164
Глава 12. Колебания и волны
Задача 1. Точка струны совершает колебания с частотой 1 кГц. Какой путь
(в см) пройдет эта точка за 1,2 с, если амплитуда колебаний 1 мм?
За каждый период колеблющаяся точка проходит путь, равный четырем ампли-
тудам. За время t она совершает N = t/T = t полных колебаний (если это целое число).
В данном случае N = 1200, значит, путь равен s = 4AN = 480 см.
Задача 2. Через сколько секунд от начала движения точка, совершающая
колебания по закону x = А cost, сместится от начального положения на полови-
ну амплитуды? Период колебаний 24 с.
Движение по указанному закону означает, что движение начинается из крайнего
положения, поэтому на первой половине амплитуды точка движется медленнее, чем
на второй, и затрачивает на ее прохождение больше времени. Чтобы найти искомое
время, надо подставить смещение x = A/2 в закон движения. Получаем: A/2 = A cost,
откуда находим t = /3, т.е. время равно t = = /(3) = T/6 = 4 с. (На прохождение
полной амплитуды точка затрачивает время T/4, т.е. на прохождение первой полови-
ны она затрачивает 2/3 этого времени.)
Задача 3. Точка совершает гармонические колебания. При смещении от поло-
жения равновесия 4 см ее скорость 6 см/с, а при смещении 3 см — 8 см/с. Найдите
циклическую частоту.
Если смещение точки происходит по закону x = A cos(t +0), то закон изме-
нения ее скорости имеет вид v = A sin(t +0). Выразим из первого уравнения
A cos(t +0), из второго уравнения A sin(t +0), возведем их в
квадрат и сложим. Получим, что смещение и скорость точки в каждый момент
времени связаны соотношением
x2 +v
2
= A2.
Из условия данной задачи получаем два уравнения: x v A12
1
2 2 и
x v A22
2
2 2 , из которых после исключения амплитуды находим
v v
x x
22
12
12
22
= 2 рад/с.
Задача 4. Горизонтальная подставка, на которой лежит брусок, начинает
двигаться в вертикальном направлении так, что ее координата меняется по за-
кону y = A sint, где A = 20 см. При какой максимальной циклической частоте
брусок не будет отрываться от подставки? g = 9,8 м/с2.
165
Запишем 2-ой закон Ньютона для бруска в проекции на вертикальную ось
N mg = may,
где ay = y˝(t) = 2A sint. Сила реакции N = m(g 2A sint) остается положи-
тельной все время движения только при 2A < g. При максимальной циклической
частоте
g
A = 7 рад/с
брусок отрываться еще не будет, так как N обращается в ноль только в отдельные
моменты времени (когда sint = 1). При бóльших частотах брусок начнет отры-
ваться от подставки.
Задача 5. Определите первоначальную длину (в см) математического маят-
ника, если известно, что при уменьшении длины маятника на 5 см частота коле-
баний увеличивается в 1,5 раза.
Используя формулу для частоты колебаний математического маятника, полу-
чаем уравнения
g
l, 15,
g
l l.
Поделив уравнения друг на друга и возведя в квадрат, получим l
l l
225, , или
l = 1,8l = 9 см.
Задача 6. На сколько процентов увеличится период колебаний математиче-
ского маятника при помещении его в кабину скоростного лифта, опускающегося с
ускорением 0,36 g?
Силу натяжения нити покоящегося (не совершающего колебаний) маятника в
кабине лифта, опускающегося с ускорением a, можно найти из второго закона
Ньютона
mg Fн = ma, или Fн = m(g a).
Движение лифта с ускорением эквивалентно изменению ускорения силы тяжести
от g к новому значению g´ = g a (см. Главу 2 задачу 7). Соответственно, период
колебаний маятника станет равен
T´ = 2l
g = 2
l
g a.
Для заданного в условии значения a получаем T´ = 125 2, l g = 1,25T, т.е. пери-
од увеличился на 25%.
166
Задача 7. Шарик массой 0,1 кг, подвешенный на нити, совершает гармони-
ческие колебания. Во сколько раз изменится частота колебаний, если шарику со-
общить заряд 200 мкКл и поместить в однородное электрическое поле с напря-
женностью 40 кВ/м, направленное вертикально вниз? g = 10 м/с2.
При включении электрического поля вертикальная сила, под действием кото-
рой совершаются колебания, изменится от значения mg до значения mg + qE. Это
эквивалентно замене ускорения свободного падения g на новое значение g' =
= g + qE/m. Соответственно, частота колебаний станет
1
2
g
l,
что больше прежней частоты в g g = 1 ( )qE mg = 3 раза.
Задача 8. Математический маятник длиной 0,1 м совершает гармонические
колебания с амплитудой 0,007 м. Определите наибольшую скорость движения
грузика маятника (в см/с). g = 10 м/с2.
Наибольшая скорость при гармонических колебаниях равна vmax = A. В слу-
чае математического маятника g l . Получаем
v Ag
lmax = 7 см/с.
Задача 9. В шарик массой 499 г, висящий на нити длиной 20 м, попадает гори-
зонтально летящая пулька массой 1 г и застревает в нем. Чему была равна ско-
рость пульки, если в результате удара шарик отклонился на 4 см? g = 9,8 м/с2.
На первый взгляд, эта задача не на колебания, а на законы сохранения. Для
применения закона сохранения энергии нам пришлось бы вычислить потенциаль-
ную энергию для малых отклонений шарика, найти его скорость сразу после удара,
а затем уже вычислить начальную скорость пульки. Попробуйте сделать это сами
(см. Главу 4 задачу 39), а мы заметим, что малость отклонения позволяет приме-
нить формулы гармонических колебаний и найти скорость шарика с пулей сразу
после удара (т.е. в нижней точке колебаний)
vmax = A = Ag
l,
где A — максимальное отклонение шарика. Остается из закона сохранения импуль-
са найти скорость пули
v = M m
mv
max =
M m
mA
g
l
= 14 м/с.
167
Задача 10. Груз, подвешенный на упругом резиновом шнуре, совершает гар-
монические колебания. Во сколько раз уменьшится период колебаний, если груз
прикрепить к этому же шнуру, но сложенному вдвое?
Если записать закон Гука в виде
F kll
l ( )0
0
,
то становится ясно, что произведение kl0 не зависит от длины пружины или шнура,
т.е. что жесткость шнура обратно пропорциональна его длине. Каждая из половин
шнура будет иметь жесткость 2k, где k — жесткость всего шнура, а сложенные
вместе, они будут иметь жесткость 4k. Значит, период колебаний T m k2
уменьшится в 2 раза.
Задача 11. Небольшой груз подвешен на легкой пружине. На сколько санти-
метров укоротится пружина после снятия груза, если собственная циклическая
частота груза на этой пружине 5 рад/с? g = 10 м/с2.
Растяжение пружины под действием груза определяется условием его равно-
весия
kx mg = 0.
Отношение m/k можно выразить через известную циклическую частоту:
k m , или m/k = 1/2. Окончательно получаем x = g/2 = 40 см.
Задача 12. Грузик, подвешенный на пружине, вывели из положения равнове-
сия и отпустили. Через сколько миллисекунд кинетическая энергия грузика будет
в 3 раза больше потенциальной энергии пружины? Период колебаний 0,9 с.
Смещение грузика изменяется по закону x = A cost, а зависимость от време-
ни его потенциальной энергии имеет вид
E kx kA tп 12
2 12
2 2cos .
В рассматриваемый момент кинетическая энергия в три раза больше потенциаль-
ной, или, иначе говоря, потенциальная энергия равна одной четверти от полной
механической энергии: Eп = 0,25E. Полная механическая энергия в крайнем положе-
нии маятника равна максимальной потенциальной энергии: E kA 12
2 . Получаем
12
2 2 1412
2kA t kAcos ,
или cost 12
, откуда t = /3, и время равно t = /3 = T/6 = 150 мс.
Замечание. Может показаться, что при вертикальных колебаниях, кроме потен-
циальной энергии упругой деформации, надо учитывать потенциальную энергию
168
силы тяжести. Однако это не так. В положении равновесия силы тяжести и упругости
уравновешивают друг друга, а при отклонении от этого положения на x возникает
возвращающая сила, равная изменению силы упругости: Fx = kx (сила тяжести не
меняется). Потенциальная энергия, соответствующая этой возвращающей силе (рав-
нодействующей сил тяжести и упругости), точно такая же, как для силы упругости в
отсутствие силы тяжести: Eп = kx2/2 (но x здесь — не деформация пружины, а откло-
нение от положения равновесия).
Задача 13. Шарик, подвешенный на пружине, отвели из положения равнове-
сия вертикально вниз на 3 см и сообщили ему начальную скорость 1 м/с, после чего
шарик стал совершать вертикальные гармонические колебания с циклической
частотой 25 рад/с. Найдите амплитуду (в см) этих колебаний.
Запишем для шарика закон сохранения энергии
12 0
2 12 0
2 12
2kx mv kA .
Получаем
A = xv
k m02 0
2
= xv
02 0
2
2
= 5 см.
Задача 14. На поверхности воды плавает в вертикальном положении ци-
линдр массой 120 г с площадью основания 75 см2. С какой циклической частотой
будут происходить вертикальные гармонические колебания цилиндра, если его
слегка сместить из положения равновесия? g = 10 м/с2.
В положении равновесия сила тяжести уравновешивается силой Архимеда.
При вертикальном смещении цилиндра на x возникает возвращающая сила, равная
изменению силы Архимеда
F = FА = Vg = Sxg,
где V — изменение объема подводной части цилиндра. Видно, что возвращающая
сила пропорциональна смещению, и коэффициент пропорциональности (эффек-
тивная жесткость колебательной системы) равен kef = gS. Значит, циклическая
частота колебаний равна
= k
mef
= gS
m = 25 рад/с.
Задача 15. Железный цилиндр высотой 5 см подвесили в вертикальном по-
ложении на пружине и частично погрузили в воду. Чему равна циклическая час-
тота малых вертикальных колебаний такого цилиндра, если до погружения в воду
циклическая частота колебаний на пружине была 12 рад/с? Трением пренебречь.
Плотность железа 8000 кг/м3, g = 10 м/с2.
169
При отклонении цилиндра из положения равновесия на x сила упругости пру-
жины изменяется на kx, а сила Архимеда на (вSg)x (см. предыдущую задачу). Зна-
чит, возвращающая сила равна (k +вSg)x, частота колебаний
k Sg
mв .
Подставляя m = жSh, получим
=
02 в
ж
g
h= 13 рад/с,
где 0 k m — частота колебаний цилиндра в воздухе.
Задача 16. Стержень длиной 40 см изогнули по дуге окружности в виде по-
лукольца и с помощью невесомых спиц прикрепили к горизонтальной оси, прохо-
дящей через центр окружности. Найдите круговую частоту малых колебаний
полукольца около положения равновесия, если ось вращения перпендикулярна его
плоскости. g = 9,8 м/с2.
В этой задаче нам придется воспользоваться энергетическим методом опреде-
ления частоты малых колебаний. Этот метод заключается в следующем. Вычисля-
ется зависимость потенциальной энергии от смещения x из положения равновесия
и кинетической энергии от скорости x´. Если получа-
ется выражение для полной энергии
Ek x m x
ef ef2
2
'
2
2
,
то циклическая частота колебаний равна
k mef ef . Действительно, поскольку E = const, взяв производную по времени
от обеих частей уравнения: kefxx´+mefx'x˝ = 0 и сократив на x´, получим уравнение
колебаний
xk
mxef
ef
0 .
Вычислить зависимость потенциальной энергии от смещения x может ока-
заться непростой задачей, во многих случаях она сводится к определению положе-
ния центра тяжести протяженного тела. Однако в данном примере потенциальная
энергия легко вычисляется благодаря симметрии системы. Поворот полукольца на
небольшой угол, при котором конец B опускается, а конец A — поднимается на x,
приводит к такому же изменению энергии, как перенос кусочка BB´ в положение
170
AA´. Потенциальная энергия увеличивается на m g x (центр тяжести кусочка под-
нимается на x), где m = m(x/l). Для механической энергии получаем выражение
Emg l x mx
( )2
2 2
2 ' 2,
откуда находим 2g l = 7 рад/с.
Задача 17. Тонкое колесо массой 400 г с невесомыми спицами может сво-
бодно вращаться вокруг горизонтальной оси. На колесе закрепили маленький груз
массой 100 г. Найдите циклическую частоту малых колебаний такой системы
около положения равновесия. Радиус колеса 50 см. g = 10 м/с2.
Если исходить из энергетического подхода (см. предыдущую задачу), можно
сразу догадаться, какой будет циклическая частота. Рассмотрим сначала грузик на
невесомом колесе. Такая система ничем не отличается от математического маятни-
ка на нити длиной R, т.е. 0 = g R . Переход к массивному колесу не вносит
никаких изменений в подсчет потенциальной энергии, а кинетическая вместо мас-
сы m будет содержать M + m. Значит, квадрат частоты, равный kef/mef, уменьшится в
(M + m)/m раз. Получаем
= 0m
M m=
m
M m
g
R= 2 рад/с.
Для дотошных читателей приведем выражения для кинетической и потенци-
альной энергий
Eп = mgR(1 cos) = 2mgRsin2
2 mgR
2
2
mg
R
x2
2,
Eк = (M + m)x 2
2,
где = x/R — малый угол отклонения.
Задача 18. Невесомый стержень длиной 2,5 м согнули посередине под углом
120°, прикрепили к его концам одинаковые грузики и повесили местом сгиба на
тонкий гвоздь, вбитый в стену. Пренебрегая трением, найдите циклическую час-
тоту колебаний такой системы около положения равновесия. g = 10 м/с2.
Обозначим за x малое смещение грузиков от положения равновесия при ма-
лом повороте системы на угол :
,2
lx
где l – длина стержня. Используем энергетический метод определения частоты
колебаний. Для этого выразим через x и x потенциальную и кинетическую энер-
171
гию системы. Потенциальная энергия определяется изменением высоты h центра
масс, который в положении равновесия находится под осью вращения (гвоздем) на
расстоянии l/4 от него:
2 2
2ï
22 2 1 cos 2sin
4 2 2 2 2 2
l l l mg xE m g h mg mg mg
l
.
Следовательно, 2efk mg l . Кинетическая энергия системы равна
2ê 2
2
xE m
.
Получаем
ef ðàä ñ.2
2k g
m l
Задача 19. Тонкую цепочку длиной 45 см удерживают за верхний конец на
гладкой наклонной плоскости, составляющей угол 30° с горизонтом. Через какое
время (в мс) после освобождения цепочки она полностью покинет наклонную
плоскость, если вначале ее нижний конец находился у края наклонной плоскости?
g = 10 м/с2, = 3,14.
Хотя в этом случае колебания как таковые не возни-
кают, время движения удается определить благодаря тому,
что уравнение движения тела такое же, как для гармони-
ческих колебаний. Действительно, проекцию на направле-
ние движения дает только сила тяжести, действующая на
отрезок цепочки длиной x, находящийся в данный момент
на наклонной плоскости. Масса этого отрезка равна m1 = m(x/l). Получаем
m1g sin = m x˝, или x˝ + g
l
sinx = 0.
Движение верхнего конца цепочки происходит так же, как движение маятника от
точки максимального отклонения к положению равновесия, по закону x = l cost.
Движение до точки x = 0 займет время
t T l
g4 2
sin 471 мс.
Замечание. Поскольку разные части цепочки движутся по-разному, верхняя
часть — вдоль плоскости, нижняя — горизонтально, возникает вопрос, как запи-
сать уравнение движения сразу для всей цепочки. Для этого надо мысленно раз-
бить цепочку на малые отрезки, для каждого отрезка записать 2-ой закон Ньютона
в проекции на его направление движения (ускорения всех кусочков одинаковы), и
172
затем сложить полученные уравнения. Кроме того, можно воспользоваться опи-
санным в предыдущих задачах энергетическим методом (сделайте это сами).
Задача 20. Длинную трубку согнули под прямым углом и установили так, что
одно из колен смотрит вертикально вверх. В вертикальном колене удерживают
веревку длиной 90 см так, что она доходит до места сгиба. Через какое время (в
мс) после того, как веревку отпустят, она наполовину соскользнет в горизон-
тальное колено? Трением пренебречь. g = 10 м/с2, = 3,14.
Обозначим за x высоту куска веревки в вертикальном колене в момент време-
ни t, за m1 – массу этого куска: m1 = m(x/l). Выразим потенциальную и кинетиче-
скую энергию веревки в этот момент времени:
2 2
ï 1 ê;2 2 2 2
x m x mg x mxE m g x g E
l l
.
Видно, что энергия системы такая же, как у груза массой m на пружине с жестко-
стью efmg
kl
. Период колебаний такого груза равен ef
2 2m l
Tk g
. С
учетом того, что в начальный момент x максимальна и равна l, получим
2cosx l t
T
(движение «маятника» из крайней точки). Подставляя сюда x = l/2, получим
0,314ñ 314 ì ñ.6 3
T lt
g
Задача 21. Стержень длиной 90 см, скользивший со скоростью 1 м/с вдоль
своей длины по гладкой горизонтальной плоскости, начинает заезжать на шеро-
ховатую поверхность с коэффициентом трения 0,25. Через какое время (в мс)
скорость стержня уменьшится вдвое? g = 10 м/с2, = 3,14.
Обозначим за x длину части стержня, заехавшей на шероховатую поверхность
в момент времени t, за m1 – массу этого куска: m1 = m(x/l). Действующая на стер-
жень в этот момент сила трения равна
òð 1m
F m g x gl
.
Уравнение движения стержня имеет вид
mgmx x
l
.
Это уравнение совпадает с уравнением движения груза массой m на пружине с
жесткостью efmg
kl
; период колебаний такого маятника равен
173
ef
2 2m l
Tk g
.
С учетом того, что в начальный момент x = 0, получим,
2sinx A t
T
(движение «маятника» из положения равновесия). Здесь A – «амплитуда колебаний»,
т.е. максимальное смещение стержня. Скорость стержня изменяется по закону
02 2 2
cos cosv x A t v tT T T
.
В момент времени, когда 0 2v v , получаем
0,628ñ 628 ì ñ.6 3
T lt
g
Замечание. При достаточно большой начальной скорости стержня он может це-
ликом заехать на горизонтальную поверхность. После этого движение стержня изме-
нит характер – оно станет равноускоренным. Если это случится до того момента, как
его скорость уменьшится вдвое, наше решение окажется неверным. Чтобы убедиться,
что такого не случилось, найдем максимальное смещение стержня:
00 0,6 ì
v lA v
g
.
Видно, A < l, т.е. в данном случае стержень только частично заедет на шерохова-
тую поверхность.
Задача 22. Радиостанция работает на длине волны 30 м. Сколько колебаний
несущей частоты происходит в течение одного периода звуковых колебаний с
частотой 5 кГц?
Период колебаний, соответствующий несущей частоте радиостанции, найдем
из соотношения между периодом и длиной волны: T = /c, где c — скорость рас-
пространения электромагнитных волн, равная скорости света. Период звуковых
колебаний равен Tзв = 1/зв. Получаем
T
T
cзв
зв
2000.
Задача 23. Скорость звука в воде 1450 м/с. На каком расстоянии находятся
ближайшие точки, совершающие колебания в противоположных фазах, если час-
тота колебаний 725 Гц?
Разность фаз колебаний точек волны, отстоящих друг от друга на расстоянии
x, равна = 2(x/). Ближайшие точки, совершающие колебания в противофазе,
находятся на расстоянии x = /2, что соответствует разности фаз = . Длину
174
звуковой волны найдем из уравнения = v/ = 2 м. Значит, искомое расстояние
равно x = 1 м.
Задача 24. Два когерентных источника звука колеблются в одинаковых фа-
зах. В точке, отстоящей от первого источника на 2,1 м, а от второго на 2,27 м,
звук не слышен. Найдите минимальную частоту колебаний (в кГц), при которой
это возможно. Скорость звука 340 м/с.
Колебания волны, приходящей от первого источника, отстают по фазе от коле-
баний источника на 1 = 2(x1/) = 2(x1/v), а колебания второй волны отстают от
колебаний своего источника на 2 = 2(x2/) = 2(x2/v). Так как источники совер-
шают колебания в одинаковых фазах, то разность фаз между колебаниями звуковых
волн в данной точке равна = 21 = 2(x2x1)/v. Звуковые колебания будут
гасить друг друга, если они происходят в противофазе, т.е. если разность фаз между
ними будет +2m. Минимальная частота соответствует минимальной разности фаз,
т.е. 2(x2x1)/v = . Получаем
v
x x2 2 1( ) = 1000 Гц = 1 кГц.
Задача 25. Колебательный контур состоит из катушки индуктивности и
двух одинаковых конденсаторов, включенных параллельно. Период собственных
колебаний контура 0,02 с. Чему будет равен период (в мс), если конденсаторы
включить последовательно?
Период собственных колебаний контура равен T LC2 . В первом случае
емкость составного конденсатора в контуре равна C1 = 2C0, где C0 — емкость од-
ного конденсатора, во втором — C2 = C0/2. При уменьшении емкости в 4 раза пе-
риод уменьшается в 2 раза: T2 = T1/2 = 10 мс.
Задача 26. Колебательный контур содержит конденсатор емкостью 8 пФ и
катушку, индуктивность которой 0,2 мГн. Найдите максимальное напряжение
на обкладках конденсатора, если максимальная сила тока 40 мА.
В процессе колебаний энергия сохраняется, и максимальная энергия электри-
ческого поля в конденсаторе равна максимальной энергии магнитного поля в ка-
тушке
12
2 12
2CU LImax max .
Получаем U IL
Cmax max = 200 В.
Задача 27. Заряженный конденсатор емкостью 2 мкФ подключен к катушке
с индуктивность 80 мГн. Через какое время (в мкс) от момента подключения
175
энергия электрического поля станет равной энергии магнитного поля? Ошибка!
Закладка не определена. = 3,14.
Заряд конденсатора изменяется со временем по закону q = qmax cost (в мо-
мент подключения конденсатор был заряжен), зависимость энергии электрического
поля от времени имеет вид
Wq
C
q
Ctэл
2 22
2 2
max cos .
В тот момент, когда энергия электрического поля равна энергии магнитного поля,
каждая из них составляет половину полной энергии колебаний контура
Wэл = 0,5W, или q
Ct
q
Cmax maxcos2
22
2
1
2 2 .
Получаем cost 2 2 , откуда t = /4, или t = /(4) = T/8. Период колебаний
равен T LC2 , и искомое время равно
t LC 14 = 314 мс.
Задача 28. Во сколько раз нужно увеличить емкость контура радиоприемни-
ка, настроенного на частоту 6 МГц, чтобы можно было слушать радиостанцию,
работающую на длине волны 100 м?
Настройке на длину волны 2 = 100 м соответствует собственная частота ко-
лебаний контура 2 = c/2 = 3 МГц. Частота собственных колебаний контура равна
1 2( )LC , а отношение частот, соответствующих разным емкостям, равно
2 1 1 2 C C . Получаем
C
C c2
1
1
1
2
1 22
4
.
Задача 29. Неоновая лампа зажигается в тот момент, когда напряжение на
ее электродах достигает определенного значения U*. Определите время (в мс), в
течение которого горит лампа в каждый полупериод, если она включена в сеть,
действующее значение напряжения в которой U*. Напряжение в сети меняется с
частотой 50 Гц. Считать, что неоновая лампа зажигается и гаснет при одном и
том же напряжении.
Предположим, что напряжение на лампе меняется по закону U(t) = U0 sint,
где U0 — амплитуда напряжения в сети, и рассмотрим полупериод от t = 0 до t =
= T /2. Чтобы узнать, в какие моменты этого полупериода зажигается и гаснет лам-
па, надо решить уравнение U(t) = U*, где U* = U0 2 — действующее значение
176
напряжения. Получаем уравнение U t U0 0 2sin , которое имеет в рассматри-
ваемом интервале два решения: t1 = /(4) = T /8 и t2 = 3/(4) = 3T /8. Поскольку
от t = 0 до t = T /4 напряжение возрастает, то в момент t1 лампа зажигается, а в мо-
мент t2 — гаснет. Значит, в течение полупериода лампа горит время
t2 – t1 = T
4 = 1
4 = 5 мс.
Задача 30. При включении первичной обмотки трансформатора в сеть пе-
ременного тока во вторичной обмотке возникает напряжение 30 В. При включе-
нии в эту же сеть вторичной обмотки на клеммах первичной возникает напря-
жение 120 В. Во сколько раз число витков первичной обмотки трансформатора
больше числа витков вторичной обмотки?
Отношение напряжений на обмотках идеального трансформатора равно от-
ношению числа витков. При первом включении Uс/U2 = N1/N2, где Uс — напряже-
ние сети, а U2 = 30 В — напряжение во вторичной обмотке. При втором включении
U1/Uс = N1/N2. Умножив эти уравнения друг на друга, исключим напряжение сети и
придем к уравнению
N
N
U
U1
2
2
1
2
4
.
Получаем N1/N2 = 2.
Задача 31. Электропечь, сопротивление которой 22 Ом, питается от гене-
ратора переменного тока. Определите количество теплоты (в кДж), выделяемое
печью за одну минуту, если амплитуда силы тока 10 А.
Количество теплоты вычисляется по формуле
Q I Rt I Rt д2 1
2 02 66 кДж.
Здесь I Iд 0 2 — действующее значение напряжения сети.
Задача 32. Сопротивление 200 Ом и конденсатор подключены параллельно к
источнику переменного тока с циклической частотой 2500 рад/с. Найдите ем-
кость (в мкФ) конденсатора, если амплитудное значение силы тока через сопро-
тивление 1 А, а через конденсатор 2 А.
При параллельном включении участков цепи амплитудные значения напря-
жения на них совпадают. Амплитуда напряжения на сопротивлении связана с ам-
плитудой силы тока соотношением U0 = RI01, а амплитуда напряжения на конден-
саторе — соотношением U C I0 021 . Получаем
RIC
I01 02
1
, или CI
RI 02
01 = 4 мкФ.