Примеры решения задач

Пример 1. Тонкий стержень длиной l = 30 см несёт равномерно распределённый по длине заряд с линейной плотностью  = 1 мкКл/м. На расстоянии r₀ = 20 см от стержня находится заряд Q₁ = 10 нКл, равноудаленный от концов стержня. Определить силу F взаимодействия точечного заряда с заряженным стержнем.

Р ешение. Закон Кулона позволяет вычислить силу взаимодействия точечных зарядов. По условию задачи, один из зарядов не является точечным, а представляет собой заряд, равномерно распределённый по длине стержня. Однако если выделить на стержне малый участок длиной dl, то находящийся на нём заряд dQ = dl можно рассматривать как точечный и тогда по закону Кулона сила взаимодействия между зарядами Q₁ и dQ:

(1)

где r – расстояние от выделенного элемента до заряда Q₁.

Из чертежа следует, что и , где r₀ – расстояние от заряда Q₁до стержня. Подставив эти выражения r и dl в формулу (1), получим

(2)

Следует иметь в виду, что dF – вектор, поэтому, прежде чем интегрировать, разложим его на две составляющие: dF₁, перпендикулярную стержню, и dF₂, параллельную ему.

Из рисунка видно, что dF₁ = dFcos, dF₂ = dFsin. Подставляя значение dF из выражения (2) в эти формулы, найдём:

Интегрируя эти выражения в пределах от - до +, получим

В силу симметрии расположения заряда Q₁ относительно стержня интегрирования второго выражения даёт нуль:

Таким образом, сила, действующая на заряд Q₁,

(3)

Из рисунка следует, что . Подставив это выражение sin в формулу (3). Получим

(4)

Произведём вычисления по формуле (4):

П ример 2. Электрическое поле создано бесконечной плоско­стью, заряженной с поверхностной плотностью =400 нКл/м², и бесконечной прямой нитью, заряженной с линейной плотностью  = 100 нКл/м. На расстоянии r = 10 см от нити находится точечный заряд Q = 10 нКл. Определить силу, действующую на заряд, ее направление, если заряд и нить лежат в одной плоскости, параллельной заряженной плоскости.

Решение. Сила, действующая на заряд, помещенный в поле,

F = Eq, (1)

где Е — напряженность поля в точке, в которой находится за­ряд q.

Определим напряженность Е поля, создаваемого, по условию задачи, бесконечной заряженной плоскостью и бесконечной заря­женной нитью. Поле, создаваемое бесконечной заряженной плос­костью, однородно, и его напряженность в любой точке

(2)

Поле, создаваемое бесконечной заряженной линией, неоднород­но. Его напряженность зависит от расстояния и определяется по формуле

(3)

Согласно принципу суперпозиции элек­трических полей, напряженность поля в точке, где находится заряд Q, равна век­торной сумме напряженностей Е₁ и Е₂ , (рис. 14.5): Е= Е₁ + Е₂. Так как векто­ры Е₁ и Е₂ взаимно перпендикулярны, то

Подставляя выражения Е₁ и Е₂ по формулам (2) и (3) в это равенство, получим

или

Теперь найдем силу F, действующую на заряд, подставив вы­ражение Е в формулу (1):

(4)

Подставив значения величин Q, ₀, , ,  и r в формулу (4) и сделав вычисления, найдем

F = 289 мкН.

Направление силы F, действующей на положительный заряд Q, совпадает с направлением вектора напряженности Е поля. Напра­вление же вектора Е задается углом а к заряженной плоскости. Из рисунка следует, что

tga = , откуда a = arctg ( ) .

Подставив значения величин , ,  и r в это выражение и вычислив, получим

а = 51°34'.

Пример 3. Две концентрические про­водящие сферы радиусами R₁ = 6 см и R₂ = 10 см несут соответственно заряды Q₁= 1 нКл и Q₂ = - 0,5 нКл. Найти на­пряженность Е поля в точках, отстоящих от центра сфер на расстояниях r₁ = 5 см, r₂ = 9 см и r₃ = 15 см. Построить график Е(r}.

Р ешение. Заметим, что точки, в которых требуется най­ти напряженности электрического поля, лежат в трех областях : область 1(r < R₁}, область II(R₁ < r₂ < R₂), область III(r₃ > R₂).

1. Для определения напряженности Е₁ в области I проведем сферическую поверхность S₁ радиусом r₁ , и воспользуемся теоре­мой Остроградского — Гаусса. Так как внутри области I зарядов нет, то согласно указанной теореме получим равенство

(1)

где E_n — нормальная составляющая напряженности электрическо­го поля.

Из соображений симметрии нормальная составляющая Е_п долж­на быть равна самой напряженности и постоянна для всех точек сферы, т. е. E_n = E₁ = const.

Поэтому ее можно вынести за знак интеграла. Равенство (1) примет вид

Так как площадь сферы не равна нулю, то

E₁=0,

т. е. напряженность поля во всех точках, удовлетворяющих условию r₁ < R₁, будет равна нулю.

2. В области II сферическую поверхность проведем радиусом r₂. Так как внутри этой поверхности находится заряд Q₁, то для нее, согласно теореме Остроградского — Гаусса, можно записать равенство

(2)

Так как E_n = Е₂ == const, то из условий симметрии следует

или откуда

.

Подставив сюда выражение площади сферы, получим

(3)

3. В области III сферическую поверхность проведем радиу­сом r₃. Эта поверхность охватывает суммарный заряд Q₁ + Q₂. Следовательно, для нее уравнение, записанное на основе теоремы Остроградского — Гаусса, будет иметь вид

Отсюда, использовав положения, примененные в первых двух случаях, найдем

(4)

Убедимся в том, что правые части равенств (3) и (4) дают единицу напряженности электрического поля:

Выразим все величины в единицах СИ (Q₁ =10^-9 Кл, Q₂ = - 0,5 10^-9 Кл, r₂ = 0,09 м, r₂ = 0,15 м, 1/(4₀) = 9  10⁹ м/Ф) и произведем вычисления:

Е₂ = 910⁹ В/м =1,1110³ В/м =1,11кВ/м;

Е₃ = 910⁹ В/м = 200В/м.

4 . Построим график Е(r). В области I (r₁ < .R₁) напряжен­ность Е = 0. В области II(R₁  r < R₂) напряженность Е₂(r) изменяется по закону 1/г². В точке r = R₁ напряженность E₂(R₁) = = 2500 В/м. В точке r = R₂ (r стремится к R₂ слева) E₂(R₂) = = 900 В/м. В области III(r>R₂) Ез(r) изменяется по закону 1/r², причем в точке r = R₂ (r стремится к R₂ справа) E₃(R₂)= = 450 В/м. Та­ким образом, функция Е(r) в точках r = R₁ и r = R₂, терпит разрыв. График зависимости Е(r) представлен на рис.

Пример 4. По тонкой нити, изогнутой по дуге окружности радиусом R, равномерно распределен заряд с линейной плотностью  = 10 нКл/м. Определить напряженность Е и потенциал  электрического поля, создаваемого таким распределенным зарядом в точке О, совпадающей с центром кривизны дуги. Длина I нити составляет 1/3 длины окружности и равна 15 см.

Р ешение. Выберем оси координат так, чтобы начало координат совпадало с цен­тром кривизны дуги, а ось у была сим­метрично расположена относительно концов дуги. На нити выделим элемент длины dl. Заряд dQ = dl, находящийся на выделенном участке, можно считать точеч­ным.

Определим напряженность электрического поля в точке О. Для этого найдем сначала напряженность dE поля, создаваемого зарядом dQ:

где r — радиус-вектор, направленный от элемента dl к точке, напряженность в которой вычисляется. Выразим вектор dE через проекции dEx и dEy на оси координат:

где i и j — единичные векторы направлений (орты). Напряженность Е найдем интегрированием:

Интегрирование ведется вдоль дуги длины l. В силу симметрии интеграл dEx равен нулю. Тогда

где

Так как r=R=const и dl=Rd, то

Подставим найденное выражение dEy в (1) и, приняв во внимание симметричное расположение дуги относительно оси Оу, пределы интегрирования возьмем от 0 до /3, а результат удвоим:

Подставив указанные пределы и выразив R через длину дуги (3l = 2R), получим

Из этой формулы видно, что вектор Е совпадает с положительным направлением оси Оу. Подставив значение т и l в последнюю формулу и сделав вычисления, найдем

Определим потенциал электрического поля в точке О. Най­дем сначала потенциал d, создаваемый точечным зарядом dQ в точке О

Заменим r на R и произведем интегрирование:

Так как l = 2R/3, то

Произведя вычисления по этой формуле, получим

Пример 5. Электрон без на­чальной скорости прошел раз­ность потенциалов U₀ = 10 кВ и влетел в пространство между пластинами плоского конденса­тора, заряженного до разности потенциалов U₁ = 100 В, по ли­нии АВ, параллельной пласти­нам. Расстояние d между пластинами равно 2см. Длина пластин конденсатора в направлении полета электрона равна 20 см. Определить расстояние ВС на экране Р, отстоящем от конденсатора на l₂ = 1 м.

Р ешение. Движение электрона внутри конденсатора склады­вается из двух движений:

1. по инерции вдоль линии АВ с постоянной скоростью v₀, приобретенной под действием разности потенциалов U₀, которую электрон прошел до конденсатора;

2. равномерно ускоренного движения в вертикальном направлении к положительно заряженной пластине под действием постоянной силы поля конденсатора. По выходе из конденсатора электрон будет двигаться равномерно со скоростью v, которую он имел в точке М в момент вылета из конденсатора.

Из рисунка видно, что искомое расстояние

|ВС| = h₁ + h₂,

где h₁ — расстояние, на которое сместится электрон в верти­кальном направлении во время движения в конденсаторе; h₂ — расстояние между точкой D на экране, в которую электрон попал бы, двигаясь по выходе из конденсатора по направлению началь­ной скорости v₀, и точкой С, в которую электрон попадет в действительности.

Выразим отдельно h₁ и h₂.

Пользуясь формулой длины пути равномерно ускоренного дви­жения, найдем

где а — ускорение, полученное электроном под действием поля конденсатора; t — время полета электрона внутри конденсатора.

По второму закону Ньютона а = F/m, где F — сила, с которой поле действует на электрон; т — его масса. В свою очередь, F = еЕ = eU₁ /d, где е — заряд электрона; U₁ — разность потен­циалов между пластинами конденсатора; d — расстояние между ними.

Время полета электрона внутри конденсатора найдем из фор­мулы пути равномерного движения t = v₀ t, откуда

где t₁ — длина конденсатора в направлении полета электрона. Выражение скорости v₀ найдем из условия равенства работы, со­вершенной полем при перемещении электрона, и приобретенной им кинетической энергии: mv /2 = eUo. Отсюда

Подставляя в формулу (1) последовательно значения а, F, t и v из соответствующих выражений, получим

Длину отрезка h₂ найдем из подобия треугольников MDC и векторного:

где v₁ — скорость электрона в вертикальном направлении в точке М; l₂, — расстояние от конденсатора до экрана.

Скорость v₁ найдем по формуле v₁ = at, которая с учетом выражений для а, F и t примет вид

Подставив выражение v₁ в формулу (3), получим

или, заменив v по формуле (3), найдем

Окончательно для искомого расстояния |ВС| будем иметь

Подставив значения величин U₁, Uo, d, l₁ и l₂ в последнее выражение и произведя вычисления, получим

Пример 6. Два плоских конденсатора одинаковой электроемко­сти С₁ = С₂ = С соединены в батарею последовательно и подключе­ны к источнику тока с электродвижущей силой ξ. Как изменится разность потенциалов U₁ на пластинах первого конденсатора, если пространство между пластинами второго конденсатора, не отклю­чая источника тока, заполнить диэлектриком с диэлектрической проницаемостью  = 7?

Решение. До заполнения второго конденсатора диэлектриком разность потенциалов на пластинах обоих конденсаторов была оди­накова: U₁ = U₂ =  /2. После заполнения электроемкость второго конденсатора возросла в  раз:

Электроемкость первого не изменилась, т. е. С = С. Так как источник тока не отключался, то общая разность по­тенциалов на батарее конденсаторов осталась прежней, она лишь перераспределилась между конденсаторами. На первом конденса­торе

где Q — заряд на пластинах конденсатора. Поскольку при после­довательном соединении конденсаторов заряд на каждой пластине и на всей батарее одинаков, то

где

Таким образом,

Подставив это выражение заряда в формулу (1), найдем

Чтобы найти, как изменилась разность потенциалов на пласти­нах первого конденсатора, вычислим отношение:

После подстановки значения  получим

Следовательно, разность потенциалов на пластинах первого кон­денсатора после заполнения второго конденсатора диэлектриком возросла в 1,75 раза.

Пример 7. Конденсатор электроемкостью C₁ = 3 мкФ был заряжен до разности потенциалов U₁ = 40 В. После отключения от источника тока конденсатор был соединен параллельно с дру­гим незаряженным конденсатором электроемкостью С₂ = 5 мкФ. Определить энергию W, израсходованную на образование искры в момент присоединения второго конденсатора.

Решение. Энергия, израсходованная на образование искры, равна

где W₁ — энергия, которой обладал первый конденсатор до при­соединения к нему второго конденсатора; W₂, — энергия, которую имеет батарея, составленная из первого и второго конденсаторов.

Подставив в равенство (1) формулу энергии заряженного конденса­тора W = CU²/2 и приняв во внимание, что общая электроемкость параллельно соединенных конденсаторов равна сумме электроем­костей отдельных конденсаторов, получим

где С₁ и C₂ — электроемкости первого и второго конденсаторов;U₁ — разность потенциалов, до которой был заряжен первый конденсатор; U₂ — разность потенциалов на зажимах батареи конденсаторов.

Учитывая, что заряд после присоединения второго конденсатора остался прежним, выразим разность потенциалов U₂ следующим образом: U₂ = . Подставив это выражение U₂, в формулу (2), получим

После простых преобразований найдем

Выполнив вычисления , получим W=1,5 мДж.

П ример 8. Потенциометр с сопротивлёением 100 Ом подключен к источнику тока, ЭДС которого равна 150 В и внутреннее сопроти­вление r = 50 Ом. Определить по­казание вольтметра с сопротивлением R_B = 500 Ом, соединенного проводником с одной из клемм потенциометра и подвижным контактом с сере­диной обмотки потенциометра. Какова разность потенциалов между теми же точками потенциометра при отклю­ченном вольтметре?

Решение. Показание U₁ вольтметра, подключенного к точкам -A и B (рис. ), определяется по формуле

где I₁ — сила тока в неразветвленной части цепи; R₁ — сопро­тивление параллельно соединенных вольтметра и половины потен­циометра.

Силу тока I₁ найдем по закону Ома для всей цепи:

где R — сопротивление внешней цепи.

Внешнее сопротивление R есть сумма двух сопротивлений:

Сопротивление R₁ параллельного соединения может быть най­дено по формуле,

,

откуда

Подставив в эту формулу числовые значения величин и произ­ведя вычисления, найдем

Подставив в выражение (2) правую часть равенства (3), опре­делим силу тока:

Если подставить значения I₁ и R₁ в формулу (1), то найдем показание вольтметра:

Разность потенциалов между точками А и В при отключен­ном вольтметре равна произведению силы тока I₂, на половину сопротивления потенциометра, т. е. U₂ = I₂ (R/2), или

Подставив сюда значения величин f, Л и г, получим

П ример 9. Сила тока в проводнике сопротивлением R=20 Ом нарастает в течение времени t = 2 с по линейному закону от I₀ = 0 до I_max = 6 А. Определить количество теплоты Q₁, выделившееся в этом проводнике за первую секунду, и Q₂ — за вторую, а также найти отношение этих количеств теплоты Q₂/Q₁.

Решение. Закон Джоуля — Ленца Q = I²Rt применим в случае постоянного тока (I = const.). Если же сила тока в проводнике изменяется, то указанный закон справедлив для бесконечно ма­лого промежутка времени и записывается в виде

Здесь сила тока I является некоторой функцией времени. В нашем случае

где k — -коэффициент пропорциональности, равный отношению приращения силы тока к интервалу времени, за который произо­шло это приращение:

С учетом равенства (2) формула (1) примет вид

Для определения количества теплоты, выделившегося за конеч­ный промежуток времени t, выражение (3) следует проинтегри­ровать в пределах от t₁ до t₂.

При определении количества теплоты, выделившегося за первую секунду, пределы интегрирования t₁ = 0, t₂ = 1 с и, следовательно,

а за вторую секунду — пределы интегрирования t₁ = 1 с, t₂ = 2 с и тогда

Следовательно,

т. е. за вторую секунду выделится теплоты в 7 раз больше, чем за первую секунду.

Пример 10. Длинный провод с током I = 50 А изогнут под углом  = 2/3. Определить магнитную индукцию В в точке А. Расстояние d = 5 см.

Р ешение. Изогнутый провод можно рас­сматривать как два длинных провода, концы которых соединены в точке О. В соответствии с принципом суперпозиции магнитных полей магнитная индукция В в точке А будет равна геометрической сумме магнитных индукций В₁ и В₂ полей, создаваемых отрезками длинных проводов 1 и 2, т. е. В = В₁ + В₂. Магнит­ная индукция B₂ равна нулю. Это следует из закона Био — Савара — Лапласа, согласно которому в точках, лежащих на оси проводника, dB = 0([dlr] = 0).

Магнитную индукцию В₁ найдем, восполь­зовавшись формулой (3), полученной в при­мере 3:

где r₀ — кратчайшее расстояние от провод­ника 1 до точки А

В нашем случае ₁  0 (проводник длин­ный),

₂ =  = 2/3(cos₂ = cos(2/3)) = —1/2. Расстояние r₀ = dsin( — ) = dsin(/3) = d . Тогда магнитная индук­ция

Так как В = В₁(В₂ = 0), то

Вектор В сонаправлен с вектором B₁ и определяется правилом правого винта. На рис. 21.6 это направление отмечено значком х (перпендикулярно плоскости чертежа от нас).

Проверка единиц аналогична выполненной в примере 1.

Произведем вычисления:

Пример 11. По двум параллельным прямым проводам длиной l = 2,5 м каждый, находящимся на расстоянии d = 20 см друг от друга, текут одинаковые токи I=1 кА. Вычислить силу F взаимодействия токов.

Р ешение. Взаимодействие двух проводников, по которым текут токи, осуществляется через магнитное поле. Каждый ток создает магнитное поле, которое действует на другой проводник. Предположим, что оба тока (обозначим их I₁ и I₂) текут в одном направлении.

Вычислим силу F_1,2, с которой магнит­ное поле, созданное током I₁, действует на проводник с током I₂. Для этого проведем магнитную силовую линию так (штриховая линия на рис.), чтобы она касалась проводника с током I₂. По касательной к силовой линии проведем вектор магнитной индукции B₁. Модуль магнитной индукции В₂ определяется соот­ношением

Согласно закону Ампера, на каждый элемент второго провод­ника с током I₂ длиной dl₂ действует в магнитном поле сила

Так как отрезок dl перпендикулярен вектору B₁, то

и тогда

Подставив в выражение (2) В₁из (1), получим

Силу F_1,2 взаимодействия проводников с током найдем инте­грированием по всей длине второго проводника:

Заметив, что I1 = I2 = I и l2 = l, получим

Убедимся в том, что правая часть этого равенства дает единицу силы (Н):

Произведем вычисления:

Сила .F_1,2 сонаправлена с силой dF_1,2 и определяется (в данном случае это проще) правилом левой руки.

П ример 12. Электрон, имея скорость v = 2 Мм/с, влетел в однородное магнитное поле с индукцией В = 30 мТл под углом а = 30° к направлению линий индукции. Определить радиус R и шаг h винтовой линии, по которой будет двигаться электрон.

Решение. Известно, что на заряженную частицу, влетевшую в магнитное поле, действует сила Лоренца, перпендикулярная век­торам магнитной индукции В и скорости v частицы:

где Q — заряд частицы.

В случае, если частицей является электрон, формулу (1) можно записать в виде

Так как вектор силы Лоренца перпендику­лярен вектору скорости, то модуль скорости не будет изменяться под действием этой силы. Но при постоянной скорости, как это следует из формулы (1), останется постоянным и значе­ние силы Лоренца. Из механики известно, что постоянная сила, перпендикулярная скорости, вызывает движение по окружности. Следова­тельно, электрон, влетевший в магнитное поле, будет двигаться по окружности в плоскости, перпендикулярной линиям индукции, со скоростью, равной поперечной составляющей v₁ скорости; одновременно он будет двигаться и вдоль поля со скоростью v_||:

В результате одновременного участия в движениях по окружно­сти и по прямой электрон будет двигаться по винтовой линии.

Радиус окружности, по которой движется электрон, найдем сле­дующим образом. Сила Лоренца F сообщает электрону нормаль­ное ускорение а_п. По второму закону Ньютона, F = ma_n, где F = |e|v₁B и a_n=v_ ² /R. Тогда

откуда после сокращения на v_z находим радиус винтовой линии:

Подставив значения величин m, v, е, В и  и произведя вычи­сления, получим

Шаг винтовой линии равен пути, пройденному электроном вдоль поля со скоростью v_x за время, которое понадобится электрону для того, чтобы совершить один оборот,

где Т = 2R/v_ — период вращения электрона. Подставив это выражение для Т в формулу (2), найдем

Подставив в эту формулу значения величин , R и  и вычи­слив, получим

Пример 13. По соленоиду течет ток I = 2 А. Магнитный поток Ф, пронизывающий поперечное сечение соленоида, равен 4 мкВб. Определить индуктивность L соленоида, если он имеет N = 800 витков.

Решение. Индуктивность L соленоида связана с потокосцеплением Ф соотношением  = LI, откуда L = /I. Заменив здесь потокосцепление  его выражением через магнитный поток Ф и число витков N соленоида ( = ФN), получим

Произведя вычисления по формуле (1), получим

Пример 14. При скорости изменения силы тока I/t в соле­ноиде, равной 50 А/с, на его концах возникает ЭДС самоиндукции ξ_i = 0,08 В. Определить индуктивность L соленоида.

Решение. Индуктивность соленоида связана с ЭДС самоин­дукции и скоростью изменения силы тока в его обмотке соотно­шением.

Вынося постоянную величину L за знак приращения, получим

Опустив знак минус в этом равенстве (направление ЭДС в данном случае несущественно) и выразив интересующую нас величину — индуктивность, получим

Сделав вычисления по этой формуле, найдем

Пример 15. На стержень из немагнитного материала длиной I = 50 см намотан в один слой провод так, что на каждый санти­метр длины стержня приходится 20 витков. Определить энергию W магнитного поля внутри соленоида, если сила тока I в обмотке равна 0,5 А. Площадь S сечения стержня равна 2 см².

Решение. Энергия магнитного поля соленоида с индуктивно­стью L, по обмотке которого течет ток I, выражается формулой

Индуктивность соленоида в случае немагнитного сердечника за­висит только от числа витков на единицу длины и от объема V сердечника: L = ₀n²V, где ₀ — магнитная постоянная. Подставив выражение индуктивности L в формулу (1), получим W=l/2₀n²VI². Учтя, что V=lS, запишем

Сделав вычисления по формуле (2), найдем

Таблица вариантов

Контрольные работа №2
Вариант	Номера задач
1	1	31	46	77	91	121
2	2	32	47	78	92	122
3	3	33	48	79	93	123
4	4	34	49	80	94	124
5	5	35	50	81	95	125
6	6	36	51	82	96	126
7	7	37	52	83	97	127
8	8	38	53	84	98	128
9	9	39	54	85	99	129
10	10	40	55	86	100	130
11	11	41	56	87	101	131
12	12	42	57	88	102	132
13	13	43	58	89	103	133
14	14	44	59	90	104	134
15	15	45	60	77	105	135
16	16	61	46	78	106	121
17	17	62	47	79	107	122
18	18	63	48	80	108	123
19	19	67	49	81	109	124
20	20	68	50	82	110	125
21	21	64	51	83	111	126
22	22	65	52	84	112	127
23	23	66	53	85	113	128
24	24	69	54	86	114	129
25	25	70	55	87	115	130
26	26	71	56	88	116	131
27	27	31	72	89	117	132
28	28	32	73	90	118	133
29	29	33	74	77	119	134
30	30	34	75	78	120	135
31	1	35	76	79	91	121
32	2	36	57	80	92	122
33	3	37	58	81	93	123
34	4	38	59	82	94	124
35	5	39	60	83	95	125
36	6	40	61	84	96	126
37	7	41	62	85	97	127
38	8	42	63	86	98	128
39	9	43	67	87	99	129
40	10	44	68	88	100	130
41	11	45	64	77	101	131
42	12	65	46	78	102	132
43	13	66	47	79	103	133
44	14	69	48	80	104	134
45	15	70	49	81	105	135
46	16	71	50	82	106	121
47	17	72	51	83	107	122
48	18	73	52	84	108	123
49	19	74	53	85	109	124
50	20	75	54	86	110	125
51	21	76	55	87	111	126
52	22	57	66	88	112	127
53	23	31	58	89	113	128
54	24	32	59	90	114	129
55	25	33	60	77	115	130
56	26	34	61	78	116	131
57	27	35	62	79	117	132
58	28	36	63	80	118	133
59	29	37	67	81	119	134
60	30	38	68	82	120	135
61	1	39	64	83	91	121
62	2	40	65	84	92	122
63	3	41	66	85	93	123
64	4	42	69	86	94	124
65	5	43	70	87	95	125
66	6	44	71	88	96	126
67	7	45	72	89	97	127
68	8	73	46	90	98	128
69	9	74	47	77	99	129
70	10	75	48	78	100	130
71	11	76	49	79	101	131
72	12	57	50	80	102	132
73	13	58	51	81	103	133
74	14	59	52	82	104	134
75	15	60	53	83	105	135
76	16	61	54	84	106	121
77	17	62	55	85	107	122
78	18	63	56	86	108	123
79	19	31	67	87	109	124
80	20	32	68	88	110	125
81	21	33	64	89	111	126
82	22	34	65	90	112	127
83	23	35	66	78	113	128
84	24	36	69	79	114	129
85	25	37	70	80	115	130
86	26	38	71	81	116	131
87	27	39	72	82	117	132
88	28	40	73	83	118	133
89	29	41	74	84	119	134
90	30	42	75	85	120	135
91	1	43	76	86	91	121
92	2	44	57	87	92	122
93	3	45	58	88	93	123
94	4	59	46	89	94	124
95	5	60	47	90	95	125
96	6	61	48	77	96	126
97	7	62	49	78	97	127
98	8	63	50	79	98	128
99	9	67	51	80	99	129
100	10	68	52	81	100	130