = 2π .gПри малих кутах відхилення період коливання математичногомаятника не залежить від ам плітуди (ізохронністьколивань).Перетворення енергії при коливаннях математичногомаятника: потенціальна енергія тіла перетворюється в кінетичнуенергію (рис. 267, а):mgH mv max mv= = mgh +2 22 2.286

1. Коливальний рухФізичний маятник — це будь-яке тіло, здатне вільнообертатись навколо нерухомої горизонтальної осі, яка не проходитьчерез його центр тяжіння (рис. 267, б).При невеликих кутах відхилення від положення рівновагивін здійснює гармонічні коливання подібно до математичногомаятника.Зведеною довжиною (l зв) фізичного маятника називаютьдовжину такого математичного маятника, якиймає такий самий період коливань, як і даний фізичниймаятник.аРис. 267бПеріод коливання фізичного маятника:T = 2πJimglде J i— момент інерції тіла.Коливання фізичного маятника згасаючі, оскільки в реальнихумовах завжди діють сили тертя; частина механічноїенергії переходить у теплову при кожному коливанні.Згасання коливань — це зменшення їхньої амплітудиі збільшення періоду коливань (не гармонічні коливання)(рис. 268).зв,287

Фізика коливаньxtРис. 2682881.3. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Вантаж масою 400 г здійснює коливання на пружиніз жорсткістю 250 Н/м. Амплітуда коливань 15 см. Знайтиповну механічну енергію коливань і найбільшу швидкістьруху вантажу. Тертям знехтувати.Дано:m = 400 гk = 250 Н/мx max= 15 смE мех— ?v max— ?СІ:m = 0,4 кгx max= 0,15 мРозв’язання:Згідно із законом збереження механічної енергіїEмех = Eп = E ,max к maxЗа означенням22kxmaxmvmaxEпmax= , Eкmax= ,222 2kxmaxmvmaxтобто = .2 2Звідсиkvmax = xmax .m

1. Коливальний рухОбчислення:⎡⎣ ⎤ ⎦ = мv maxНм⋅кг= мм⋅кг2см⋅кг1 м= м =с2с,{ v max }= 015 ,250 = 01525 , ⋅ ≈ 3,8 ,04 ,Eмех= E ≈2,8 Дж.п maxВідповідь: v max≈3,8м/с, E мех ≈ 28 , Дж.Задача 2.Тіло здійснює гармонічні коливання за законом⎛ πx= 01 , cos⎜20πt+⎝ 3⎞⎟ м.⎠Визначити амплітуду, період, частоту, змі щення, фазу,швидкість та прискорення в момент часу 0,05 с. У який моментчасу прискорення буде максимальним?Дано:⎛ πx= 01 , cos⎜20πt+⎝ 3t 1= 0,05 сA — ?T — ?ν — ?x 1— ?ϕ 1— ?v 1— ?a 1— ?t 2— ?⎞⎟ м⎠Розв’язання:1) Досліджуючи дане рівняннягармонічних коливань і порівнюючийого з рівняннямгармонічних коливань у загальномувигляді x= Acos( ωt+ ϕ 0 ),знаходимо значення A, ω, ϕ 0.A = 0,1 м; ω= 20π1 с ; ϕ π0= рад.3Формула зв’язку циклічної частоти з періодом дозволяєвизначити період коливань:289

Фізика коливаньT = 2π ω ; T= 2π20π⋅ c=0,1 с.290Із формули T = 1 ν1 1визначимо: ν= =T 01 , с= 10 Гц.2) Для визначення зміщення тіла від положення рівновагинеобхідно в дане рівняння підставити значення часуt 1= 0,05 с:⎛π ⎞x 1= 01 , cos ⎜20π⋅ 005 , +⎝3⎟ м = –0,05 м.⎠Фазу коливань в момент часу t 1= 0,05 с знаходимо заформулоюπϕ = ωt + ϕ 0; ϕ= 20π⋅ 005 , 4+ = π3 3.Швидкість в момент часу t 1= 0,05 с знаходимо як першупохідну координати за часом:v= x′ =− Aωsin ωt+ϕ0 .t( )Виконавши підстановку значень A, ω, t 1, ϕ 0, отримаємо:v =− 01 ⋅ 20 ⎛⎞⎜ ⋅ + ⎟⎝20 005 π, πsin π ,3 ⎠= 544 ,мс .Прискорення в момент часу t 1=0,05 с знаходимо як першупохідну швидкості за часом:2a=− Aω cos( ωt+ ϕ )=1 02 2 ⎛π=−20 ⋅314 , ⋅0, 1cos ⎜20π⋅ 0,05 +⎝3⎞⎟⎠= 197мс 2 .3) Прискорення тіла буде максимальним, якщоcos( ωt 2+ ϕ 0 )= 1 .Розв’яжемо рівняння відносно t 2:arccos1−ϕ=ωt 20π2π−, t32=20π= 0083 , (с).

1. Коливальний рухВідповідь: A =0,1 м, ω= 20π1 с , ϕ π0= рад, ν = 10 Гц,3x 1= –0,05 м, ϕ= 4 мπ, v 1= 544 ,3с , a м1= 197 ,2сt 2= 0,083 с = 83 мс.Задача 3.За графіком гармонічних коливань, поданим на рис. 269,записати рівняння цього коливання. Знайти швидкість точкив момент часу, коли зміщення дорівнює 0,05 м.Розв’язання:Запишемо в загальному вигляді рівняння гармонічнихколиваньx= Asinω t .За графіком визначимо амплітуду A, період T, початковуфазу коливань ϕ 0:x = мA =01 , м, T = 0,4 с.Обчислимо циклічну частоту коливань:2π2πω = = = 5π1T 04 , с .Тоді отримаємо рівняння гармонічного коливання, поданогона рис. 269:x= 01 , sin5π t.Рис. 269291

Фізика коливаньДля визначення швидкості точки знайдемо залежністьшвидкості від часуv= x′ = 05 , πcos5π t ,tа також момент часу, коли зміщення точки від положеннярівноваги дорівнює 0,05 м:005 , = 0, 1sin5πt .Звідси sin 5πt≈ 0,5 , тобто 5πt = .6Визначимо момент часу t: t = 1 30 с.Виконаємо підстановку моменту часу t у рів няння дляшвидкості тіла, отримаємо:⎛ ⎞v = 05 , πcos 5 π 1⋅30 ≈136, м⎜ ⎟ .⎝ с ⎠мВідповідь: x= 01 , sin5π t, v = 136 ,с .π2. Змінний струм2922.1. Одержання змінного синусоїдного струму.Закономірності змінного струмуПри обертанні рамки зі сталою швидкістю в постійномумагнітному полі B у рамці виникає синусоїдна ЕРС (рис.270, а):e= BSωsin ωt, e=E maxsinω t, E max= BSω .Якщо N витків, тоE max= BSω N .У генераторах змінного струму обертається постійнийелектромагніт (ротор), а рамка (обмотка) розміщена в пазахстатора, який складається з окремих пластин (щоб зменшитиструми Фуко) магнітном’якого феромагнетика (щоб зменшитивтрати енергії на перемагнічування).

2. Змінний струмНа кінцях рамки (обмотки генератора) виникає синусоїднанапруга, яка збігається за фазою з ЕРС (рис. 270, б):u= U maxsinω t .аРис. 270бПри двополюсному електромагніті частота змін ногоструму (частота ЕРС) дорівнює частоті обертання електромагніта(частоті обертання ротора генератора).Для одержання промислового змінного струму використовуютьгенератори з багатополюсними магнітами. При N парполюсів частота обертання турбіни в N разів менша від частотиодержаного струму.У зовнішньому колі виникають вимушені електричніколивання заряду — змінний синусоїд ний струм, який зафазою відрізняється від ЕРС і напруги на величину ϕ, яказалежить від властивостей кола:( )i= I sin ωmaxt ± ϕ ,Imaxmax= E .R2.2. Діюче значення змінного струмуДіюче значення змінного синусоїдного стру му — це величина,яка дорівнює квадратному кореню із середнього квадратасили струму за період:293

Фізика коливань2I= i =Imax2,U =Uде I, U — діючі значення.Це значення такої сили постійного струму, при якомувиділялося б стільки енергії на певній ділянці, як і призмінному струмі.У промислових колах змінного струму його частота —50 Гц:ν промисл= 50 Гц,T = 150max2с, ω = 2 πν = 100 π с–1 .2.3. Опір змінному струму. Закон Омадля змінного струмуОпір змінному струму:R — активний опір (опір провідника);X L— індуктивний опір:X L= ωL;X C— ємнісний опір:X = 1CωCX Lі X C— реактивні опори;Z — повний опір кола змінному струму:,;( )Z= R + X − X2 2L C.Зсув фаз у колах змінного струму. При наявності в колііндуктивності (L) сила струму відстає за фазою від напруги.При наявності в колі ємності (C) сила струму випереджаєнапругу за фазою. Зсув фаз визначається співвідношеннямміж активним і повним опором кола:294cosϕ= R Z .

2. Змінний струмІмпеданс кола — це сума тільки активного та індуктивногоопору:R2 2X L+ .Закон Ома для змінного струму:U UmaxI = , Imax= .ZZ2.4. Електричний резонанс. Резонанс напруг.Резонанс струмівЕлектричний струм у колі змінного струму — це вимушеніелектричні коливання з частотою ЕРС джерела. Будь-якеелектричне коло — контур, який має певну частоту власнихколивань ω 0.1Якщо R → 0, ω 0=LC .Електричний резонанс — явище різкого зростання амплітудивимушених коливань сили струму в колі I maxпринаближенні циклічної частоти зовнішньої змінної ЕРС ωдочастоти власних коливань ω 0кола (рис. 271).OРис. 271Резонанс напруг: при послідовному з’єднанні R, C, L приелектричному резонансі амплітуда напруги на індуктивностіта ємності однакова, а фази протилежні. Повне падіннянапруги в колі дорівнює напрузі на активному опорі. Зсув295

Фізика коливаньфаз між коливаннями зовнішньої ЕРС та силою струму вколі дорівнює нулю (рис. 272):U L= –U C, U L+ U C= 0, Imaxmax= E .RРис. 272При паралельному з’єднанні L і C (R 1і R 2→ 0) відбуваєтьсярезонанс струмів. Сила струму в розгалуженнях однакова,а фази протилежні, якщо однакові X Lі X C. Струму нерозгалуженій частині кола наближається до нуля(рис. 273):1Imax = Imax − Imax = Emax−ω C .1 2ωL1Якщо ω= ω0=LC ,I = I і I max= 0 (резонанс струмів).max1 max2Рис. 2732962.5. Випрямлення змінного струмуПри однонапівперіодному випрямленні споживач і діодз’єднуються послідовно. При цьому струм у споживачі

2. Змінний струмзмінний , пульсуючий, перервний (діод пропускає струм тількипівперіоду кожного з коливань напруги) (рис. 274, а).При двонапівперіодному випрямленні струм у споживачізмінний, пульсуючий (кожні півперіоду коливань працюєодин із діодів від полярності напруги) (рис. 274, б).0 0аРис. 274б2.6. Трансформація змінного струмуТрансформатор напруги базується на явищі взаємної індукціїдвох обмоток на одному спільному осерді. Перетворюєнапругу, збільшуючи чи зменшуючи її до необхідних значень(рис. 275).Рис. 275Коефіцієнт трансформації (K) — це число, що визначає,у скільки разів відрізняється напруга, подана на первинну297

Фізика коливаньобмотку, від напруги, яку дістають на вторинній обмотці нахолостому ході:KU 1= на холостому ході.U2Оскільки ЕРС (e) в кожному витку однакова:E1eN1N1= =E eN N , K N 1≈ .N22При підключенні споживачів (навантаження) виникаютьнавантажувальні струми, обернено пропорційні числувитків обмоток:I1N2= .I NККД трансформатора:η=2P221P + P + P2 Cu сталіТут P Cu— втрати в міді. Це втрати на нагрі вання обмоток,вони дуже малі, оскільки мідний дріт має достатньо великийпереріз і низьке значення ρ Cu.P сталі— втрати в сталі на перемагнічування осердяі струми Фуко теж мізерні, оскільки осердя складається ізокремих ізольованих пластин магнітном’якого феромагнітногоматеріалу;P 2— потужність споживача.ККД трансформатора дуже високий: ≈ 98 %.У лініях передачі електричної енергії на великі відстаніпотужні трансформатори підвищують напругу до мільйоніввольт, а в споживача знижують напругу до необхідних значень(у по бутових лініях 380/220 В)..22982.7. Змінний струм високої частотиПри струмі високої частоти біля осі провідника індукуєтьсяелектричне поле, яке напрямлене у бік, протилежнийосновному полю (правило Ленца), та послаблює струмдо нуля. Струм високої частоти протікає тільки по поверхні

2. Змінний струмпровідника. Це називається поверхневим ефектом або скінефектом(рис. 276).Рис. 2762.8. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Неонова лампа починає світитись, коли напруга на їїелектродах досягає певного значення (потенціал запалювання).Скільки часу за період буде світитись лампа, якщоїї ввімкнули в промислову мережу, діюче значення в якійдорівнює потенціалу запалювання лампи?Дано:u = Uν = 5 Гцt світ— ?Розв’язання:Лампа не загоряється протягом часу t.Унаслідок симетрії синусоїди час світінняза період tсвіт = T−4 t (рис. 277).OРис. 277299

Фізика коливаньУ мережі ν = 50 Гц ⇒ T = (1 / 50) с.Необхідно визначити t із рівнянняu= U maxsinω t .За умовоюu = U, а U =Umax2U= U 2sinω t ,U 1sinωt = = =U 2 2⇒ Umax = U 2 ,22⇒ ωt = 45°=πω = 2 T , 2ππT t = 4, t T= , 8t = T TсвітT − 4 8 = 2= 12ν .π4 ;Відповідь: t світ= 0,01 с.Обчислення:1[t світ] = с, { t світ }=50⋅2=001 , с.Задача 2.За графіком, зображеним на рис. 278, визначити амплітудуЕРС, період. Напишіть рівняння миттєвого значенняЕРС.300Рис. 278

2. Змінний струмДано:Графік e = e(t)E max— ?T — ?Рівняння e= e( t) — ?Розв’язання:Із графіка визначаємо амплітуднезначення ЕРС і період.E max= 90 В, T = 0,4 с.Циклічна частотаπω = 2 T .⎡⎣ ω ⎤ ⎦ = 2πс −1, ω = = 5πс –1 .04 , сПідставляємо знайдені значення E maxі ω у рів няння миттєвогозначення ЕРС e=E maxsinω t. Отже, маємо e= 90sin5π t.Відповідь: E max= 90 В; T = 0,4 с; e= 90sin5π t.Задача 3.Первинна обмотка знижувального трансформатораз коефіцієнтом трансформації k = 10 увімкнена в коло з напругоюU 1= 120 В. Опір вторинної обмотки трансформатораR 2= 1,2 Ом струму у вторинному колі трансформатораI 2= 5 А. Визначити напругу на затискачах вторинної обмоткитрансформатора. Втрати в первинному колі трансформаторане враховувати.Дано:k = 10U 1= 120 ВR 2= 1,2 ОмI 2= 5 АU 2= ?Розв’язання:Згідно з умовою задачі втратами енергіїу первинному колі можна знехтувати, томуE 1≈U 1.Напруга на затискачах вторинної обмоткиU= E −I R ,2 2 2 2де I 2R 2— спад напруги на вторинній обмотці.E1UКоефіцієнт трансформації k = =E E1звідки E 2= U k , тоді:212,301

Фізика коливаньU2U1= − IR2 2.kОбчислення:120[U 2] = В – А · Ом = В; { U 2 }= −12 , ⋅ 5=6.10Відповідь: U 2= 6 В.3. Електромагнітні коливання3023.1. Коливальний контур.Вільні електромагнітні коливанняЕлектромагнітні коливання — це коливання електричногозаряду (q), сили струму (I), напруги (U), пов’язані з нимиколивання напруженості електричного поля ( E) таіндукції магнітного поля ( B), а також самостійні коливанняE і B в електромагнітній хвилі.Збудниками електромагнітних коливань є електричнізаряди, що рухаються з прискоренням.Електричні коливання — це коливання q, I та U.Гармонічні електромагнітні коливання виникають у коливальномуконтурі. Коливальний контур — це електричнеколо, яке складається з конденсатора, замкненого на котушкуіндуктивності. Такий контур називається замкненим,оскільки майже не випромінює енергії в простір. Контурназивають ідеальним, якщо його активний опір R → 0.При наданні конденсатору заряду q виникає електричнепо ле E, а на його пластинах — різниця потенціалівϕ 1– ϕ = U. Виникає струм, який збільшується поступово,2оскільки його збільшенню протидіє вихрове електричнеполе, що виникає внаслідок збільшення магнітного потокукотушки. Струм зростає, поки вся енергія електричногополя конденсатора не перейде в енергію магнітного полякотушки. З цього моменту струм у колі продовжує проті-

3. Електромагнітні коливаннякати внаслідок самоіндукції, перезаряджаючи конденсаторі ство рюючи між його пластинами зростаюче електричнеполе, яке заважає протіканню струму. Струм зменшуєтьсяпоступово, оскільки його підтримує вихрове електричне поле,що виникає внаслідок зменшення магнітного поля котушки.Струм припиняється, коли вся енергія магнітногополя котушки перейде в енергію електричного поля конденсатора.Потім процес повторюється.Якщо проводити аналогію між електромагнітнимиколиваннями в контурі й механічними коливаннями математичногомаятника, то q — аналог x, W ел— аналог E п,W маг— аналог E к(рис. 279, а—г).абвгРис. 2793.2. Закономірності вільних електромагнітнихколивань. Згасаючі коливанняПеріод вільних незгасаючих електромаг нітних коливаньу коливальному контурі (установив У. Томсон):T= 2π LC , якщо R = 0.303

Фізика коливаньПеретворення енергії в ідеальному коливальному контурі(закон збереження енергії):2 2 2CUmLImCu Li= = + .2 2 2 2Коливання в ідеальному контурі є гармонічними —з циклічною частотою:2π1ω = =T LC ,q= qmcosω t ,⎛i= Imcos⎜ωt+⎝π ⎞2⎟⎠,⎛u= Umcosω t , E= Emcosω t , B= Bmcos⎜ωt+⎝π ⎞2⎟⎠.При наявності в коливальному контурі актив ного опоруR період коливань у ньому визначається за формулоюТомсона для повного опору кон тура:T =2πLC2RC1−4LКоливання в такому контурі згасаючі, тобто амплітудаколивань зменшується, а період дещо збільшується.Коливання згасають, оскільки частина енергії електромагнітногополя при кожному коливанні перетворюється у внутрішню(теплову) енергію активного опору R (рис. 280)..qt304Рис. 280

3. Електромагнітні коливанняLЯкщо R = Rкр = 2 (критичний опір),Cто T → ∞ — коливання неможливі.R— коефіцієнт згасання.2LЗгасаючі коливання негармонічні.3.3. Отримання незгасаючих електромагнітнихколиваньДля отримання незгасаючих електромагнітних коливаньу неідеальному контурі необхідно протягом кожногоперіоду коливань передавати контуру порцію енергії. Такпрацює генератор незгасаючих електромагнітних коливань.У ньому енергія джерела струму порціями передається контуруза допомогою транзистора (рис. 281).Рис. 2813.4. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Конденсатор ємністю C, що має заряд q, увімкненийу коло (рис. 282). Визначити максимальну силу струму,що йде через котушку індуктив ністю L, після замиканняключа K.305

Фізика коливаньДано:qCLI max— ?Розв’язання:306Рис. 282Електрична ємність контуру після замикання ключадорівнює 2C, тому що конденсатори з’єднані паралельно.Оскільки в контурі немає активного опору, вважаємо контурідеальним. У ньому енергія електричного поля конденсатораповністю перетворюється в енергію магнітного полякотушки:2 2q LImaxq= ⇒ Imax = .22 ⋅ C 2 2LCqВідповідь: I = max.2LCЗадача 2.Конденсатор ємністю 10 мкФ зарядили до напругиU 1= 400 В і приєднали до котушки. Після цього в контурівиникли згасаючі коливання. Яка кількість теплоти виділитьсяв коливальному контурі за час, протягом якого амплітуданапруги зменшиться вдвічі?Дано:C = 10 мкФU 1= 400 ВU 2= 200 ВQ — ?СІ:C = 1 · 10 –5 ФРозв’язання:Оскільки виникають згасаючі коливання в коливальномуконтурі завдяки перетворенню енергії електричногополя у внутрішню (нагрівання провідника), то із законузбереження енергії випливає:2CUW 1= Q + W 2; QCU 212= + ,2 2

( 2 )Q = C U 21−U24. Механічні хвилі. Звук2 .Обчислення:[Q] = Ф · В 2 = Дж,{ Q}=Відповідь: Q = 0,6 Дж.110 ⋅252 2( 400 − 200 )= 06 , .4. Механічні хвилі. Звук4.1. Поздовжні і поперечні хвилі. Промінь.Довжина хвилі. Фронт хвиліМеханічні хвилі — це процес поширення коливаньу пружних середовищах.Промінь — напрям поширення коливань.При поширенні пружних хвиль частинки середовищане переміщуються разом із хвилею, а лише здійснюють коливаннянавколо своїх положень рівноваги.Якщо коливання частинок відбувається перпендикулярнодо променя, хвиля називається поперечною (рис. 283).Рис. 283Поперечні хвилі виникають у середовищах, які проявляютьпружність при змінюванні форми — у твердих тілахі на поверхні рідин.307

Фізика коливаньЯкщо частинки коливаються вздовж променя, хвиляназивається поздовжньою (рис. 284).Рис. 284Поздовжні хвилі виникають у середовищах, які проявляютьпружність при зміні об’єму, тобто в усіх середовищах.Поздовжні хвилі складаються із ряду згущень і розріджень.Довжина хвилі (λ) — це відстань, на яку поширюєтьсяхвиля протягом одного періоду коливань:λ = vT, v = λν.Точки середовища, які розташовані одна від одної навідстані, що дорівнює довжині хвилі λ, коливаються в однаковихфазах.Швидкість поширення поздовжніх хвиль у твердих тілах:v =де E — модуль Юнга, ρ — густина середовища.В ізотропному середовищі від точки, яка коливається,коливання поширюються у всіх напрямах зі сталою швидкістю.Фронт хвилі — геометричне місце точок, до яких на даниймомент часу дійшли коливання. Фронт хвилі від точковоговібратора в однорідному середовищі — сфера (рис. 285,а). Плоска хвиля — хвиля, фронтом якої є площина (променіпаралельні) (рис. 285, б).Eρ,3084.2. Принцип ГюйгенсаХвильова поверхня нормальна до променів. Побудованового фронту хвилі, пояснення законів відбивання і заломленняхвиль описуються принципом Гюйгенса: кожна точка

4. Механічні хвилі. ЗвукаРис. 285бфронту хвилі є точкою елементарниххвиль (поширюється з тією жшвидкістю). Обвідна всіх цих елементарниххвиль — це новий фронтхвилі (рис. 286).Відбивання хвилі за Гюйгенсомпоказано на рис. 287.Заломлення хвилі за Гюйгенсомзображено на рис. 288.Рис. 286Рис. 287 Рис. 288309

Фізика коливань3104.3. Інтерференція хвильНакладання хвиль. Інтерференція хвиль.Хвилі поширюються незалежно одна від одної.Додаються (геометрично) зміщення частинок середовища,до яких доходять хвилі від кількох джерел хвиль (принципсуперпозиції).Якщо джерела хвиль когерентні, створюється стійкаінтерференційна картина. Когерентні джерела — це такіджерела, що мають однакові частоту і фази коливань абоу яких різниця фаз коливань залишається сталою. Хвилі віддекількох когерентних джерел когерентні. Якщо джерелакогерентні й синфазні, тобто збігаються у фазі, то в точкахсередовища, куди хвилі приходять, збігаючись у фазі, створюєтьсямаксимум інтерференційної картини (A = A 1+ A 2):maxA = A 1+ A 2, r 1– r 2= nλ,де n = 0, 1, 2, ...Якщо хвильова різниця ходу, тобто різниця ходу, щовиміряна в довжинах хвиль (геометрична різниця ходу вимірюєтьсяв одиницях довжини), дорівнює нулю або ціломучислу довжин хвиль, спостерігається максимум інтерференційноїкартини.Мінімум інтерференційної картини (A = A 1– A 2) спостерігаєтьсяв точках, до яких хвильова різниця ходу дорівнюєнепарному числу півхвиль:( ) λ ,minA = A 1– A 2, r1 − r2 = 2n+ 1 2де n = 0, 1, 2, ...Стоячі хвилі — постійна інтерференційна картинапід час накладання відбитої і падаючої хвиль. Точки максимальнихколивань (A = A 1+ A 2) називаються пучністюстоячої хвилі, а точки з мінімальними коливаннями називаютьсявузлами стоячої хвилі. Відстань між найближчимивузлами або пучностями називається довжиною стоячої хвилі(рис. 289).4.4. Дифракція хвильВ однорідному середовищі хвилі поширюються прямолінійно.При проходженні повз перешкоди чи крізь отвори хвилі

4. Механічні хвилі. ЗвукРис. 289відхиляються від попереднього напрямку — порушується їхнепрямолінійне поширення. Заходження хвиль в зону геометричноїтіні називається дифракцією хвиль. Якщо лінійнірозміри перешкоди сумірні з довжиною хвиль, то хвилі їх відразуогинають.Якщо лінійні розміри перешкоди (h) більші за довжинухвилі (λ), то за перешкодою утворюється хвильоватінь (простір, куди хвилі не потрапляють). Якщо h λ, тохвильова тінь простягається від перешкоди на більшу відстань,а за хвильовою тінню хвилі, які обігнули перешкоду,інтерферують.4.5. Звук. Звукові хвилі. Інтенсивність, висотаі тембр звукуЗвук — це механічні коливання з частотою від 16 до20 000 Гц, які сприймаються органами слуху людини.Коливання з частотою, більшою від 20 кГц,— ультразвук,меншою від 16 Гц — інфра звук.Звукові хвилі в повітрі — хвилі поздовжні.Інтенсивність звуку — це енергія, яку звукова хвиля переноситьза 1 с через одиницю площі поверхні, розміщеноїнормально відносно напряму поширення:WI = , ISt⎡⎣ ⎤ ⎦ = Дж Вт1 = 12 2м ⋅см .311

Фізика коливаньІнтенсивність звуку прямо пропорційна квад рату амплітудизвукових коливань A 2 :I= 1 2 2ρvω A ,2де ρ — густина середовища; v — швидкість поширення хвилі;ω — циклічна частота хвилі.Гучність звуку — суб’єктивна характеристика. Вона залежитьвід інтенсивності звуку, зумовленої амплітудою коливань,а також частотою коливань (слух людини найбільшчутливий до коливань діапазону 1000—4000 Гц). Звуковіхвилі, як правило, мають складну форму. Але кожне коливанняможна подати як суму сінусоїдних хвиль. Кожнасинусоїдна звукова хвиля називається тоном.Висота тону залежить від частоти: чим більша частота,тим вищий тон. Музикальні звуки — це періодичні коливання,що є сумою синусоїдних коливань (тонів). Тон із найменшоючастотою називається основним тоном. Останні тони,що супроводжують основний, називаються обертонами абовищими гармоніками.Тембр звуку — це характеристика музикального звуку,яка залежить від кількості обертонів, які супроводжуютьосновний тон, від їхніх частот, амплітуд.Швидкість поширення звукових хвиль збільшуєтьсяпри нагріванні пружного середовища. Швидкість поширеннязвукової хвилі у повітрі — формула Ньютона—Лапласа:v =γRTΜ , де γ = c p.cν3124.6. Луна. Звуковий резонансЛуна — це сприймання звукової хвилі, відбитої від перешкод,окремо від звукової хвилі джерела звуку. Якщо перешкода,яка відбиває звук, ближча за 17 м, то хвилізливаються (протяжний звук) — явище реверберації.Звуковий резонанс — це явище різкого зростання амплітудивимушених коливань тіла А (струни, стовпа повітрятощо), якщо частота вимушених коливань ν, зумовленихзвуковою хвилею, наближається до частоти власних коливаньтіла ν 0або дорівнює їй (рис. 290).

4. Механічні хвилі. ЗвукЧим сила тертя середовищабільша, тим амплітуда вимушенихколивань менша, тобтоякщо F > F , то A Aтер2 тер12< 1.Мовлення і слух людини зумовленізвуковим резонансом.Гортанний звук — стовп повітряв гортані резонує з коливаннямиголосової зв’язки. Слух —слухова «струна» в завиткувнутрішнього вуха резонує зізвуковою хвилею, що дійшла.Рис. 2904.7. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Точкове джерело звуку з частотою 680 Гц перебуваєв точці A (рис. 291) над відбиваючою поверхнею. Амплітудазвукової хвилі поблизу джерела дорівнює a. Чому дорівнюєвона в точці B, якщо швидкість звуку в повітрі 340 м/с?Дано:ν = 680 Гцv = 340 м/сA A= aA B— ?Довжина хвилі:A1ìРозв’язання:2,5 ìРис. 2912ìλ = v , λ= 340 м = 0,5 м.ν 680Геометрична різниця ходу:∆l = (1 м + 2 м) – 2,5 м = 0,5 м.Хвильова різниця ходу:∆lλ − 1= 05 ,2 05− 05 =(втрата півхвилі, 05 ,,при відбиванні).Відповідь: хвильова різниця ходу 1/2, отже, A Bнаближаєтьсядо нуля.B313

Фізика коливаньЗадача 2.Чому людина, яка стоїть біля стінки будівлі в точці B, добречує розмову, що відбувається в точці A, а людина, що стоїтьдалі, у точці C, її не чує або чує дуже слабо (рис. 292, а)?Розв’язання:Хвилі, відхиляючись від прямолінійного поширення(дифракція хвиль), досягнуть вуха людини в точці B. ТочкаC розташована в хвильовій тіні, куди хвилі від джерела недосягають,— людина може чути слабкий звук, оскількиїї вуха досягають хвилі, які пройшли крізь товщу будівлі(рис. 292, б).ACBабРис. 2925. Електромагнітні хвилі3145.1. Випромінювання електромагнітних хвильвідкритим коливальним контуромЕлектромагнітні хвилі — це поширення в просторі вільногоелектромагнітного поля. Електромагнітні хвилі випромінюютьсяелектричними зарядами, що рухаються з прискоренням.

5. Електромагнітні хвиліВідкритий коливальний кон тур випромінює електромагнітні хвилі, оскільки в процесі коливань у контуріелектрони рухаються з прискоренням.При збудженні у відкритомуколивальному контуріколивань із великою амплітудоюнавколо контуру виникаютьполя E і B , пов’язані із зарядами і струмом у контурі. Змінні поля E і B індукують відповідно поля B і E . Далі поля E і B , взаємно індукуючиодне одного, утворюютьвільне електромагнітне поле(рис. 293).В електромагнітній хвилі E і B змінюються у взаємноперпендикулярних площинах,які перпендикулярні до напрямупоширення, і збігаютьсяРис. 293у фазі (рис. 294):εεE022B= .µµ0Електромагнітні хвилі — це поперечні хвилі.E maxB E r B maxРис. 294315

Фізика коливань3165.2. Швидкість поширення електромагнітних хвильШвидкість поширення електромагнітних хвиль у вакуумі:1c = , c ≈ 3 · 10 8 м/с.εµ0 0У діелектрику швидкість електромагнітної хвилі зменшується(хвиля гальмується):cv =εµ .На межі поділу середовища з вакуумом хвиля заломлюється;абсолютний показник заломлювання n с— число,що визначає, у скільки разів швидкість хвилі в середовищіv менша за c:cn = сv= εµ .Довжина електромагнітної хвилі (λ) — це відстань, наяку поширюється хвиля за один період коливань E і B .У повітрі c = λ пν, у діелектрику v = λν.Об’ємна густина енергії електромагнітної хви лі (ω):W EBω = = .V vµµ0Інтенсивність електромагнітної хвилі (I):EBI= ωv=.µµ 05.3. Принцип радіозв’язку. Модуляціяі детектування (демодуляція)Електромагнітні хвилі, що зумовлюють радіо зв’язок,називають радіохвилями.Радіохвилі — це електромагнітні хвилі високої (несучої)частоти, модульовані за звуковим (радіо) або світловим (телебачення)сигналом.Модуляція — зміна параметрів несучої хвилі.Амплітудна модуляція — це зміна амплітуди коливаньнесучої частоти з частотою низьких коливань (звукової частоти);здійснюється в передавальному пристрої (рис. 295).

5. Електромагнітні хвиліДемодуляція — процес, протилежний модуляції; здійснюєтьсяв приймальному пристрої (детектування з подальшимвиділенням коливань звукової частоти) (рис. 296).Рис. 295 Рис. 2965.4. Класифікація радіохвиль і особливостіїх поширенняРадіохвилі поділяються на довгі, середні, короткі таультракороткі (рис. 297).Рис. 297Довгі хвилі (від 1 до 10 км) зазнають відчутної дифракціїбіля земної поверхні й притягуються до Землі наведениминими індукційними струмами в земній корі; поширюютьсядалеко за горизонт.317

Фізика коливаньСередні хвилі (від 100 до 1000 м) обумовлюють стійкийрадіозв’язок між віддаленими пунктами на земній поверхніпоза межами прямої видимо сті завдяки відбиваннюрадіохвиль від іоносфери і здатності радіохвиль огинатиопуклу земну поверхню. Саме тому радіозв’язок в діапазонісередніх хвиль є найбільш надійним уночі та взимку.Короткі хвилі (10—100 м) поширюються прямолінійновід випромінювальної антени (зазнаючи незначної дифракції)і, відбиваючись від іоносфери Землі, повертаються до їїповерхні; поширюються далеко за горизонт.Ультракороткі хвилі (менш ніж 10 м) пронизують іоносферу(космічний зв’язок), а також розповсюджуютьсявздовж поверхні Землі, у зоні прямої видимості (УКХ радіостанції,телебачення, мобільний телефон).5.5. Приклади розв’язання задачЗадача 1.На рис. 298 зображено приймальну антену телевізора.Що можна сказати про орієнтацію коливань вектора магнітноїіндукції хвилі, яка йде від телецентру?Рис. 298Відповідь: антена приймає хвилю, отже, у нійвиникають коливання електронів, зумовлені коливаннямиE в хвилі, що при буває. З орієнтаціїантени видно, що E коливається у горизонтальнійплощині. Отже, B коливається у вертикальнійплощині.Задача 2.Електричне поле заряду кульки q в точці A, віддаленійвід неї на відстань l, має напруженість E . Миттєво або черездеякий час ∆t зміниться напруженість у точці A, якщо кулькузрушити з місця?318Розв’язання:При зміщенні кульки (рис. 299) модуль напруженостіполя в точці A зменшиться, але напрям E зміниться немиттєво, а через час ∆t.

5. Електромагнітні хвиліЗміщення кульки — це рух електричного заряду з прискоренням(електромагнітне збурення), що супроводжується виникненнямелектромагнітної хвилі.++Рис. 299Напруженість поля в точці A зміниться, коли до неї дійдехвиля, тобто через час ∆t = (µ і ε повітря дорівнює 1).lc

Оптика1. Хвильова оптикаСвітло — це електромагнітні хвилі високої частоти,що випромінюються атомами речовини, а також частинками,які мають електричний заряд і рухаються з величезнимприскоренням.3201.1. Монохроматичне світло. Заломлення світлаСвітлові хвилі за їхньою частотою (довжиною хвилі у вакуумі)і сприйманням органами зору людини поділяютьсяна видиме випромінювання, інфрачервоні та ультрафіолетовіпромені.λ у вакуумі:видиме випромінювання: 0,76 мкм — 0,4 мкм;інфрачервоні промені: 0,76 мкм — 1 мм;ультрафіолетові промені: 0,4 мкм — 10 нм.Світло однієї певної частоти (довжини хвилі) називаєтьсямонохроматичним світлом.На межі поділу двох середовищ світло частково відбивається,а частково заломлюється, переходячи в інше середовище.

1. Хвильова оптикаЗаломлення світла — це зміна напряму його поширеннявідповідно до зміни швидкості поширення. Середовище, якебільшою мірою гальмує поширення світла (v < c), називаєтьсясередовищем оптично більшої густини.Відношення швидкості поширення світла у вакуумі дошвидкості світла в даному середовищі називається абсолютнимпоказником заломлювання середовища:cn = сvВідносний показник заломлювання:v1= n .v2Із збільшенням кута відбивання світла збільшуєтьсячастка світлової енергії, яка відбивається, і зменшуєтьсячастка світлової енергії, що переходить в інше середовище.1.2. Дисперсія світлаДисперсія світла — це залежність швидкості світла в речовинівід частоти світла, що проходить (залежність v від ν).При заломленні білого світла в скляній призмі видиме випромінюваннярозкладається на частини відповідно до змінчастоти світла: червоний, оранжевий, жовтий, зелений, голубий,синій, фіолетовий кольори (рис. 300).Рис. 300Спостережувана картина називається дисперсійнимспектром.321

Оптика1.3. Розподіл енергії в спектрі білого світла.Теплове випромінюванняБілим світлом називають світло, у якому представленовипромінювання всіх частот видимої частини спектра. Підчас потрапляння білого світла на яке-небудь тіло, частинайого відбивається («колір тіла»), а частина поглинається.Якщо поглинається все світло, тіло має вигляд чорного.У фізиці чорним тілом (застаріла назва — абсолютночорне тіло) називається тіло, що поглинає всі випромінювання,які потрапили на нього, незалежно від довжини хвилі,напряму падіння, стану поляризації випромінювання.Теплове випромінювання — це випромінювання, причиноюякого є тільки нагрівання тіла.Теплове випромінювання — це випромінювання чорноготіла. Чорним тілом можна вважати, наприклад, невеликийотвір у порожнистій кулі, покритій усередині сажею.Розподіл енергії в неперервному спектрі чорного тілаза довжиною хвиль при різній температурі зображено нарис. 301.Частота, що відповідає максимальному значенню випромінювальноїздатності, прямо пропорційна абсолютнійтемпературі.При нагріванні до температури 700 °С випромінюютьсяпрактично тільки інфрачервоні промені.При температурі 750 °С починають випромінюватисьчервоні промені (тіло стає червоного кольору).При температурі 1500 °С спостерігається весь спектр видимоговипромінювання, але максимум випромінюваннязалишається в інфрачервоних променях.0322Рис. 301

1. Хвильова оптикаЗа розподілом енергії в неперервному спектрі можназробити висновок про температуру віддалених об’єктів, наприкладСонця, зірок.1.4. Інтерференція білого світла за ФренелемІнтерференція світла (див. «Механічні хвилі. Звук»).За допомогою різних пристроїв (дзеркала Френеля, біпризмиФренеля, дзеркала Ллойда) світло розкладається надва когерентні світлові пучки, які накладаються й інтерферують.Два уявних зображення джерела світла в бідзеркалахабо біпризмі еквівалентні двом синфазним джереламсвітла (рис. 302, а, б).У дзеркалі Ллойда (рис. 302, в) джерело світла і йогоуявне зображення в дзеркалі еквівалентні двом антисинфазнимджерелам, оскільки біля поверхні дзеркала відбуваєтьсязміна фази хвилі на протилежну.абвРис. 302323

Оптика1.5. Інтерференція білого світла за Ньютоном.Кільця НьютонаІнтерференція білого світла в тонких плів кахПри відбиванні світла від верхньої і нижньої поверхніплівки виникає різниця ходу світлових хвиль, яка обумовлюєінтерференцію при подальшому їх накладанні.У відбитому світлі (рис. 303):— геометрична різниця ходу(AB + BC) – AD,— хвильова різниця ходуAB + BC AD−λ λ2 1−12 ,1де λ — втрата півхвилі при відбиванні від більш густого2середовища.Рис. 303У прохідному світлі втрати півхвилі не буває. Отже,якщо у відбитому світлі відбувається ослаблення світла(хвильовою різницею ходу є непарне число півхвиль), тоу прохідному світлі посилюється світло (парне число півхвиль),або навпаки.Спостереження інтерференції білого світла за Ньютоном:324

1. Хвильова оптика1. Якщо тонку плівку з плоскопаралельними гранями освітитимонохроматичним світлом і змінювати нахил, вонаматиме вигляд то темної, то яскраво забарвленої (хвильоварізниця ходу залежить від кута падіння світла).2. Якщо тонка плівка рівна за нахилом (клин), то вздовжплівки різниця ходу рівномірно змінюється і спостерігаєтьсяряд світлих і темних смуг. При освітленнібілим світлом інтерференційні смуги забарвлені всімакольорами спектра видимого випромінювання відповіднодо збільшення довжини хвиль світла — інтерференційнийспектр (рис. 304).Кільця Ньютона — це інтерференція білого світла в тонкомушарі повітря між скляними пластинками — плоскоюта опуклою сферичною. Спостерігаємо інтерференційні смуги,забарвлені всіма кольорами райдуги, у вигляді кілець(кільця Ньютона) (рис. 305).Рис. 304 Рис. 305Інтерференція білого світла в плівках на воді, мильнихбульбашках тощо дає хаотичне забарвлення, оскільки нахилі товщина плівки хаотично змінюються.1.6. Дифракція білого світлаДифракція світла (див. «Механічні хвилі. Звук»).Дифракція світла — це явище відхилення прямолінійногопоширення світла в однорідному середовищі при йогопроходженні повз перешкоди чи крізь отвори, проникненнясвітла в зону геометричної тіні (див. рис. 306).Оскільки довжина світлової хвилі дуже мала (доліміліметрів), то навіть за людською волосиною утворюється325

Оптикахвильова тінь завдовжки кілька метрів; за столовою тарілкою— кілька кілометрів.За хвильовою тінню світло, яке обігнуло перешкоду, інтерферує.Рис. 306Поблизу перешкоди спостерігаємо тільки розмитістькраїв геометричної тіні на екрані.1.6.1. Дифракційна ґраткаДифракційна ґратка — це скляна тонка пластинка, наяку нанесені паралельні штрихи з проміжками між ними.Ширина щілини і штриха позначається d і називається сталоюґратки, або періодом ґратки.При падінні на ґратку пучка паралельних променів перпендикулярно до площини ґратки (плоскої хвилі), світло відкожної щілини завдяки дифракції піде пучком, розсіяниму всіх напрямах (рис. 307).AC = d,AB — різниця ходу.ϕAB = d sin ϕ, AB = nλ, λ = d sin.n326Рис. 307

1. Хвильова оптикаОскільки відстань до екрана порівняно зі сталою ґраткинадзвичайно велика, то всі промені з різних щілин, які відхиленівід початкового напрямку на кут ϕ і падають в однуточку екрана, можна вважати паралельними.1.6.2. Дифракційний спектрІз формули дифракційної ґратки випливає, що білесвітло розкладається на складові частини у суворій відповідностідо довжини хвилі світла. Маємо спектр, який називаєтьсядифракційним (нормальним): n — порядок спектра(якщо n = 1 — спектр першого порядку, різниця ходу 1λ).При дифракції з подальшою інтерференцією відбуваєтьсяперерозподіл інтенсивності світла в просторі. Графік длясвітлової хвилі відповідно до різниці ходу хвилі до екранавід дифракційної ґратки показаний на рис. 308 (ч — червоний,ф — фіолетовий, б — білий).Рис. 3081.7. Поляризація світлаЕлектромагнітна світлова хвиля називається природною(неполяризованою), оскільки вздовж променя коливанняE і B відбувається у всіх площинах, перпендикулярнихдо напряму променя (рис. 309, а). Виділення коливань E і B в певних площинах , перпендикулярних до променя, називається поляризацієюсвітла, а хвилі називаються плоскополяризованими. Пристрій,який перетворює природне світло в поляризоване,327

Оптиканазивається поляризатором (рис. 309, б). Поляризатором єкристал турмаліну, який пропускає світло з коливаннямиE і B тільки в певних площинах, перпендикулярних до осікристала.абРис. 309Виявляється поляризація за допомогою аналізатора(другого кристала турмаліну).Якщо осі кристалів розташовані взаємно перпендикулярно,світло не проходить.При відбиванні й заломленні світла відбувається частковаполяризація світла — коливання E і B в одній пло- щині перевищують коливання в інших площинах.Тангенс кута падіння світлової хвилі, при якому відбуваєтьсямаксимальна часткова поляризація заломленогопроменя, дорівнює абсолютному показнику заломлюваннявідбиваючого середовища (закон Брюстера):328tgi = 0n .Поляризація світла — важливий доказ поперечностісвітлових хвиль, їхньої електромагнітної природи.1.8. Явище ДоплераЧастота сприйманих спостерігачем світлових хвильзростає при наближенні до нього джерела світла і зменшуєтьсяпри віддаленні від нього джерела світла. Оскількишвидкість джерела світла (v) завжди мала порівняно зішвидкістю світла (c), то реальний прояв явища Доплера напрактиці є незначним:

1. Хвильова оптикаν′ = ν1±1vcvc.1.9. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Довжина хвилі світла, яка відповідає червоній лінії у вакуумі,становить 656,3 нм. Визначити довжину хвилі цьогосвітла у склі, якщо показник заломлювання світла у склідля цих променів 1,51. Який колір матиме це світло у склі?Дано:мc = 310 ⋅8 сλ 0= 6,563 · 10 –7 мn вакууму= 1n скла= 151 ,λ — ?Розв’язання:При переході світла з одного середовищав інше змінюється довжина світла,а частота лишається без змін. Оскількиколір світла залежить від його частоти,а не від довжини хвилі, то колір світлапри заломленні червоних променів незмінюється.Для вакууму λ = c 0, а для скла λ = v ,ννде ν — частота світла, c і v — швидкості світла відповідноу вакуумі і склі. Поділивши перше рівняння на друге, одержимо:λ0= c λ v .c n λскла0Оскільки = , то = n ,склаv nλвакуумуоскільки n вакууму= 1.Звідси λ =λ0.n склаОбчислення:[λ] = м,329

Оптика{ λ}=656,310 ⋅151 ,−9= 435⋅10−9.Відповідь: λ = 435 нм. Колір світла червоний.Задача 2.При спостереженні інтерференції світла в мильній плівціна вертикальному каркасі інтерференційні смуги пливутьуниз. Перед тим як плівка лопне, у її верхньому кутіспостерігається поява чорної плями. Чому?Відповідь: мильна плівка під вагою опускається і при цьомустоншується, отже, інтерференційні смуги зміщуютьсявниз. Перед тим як плівка розірветься, її товщина у верхнійчастині наближається до нуля (геометрична різниця ходунаближається до нуля) і залишається тільки різниця ходуλв для всіх частинок світла. Світло всіх частот гаситься2у відбитому світлі (чорна пляма).Задача 3.Яка ширина спектра першого порядку (довжини хвильмістяться в межах 0,38 ... 0,76 мкм), отриманого на екрані,який розташований на відстані 3 м від дифракційної ґраткиз періодом 0,01 мм?Дано:d = 0,01 ммk = 1AO = L = 3 мλ 1= 0,38 мкмλ 2= 0,76 мкм∆b — ?СІ:d = 1 · 10 –5 мk = 1L = 3 мλ 1= 0,38 · 10 –6 мλ 2= 0,76 · 10 –6 мРозв’язання:Нехай хвиля λ 1дає максимум першого порядку в точціC, а хвиля λ 2— в точці B (рис. 310).330

1. Хвильова оптикаk = 0 k = 1Рис. 310Запишемо для кожної довжини хвилі умову максимумав дифракційній ґратці (дифракційний спектр):dsinϕ= kλ,dsinϕ1 1= kλ.2 2Ширина спектра першого порядку визначається відстанню∆b= OB− OC .Визначимо OB з AOB і OC з AOC :OB = AO · tg ϕ 2, OC = AO · tg ϕ 1.( )Тоді ∆b= AO tgϕ−tgϕ2 1.При малих кутах ϕ 1і ϕ 2можна вважати, щоtgϕλ≈ sinϕ= k d2 22, tg ϕ sin ϕ λ1≈ = k d .1 1Отже, ∆b AO k Lk ⋅= ⋅ ( λ2 − λ1)=( λ2 − λ1 )dd.Обчислення:м⋅м⎡⎣ ∆b⎤ ⎦ = = м ,м−631076 ⋅ ( , −0,38)⋅10{ ∆b}=≈ 0, 114 .−510Відповідь: ∆b ≈ 11,4 см.331

ОптикаЗадача 4.Під впливом сильного нагрівання сталь вкривається яскраво забарвленою плівкою (кольори мінливості). По яснитипричину появи цих кольо рів.Розв’язання:Райдужні смуги в тонких плівках виникають в результатіінтерференції світлових хвиль, відбитих від верхньоїі нижньої меж плівки окислів заліза на поверхні сталі.Хвиля, відбита від нижньої межі, відстає за фазою від хвилі,відбитої від верхньої межі. Величина цього відставаннязалежить від товщини плівки і довжини світлових хвильу плівці. Унаслідок інтерференції відбувається гасіння однихкольорів спектра і підсилення інших.2. Геометрична оптикаГеометрична оптика розглядає закони поширення світлав прозорих середовищах тільки на підставі уявлень просвітло як сукупність світлових променів.3322.1. Прямолінійне поширення світлав однорідному середовищіСвітловий промінь — лінія, уздовж якої поширюєтьсяенергія світлових електромагнітних хвиль.Світловий пучок — це пучок світлових променів(рис. 311).В оптично однорідному середовищі світло поширюєтьсяпрямолінійно. Один із доказів цього — утворення тіні та напівтініза перешкодою (рис. 312).2.2. Закони відбивання світла1. Падаючий і відбитий промені та перпендикуляр, опущенийу точку падіння, лежать в одній площині.

2. Геометрична оптикаРис. 311 Рис. 3122. Кут відбивання дорівнюєкуту падіння ∠ α=∠β(рис. 313).Наслідок: промінь відбитий і падаючий взаємно обернені.Дзеркальне відби ван ня — відбиваннявід оптично гладкої плоскоїповерхні (рис. 314).Дифузне відбивання — відбиванняРис. 313від шорсткої поверхні;промені світлового пучка, який падає, хаотично розсіюються(рис. 315).Дійсне зображення точкового джерела світла — це точкаперетину відбитих (або заломлених) променів.Уявне зображення — точка перетину продовжень відбитих(або заломлених) променів від джерела світла.Зображення у плоскому дзеркалі:— Зображення точки уявне і симетричне.— Зображення тіла уявне і симетричне (зображення сумиточок) (рис. 316, а, б).Рис. 314 Рис. 315333

ОптикааРис. 316бУявне зображення сприймається очима людини, алев дійсності не існує.3342.3. Закони заломлення світла.Повне відбивання світлаЗакони заломлення світла:1. Промінь падаючий, промінь заломлений і перпендикуляр,опущений у точку падіння променя, лежать в однійплощині (рис. 317).2. Відношення синуса кута падіння до синуса кута заломлюваннясвітла є величина стала, яка дорівнюєвідносному показнику заломлювання двох се ре довищ(середовища, куди світло переходить, і середовища,з яко го падає):sinαsinγ = n 2 − 1.Наслідок: промені заломлений і падаючий взаємно обернені.Показник заломлювання сере довища відносно вакуумуназивається абсолютним показником заломлюваннясередовища:c cn1= , n2= .v v1При переході світла із оптично більш гус того середовищав оптично менш густе кут заломлювання більший за кутпадіння.2

2. Геометрична оптикаПовне відбивання світлаПри падінні світла із оптично більш густого середовищана межу поділу з оптично менш густим середовищем, коликут заломлювання має стати 90 °, світло повністю відбиваєтьсяі вже не заломлюється. Мінімальний кут падіння,при якому відбувається повне відбивання світла, називаєтьсяграничним кутом повного відбивання (α 0). Повне відбиваннясвітла відбувається, коли кут падіння променя, щопадає на межу з оптично менш густим середовищем, α 0(рис. 318):sinα0sinγ1= n2−1, γ= 90 ° ⇒ sinα 0= n 2 − 1=n1−2.v 1n 1cv1n 1v 1 0v 2n 2cv2n2 n 1v 2v 190Рис. 317 Рис. 318Для алмазу α 0≈ 24 °. Діамант — це алмаз, якийоброб лений (огранований) таким чином, щоб для максимальноможливої кількості променів світла, що на ньоговпали, відбулося повне відбивання світла — світова «гра»діаманта.Причина міражів — у повному відбиванні світла відоптично менш густих шарів нагрітого повітря, які містятьсяпоблизу розігрітої Сонцем поверхні Землі.Повне відбивання світла використовують у світловоді.Світловод — це пучки прозорих гнучких ниток. Їх використовуютьдля передавання світла і зображення.335

Оптика2.4. Хід променів через плоскопаралельнупластинку, призмуХід світлових променів у плоскопаралель ній пластинціПісля проходження через плоскопаралельну пластинкупромені виходять під тим самим кутом, під яким вони нанеї падають. При цьому пластинка зміщує промінь світлапаралельно йому самому на відстань h (рис. 319, а):⎛h= dsinα1−⎜⎝21−sin αn − sin α⎞⎟⎠2 2.Хід променів у призміПромінь світла після заломлення на гранях призми відхиляєтьсядо основи призми, якщо nп> nнавк. сер.Зображення точки в призмі — уявне, зміщене у бік заломлюючогокута (ϕ) призми (рис. 319, б).аРис. 319б336Рис. 320Якщо nп> nнавк. сер, то проміньвідхиляється від основи, а уявнезображення зміщується до основи.Кут відхилення після проходженняпроменя через призмуϕ 1= α + γ 1– ϕ. (рис. 320).

2. Геометрична оптика2.5. Сферичні лінзи2.5.1. Основні поняттяХід променів у лінзахЛінза — оптично прозоре тіло, обмежене сферичнимиповерхнями (одна з поверхонь може бути плоскою).Головна оптична вісь лінзи — це пряма, проведена черезцентри кривини (C 1, C 2) обох поверхонь лінзи (рис. 321, а, б).Оптичний центр лінзи — це точка на головній оптичнійосі лінзи, яка має властивість не заломлювати світлові промені,що проходять через цю точку (точка O, див. рис. 327).Для опуклих лінз:— якщо nлінзи> nоточ. сер, це лінза, яка збирає потік світла(зби ральна лінза);— якщо n < n , це лінза розсіювальна.лінзиоточ. серабРис. 321Для ввігнутих лінз — навпаки.Тонка сферична лінза — це лінза, товщина якої набагатоменша від радіусів кривини її поверхонь. Оптичнийцентр (точка O) тонкої сферичної лінзи міститься посерединілінзи.Умовне зображення тонких лінз подано на рис. 322.Рис. 322337

ОптикаПучок параксіальних (приосьових) променів, які поширюютьсяпаралельно головній оптичній осі, після заломленняв збиральній лінзі перетинає головну оптичну вісьлінзи в одній точці, що називається головним фокусом лінзи(рис. 323, а).У розсіювальній лінзі пучок променів, паралельних головнійоптичній осі, після заломлення розсіюється так, щопродовження заломлених променів перетинаються в головномуфокусі лінзи.OF = f — фокусна відстань розсіювальної лінзи(рис. 323, б).Оптична сила лінзи (D) — це величина, обернена її фокуснійвідстані:D = 1 . fаРис. 323бОдиниця оптичної сили лінзи — діоптрія (дптр). Цеоптична сила лінзи з фокусною відстанню 1 м:1 11 дптр = м= м − ;f і D збиральних лінз — додатні,f і D розсіювальних лінз — від’ємні.3382.5.2. Формула сферичної лінзиФормула лінзи:⎛ 1 1 ⎞D= ( n21−1)⋅ ⎜ + ⎟⎝ R1 R2⎠,.

2. Геометрична оптикаФокальна площина лінзи — площина, проведена черезголовний фокус лінзи перпендикулярно до головної оптичноїосі.Побічна оптична вісь — пряма, проведена через оптичнийцентр лінзи, не збіжна з головною оптичною віссю.Промінь, який падає на збиральну лінзу паралельно побічнійоптичній осі, заломившись, перетинає побічну вісьу фокальній площині (рис. 324, а). У розсіювальній лінзіпобічну вісь у фокальній площині перетинає продовженнязаломленого променя (рис. 324, б).аРис. 324б2.5.3. Формула спряжених точокСвітна точка і її зображення в лінзі S 1є взаємно оберненими— спряженими точками (рис. 325).Рівняння спряжених точок (S і S 1) збиральної лінзи:1 1 1= + .f d d 1Рис. 325339

ОптикаВідстань від центра лінзи до зображення OS 1= d 1беретьсязі знаком «плюс», якщо зображення дійсне, і зі знаком «мінус»,якщо зображення уявне.2.5.4. Зображення в тонких лінзахЗображення предмета в тонкій збиральній лінзіДля побудови точки достатньо двох променів:— променя, який проходить через оптичний центр O(не заломлюється);— променя, паралельного головній або побічній оптичнійосі (рис. 326).Якщо предмет розташований перпендикулярно до головноїоптичної осі, то його зображення також є перпендикулярнимдо осі.Лінійне збільшення (Γ) — відношення лінійних розмірівзображення до лінійних розмірів пред мета:Γ= H h , Γ= d 1.dЗображення предмета в розсіювальній лін зі завжди уявне,зменшене, пряме (рис. 327).Зображення в тонких збиральних лінзахd d 1Γ Вид зображенняd → ∞ d 1≈ f Γ 2f2f > d1> f Γ d> f d > f Γ>1 «12d ≈ f d 1→ u Γ → u «d< f d 1< 0 Γ>1 Уявне пряме340

2. Геометрична оптикаРис. 326 Рис. 3272.6. Око як оптична системаРис. 328Око являє собою оптичну систему, яка дає зображенняна світочутливій сітчастій оболонці очного яблука — сітківці.Око як оптичний прилад складається з чоти р ьох лінз(рис. 328):1) рогова оболонка — основна за оптичною силою лінза;2) опукло-ввігнута рідка лінза (передня каме ра) — розсіювальналінза, основний компенсатор аберації в оптичнійсистемі ока;3) кришталик — лінза, яка забезпечує акомодацію ока;4) скловидне тіло.Оптичний центр ока 5 міститьсябіля задньої стінки кришталика.Перед кришталикомє так звана райдужна оболонка7, в якій посередині є отвір — зіниця;він може змінювати свійдіаметр залежно від того, якакількість світла потрапляє в око.При більшій інтенсивності світлазіниця звужується (≈ 2 мм),при малій (0,01 лк) — розширюється(≈ 8 мм). За кришталикомміститься очне яблуко, заповненескловидним тілом (4). На дні очного яблука розташованасітківка 6, яка сприймає зображення. Через оболонкуока в задній його частині входить зоровий нерв.341

ОптикаАкомодація ока — фокусування зображення різновіддаленихпредметів на сітківці ока. Відбувається за допомогоюстиснення чи розтягування кришталика очними м’язами(змінювання фокусної відстані ока).Межі акомодації для нормального ока від 15—20 смдо u .Здатність ока до акомодації забезпечує зображенняпредметів на поверхні сітківки.Відстань найкращого зору (L 0) — це відстань до предмета,що розглядається, коли око акомодує при ненапруженомукришталику. Для нормального зору L 0= 25—30 см.До вад ока належить короткозорість (зображенняотримуємо перед сітківкою) і далекозорість (зображенняотримуємо за сітківкою). Для компенсації короткозоростізастосовують окуляри із розсіювальних лінз, а далекозорості— окуляри із збиральних лінз.Оптична вісь ока — пряма, що проходить через оптичнийцентр ока і центр жовтої плями сітківки.Редуковане око — схематично зображене око із здійсненоюакомодацією (без дотримання масштабів) (рис. 329):h = atg ϕ,h tgϕде ϕ — кут зору на предмет;a — оптична база ока (стала величина).Лінійні розміри зображення на сітківці ока прямо пропорційнітангенсу кута зору.OahРис. 3293422.7. Оптичні прилади. Кутове збільшенняОптичні прилади, що збільшують кут зору на розглядуванийпредмет:

2. Геометрична оптика— лупа, мікроскоп — на мікрооб’єкти;— бінокль, телескоп — на віддалені предмети.Лупа — збиральна лінза з певною фокусною відстаннюf; предмет розташовують відразу за фокусом (d = f):Γ лупи= L 0fлЗастосовують лупи, що дають збільшення від 2,5 до25 разів.Фотоапарати, проекційні апарати — це прилади дляотримання дійсних зображень: фотоапарати — зменшеного,проекційні апарати — збільшеного.Об’єктиви — системи із кількох лінз, які компенсуютьаберації; тому об’єктиви еквівалентні тонким лінзам.Зображення у фотоапараті: предмет розташований далекоза фокусом об’єктива ( df), зображення — одразу зафокусом ( d ≈ 1f), дійсне, обернене (рис. 330, а). У цій площинірозміщують фотоплівку (фотопластинку)..аРис. 330бЗображення в проекційному апараті: предмет П розміщенийвідразу за фокусом об’єктива (d ≈ f), зображенняЗ — далеко за 2f, дійсне, збільшене, обернене. Між просвічуванимпредметом і джерелом світла I розташований конденсорК, який збільшує світловий потік від джерела світлана предмет і перетворює пучок світла, який розходиться відджерела, в паралельний пучок, який рівномірно освітлюєпредмет П. Зображення З на екрані утворюється за допомогоюоб’єктива (рис. 330, б).343

ОптикаМікроскоп — прилад, який складається з двох основнихоптичних систем: об’єктива (об.) і окуляра (ок.). Об’єктивстворює збільшене зображення, а окуляр збільшує кут зоруна це зображення (рис. 331, а).∆ — відстань між фокусами об’єктива і окуляра:Γм∆= L 0f fоб окЗбільшення мікроскопа дорівнює добутку збільшенняокуляра на збільшення об’єктива. Сучасні оптичні мікроскопидають збільшення до 1500—2000 разів.Телескоп (зорова труба Кеплера) — прилад для збільшеннякута зору на віддалені предмети (d → u, d = 1fоб ' єктива)(рис. 331, б):.Γ тоб= f f ок.аРис. 331бЗалежно від будови телескопи поділяються на те лескопи-рефрактори і телескопи-рефлектори. У телескопірефракторізбільшення кута зору досягається за допомогоюсистеми лінз, а головною частиною телескопа-рефлекторає параболічне дзеркало.Бінокль призмовий — це зорова труба Кеплера, міжоб’єктивом і окуляром якої розташовані дві взаємно перпендикулярніпризми повного відбивання, що збільшують оптичнубазу об’єктива ( f об ) і перевертають хід променів у двох взаєм-344

2. Геометрична оптикано перпендикулярних площинах. У трубці Кеплера спостерігаєтьсяобернене зображення, а в біноклі — пряме.Кутове збільшення (γ) — це відношення лінійних розмірівзображення на сітківці, отримуваного озброєним оком(h), до лінійних розмірів зображення цього самого предмета,що розташований на відстані найкращого зору при неозброєномуоці (h 0) (рис. 332):h tgϕγ = = .h 0tgϕ0ϕУ випадку дуже малих кутів γ = .ϕ0ϕ 0Fϕf лhh 0L 0Рис. 3322.8. Сферичні дзеркалаУвігнуте дзеркало — збирає пучок світла після відбивання,опукле — розсіює.Формула сферичного дзеркала:Rf = . 2Рівняння спряжених точок і зображення предметау сферичних дзеркалах за умови параксіальності променівтакі самі, як для сферичних лінз.Промінь, який падає в оптичний центр сферичногодзеркала, відбивається від дзеркала під кутом, рівним кутупадіння. Хід променів для випадку ввігнутого дзеркала(паралельний оптичній осі пучок променів — параксіальніпромені) зображений на рис. 333, а; для опуклого дзеркала— на рис. 333, б.345

ОптикааРис. 333б3462.9. Приклади розв’язання задачЗадача 1.На одному березі невеличкого водоймища стоїть дерево,а на другому — людина. Знайти шляхом побудови положенняточки на поверхні води, у якій відбивається промінь світла,що потрапляє в око людини від вершини дерева.Розв’язання:Зображення вершини дерева S у воді — уявне і симетричневідносно площини поверхні води ( S ′). Провівшипряму від ока людини до точки S ′ , знаходимо потрібну точку(A).Задача 2.Побудувати зображення світ ної точки S у дво гранномуплоскому дзеркалі з α = 90°.ÀSS'Розв’язання:Розбіжний пучок світла, щовиходить із точки S, після відбиваннявід дзеркала 1 падаєі відбивається від дзеркала 2. Наперетині продовження відбитихпроменів розташовані уявні зображенняS І у першому дзеркаліі S ІІ — у другому. Промені відточки S, які відбиваються віддзеркала 2 і потім падають на дзеркало 1, дають уявні зображенняS III і S IV відповідно. Зображення S III і S IV збігаються(рис. 334).

2. Геометрична оптикаРис. 334Відповідь: світна точка у двогранному плоскому дзеркаліз α = 90° має три уявних зображення.Задача 6.Визначити оптичну силу об’єктива фотоапарата, якийфотографує місцевість із літака на висоті 5 км у масштабі1 : 20 000.Дано:d = 5 кмHh = 120 000D — ?СІ:d = 5 · 10 3 мHh = 120 000Розв’язання:d 1 ≈ fD = 1 , fHh =ΓΓf1= ⇒ f = d ⋅Γ; D = .dd ⋅Γ ф.аф. а ф.аОбчислення:⎡⎣ D⎤ ⎦ =м=м⋅мдптр , D}=12 ⋅3 −4 510 ⋅ ⋅10= 4 .Відповідь: D = 4 дптр.347

3. Випромінювання та спектриТеплове випромінювання, видиме випромінювання(див. «Хвильова оптика»).3483.1. ЛюмінесценціяЛюмінесценція — випромінювання світла джерелом зарахунок надходження до нього енергії, яка приводить атомиджерела до збудженого стану в результаті нетепловихпроцесів.Катодолюмінесценція — світіння тіл, зумовлене бомбардуваннямречовини зарядженими частинками.Електролюмінесценція — світіння речовини при проходженнічерез нього струму (світіння газового розряду, полярнесяйво).Хемілюмінесценція — світіння, яке супроводжує хімічніреакції (світіння бактерій, комах, риб).Фотолюмінесценція — світіння тіл під впливом опроміненняїх видимим випромінюванням, ультрафіолетовимсвітлом, рентгенівськими променями, гамма-променями.3.2. Інфрачервоні та ультрафіолетові променіІнфрачервоні промені — випромінювання з дов жиноюхвилі λ і. ч, більшою, ніж довжина хвилі λ ччервоного видимоговипромінювання:λ > λ , 1 мм I λ I 0,76 мкм.і. ч ч і. чДжерело інфрачервоних променів — будь-яке нагрітетіло.Основна дія інфрачервоних променів — теплова: нагріваннятіл, на які вони потрапляють. Фотохімічна дія — наспеціальні фотоматеріали (фотографія в інфрачервоних променях).Ультрафіолетові промені — випромінювання з меншоюдовжиною хвилі λ у. ф(більшої частоти ν у. ф), ніж довжинахвилі λ ффіолетового видимого випромінювання:λ у. ф< λ ф, 0,4 мкм I λ у. фI 8 нм.

3. Випромінювання та спектриДжерела ультрафіолетових променів: тіло, нагріте понад1500 °С, електричний розряд у парах ртуті та ін.Основний вплив ультрафіолетових променів — хімічнийта біологічний (руйнування сітківки ока, виробленняв шкірі вітаміну D, руйнування бак терій).3.3. Рентгенівські променіРентгенівські промені — випромінювання з дов жиноюхвилі, яка менша, ніж в ультрафіолетових хвиль:λ р. п= 8 нм ÷ 1 пм.Джерела рентгенівських променів:1. Основне рентгенівське випромінювання — гальмівнірентгенівські промені, які випромінюються швидкимиелектронами при різкому їх гальмуванні. У рентгенівськійтрубці (рис. 335) — гальмування електронів приїх зіткненні з антикатодом (A) призводить до випромінюваннярентгенівських променів (р. п).Енергія електронаW= hν max, W = eU , λminc= =νmaxcheU .Гальмівне випромінювання має неперервний спектр —рентгенівський суцільний спектр.2. Характеристичне рентгенівське випромінювання — випромінюваннясуворо певних частот атомами антикатодавнаслідок їх збудження при бомбардуванні швидкимиелектронами.Рис. 335349

ОптикаОсновні властивості рентгенівських променів — їхнявелика проникна здатність в речовини, іонізація атомів, фотохімічнийі біологічний вплив.У медицині використовуються рентгенівські променіз великою довжиною хвилі — м’яке рентгенівське випромінювання:рентгенодіагностика — U ∼ 60 кВ.У техніці для просвічування рентгенівськими променямидеталей машин і механізмів, дослідження будовикристалів (рентгено-структурний аналіз) використовуютьсярентгенівські промені більш високих частот — жорсткірентгенівські промені: рентгенодефектоскопія U до2000 кВ.Іонізація атомів живого організму рентгенівськимипроменями викликає променеву хворобу. Захист від рентгенівськихпроменів — товстий шар свинцю, просвинцьованоїгуми.3503.4 Спектри випромінювання. Спектри поглинанняДисперсні спектри (див. «Хвильова оптика»).Спектр випромінювання розжареним тілом у твердомучи рідкому стані суцільний.Якщо речовину розжарити до газоподібного атомарногостану, спектр випромінювання лінійчастий (окремілінії, які відповідають певним частотам випромінюваннясвітла).При пропусканні білого світла крізь «холодний» невипромінюючийабо слабо випромінюючий газ спостерігаєтьсясуцільний спектр, пронизаний темними лініями,— спектрпоглинання.Газ поглинає найбільш інтенсивно світло такої довжинихвиль, які сам випромінює в сильно нагрітому стані.Лінії поглинання повністю відповідають лініям у спектрівипромінювання для даного хімічного елемента.Спектр Сонця — це спектр поглинання: суцільнийспектр від дуже розжарених надр Сонця, пронизанийтемними лініями поглинання, обумовленими поглинаннямсвітла у фото сфері Сонця. Темні лінії в спектрі Сонцяназиваються фраунгоферові лінії (за прізвищем винахідника).

3.5. Спектральний аналіз3. Випромінювання та спектриЗа наявністю ліній у лінійчастому спектрі випромінюваннячи в спектрі поглинання визначають наявністьелементів у досліджуваній речовині — виконують якіснийспектральний аналіз.За розподілом інтенсивності ліній у спектрі визначаєтьсявідсоток змісту елементів у складній речовині — виконуєтьсякількісний спектральний аналіз.При дослідженні ультрафіолетових випромінювань,яких не сприймає око, призму спектрографа виготовляютьіз кварцу (скло затримує такі промені), а екран покриваютьфотолюмінесціюючою речовиною.3.6. Приклади розв’язання задачЗадача 1.При переході світла з повітря в будь-яке тверде тіло аборідину довжина світлової хвилі змінюється, але колір світлазалишається попереднім. Чому?Розв’язання:Колір світла пов’язаний з частотою, яка в даному випадкуне змінюється, тому що із зміною швидкості поширенняхвиль в даному середовищі в стільки ж разів змінюється⎛ c ⎞і довжина світлових хвиль ⎜ν=⎝ λ⎟ .⎠Задача 2.Чи може червоне проміння викликати люмінесценцію?Розв’язання:Згідно з основним законом люмінесценції довжинахвилі випромінюваного світла завжди більша від довжинихвилі світла, яке поглинається. Отже, червоні промені неможуть викликати видиму люмінесценцію, тому що вониє крайніми у видимій частині спектра.

Сучаснафізика1. Спеціальна теорія відносностіСпеціальна теорія відносності (часткова теорія відносності,СТВ) — сучасне вчення про простір і час.1.1. Поняття про простір і часПростір — форма існування матерії, яка характеризуєвзаємоположення матеріальних об’єктів; має три виміри,однорідна (всі точки рівноправні) та ізотропна (усі напрямирівноправні).Час — форма існування матерії, яка характеризує послідовністьходу подій; має один вимір, не оборот на, однорідна(усі миттєвості рівноправні), ізотропна (рівноправнийвідлік уперед і назад).3521.2. Постулати СТВ. Перетворення Лоренца1. Усі закони фізики в усіх інерціальних системах відлікуоднакові (принцип відносності Ейнштейна).

1. Спеціальна теорія відносності2. Швидкість світла у вакуумі (c) не залежить від швидкостіруху джерела, тобто c однакова в усіх інерціальнихсистемах відліку (c — інваріант).Відповідно до постулатів СТВ між координатами x таx ′ і часом t та t ′ у двох інерціальних системах відліку існуютьспіввідношення, які називаються перетвореннямиЛоренца:vt ±x±vtx′ =, yz , , t′ =cx 2.22vv1−1−22cc1.3. Висновки СТВ1.3.1. Відносність довжини (відстаней)Довжина тіла в системі відліку, відносно якої воно перебуваєв спокої, називається власною довжиною l 0.Лоренцієве скорочення довжини — зменшення довжинив напрямку руху:2vl= l01 − .2cПри v c маємо l = l 0— класична механіка,21− v c 2— кінематичний ефект.1.3.2. Відносність проміжку часуЧас, виміряний у системі відліку, де точки системи нерухомі,називається власним часом (t 0). Час у рухомій системівідліку:t0t =.2v1−2cЯкщо v c, то t = t 0— класична механіка.353

Сучасна фізикаРелятивістське уповільнення часу в рухомій системівідліку в21− v c 2експериментально підтверджено.3541.3.3. Відносність одночасностіПодії, одночасні в одній інерціальній системі відліку,не одночасні в інших інерціальних системах, рухомих відноснопершої.Розрізняють події просторово-часові і причинно-на слідкові.Якщо подія причинно-наслідкова, то неможлива системавідліку, в якій наслідкова подія випередила б подію причинову.1.3.4. Релятивістський закон додавання швидкостейРелятивістський закон додавання швидкостей:u′ + vu =.uv ′1+2cЯкщо u′ = c, v = c, то u = c. Якщо u′ c, v c, тоu= u′ + v — класична механіка.Швидкість світла у вакуумі (c) — гранична швидкістьу нашому Всесвіті.1.3.5. Імпульс тіла і маса в СТВ.Другий закон Ньютона в СТВІмпульс тіла, як і в класичній механіці, пропорційний швидкості ( p=mv), де m — релятивістська маса тіла: mv0m0p= mv =, m =.22vv1−1−22ccЯкщо v → c, то m → u.Власна маса — m 0(маса спокою).Жодна частинка (тіло) з масою спокою m 0, відмінноювід нуля, не може рухатися зі швидкістю, яка дорівнює чиперевищує швидкість світла у вакуумі (тільки менше c).

1. Спеціальна теорія відносностіДругий закон Ньютона в імпульсній формі такий самий,як у класичній механіці: F∆t= ∆p,F∆t=∆ mv( )2v1−2c.1.3.6. Закон взаємозв’язку маси та енергіїЗакон взаємозв’язку маси та енергії:E0=E=mcmc01−Енергія спокою тіла (власна енергія тіла) — це його внутрішняенергія:E2 ,2vc222= m c .0 0Зміні енергії тіла відповідає зміна маси тіла, і навпаки:∆E=∆mc2 ,∆E∆m= .2cУ релятивістській фізиці енергія тіла складається ізенергії спокою тіла і його кінетичної енергії:22mc = mc + E к.0При зміні температури тіла змінюється його внутрішняенергія, відповідно змінюється і його маса.Масі спокою в 1 а. о. м. (атомну одиницю маси) відповідаєенергія 931 МеВ:1 а. о. м. — 931 МеВ,−1аом. . . = 1, 67 ⋅10 27 кг ,−1 еВ = 1, 610 ⋅19 Дж..355

Сучасна фізикаЗадача.1.4. Приклади розв’язання задачПри якій швидкості кінетична енергія частинки дорівнюєїї енергії спокою?Дано:Розв’язання:E = кEE= E + E , E= 2E.0 к 00v — ?Отже,mc01−2vc222= 2mc,02v1− = 0, 5 , v=c2c34 .Відповідь: v ≈ 0,9 с.2. Квантова оптика3562.1. Теорія Планка. Імпульс фотонаТеорія Планка: світло випромінюється, поши рю єть сяі поглинається окремими порціями, які називаються квантами.Енергія кванта прямо пропорційна частоті світла:ε = hν,−де h — стала Планка; h = 66210 , ⋅ 34 Дж⋅с .Квант світла — це частинка світла, яку називають фотоном.Фотон не має маси спокою (m 0= 0), а існує, лише рухаючисьіз швидкістю, яка дорівнює швидкості світла.Фотон має певний імпульс ( p):hp = ν hфc= .λ 0

2. Квантова оптикаКвантові властивості світла зумовлені тим, що енергія,імпульс і маса електромагнітного випромінювання зосередженіу фотонах.2.2. Фотоефект2.2.1. Зовнішній і внутрішній фотоефектЗовнішній фотоефект — виривання електронів із твердихтіл і рідин за їхні межі під дією падаючого на них потокуфотонів.Тіло втрачає частину електронів (фотоелектро нів) — набуваєпозитивного заряду.Внутрішній фотоефект — виривання з атомів, молекулабо іонів електронів, які залишаються всередині речовини.2.2.2. Закони зовнішнього фотоефекту.Співвідношення ЕйнштейнаЗакони зовнішнього фотоефекту:1. Максимальна початкова швидкість фото електронів залежитьлише від частоти світла і властивостей поверхніметалу.2. Число електронів n, які вириваються світлом за одиницючасу, прямо пропорційне освітленості металу (n – E).3. Для кожної речовини існує поріг фотоефекту (довгохвильовамежа фотоефекту). Це така довжина хвилі світлаλ max, більше від якої (або частота світла ν min, менше відякої) фотоефект не відбувається.Фотоефект відбувається, якщо тіло освітлюється світломзνν ( λλ).minКожний фотон взаємодіє лише з одним електроном.Рівняння Ейнштейна для зовнішнього фотоефекту: енергіяфотона витрачається на здійснення роботи виходу електроназ металу ( A вих ) і на надання елект рону, що вилітає,2⎛ mvкінетичної енергіїmax⎞⎜ ⎟ :⎝ 2 ⎠2mvmaxhν= Aвих+ .2357max

Сучасна фізикаПоріг фотоефекту:hν min= A вих,ν min= A вих,hλmaxc= =νminchA вих.Поріг фотоефекту цезію міститься в зоні червоних променів(мала A вих).Поріг фотоефекту вольфраму, золота міститься в зоніультрафіолетових променів (велика A вих).2.3. Фотоелементи та їх застосуванняФотоелементи із зовнішнім фотоефектом — вакуумнібезінерційні прилади для одержання фотострумів.Потік фотоелектронів, які світло вириває із катода, піддією електричного поля утворює фотострум, що замикаєелектричне коло:I = насk Φ .Фотоелементи із внутрішнім фотоефектом — фотоелементиіз запираючим шаром (див. Струм у напівпровідниках).Кремнієві фотоелементи перетворюють енергію світлав електричну (сонячні батареї).Фоторезистори — напівпровідники, в яких під дієюсвітла відбувається внутрішній фотоефект і різко змінюєтьсяїхній опір.Фотоелементи із зовнішнім фотоефектом застосовуютьсяу фотореле, у звукозапису кіно тощо.3582.4. Світловий тискСвітловий тиск — це тиск, який створює електромагнітнахвиля, що падає на поверхню тіла (теоретично обґрунтувавМаксвелл, уперше установив і дослідив на практиціП. Н. Лєбедєв).

Формула Максвелла:p = ( 1+світлаr ) ω2. Квантова оптикаде r — коефіцієнт відбиття; ω — густина енергії електромагнітноїхвилі.Тиск світла на дзеркальну поверхню у два рази більший,ніж на чорну (поглинаючу) поверхню. Імпульс фотонапередається атомам чи молекулам тіла з чорною поверхнею.При відбиванні від дзеркальної поверхні імпульс фотонаhνзмінюється на протилежний, а частинкам речовиниcпередається імпульс 2 h (рис. 336):cν∆p = p ′ − p .Проекція на вісь X:фот фот фот∆pфот =− p′ фот− pфот =−2 pфот.Існування світлового тиску передбачено електромагнітноютеорією світла Максвелла. При падінні електромагнітноїхвилі на метал під дією електричної складової ( E)електрони металу будуть рухатись у напрямі, протилеж-ному вектору E . Магнітна складова електромагнітного поля( B) діє на рухомі електрони із силою Лоренца в напрямі,перпендикулярному до поверхні металу,— створює тиск наповерхню металу (рис. 337).E EmB B mv r eF ëРис. 336 Рис. 337359

Сучасна фізика3602.5. Корпускулярно-хвильовий дуалізмУ явищі світлового тиску наочно виявляється к о р п у -скулярно-хвильовий дуалізм (двоякість) світла.Світло має хвильові властивості (інтерференція, дифракція,поляризація світла), а з іншого боку, світло — це потікфотонів — квантів, які є частинками.Світловий тиск якісно і кількісно пояснюється як квантовими,так і хвильовими властивостями світла.Енергія фотона прямо пропорційна частоті світла.При малих частотах переважають хвильові властивості,при великих частотах — квантові властивості світла.Квантові і хвильові властивості світла взаємно доповнюютьодна одну і відображають вза ємопов’язані закономірностіпоширення світла та його взаємодію з речовиною.2.6. Хімічний вплив світла. Чорно-білафотографія. Фотосинтез. Ланцюгові реакціїХімічний вплив світла — розщеплення й акти ві зація молекулі атомів при поглинанні ними квантів світла .Приклади фотохімічної дії світла:1) фотографія:2) фотосинтез:AgBr + hν → Ag + + Br + e− ;CO2+ hν →CO* 2,* — знак активізованої молекули;( )+ ( )→ ( )+*n CO n HO n CH O nO;2 22 2↓органічнасполука3) молекули H 2і Cl 2у темноті не сполучаються.Під впливом світла:сполука HCl (ланцюгова реакція):Cl + 2hν → Cl + • •Cl , — знак активізованого атома.Cl •+ H 2→ HCl + •H,H •+ Cl 2→ HCl + •Cl

2.7. Приклади розв’язання задачЗадача 1.2. Квантова оптикаДо якого виду слід віднести промені, енергія фотонівяких дорівнює 4 · 10 –19 Дж?Дано:ε = 4 · 10 –19 Джλ — ?Розв’язання:εε= h ν⇒ν = , λ = c ,h νλ = ch .ελ=Обчислення:310 ⋅ ⋅6,62⋅10−19410 ⋅8 −34м = 5 · 10 –7 м.Відповідь: λ = 0,5 мкм. Видиме випромінювання світла.Задача 2.Який імпульс фотона, енергія якого дорівнює 6 · 10 –19 Дж?Дано:c = 3 · 10 8 м/сε = 6 · 10 –19 ДжРозв’язання:Імпульс фотонаp = mc. (1)Масу фотона визначаємо за формулою:p — ?m =h ν2c(2)(випливає з рівнянь: ε = hν і E=mc).Підставимо значення маси (2) в (1):p =hνchν ε= = , p = ε .2c c c cОбчислення:⎡⎣ p ⎤ ⎦ = Дж= Н⋅м⋅см мс⋅= кг м с = кг м с с2,361

Сучасна фізика362{ p}=−610 ⋅310 ⋅Відповідь: p = 2 · 10 –27 кг · м/с.Задача 3.198= 210 ⋅− 27 .З якою найбільшою швидкістю будуть рухатися фотоелектронипри їх звільненні із цезію, якщо він освітлюєтьсямонохроматичним світлом з довжиною хвилі λ = 0,5 мкм?(Роботу виходу із цезію вважати рівною A вих= 1 еВ).Дано:λ = 0,5 мкмA вих= 1 еВ−m = 91 , ⋅10 31 кг−h = 66210 , ⋅34 Дж · сc = 310 ⋅8 м/сv max— ?СІ:λ = 0,5 · 10 –6 мA вих= 1 · 1,6 · 10 –19 Дж−m = 91 , ⋅10 31 кг−h = 66210 , ⋅34 Дж · сc = 310 ⋅8 м/сРозв’язання:Спочатку слід установити, відбудеться фотоефект чи ні.Обчислимо енергію кванта і зіставимо його з роботою виходу:ε = ch ,λε=310 ⋅ ⋅6,62⋅10−60510 , ⋅8 −34Дж = 4 · 10 –19 Дж;ε > A вих— фотоефект відбудеться.Згідно із рівнянням Ейнштейна:звідки2mvhν= Aвих+2vmax =max,mv2max2ch2⎛− A⎝⎜λm( )вихch= − Aλ⎞⎠⎟,вих ,chAλ − = ⋅ −19 − ⋅ −19вих410 1, 610 Дж ≈ 2,4 · 10 –19 Дж,

3. Фізика атома−, ⋅v max= 2⋅2410 −91 , ⋅1019315 7310 , ⋅ .Відповідь: v max≈ 073 ,Ммс.3. Фізика атома3.1. Планетарна модель атома РезерфордаПланетарна (ядерна) модель атома Резер фордаРезерфорд на підставі спостережень за розсіюваннямα-частинок при проходженні їх через золоту фольгу обґрунтувавмодель атома (рис. 338, а, б).Атом складається з ядра, яке займає дуже малий об’ємпорівняно з об’ємом атома. Навколо нього по певних орбітахрухаються електрони (рис. 338, в).а б вРис. 338Лінійні розміри ядра 10 –15 —10 –14 м; лінійні розміри атома≈ 10 –10 м.Маса електронів, які обертаються навколо ядра, значноменша від маси ядра, тобто майже вся маса атома зосередженав ядрі атома.Маса ядра атома Гідрогену (протона) у 1840 разів більшаза масу електрона.Електричний заряд ядра позитивний і дорівнює за чисельнимзначенням негативному заряду усіх електронів, що363

Сучасна фізикаобертаються навколо ядра, внаслідок чого атом електричнонейтральний.Кількість електронів (e) в атомі дорівнює кількості протонів(p) в ядрі і збігається з порядковим номером (атомнимномером) Z атома в періодичній системі Менделєєва.3.2. Постулати Бора. Борівські орбітиПостулати Бора1. Електрони в атомах рухаються по орбітах визначеногорадіуса, які називаються стаціонарними (або дозволеними).Момент імпульсу електронів, які рухаються стаціонарнимиорбітами, кратний величиніh2π = : mvr = n h ( mvr = n ),2πде n = 1, 2, 3 ... — головне квантове число.2. Рух електрона по стаціонарній орбіті не супроводжуєтьсявипромінюванням або поглинанням енергії.3. При переході з однієї стаціонарної орбіти з енер гією E nнаіншу з енергією E mвипромінюється або поглинаєтьсяквант енергії hν:hν= E − E .364mРадіус борівської орбіти збільшується в міру того, яквіддаляється від ядра:nhr = ε 2 20n.2πZe mТеорія Бора описує атом Гідрогену, ізотопи Гідрогенуі водневоподібні йонізовані атоми, тобто атоми з однимелектроном, що обертається навколо ядра.Значення повної енергії електрона в атомі складаєтьсяіз суми потенціальної енергії притягання електрона до ядраі кінетичної енергії обертання його навколо ядра:E= Eп + E , E =− 1 2ZeZeк п, E4πε0r= 1 21к.2 4πε0rЕнергетичний рівень атома:E =− 1пπεnZer8 02

3. Фізика атомаОрбіта електрона в атомі (борівська орбі та) — це геометричнемісце точок, у яких імовірність знаходження електронанайбільша, бо електрон в атомі виявляє як корпускулярнівластивості, так і хвильові.3.3. Атом Гідрогену за Н. БоромСпектр випромінювання атомаГідрогену ліній частий.Нормальному (стаціонарному)стану атома відповідаєрух електрона найближчою доядра орбітою. Енергетичнийрівень електрона при цьомуE 1=− 13, 55 еВ. Всі інші рівні(n = 2, 3, 4, ...) називаютьсязбудженими.Перехід атома зі збудженогостану (збуджений рівень)у нормальний стан (на першийрівень) супроводжується випромінюваннямпевного кванта(з певними ν і λ).Серії названі іменами їхпершовідкривачів (рис. 339).Рис. 3393.4. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Обчислити радіус першої борівської орбіти та швидкістьелектрона атома Гідрогену на ній.Дано:n = 1−e = 16 , ⋅10 19 Кл−m = 91 , ⋅10 31 кг−h = 66210 , ⋅34 Дж · с−12ε 0= 88510 , ⋅ Ф/мr — ?v — ?Розв’язання:Кулонівська сила притяганнядо ядра надає електрону доцентрогоприскорення:1πεFк4 02= ma ,er2доц2= m v .r365

Сучасна фізика366hЗ першого постулату Бора mvr1= (n = 1).2π hЗвідси v = . 2 πmr1Підставимо значення v:2222eh e h= m, = .22 2 34πε0r14πmr ε0πmrЗвідси одержуємо радіус першої борівської орбіти:20hr1= ε .2e πmШвидкість електрона на цій орбіті буде:v =2he πm2πmεh02, v =Обчислення:( )−12 −34 88510 , ⋅ ⋅ 6,62⋅102r 1=−19 2 −31v =( ) ⋅ ⋅ ⋅−19 ( 16 , ⋅10)216 , ⋅10 3149110, ,−2885 ⋅ , ⋅10 ⋅66210, ⋅12 −34Відповідь: r 1= 53 пм; v = 2,2 Мм/с.Задача 2.2e2ε 0hмс.м = 0,53 · 10 –10 м,= 2210 , ⋅6мс .Електрон, що розташований на n-й стаціонарній орбітіchатома Гідрогену 1 1H, має енергію E =− ⋅ −⋅n1097 , 10 7 м 1 .2nВизначити довжину електромагнітної хвилі, яка випромінюєтьсяатомом Гідрогену при переході його електроназ третьої на другу стаціонарну орбіту.Дано:chE =− ⋅ −⋅n1097 , 10 7 м1 2i = 3nk = 2λ ik— ?Розв’язання:Довжина електромагнітноїхвилі та її частота пов’язані залежністю:λ = c ,νде c — швидкість поширеннясвітла у вакуумі.

4. Фізика атомного ядраЕнергія фотона hν (h — стала Планка), який випромінюєтьсяпри переході його електрона з однієї стаціонарноїорбіти на іншу, пов’язана з енергіями електронів на цих орбітахзалежністю:hν ik= Ei − Ek.Отже,hchchc=7 ch7 chм =⎛1097 10 1097 107 ch2⎛7 ch2⎞⎞⎜ −1097 , ⋅10 ⋅ − i⎜ −1097 , ⋅10⋅22k⎟⎟⎝⎝⎠2 2⎠hcki7 2 272 2hcki==1097 10 ch 1097 10м.⎛ 1 2 1 2 ⎞м 7 2 271097 , ⋅10ch⎜−1097 , ⋅10−( i k )м.⎟⎝ k2 i2⎠ik hcλ ik=i kEi − Ek{ λ ik }=Відповідь: λ ik= 0,656 мкм.Обчислення:[λ ik] = м,49(⋅⋅ − ) = ⋅ − 765610 , .71097 , 10 9 44. Фізика атомного ядра4.1. Відкриття протона і нейтрона1919 р. Е. Резерфорд здійснює першу ядерну реакцію івідкриває протон (p):147N+ He→ O+ p .42Протон — елементарна частинка з масою спокою, трохибільшою за 1 а. о. м. (1,67 · 10 –27 кг) й елементарним позитивнимзарядом + e (1,6 · 10 –19 Кл).1932 р. Д. Чедвік відкриває нейтрон (n):944217812611Be + He → C + n .10367

Сучасна фізикаНейтрон — елементарна частинка з масою спокою, трохибільшою від маси спокою протона, проте електричнийзаряд відсутній.4.2. Теорія будови ядраТеорія будови ядра (Д. Іваненко, В. Гей зен берг та ін.):Ядро кожного атома складається тільки з протонів танейтронів (нуклонів). У ядрах деяких атомів вони можутьперетворюватися один в одного:— при перетворенні протона в нейтрон випромінюютьсяпозитрон і нейтрино:11+p→ n+ e + ν ;10— при перетворенні нейтрона в протон випромінюютьсяелектрон й антинейтрино — нейтральна частинка з дужемалою масою спокою:10−n→ p+ e + ν .11У ядрі протони і нейтрони міцно зв’язані внутрішньоядернимисилами, які є проявом сильних взаємодій.Ядерні сили спостерігаються на відстані 10 –14 —10 –15 м.Ядерні сили між двома протонами в атомному ядрі в 100 разівбільші за кулонівські.Протони і нейтрони в ядрі безперервно обмінюютьсячастинками π-мезонами (π + , π – , π 0 ) — так звана обмінна взаємодія.A — масове число атома (заокруглена до цілого відноснаатома маса), що дорівнює числу нуклонів у ядрі.Z — число протонів у ядрі (порядковий номер елементав таблиці Менделєєва).N = A – Z — число нейтронів у ядрі.3684.3. Енергія зв’язку ядра. Дефект масиЕнергія ядра:E= m ядраc2 .Енергія зв’язку ядра — це енергія, яка потрібна, щоброзщепити ядро на окремі нуклони, або це енергія, яка виділитьсяпри утворенні ядра з вільних нуклонів.

4. Фізика атомного ядраЕнергія зв’язку ядра визначається за дефектом масиядра:E =∆m c2 .зв. ядраДефект маси ядра дорівнює різниці між сумою мас спокоюнуклонів у вільному стані й масою спокою ядра:ядра∆m = Zm + Nm − m .ядраpnядраЕнергія зв’язку ядра вимірюється в МеВ:1 МеВ = 10 6 еВ = 10 6 · 1,6 · 10 –19 Дж = 1,6 · 10 –13 Дж.Наприклад, енергія зв’язку ядра 2 4 He дорівнює 28 МеВ.4.4. Природна радіоактивністьПриродна радіоактивність (три види):1. α-розпад. У деяких важких ядрах два протони і дванейтрони вступають у замкнуту взаємодію і виштовхуютьсяз ядра. Первинне ядро випромінює α-частку (ядро42He ) і перетворюється в нове ядро елемента, який розташованийна дві клітинки ближче до початку таблиціМенделєєва:23994Pu → He + U .422. β – -розпад. У деяких ядрах нейтрон довільно (спонтанно)перетворюється в протон з випромінюванням електронаі антинейтрино. Утворюється нове ядро елемента, якийрозташований у таблиці Менделєєва слідом за елементомдо випромінювання, тобто зміститься на одну клітинкудо кінця таблиці Менделєєва. Потік електронів,що виникає, називають β-випромінюванням:9223592239 239 −U→ Np + e + ν .933. γ-випромінювання. Ядра, що опинилися в збуд женомустані, переходячи в стаціонарний стан, випромінюютьквант електромагнітного випромінювання високої частоти(γ-квант):23992U*→23992U .↓ γ − квант369

Сучасна фізика3704.5. Штучна радіоактивністьДеякі штучно одержані радіоактивні речовини зазнаютьβ + -розпаду.В ядрах цих атомів один з протонів перетворюєтьсяв нейтрон з випромінюванням позитрона і нейтрино. Новийелемент зміщується на одну клітинку до початку таблиціМенделєєва:13 13 +N→ C+ e + ν,730156+P→ Si + e + ν .3014Ізотоп 30 15P отримують бомбардуванням Al α-ча стинками:27 430 1Al + He → P + n .132Ядерними реакціями називаються перетворенняядер при взаємодії з елементарними частинками або однез одним .Ядерна реакція протікає так: ядро захоплює бомбардуючучастинку, поглинає її енергію, переходить у нестійкий станта розпадається. Реакція, що протікає з поглинанням енергії,—ендотермічна, з виділенням енергії — екзотермічна.4.6. Часткове звільнення внутрішньоядерної енергіїпри екзотермічних ядерних реакціяхЕлементи, розташовані у середній частині таблиціМенделєєва, мають більшу питому енергію зв’язку ядер.Енергія звільнюється при з’єднанні легких ядер або при поділіважких (рис. 340).I. Термоядерний синтез легких ядер (відбувається притемпературах в десятки мільйонів градусів). Енергія, щовиділяється при цьому (екзотермічна ядерна реакція),— цекінетична енергія утворених ядер і частинок і супроводжуєтьсяγ-випромінювання:21виділяється 17,6 МеВ;314215D+ T→ He + n ,73виділяється 14,6 МеВ.114210Li + H→2⋅ He ,0

4. Фізика атомного ядраРис. 340Енергія, що виділяється, дорівнює добутку величинидефекту маси ядерної реакції на квадрат швидкості світла:∆E= m я. рc2 .Дефект маси ядерної реакції — це різниця між сумоюмас спокою ядер і частинок до і після ядерної реакції. Приендотермічній ядерній реакції дефект мас від’ємний ∆m < 0(поглинання енергії), при екзотермічній — ∆m > 0.II. Ділення важких ядер.Ядерні реакції особливо легко зумовлюються повільниминейтронами, які через відсутність заряду вільно проникаютьв атомні ядра та спричиняють їх перетворення.Наприклад, ядро Урану-235 при захопленні нейтронарозщеплюється на два осколки X 1і X 2; утворюються 1—3нейтрони:235 1192U +0n→ X1 + X2 + ( 1−3)⋅0n,виділяється приблизно 200 МеВ енергії.Тут X 1і X 2— радіоактивні ізотопи.371

Сучасна фізикаОсколки — це різні ядра радіоактивних ізотопів. Прирозпаді (діленні) певного елемента можливе утворення будьякоїпари різних осколків з різним числом нейтронів:Zr і Te, Xe і Sr, Sb і Nb та інші.23592U захоплює тільки повільні (теплові) нейтрони.Ланцюгові ядерні реакції.За певних умов кожний звільнений в результаті розщепленняважкого ядра нейтрон може бути захоплений ядром23592U і звільнити ще 2—3 нейтрони. Якщо процес повторюється,може виникнути самопідтримуюча ядерна реакція.Коефіцієнт розмноження нейтронів — це відношеннячисла нейтронів, звільнених при поділі ядра, до числа нейтронів,які спричиняють поділ у даній масі ядерного пального.Для протікання ланцюгової реакції необхідно, щоб коефіцієнтрозмноження нейтронів у даній масі урану був k 1.Ланцюгова реакція в 235 92U та 239 94Pu здійснюється в атомнихбомбах, де критична маса радіоактивної речовини обумовлюєk 1,01, тобто ядерний вибух.У реакторах на атомних електростанціях здійснюєтьсякерована ядерна реакція (k = 1). Сповільнювачем нейтронівв урано-графітовому реакторі є графіт (або важка вода).Енергія виділяється при розщепленні 235 92U .У паливі ядерних реакторів кількість 235 92U менша, ніжкількість 238 92U, який, захоплюючи повільний нейтрон, перетворюєтьсяв Плутоній 239 94Pu :37223592U+ n→ U → e + ν + Np1023992* − 239 *93↑ ↑ ↓ γ 1T = 45 , млрд років T = 23 хв23993Np* −→ e + ν +↑ ↓ γ 2↑T = 2 діб T = 24 000 роківКерують реакцією введені в реактор стрижні з бору абокадмію, які поглинають теплові нейтрони.У реакторі-розмножувачі на швидких нейтронах з 1 кг235 U отримують 1,5 кг плутонію.9223994Pu

4.7. Закон радіоактивного розпаду4. Фізика атомного ядраЗакон радіоактивного розпаду (рис. 341):де N — число радіоактивних атомів в даний момент часу;N 0— число радіоактивних атомів в початковий моментчасу:T — період напіврозпаду — час, упродовж якого розпадаєтьсяполовина радіоактивних атомів.t−TN = N 2 ,0Рис. 3414.8. Приклади розв’язання задачЗадача 1.Ядро 232 90Th зазнає 4 α-розпади і 2 β – -розпади. Ядро якогоатома утворюється?Розв’язання:Після 4 α-розпадів ядро Торію покинуть 4 4 2He , тобто8 протонів і 8 нейтронів (16 нуклонів).Після 2 β – -розпадів 2 нейтрони перетворюються у 2 протони,тобто число нуклонів не змінюється, а число протонівзбільшується на 2.373

Сучасна фізикаТаким чином, утворюється ядро із Z = 84 і масовим числомA = 216.За таблицею Менделєєва визначаємо, що це ядро ізотопуПолонію 216 84Po.Відповідь: ядро 216 84Po.Задача 2.Визначити, виділяється чи поглинається енергія у ядернійреакції 714 417 1N+ He→ O+ H ?Дано:m 0 N= 14, 003 07 а. ом . .m 0 He= 4, 002 66 а. ом . .m 0 O= 16, 999 91 а. ом . .m 0 H= 1, 007 83 а. ом . .∆E — ?Відповідь: енергія поглинається.281Розв’язання:∆m= m1 −m, 2m1 = m + m ≈ 0N 0He 18 , 0056 ,m2 = m0O + m0 H= 18, 007 ,m 2> m 1,отже,∆m < 0.5. Елементарні частинки5.1. Фізика елементарних частинокЧастинки, яким на сьогоднішній день наука не можеприписати певної внутрішньої будови, називають елементарними.Відкрито 38 елементарних частинок і більше 300 резонанс-частинок(короткоживучі частинки із середнім часомжиття 10 –22 —10 –23 с).3745.1.1. Класифікація елементарних частинок1. Фотони (m 0= 0): γ.2. Лептони (легкі): e – , e + , ν, ν , µ + , µ – , ν µ, ν µ.

5. Елементарні частинки3. Мезони (середні): π + , π – , π 0 , k + , k – , k 0 0( k1, k02 ).4. Баріони (важкі): нуклони p, n і гіперони.Кожна частинка має свою античастинку, тобто частинкутієї ж маси спокою, але з деякими протилежними квантовимивластивостями ( e − і e + , ν і ν , p і p − тощо).Фотон та π 0 -мезон античастинок не мають.5.1.2. Стабільні і нестабільні частинкиСтабільні частинки (їх дев’ять) — живуть у вільномустані як завгодно довго: γ, e – , e + , p, p – , ν, ν , ν µ, ν µ. Інші нестабільні.Наприклад, 0 1 n стабільний у ядрі, а у вільному станійого середній час життя 15 хв, після чого нейтрон перетворюєтьсяв стабільні частинки:10−n→ p+ e + ν .11При будь-якому перетворенні елементарних частиноквиконуються закони збереження маси, енергії, електричногозаряду, імпульсу, моменту імпульсу.Анігіляція частинок:e+ e →2γ (можливе 3γ);− +кожний фотон забирає енергію2hν= m ⋅ c = 0, 511 МеВ.0Фотонародження (утворення пар): γ-квант з енергією1, 022 МеВ утворює пару:− +2γ→ e + e (2mc 0= 1,022 МеВ).Задача.5.2. Приклади розв’язання задачПри зіткненні γ-кванта жорсткого випромінюванняз ядром атома відбулося фотонародження. Визначити кіне-375

Сучасна фізикатичну енергію утвореної пари — електрона і позитрона, якщочастота γ-кванта 710 ⋅ 20 Гц.Дано:ν= 710 ⋅20 Гц−31m 0= 91 , ⋅10кгc = 3 • 10 8 м/c−h = 66210 , ⋅34 Дж · с′ E к— ?Розв’язання:За законом збереження і перетворенняенергії:2hν= 2m 0c + E . кКінетична енергія утвореної пари:E = h ν −2 кm ⋅ 0cКінетична енергія електрона чи позитрона:EкE′к=2 .Обчислення:2 .hν=−34 2066210 , ⋅ ⋅7⋅10Дж−13Дж16 , ⋅10МеВ≈ 3 МеВ,3−1,022E к′ =222m⋅ c = 1, 022 МеВ,0МеВ ≈ 1 МеВ = 1,6 · 10 –13 Дж.Відповідь: кінетична енергія електрона і протона дорівнює≈ 0,16 пДж.376

ПРЕДМЕТНИЙ ПОКАЖЧИКАБВАбсолютний нуль температур143Аеродинамічний парадокс132Адіабата 192Акомодація 342Ампер 224Амплітуда коливань 288,304Анігіляція 375Анізотропія 175Антинейтрино 369Античастинка 374Атом 139Баріон 374Барометр 116Бінокль 342Блок 78— нерухомий 78— рухомий 78Борівська орбіта 364Вага тіла 50Важіль 77Вакуум 248Вантажопідйомність 116Ват 69Вектор 15Випромінювання 188— видиме 320— теплове 159Випаровування 159Вільне падіння 24ГДВольт-амперна характеристикагазового розряду 241— — діода 248— — — з підігрівальнимкатодом 249— — — прямого розжарення249— — — струму в металах237Газ ідеальний 241Гальванопластика 240Гальванотехніка 239Гвинт 79Генератор 292— електромагнітних коливань305Гідравлічна машина 115Гідроаеродинаміка 128Гідроаеростатика 112Гідравлічна машина 115Головна оптична вісь лінзи337Головний фокус лінзи 338Графік руху 23Демодуляція 315Деформація 46— пластична 46— твердого тіла 46— пружна 46Джерело когерентне 311— рентгенівських променів349— струму 228377

ПРЕДМЕТНИЙ ПОКАЖЧИКЕ378Демодуляція 316Дефекти кристалічної гратки177— лінійні 177— маси 368— — ядерної реакції 371Джоуль 69Динаміка 37Диполь 212Дисперсія світла 321Дифракційна гратка 327Дифракція хвиль 310Дифузія 127Діелектрик 212Діод 249Довжина хвилі 306, 348— — електромагнітної 316Електрична дуга 242Електричний резонанс 295Електродинаміка 223Електроліз 239Електроліт 238Електролітична дисоціація238Електролюмінесценція 348Електромагнітна індукція272Електронна емісія 242, 248Електронно-променеватрубка 251Електропровідність 220Енергія 70— внутрішня 185— електрона 349— кванта 355— кінетична 71— магнітного поляпровідника зі струмом276— механічна 70З— поверхневого шарурідини 166— потенціальна 71— спокою тіла 66, 353— зв’язку ядра 368Ентропія 187Еталон маси 38Ефект діамагнітний 262— парамагнітний 262— скін- 299Закон Авогадро 140— Архімеда 115— Бернуллі 129— Бойля—Маріотта 136— Брюстера 326— взаємозв’язку масиі енергії 355— додавання швидкостей18— заломлення світла 320— збереження енергії 70— — заряду 207, 66— — моменту імпульсу 104— зовнішнього фотоефекту357— всесвітнього тяжіння 49— газовий 147— Гей-Люссака 147— Гука 169— Дальтона 138— Джоуля—Ленца 230— електролізу (закон Фарадея)239— Кулона 208— Ома— — для ділянки кола 224— — для змінного струму292— — для повного кола 229— — у векторній формі 225— Паскаля 113

ЗІК— радіоактивного розпаду373— самоіндукції 276— сталості потоку 128— Стокса 121— термодинаміки 191, 193— Шарля 147Заряд електричний 207— елементарний 207— пробний 209— точковий 209Звук 309Звуковий резонанс 310З’єднання провідників паралельне227— — послідовне 226Зображення 333— дійсне 333— уявне 333«Золоте правило» механіки76Ізобара 147Ізотерма 136Ізохора 149Імпульс сили 64— тіла 41Індукція електромагнітна273— магнітна 251Інертність 38Інерція 37Інтенсивність звуку 311Інтерференція 323Інфразвук 311Калориметр 191Капіляр 166Катіон 238ЛМПРЕДМЕТНИЙ ПОКАЖЧИККвант 356Кипіння 161Кільця Ньютона 324Кінематика 13Клин 79Коефіцієнт відновлення 70— джерела струму 229— затухання 305— корисної дії (ККД) 74— розмноження нейтронів372— тертя ковзання 42— трансформації 297Коливальний контур 300Коливання 282— вимушені 284— вільні 284— гармонічні 283, 284— затухаючі 286— електричні 302— періодичні 283Конвекція 189Конденсація 191Корпускулярно-хвильовийдуалізм 360Кристал 175Кристалізація 190Кристалічна гратка 177Лінії магнітної індукції 255— напруженості 202Лінза 337Луна 312Лупа 343Люмінесценція 348Магнетики 261Магнітна індукція 251Магнітне поле 251— колового струму 253— постійного магніту 262379

ПРЕДМЕТНИЙ ПОКАЖЧИКНО380— соленоїда 257Магнітний полюс 257Магнітний потік 259Магніт 266Манометр 119Маса 38— атома 139— молярна 140Маятник математичний285— пружний 285— фізичний 287Мікроскоп 344Модуль магнітної індукції255— Югна 47Молекула 139Монокристал 176Напівпровідник 212, 244Напруга 215, 226Напруженість поля— електричного 209— — нескінченноїзарядженої плоскості210— — точкового заряду 210Напрям струму 223— сили Лоренца 255, 259Невагомість 52Обертання 27— період 27— частота 27Одиниця електропровідності225— жорсткості 47— заряду 200— імпульсу 69— індуктивності 276— кількості речовини 140П— кутової швидкості 27,100— магнітної індукції 255— магнітного потоку 260— маси 38— молярної маси 129— — теплоємності 189— опору 219— питомої теплоємності138— — теплоти згоряння 190— потужності 69— прискорення 21— роботи (енергії) 69— сили 41— швидкості 21Опір 295— провідника 224Оптика 363Оптична сила лінзи 338Оптичний центр лінзи 337Осциллограф 251Пара 157Парабола 23Період вільних коливаньв контурі 285— коливання 286— обертання 27— піврозпаду 377Плазма 243Поле гравітаційне 49— електричне 209— електромагнітне 277— електростатичне 209— індуктивне 209— магнітне 254Поляризація 313— діелектрика 213— молекул 207— світла 327Постулати Бора 364

РПотенціометр 227Потужність 70— струму 230Правило буравчика 254,275— Ленца 275— лівої руки 258— рівноваги важеля 77Принцип відносності 352— Гюйгенса 308— суперпозиції 209Прискорення 21— вільного падіння 23— кутове 28— нормальне 25— тангенціальне 25Промінь 307— інфрачервоний 343— рентгенівський 349— світловий 348— ультрафіолетовий 318Процесс адіабатичний 192— ізобарний 147— ізотермічний 146— ізохорний 147Протон 367Провідник 212Провідність електрична 225— електронно-діркова 245Протон 367Психрометр 159Радіан 93Радіохвиля 316Радіоактивність 369Резистор 227Резонанс напруг 295— струмів 293, 295Реостат 227Рекомбінація 238Рефлектор 344Речовина 139, 263ПРЕДМЕТНИЙ ПОКАЖЧИКРівняння Бернуллі 112— гармонічних коливань283— вільного падіння 24— Ейнштейна длязовнішнього фотоефекту357— Клапейрона 161— Клапейрона—Менделєєва134— Максвелла 278— миттєвої швидкості 22— Пуассона 192— теплового балансу 188Рівновага байдужа 102— динамічна 148— нестійка 102— стійка 102Робота 73— ідеального газу 186— з переміщення заряду215— корисна 74— сили 95— сталої сили 73— струму 230— струму 225Розряд самостійний 215— тліючий 243Розширення 182Рух 65— броунівський 127— механічний 13— обертальний 104— поступальний 14, 100,105— прямолінійнийрівномірний 19— рівноприскоренийпрямолінійний 21— тепловий 179— тіла, кинутого під кутомдо горизонту 53381

ПРЕДМЕТНИЙ ПОКАЖЧИКСТ382— тіла, кинутого горизонтально53— реактивний 215Самоіндукція 276Світло 320Сила 36— аеродинамічна 131— Ампера 255— Архімеда 115— всесвітнього тяжіння 49— консервативна 72— кулонівська 209— Лоренца 254— піднімальна 116— поверхневого натягу 165— пружності 45— стороння 215— струму 223— термодинамічна 195— тертя 42— — ковзання 42— — кочення 44Система відліку 14, 352— інерціальна 37Спектр дисперсний 321— інтерференційний 323— лінійчастий 350— поглинання 350— Сонця 350Сполучені посудини 113Стала Авогадро 140— Больцмана 131— гравітаційна 50— електрична 208— Фарадея 239— універсальна газова 143Струм електричний 223— постійний 223Телескоп 344УФТембр звуку 312Температура 142— кипіння 161— плавлення 175Теорема Карно 195— Остроградського—Гаусса211— Торрічеллі 131— Максвелла 276— Планка 356Теплова машина 196Тепловий двигун 194Теплообмін 187Теплопередача 187Теплопровідність 187Термодинаміка 185Термопара 237Тон 312Точка Кюрі 267— матеріальна 13— роси 159Тиск 112— атмосферний 307— гідростатичний 103— парціальний 148— світловий 358Траєкторія 14, 54Транзистор 248Тріод 248Удар 75— непружний 75— центральний 75Ультразвук 311Фарад 217Формула Лапласа 167— лінзи 338— Максвелла 359— Ньютона—Лапласа 312— Томсона 304

ХЦЧ— сферичного дзеркала 343— Ціолковського 70Фотоелемент 357Фотоефект 357Фотон 356Фоторезистор 246, 258Хемілюмінесценція 348Хвиля електромагнітна 314— довга 317— коротка 318— механічна 307— плоска 308— поперечна 307— світлова 320— середня 318Центр маси 40Цикл Карно 195Частинка 374— елементарна 374— стабільна 374— нестабільна 375Частота коливання 283— обертання 27— циклічна 283ШЯПРЕДМЕТНИЙ ПОКАЖЧИКШвидкість 121— гармонічних коливань283— кутова 27, 100— лінійна 20— миттєва 27— перша космічна 54— тіла 50— середня 20— — поширення звуковоїхвилі в повітрі 310— — — електромагнітниххвиль у вакуумі 310— середня шляхова— — при прямолінійномуоднонапрямленому русі21— — при рівно при ско ре номупрямолінійному русі21— світла у вакуумі 352Явище гістерезису 265— Доплера 328— Пельтьє 237— ревербації 312Ядерна реакція 370Ядро 368383

Навчальне виданняСоколович Юрій АнатолійовичБогданова Ганна СеменівнаФізикаНавчально-практичний довідникРедактор Г. Ю. Вепрік. Технічний редактор А. П. ТвердохлібКод Т10849Р. Підписано до друку 28.09.2009.Формат 84×108/32. Папір друкарський.Гарнітура Шкільна. Друк офсетний. Ум. друк. арк. 20,6.ТОВ Видавництво «Ранок». Свідоцтво ДК № 3322 від 26.11.2008.61071 Харків, вул. Кібальчича, 27, к. 135.Адреса редакції: 61145 Харків, вул. Космічна, 21а.Тел. (057) 719-48-65, тел./факс (057) 719-58-67.Для листів: 61045 Харків, а/с 3355. E-mail: office@ranok.kharkov.uaЗ питань реалізації звертатися за тел.: у Харкові — (057) 712-91-44, 712-90-87;Києві — (044) 599-14-53, 417-20-80; Донецьку — (062) 345-98-24;Житомирі — (0412) 41-27-95, 41-83-29; Дніпропетровську — (056) 785-01-74;Львові — (032) 244-14-36, (067) 340-36-60; Сімферополі — (0652) 22-87-01, 22-95-30;Тернополі — (0352) 49-58-36,(067) 395-33-05; Миколаєві — (0512) 35-40-39,Рівному — (0362) 3-78-64, (067) 689-19-05; Сумах — (0542) 21-07-35;Черкасах — (0472) 64-41-07, 36-72-14.E-mail: commerce@ranok.kharkov.ua«Книга поштою»: 61045 Харків, а/с 3355. Тел. (057) 717-74-55, (067) 546-53-73.E-mail: pochta@ranok.kharkov.uawww.ranok.com.ua