Ф.Ф. Тихонин

    к учебнику: «Физика: Учеб. для 11 кл.
    общеобразоват. учреждений / Г.Я. Мякишев,
    Б.Б. Буховцев. — 11-е изд. — М.: Просвещение, 2003 г.»

    ГЛАВА 1. МАГНИТНОЕ ПОЛЕ
    Упражнение 1.
    № 1.
    Вокруг проводников с сонаправленными токами создается вихревое магнитное поле, направление которого мы определяем по
    правилу буравчика. По закону Ампера, на проводник 2 со стороны
    r
    магнитного поля проводника 1 действует сила F2 , а со стороны поr
    ля проводника 2 на проводник 1 действует сила F1 . Направление
    этих сил определяется правилом левой руки. Эти силы сонаправленны, то есть проводники 1и 2 притягиваются.
    Аналогично доказывается, что проводники с разнонаправленными токами отталкиваются.
    1

    2

    r
    F1

    r
    F2

    I1
    1

    r
    F1

    I2
    2

    r
    F2
    I1

    I2

    № 2.
    Проводники, расположенные во взаимно параллельных плоскостях не будут взаимодействовать, поскольку на них не действует
    сила Ампера.
    Это объясняется тем, что угол между вектором действующего на
    проводник магнитного поля и током равен нулю.
    2

    № 3.
    Дано:
    l = 0,15 м,
    B = 0,4 Тл,
    I = 8 А,
    sinα = 1,
    S = 0,025 м = 2,5 10-2м.
    F=?
    Ответ: A = 1,2 10-2 Дж.

    Решение:
    По закону Ампера на проводник со стороны магнитного поля действует сила:
    F = I ⋅ B ⋅ l sin α.
    Для работы:
    A = F S = IBlSsinα =
    = 8А 0,4Тл 0,15м 2,5 10-2м = 1,2 10-2 Дж.

    № 4.
    v
    Направление вектора B определяем по правилу левой руки.
    Электронный пучок отклоняется под действием силы Лоренца.

    2

    r
    B

    ГЛАВА 2. ЭЛЕКТРОМАГНИТНАЯ ИНДУКЦИЯ
    Упражнение 2.
    № 1.
    Когда мы замкнули ключ, по нижней катушке пошел ток, направленный против часовой стрелки. По правилу буравчика мы
    можем определить, что вектор магнитной индукции этого тока
    направлен вверх. Поэтому индуктивный ток верхней катушки
    противодействует своим полем этому изменению (правило Ленца). Следовательно, линии магнитной индукции верхней катушки
    В′ направлены вниз, а ток по правилу буравчика направлен по часовой стрелке.
    № 2.
    Выдвигая магнит из катушки (например, северным полюсом),
    мы, таким образом, уменьшаем магнитный поток через какой-либо
    3

    виток катушки. Магнитное поле индукционного тока катушки компенсирует это изменение (правило Ленца). Следовательно, индукционный ток потечет по часовой стрелке (Вектор магнитной индукции катушки В′ направлен вниз). В обратном случае (магнит
    вытягиваем полюсом S) мы наблюдаем обратное.
    № 3.
    Поднося к кольцу магнит, мы тем самым повышаем магнитный
    поток через поверхность кольца. Если магнит подносить полюсом S,
    то линии магнитной индукции идут от кольца. В кольце появляется
    индукционный ток. Вектор магнитной индукции поля кольца направлен от магнита по правилу Ленца. Следовательно, ток течет
    против часовой стрелки. Если магнит подносить противоположным
    способом, то произойдет обратное.
    № 4.
    Применяя правило буравчика,
    находим, что вектор магнитной
    r
    индукции Β направлен от нас перпендикулярно плоскости рисунка.
    Когда мы уменьшаем ток, мы тем
    r
    самым уменьшаем Β . Следова-

    тельно, поток через контур тоже
    уменьшается. Вектор индукции
    r
    Β инд поля индукционного тока по
    правилу Ленца направлен так же как и В. По правилу буравчика находим, что ток в контуре идет по часовой стрелке. Применив правило левой руки, можно выяснить, что силы действующие на проводники тока, во-первых, растягивают рамку, стремясь увеличить ее
    площадь, а, во-вторых, их результирующая направлена к прямолинейному проводнику.
    № 5.
    Случай замыкания и размыкания цепи эквивалентен поднесению
    и удалению к кольцу магнита.
    В первом случае при замыкании цепи возникает ток (в катушке), направленный против
    часовой стрелки. Вектор магнитной индукции данного поля
    тока направлен влево (правило
    буравчика). По правилу ленца

    4

    индукционный ток противодействует своим полем данному изменеr
    нию. Следовательно, вектор магнитной индукции Β инд индукционного тока направлен вправо. Поэтому кольцо и катушка подобны
    двум магнитам, расположенным одинаковыми полюсами друг к
    другу. Они отталкиваются.

    При размыкании магнитное поле, направленное вправо, исчезает, и индукционный ток препятствует этому. Векторы магнитной
    индукции его поля также направлены вправо. Следовательно, кольцо притягивается к катушке.
    № 6.
    При прямо пропорциональном
    возрастании силы тока в катушке,
    модуль вектора В поля катушки
    также прямо пропорционально возрастает по времени (В ~ t). Так как

    Ф = ВS cosα, то магнитный поток также растет пропорционально времени (Ф ~ t).
    Это дает нам то, что:
    εi = ∆Φ = const постоянна во
    ∆t

    ε (t)

    = const такR
    же постоянен. По правилу Ленца он направлен противоположно I.
    Но это постоянное значение тока установится не сразу. Причиной
    этому является явление самоиндукции.

    времени и Iинд =

    i

    № 7.
    При замкнутых клеммах колебания стрелки затухают быстрее,
    чем при разомкнутых. Это объясняется тем, что действие любого

    5

    магнитоэлектрического прибора основано на взаимодействии подвижного контура тока с магнитным полем постоянного магнита.
    Ток, протекающий по рамке, создает силы Ампера, которые в свою
    очередь создают вращательный момент. При разомкнутых клеммах
    ток по рамке прибора не течет. Следовательно, рамка совершает колебания, затухающие за счет трения. А когда клеммы замкнут, то
    колебания затухают не только за счет трения, но и за счет диссипативных процессов, возникающих при протекании в ней индукционного тока.
    № 8.
    Дано:
    R = 3· 10–2 Ом
    ∆t = 2 с
    ∆Ф = 1,2· 10–2 Вб

    Решение:

    I–?

    Согласно закону электромагнитной индукции ЭДС индукции
    в замкнутом контуре, равна:
    ∆Φ
    εi = ∆Φ =
    .
    ∆t
    ∆t
    Ток I в контуре, в соответствии с законом Ома, равен:
    ε i = ∆Φ , Ι = 1, 2 ⋅10−2 А = 0, 2 А.
    I=
    3 ⋅10-2 ⋅ 2
    R R ⋅ ∆t
    Ответ: I= 0,2 А.

    εi

    № 9.
    Решение:
    Дано:
    ν = 900 км/ч = 250 м/с = Вычислим ЭДС индукции ε , возникаюi
    = 2,5⋅ 102 м/с
    щую
    в
    проводнике
    (самолете),
    движуВ ⊥ = 5⋅ 10-2 Тл
    щемся в однородном магнитном поле.
    l = 12 м

    εi – ?

    r
    Пусть вектор магнитной индукции Β перпендикулярен
    крыльям самолета и составляет некоторый угол α с направлениr
    r
    ем его скорости υ . (Если у индукции магнитного поля Β есть составляющая, параллельная крыльям, то ее можно не учитывать
    при решении задачи, так как эта составляющая вызывает силу
    Лоренца, направленную перпендикулярно крыльям).

    6

    Сила Лоренца, с которой магнитное поле действует на движущуюся заряженную частицу (с зарядом q) равна по модулю:
    Fл = q ⋅ υ ⋅ B ⋅ sinα = q ⋅ υ ⋅ B ⊥ .
    Работа силы Лоренца А на пути l от конца одного крыла до конца
    другого равна А = Fл ⋅l = q ⋅ υ ⋅ B ⊥ ⋅l .
    По определению ЭДС:

    εi =

    Α
    = υB ⊥ l .
    q

    Следовательно, разность потенциалов, возникающая между концами крыльев самолета при его движении в однородном магнитном
    поле, равна:

    εi = υB ⊥ l

    = 2,5 ⋅ 102 ⋅5 ⋅10-5 ⋅12 В = 1,5 ⋅10-1 В.
    Замечание: тот же результат можно получить из закона электромагнитной индукции, рассмотрев контур ABCD переменной площади в магнитном поле (см. рисунок). В этом случае Ф = B ⊥ S , где S –
    площадь контура, зависящая от времени по закону:
    ∆ S = – lν∆t, тогда ∆Ф = – B ⊥ l ∆t. Следовательно, согласно закону электромагнитной индукции:
    εi = ∆Φ = B ⊥ lν .
    ∆t
    Ответ: εi = 1,5 ⋅10-1 В.
    № 10.
    Дано:
    L = 0,15 Гн,
    I = 4 А,
    R >> r.
    Q–?

    Решение:

    7

    При параллельном подключении к катушке большого сопротивления R>> r, сила тока, идущего через катушку практически не
    меняется. Энергия в катушке равна:

    Wm =
    .
    2
    При отключении источника тока система катушка – сопротивление станет изолированной. Для изолированной системы справедлив
    закон сохранения энергии. В данном случае это означает, что вся
    энергия, запасенная в катушке, выделится в виде тепла в катушке и
    LΙ 2
    0,15 ⋅ 42
    ;Q =
    Дж = 1,2 Дж .
    резисторе: Q =
    2
    2
    Ответ: Q = 1,2 Дж .

    ГЛАВА 3. МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ
    Упражнение 3.
    № 1.
    Дано:
    m = 100 г = 0,1 кг
    ν = 2 Гц
    K–?

    Решение: Период колебания груза, прикрепленного к пружине, определяется формулой:
    m
    1
    T = 2π
    . Поскольку ν = , то K= 4π2 ν2 m =
    K
    T
    2
    2
    Н
    .
    = 4π (2 Гц) 0,1кг ≈ 15,8
    м

    Ответ: K ≈ 15,8 Н .
    м
    № 2.
    Решение: Для нитяного маятника:
    Дано:
    l = 98 м
    l
    98м
    . = 2π
    ≈ 20 с.
    g = 9,8 м / с2. T = 2π
    9,8м/с 2
    g
    T– ?
    Ответ: T ≈ 20 с.
    № 3.
    Дано:
    ∆l = 16 cм = 1,6 м
    g = 9,8 м / с2,
    n1 = 10,
    n2 = 6.
    l1,2 = ?

    8

    Решение:
    Периоды колебаний маятников относятся как:
    T1
    n
    = 1
    T2
    n2



    l1



    l2

    g
    g

    =

    l1
    l2

    Составим систему уравнений:
    ⎧ l1 n12
    ⎪ = 2
    ⎨ l2 n2
    ⎪ l − l = ∆l
    ⎩1 2
    ∆l
    0 ,16м
    Решая ее, получим: l1 =
    =
    = 0, 09м = 9см.
    100
    n12
    1

    1−
    n22
    36
    l2 = l1 + ∆l = 9см + 16 см =25 см.
    Ответ: l1 = 9 см, l2 = 16 см.
    № 4.
    Дано:
    M1
    1
    = ,
    M 2 81

    1
    =
    ,
    RЗ 3, 7
    m = const,
    l = const.

    =?


    Решение:
    mM З

    ⎪ FЗ = mg З = γ R 2
    g
    M R2

    З
    ⇒ З = З Л2 .

    g Л M Л RЗ
    ⎪ F = mg = γ mM Л
    Л
    ⎪⎩ Л
    RЛ2
    Для периода колебаний маятника: T = 2π


    l

    g


    R

    1
    1
    = 2π З ⋅
    = 2π ⋅ 3, 7
    =
    .
    81 2 , 4




    Ответ: увеличится в 2,4 раза.
    № 5.
    Дано:
    t1 = T
    2
    l, g
    t1
    =?
    t2

    Решение:
    Шарик на нити достигнет положения равновесия через время t1 = T ( полупериод ).
    2
    Время падения второго шарика определяется из
    кинематической формулы:

    gt 2
    = h = l ⇒ t2 =
    2

    Поскольку t1 = T

    2

    2l
    .
    g


    l
    , то:
    g

    t1
    l g

    ⋅ ≈ 2 , 25, следовательно: t1 > t2.
    t2
    g 2l
    Ответ: второй шарик упадет быстрее.

    9

    № 6.
    Дано:
    Xm = 1см = 0,01 м,
    ν = 5 Гц,
    t = 2 с.
    S–?

    Решение:
    Одно колебание груза происходит за время:
    1
    T = . За время t груз совершит N полных
    ν
    колебаний: N = t / T = tν.
    За одно колебание груз проходит путь ST = 4Xm. Следовательно,
    за время t груз пройдет путь: S = 4Xm N = 4Xm t ν = 4 10-2м 2с 5Гц =
    = 0,4м.
    Ответ: S = 0,4 м.
    № 7.
    Дано:
    Решение:
    m = 200 г = 0,2 кг, Для циклической частоты:
    K = 16 Н/м,
    K
    16Н/м
    =
    ≈ 9 рад / с .
    Xm = 2см = 0,02 м, ω =
    m
    0, 2кг
    ω0 = ? W = ?
    Для энергии системы:
    KX m 2 16Н/м ⋅ (0, 02м) 2
    W=
    =
    = 3,2 10-3 Дж.
    2
    2
    Ответ: ω0 = 9 рад/с, W = 3,2 10-3 Дж.
    № 8.
    Рассматриваемое в задаче колебание аналогично колебанию ниR
    тяного маятника с нитью длиной l = R, следовательно: T = 2π
    .
    g
    № 9.
    Дано:
    l=8м
    TСВ = 1,5с.
    V–?

    ν СВ

    Решение:
    Колебания автомобиля станут особенно заметными
    при совпадении частоты свободных колебаний автомобиля с вынуждающей частотой (явление резонанса):
    νСВ = νВЫН,
    v
    1
    l

    =
    ≈ 5,3 м/с.
    =
    ; ν ВЫН = ⇒ v =
    l
    TСВ
    TСВ 1,5с

    Ответ: v ≈ 5,3 м/с.

    10

    ГЛАВА 4. ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫЕ КОЛЕБАНИЯ
    Упражнение 4.
    № 1.
    Дано:
    q = 10-5 Кл
    С = 0,01 мкФ = 10-8 Ф
    Q–?

    Решение:

    В начальный момент времени ток в колебательном контуре не
    идет, и энергия магнитного поля индуктивности равна нулю. Энергия электрического поля конденсатора равна:
    q2
    Wр =
    .
    2C
    Согласно закону сохранения энергии, эта энергия выделится в
    виде тепла за время затухания колебаний:

    (10-5 ) Дж = 5 ⋅10−3 Дж.
    q2
    Q = Wр =
    , Q=
    2C
    2 ⋅10−8
    Ответ: Q = 5 ⋅10−3 Дж.
    2

    № 2.
    Решение:
    Дано:
    L = 0,003 Гн = 3 ⋅10-3 Гн
    С = 13,4 мкФ = 1,34 10-11 Ф

    ε=4

    Т–?
    Тε – ?
    Период свободных колебаний равен, согласно формуле Томсона:
    Т = 2π LC ,
    Т = 2π 3 ⋅10-3 ⋅1,34 ⋅10-11 c ≈ 1,26 ⋅10-6 с.
    При заполнении конденсатора диэлектриком с диэлектрической

    проницаемостью ε емкость конденсатора увеличивается в ε раз:

    Сε =

    ε ⋅ С.

    Тε = 2π LCε = 2π LCε = T ⋅

    ε

    ≈ 1,26 ⋅10-6 ⋅

    4 с = 2,52 ⋅10-6 с.

    Ответ: Т ≈ 1,26 ⋅10-6 с, Тε ≈ 2,52 ⋅10-6 с.
    11

    № 3.
    Дано:
    С = 10 мкФ = 1 ⋅10-5 Ф
    ν1 = 400 Гц = 4⋅ 102 Гц
    ν2 = 500 Гц = 5⋅ 102 Гц
    L1 – ?
    L2 – ?

    Решение:
    Найдем значения индуктивности, соответствующие верхней и нижней частотам
    колебаний.
    Согласно формуле Томсона:
    Т = 2π LC ,
    1
    1
    ν=
    =
    ;
    Т
    2π LC
    1 2
    1
    1
    1
    ) ,L =
    LC = (
    ; L1 =
    ;
    , L2 =
    2πν
    C (2πν) 2
    C (2πν1 ) 2
    C (2πν 2 ) 2
    L1 =

    1
    Гн ≈ 1,6 ⋅10-2 Гн = 16 мГн ;
    1 ⋅10 ⋅ (2 ⋅ π ⋅ 4 ⋅102 ) 2
    −5

    1
    Гн ≈ 1,0 ⋅10-2 Гн = 10 мГн ;
    1 ⋅10−5 ⋅ (2 ⋅ π ⋅ 5 ⋅102 ) 2
    Ответ: Индуктивность катушки должна меняться в пределах от
    10 до 16 мГн.
    L2 =

    № 4.
    Дано:
    n = 50 Гц
    S = 100 см2 = 10-2 м2
    B = 0,2 Тл

    Решение:

    εm – ?

    Пусть α – угол, который составляет вектор магнитной индукции
    r
    r
    Β с нормалью к рамке n . При равномерном вращении рамки угол α
    увеличивается прямо пропорционально времени:
    α = 2 π n t.
    Найдем поток магнитной индукции:
    Ф = ВS cosα,
    Ф = ВS cos(2 π n t).
    Согласно закону электромагнитной индукции ЭДС в рамке равна
    скорости изменения магнитного потока, взятой с обратным знаком:

    ε(t) = – Ф′ = – ВS (cos 2 π n t)′ = 2 πn ВS sin 2 π n t.

    12

    Исходя из полученного выражения ЭДС индукции меняется по

    гармоническому закону с амплитудой εm = 2 πn ВS;

    εm = 2 π ⋅50 ⋅10-2 ⋅0,2 В ≈ 0,63 В.

    № 5.
    Дано:
    S = 100 см2 = 10-2 м2

    Ответ: εm ≈ 0,63 В.

    Решение:

    ε m = 1,4 В

    N = 200 = 2 ⋅102
    В = 0,15 Тл = 1,5⋅ 10-1 Тл
    τ = 0,1 с = 10-1 с
    ε t =τ – ?
    Пусть рамка вращается с некоторой циклической частотой. В этом
    r
    случае угол α , который составляет нормаль n к рамке с вектором
    r
    магнитной индукции Β , меняется со временем по закону: α = ωt + α0,
    r
    r
    где α0 – начальный угол между Β и c . По условию α0 = 0 (рамка
    r
    перпендикулярна Β в начальный момент времени), поэтому α = ωt.
    Соответственно, магнитный поток Ф через одни виток рамки
    меняется со временем по закону:
    Ф = ВS cosωt,
    Согласно закону электромагнитной индукции ЭДС индукции
    одного витка равна:

    ε1 = – Ф′ = ВS ω sin ω t.
    Следовательно, ЭДС индукции рамки равна:
    ε(t) = Nε1 = N ВSω sin ωt.

    здесь N ВSω = εm – амплитуда ЭДС. Выразим ω через εm :

    ε

    m
    .
    NBS
    В соответствии с этим можно переписать выражение для ЭДС
    рамки в виде:
    ε(t) = εm sin εm t , ε t =τ = εm sin εm τ .
    NBS
    NBS
    −1
    1, 4 ⋅10
    Β = 0 , 63Β.
    ε t =τ = 1,4 ⋅ sin
    2 ⋅102 ⋅10−2 ⋅1,5 ⋅10−1

    ω=

    Ответ:

    ε t =τ =0,63В.
    13

    № 6.
    Дано:
    L = 0,08 Гн = 8 ⋅10-2 Гн
    ν = 1000 Гц = 1 ⋅ 103 Гц
    U = 100 В = 102 В
    Im – ?

    Решение:

    Найдем индуктивное сопротивление катушки:
    ХL = ωL,
    где ω – циклическая частота тока,
    L – индуктивность.
    Так как, ω = 2 π ν, то:
    ХL = 2 π νL.
    Действующие значения силы тока и напряжения связаны соотношением:
    U
    U
    =
    Ι=
    .
    XL 2πνL
    Действующее значение силы переменного тока I выражается через его амплитуду:
    I
    2U
    Ι = m , Im =
    ,
    2πν
    L
    2
    2 ⋅102
    Α = 2,8⋅ 10-1 А = 0,28 А.
    2 ⋅ π ⋅103 ⋅ 8 ⋅10−2
    Ответ: Im =0,28 А.
    I