 q T k l

Возможные решения.
10 – 11 класс
Электростатика
Решение задачи 1.
Рассмотрим равновесие сил, приложенных к отдельному заряду: F  2T sin  , где
F
q2
– кулоновская сила отталкивания зарядов, T  k l – сила упругости одного
4 0 x 2
x2
резинового шнура, l – его удлинение. Из чертежа находим: l  l 
l ,
4


x
x


 2 x2

q2
1
2
2
.
sin  
, тогда
 2k  l 
l
 kx 1 
2
2
2
2 



4

x
4
x
x
0

 l2  x
l2 
1 2 

4
4
4l 

Учитывая, что x  l , и используя формулы приближенных вычислений, запишем
2
последнее равенство в виде
 
x 2   kx3
2q 2l 2
 kx 1  1  2    2 . Из последнего равенства находим x  5
.
4 0 x 2
8
l
8
l

k


0


q2
Решение задачи 2.
Проводящая сфера в электрическом поле представляет собой эквипотенциальную
поверхность, поэтому потенциалы всех точек внутри сферы, где поле отсутствует, тоже
одинаковы, и равны потенциалу сферы. Но в центре сферы потенциал поля равен
0 
q
4 0l

 q
4 0 R
, где R – радиус сферы,
 q – суммарный заряд, наведенный на
сфере. Так как в силу изолированности сферы сумма
сферы
0 
q
4 0l
 q равна нулю, то потенциал
.
Решение задачи 3.
Поскольку пластины 1 и 2 конденсатора соединены, они имеют одинаковый
электрический потенциал при любом положении пластины 3. Заряд q пластины 3
распределяется по ее поверхности, при этом сторона пластины 3, обращенная к пластине
1, несет заряд q31 , напряженность однородного электрического поля, создаваемая этим
зарядом в промежутке между пластинами равна E31 . Сторона пластины 3, обращенная к
пластине 2, несет заряд q32 и создает напряженность поля в промежутке между
пластинами, равную E32 . Напряженности E31 , E32 пропорциональны соответствующим
зарядам
q31 , q32 . Из условия равенства потенциалов пластин 1 и 2 следует
dx
dx
E31  d  x   E32 x  0 , откуда E32  E31
, следовательно, q32  q31
.
x
x
x
, следовательно, при перемещении пластины 3 на
d
xl
x
l
изменится на величину q  q
 q  q , этот заряд и
d
d
d
Поскольку q31  q32  q , то q31  q
расстояние l заряд q31
протечет по проводнику, соединяющему пластины 1 и 2.
Решение задачи 4.
Используя принцип суперпозиции электрических полей, запишем закон изменения
потенциала в промежутке между сферой радиуса R , несущей отрицательный заряд  q1 , и
сферой радиуса 2R , несущей
положительный заряд q 2 :
 r  
q2
8 0 R

q1
,
4 0 r
q
q
R  r  2R . Потенциал сферы радиуса R равен нулю, поэтому 2  q1  0 , q1  2 .
2
2
q2
q2
q2
Потенциал внешней сферы равен  , поэтому  
, откуда


8 0 R 16 0 R 16 0 R
абсолютные величины зарядов равны: q2  16 0 R , q1  8 0 R
Решение задачи 5.
Способ №1. Сообщим обкладкам конденсатора заряд q , обозначив площадь обкладок
через
S , находим поверхностную плотность заряда  
электрического поля в слоях диэлектрика E1 
q
, и напряженность
S


и E2 
. Учитывая, что поле
 01
 0 2
между обкладками конденсатора однородное, находим разность потенциалов между ними
q  d1 d 2 
   . Тогда емкость конденсатора равна
 0 S  1  2 
q
q
 0S
  S
.
C 

 0 1 2
U
q  d1 d 2  d1  d 2  2 d1  1d 2

 0 S  1  2  1  2
U  E1d1  E2 d 2 
Способ № 2. Вставим между слоями диэлектрика бесконечно тонкую проводящую
пластину (докажите, что такая вставка не изменяет емкость конденсатора, более того,
вставка проводящей пластины любой конечной толщины также не изменяет емкость
конденсатора). Тогда конденсатор с двухслойным диэлектриком превращается в два
последовательно соединенных конденсатора с однослойными диэлектриками, емкости
которых равны C1 
CC
C 1 2 
C1  C2
 01S
d1
, C2 
 0 2 S
d2
. Следовательно
 021 2 S 2
  S
 0 1 2 .
  01S  01S  1d 2   2 d1
d1d 2 


d2 
 d1
Постоянный ток
Решение задачи 6.
Заменим черный ящик эквивалентным источником ЭДС
и эквивалентным внутренним
сопротивлением r . При подсоединении одного сопротивления R в нем выделяется

  
P I R
 R.
rR
2
мощность
2
1
При
параллельном
подсоединении
двух
R  
 R
сопротивлений R в них выделяется мощность P  I

 . Из первого
2  r  R/2  2
R
R
R
уравнения находим r  R  
, из второго уравнения находим r   
. Взяв
P
2
2P
R
R
R
разность этих уравнений, получаем
, откуда


2
P
2P
R
R 2P
PR
.



 R
R  2 2 1 R 2  2
2


P
2P 

2
2
2


Решение задачи 7.
Пусть U ab – разность потенциалов между узлами " a " и "b " , I1 , I 2 , I 3 – токи в ветвях
схемы, содержащих ЭДС
1 ,  2 ,  3 , и внутренние сопротивления r1 , r2 , r3 ; I
– ток в
ветви, содержащей сопротивление R . По первому закону Кирхгофа I  I1  I 2  I 3 , или
I
1  U ab
r1

 2  U ab
Следовательно,
r2
I

 3  U ab
r3
, но U ab  IR .
1

2

3
r r2 r3
IR IR IR 1  2  3
. Если


   . Отсюда I  1
R R R
r1
r2
r3 r1 r2 r3
1  
r1 r2 r3
все три ЭДС одинаковы, и включены параллельно одноименными полюсами, то
3 / r

. Если же одна из ЭДС включена навстречу двум другим, то

1  3R / r R  r / 3
 /r

I  3R  r
, следовательно, отношение токов равно
. Если
I  


1  3 R / r r  3R
I  R  r / 3
I
ЭДС идеальные ( r  0 ), то
 3.
I 
I 
Решение задачи 8.
RR  r
. Приравнивая входное
2R  r
сопротивление к r , получаем уравнение R  2 R  r   R  R  r   r  2R  r   0 , или
Входное
сопротивление
цепи
равно
Râõ  R 
3R2  r 2  0 , откуда r  R 3 .
Решение задачи 9.
Перерисуем схему, как изображено ниже. Так как потенциалы точек " c " и " d "
одинаковы, проводник, соединяющий эти точки, можно удалить. Тогда схема становится
эквивалентной следующей схеме
2 

2R  2R  R 
3  8

 R.
сопротивление которой равно
2
2R  2R  R 7
3
Решение задачи 10.
Обозначим оставшиеся вершины пятиугольника буквами B, C , D, E как показано на
рисунке. Потенциалы точек C и D одинаковы, поэтому сопротивление между этими
точками можно исключить из схемы. Тогда оставшиеся сопротивления соединены
последовательно и параллельно, следовательно
ROA 
1
1
2
1 6 11R
,
 
 

ROA R R  2 R / 3 R 5R
5
5
R.
11
Магнитное поле, колебания, волны
Решение задачи 11.
I
, с другой стороны, j  v , где v – средняя
hd
скорость движения носителей заряда в ленте. На элементарный заряд e действует
U
магнитная сила Лоренца Fm  evB , и электрическая сила Fe  eE , где E 
–
d
напряженность электрического поля в ленте. Из равенства Fm  Fe следует, что
I
IB
. Следовательно, U 
.
U  vBd , но, как найдено выше, v 
 hd
h
Плотность тока в ленте равна j 
Решение задачи 12.
На элемент кольца длиной l  r  , опирающийся на центральный угол  действует
сила Ампера F  BI l  BIr  , которая направлена вдоль радиуса кольца и
приложена к середине элемента кольца. Эта сила уравновешивается усилиями T ,
возникающими в кольце. Составляем уравнения равновесия элемента кольца в проекции
на направление силы F :
  
F  2T sin 
 , учитывая, что элемент кольца и угол  малы, получаем
 2 
F  T  , или BIr  T  , откуда T  BIr
Решение задачи 13.
Если тело массой m находится в покое, то приложенная к нему сила тяжести
уравновешивается силой электростатического отталкивания зарядов mg 
qQ
.
4 0 R 2
Пусть тело получает смещение x из положения равновесия, тогда на него будет
действовать возвращающая сила, величина которой определяется из уравнения
mg  F 
F
qQ
4 0  R  x 
qQ
4 0  R  x 
2
2
.
Считая
смещение
малым,
находим
F:
qQ
R2
1
 mg 
 mg  mg
 mg .
2
2
2
4 0 R  R  x 
x

1  
 R
Используя формулы приближенных вычислений, получаем
2x
2mg
 2x 
F  mg 1 
 1  mg
 kx , где k 
– «коэффициент жесткости». Тогда
R
R
R


k
2mg / R
2g


угловая частота колебаний шарика равна  
.
m
m
R
Решение задачи 14.
Для первого типа колебаний суммарная энергия колеблющейся молекулы равна
mv 2
kx 2
E1  2
2
 mv 2  kx 2 , где m – масса атомов кислорода, v – их скорость, k –
2
2
жесткость валентной связи кислорода и углерода. Рассмотрим второй тип колебаний.
Пусть атомы кислорода смещаются вправо на расстояние x , а атом углерода смещается
влево на расстояние y . Так как положение центра масс молекулы CO2 остается
неизменным, то 2mx  My  0 , откуда y  
2mx
, где M – масса атома углерода.
M
Суммарная энергия колеблющейся молекулы при втором типе колебаний равна
mv 2 MV 2
 x  y ,
E2  2

 2k
(1)
2
2
2
2mv
где V – скорость атома углерода. Поскольку V 
, выражение для E 2 можно
M
2
переписать в виде
2
2
2
2
2
M  2m 
2m 

 2m  v
 2m  x
E2  mv  
v  k x 
x   2m  1 
. (2)
  2k  1 

2M 
M 
M 2
M  2



2
Сравнивая выражения (1) и (2) с энергией колеблющегося пружинного маятника
mv 2 kx 2
E

, заключаем, что угловая частота первого типа колебаний равна
2
2
2k
k
1 

, а частота колебаний второго типа равна
2m
m
2
 2m 
2k  1 

k
2m
M 

2 

1
, откуда искомое отношение частот равно
m
M
 2m 
2m  1 

M 

2
2m
. Подставляя численные значения: m  16 а.е.м., M  12 а.е.м., получаем
 1
1
M
2
2 *16
44
11
.
 1


1
12
12
3
Решение задачи 15.
Представим волны в виде векторов длинами E1 и E 2 , имеющих в начальный момент
времени (когда фаза
  t  z / v  равна нулю) углы 1 и 2 с положительным
направлением оси Ox . Тогда проекции напряженности электрического поля суммарной
волны на оси Ox и Oy равны Ex  E1 cos 1  E2 cos 2 , E y  E1 sin 1  E2 sin 2 .
Амплитуда суммарной волны равна
 E1 cos1  E2 cos2    E1 sin 1  E2 sin 2 
E12  E22  2E1E2 cos 1  2  .
E  Ex2  Ey2 
E
Фаза
суммарного
2
колебания
в
начальный
момент
2
,
или
времени
равна
E
arctg  y
 Ex

 E1 sin 1  E2 sin 2 

arctg


 . В произвольный момент времени к этой
E
cos


E
cos

 1
1
2
2 

начальной фазе необходимо добавить текущую фазу   t  z / v  .
Оптика
Решение задачи 16.
Луч света от монеты падает на нижнюю грань куба под углом
1 , преломляется на
1 , падает на боковую грань под углом  2 и выходит из боковой
0
грани под углом  2 . Монета перестает быть видна, если 1   2  90 , но тогда
нижней грани под углом
1  2  450 , а это отвечает показателю преломления n  2  1,414... .
Решение задачи 17.
Обозначим расстояние от линзы до источника света при первом и втором ее положении
через a1 , a2 , и от линзы до экрана – через b1 и b2 . Тогда a1  b1  a2  b2  L ,
a2  a1  b1  b2  l . Используя формулу линзы для ее первого и второго положения,
получаем
1 1 1 1 1 1
a b a b
  ,
  . Отсюда 1 1  2 2 , или a1b1  a2b2 . Исключая из
F a1 b1 F a2 b2
a1b1
a2b2
последнего выражения a1 , a2 , b2 , получаем b1  L  b1    b1  l  L  l  b1  , откуда
Ll
Ll
. Далее, a1  L  b1 
,
2
2
ab
L2  l 2
.
F 11 
a1  b1
4L
b1 
и
фокусное
расстояние
линзы
равно
Решение задачи 18.

. Из чертежа находим, что
n




  900  , тогда   1800  900     900    , следовательно,     , и
n
n
n
n
  n    n . Тогда угол отклонения первоначального луча равен
          n       n  1 .
При малом угле падения
 угол преломления равен
Решение задачи 19.
Плосковыпуклая линза с отражающим слоем, нанесенным на плоскую поверхность,
эквивалентна двум сложенным вместе по плоской поверхности исходным линзам. У такой
линзы в соответствии с формулой
1
1
1 
  n  1    , где n – показатель
F
 R1 R2 
преломления материала линзы, R1 , R2 – радиусы кривизны ее поверхностей, оптическая
сила удвоится, а фокусное расстояние уменьшится в 2 раза.
Решение задачи 20.
Для незаряженного шарика уравнение фотоэффекта имеет вид h 0  A , где h –
постоянная Планка,  0 – частота света для красной границы фотоэффекта незаряженного
шарика, A – работа выхода электрона при фотоэффекте. Если шарик заряжен, то
уравнение фотоэффекта изменяется: h 1  A  e  A 
eq
4 0 R
красной границы фотоэффекта изменится на величину
. Следовательно, частота
   1   0 
eq
.
4 0 Rh
Последнее равенство применимо, только, если  1  0 , при  1  0 из приведенных
расчетов следует абсурдный вывод, что электроны будут самопроизвольно покидать
шарик. Именно поэтому в условии задачи говорится о малом заряде q , вызывающем
малое изменение частоты  
A
.
h