Учебные материалы по разделам курса физики

Учебные материалы по разделам курса физики

 

Физические основы механики, молекулярной физики

И термодинамики

 

 

Приступая к изучению физики, необходимо уяснить, что физика, наряду с другими естественными науками, изучает объективные свойства окружающего нас материального мира. Она исследует наиболее общие формы движения материи и их взаимные превращения. Физические понятия являются простейшими и в то же время основополагающими и всеобщими в естествознании (пространство, время, движение, масса, работа, энергия и др.).

Изучать основы классической механики надо исходя из представлений современной физики, в которой основные понятия классической механики не утратили своего значения, а получили дальнейшее развитие, обобщение и критическую оценку с точки зрения их применения. Следует помнить, что механика-это наука о простейших формах движения материальных тел и происходящих при этом взаимодействиях между телами. Движение всегда существует в пространстве и во времени. Диалектический материализм учит, что в пространстве и времени существует материя. Предметом классической механики является движение макроскопических материальных тел, совершаемое со скоростями, малыми по сравнению со скоростью света в вакууме. Движение частиц со скоростями порядка скорости света рассматривается в теории относительности, а движение микрочастиц изучается в квантовой механике.

Решая задачи по кинематике, в которых необходимо использовать математический аппарат дифференциального и интегрального исчисления, студент должен научиться определять мгновенные скорость и ускорение по заданной зависимости координаты от времени и решать обратные задачи.

Задачи на динамику материальной точки и поступательного движения твердого тела охватывают такие вопросы, как закон движения центра масс механической системы, закон сохранения количества движения, работа сил, связь кинетической энергии механической системы с работой сил, приложенных к этой системе, закон сохранения механической энергии. Тщательного изучения и понимания требуют вопросы о поле как форме материи, осуществляющей взаимодействие между частицами вещества или телами, о потенциальной энергии механической системы.

В задачах на кинематику и динамику вращательного движения твердого тела главное внимание уделяется изучению соотношений между линейными и угловыми характеристиками, понятий момента силы, момента инерции тела, закона сохранения количества движения, момента количества движения и механической энергии.

Изучая физические основы молекулярной физики и термодинамики, студенты должны уяснить, что существует два качественно различных и взаимодополняющих метода исследования физических свойств макроскопических систем: статистический (молекулярно-кинетический) и термодинамический. Молекулярно-кинетический метод исследования лежит в основе молекулярной физики, термодинамический – в основе термодинамики. Молекулярно-кинетическая теория позволяет с единой точки зрения рассмотреть различные явления во всех состояниях вещества, вскрыть их физическую сущность и теоретическим путем вывести многочисленные закономерности, открытые экспериментально и имеющие большое практическое значение.

При изучении молекулярно-кинетический теории следует знать, что свойства огромной совокупности молекул отличны от свойств каждой отдельной молекулы и свойства макроскопической системы, в конечном счете, определяются свойствами частиц системы, особенностями их движения и средними значениями кинематических характеристик частиц, т.е. их скоростей, энергий и т.д.

В отличие от молекулярно-кинетической теории, термодинамика не изучает конкретно молекулярные взаимодействия, происходящие с отдельными атомами или молекулами, а рассматривает взаимопревращения и связь различных видов энергии, теплоты и работы. Термодинамика базируется на опытных законах (началах), которые позволяют описывать физические явления, связанные с превращением энергии макроскопическим путем.

При изучении основ термодинамики студент должен четко усвоить такие понятия, как термодинамическая система, термодинамические параметры (параметры состояния), равновесное состояние, уравнение состояния, термодинамический процесс, внутренняя энергия, энтропия и т. д.

Задачи контрольной работы дают возможность проверить знания студентов по основным вопросам молекулярной физики и термодинамики.

В задачах на тему «Основы молекулярно-кинетической теории» внимание уделено таким вопросам программы, как уравнение Клапейрона – Менделеева, уравнение молекулярно-кинетической теории, средние кинетические энергии поступательного и вращательного движения молекул, средняя длина свободного пробега и среднее число соударений.

Задачи по теме «Основы термодинамики» охватывают такие важные соотношения и понятия, как первое начало термодинамики, внутренняя энергия, работа при различных изопроцессах и адиабатном процессе. Включены также задачи, которые позволяют изучить и понять такие вопросы, как второе начало термодинамики и энергии идеального газа, являющейся в отличии от количества теплоты функцией состояния.

Задачи в контрольной работе расположены приблизительно в том порядке, в каком соответствующие вопросы рассматриваются в рабочей программе.

 

ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ

 

Скорость мгновенная ,

 

где: r-радиус вектор материальной точки;

t-время;

s-расстояние вдоль траектории движения;

-единичный вектор, касательный к траектории.

Ускорение:

Мгновенное ;

Тангенциальное ;

Нормальное ;

Полное ,

 

где -радиус кривизны траектории;

n -едичный вектор главной нормали.

 

Скорость угловая ,

где - угловое перемещение

Ускорение угловое

Основное уравнение динамики

материальной точки (второй закон Ньютона)

Потенциальная энергия

Упругодеформированного тела ;

гравитационного взаимодействия двух частиц ;

тела в однородном гравитационном поле ,

где g -напряженность гравитационного поля

(ускорение свободного падения);

h- расстояние от нулевого уровня.

Напряженность гравитационного поля Земли ,

где -масса Земли;

-радиус Земли;

h- расстояние от поверхности Земли.

Потенциал гравитационного поля Земли

Кинетическая энергия материальной

Точки

Закон сохранение механической энергии

Момент инерции материальной точки ,

где r -расстояние до оси вращения

 

Момент инерции тел массой m относительно

Примеры решения задач

Пример 1. Уравнение движения материальной точки вдоль оси имеет вид х = А+В+Сt . Найти координату х, скорость υ и ускорение а точки в момент времени t = 2 с.

Решение. Координату х найдем, подставив в уравнение движения числовые значения коэффициентов А, В и С и времени t:

 

Мгновенная скорость есть первая производная от координаты по времени:

Ускорение точки найдем, взяв первую производную от скорости по времени:

В момент времени t = 2 c:

;

 

Пример 2. Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону φ = А+Bt+Ct² , где A = 10 рад, B = 20 рад/с, C = -2 рад/c².Найти полное ускорение точки, находящейся на расстоянии r = 0,1 м от оси вращения для момента времени

t = 4 c.

Решение. Полное ускорение в точки, движущейся по кривой линии, может быть найдено как геометрическая сумма тангенциального ускорения а_τ, направленного по касательной к траектории, и нормального ускорения а_π, направленного к центру кривизны траектории (рис. 1):

Так как векторы а_τ и а_π взаимно перпендикулярны, то модуль ускорения равен:

(1)

Тангенциальное и нормальное ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами:

, (2)

где ω – угловая скорость тела; ε – его угловое ускорение.

Подставляя выражения а_τ и а_π в формулу (1), находим:

(2)

 

Угловую скорость ω найдем, взяв первую производную угла поворота по времени:

В момент времени t = 4 с угловая скорость равна:

ω=[20+2(-2)4]рад/с =4 рад/с.

ε=dω/dt=2C=-4рад/с.

Подставляя значения ω, ε и r в формулу (3), получаем:

.

 

Пример 3. При выстреле из пружинного пистолета вертикально вверх пуля массой m=20 г поднялась на высоту h=5 м. Определить жесткость k пружины пистолета, если она была сжата на х=10 см. Массой пружины пренебречь.

Решение. Система пуля – Земля (вместе с пистолетом) является замкнутой системой, в которой действуют консервативные силы: силы упругости и силы тяготения. Поэтому для решения задачи можно применить закон сохранения энергии в механике. Согласно ему полная механическая энергия системы в начальном состоянии (в данном случае перед выстрелом) равна полной энергии в конечном состоянии (когда пуля поднялась на высоту h), т.е.

Е₁=Е₂ или Т₁+П₁=Т₂+П₂ (1)

где Т₁,Т₂,П₁ и П₂ - кинетические и потенциальные энергии системы в начальном и конечном состояниях.

Так как кинетические энергии пули в начальном и конечном состояниях равны нулю, то (1) примет вид

_.

Если потенциальную энергию в поле сил тяготения Земли на ее поверхности принять равной нулю, то энергия системы в начальном состоянии будет равна потенциальной энергии сжатой пружины, т.е. а в конечном состоянии – потенциальной энергии пули на высоте h, т.е.

. (2)

 

Подставив выражения в формулу (2), найдем , откуда

. (3)

Проверим, дает ли полученная формула единицу жесткости k. Для этого в правую часть формулы (3) вместо величин, подставим их единицы:

.

Убедившись, что полученная единица является единицей жесткости (1 Н/м), подставим в формулу (3) значения величин и произведем вычисления:

.

 

Пример 4. Шар массой m₁, движущийся горизонтально с некоторой скоростью υ₁, столкнулся с неподвижным шаром массой m₂. Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Какую долю ε своей кинетической энергии первый шар передал второму?

Решение. Доля энергии, переданной первым шаром второму, выразится соотношением:

, (1)

где T₁ - кинетическая энергия первого шара до удара;

u₂ и T₂ – скорость и кинетическая энергия второго шара после удара.

Как видно из формулы (1), для определения ε надо найти u₂. При ударе абсолютно упругих тел одновременно выполняются законы сохранения импульса и механической энергии. Пользуясь этими законами, найдем:

; (2)

(3)

Решим совместно уравнения (2) и (3):

Подставим это выражение для и₂ в формулу (1), сократив на и т ₁, получим:

Из найденного соотношения видно, что доля переданной энергии зависит только от масс сталкивающихся шаров. Доля передаваемой энергии не изменится, если шары поменять местами.

Пример 5. Через блок в виде сплошного диска, имеющего массу т = 80 г (рис. 2), перекинута тонкая гибкая нить, к концам которой подвешены грузы с массами т₁ =100г и т₂ =200 г. Определить ускорение, с которым будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе? Трением и массой нити пренебречь.

Решение. Воспользуемся основными уравнениями динамики поступательного и вращательного движений. Для этого рассмотрим силы, действующие на каждый груз в отдельности и на блок. На первый груз действуют две силы: сила тяжести т₁g и сила упругости (сила натяжения нити) Т₁. Спроецируем эти силы на ось Х,

которую направим вертикально вниз, и напишем уравнение движения (второй закон Ньютона):

т₁g - Т₁ = т₁а

Уравнение движения для второго груза:

т₂g - Т₂ =т₂а

Под действием двух моментов сил T₁r и T₂r относительно оси, перпендикулярной плоскости чертежа, блок приобретает угловое ускорение ε. Согласно основному уравнению динамики вращательного движения

(3)

где ε = а/r;

- момент инерции блока (сплошного диска) относительно оси Z.

Согласно третьему закону Ньютона , . Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (3) вместо и выражения и , получив их предварительно из уравнений (1) и (2):

.

После сокращения на r и перегруппировки членов найдем:

. (4)

Отношение масс в правой части формулы (4) есть величина безразмерная. Поэтому массы т₁, т₂ и т можно выразить в граммах, как они даны в условии задачи. Ускорение g надо выразить в единицах СИ. После подстановки получим:

.

Пример 6. Маховик в виде сплошного диска радиусом R = 0,2 м и массой m = 50 кг раскручен до частоты n₁ = 480 мин^-1 и предоставлен сам себе. Под действием сил трения маховик остановился через t = 50 c. Найти момент М сил трения.

Решение. Для решения задачи воспользуемся основным уравнением динамики вращательного движения в виде:

, (1)

где - изменение момента импульса маховика, вращающегося относительно оси Z, совпадающей с геометрической осью маховика, за интервал времени dt; M_z - момент внешних сил (в данном случае момент сил трения), действующих на маховик относительно той же оси.

Момент сил трения можно считать не изменяющимся с течением времени (M_z = const), поэтому интегрирование уравнения (1) приводит к выражению:

. (2)

При вращении твердого тела относительно неподвижной оси изменение момента импульса будет равно:

, (3)

где - момент инерции маховика относительно оси Z;

- изменение угловой скорости маховика.

Приравняв правые части равенств (2) и (3), получим , откуда

. (4)

Момент инерции маховика в виде сплошного диска определяется по формуле: .

Изменение угловой скорости выразим через конечную п₂ и начальную п₁ частоты вращения, пользуясь соотношением :

.

Подставив в формулу (4) выражения и , получим:

. (5)

Проверим, дает ли расчетная формула единицу момента силы. Для этого в правую часть формулы вместо символов величин подставим их единицы:

.

Найденная единица (1 Н^. м) является единицей момента силы.

Подставим в (5) числовые значения величин и произведем вычисления, учитывая, что п₁ = 480 мин ^-1 = 480/60 с^-1 = 8 с^-1:

.

Знак “минус” показывает, что силы трения оказывают на маховик тормозящее действие.

 

Пример 7. Точка совершает гармонические колебания с частотой v = 10 Гц. В момент, принятый за начальный, точка имела максимальное смещение х_max = 1 мм. Написать уравнение колебаний точки и начертить их график.

Решение. Уравнение колебаний точки можно записать в виде

(1)

или

, (2)

где А – амплитуда колебаний;

ω – циклическая частота; t – время;

j₁ и j₂ - начальные фазы, соответствующие формы записи (1) или (2).

По определению, амплитуда колебаний

А = х_max. (3)

Циклическая частота ω связана с частотой ν соотношением:

ω = 2πν. (4)

Начальная фаза колебаний зависит от формы записи. В момент времени t = 0 формула (1) принимает вид:

х_max = Аsin ,

откуда начальная фаза

 

или

(k = 0, 1, 2,…).

Изменение фазы на 2π не изменяет состояние колебательного движения, поэтому можно принять:

= π/2. (5)

При использовании формулы (2) для записи уравнения колебаний получаем:

или

=2πk (k = 0, 1, 2, 3,…).

Аналогично находим

=0. (6)

С учетом равенств (3) – (6) уравнения колебаний примут вид:

,

или

,

где А =1 мм = 10^{-3 м; ν = 10 Гц; = π/2.}

 

График соответствующего колебания приведен на рис. 3.

 

Пример 8. Частица массой т = 0,01 кг совершает гармонические колебания с периодом Т = 2 с. Полная энергия колеблющейся частицы Е = 0,1 мДж. Определить амплитуду А колебаний и наибольшее значение силы F_max, действующей на частицу.

Решение. Для определения амплитуды колебаний воспользуемся выражением полной энергии частицы:

,

где ω = 2π/Т.

Отсюда амплитуда

. (1)

Так как частица совершает гармонические колебания, то сила, действующая на нее, является квазиупругой и, следовательно, может быть выражена соотношением F = -kx, где k – коэффициент квазиупругой силы; х – смещение колеблющейся точки. Максимальной сила будет при максимальном смещении х_max, равном амплитуде:

F_max = kA. (2)

Коэффициент k выразим через период колебаний:

. (3)

Подставив выражения k и A в формулу (2) и произведя упрощения, получим:

F_max=.

Произведем вычисления:

;

F_max = .

Пример 9. Определить число N молекул, содержащихся в объеме V = 1 мм³ воды, и массу m₁ молекулы воды. Считая условно, что молекулы воды имеют вид шариков, соприкасающихся друг с другом, найти диаметр d молекул.

Решение. Число N молекул, содержащихся в некоторой системе массой т, равно произведению постоянной Авогадро N_А на количество вещества ν:

N = νN_A.

Так как ν = m/M, где M – молярная масса, то N = (m/M)N_A. Выразим в этой формуле массу как произведение плотности на объем V, получим:

N = ρV N_A/M.

Произведем вычисления, учитывая, что М = 18·10^-3 кг/моль (см. прил., табл. 14):

молекул = 3,34·10¹⁹ молекул.

Массу т ₁ одной молекулы можно найти по формуле:

т ₁ = М/N_A. (2)

Подставив в (2) значения М и N_A, найдем массу молекулы воды:

кг = 2,99·10^{-26 кг.}

 

Если молекулы воды плотно прилегают друг к другу, то можно считать, что на каждую молекулу приходится объем (кубическая ячейка) V₁ = d³, где d – диаметр молекулы. Отсюда

. (3)

Объем V₁ найдем, разделив молярный объем V_m на число молекул в моле, т.е. на N_A:

V₁ = V_m / N_A. (4)

Подставим выражение (4) в (3):

,

где V_m = М/ ρ.

Тогда

. (5)

Проверим, дает ли правая часть выражения (5) единицу длины:

Произведем вычисления:

Пример 10. В баллоне объемом V = 10 л находится гелий под давлением p₁ = 1 МПа и при температуре Т₁ = 300 К. После того как из баллона было взято m = 10 г гелия, температура в баллоне понизилось до Т₂ = 290 К. Определить давление p₂ гелия, оставшегося в баллоне.

Решение. Для решения задачи воспользуемся уравнением Менделеева-Клапейрона, применив его к конечному состоянию газа:

р₂V = (m₂/M)RT₂, (1)

где т ₂ – масса гелия в баллоне в конечном состоянии;

М – молярная масса гелия;

R – молярная газовая постоянная.

Из уравнения (1) выразим искомое давление:

p₂ = т ₂RT₂/(MV). (2)

Массу т ₂ гелия выразим через массу т ₁, соответствующую начальному состоянию, и массу т гелия, взятого из баллона:

т ₂ = т ₁- т. (3)

Массу т ₁ гелия найдем также из уравнения Менделеева-Клапейрона, применив его к начальному состоянию:

т ₁ = Мр₁V/(RT₁). (4)

Подставив выражение массы т ₁ в формулу (3), а затем выражение т ₂ в формулу (2), найдем:

или

. (5)

Проверим, дает ли формула (5) единицу давления. Для этого в ее правую часть вместо символов величин подставим их единицы. В правой части формулы два слагаемых. Очевидно, что первое из них дает единицу давления, так как состоит из двух множителей, первый из которых (Т₂/Т₁) – безразмерный, а второй – давление. Проверим второе слагаемое:

Паскаль является единицей давления. Произведем вычисления по формуле (5), учитывая, что М = 4·10^-3 кг/моль (прил., табл. 14):

 

Пример 11. Баллон содержит m₁ = 80 г кислорода и m₂ = 320 г аргона. Давление смеси р = 1 МПа, температура Т = 300 К. Принимая данные газы за идеальные, определить объем V баллона.

Решение. По закону Дальтона давление смеси равно сумме парциальных давлений газов, входящих в состав смеси.

По уравнению Менделеева – Клапейрона парциальные давления р₁ кислорода и р₂ аргона выражаются формулами:

Следовательно, по закону Дальтона давление смеси газов

р = р ₁+ р ₂, или

откуда объем баллона

Произведем вычисления, учитывая, что М₁ = 32·10^-3 кг/моль, М₂ = 40·10^-3 кг/моль (прил., табл. 14):

Пример 12. Найти среднюю кинетическую энергию <ε_вращ> вращательного движения одной молекулы кислорода при температуре Т = 350 К, а также кинетическую энергию Е_к вращательного движения всех молекул кислорода массой m = 4 г.

Решение. На каждую степень свободы молекулы газа приходится одинаковая средняя энергия <ε₁> = 1/2kT, где k – постоянная Больцмана; Т – термодинамическая температура газа. Так как вращательному движению двухатомной молекулы (молекула кислорода – двухатомная) соответствуют две степени свободы, то средняя энергия вращательного движения молекулы кислорода равна:

<ε_вращ> = 2·1/2kT = kT. (1)

Кинетическая энергия вращательного движения всех молекул газа:

Е_к = <ε_вращ>N. (2)

Число всех молекул газа:

N = N_A ν, (3)

где N_A – постоянная Авогадро;

ν – количество вещества.

Если учесть, что количество вещества ν = т /М, где т – масса газа; М – молярная масса газа, то формула (3) примет вид

N = N_A т /М.

Подставив в выражение N в формулу (2), получим

Е_к= N_A т <ε_вращ> /М. (4)

Произведем вычисления, учитывая, что для кислорода М=32×10^-3 кг/моль (прил., табл. 14):

<ε_вращ> = kT = 1,38·10^-23·350 Дж = 4,83·10^-21 Дж;

 

Пример 13. Вычислить удельные теплоемкости при постоянном объеме с_ν и при постоянном давлении с_р неона и водорода, принимая эти газы за идеальные.

Решение. Удельные теплоемкости идеальных газов выражаются формулами:

(1) (2)

где i – число степеней свободы молекулы газа;

М – молярная масса.

Для неона (одноатомный газ) i=3 и М =20·10^-3 кг/моль (прил., табл. 14).

Произведем вычисления:

 

Для водорода (двухатомный газ) i =5 и М =2·10^-3 кг/моль. Тогда

 

Пример 14. Кислород массой m = 2 кг занимает объем V₁ = 1 м³ и находится под давлением р₁ = 0,2 МПа. Газ был нагрет сначала при постоянном давлении до объема V₂ = 3 м³, а затем при постоянном объеме до давления р₃ = 0,5 МПа. Найти изменение ∆U внутренней энергии газа, совершенную им работу А и теплоту Q, переданную газу. Построить график процесса.

Решение. Изменение внутренней энергии газа

(1)

где i – число степеней свободы молекул газа (для двухатомных молекул кислорода i =5);

∆Т=Т₃-Т₁ разность температур газа в конечном (третьем) и начальном состояниях.

Начальную и конечную температуру газа найдем из уравнения Менделеева-Клапейрона pV = (m/M)RT, откуда

T = pVM/(mR).

Работа расширения газа при постоянном давлении выражается формулой:

А₁ = m₁/MR ∆ T.

Работа газа, нагреваемого при постоянном объеме, равна нулю, т.е.

А₂ = 0.

Следовательно, полная работа, совершаемая газом,

А = А₁+А₂ = А₁.

Согласно первому началу термодинамики теплота Q, переданная газу, равна сумме изменения внутренней энергии ∆ U и работы А:

Q = ∆ U+A.

Произведем вычисления, учтя, что для кислорода М = 32·10^-3 кг/моль (прил., табл. 14):

График процесса приведен на рисунке 4.

 

Пример 15. В цилиндре под поршнем находится водород массой m = 0,02 кг при температуре Т₁ = 300 К. Водород сначала расширялся адиабатно, увеличив свой объем в п₁ = 5 раз, а затем был сжат изотермически, причем объем газа уменьшился в п₂ = 5 раз. Найти температуру в конце адиабатного расширения и работу, совершенную газом при этих процессах. Изобразить процесс графически.

Решение. Температуры и объемы газа, совершающего адиабатный процесс, связаны между собой соотношением:

или ,

где γ – отношение теплоемкостей газа при постоянном давлении и постоянном объеме;

n₁ = V₂/V₁.

Отсюда получаем следующее выражение для конечной температуры:

Работа А₁ газа при адиабатном расширении может быть определена по формуле:

где С_V – молярная теплоемкость газа при постоянном объеме. Работа А₂ газа при изотермическом процессе может быть выражена в виде

или ,

где n₂ = V₂/V₃.

Произведем вычисления, учитывая, что для водорода как двухатомного газа γ = 1,4, i = 5 и М = 2·10^-3 кг/моль:

Так как 5^0,4 = 1,91 (находится логарифмированием), то

Знак «минус» показывает, что при сжатии работа газа совершается над газом внешними силами. График процесса приведен на рисунке 5.

Пример 16. Тепловая машина работает по обратимому циклу Карно. Температура теплоотдатчика Т₁ = 500 К. определить термический КПД. η цикла и температуру Т₂ теплоприемника тепловой машины, если за счет каждого килоджоуля теплоты, полученной от теплоотдатчика, машина совершает работу А = 350 Дж.

Решение. Термический КПД тепловой машины показывает, какая доля теплоты, полученной от теплоотдатчика, превращается в механическую работу. Термический КПД. выражается формулой:

η = А/Q₁,

где Q₁ – теплота, полученная от теплоотдатчика;

А – работа, совершенная рабочим телом тепловой машины.

Зная КПД цикла, можно по формуле η = (Т₁-Т₂)/Т₁ определить температуру охладителя Т₂:

Т₂ = Т₁(1- η).

Произведем вычисления:

η = 350/1000 = 0,35;

Т₂ = 500(1-0,35) К = 325 К.

 

II. Основы электродинамики

Работа перемещения заряда в

электростатическом поле ,

где и - потенциалы начальной и

конечной точек.

Потенциал поля точечного заряда

Связь между потенциалом и напря­женностью

Сила притяжения между двумя разно­именно

заряженными обкладками ко­нденсатора ,

где S - площадь пластин.

Электроемкость

уединенного проводника ;

плоского конденсатора ;

слоистого конденсатора ,

где d - расстояние между пластинами конденсатора;

- толщина i-го слоя диэлектрика;

- его диэлектрическая проницаемость.

Электроемкость батареи конденсато­ров,

Соединенных

параллельно ;

последовательно

Энергия поля

заряженного проводника ;

заряженного конденсатора ,

где V- объем конденсатора

Объемная плотность энергии

Электрического поля

Сила тока

Закон Ома

в дифференциальной форме ;

в интегральной форме ,

де -удельная проводимость;

-удельное сопротивление;

U - напряжение на концах цепи;

R -сопротивление цепи;

j - плотность тока.

Закон Джоуля-Ленца