Автор: Тарасов Л.В. Тарасова А.Н.
Теги: физика математическая физика задачи по физике учебное пособие издательство высшая школа
ISBN: 5-06-000633-6
Год: 1990
Текст
Л В ТАРАСОВ,
А Н ТАРАСОВА
ВОПРОСЫ
И ЗАДАЧИ
ПО ФИЗИКЕ
(Анализ характерных ошибок
поступающих во втузы)
Издание четвертое,
стереотипное
Москва «Высшая школа» 1990
ББК 22.3
Т19
УДК 53
Рецензент
канд. физ.-матем. наук А Я. Винокуров
(Московский инженерно-физический институт)
Тарасов Л. В., Тарасова А. Н.
19 Вопросы и задачи по физике (Анализ характерных
ошибок поступающих во втузы): Учеб. пособие, — 4-е изд.,
стереотип.—М.: Высш. шк., 1990. — 256 с, ил.
ISBN 5-06-000633-6
В пособии в форме диалога между автором и читателем дан ана
лиз ошибок, допускаемых поступающими и связанных с недостаточно
глубоким пониманием предмета Подробно разбирается большое число
вопросов и задач по различным разделам программы Приводятся за-
задачи для самостоятельной работы
Третье издание вышло в 1984 г
4306021200—448
001 @1) —90
-103—90
ББК 22.3
53
Учебное издание
Тарасов Лев Васильевич,
Тарасова Альдина Николаевна
Вопросы и задачи
по физике
(Анализ характерных ошибок
поступающих во втузы)
Зав редакцией Е С Гридасова Редактор Г Н Чернышева Художественный
редактор В И Пономаренко Технический редактор С Р Луковенкова
Корректор Н Е Жданова
ИБ № 8165
Изд № ФМ-26 Сдано в набор 29 06 89 Подп в печать 16 07 90 Формат
60Х90'/|6. Бум офс № 2 Гарнитура литературная Печать офсетная Объем
16 уел печ л 16,38 уел кр-отт 17,63 уч изд л Тираж 150 000экз Заказ № 991
Цена 65 коп
Издательство «Высшая школа» 101430 Москва, ГСП-4 Неглинная ул , д 29/14
Текстовые диапозитивы изготовлены на фотонаборном оборудовании издательства
с применением ЭВМ
Отпечатано в Московской типографии № 6 Госкомпечати СССР 109088, Москва,
Ж-88, Южнопортовая ул , 24
ISBN 5-06-000633-6 © Издательство «Высшая школа», 1975
(£) Издательство «Высшая школа», 1984, с изменениями
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие 3
1 Хорошо ли Вы разбираетесь в основных понятиях кинематики? 5
2. Умеете ли Вы рассматривать графически кинематику прямолинейного
движения? 14
3 Сможете ли Вы указать, какие силы приложены к телу? 18
4. Умеете ли Вы находить силу трения? 25
5. Хорошо ли Вы знаете законы Ньютона? 28
6 Как Вы решаете кинематические задачи? 35
7. Как Вы решаете задачи на законы Ньютона? 44
8. Насколько усложняет решение задач учет силы трения? 48
9. Существует ли центробежная сила? 53
10. Как Вы объясните невесомость тел? 62
11. Что Вы знаете о работе? 66
12. Чем отличается мгновенная мощность от средней мощности? 72
13. Умеете ли Вы пользоваться законами сохранения энергии
и количества движения? 74
14. Знаете ли Вы, что такое гармонические колебания? 87
15. Что буДет с маятником в состоянии невесомости? 94
16. Что Вам известно о волнах? 98
17 Умеете ли Вы пользоваться разложением сил? 104
18. Что Вы знаете о равновесии тел? 108
19. Как Вы отыскиваете положение центра тяжести? 113
20. Знаете ли Вы закон Паскаля? 118
21. Зачем надо знать закон Архимеда? 122
22. Действует ли закон Архимеда в космическом корабле? 128
23 Что Вы знаете о молекулярно-кинетической теории вещества? 130
24. Чем объясняется особенность теплового расширения воды? 137
25. Знаете ли Вы, что такое идеальный газ? 138
26. Какие газовые законы Вы знаете? 141
27. Как Вы решаете задачи на газовые законы? 148
28. Когда выпадает роса? 156
29. Что такое термодинамика? 158
30. Что такое цикл Карно? 163
31. Сколько у газа теплоемкостей? 165
32. Давайте поговорим о поле 166
33. Как описывается электростатическое поле? 170
34. Как ведут себя силовые линии вблизи поверхности проводника? 178
35. Как Вы рассматриваете движение в однородном электростатическом
поле? 181
36. Умеете ли Вы обращаться с законом Кулона? 188
37. Знаете ли Вы закон Ома? 192
38. Можно ли включать конденсатор в цепь постоянного тока? 198
39. Умеете ли Вы вычислять сопротивление разветвленного участка цепи? 203
40. Отчего перегорела лампочка? 208
41. Как описывается магнитное поле тока? 212
42. Как взаимодействуют токи? 216
43. Хорошо ли Вы понимаете закон Фарадея и правило Ленца? 220
44. Знакомы ли Вам понятия самоиндукции и индуктивности? 224
45. Знаете ли Вы, как отражаются и преломляются лучи света? 226
46. Как Вы строите изображения в зеркалах и линзах? 231
47 Хорошо ли Вы решаете задачи с зеркалами и линзами? 238
48. Необходима осторожность! 242
Ответы 247
ПРЕДИСЛОВИЕ
С удовольствием представляю читателям данную книгу. Она успеш-
успешно выдержала проверку временем. Впервые книга была издана в 1968 г.
Это ее четвертое издание. За двадцать лет, прошедших со
времени первого издания, она была переведена на многие языки:
испанский, английский, немецкий, венгерский, чешский, японский,
тамили.
Книга была задумана как пособие для поступающих в вузы. Желая
помочь абитуриентам лучше подготовиться к вступительным экзаменам
по физике, авторы проанализировали характерные ошибки, допускае-
допускаемые экзаменующимися, выбрав для удобства анализа форму диалога
между автором и читателем. Как известно, анализ ошибок всегда по-
поучителен, так как при этом заостряется внимание на разных сторо-
сторонах рассматриваемой проблемы, выявляются «тонкости», развивается
более глубокое понимание. Как отмечали авторы в своем предисловии
к первому изданию, «...нельзя предугадать всех возможных непра-
неправильных ответов на тот или иной вопрос... Тем не менее можно ука-
указать некоторые неправильные ответы на определенные вопросы, с ко-
которыми приходится встречаться постоянно. Можно указать многие кон-
конкретные вопросы, на которые, как правило, даются неправильные от-
ответы. Именно такой материал положен в основу книги».
Надо признать, что авторы прекрасно справились со своей зада-
задачей. Анализ ошибок выполнен авторами настолько компетентно и сис-
тематизированно, что книга окажет значительную помощь не только
абитуриентам при их подготовке к вступительным экзаменам, но и
учителям школ. Учителя получат хорошо продуманную систему вопро-
вопросов и задач, позволяющую эффективно диагностировать знания учащих-
учащихся по физике, проверять, насколько глубоко понимают они принципи-
принципиальные вопросы школьного курса физики, в том числе и достаточно
тонкие и трудные вопросы. Конечно, любому абитуриенту полезно по-
поработать с данной книгой — чтобы не повторять ошибок, которые до
него делали другие. Но еще более полезно познакомиться с этой
книгой учителям — чтобы предотвратить появление подобных ошибок.
Академик АПН СССР В. Г. Разумовский
fefe пренебрегайте
матикой! Вопрос о
ш, как именно
роисходит перемещение
ела в пространстве и
о времени, представляет
начительный интерес как
физической, так и с
фактической точки
рения.
|. ХОРОШО ЛИ ВЫ РАЗБИРАЕТЕСЬ
В ОСНОВНЫХ ПОНЯТИЯХ КИНЕМАТИКИ?
$втор: Начиная изучать механику, Вы знакомитесь с основными поня-
понятиями кинематики, такими, как перемещение, пройденный путь, ско-
скорость, ускорение. Обсудим эти понятия.
Читатель: Перемещение — это направленный отрезок, соединяющий на-
' чальное и конечное положения тела. Иначе говоря, это вектор, про-
проведенный из начального положения тела в конечное. Пройденный
' путь — длина этого вектора.
У1втор: Вы правильно понимаете смысл термина «перемещение», однако
пройденный путь определили неверно. Пройденный путь есть длина
траектории, которую описывает тело, перемещаясь из начального по-
положения в конечное. Длина траектории может быть больше расстоя-
расстояния по прямой между начальным и конечным положениями (рис. 1.1).
Читатель: Я понял. Пройденный путь равен модулю перемещения
только в случае прямолинейного движения.
Автор: И притом происходящего в одну сторону. Хорошим приме-
примером, иллюстрирущим различие между перемещением и путем, может
служить дорога в горах между двумя соседними селениями.
Читатель: Действительно, два таких селения могут находиться друг от
друга на очень малом расстоянии по прямой, но чтобы попасть из
одного в другое, приходится долго петлять по извивам горной дороги.
В этом случае машина проходит длинный путь, тогда как перемеще-
перемещение оказывается относительно малым.
Рис.
Автор: А может ли быть так, чтобы перемещение
было равно нулю, а длина пройденного пути
при этом не равна нулю?
Читатель: Теперь я уже понимаю. Такое бывает
всякий раз, когда мы возвращаемся в исход-
исходную точку, т. е. когда конечное и начальное
положения тела совпадают.
Автор: Предположим, что человек последовательно прошел на север
3 км, на восток 4 км, на север 1 км и на запад 1 км. Пройденный путь
равен 9 км. А как найти модуль перемещения?
Читатель: Я нарисую траекторию движения человека (рис. 1.2, а). Здесь
А — начальное положение, В — конечное. Соединим точки А и В
отрезком прямой. Надо найти длину этого отрезка. На рисунке
имеются две фигуры: прямоугольный треугольник и трапеция...
Автор (перебивая): Не надо рассматривать здесь геометрические фигуры.
Введем систему координат с началом в точке А, направив ось у на се-
север, а х — на восток (рис. 1.2, б). Координаты точки В обозначим
ж, и ух. Легко видеть, что х] = 4 — 1 = 3, ух = 3 -+- 1 = 4. Таким обра-
52 + 42 км = 5 км.
= V3Z
Читатель: Я понял: прежде чем вычислять модуль перемещения, сле-
следует найти его проекции на оси координат.
Автор: Теперь рассмотрим понятие средней скорости. На рис. 1.3 пред-
представлена зависимость пройденного пути s от времени t. Чему равна
средняя скорость за первые две секунды и за первые три секунды?
Читатель: А разве это не одна и та же величина?
Автор: Речь идет о разных средних скоростях. Напомню, что средняя
скорость определяется для промежутка времени, за который произво-
производится усреднение. Средняя скорость за промежуток времени At есть
(v) = As/At, A.1)
где As — путь, пройденный за промежуток At.
Читатель: В таком случае средняя скорость за первые две секунды равна
3 м/с, а за первые три секунды 2 м/с.
Автор: Правильно. Очень важно помнить, что средняя скорость не имеет
смысла, если не указан промежуток времени усреднения. Надо подчерк-
подчеркнуть, что слово «средняя» означает здесь усреднение по времени.
Читатель: Это понятно.
В
б)
Рис 1 2
1 2 3
Рис. 1.3
Автор: Тогда решим простую задачу. Первую половину пути тело двига-
двигалось равномерно со скоростью vx = 20 м/с, а вторую — со скоростью
и2 = 30 м/с. Чему равна средняя скорость за все время движения?
Читатель: По-видимому, 25 м/с.
Автор: Неверно. Обозначим весь пройденный путь через s. Первую поло-
половину пути тело прошло за время s/Bv\), а вторую — за время
s/By2); полное время движения равно s/By,) + s/By2). Разделив s
на это время, получим искомую среднюю скорость:
Читатель: А я почему-то был уверен, что должно быть 25 м/с.
Автор: Так было бы, если бы тело двигалось со скоростью 20 м/с (и со-
соответственно 30 м/с) не половину пути, а в течение половины времени
движения.
Читатель: Надо признать, что даже такое простое понятие, как средняя
скорость, не лишено некоторых «тонкостей».
Автор: Перейдем к понятию мгновенной скорости.
Читатель: Это есть скорость тела в данный момент времени. Или, иначе го-
говоря, та скорость, какую оно имеет в данной точке траектории.
Автор: А как Вы представляете себе скорость в данный момент времени?
Читатель: Так и представляю... Если тело движется равномерно, то в
разные моменты времени его скорость одна и та же. Если тело движет-
движется неравномерно, то в разные моменты времени его скорость различна.
Автор: Разве не чувствуете, что слова «скорость в данный момент време-
времени» не более чем синоним слов «мгновенная скорость»? Как говорится,
«что в лоб, что по лбу». Для измерения скорости надо измерить путь и
промежуток времени, за который этот путь пройден. Но о каком прой-
пройденном пути и о каком промежутке времени можно говорить в данный
момент времени?
Читатель: Можно выбрать какой-нибудь малый промежуток времени At:
от данного момента t до t + At. Пусть за этот промежуток тело
пройдет путь As. Если At выбран достаточно малым, то отношение
As/At и будет представлять собой то, что называют скоростью тела
в момент t.
Автор: Но что такое «достаточно малый» промежуток времени? С чем
именно его следует сравнивать? С годом, часом, секундой?
Читатель: В таком случае я затрудняюсь определить понятие мгновенной
скорости.
Автор: Надо составить последовательность значений средних скоростей
за промежутки времени от t до t + At, выбирая все более и более
малые значения At. Предел этой последовательности при At, стремя-
стремящемся к нулю, и есть скорость в момент t. Если известна зависимость
пути от времени — зависимость s (t), то скорость в момент t опреде-
определяется выражением
о@_ „т 'С+ *>-№. A.2)
\t -»о At
Читатель: Это есть производная пути по времени: v (t) = ds/dt.
Автор: Верно. Предположим, например, что s (t) = at2/2. Используя A.2),
находим
v{t)= lim
м ->- о
MJ/2-at2/2
= lim
\t ■* о
Читатель: А нельзя ли определить мгновенную скорость, не прибегая к
дифференцированию?
Автор: Строго говоря, нельзя. Мгновенная скорость есть предел соот-
соответствующей последовательности значений средних скоростей. Иными
словами, это — производная пути по времени. И никак иначе.
Читатель: Однако, начиная изучать механику, мы все же обходились
без математического анализа!
Автор: Вы пользовались понятием мгновенной скорости, исходя из накоп-
накопленного опыта и интуитивных представлений. При этом Вы мысленно
оперировали с «очень маленькими» промежутками времени.
Читатель: Может быть, этого вполне достаточно?
Автор: Нет, недостаточно. Не зная основ дифференциального исчисления,
фактически нельзя понять самой сущности непрерывного движения.
Древние греки, рассматривая парадокс летящей стрелы, рассуждали
так: в данный момент времени летящая стрела находится в строго
определенном месте, покоится по отношению к этому месту. Это спра-
справедливо для любого момента времени, следовательно, стрела в любой
момент покоится, т. е. покоится вообще. Данный парадокс обнаружи-
обнаруживает непонимание древними греками понятия мгновенной скорости.
Читатель: Я припоминаю^ что скорость в данный момент времени может
быть определена через тангенс угла наклона касательной к графику
пути.
Автор: Действительно, мгновенную скорость можно определить геометри-
геометрически, используя график зависимости пути от времени. Однако и в этом
случае нам не обойтись без перехода к пределу последовательности
средних скоростей.
Рассмотрим некоторый график пути s (t) (рис. 1.4). Данному моменту
времени t отвечает на графике точка А. Выберем момент t + Af,; ему
отвечает точка В. Средняя скорость за промежуток времени от t до
t-\-&tl ecTb[s(f + Af,) — s(t)) /Д*,;она равна tg a,, где a, — угол накло-
наклона секущей АВ (мы полагаем для простоты, что единице пути на
s-оси и единице времени на ^-оси соответствуют отрезки одинаковой
a)
6)
Рис 1 5
длины). Далее выберем момент времени t + At2, причем At о <С At^, ему
отвечает точка С. Средняя скорость за промежуток времени от t до t +
+ At^ равна tg ccg, где о^ — угол наклона секущей АС. Затем вы-
выберем момент t-\- AtA(AtA <C At2)', ему отвечает точка D. Соответствую-
Соответствующая средняя скорость равна tg ои6, где а-, — угол наклона секущей AD.
Выбирая все новые и новые моменты времени (при А/—>~0), мы полу-
получаем последовательность средних скоростей, т. е. последовательность
tg оц> tg ctg, tg Oj,, ... Легко видеть, что при А/—>~0 эта последователь-
последовательность имеет предел tg а, где а—угол наклона касательной, прове-
проведенной к графику пути в точке А. Таким образом, скорость в момент t
может быть численно определена через тангенс угла наклона касатель-
касательной, проведенной к графику пути в точке, отвечающей моменту вре-
времени t.
Читатель: Такое определение мгновенной скорости весьма наглядно. Чем
больше скорость, тем круче идет график пути.
Автор: Используя график пути на рис. 1.5, а, найдите те моменты, когда
мгновенная скорость равна средней скорости за все время движения.
Читатель: Движение прекращается в момент времени, которому на графи-
графике отвечает точка А. Средняя скорость за все время движения есть tg р,
где р — угол наклона прямой О А (рис. 1.5, б). Такой же угол наклона
имеют касательные в точках В и С, которым соответствуют моменты
времени tl и t2. Именно в эти моменты времени мгновенная скорость
совпадает со средней скоростью за все время движения.
Автор: Совершенно верно. А может ли мгновенная скорость совпадать со
средней в течение всего времени движения?
Читатель: Может, если движение равномерное. График пути в этом случае
прямая линия.
Автор: Правильно. А теперь перейдем к понятию ускорения.
Читатель: Ускорение есть скорость изменения скорости тела. Оно суще-
существует лишь тогда, когда движение является неравномерным. Если
ускорение постоянно, то говорят о равнопеременном движении.
Автор: Все это так. Однако следует определить понятие ускорения более
строго. Прежде всего различают среднее и мгновенное ускорения.
Среднее ускорение за промежуток времени At (промежуток
усреднения) есть
(a)=Av/Aty A.3)
где Av — изменение скорости за промежуток At. Мгновенное уско-
ускорение в момент t есть предел последовательности средних ускорений
за промежутки от t до t + At, вычисленный при At, стремящемся к нулю:
„(О- И-. 'С + ^-'О. (|4)
Читатель: Сравнивая A.4) с A.2), можно заметить, что ускорение тела
выражается через приращение его скорости точно так же, как выража-
выражается скорость через приращение пути.
Автор: Верно. Скорость — это производная пути по времени, а уско-
ускорение — производная скорости по времени. Как Вы думаете, может ли
в некоторый момент времени скорость тела быть равной нулю, а ускоре-
ускорение в этот момент не равным нулю?
Читатель: По-видимому, это невозможно.
Автор: Вы ответили, не подумав. Скорость вертикально брошенного
камня равна нулю в самой верхней точке траектории, а ускорение не
равно нулю (оно равно ускорению свободного падения).
Читатель: Получается, что в этот момент времени величина скорости
равна нулю, а изменение скорости отлично от нуля?
Автор: Именно так. Предположим, что ускорение лифта направлено вверх.
Куда движется лифт — вверх или вниз?
Читатель: Наверное, вверх...
Автор: Он может двигаться как вверх, так и вниз. В первом случае
модуль скорости лифта растет, а во втором уменьшается.
Читатель: Значит, направления скорости и ускорения могут не совпадать?
Автор: Да. Они могут не совпадать уже в случае прямолинейного движе-
движения, как это видно на примере с лифтом. При криволинейном же дви-
движении направления скорости и ускорения практически всегда не совпа-
совпадают. Следует заметить, что соотношения A.3) и A.4) относятся
к частному случаю прямолинейного движения. В общем же случае надо
учитывать, что скорость и ускорения — векторы. Пусть, например, в
момент /, тело имеет скорость и,, а в момент t2— скорость v2.
(Векторы V\ и v2 могут различаться как по модулю, так и по направ-
направлению.) Среднее ускорение (а) за промежуток времени At = t2 — tl
Ц, — V. \v
<а> = -^=Т = ^г- (L5)
Читатель: Выражение A.5) очень похоже на A.3).
Автор: Нетрудно, однако, убедиться, что выражение A.5) качественно
отличается от A.3). Если, например, за промежуток времени At ско-
скорость не изменяется по модулю, то согласно A.3) среднее ускорение
равно нулю, тогда как согласно A.5) оно может отличаться от нуля.
Иными словами, при криволинейном движении ускорение может суще-
существовать при постоянной по модулю скорости.
Читатель: Как-то непривычно говорить об ускорении, когда тело движется
равномерно.
Автор: Рассмотрим равномерное движение тела по окружности. На
рис. 1.6, а изображены два положения тела на окружности: А (в мо-
момент /,) и В (в момент t2). Там же даны соответствующие векторы
скорости (у] и v2); они одинаковы по модулю, но различны по направ-
направлению. На рис. 1.6, б показан вектор Av = v2 — vx. Взяв отношение
этого вектора к промежутку времени At = t2 — tb получим согласно
A.5) вектор среднего ускорения за промежуток времени At.
Читатель: По-видимому, не равно нулю и мгновенное ускорение при рав-
равномерном движении тела по окружности?
Автор: Конечно. С учетом векторной природы скорости и ускорения пре-
преобразуем A.4) в следующее выражение:
Используя это выражение, найдем мгновенное ускорение a(t) тела,
равномерно движущегося по окружности. Пусть в момент времени t
тело находится в точке А окружности, а в момент t + At — в точке В
10
(рис. 1.7). Длина дуги АВ равна As = RAa, где R — радиус окруж-
окружности, а Да— угловое смещение за промежуток времени At. Обозначая
через v — модуль скорости тела, получим As = v At. Таким образом,
RAa = v At, откуда
At = RAa/v. A.7)
Перенесем вектор v(t-\- At) из точки В в точку А и рассмотрим получив-
получившийся треугольник векторов (на рис. 1.7 заштрихован); он равнобед-
равнобедренный. Угол при вершине треугольника равен Да (поскольку стороны
этого угла перпендикулярны сторонам угла АОВ). Длина основания
треугольника равна
\v (t + At) — v {t)\ = 2v sin (Да/2). A.8)
Используя A.7) и A.8), находим выражение для модуля вектора
искомого ускорения:
1-/Л| 1- \v(t+At) — v(t)\ .. 2у sin (Да/2) " " " '~
\a(t)\= lim — ry- — '—■
\t-+0
Таккак lim
(Да/2)
-= lim
=1,то
Rba/v
R
д
Аа/2
A.9)
\B(t)\ = v2/R. A.10)
Читатель: Получился известный результат для модуля центростремитель-
I ного ускорения!
Хвтор: Совершенно верно. Теперь выясним направление вектора а (/).
Как видно из рис. 1.7, вектор [ v (t -\- At) — v (t)] направлен под углом
др = л/2 — Да/2 к вектору v (t). При Д^-^0 (а следовательно, при
Да-^0) угол Др стремится к прямому углу. Отсюда видно, что век-
вектор a(t) перпендикулярен вектору v (t). Иначе говоря, вектор центро-
центростремительного ускорения ориентирован по радиусу к центру окружно-
окружности. По мере движения тела по окружности направление вектора a (t)
соответствующим образом изменяется, модуль же его остается по-
постоянным (он равен v2/R).
v(t+At)
—--■l-- J a
Рис 1 7
11
Читатель: Получается, что при равномерном движении по окружности
ни скорость, ни ускорение тела не являются постоянными?
Автор: Это так. Оба вектора изменяют направление; вектор и (t) в каждой
точке траектории направлен по касательной к окружности, а вектор
a(t) все время перпендикулярен вектору и (t), т. е. направлен по ра-
радиусу к центру окружности. Что же касается модулей указанных векто-
векторов, то они остаются постоянными.
Читатель: Интересно, насколько усложнится рассмотрение неравномер-
неравномерного движения по окружности?
Автор: В этом случае скорость изменяется не только по направлению, но
и по модулю; то же следует сказать и об ускорении. Вектор ускорения
a (t) удобно представить в данном случае в виде суммы двух взаимно
перпендикулярных векторов:
a(f) = aa(t) + aT(t). A.11)
Здесь ац (t) — центростремительное ускорение, оно связано с изме-
изменением скорости тела по направлению; ат (t) — тангенциальное уско-
ускорение, оно связано с изменением модуля скорости тела. Ускорение
ац (t) направлено по радиусу к центру, а ускорение aT(t) — по каса-
касательной к окружности.
Читатель: Значит, тангенциальное ускорение направлено так же, как и
скорость тела?
Автор: Если модуль скорости со временем возрастает, то так же, а если
модуль скорости уменьшается, то в противоположном направлении.
Читатель: Я догадываюсь, что модуль центростремительного ускорения
описывается, как и прежде, выражением A.10).
Автор: С одним уточнением: теперь v2 не является постоянной, а зави-
зависит от времени. Соответственно изменяется со временем и модуль
центростремительного ускорения. Модуль тангенциального ускорения
k@|= Hm {t + Ад ~ (° • A.12)
После того как определены модули центростремительного и танген-
тангенциального ускорений, полное ускорение тела в рассматриваемый мо-
момент времени может быть получено (как по направлению, так и по мо-
модулю) на основе соотношения A.11) с учетом того, что векторы aa(t)
и ат (t) взаимно перпендикулярны.
Читатель: Наверное, было бы неплохо рассмотреть некоторые задачи на
равномерное и неравномерное движения тела по окружности.
Автор: Рассмотрим следующую задачу. Тело неравномерно движется по
окружности радиусом R. Линейная скорость изменяется во времени по
закону и (t) = aot. Найти ускорение тела в момент t = t0. Определить
время х, за которое тело, начав двигаться, пройдет четверть длины
окружности.
Читатель: Центростремительное ускорение определю по формуле A.10):
ац =(aoto) /R. Тангенциальное ускорение можно найти, используя со-
соотношение A.12):
м ->■ о
12
Щ,втор: Правильно. Если Вы знаете правила отыскания производных, то
можете не рассматривать предел, а просто возьмите производную от
функции скорости по времени. Тем самым Вы найдете тангенциальное
ускорение. Теперь определите полное ускорение.
Читатель: Я затрудняюсь...
$тор: Воспользуйтесь соотношением A.11) и тем фактом, что модуль
суммы двух взаимно перпендикулярных векторов есть модуль гипоте-
нузы прямоугольного треугольника.
пателы Я понял: полное ускорение можно определить по теореме Пифа-
Пифагора для треугольника, катетами которого являются векторы ац и ат:
Чтобы найти время прохождения четверти длины окружности, надо,
наверное, ввести понятие углового ускорения.
\щор: Это не обязательно. Заметим, что путь длиной в четверть окруж-
окружности равен As = nR/2. Далее воспользуемся формулой A.11), где
Средняя скорость на этом отрезке пути определяется как средняя ско-
скорость равнопеременного движения:
(v)=(vo + v)/2, A.13)
или (v) = a0t/2.
Тогда
д5= <у> t = a0t2/2. A.14)
В нашей задаче nR/2 = а0х2/2, откуда получаем т =~V nR/aQ.
^татель: Соотношение A.14) есть формула пути при равноускоренном
движении без начальной скорости.
\[$тор: Вы правы. Полезно заметить, что эту формулу мы получили, ис-
1ч пользуя только понятие средней скорости.
1АЧИ
l. Туристы вышли из пункта А. Пройдя по дороге два километра точно на север,
1И повернули на восток и прошли один километр. Дорога повернула на юго-восток,
^туристы через некоторое время пришли в деревню 5, находящуюся от пункта А
расстоянии / = 2,5 км точно в восточном направлении. Какой путь прошли
уристы?
|.2. Автомобиль ехал из города А на восток в течение t{= 2 ч с постоянной ско-
:тью v, = 60 км/ч. Повернув на юг, он прибыл в город В через / = 3чс начала
зижения. С какой скоростью v ехал автомобиль на юг, если известно, что кратчай-
кратчайшее расстояние между городами А и В равно s = 150 км.
Jl,3. Автомобиль первые два часа двигался со скоростью v, = 60 км/ч. Определить,
|р какой скоростью он двигался следующие два часа, если средняя скорость за это
рремя равна (v) = 40 км/ч. Какой путь s прошел автомобиль?
<1.4. Автобус третью часть пути шел со скоростью v, = 20 км/ч, половину оставше-
оставшегося пути — со скоростью у 2 =30 км/ч, а остальной путь — со скоростью
\vd= 60 км/ч Определить среднюю скорость (v) на всем пути.
'1.5. Велосипедист одну третью часть пути проехал с постоянной скоростью
о, = 12 км/ч, первую половину оставшегося пути проехал с постоянной скоростью
У2= 18 км/ч, а затем стал тормозить и через ^=20 мин остановился. Сколько
13
времени / велосипедист был в пути? Какой путь s он проехал? Определить, с какой
средней скоростью (у) он проехал весь путь.
1.6. Тело одну четвертую часть пути двигалось с постоянной скоростью v^ = 2 м/с,
затем третью часть оставшегося пути — с постоянной скоростью у2 = 1 м/с, а ос-
остальной путь — с постоянным ускорением и в конце пути имело скорость у3 = 7 м/с.
Определить среднюю скорость (у) за все время движения. Определить также весь
пройденный телом путь s, если известно, что на последнем участке ускорения равно
а = 1 м/с2.
1.7. В течение времени t} = 2 с тело двигалось равноускоренно с ускорением
а, = 2 м/с2, затем равнозамедленно с ускорением |aj = 0,5 м/с2. Найти полное
время движения Т до остановки, пройденный при этом путь s и среднюю ско-
скорость <у> за время Т. Найти среднее ускорение <а> за промежуток времени от
t0 = 0 до f, = Т/2
1.8. Тело движется с постоянным ускорением. Скорость его в момент времени
t = 5 с равна у, = 3 м/с, а в момент времени /2 = 6 с мгновенная скорость тела
равна нулю. Определить скорость у0 тела в момент t = 0 и путь s, пройденный телом
от t = 0 до / = t2-
1.9. Тело равномерно движется по окружности радиусом R со скоростью у. Найти
модуль изменения скорости |Ду( тела при его перемещении по окружности на угол:
а) 45°, б) 90°, в) 180°. Найти модуль изменения ускорения |Да| при этих пере-
перемещениях.
1.10. Тело неравномерно движется по окружности радиусом R = 1 м. Линейная
скорость тела изменяется по закону у (t) = 1 + 3/. Найти ускорение а тела в момент
времени ^ = 1 с.
1.11. Тело движется по окружности с постоянным тангенциальным ускорением
а = 2 м/с2. Найти центростремительное ац и полное а ускорения для момента вре-
времени, когда вектор полного ускорения составляет угол а = 45° с вектором линейной
скорости.
2. УМЕЕТЕ ЛИ ВЫ РАССМАТРИВАТЬ ГРАФИЧЕСКИ
КИНЕМАТИКУ ПРЯМОЛИНЕЙНОГО ДВИЖЕНИЯ?
Автор: Пусть график скорости имеет вид, изображенный на рис. 2.1.
Исходя из этого графика, нарисуйте график зависимости пути от вре-
времени.
Читатель: Мне никогда не приходилось рисовать такие графики.
Автор: Но здесь нет ничего сложного. Давайте рассуждать вместе. Раз-
Разделим весь рассматриваемый промежуток времени на три участка: 1, 2
и 3. Как движется тело на уча-
участке 1? Какова формула пути
для этого участка?
Читатель: На участке 1 тело дви-
движется равноускоренно без на-
начальной скорости. Формула пу-
пути для этого участка имеет вид
s (t\ — nt2/9 B П
-^
''с где а — ускорение тела.
Автор: Могли бы Вы, используя
график скорости, найти уско-
Рис 21 рение?
о,м/с t,
в
14
Читатель: Да. Согласно A.3) ускорение есть отношение изменения ско-
скорости к промежутку времени, за которое это изменение произошло. Оно
, равно отношению отрезков |Л5|/|0В|.
Dвтор- Хорошо. Необходимо при этом помнить, что отношение |ЛВ|/|ОВ|
берется в соответствующих единицах Это замечание следует иметь в
виду и при рассмотрении последующих графиков. А теперь рассмотрите
участки 2 и 3.
Читатель: На участке 2 тело движется равномерно со скоростью и, при-
L обретенной к концу участка 1. Формула пути s = ut.
^\втор- Ваш ответ неточен. Вы не учли, что равномерное движение на-
началось не в начальный момент времени, а в момент /,. К этому
моменту тело уже прошло путь at2/2 Зависимость пути от времени
имеет для участка 2 следующий вид'
s @ = а/?/2+ »(*-/,). B.2)
Учитывая это замечание, напишите формулу пути для участка 3.
^итатель: На участке 3 движение равнозамедленное. Если я правильно
понял, формулу пути для этого участка можно записать так:
s @ = at\/2 +v(t2- /,) + v(t - t2) - a, (/ - /2J/2,
где a, — ускорение на участке 3. Оно вдвое мецьше ускорения а на
участке /, поскольку участок 3 вдвое длиннее участка /.
Автор: Вашу формулу можно немного упростить:
s @ = at2i/2+,v(t - /,) - a, (/ - t2J/2.
B.3)
Теперь, чтобы построить график, Вам остается только суммировать
результаты B.1) —B.3).
Читатель: Я понимаю. На участке 1 график пути имеет вид параболы,
на участке 2 — прямой линии, на участке 3 — тоже параболы, но
перевернутой (с выпуклостью, обращенной вверх). Вот мой рисунок
(рис. 2.2).
Автор: Ваш рисунок не совсем верен: график пути не должен иметь
изломов, он изображается плавной линией, т. е. параболы сопрягаются
с прямой линией. Кроме того, вершина перевернутой параболы должна
соответствовать моменту времени tA. Вот правильный рисунок (рис.2.3).
S.M
S.M
Г,с
Рис 2 2
15
Читатель: Объясните, пожалуйста.
Автор: В § 1 мы говорили, что тангенс угла наклона касательной к оси
времени определяет значение скорости в момент времени t (см.
рис. 1.4). Таким образом, по наклону касательных к графику пути
можно найти скорость тела в тот или иной момент времени.
Обратимся к Вашему рисунку (см. рис. 2.2). Из него следует, что
в момент tx (и в момент t2) скорость тела принимает два разных зна-
значения: если приближаться к /, слева, то скорость численно равна
tga,, а если приближаться к tx справа, то tg с^. Согласно Вашему
графику пути скорость тела в момент tx (а также в момент t2) должна
была бы претерпевать разрыв, чего в действительности, однако, не
наблюдается (график скорости на рис. 2.1 непрерывен).
Читатель: Я понял. Непрерывность графика скорости приводит к плав-
плавности графика пути.
Автор: Кстати говоря, вершины парабол должны соответствовать момен-
моментам 0 и t3, так как в эти моменты скорость тела равна нулю и касатель-
касательные к графику пути должны быть для этих точек горизонтальными.
А теперь по графику скорости на рис. 2.1 найдите путь, пройденный
телом, например, к моменту t2.
Читатель: Надо определить по графику скорости ускорение а на участке /
и скорость v на участке 2, а затем воспользоваться формулой B.2).
Путь, пройденный телом за время t2, равен
Автор: Это правильно. Однако можно поступить проще. Путь, пройденный
телом за время t2, численно равен площади фигуры ОАБГ, образуемой
графиком скорости на промежутке Ot2. Для закрепления всех этих
сведений рассмотрим еще одну задачу. Предположим, что график пути
имеет изломы. Этот график изображен на рис. 2.4, где кривая есть
парабола с вершиной в точке А. Начертите график скорости.
Читатель: Поскольку график пути имеет изломы, то график скорости
должен иметь разрывы в соответствующие моменты времени (/, и t2).
Вот мой рисунок (рис. 2.5).
Автор: Хорошо. А чему равен отрееок \БВ\?
Читатель: Он равен tg a, (см. рис. 2.4). Однако угол а, нам все равно
неизвестен.
ю1м/с||.
16
Рис. 2.6
Автор: И тем не менее отрезок \БВ\
найти совсем нетрудно. Заметьте, что V,м/с
путь, пройденный телом за время t3, 2
точно такой же, как если бы тело
все это время двигалось равномерно
(прямая на участке от t2 до t3 на О
рис. 2.4 представляет собой продол-
продолжение прямой на участке от 0 до /,). _л
Поскольку пройденный путь опреде-
определяется площадью фигуры под графи-
графиком скорости, то, следовательно,
площадь прямоугольника АГДВ на
рис. 2.5 равна площади треугольника АБВ. \БВ\ = 2|д/?|, т. е. скорость
в момент t2 при приближении к нему слева равна удвоенной скоро-
скорости равномерного движения на участках от 0 до tx и от t2 до /3.
Читатель: А как нарисовать графики пути и перемещения, если значение
скорости после некоторого момента времени становится отрицатель-
отрицательным? Рассмотрим, например, график скорости, показанный на рис. 2.6.
Автор: Прежде всего отметим, что на рис. 2.6 дана зависимость от вре-
времени не скорости, а проекции скорости на направление движения тела
на ось х. Отрицательное значение проекции означает, что тело после
момента времени tx = 5 с стало двигаться в обратном направлении.
Читатель: Получается, что к моменту времени t = 10 с перемещение равно
нулю, так как площади треугольников под графиком скорости при дви-
движении вдоль оси хив обратном направлении одинаковы; координата
теЛа также равна нулю, если считать, что тело вышло из начала коор-
координат. Путь, пройденный за t = 10 с, равен s = 10 м. Для построения
графиков зависимости пути и координаты от времени (в данном случае
координата выражает перемещение) запишем уравнение движения
сначала для равнозамедленного движения — от t0 = 0 до tx = 5 с,
а затем для равноускоренного — от tx = 5 с до t = 10 с.
Автор: Не надо разбивать движение на два этапа. Ускорение в течение
1(Н,с
10 Г,с
Рис. 2.7
Рис. 2.8
17
v,m/c
X.MJ|
Рис 2 9
О 1 2 3 4 5 f,c
всего времени движения постоянно и проекция его на ось координат
отрицательна, следовательно, уравнение движения х = vot — at2/2 или,
в нашем случае, х = 2t — 0,2 t2, справедливое для начального момента
времени, верно и для любого момента времени График этой зависимо
сти представлен на рис 2 7, а график пути — на рис 2 8
ЗАДАЧИ
2 1. График скорости имеет вид, изображенный на рис 2 5 Ц=2 с, /2=4 с, ^3=6 с)
Нарисовать график зависимости ускорения от времени Найти среднюю ско
рость <у> в случаях 1) за первые четыре секунды, 2) за все время движения
(за шесть секунд) В какие моменты времени т мгновенная скорость совпадает со
средней скоростью, вычисленной за все время движения?
2.2. Тело брошено вертикально вверх с начальной скоростью ^0=4 м/с Нарисовать
графики зависимости скорости и координаты от времени
2.3. График зависимости скорости от времени представлен на рис 2 9 Нарисо
вать графики зависимости ускорения и координаты от времени
2.4. График зависимости координаты от времени представлен на рис 2 10 Нари
совать графики зависимости скорости и ускорения от времени Участок СДА —
парабола, АВ — прямая
3. СМОЖЕТЕ ЛИ ВЫ УКАЗАТЬ, КАКИЕ СИЛЫ
ПРИЛОЖЕНЫ К ТЕЛУ?
Читатель Задачи по механике кажутся мне самыми трудными С чего
следует начинать их решение^
Автор С рассмотрения сил, приложенных к телу Возьмем в качестве при-
примера следующие случаи (рис 3 1) а) тело брошено под углом к гори-
горизонту, б) тело соскальзывает с наклонной плоскости, в) тело вращается
на нити в вертикальной плоскости, г) тело колеблется в вертикальной
плоскости Изобразите и поясните силы, приложенные к телу в каждом
из этих примеров
Читатель Вот мой рисунок (рис 3 2) В первом случае G —
сила тяжести, F — сила бросания, во втором — G — сила тяже
18
t
щонятие силы является
Шним из основных
физических понятий.
Умеете ли вы достаточно
Свободно обращаться с этим
щонятием? Хорошо ли вы
ираетесь в законах
финамики?
сти, F — скатывающая сила, FTp — сила трения, в третьем — G — сила
тяжести, f ц — центростремительная сила, Т — сила натяжения нити,
в четвертом — G — сила тяжести, F — возвращающая сила, Т —
сила натяжения нити
Во всех четырех случаях Вы допустили ошибки Вот правильный
рисунок (рис 3 3)
Надо твердо усвоить, что сила возникает в результате взаимодействия
тел. Поэтому, чтобы показать силы, приложенные к телу, следует пред-
предварительно ответить на вопрос, какие тела взаимодействуют с данным
телом Так, в первом случае с телом взаимодействует только Земля, она
притягивает его (рис 3 3, а) Поэтому к телу приложена единствен-
единственная сила — сила тяжести б Если бы учитывалось сопротивление воз-
воздуха или, например, воздействие ветра, то тогда следовало бы ввести
дополнительные силы «Силы бросания», указанной на Вашем рисунке,
в природе нет, поскольку нет взаимодействия, приводящего к появле-
появлению подобной силы
'////////S/SS///777/
а)
б)
'/////////s(
в)
г)
Рис 3 1
19
2* ^тр t
777/77777777777777//
а)
Рис. 3.2
Читатель: Но ведь, чтобы бросить тело, на него обязательно надо по-
подействовать какой-то силой.
Автор: Это так. Когда Вы бросаете тело, Вы действуете на него неко-
некоторой силой. Однако здесь рассматривается движение тела уже после
того, как его бросили, т. е. после того, как прекратилось действие
Вашей силы. Этой силы больше нет, остался лишь ее результат —
начальная скорость тела. Запомните: силу невозможно «накопить» —
кончилось взаимодействие тел, и нет силы.
Читатель: Но если на тело действует только одна сила тяжести, то поче-
почему же оно не падает вертикально вниз, а движется по некоторой траек-
траектории?
Автор: Вас удивляет, что направление движения тела не совпадает с
направлением действующей на него силы. А между тем это полностью
согласуется со вторым законом Ньютона. Ваш вопрос говорит о том,
что Вы недостаточно глубоко продумали законы динамики Ньютона.
Я предлагаю остановиться на этом позднее (см. § 5), а сейчас вер-
вернемся к нашим примерам. Во втором случае (рис. 3.3, б) тело соскаль-
соскальзывает с наклонной плоскости. Какие тела взаимодействуют с ним?
Читатель: По-видимому, два тела: Земля и наклонная плоскость.
Автор: Правильно. Отсюда выявляем силы, приложенные к телу. Земля
обусловливает силу тяжести G, а наклонная плоскость — силу трения
скольжения Frp и силу N, называемую обычно силой реакции опоры.
Замечу, что на Вашем рисунке сила /7 вообще отсутствовала.
Читатель: Но постойте! Получается, что наклонная плоскость действует
на тело не одной, а двумя силами?
Автор: Сила, конечно, одна. Однако удобно рассматривать ее в виде
двух составляющих, одна из которых направлена вдоль плоскости (си-
(сила трения скольжения), а другая — перпендикулярно ей (сила реакции
опоры). Тот факт, что эти силы имеют общее происхождение, т. е. явля-
являются составляющими одной и той же силы, отражается в существова-
в)
Рис 3 3
20
нии универсальной связи между Frp и R:
Frp = kN, C.1)
где k — коэффициент трения скольжения. Ниже мы остановимся на
этой связи подробнее (см. § 4).
Читатель: На своем рисунке я изобразил скатывающую силу. Судя по
,. всему, такой силы нет. Однако, насколько мне известно, термин «скаты-
|;< вающая сила» употребляется. Как тут быть?
\$тор: Да, такой термин действительно существует. Однако надо иметь
в виду, что скатывающая сила есть просто одна из составляющих силы
тяжести, получающаяся при ее разложении на направления вдоль на-
наклонной плоскости и перпендикулярно ей. Если Вы, перечисляя силы,
приложенные к телу, указали силу тяжести, то после этого незачем
добавлять скатывающую силу.
В третьем случае (рис. 3.3, в) тело вращается в вертикальной пло-
плоскости. Какие тела действуют на него?
Читатель: Два тела: Земля и нить.
етор: Правильно. Поэтому к телу приложены две силы: сила тяжести
и сила реакции нити. Между прочим, о последней из этих двух сил
Вы говорили как о силе «натяжения нити», забывая, что сила натяже-
, ния нити — это сила, приложенная к нити со стороны тела, тогда как
сила, приложенная к телу со стороны нити, есть сила реакции нити.
^цтатель: А как же центростремительная сила?
[втор: Терпение! В задачах, в которых рассматривается движение тела
по окружности, делают так много ошибок, что я предлагаю остано-
остановиться на этом вопросе подробнее (см. § 9). Здесь же замечу лишь, что
центростремительная сила не является какой-то дополнительно прило-
приложенной к телу силой. Это есть равнодействующая сил, приложенных к
телу. В данном случае (когда тело находится в низшей точке траекто-
траектории) центростремительная сила есть разность силы реакции нити и
силы тяжести.
итатель: Если я правильно понял, то в четвертом примере (рис. 3.3, г)
Возвращающая сила также есть равнодействующая силы тяжести и
силы реакции нити?
втор: Совершенно верно. В этом случае, как и в третьем, с телом
взаимодействуют нить и Земля и поэтому к телу приложены две силы:
! сила реакции нити и сила тяжести. Я еще раз хочу подчеркнуть, что
; сила возникает в результате взаимодействия тел, она не может по-
появиться из каких-либо «побочных» соображений. Найдите тела, дейст-
действующие на данный объект, и Вы выявите силы, приложенные к этому
объекту.
Читатель: Наверное, возможны ситуации более сложные, чем те, кото-
которые Вы изобразили на рис. 3.1.
Автор: Примеров более сложных случаев взаимодействия тел много. До-
Допустим, что на тело давят с некоторой горизонтально направленной
постоянной силой F, в результате чего оно поднимается вверх по
наклонной плоскости. Силы, приложенные к телу, изображены на
рис. 3.4.
Другой пример: колебания заряженного маятника, помещенного
21
Рис. 3.5
Рис. 3.6
внутрь плоского конденсатора. Здесь появляется дополнительная сила
Те — сила, с которой поле конденсатора действует на заряд маятника
(рис. 3 5). Разумеется, перечислить все ситуации, которые могут встре-
встретиться при решении задач, практически невозможно.
Читатель: А как быть, если в задаче участвует не одно, а несколько
тел?
Автор: Следует всякий раз четко представлять, движение какого конкрет-
конкретно тела (или какой совокупности тел) Вы собираетесь рассматривать.
Обратимся, например, к рис. 3.6 Будем рассматривать движение тела
/. С этим телом взаимодействуют Земля, наклонная плоскость и нить
АБ.
Читатель: А разве тело 2 не взаимодействует с телом 1?
Автор: Конечно, тела / и 2 взаимодействуют по закону всемирного тяго-
тяготения. Однако эта сила весьма мала, ею можно пренебречь; остаются
следующие силы, приложенные к телу /: сила тяжести б, сила трения
скольжения FTp, сила реакции опоры Л? и сила реакции Т нити АБ
(рис. 3.7, а).
Читатель: Почему сила трения направлена на Вашем участке влево?
Мне кажется, что с таким же основанием ее можно направить в проти-
противоположную сторону.
Автор: Чтобы выяснить направление силы трения, надо знать направление
движения тела. Если оно не оговорено в условии задачи, то можно
4 7*
G"'
в)
22
предположить то или иное направление. В данном случае я предполо-
предположил, что тело / движется (вместе со всей системой тел) вправо —
блок вращается по часовой стрелке. Конечно, заранее мне это неизве-
неизвестно: направление движения становится определенным только после
подстановки числовых значений. Если я ошибся, то при вычислении
ускорения получится отрицательное число. Тогда следует предполо-
предположить, что тело движется не вправо, а влево (блок вращается против ча-
часовой стрелки), направить соответствующим образом силу трения
скольжения, получить формулу для вычисления ускорения и опять про-
проверить его на знак посредством подстановки числовых значений.
Читатель: А зачем вторично проверять знак ускорения? Если в пред-
предположении движения вправо оно получилось отрицательным, то теперь
оно, очевидно, должно быть положительным.
Автор: Нет, оно и во втором случае может оказаться отрицательным.
Читатель: Мне это непонятно. Разве не очевидно, что если тело не дви-
движется вправо, то оно движется влево?
Автор: Вы забываете, что тело может еще и покоиться. Мы вернемся к
< этому вопросу позднее и тогда подробно проанализируем усложнения,
связанные с учетом силы трения (см. § 8). А сейчас предположим,
что блок вращается по часовой стрелке, и рассмотрим движение тела 2
(рис. 3.6).
Читатель: С телом 2 взаимодействуют Земля, наклонная плоскость, нити
АБ и ВГ. Силы, приложенные к телу 2, показаны на рис. 3.7, б.
Автор: Прекрасно. Теперь рассмотрите тело 3.
Читатель: Тело 3 взаимодействует только с Землей и нитью ВГ. Силы,
приложенные к нему, показаны на рис. 3.7, в.
Автор: После того как Вы выявили силы, приложенные к каждому из
тел, можете записать уравнения движения для каждого'из них и затем/
решить систему получившихся уравнений.
Читатель: Вы упоминали о том, что можно рассматривать не обязательно
отдельные тела, но также совокупности тел.
Автор: Да, можно рассматривать тела /, 2 и 3 не по отдельности, как
это было проделано только что, а как единое целое. В этом случае
не следует принимать во внимание силы натяжения нитей, поскольку
теперь они являются внутренними силами — силами взаимодействия
между отдельными частями рассматриваемого объекта. Система трех
тел как целое взаимодействует только с Землей и наклонной плос-
плоскостью.
Читатель: Мне хотелось бы кое-что уточнить. Когда я изображал силы
на рис. 3.7, б, в, я полагал, что сила натяжения нити ВГ одна и та же
по обе стороны от блока. Правильно ли это?
Автор: Строго говоря, это неправильно. Если блок вращается по часовой
стрелке, то натяжение участка нити ВГ, примыкающего к телу 3,
должно быть больше натяжения участка нити ВГ, примыкающего
к телу 2. Эта разность сил натяжения и вызывает ускорение враще-
вращения блока. Однако здесь предполагалось, что массой блока можно пре-
пренебречь, т. е у блока нет массы, которую надо было бы разгонять —
блок рассматривался просто как средство изменения направления нити,
связывающей тела 2 и 3 Поэтому можно считать, что сила натяже-
23
ния нити ВГ по обе стороны от блока одна и та же. Обычно в школь-
школьном курсе физики массой блока всегда пренебрегают. Остались ли у
Вас еще неясные вопросы?
Читатель: Да, у меня есть вопрос относительно точки приложения сил.
На всех рисунках Вы прикладывали все силы в одной точке тела.
Правильно ли это? Можно ли, в частности, прикладывать в центре
тяжести тела силу трения?
Автор: Следует иметь в виду, что мы изучаем кинематику и динамику
не протяженных тел, а материальных точек, т. е. представляем тело
как точечную массу. При этом на рисунке изображается тело, а не
точка, исключительно в целях наглядности. Поэтому все силы, при-
приложенные к телу, можно прикладывать в одной точке. Кстати говоря,
следовало бы уточнить условия, когда можно применять модель мате-
материальной точки.
Читатель: Нас учили, что модель материальной точки применима тогда,
когда размерами тела можно пренебречь по сравнению с другими ха-
характерными размерами в данной задаче. Например, можно пренебречь
размерами спутника по сравнению с расстоянием от спутника до по-
поверхности Земли: поэтому спутник можно рассматривать как мате-
материальную точку.
Автор: Я не возражаю. Однако вот другая ситуация: санки соскальзы-
соскальзывают с невысокой горки. Можно ли пренебрегать размерами санок по
сравнению с высотой горки? Или, например, те же санки человек тянет
за веревку. С чем надо сравнивать размеры санок в этом случае? А меж-
между тем во всех случаях движение санок можно рассматривать как дви-,
жение материальной точки.
Читатель: Я как-то не задумывался над этим.
Автор: Дело в том, что модель материальной точки надо связывать и с
характером движения тела. Эта модель применима тогда, когда тело
движется поступательно, не вращается, не кувыркается. Если бы санки
кувыркались с горки, то модель материальной точки не годилась бы
независимо от размеров горки.
Подчеркнем: используя модель материальной точки, мы не принимаем
во внимание вращательные моменты, которые в реальных условиях мо-
могут приводить к повороту тела, к его опрокидыванию. Материальная
точка может двигаться только поступательно. Рассмотрим пример.
Пусть к телу приложены в разных его точках две силы: Рх в точке А
и F2 в точке Б (рис. 3.8, а). Приложим в точке А силу Р2, равную
A«
а)
б)
Рис 3 8
24
силе F2 и параллельную ей, а также силу F2, равную силу Р2, но на-
направленную в противоположную сторону (рис. 3.8, б). Так как силы
Р2 и Р2 взаимно уравновешивают друг друга, то их добавление физи-
физически ничего не меняет. Однако рис. 3.8, б можно трактовать следую-
следующим образом: в точке А приложены силы F, и Р2, обусловливаю-
обусловливающие поступательное перемещение тела; к телу приложена также пара
сил (силы Р2 и Р2), обусловливающая вращение тела. Иными слова-
словами, силу Р2 можно перенести в точку А тела, если при этом одновремен-
одновременно приложить к телу соответствующий вращательный момент. При, рас-
рассмотрении тела как материальной точки этот вращательный момент,
очевидно, не имеет места.
4. УМЕЕТЕ ЛИ ВЫ НАХОДИТЬ СИЛУ ТРЕНИЯ?
Автор: Я хочу несколько подробнее остановиться на вычислении силы тре-
трения^ разных задачах. Речь идет о сухом трении скольжения (сухим
называется трение между поверхностями двух тел при отсутствии меж-
между ними какой-либо прослойки, например смазки).
Читатель: Но здесь, кажется, как раз все ясно.
Автор: Тем не менее множество ошибок на экзаменах связано с неуме-
неумением вычислять силу трения.
Рассмотрим пример: сани массой m тянут с силой Р, приложенной к
веревке, которая составляет с горизонтом угол а; коэффициент трения
скольжения равен k (рис. 4.1). Надо найти силу трения скольжения.
Как Вы будете это делать?
Читатель: А что здесь трудного? Сила трения равна kmg.
Автор: Неправильно. Сила трения скольжения равна не kmg, a kN, где
N—сила реакции опоры. Вспомните выражение C.1) из § 3.
Читатель: А разве это не одно и то же?
Автор: В частном случае сила тяжести и сила реакции опоры могут быть
равны друг другу по модулю. Вообще же это совершенно разные силы.
Рассмотрим предложенный мною пример. Силы, приложенные к телу:
сила тяжести б, сила реакции опоры N, сила трения скольжения Ртр и
сила реакции веревки F (см. рис. 4.1). Разложим силу Кна вертикаль-
вертикальную (F sin а) и горизонтальную (F cos а) составляющие. Все силы, дей-
гтр
V//////7/7777,
77////////////
Рис 4.2
25
ствующие по вертикальному направлению, взаимно уравновешивают-
уравновешиваются. Отсюда находим силу реакции опоры:
M=G — Fsina D.1)
Вы видите, что эта сила не равна силе тяжести, а меньше ее на F sin a.
Физически это совершенно естественно, так как натянутая кверху ве-
веревка как бы «приподнимает» сани, вследствие чего сила, с которой
сани давят на поверхность, а следовательно, и сила реакции опоры
уменьшаются. Таким образом, в данном случае
fTp = k(G-Fsma). D.2)
Если бы, в частности, веревка была горизонтальной (а= 0), то вместо
D.1) будем иметь N = G, откуда следует, что FTp = kG = kmg.
Читатель: Понимаю. Просто я никогда не задумывался над этим.
Автор: Это довольно распространенная ошибка экзаменующихся, которые
пытаются трактовать силу трения скольжения как произведение коэф-
коэффициента трения скольжения на силу тяжести, а не на силу реакции
опоры. Постарайтесь не сделать подобной ошибки.
Читатель: Я буду пользоваться правилом: чтобы найти силу трения сколь-
скольжения, надо предварительно определить силу реакции опоры.
Автор: До сих пор разговор шел о силе трения скольжения. Теперь
рассмотрим силу трения покоя. Тут есть своя особенность, на которую
учащиеся не всегда обращают внимание. Предположим, что тело по-
покоится на горизонтальной плоскости, причем на него действует горизон-
горизонтальная сила F, стремящаяся сдвинуть тело. Как Вы думаете, чему,
равна сила трения в этом случае?
Читатель: Если тело находится на горизонтальной плоскости и сила F
горизонтальна, то в этом случае N = G. Правильно?
Автор: Правильно. И что же дальше?
Читатель: Отсюда следует, что сила трения равна kG.
Автор: Вы сделали характерную ошибку: спутали силу трения покоя с
силой трения скольжения. Если бы тело скользило, то тогда Ваш ответ
был бы верен. Однако в данном случае тело покоится. Для покоя
тела необходимо, чтобы все силы, приложенные к нему, были взаимно
уравновешены. На тело действуют четыре силы: сила тяжести E, сила
реакции опоры #, сила F и сила трения покоя Frp (рис. 4.2). Верти-
Вертикальные силы G и N взаимно уравновешены. Должны быть взаимно
уравновешены и горизонтальные силы F и Ртр. Следовательно,
FTP = F. D.3)
Читатель: Получается, что сила трения покоя зависит от внешней силы,
стремящейся сдвинуть тело.
Автор: Да, это так. По мере увеличения силы F сила трения покоя
также возрастает. Однако процесс возрастания силы трения покоя не
бесконечен. Существует максимальное значение силы трения покоя:
^макс = KN- J4.4)
Коэффициент kQ немного превышает коэффициент k, характеризующий
в соответствии с C.1) силу трения скольжения. Как только внешняя
26
сила F, увеличиваясь, достигает значения k0N, тело начинает дви-
двигаться. При этом коэффициент k0 становится равным коэффициенту k,
так что сила трения несколько уменьшается. При дальнейшем возра-
возрастании силы F сила треиия (теперь это есть сила трения скольжения)
не изменяется (вплоть до очень больших скоростей), а тело движется с
постепенно увеличивающимся ускорением.
Неумение многих экзаменующихся находить силу трения обнаружива-
обнаруживается на следующем довольно простом вопросе: чему равна сила трения,
когда тело массой m покоится на наклонной плоскости с углом а?
Можно услышать различные неправильные ответы. Одни говорят, что
сила трения равна kmg, другие что она равна kN = kmg cos a.
итатель: Я понимаю. Поскольку тело покоится, то речь идет о силе
Трения покоя. Она должна быть найдена из условия равновесия сил,
действующих вдоль наклонной плоскости. Таких сил в данном случае
две: сила трения Frp и скатывающая сила mg sin а. Поэтому правиль-
правильный ответ есть Frp = mg sin a.
\ртор: Совершенно верно. В заключение рассмотрим следующую задачу.
Тело массой m лежит на теле массой М; максимальное значение силы
трения покоя между ними характеризуется коэффициентом k0; между
телом М и поверхностью Земли трения нет. Требуется найти мини-
минимальную силу Р (рис. 4.3), при действии которой на тело М происходит
сдвиг верхнего тела относительно нижнего.
отель: Сначала я буду полагать, что сила F достаточно мала: тело m
сдвигается относительно тела М. В этом случае оба тела имеют
ускорение
а = F/(M + m).
rop: Правильно. Какая сила сообщает это ускорение телу т?
татель: Это ускорение сообщает телу m сила трения покоя Frp=ma, т. е.
Frp = Fm/(M + m).
Отсюда следует, что с увеличением силы F сила трения покоя f тр тоже
должна возрастать. Однако она не может возрастать бесконечно. Ее
максимальное значение
^тР макс = *о# = kQmg.
Значит, максимальное значение силы F, при котором оба тела еще
могут двигаться вместе как единое целое, определяется из условия
Рис 4 3
Рис 4.4
27
F
a)
г)
Рис 4 5
kQmg = Fm/(M -f- m).
Отсюда находим
F = (M + m) kQg.
Это и есть искомая минимальная сила, обусловливающая сдвиг тела т
по отношению к телу М.
Автор: Ваше решение предложенной задачи правильно.
ЗАДАЧИ
4.1. Вверх по наклонной плоскости пущена шайба Через некоторое время она
останавливается и соскальзывает вниз Определить коэффициент трения k шайбы
о плоскость, если время спуска в п раз больше времени подъема
4.2. Брусок массой m находится на наклонной плоскости, угол а наклона к гори-
горизонту которой можно изменять от 0 до 90° Построить график зависимости силы
трения бруска о плоскость от угла а Коэффициент трения скольжения бруска
о плоскость равен k
4.3. На тело, покоившееся на горизонтальной плоскости, в момент t = 0 начинает
действовать горизонтально направленная сила F, которая со временем увеличива-
увеличивается по линейному закону (рис. 4 4) В некоторый момент t = tx тело начнет сколь-
скользить. Построить график зависимости силы трения от времени
4.4. На рис 4 5 показаны четыре различных случая (а—г) скольжения тела
(силу F можно рассматривать как силу реакции иити, за которую тянут тело).
Определить силу трения в каждом из указанных случаев, полагая заданными
массу m тела, силу F, коэффициент трения скольжения к и угол а.
5. ХОРОШО ЛИ ВЫ ЗНАЕТЕ ЗАКОНЫ НЬЮТОНА?
Автор: Сформулируйте, пожалуйста, первый закон Ньютона.
Читатель: Тело находится в состоянии покоя или равномерного прямоли-
прямолинейного движения до тех пор, пока воздействие со стороны других тел
не заставит его изменить это состояние.
Автор: Во всех ли системах отсчета выполняется этот закон?
Читатель: Я не понимаю Вашего вопроса.
Автор: Если Вы говорите, что тело находится в состоянии покоя, то Вы
имеете в виду, что оно неподвижно по отношению к какому-то другому
телу, которое в данном случае играет роль системы отсчета Без ука-
указания системы отсчета говорить о покое или каком-то определенном
28
движении тела не имеет смысла. Характер движения тела зависит от
выбора системы отсчета. Например, тело, лежащее на полу движуще-
движущегося вагона, покоится по отношению к системе отсчета, связанной с
вагоном, но движется по отношению к системе отсчета, связанной с
полотном дороги. После этих пояснений вернемся к поставленному
вопросу: во* всех ли системах отсчета выполняется -первый закон
Ньютона?
Читатель: Ну, наверное, во всех...
ft: Я вижу, что этот вопрос застал Вас врасплох. Опыт показывает,
что первый закон Ньютона выполняется не во всех системах отсчета
Обратимся к примеру с телом, лежащим на полу движущегося вагона,
причем будем пренебрегать трением между телом и полом. Рассмотрим
положение тело по отношению к системе отсчета, связанной с вагоном.
При этом можно наблюдать такую картину: тело покоится на полу, но
затем, несмотря на отсутствие каких-либо воздействий, оно вдруг начи-
начинает скользить по полу. Налицо нарушение первого закона Ньютона.
Нам объяснят этот эффект тем, что вагон, двигавшийся прежде прямо-
прямолинейно и равномерно, начал тормозить, а тело из-за отсутствия трения
продолжало сохранять состояние равномерного и прямолинейного дви-
движения по отношению к полотну дороги. Отсюда можно заключить, что в
системе отсчета, связанной с полотном дороги, закон Ньютона выпол-
выполняется, а в системе, связанной с тормозящимся вагоном, он не выпол-
выполняется. Системы отсчета, в которых первый закон Ньютона выполня-
выполняется, называются инерциальными, а в которых не выполняется — не-
инерциальными. Для большинства рассматриваемых нами явлений
можно считать инерциальной всякую систему отсчета, связанную с
поверхностью Земли или с какими-либо телами, которые по отношению
к земной поверхности покоятся или движутся прямолинейно и равно-
равномерно. К неинерциальным системам отсчета относятся системы, движу-
движущиеся с ускорением, например, вращающиеся системы, замедляющие-
замедляющиеся и ускоряющиеся лифты и т. д. Заметим, что в неинерциальных систе-
системах отсчета не выполняется не только первый, но и второй закон
Ньютона
Читатель: Но если законами Ньютона нельзя пользоваться в системах
отсчета, движущихся с ускорением, то как же тогда рассматривать
механику в таких системах?
Щвтор: До сих пор мы имели дело лишь с силами, обусловленными взаимо-
взаимодействием тел. Однако в механике встречаются также силы еще одного
типа: они не обусловлены взаимодействием тел, к ним неприменим тре-
третий закон Ньютона. Это силы инерции. Если наряду с «обычными»
(обусловленными взаимодействием тел) силами включить в рассмотре-
рассмотрение силы инерции, то тогда можно пользоваться законами Ньютона и
в ускоряющихся системах. Сила инерции равна произведению мас-
массы m тела на ускорение а системы и направлена в сторону, проти-
противоположную ускорению системы: РИ = — та. Пусть неинерциальная
система — это лифт, имеющий ускорение а, направленное вертикально
вверх, на полу лифта находится тело массой т В системе отсчета,
связанной с лифтом, к телу надо приложить две «обычные» силы: силу
реакции пола N и силу тяжести G, а кроме того, силу инерции Fn = та,
29
направленную вниз. В данной системе тело покоится, следовательно,
N - G - F» = О
Читатель: Значит, первым и вторым законами Ньютона все же можно
пользоваться в ускоряющихся системах?
Автор: Можно, если дополнительно приложить к телу силу инерции.
Нельзя, если ограничиться «обычными», т. е. обусловленными взаимо-
взаимодействием тел, силами.
Хотелось бы посоветовать при решении задач пользоваться, как пра-
правило, только инерциальными системами отсчета. Тогда все силы, с кото-
которыми Вам придется иметь дело, будут «обычными» силами, т. е. будут
обусловлены взаимодействием участвующих в задаче тел.
Читатель: Но если ограничиваться только инерциальными системами, то
тогда нельзя рассмотреть задачу с телом, находящимся в ускоряю-
ускоряющемся лифте или на вращающемся диске!
Автор: Почему нельзя? Выбор системы отсчета зависит от Вас. Если Вы
используете в задаче систему, связанную с лифтом или диском (не-
инерциальную систему), то тело надо считать покоящимся. Если же Вы
используете систему отсчета, связанную с Землей (инерциальную
систему), то тело надо рассматривать движущимся либо прямолинейно
равноускоренно, либо по окружности. Я советую всякий раз выбирать
именно инерциальную систему отсчета.
А теперь перейдем ко второму закону Ньютона. Сформулируйте его.
Читатель: Этот закон читается так: F = та, где F — сила, действующая
на тело, т — его масса, а — ускорение.
Автор: Ваш лаконичный ответ весьма характерен. По поводу Вашей фор-
формулировки следует сделать три критических замечания — два не очень
существенных и одно существенное.
Во-первых, не сила есть следствие ускорения, а наоборот, ускорение
есть следствие силы. Поэтому логичнее формулу закона записывать
так:
a = BF/m, E.1)
где В — коэффициент пропорциональности, зависящий от выбора еди-
единиц величин, входящих в формулу E.1). Замечу, что в Вашей формули-
формулировке не было упоминания о коэффициенте пропорциональности В.
Во-вторых, телу сообщают ускорение все силы, приложенные к нему
(хотя и не исключено, что некоторые из них могут быть взаимно
уравновешены). Поэтому в формулировке закона следовало бы поль-
пользоваться не термином «сила», а более точным термином «равнодейст-
«равнодействующая сил».
Третье замечание является наиболее важным. Второй закон Ньютона
устанавливает связь между силой и ускорением. Но сила и ускорение —
величины векторные, они характеризуются не только числовым значе-
значением, но и направлением Вы ничего не сказали о направлении. Получа-
Получается, что закон Ньютона сформулирован не полностью. Правильная
формулировка второго закона Ньютона следующая: ускорение тела
пропорционально равнодействующей всех сил, приложенных к телу, и
направлено в сторону равнодействующей сил Аналитически эта фраза
может быть выражена формулой:
30
a = BF/m, E.2)
где т — масса тела.
Читатель: Получается, что при действии одной и той же силы тела разной
массы приобретут различные ускорения.
Автор: Совершенно верно. Чем тяжелее тело, тем меньшее ускорение оно
получает (медленнее изменяется его скорость) по сравнению с более
легким телом Сила F есть действие, а ускорение а есть «отклик» на
это действие.
Читатель: Рассматривая в § 3 силы, приложенные к телу, брошенному
под углом к горизонту, Вы обещали показать, что направление движе-
движения тела не обязательно совпадает с направлением силы, приложенной
к телу. При этрм Вы ссылались на второй закон Ньютона.
Автор: Да, сейчас вполне уместно остановиться на этом вопросе. Вспом-
' ните, что в общем случае векторы ускорения и скорости тоже ориенти-
ориентированы различно.
Щитатель: Это мне понятно. Например, при равномерном движении тела
по окружности скорость тела направлена по касательной к окружности,
а ускорение — по радиусу к центру.
Автор: Ваш пример уместен. Теперь следует обратиться к соотношению
E.2) и твердо уяснить, что по направлению силы ориентировано
именно ускорение, а не скорость, что с модулем силы связан модуль
именно ускорения, а не скорости. С другой стороны, характер движения
тела в данный момент определяется направлением и модулем скорости
в данный момент (вектор скорости всегда направлен по касательной
к траектории тела). Поскольку ускорение и скорость— разные векто-
векторы, то в общем случае направления силы и движения тела могут не сов-
совпадать: следовательно, и характер движения тела в данный момент не
определяется однозначно силами, действующими на рассматриваемое
тело в этот момент.
Читатель: Это в общем случае. Но, разумеется, возможно и совпадение
направлений силы и скорости?
Автор: Конечно, возможно. Поднимите тело и спокойно отпустите его, не
придавая ему начальной скорости. В этом случае направление движе-
движения будет совпадать с направлением силы тяжести. Если же Вы сооб-
сообщите телу, например, горизонтальную начальную скорость, то направ-
направления движения тела и силы тяжести не будут совпадать: тело поле-
полетит по параболе. В обоих случаях тело движется под действием одной
и той же силы — силы тяжести, но характер движения различен. Физик
сказал бы, что это обусловлено неодинаковыми начальными условиями:
в момент начала движения в одном случае тело не имело скорости, а в
другом — обладало определенной горизонтальной скоростью. На
рис. 5.1 показаны траектории тел, брошенных с одинаковыми началь-
начальными скоростями, но под разными углами к горизонту; во всех случаях
на тело действует одна и та же сила — сила тяжести.
Читатель: Значит, характер движения тела в данный момент определяется
не только силами, действующими на тело в этот момент, но и началь-
начальными условиями?
Автор: Совершенно справедливо. Следует подчеркнуть, что начальные
условия отражают предысторию движения тела. Они результат дейст-
31
вия сил, которые существовали в прошлом. Этих сил уже нет, но резуль-
результат их действия проявляется. С философской точки зрения в этом отра-
отражается связь прошлого с настоящим, т. е. принцип причинности. Заме-
Заметим, что если бы в формулу второго закона входила скорость, а не
ускорение, то указанная связь прошлого с настоящим не проявлялась
бы В этом случае скорость тела в данный момент (т. е. характер его
движения в данный момент) полностью определялась бы силами, дейст-
действующими на тело именно в этот момент,— прошлое нисколько не
влияло бы на настоящее. Я приведу еще один пример, иллюстрирую-
иллюстрирующий сказанное (рис. 5.2). Шарик подвешен на нити, на него действуют
две силы: сила тяжести G и сила реакции Г, нити. Если отклонить
шарик от равновесного положения и затем отпустить, то он будет
совершать колебания. Если же отклоненному шарику сообщить опреде-
определенную скорость, направленную перпендикулярно плоскости, в которой
произошло отклонение, то шарик будет равномерно двигаться по ок-
окружности. Как видите, в зависимости от начальных условий шарик либо
совершает колебания (рис. 5.2, а), либо равномерно движется по
окружности (рис. 5.2, б), при этом в обоих случаях на него действуют
только две силы: сила тяжести и сила реакции нити.
Читатель: Я не думал над законами Ньютона в таком плане.
Автор: Поэтому неудивительно, что при выяснении вопроса о силах, при-
приложенных к телу, иногда начинают исходить не из того, какие тела взаи-
взаимодействуют с данным телом, а из того, каков характер движения тела.
Вспомните, Вы тоже так поступали. Именно поэтому, когда изобража-
изображали силы на рис. 3.2, в, г, Вам казалось, что совокупности сил, прило-
приложенных к телу в указанных случаях, должны быть различны. А между
тем в обоих случаях к телу приложены две силы: сила тяжести и сила
реакции нити.
Читатель: Я понял, что силы, приложенные к телу, могут быть одина-
одинаковы, а характер движения тела различен, и поэтому данные о харак-
характере движения тела не должны служить отправной точкой при выяв-
выявлении сил, приложенных к этому телу.
Автор: Вы весьма точно выразились. .Однако при этом не следует впа-
впадать в крайность. Хотя разные виды движения могут осуществляться
//////////Л
Рис 5 1
Рис. 5 2
32
при одних и тех же совокупностях сил (как на рис. 5.2), числовые
соотношения между действующими силами при этом различны. Это
означает, что при разных видах движения будут различны равнодей-
равнодействующие приложенных сил. Так, например, при равномерном движе-
движении тела по окружности равнодействующая сил направлена к центру и
обусловливает центростремительное ускорение, тогда как при колеба-
колебании равнодействующая перпендикулярна нити и является возвращаю-
возвращающей силой. Отсюда следует, что хотя данные о характере движения
тела и не должны служить отправной точкой при выявлении сил, они
отнюдь не излишни. В связи с этим вернемся к примеру, изображен-
изображенному на рис. 5.2. Предположим, что известны угол а между верти-
вертикалью и направлением нити и масса m тела; требуется найти силу
натяжения Т нити в двух случаях: 1) тело, совершая колебания, попа-
попадает в крайнее положение; 2) тело равномерно движется по окружности
в горизонтальной плоскости. В первом случае равнодействующая силы
тяжести и силы реакции нити есть возвращающая сила, она направле-
направлена перпендикулярно нити. Поэтому надо разложить вектор силы тяже-
тяжести 6 по направлению этой равнодействующей и перпендикулярно ей
(т. е. вдоль нити) и приравнять друг другу силы, перпендикулярные
равнодействующей, т. е. направленные вдоль нити (рис. 5.3, а). Учиты-
Учитывая, что G = mg, получаем
Тх = mg cos a.
Во втором случае равнодействующая сил есть центростремительная
сила, она направлена по горизонтали. Поэтому надо разложить силу
реакции Т2 нити на вертикальное и горизонтальное направления и при-
приравнять друг другу силы, перпендикулярные равнодействующей, т. е.
направленные по вертикали (рис. 5.3, б). Отсюда
Т2 cos a = mg, или Т2 = mg /cos а.
Мы получили силу реакции нити; искомая сила натяжения равна ей
по модулю и направлена в противоположную сторону. Как видите, зна-
знание характера движения пригодилось при нахождении силы натяжения
нити.
Читатель: Если я правильно понял,
, то, зная взаимодействие тел,
* можно выявить силы, приложен-
, ные к телу: зная эти силы и на-
начальные условия, можно пред-
предсказать характер движения тела
(модуль и направление скорости
тела в любой момент времени).
С другой стороны, зная характер
движения тела, можно устанав-
устанавливать соотношения между си-
силами, приложенными к телу.
Правильно ли я рассуждаю?
Автор: Да, Вы рассуждаете пра-
правильно. Я хочу предложить еще
одну несложную задачу на
Gcosa
Tjcoaa
б)
Рис 5 3
- Л. В. Тарасов, А. Н. Тарасова
33
второй закон Ньютона. Два тела, массы которых М и т(М> га), под-
подняты на одинаковую высоту над полом и одновременно отпущены.
Одновременно ли они упадут на пол, если сила сопротивления воздуха
для обоих тел одна и та же? Для простоты будем полагать, что эта сила
постоянна.
Читатель: Поскольку сила сопротивления воздуха для обоих тел одинако-
одинакова, то ее можно не принимать во внимание. Следовательно, оба тела
одновременно упадут на пол.
Автор: Вы ошибаетесь. Вы не имеете права не учитывать силы сопротив-
сопротивления воздуха. Рассмотрим, например, тело массой М На него дей-
действуют две силы: сила тяжести G и сила сопротивления F Равно-
Равнодействующая этих сил (G — F). Отсюда, учитывая, что G = Mg, находим
ускорение
а = (Mg — F)/M, илиа= g — F/M
Таким образом, тело с большей массой имеет большее ускорение и,
следовательно, скорее достигнет пола.
Мне хочется еще раз подчеркнуть, что при вычислении ускорения тела
необходимо учитывать все силы, приложенные к телу, т. е. необходимо
находить равнодействующую сил. В этой связи следует осудить приме-
применение термина «движущая сила». Этот термин неудачен. Применяя его
к какой-то силе (или нескольким силам), мы как бы выделяем роль
этой силы (этих сил) в сообщении телу ускорения. Можно подумать,
что другие силы менее существенны. Это совершенно неверно. Движе-
Движение тела есть результат действия всех без исключения сил, приложен-
приложенных к телу (плюс, конечно, начальные условия).
Рассмотрим пример на третий закон Ньютона Лошадь тянет телегу.
В результате лошадь и телега движутся с некоторым ускорением. Из
третьего закона Ньютона следует, что с какой силой лошадь тянет
телегу, с такой же точно силой, но в обратную сторону, телега дей-
действует на лошадь. Почему же в таком случае лошадь и телега все-
таки движутся с ускорением?
Читатель- Я никогда не задумывался над этим, однако не вижу здесь
никаких противоречий Наличие ускорения было бы трудно объяснить,
если бы сила, с которой лошадь действует на телегу, уравновешива-
уравновешивалась силой, с которой телега действует на лошадь Но эти силы не могут
взаимно уничтожаться, поскольку они приложены к разным телам:
одна к лошади, другая к телеге
Автор: Ваше объяснение верно для случая, когда телега не привязана к
лошади, лошадь отталкивается от телеги, в результате чего телега дви-
движется в одну сторону, а ло-
—т —w
/о /
7777///////////////''
Г
Рис 5 4
шадь в другую Я же предло-
предложил Вам иной случай: ло-
лошадь и телега связаны друг с
другом, они движутся вместе
как единая система (рис.
5.4) Силы взаимодействия
телеги и лошади приложены
к разным частям одной и той
же системы и при движении
34
этой системы как целого они могут рассматриваться как взаимно
уравновешивающиеся силы.
Читатель: Тогда я не понимаю, в чем здесь дело. Может быть, здесь
действие не полностью уравновешивается противодействием? Все-таки
лошадь — это живой организм...
Швтор: Не фантазируйте. Стоило Вам встретиться с затруднением, как
Вы уже готовы принести в жертву один из основных законов механики.
Чтобы ответить на мой ворос, не надо «пересматривать» третий закон
Ньютона. Напротив, давайте положим этот закон в основу наших рас-
рассуждений. Согласно третьему закону, взаимодействие лошади и телеги
не может привести к движению этой системы как целого (точнее: не
может сообщить ускорение системе как целому). В таком случае необ-
необходимо существование дополнительного взаимодействия. Иными сло-
словами, кроме лошади и телеги в задаче должно участвовать по крайней
мере еще одно тело. Им является Земля. В результате имеется уже не
одно, а целых три взаимодействия: 1) лошади и телеги (сила /0);
s2) лошади и Земли (сила F) — лошадь отталкивается от поверхности
Земли; 3) телеги и Земли (сила J) — трение телеги о поверхность Зем-
дои. На рис. 5.4 изображены три тела; лошадь, телега, Земля. К каждому
'из них приложено по две силы — результат взаимодействия данного
тела с двумя другими. (Для простоты на рис. 5.4 не показаны сила тя-
тяжести и сила реакции опоры, так как эти силы взаимно уравновешены и
В рассматриваемом движении не участвуют.) Ускорение системы ло-
>,шадь — телега вызывается равнодействующей всех сил, пршщженных
к этой системе. Этих сил четыре, их равнодействующая \F — f). Она и
'обусловливает ускорение рассматриваемой системы. Как видите, это
ускорение не связано с взаимодействием телеги и лошади.
[татель: Получается, что земная поверхность является не просто местом,
Ма котором происходят те или иные события, но и активным «участни-
Июм» событий.
wop: Ваше образное замечание справедливо. Кстати говоря, поставьте
лошадь с телегой на идеальный лед, исключите тем самым горизонталь-
горизонтальное взаимодействие этой системы с Землей, и никакого движения не
Сбудет.
Следует особо подчеркнуть: никакие внутренние взаимодействия не
могут сообщить ускорение системе как целому, для этого обязательно
необходимы воздействия извне (нельзя самого себя поднять за воло-
волосы). Это есть важное практическое следствие из третьего закона
Ньютона.
КАК ВЫ РЕШАЕТЕ КИНЕМАТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ?
С некоторой высоты падают два тела — одно без начальной
скорости, другое с некоторой начальной скоростью, направленной гори-
горизонтально. Сравните времена падения указанных тел. Сопротивлением
воздуха здесь и далее будем пренебрегать.
Щитатель: Движение тела, брошенного горизонтально, можно рассматри-
рассматривать в виде совокупности двух движений: по вертикали и горизонтали.
Время полета связано с вертикальной составляющей движения. Так
как вертикальное перемещение тел в обоих случаях определяется
35
Если вы хорошо знаете
механику, то вы легко
решаете задачи. Не менее
очевидно и обратное
заключение: если вы легко
решаете задачи, то вы
хорошо знаете механику.
Поэтому решайте как можно
больше задач.
одними и теми же данными (одной и той же высотой, отсутствием верти-
вертикальной составляющей начальной скорости), то отсюда следует, что
время падения обоих тел одно и то же. Оно равно ~\2H/g, где Я — высо-
высота исходного положения.
Автор: Совершенно верно. Д теперь рассмотрим более сложный случай
Предположим, что два тела падают с высоты Н без начальной скорости,
но одно из них встречает на своем пути закрепленную площадку, на-
наклоненную под углом 45° к горизонту. В результате удара о площадку
направление скорости тела становится горизонтальным (рис. 6.1)
Место удара о площадку находится на высоте h. Сравните времена
падения указанных тел.
Читатель: До уровня площадки оба тела падают одно и то же время
В результате удара о площадку одно из тел приобретает горизонталь-
горизонтальную составляющую скорости. Однако горизонтальная составляющая
скорости не может повлиять на вертикаль-
вертикальную составляющую движения тела. Отсюда
следует, что время падения тел и в этом слу-
случае одинаково.
Автор: Это неправильный ответ. Вы правы в
том, что горизонтальная составляющая ско-
скорости не влияет на вертикальное перемеще-
перемещение тела, а следовательно, и на время его па-
падения Однако удар о площадку приводит не
только к появлению горизонтальной состав-
Рис 6 1 ляющей скорости тела, но и к исчезновению
///////////7777/7777/7/
36
вертикальной составляющей скорости. Это, конечно, не может не от-
отразиться на времени падения тела.
Читатель: А почему в результате удара о площадку исчезает вертикаль-
вертикальная составляющая скорости?
Автор: При упругом ударе о закрепленную площадку скорость тела после
удара равна по модулю скорости тела до удара. Направление же ско-
скорости после удара определяется правилом «угол падения равен углу
отражения».
Но продолжим рассмотрение задачи. При ударе о площадку тело теряет
вертикальную скорость и падает с высоты h без начальной вертикаль-
вертикальной скорости. Площадка задерживает вертикальное перемещение тела
и вследствие этого увеличивается время падения. Время падения тела,
не испытавшего удара о площадку, равно ~\/2H/g, время падения
тела, испытавшего удар о площадку, равно ~\2 (Я — h)/g -f ~^2h/g.
В связи с этим я хочу задать следующий вопрос: при каком отношении
высот h/H время падения тела оказывается максимальным? Иначе го-
говоря, на какой высоте надо поместить площадку, чтобы она наиболее
эффективно задерживала падение тела?
Читатель: Я затрудняюсь дать точный ответ. Мне кажется, что отношение
h/H не должно быть близко ни к 1, ни к 0, так как обращение этого
отношения в 1 или в 0 эквивалентно просто отсутствию площадки.
Площадку надо расположить где-то посередине между поверхностью
земли и исходной верхней точкой.
Автор: Ваши качественные замечания справедливы. Нетрудно получить
и точный ответ. Запишем время падения тела:
t = V2///g(Vl — х + л[х), где х — h/H
Надо найти х, при котором функция / (х) максимальна.
Читатель: Я помню из курса алгебры, что для нахождения максималь-
максимального значения функции надо взять производную и приравнять ее ну-
нулю; но я затрудняюсь в вычислении производной от такой сложной
функции.
Автор: В данном случае можно обойтись без нахождения производной.
Возведем время падения в квадрат:
Н-2л/A -x)x)/g.
Если время максимально, то максимален и квадрат времени. Из по-
последнего равенства видно, что значение t2 максимально тогда, когда
максимальна функция у = A — х) х. Таким образом, задача сводится к
исследованию на максимум квадратного трехчлена
у = - х2 + х = - (Х - i/2J + 'Д.
Этот трехчлен имеет максимальное значение при х= '/2- Итак, высота h
должна быть вдвое меньше высоты Я. Дальнейшее рассмотрение ха-
характерных приемов решения кинематических задач проведем на при-
примере тела, бросаемого под углом к горизонту.
Читатель: Я не очень хорошо разбираюсь в подобных задачах.
Автор: Начнем с простой задачи: тело брошено под углом а к горизонту
с начальной скоростью vQ. Надо определить время Т полета, макси-
максимальную высоту Я подъема и дальность L полета. Как обычно, задача
37
У1>
Рис. 6.2
начинается с выявления
сил, действующих на тело.
На тело действует только
сила тяжести, поэтому в
горизонтальном направле-
направлении оно перемещается
равномерно, а в верти-
вертикальном — равноперемен-
равнопеременно с ускорением g. Будем
рассматривать вертикаль-
вертикальную и горизонтальную со-
составляющие движения те-
тела по отдельности, для
этого разложим вектор на-
начальной скорости на вертикальную (у0 sin a) и горизонтальную (u0cos a)
составляющие. Горизонтальная составляющая скорости тела во время
полета постоянна, тогда как вертикальная составляющая скорости из-
изменяется, что показано на рис. 6.2. Начнем рассматривать вертикаль-
вертикальную составляющую движения. Время полета Т = Т1 + Т2, где Г, —
время подъема, Т2 — время спуска. Вертикальная скорость тела в наи-
наивысшей точке траектории (в момент времени t= Г,) равна, очевидно,
нулю. С другой стороны, эта скорость может быть выражена с помощью
формулы зависимости скорости равнопеременного движения от време-
времени: 0 = v0 sin a — gT\. Знак минус объясняется тем, что ускорение g
по направлению оси Y. Отсюда получаем
F.1)
противоположно
vn sin a
Зная Г,, находим Н = (vQ sin a) Tx — gf\/2, или
v{ sin2 a
vi sin2 a
H = —
F.2)
Tn =
Время Т2 спуска можно вычислить, рассмотрев падение тела с извест-
известной высоты Н без начальной вертикальной скорости:
~2Н _ v0 sin a
g ~ §
Сравнивая этот результат с F.1), видим, что время спуска равшз
времени подъема. Полное время полета
2vn sin a
Т = —- . F.3)
g
Для нахождения дальности L полета необходимо обратиться к горизон-
горизонтальной составляющей движения тела. Как уже отмечалось, по гори-
горизонтали тело перемещаемся равномерно. Отсюда находим
L =(v0 cos a) T = (vl sin 2a)/g. F.4)
Из F.4) видно, что если углы бросания тела в двух случаях состав-
составляют в сумме 90°, то при равенстве модулей начальных скоростей тело
упадет в одну и ту же точку (см. рис. 5.1).
38
Питатель: Мне хотелось бы уточнить вопрос о траектории тела в рассмат-
рассматриваемой задаче. Нам говорили, что эта траектория — парабола. Мож-
Можно ли это показать?
'Автор: Да, конечно. Рассмотрим движение в системе координат, показан-
показанной на рис. 6.2. Характер составляющих движений по горизонтали
и вертикали мы уже выяснили. Поэтому можно записать следующие
выражения для зависимости координат хну тела от времени (уравне-
(уравнение движения):
X =(Уо cos а) ^>
y=(vos\n а) t — gt2/2. F.5)
Исключая время из этих уравнений, находим
У=— о ; g 2 х2 + х tg a
2uj- cos2 а
Это есть уравнение параболы.
Щитатель: Уравнение F.5) для у имеет вид, отвечающий равнозамед-
ленному движению. Однако во время спуска тело движется по верти-
вертикали равноускоренно Можно ли и тогда пользоваться Вашим урав-
уравнением?
Швтор: Можно. Действительно, обозначим: у0 — координата тела в наи-
наивысшей точке траектории и т — время, отсчитываемое от момента
прохождения этой точки. Легко видеть, что во время спуска тела
Уо~У = gt2/2-
=t—Ti = t—vosm
nyo=H=v2osm2<x/Bg), то v2os\n2a/Bg) —
— у = (g/2) (t — v0 sin cc/g) , или окончательно
y = (vos\n a) t — gt2/2.
Все ли Вам понятно в задаче?
Читатель: Да, все понятно.
Автор: В таком случае усложним задачу. Предположим, что на тело
массой М действует с постоянной силой F попутный ^горизонтальный
ветер. Требуется, как и в предыдущем случае, найти время Т полета,
высоту Н и дальность L.
Читатель: В отличие от предыдущей задачи горизонтальное перемещение
тела не является теперь равномерным: тело движется по горизонтали с
ускорением а = F/M.
Автор: Изменилось ли что-нибудь в вертикальной составляющей движе-
движения тела?
Читатель: Поскольку сила ветра действует горизонтально, то она не может
влиять на вертикальное перемещение тела.
Автор: Хорошо. А теперь сообразите, какие из искомых величин должны
иметь такие же значения, как и в предыдущей задаче.
Читатель: Очевидно, время Т полета и высота Н. Ведь эти величины
определяются из рассмотрения вертикального перемещения тела. По-
Поэтому они будут такими же, как и в предыдущей задаче.
"Автор: Прекрасно. Вам остается найти дальность полета.
39
Рис. 6.3
Читатель: Зная по горизонтали ус-
ускорение и время полета, находим
дальность полета
L=(y0cosa) T+aT2/2=
= v20/g-s\n2a+2Fv20s\n2a/{Mg2).
Автор: Правильно. Только ответ
лучше записать в ином виде:
О л
7tb cm /г/
8
Далее рассмотрим задачу: тело массой М бросают под углом а к на-
наклонной плоскости, которая образует с горизонтом угол р (рис. 6.3)
Начальная скорость тела равна uQ. Найти расстояние L от точки броса-
бросания до точки падения тела.
Читатель: Я уже пробовал как-то решить подобную задачу. У меня ничего
не получилось.
Автор: Не замечаете ли Вы некоторое сходство между этой задачей и
предыдущей задачей, в условии которой на тело действовал ветер?
Читатель: Нет, не замечаю.
Автор: Давайте выберем ось Ох вдоль наклонной плоскости, а ось Оу
перпендикулярно ей (рис. 6.4, а). Разложим векторы начальной скоро-
скорости и и силы тяжести G на направления этих осей:
и0х — и0 C0S a> и0у = V0 S'n a>
Gx= G sin p, Gy = G cos p.
Легко видеть, что получена предыдущая задача. Но в отличие от нее
здесь ускорение по оси Ох вызывается не силой ветра, а составляющей
силы тяжести G sin p, а ускорение по оси Оу силой G cos p. Поэтому
для определения расстояния L можно воспользоваться результатом
F.6) при условии, что в нем будут произведены замены: F ->- Mg sin p,
g ->- g cos p. Таким образом, находим
и* sin 2a
a)
40
При р = 0 этот результат совпадает с выражением F.4).
Интересно указать еще один способ решения предложенной задачи.
Введем оси координат Ох и Оу с началом в точке бросания тела
(рис. 6.4, б). Профиль наклонной плоскости описывается в этих осях
линейной функцией ух = — х tg р, а траектория тела описывается пара-
параболой у0 = ах2 + Ьх, где а и b — некоторые коэффициенты, выражаю-
выражающиеся через vQ, аир. Найдем координату хА точки пересечения А функ-
функций у} и у2, для чего приравняем эти функции: — х tg Р = ах2 + Ьх.
Отсюда получаем хА — (tg р + Ь)/{— а). Зная хА, находим, искомое
расстояние \ОА\ = L:
L
cos p — a cos P
Остается выразить коэффициенты а и b через у0, аир. Для этого сле-
следует взять две точки параболы — точки Б(хБ, уБ) и В(хв, ув) (см.
рис. 6.4, б). Запишем для каждой из этих точек уравнение параболы:
у2В = ах\ + Ьхв,
у2Б = ах\ + ЬхБ. F.8)
Эта система позволяет определить коэффициенты а и Ь. Я предлагаю
Вам на досуге самостоятельно довести это решение до конца и привести
его к виду F.7).
Ытатель: Мне больше нравится первый способ решения.
\(втор: Это дело вкуса. Указанные два способа решения существенно раз-
различны по своему характеру. Первый способ можно назвать «физи-
«физическим». Он использует характерное для физического подхода модели-
моделирование (мы немного изменили точку зрения и свели нашу задачу к
рассмотренной ранее задаче с ветром). Второй способ может быть
назван «математическим». Здесь использовались две функции и нахо-
находились координаты точки пересечения этих функций. На мой взгляд,
первый способ более изящен, нежели второй. Но зато он обладает
меньшей общностью. Область применимости второго способа заметно
шире. Так, его можно использовать в случае, когда профиль горы,
с которой бросают тело, не является прямым. При этом вместо линей-
линейной функции г/] будем иметь какую-то другую функцию, отвечающую
данному профилю горы. Первый же способ в подобных случаях принци-
принципиально непригоден. В связи с этим напомним, что более широкая
область применимости математических методов связана с тем, что они
более абстрактны.
Читатель: А нельзя ли рассмотреть задачу, где участвуют два тела,
сталкивающиеся в полете?
\втор: Я Вам предложу следующую задачу: тело А бросают вертикально
вверх со скоростью v0A = 20 м/с. На какой высоте Н находилось тело Б,
которое, будучи брошено с горизонтальной скоростью v0E = 4 м/с одно-
одновременно с телом А, столкнулось с ним в полете? Расстояние по гори-
горизонтали между исходными положениями тел равно I = 4м. Найти также
время Т движения тел до столкновения и скорость и каждого тела в
момент столкновения.
Питатель: Наверное, надо сначала составить уравнения движения. Прав-
41
да, не совсем понятно, как выбрать оси ко-
координат; ведь тела начинают движение из
разных точек.
Автор: На тела действует только сила тяжести,
х]^ поэтому проще всего выбрать систему ко-
^ ординат, показанную на рис. 6.5, связав на-
\voa чало отсчета с поверхностью земли; ось
Оу — вертикальная, ось Ох — горизонталь-
горизонтальная. Напишите теперь уравнения движения
^ х Для каждого тела.
Читатель: Тело А из точки с координатами х0А =
= '' Уоа = 0 движется вдоль оси Оу равнопе-
Рис 6 5.
ременно с начальной скоростью vnA, коорди-
координата его по оси Ох не изменяется; я запишу
хА = /,
Автор: Это правильно.
Читатель: Тело Б из точки с координатами х0Б = 0 и уоБ = Н движется
вдоль оси Ох равномерно, а вдоль оси Оу равноускоренно, тогда
( *б = v0Bt2,
{ Уб = ёй/2.
Автор: В последнем уравнении Вы сделали две ошибки. Во-первых, не
учли, что тело Б в начальный момент времени находилось на высоте Н.
Во-вторых, вектор ускорения g направлен в отрицательном направле-
направлении оси Оу; его проекция на ось Оу отрицательна. Вот правильное урав-
уравнение:
уБ = Н- gtj/2.
Читатель: А что делать дальше? В наших уравнениях очень много не-
неизвестных.
Автор: Тела начали движение одновременно, поэтому /, = t2. Известно
также, что тела столкнулись в полете; следовательно, в момент столк-
столкновения при t = Т равны их х- и гу-координаты. Таким образом,
(l=v0BT,
\v0AT-gT2/2=H-gf/2.
Читатель: Получилась система из двух уравнений с двумя неизвестными.
Ее легко решить:
Т = 1/vqB = 1 с; Н = v0AT = vQAl/v0B = 20 м.
Автор: Правильно. Найдите теперь скорости тел в момент столкновения.
Читатель: Скорость тела, движущегося из точки А, определяется
v = v0 - gt
(эту формулу можно получить, воспользовавшись тем, что скорость
тела равна производной координаты по времени).
В нашей задаче:
VA = U0A — eUvQE = Ю.2 М/С.
42
Определить скорость тела Б я затрудняюсь.
Щ.втор: У тела Б две составляющие скорости:
Результирующая скорость определится по теореме Пифагора, так как
обе составляющие перпендикулярны друг другу:
1АДАЧИ
1. Из точек А и Б, находящихся на высотах соответственно 2 и 6 м, одновременно
росают навстречу друг другу два тела: одно горизонтально со скоростью 8 м/с,
ругое вниз под углом 45° к горизонту с такой начальной скоростью, чтобы оба
вла столкнулись в полете. Расстояние между точками Л и Б по горизонтали
Ввно 8 м. Вычислить начальную скорость тела, брошенного под углом 45°,
^ординаты х и у точки столкновения, время Т движения тел до столкновения
{скорости vА и vБ обоих тел в момент столкновения. Траектории тел лежат в одной
цоскости.
Из одной точки брошены два тела под углами а, и а2 к горизонту с началь-
ыми скоростями соответственно vx и v2 На каком расстоянии L друг от друга
удут находиться тела через время t? Рассмотреть два случая: 1) траектории тел
!ржат в одной плоскости, причем тела брошены в разные стороны; 2) траектории
лежат во взаимно перпендикулярных плоскостях.
,3. Тело падает с высоты Н без начальной скорости. На высоте h оно упруго
^аряется о закрепленную площадку, расположенную под углом а= 30° к гори-
]>нту. Найти время Т падения тела и дальность L полета.
ij4. Под каким углом а к горизонту надо бросить тело массой М, чтобы максималь-
высота его подъема была равна дальности полета? На тело действует с по-
кэянной силой F горизонтальный попутный ветер.
,5. На наклонной плоскости с углом р к горизонту бросают камень с начальной
цоростью v„перпендикулярно плоскости. На каком расстоянии L отточки бросания
Ьадет этот камень?
,6. Мальчик ростом h = 1,5 м, стоя на расстоянии L = 15 м от забора высотой
fs=5 м, бросает камень под углом а = 45° к горизонту. С какой минимальной
коростью v„ надо бросать камень, чтобы он перелетел через забор?
,7. С башни высотой Н = 3,48 м под углом а, = 30° к горизонту вниз бросают ка-
1ень со скоростью v,. Одновременно с поверхности земли под углом а2 = 30° к гори-
онту бросают второй камень со скоростью у2 навстречу первому. На каком рас-
тоянии L от подножия башни находится место бросания второго камня, если оба
'амня столкнулись в воздухе?
да.8. Шарик бросают под углом а = 30° к горизонту с начальной скоростью
,S*0= 14 м/с. На расстоянии /=11 м от точки бросания шарик упруго ударяется
,'о вертикальную стенку. На каком расстоянии D от стенки шарик упадет на землю?
^.9. Тело бросили с высоты Н = 19,6 м горизонтально со скоростью vo= 10 м/с.
Тело упруго ударилось о землю, а затем о вертикальную стенку, расположенную
На расстоянии / = 40 м по горизонтали от места бросания. Определить максималь-
максимальную высоту Л,'на которую поднимается тело после удара о стенку. На каком рас-
расстоянии s от стенки тело упадет на землю?
в. 10. Вверх по горе с углом наклона к горизонту р = 30° едут с постоянной одина-
одинаковой скоростью v = 14 м/с грузовик и за ним легковой автомобиль. Определить,
на каком минимальном расстоянии s от грузовика должен ехать автомобиль,
чтобы камень, застрявший в промежутке между задними спаренными колесами
грузовика, не попал в него.
! 43
7. КАК ВЫ РЕШАЕТЕ ЗАДАЧИ НА ЗАКОНЫ НЬЮТОНА?
Автор: При решении так называемых «динамических» задач особенно
важно уметь правильно выявлять силы, приложенные к телу (см § 3).
Читатель: В связи с этим я хочу задать один вопрос. Предположим, что
я правильно выявил все силы, приложенные к телу. Что следует делать
дальше?
Автор: Если векторы сил не направлены вдоль одной прямой, то их следует
разложить на два взаимно перпендикулярных направления и рассмот-
рассмотреть составляющие сил отдельно для каждого из этих направлений,
которые будем называть «направлениями разложения». При этом мне
хочется сразу же дать несколько практических советов. Во-первых,
чтобы не запутаться, при выполнении разложения сил следует силы
изображать на чертеже крупным планом, не мельчить. Обычно уча-
учащиеся стремятся изобразить силы в виде микроскопических стрелочек.
Сравните в связи с этим свой рисунок (см. рис. 3.2) и мой рисунок
(см. рис. 3.3). Во-вторых, не торопитесь разлагать векторы сил раньше
времени. Сначала надо выявить все без исключения силы, приложенные
к телу, и изобразить их на рисунке. Только после этого можно присту-
приступать к разложению тех или иных сил. В-третьих, помните, что, после
того как Вы разложили какую-нибудь силу, надо «позабыть» о сущест-
существовании этой силы и пользоваться вместо нее ее составляющими. Или
сама сила, или ее составляющие.
Читатель: А по какому принципу выбираются направления разложения?
Автор: При выборе направлений разложения надо обратить внимание на
характер движения тела. Возможны два варианта: 1) тело покоится
или движется равномерно и прямолинейно; 2) тело движется с ускоре-
ускорением, причем направление ускорения известно (по крайней мере с точ-
точностью до знака).
В первом случае Вы можете выбирать направления разложения произ-
произвольно, руководствуясь (или не руководствуясь) соображениями прак-
практического удобства. Рассмотрим следующую задачу: определить силу,
при действии которой тело, находящееся на наклонной плоскости, будет
равномерно перемещаться вверх (см. рис. 3.4). Коэффициент трения
скольжения k и угол а известны. Решая эту задачу, с одинаковым
успехом можно выбрать как вертикальное и горизонтальное направле-
направления разложения (рис. 7.1, а), так и направления разложения вдоль
наклонной плоскости и перпендикулярно ей (рис. 7.1, б).
После того как разложение сил выполнено, надо приравнять нулю
алгебраические суммы составляющих сил для каждого из направлений
разложения. Получаем системы уравнений соответственно для случаев,
показанных на рис. 7.1, а, б:
(N cos а — FTp sin а — G = О,
F — FTp cos а — N sin а = 0; \ ■ )
( N — G cos а — F sin а = 0,
{ FTp + G sin а — F cos а = 0. v -2)
Читатель: Эти системы уравнений различны.
44
Nsina i
Fcosa
+> F
Gcosa
6)
Рис 7 1
пор: Но они приводят к одинаковым результатам. Учитывая, что fTp =
= kN [см. C.1)], находим
{N (cos а — k sin а) — G = О,
F — N (k cos а + sin а) = 0.
Из первого уравнения этой системы находим N = G/(cos a — k sin а)
Подставляя этот результат во второе уравнение, получаем ответ:
k cos a + sin а
F= G
cos a — k sin a'
Такой же точно ответ получается из выражений G.2), в чем нетрудно
убедиться самостоятельно.
Щитатель: А как быть, если тело движется ускоренно?
Щвтор: В этом случае выбор направлений разложения сил зависит от на-
направления ускорения тела (направления равнодействующей сил). Сле-
Следует разлагать силы на направления вдоль ускорения и перпендику-
перпендикулярно ему. При этом алгебраическая сумма составляющих сил на на-
направление, перпендикулярное ускорению, приравнивается нулю, а ал-
алгебраическая сумма составляющих сил на направление вдоль ускоре-
ускорения, согласно второму закону Ньютона, равна произведению массы
тела на ускорение.
Обратимся к задаче с телом на наклонной плоскости, полагая, что
тело движется по плоскости с каким-то ускорением вверх. В соответ-
соответствии со сделанными замечаниями следует произвести разложение сил
так же, как и в случае, изображенном на рис. 7.1, б. При этом вместо
системы G.2) будет следующая система уравнений (G = tng):
( N — mg cos a — F sin a = 0,
| F cos a — FTp — mg sin a = ma. ( ^
Используя выражение C.1), определяем ускорение тела:
а = [ F cos a — (mg cos a + F sin a) k — mg sin a] /m. G.3a)
Читатель: Можно ли при наличии ускорения производить разложение сил
45
/
f, f2
J 2
1 / ~>, ., ,.
на направления, отличные от на-
правлений вдоль ускорения и
перпендикулярно ему? Насколь-
ко я понял из Ваших разъясне-
НИИ) этого вроде бы делать
нельзя?
Рис- 7 2 Автор: В связи с Вашим вопросом я
должен уточнить свои разъясне-
разъяснения. Конечно, даже при наличии
ускорения Вы вправе разлагать силы на любые два взаимно перпенди-
перпендикулярных направления. Но тогда придется производить разложение не
только сил, но и вектора ускорения. При этаком способе решения Вам
встретятся дополнительные трудности. Чтобы избежать их, делайте
именно так, как я Вам советовал. Вы всегда знаете в задаче направле-
направление ускорения тела (хотя бы с точностью до знака), вот и исходите из
этого направления. Неумение экзаменующихся рационально выбрать
направление разложения сил — одна из причин их беспомощности при
решении более или менее усложненных задач по динамике.
Читатель: Мы говорим все время о разложении на два направления.
Но, наверное, в общем случае следует говорить о разложении на три
взаимно перпендикулярных направления? Ведь пространство трех-
трехмерно.
Автор: Вы абсолютно правы. Два направления в наших рассуждениях
объясняются тем, что мы рассматриваем задачи в плоскости (двумер-
(двумерные задачи). В общем случае надо разлагать на три направления. При
Этом все замечания, сделанные выше, сохранят силу. Правда, я должен
заметить, что, как правило, на экзаменах предлагаются двумерные
задачи. Хотя, конечно, возможны несложные обобщения на трехмерный
случай.
Читатель: Часто встречаются задачи, где рассматривается движение не
одного, а нескольких тел, связанных невесомой нерастяжимой нитью.
В таких задачах требуется на^ти ускорение системы тел, а также
силы натяжения нити (или нитей, если их несколько). Насколько я
теперь понимаю, надо сначала выявить все-силы, которые приложены к
каждому телу в отдельности.
Автор: Именно так и надо поступить. При этом, естественно, к опре-
определенным телам будет приложена дополнительная сила со стороны
нити, ее часто называют силой натяжения нити, хотя точнее было бы
говорить о силе реакции нити, поскольку это есть сила, с которой нить
действует на тело, а не наоборот. Когда говорят о невесомой нити, то
подразумевают под этим тот факт, что массой нити можно пренебречь,
и поэтому можно считать, что нить действует с одинаковыми по модулю
силами на оба тела, которые она соединяет.
Читатель: Я полагал, что нить всегда действует с одинаковой силой
на эти тела; причем здесь масса нити?
Автор: Для пояснения рассмотрим рис. 7.2. Тела / и 2 соединены нитью
массой т. Благодаря наличию силы F система трех тел (оба тела
плюс нить) движется с некоторым ускорением а, направленным слева
направо. Будем считать, что трения нет и взаимно скомпенсированы
все силы, кроме тех, что показаны на рисунке. Ведь этот рисунок
мы приводим лишь для того, чтобы пояснить определенную мысль. Мы
46
видим, что нить действует на тело / с силой Г] и с такой же (по мо-
модулю) силой действует это тело на нить. На тело 2 нить действует с си-
силой Т2\ с такой же (по модулю) силой тело 2 действует на нить. Можно
написать, что та = Т2 — Г,. Если же пренебрегать массой нити (пг = 0),
то из приведенного выше равенства следует, что Г, = Т2.
Читатель: Я Вас понял.
Автор: Тогда вернемся к вопросу, как решать задачи.
Итак, Вы выявили все силы, приложенные к каждому телу в отдельно-
отдельности. Что надо делать дальше?
Читатель: Наверное, надо, используя второй закон Ньютона, составить
уравнения движения для каждого тела. ■
Автор: И, кроме того, необходимо учесть направление ускорения каждого
тела и тот факт, зто модуль ускорения для каждого тела в системе
один и тот же. Напишите уравнение для тел, представленных на
рис. 3.6, предполагая, что тело 3 опускается вниз.
Читатель: Я воспользуюсь рис. 3.7, на котором мы уже выявили все
силы, приложенные к телам, причем направление силы трения как раз
соответствует движению тел / и 2 вверх по наклонной плоскости:
для тела /( G' = mrg) имеем
Г Г — m,g sin а — F'Tp = mxa, ^
\ N' — mxg cos а= 0;
для тела 2( G" = m2g)
Т" -Г - Fw - m2g sin a = m2a,
N" — m2g cos а = 0;
для тела 3( G'" = m3 g)
Т" = тла- G-6)
Автор: Далее учтем, что F7p = kN', FTp = kN" [см. C.1)]. Используя эти
соотношения и системы G.4) — G.6), приходим в итоге к системе урав-
уравнений:
{T' — m^g sin <x—kmxg cos a=m,a,
j" — j1 — m2g sjn a—km2g cos a=m2a, G.7)
mAg—T" = mAa.
Складывая почленно правые и левые части уравнений системы G.7),
получаем ускорение
m з — (m, + m2) (sin a + k cos a)
a = g — — G.8)
Теперь найдем силы натяжения нитей [подстановкой G.8) в G.7)]:
тДт2 "Ь m i) (' + sin a + /г cos a) g
Ш, + rn2-\- пгл
тхтл(\ -\- sin a + k cos a) g
47
"^^
ЯЯЯТЙЯ
Рис 7 3
ЗАДАЧИ
7.1. По горизонтальной плоскости дви-
движется тело массой М = 5 кг под дейст-
действием силы F = 30 Н, приложенной к
телу под углом а = 30° к горизонту.
Коэффициент трения скольжения k =
= 0,2 Вычислить скорость v тела через
t = 10 с после начала действия силы и работу А против силы трения за указан-
указанное время
7.2. Человек везет двое связанных между собой саней, прикладывая к веревке
силу F = 120 Н под углом а = 45° к горизонту (рис 7 3) Массы саней одинаковы
и равны т = 15 кг Коэффициент трения полозьев по снегу к = 0,02. Найти ускоре-
ускорение а саней и силу натяжения Т веревки между санями, а также силу F , с которой
должен тянугь веревку человек для того, чтобы сани двигались равномерно.
7.3. Через неподвижный блок перекинута нить, к которой подвешены три одина-
одинаковых груза массой М = 2 кг каждый (рис 7 4) Найти ускорение а системы и силу
натяжения Т нити, связывающей грузы / и 2 <
7.4. Вычислить ускорение а грузов и силы натяжения Т нитей в случае, изображен-
изображенном на рис 7 5 Дано а = 30°, т, = 4 кг, т2 = 2 кг, гпл = 8 кг Трением о плоскость
пренебречь
7.5. Дана система грузов (рис 7 6, УИ, = 1 кг, М2 = 2 кг, М3 = 5 кг, М4 = 0,5 кг,
а = 30°) Коэффициент трения грузов о плоскость k = 0,2 Найти ускорение а си-
системы грузов, силы натяжения Т нитей и силу /, с которой груз М4 давит на груз М3
7.6. Дана система грузов (рис 7 7, известно, что mf = 2m, m2 = 3m, тл = m)
Вычислить ускорения грузов а и силы натяжения Т нитей
8. НАСКОЛЬКО УСЛОЖНЯЕТ РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
УЧЕТ СИЛЫ ТРЕНИЯ?
Автор- Учет силы трения может весьма сильно усложнить решение задач.
Читатель: Но мы уже1 обсуждали вопрос о силе трения (см. § 4). Если
тело движется, то сила трения определяется через силу реакции опоры
(FTp = kN); если же тело покоится, то сила трения равна по модулю
той силе, которая стремится вывести тело из состояния покоя. Все это
нетрудно понять и запомнить.
Автор: Это так. Однако Вы упускаете из виду одно важное обстоятель-
обстоятельство. Вы предполагаете, что заранее известны ответы на вопросы:
1) покоится или движется тело; 2) в какую сторону движется тело.
Рис 7 5
Рис 7 6
Если это заранее известно, то тогда действительно
все относительно просто. Однако если это неизве- I
стно, то задача сразу становится сложной и требу- ^р
ет специальных исследований.
Читатель: Да, я вспоминаю. Мы с Вами говорили об
этом в § 3 в связи с обсуждением выбора направ-
направления силы трения.
Автор: Теперь я хочу остановиться на этом вопросе
подробнее. Я полагаю, что вопрос об усложнениях, W|*-
вносимых в динамические задачи учетом силы тре-
трения, явно недооценивается как учащимися, так и
некоторыми составителями задач.
Рассмотрим пример: тело находится на наклонной
плоскости (рис. 3.4). Даны угол а наклона плос- 2
кости, силы G и F, коэффициент трения скольже- О тз
ния k Для простоты будем полагать, что k0 = k
(здесь' kQ — коэффициент, определяющий макси- р _7
мально возможную силу трения покоя). Требуется
выяснить характер движения тела, найти ускоре-
ускорение.
Предположим, что тело движется вверх по наклонной плоскости. Раз-
Разложим все силы на направления вдоль плоскости и перпендикулярно ей
(рис. 7.1, б) и воспользуемся результатом G.3а), полученным для
ускорения в § 7:
а = g [F cos a— G sin a — (G cos а+ F sin a) k]/G. (8.1)
Из (8.1) следует, что для движения тела вверх по наклонной плоскости
необходимо, чтобы выполнялось условие
F cos a — G sin a — (G cos a + F sin a) k ^ 0
Перепишем его в виде
„ _ „ k cos a + sin a
Г jJS <J ; ,
cos a — k sin a
или
">°!-?£а <82>
При этом предположим, что угол наклона плоскости не слишком велик,
так что A — k tg a) > 0, или
tg a< l/k. (8.3)
Далее допустим, что тело движется вниз по наклонной плоскости. Раз-
Разложим все силы в соответствии со схемой на рис. 7.1, б, но теперь на-
направим силу трения в противоположную сторону. В результате полу-
получаем для ускорения тела следующее выражение:
а= g[G sin a— f cos a — (G cos a+ F sin a) k]/G. (8.4)
Из (8.4) следует, что для движения тела вниз по наклонной плоскости
необходимо, чтобы выполнялось условие
G sin а — F cos a — (G cos a + F sin a) k ^ 0.
49
Перепишем его в виде
_ ^ „ sin a — k cos а
f< G г—г ,
cos а + k sin а
или
F<C,tg,B-ft. (8.5)
1 + k tg а
При этом предположим, что угол наклона плоскости не слишком мал,
так что (tg а — k) > 0, или
tga>£. (8.6)
Объединяя условия, выраженные неравенствами (8.2), (8.3), (8.5),
(8.6), можно сделать следующие заключения:
1. Пусть для данной задачи выполняется условие
k <tg a< \/k,
тогда:
* а) если F > G (/г + tg a)/( I — /г tg a), то тело движется вверх с ускоре-
ускорением (8.1);
б) если F = G (k + tg a)/(l — /г tg a), то тело движется вверх равно-
равномерно или покоится;
в) если F < G (tg a — /г)/( 1 + k tg a), то тело движется вниз с ускоре-
ускорением (8.4);
г) если F=G(tga—k)/(\ + k tg a), то тело движется вниз равно-
равномерно или покоится;
д) если G(tg~a — k)/{\ +/jtga)<F<G(/j + tga)/(l — /г tg a), то
тело покоится.
Заметим, что с увеличением силы F от G(tga— k)/(\ +/г tg a) до
G (k + tg a)/( 1 — k tg a) сила трения покоя постепенно уменьшается от
k (G cos a-j-F sin a) до нуля и затем, изменив направление на обратное,
возрастает от нуля до k (G cos a+F sin a). Все время, пока совершается
этот процесс, тело покоится.
2. Пусть для данной задачи выполняется условие
0<tg а</г,
тогда:
а) если F > G (k + tg a)/( 1 — /г tg a), то тело движется вверх с ускоре-
ускорением, определяемым по формуле (8.1);
б) если F = G (k + tg a)/( 1 — /г tg a), то тело движется вверх равно-
равномерно или покоится;
в) если F <C G (k + tg a)/(l — k tg a), то тело покоится; движение тела
вниз по наклонной плоскости вообще невозможно (даже если сила F
обратится в нуль).
3. Пусть для данной задачи выполняется условие
tga> \/k,
тогда:
а) если F < G (tg a — k)/( 1 + k tg a), то тело движется вниз с ускоре-
ускорением, определяемым по формуле (8.4);
50
б) если F = G (tg a — k)/( I + k tg а), то тело движется вниз равно-
равномерно или покоится;
в) если F >• G (tg a — k)/( 1 + /г tg a), то тело покоится; движение тела
вверх по наклонной плоскости вообще невозможно. На первый взгляд
это кажется непонятным: ведь мы можем увеличивать силу F беспре-
беспредельно! Однако наклон плоскости настолько велик, что с увеличением
силы F будет сильнее возрастать эффект прижимания тела к плоскости.
Читатель: Нам никогда ничего подобного не доказывали.
Автор: Именно поэтому я и хотел обратить на это Ваше внимание. Конеч-
Конечно, на экзамене Вы столкнетесь, по-видимому, с более упрощенным
случаем; трения вообще нет или трение есть, но заранее известен
характер движения тела (например, известно, покоится тело или дви-
движется) . Однако, даже не плавая на глубоких местах, полезно знать, где
* они находятся.
Читатель: А чго будет, если в Вашем исследовании положить k = О?
Автор: В отсутствие трения все сразу же упростится. В этом случае для
любого угла наклона плоскости будем иметь результаты:
а) при F > G tg a тело движется вверх с ускорением
а= g(F cos a— G sin a)/G; (8.7)
б) при F= G tg a тело движется равномерно (вверх или вниз) либо
покоится;
в) при F <C G tg a тело движется вниз с ускорением
a=g(G sin a— Fcosa)/G. (8.8)
Заметьте, что результаты (8.7) и (8.8) совпадают с точностью до
знака. Поэтому при решении задачи можно спокойно предположить
любое направление движения тела, найти а и обратить внимание на
знак ускорения. Если а>0, то движение тела происходит вдоль вы-
выбранного направления, если же а<0, то движение тела происходит
в обратном направлении (при этом ускорение равно \а\).
Рассмотрим еще одну задачу. Даны два тела га, и га2, связанные нитью,
перекинутой через блок. Тело га, находится на наклонной плоскости
с углом наклона а, коэффициент трения о плоскость равен k\ тело га2
висит на нити (рис. (8.1). Найти ускорение системы.
Предположим, что система движется слева направо. Рассматривая
движение системы как целого, находим для ее ускорения следующее
выражение:
m — m sin a — km cos a
a = g — ! ■ ! (8.9)
В предположении, что система движется справа налево, находим
m sin a — пг„ — km cos a
a=g— ■ . (8.10)
Проведем исследование для заданных а и k. При этом варьируется
отношение р = m2/ml. Из формулы (8.9) следует, что для движения
системы слева направо необходимо, чтобы выполнялось условие
р ^ sin a + k cos a.
51
m
Из (8.10) следует, что для движе-
движения системы справа налево необхо-
необходимо, чтобы выполнялось условие
р ^ sin a — k cos а.
При этом необходимо дополнитель-
дополнительное условие, чтобы угол наклона
плоскости не был слишком мал:
tg a > k. Если же tg a ^ k, то, как
Рис 8.1 бы велико ни было отношение р,
система не будет двигаться справа
налево.
Если tga>/s, то тела покоятся при выполнении неравенств
sin a — k cos a < p < sin a -}- k cos a.
Если же tga^/г, то тела покоятся при
р <С sin a + k cos a.
ЗАДАЧИ
8.1. Два груза с одинаковыми массами связаны между собой нитью, перекинутой
через невесомый блок. Плоскости, на которых находятся грузы, составляют с гори-
горизонтом углы аир (рис. 8.2). Найти ускорение а грузов и силу натяжения Т нити.
Коэффициент трения скольжения грузов о плоскость одинаков и равен к. При
каком коэффициенте трения kf грузы будут находиться в покое?
8.2. Тормозу автомобиля удерживают его на склоне горы с уклоном 0,3 Опреде-
Определить тормозной путь автомобиля на горизонтальной дороге, если перед торможе-
торможением он двигался со скоростью v = 72 км/ч. Коэффициент трения скольжения на
горизонтальной дороге в п = 0,8 раз меньше, чем на склоне горы.
8.3. На наклонной плоскости с углом наклона a = 30° находится брусок массой
m = 3 кг. К нему приложена сила F = 9,8 Н, направление которой показано на
рис. 8.3. Определить ускорение а движения бруска и силу трения А , если коэффи-
коэффициент трения скольжения бруска о плоскость равен k = 0,3
8.4. Санки можно удержать на ледяной горе с уклоном 0,3 силой, не меньшей
F = 60 Н, а предоставленные сами себе, они скатываются с ускорением а = 2 м/с2
Какую силу А, надо приложить к санкам, чтобы тянуть их в горку равномерно?
Считать силы F и Fl направленными вдоль наклонной плоскости.
8.5. Небольшой брусок находится на наклонной плоскости с углом наклона а.
Коэффициент трения скольжения между бруском и плоскостью k. Наклонная
плоскость движется с ускорением а в направлении, указанном на рис. 8.4, а, б.
При каком минимальном ускорении брусок начнет скользить по плоскости?
8.6. Брусок массой М, находится на доске массой Мт расположенной на горизон-
горизонтальной плоскости. Коэффициент трения скольжения между бруском и доской
Рис. 8 2
Рис 8 3
52
а) б)
Рис. 8.4
равен k , а между доской и плоскостью kT Найти минимальную горизонтальную
силу F, при действии которой на доску происходит сдвиг бруска относительно
доски.
8.7. Три тела одинаковой массы т = 1 кг находятся друг на друге (рис. 8.5)
Коэффициент трения между телами / и 2 равен &, =0,1, а между телами 2 и 3 —
k2 = 0,2. Коэффициент трения между полом и телом 3 равен кл = 0,1. Тело 2 тянут
с некоторой горизонтальной силой Р. При какой силе F возможно такое движение
этих трех тел, при котором тела / и 3 остаются в покое друг относительно друга?
Определить ускорения а , а2 и а3 всех трех тел при этом движении.
9. СУЩЕСТВУЕТ ЛИ ЦЕНТРОБЕЖНАЯ СИЛА?
Автор: Опыт показывает, что вопросы и задачи, связанные с движением
тела по окружности, для многих экзаменующихся оказываются чрез-
чрезмерно трудными. В ответах на эти вопросы содержится множество
характерных ошибок. Чтобы продемонстрировать это, давайте пригла-
пригласим к участию в нашей беседе еще одного читателя, которому неизве-
неизвестно все то, о чем мы говорили до сих пор. Назовем его условно
«читателем Б» (своего прежнего собеседника я буду называть теперь
«читателем А»).
Я предлагаю читателю Б указать силы, действующие на спутник, дви-
движущийся вокруг Земли. Условимся пренебрегать сопротивлением атмо-
атмосферы и притяжением Луны, Солнца и прочих небесных тел.
Читатель Б: На спутник действуют две силы: притяжение Земли (сила
тяжести) и центробежная сила.
Автор: Против притяжения Земли у меня возражений нет. А вот появле-
появление центробежной силы мне непонятно. Объясните.
Читатель Б: Если бы этой силы не было, спутник не мог бы удержаться
на орбите.
Автор: И что же с ним стало бы?
Читатель Б: Он упал бы на Землю.
Автор (обращаясь к читателю А): Вспомни-
Вспомните, что я говорил раньше! Вот пример,
когда существование той или иной силы
пытаются вывести не из взаимодействия
тел; а обратным ходом — из характера
движения тела. Видите ли, спутнику надо
удержаться на орбите, значит, надо вво-
вводить «удерживающую» силу. Кстати го-
говоря, если бы эта центробежная сила дей-
действительно существовала, то именно Рис 8.5
53
кг
1
у//////////////////////////,
Движение по окружности —
простейший тип
криволинейного движения.
Тем более важно разобраться
в специфике этого движения.
Ведь мир полон
криволинейных движений!
Рассмотрим равномерное
движение материальной
точки по окружности,
движение спутников,
а в связи с этим обсудим
причины невесомости тел.
тогда-то спутник и не смог бы удержаться на орбите. Ведь в этом случае
силы, действующие на спутник, взаимно уничтожились бы и спутник
должен был бы лететь равномерно по прямой линии.
Читатель А: Центробежная сила никогда не прикладывается к вращаю-
вращающемуся телу. Она прикладывается к связи. А к вращающемуся телу^
прикладывается центростремительная сила.
Читатель Б: Получается, что к спутнику приложен только вес?
Автор: Да. Только не вес, а сила тяжести.
Читатель Б: И он при этом не падает на Землю?
Автор: Движение тела под действием силы тяжести называют падением.
Значит, спутник падает. Однако его «падение» имеет вид движения
по окружности вокруг Земли и поэтому продолжается неограниченно
долго. Мы уже обсуждали этот факт, что направления движения тела
и действующей на него силы не обязательно должны совпадать
(см. § 5).
Читатель Б: Говоря о притяжении Земли и центробежной силе, я исходил
из формулы
(9Л)
где в левой части равенства стоит сила притяжения (га — масса
спутника, М — масса Земли, г — радиус орбиты, считая от центра
Земли, у — гравитационная постоянная), а в правой части — центро-
центробежная сила (и — скорость спутника). Выходит, что эта формула
неверна?
Автор: Нет, эта формула верна. Неверно Ваше толкование формулы. Вы
рассматриваете соотношение (9.1) как уравнение равновесия двух сил.
Однако на самом деле это выражение второго закона Ньютона
F = та,
где F — ymM/r ,aa=v /r — центростремительное ускорение.
Читатель Б. Я согласен, что Ваше толкование позволяет обойтись без
центробежной силы. Но если нет центробежной силы, то должна быть
по крайней мере центростремительная сила. Однако Вы о ней не упо-
упоминаете.
Автор: В рассматриваемом случае центростремительная сила есть сила
притяжения спутника к Земле. Подчеркиваю, что речь не идет о каких-
то двух силах. Нет. Это одна и та же сила.
Читатель Б: Но тогда зачем вообще вводят понятие центростремительной
силы?
Автор: Вот в этом я с Вами согласен. Я думаю, что термин «центро-
«центростремительная сила» ничего, кроме лишней путаницы, не дает. То, что
понимается под центростремительной силой, вовсе не является какой-
то самостоятельной силой, приложенной к телу наряду с прочими сила-
силами. Это равнодействующая всех сил, прилаженных к телу, равномерно
движущемуся по окружности. Величину mv2/r не является силой,
а представляет произведение массы m тела на центростремительное ус-
ускорение v /г. Это ускорение направлено к центру, значит, и равнодей-
равнодействующая всех сил, приложенных к телу, равномерно движущемуся по
окружности, направлена к центру. Итак, есть центростремительное yc-v
корение и есть силы, которые сообщают телу центростремительное
ускорение.
Читатель Б: Должен сознаться, что такой подход к рассмотрению движе-
движения тела по окружности мне нравится. Действительно, указанное дви-
движение — это не статический случай, для которого характерно равнове-
равновесие сил, а динамический случай.
Читатель А: Если отказаться от понятия центростремительной силы, то
тогда, наверное, следует отказаться и от термина «центробежная сила»
даже в применении к связи?
Автор: Введение термина «центробежная сила» является неоправданным
еще в большей мере. Центростремительная сила все-таки существует
\ «.центробежная
! )£ сила »
«центро ' / \1<Г *\J
стремительная ^f "*
• сила»
Рис. 9.1
55
как равнодействующая сил. Центробежная же сила даже не всегда
существует.
Читатель А: Последнее замечание мне непонятно. Центробежная сила
вводится как противодействие по отношению к центростремительной
силе. Если она не всегда существует, то получается, что не всегда
выполняется третий закон Ньютона?
Автор: Третий закон Ньютона выполняется только для реальных сил,
определяемых через взаимодействия тел, а вовсе не для равнодейст-
равнодействующих этих сил. Я поясню это утверждение на примере конического
маятника (рис. 9.1). На шарик действуют две силы: сила тяжести G
и сила реакции Т нити. Векторная сумма этих сил обеспечивает центро-
центростремительное ускорение шарика, ее и называют центростремительной
силой. Сила E обусловлена взаимодействием шарика с Землей. Проти-
Противодействием этой силы служит сила G{, она приложена к Земле. Сила
Т обусловлена взаимодействием шарика с нитью. Противодействием
этой силы служит сила Г,, она приложена к нити. Если формально
сложить силы G( и Г,, то получится сила, под которой принято пони-
понимать центробежную силу (см. пунктир на рис. 9.1). Но к чему прило-
приложена эта сила? Можно ли говорить о ней, как о силе, если оДна из ее
составляющих приложена к Земле, а другая совсем к другому телу —
к нити? Ясно, что в данном случае понятие центробежной силы не имеет
физического смысла.
Читатель А: А в каких случаях центробежная сила существует?
Автор: Например для спутника, когда взаимодействуют только два тела:
Земля и спутник. Центростремительная сила есть сила притяжения
спутника Землей. Центробежная сила есть сила притяжения Земли
спутником.
Читатель Б: Вы до сих пор говорили о равномерном движении по окруж-
окружности. А если тело движется по окружности неравномерно? Например,
тело соскальзывает с верхушки вертикально поставленного обруча.
Пока оно скользит по обручу, оно движется по окружности. Однако это
движение явно не равномерное, так как скорость тела возрастает. Как
тут быть?
Автор: Мы касались этого в § 1. Напомним еще раз основные выводы.
Если тело движется по окружности равномерно, то равнодействующая
всех сил, приложенных к нему, направлена к центру — она сообщает
телу центростремительное ускорение. В более общем случае неравно-
неравномерного движения по окружности равнодействующая сил уже не на-
направлена к центру. В этом случае она имеет составляющие, одна из
которых направлена по радиусу к центру, а другая — по касательной к
траектории тела (т. е. к окружности). Первая составляющая опреде-
определяет центростремительное ускорение тела, связанное с изменением на-
направления скорости; вторая — определяет тангенциальное (касатель-
(касательное к окружности) ускорение тела, связанное с изменением модуля ско-
скорости. Следует подчеркнуть, что поскольку модуль скорости изменяет-
изменяется, то должен изменяться и модуль центростремительного ускорения
v'/r.
Читатель Б: Значит, для каждого момента времени центростремительное
ускорение определяется формулой а = v2/r, где v — мгновенная ско-
скорость для этого момента?
56
Автор: Совершенно верно. Если при равномерном движении по окружнос-
окружности центростремительное ускорение постоянно по модулю, то при нерав-
неравномерном движении по окружности оно меняется в процессе движения
тела.
Читатель А: Чем следует руководствоваться, чтобы узнать, как именно
изменяется скорость v при неравномерном движении тела по окруж-
окружности?
Автор: Обычно для этой цели применяют закон сохранения энергии. Рас-
Рассмотрим конкретный пример. Пусть тела массой М соскальзывает без
трения с верхушки вертикально поставленного обруча радиусом R.
С какой силой оно будет давить на обруч, проходя точку, высота кото-
которой меньше высоты верхушки обруча на h? Начальная скорость тела на
верхушке обруча равна нулю. Прежде всего надо выяснить, какие силы
действуют на тело?
Читатель Л: На тело действуют две силы: сила тяжести б = Mg и сила
реакции опоры N. Они показаны на рис. 9.2.
Автор: Правильно. Что Вы будете делать дальше?
Читатель А: Я буду делать так, как Вы говорили. Найду равнодействую-
равнодействующую этих сил и затем разложу ее на две составляющие: на направле-
направления вдоль радиуса и по касательной к окружности.
Автор: Все правильно. Однако проще, очевидно, не искать равнодействую-
равнодействующую, а сразу же разложить приложенные к телу силы на два ука-
указанных направления, тем более что разлагать придется только одну
силу — силу тяжести.
Читатель А: Я выполню это разложение на рис. 9.2.
Автор: Сила (j2 обусловливает тангенциальное ускорение тела, она нас
не интересует. Равнодействующая сил б{ и N вызывает центростреми-
центростремительное ускорение тела, т. е.
G, - N=Mv2/R.
(9.2)
Скорость тела в интересующей нас точке (точка А на рис. 9.2) найдем
из закона сохранения энергии:
Mgh = Mv2/2. (9.3)
(Считаем потенциальную энергию в точке А равной нулю; см. § 13.)
Объединяя (9.2) и (9.3) и учитывая, что G, = Mg cos a= Mg (R — h)/R,
получаем
Mg (R - h)/R - N = 2Mgh/R.
Искомая сила давления тела на обруч
равна в соответствии с третьим зако-
законом Ньютона силе реакции опоры:
N=Mg{R-3h)/R. (9.4)
Читатель Б: В Ваших рассуждениях
предполагается, что в точке А тело все
еще находится на поверхности обруча.
Но ведь может оказаться, что оно
оторвалось от обруча, не дойдя до
точки А.
Автор: Можно найти точку, в которой
N
Рис. 9.2
57
тело должно оторваться от обруча. Эта точка соответствует крайнему
случаю, когда сила давления тела на обруч уменьшается до нуля.
Поэтому надо в (9.4) положить N = О и затем из получившегося урав-
уравнения найти расстояние по вертикали от верхней точки обруча до точки
отрыва:
Ло = Я/3. (9.5)
Если в предложенной задаче значение h удойлетворяет условию h <C hQ,
то верен результат (9.4); если же h ^ Ло, то N = 0.
Читатель А: Насколько я понял, в задаче были использованы два физи-
физических" закона (9.2) и (9.3).
Автор: Хорошо, что Вы обратили на это внимание. Действительно, в зада-
задаче использовались два закона: второй закон Ньютона [см. (9.2)] и за-
закон сохранения энергии [см. (9.3)]. К сожалению, экзаменующиеся
не всегда достаточно четко представляют, какие именно физические
законы применяются при решении той или иной задачи. А это очень
важно понимать.
Приведу пример. Телу сообщают начальную скорость у0, чтобы оно
смогло попасть из точки А в точку В. Предлагаются два варианта пути
от А до В (рис. 9.3, а, б). В обоих случаях тело должно преодолеть одну
и ту же высоту Н, но по-разному. Найти минимальную начальную ско-
скорость vQ для обоих случаев. Трением можно пренебречь.
Читатель Б: Я думаю, что в обоих случаях минимальная начальная
скорость должна быть одна и та же, ведь трения нет, и надо преодо-
преодолеть одну и ту же высоту. Эту скорость можно вычислить из закона
сохранения энергии mgH = mv20/2, откуда v0 = \2gH.
Автор: Ваш ответ неправилен. В первом случае тело в верхней точке будет
иметь скорость у,, соответствующую центростремительному ускорению,
которое создается равнодействующей силы тяжести и силы реакции
опоры. Поскольку рассматривается задача на минимум, то следует
считать, что в точке Б давление на опору исчезает, а следовательно,
и реакция опоры сводится к нулю. При этом на тело Действует только
сила тяжести, которая и сообщает ему центростремительное ускоре-
ускорение, т. е.
7,2
mg=
(9.6)
В
mguoa
Рис. 9 3
Рис 9 4
58
где R = Я/2.
Добавляя к динамическому равенству (9.6) энергетическое равенство
mv20/2 = mv\/2 + mgH, (9.7)
получаем, что минимальная начальная скорость равна v 5/г gH. Во вто-
втором случае тело может проходить верхнюю точку траектории при ско-
скорости, бесконечно близкой к нулю, так что можно ограничиться энерге-
энергетическим равенством. И тогда справедлив предложенный Вами
результат.
Читатель Б: Я Вас понял. Если бы в первом случае тело не имело в
точке Б скорости, то оно просто свалилось бы вниз.
Автор: Если бы в первом случае тело имело начальную скорость yo=V2g7/,
предложенную Вами, то оно не дошло бы до точки Б и оторвалось бы
от опоры несколько раньше. Я предлагаю найти высоту h точки отры-
отрыва при условии, что v0 = \2gH.
Читатель А: Разрешите мне попробовать решить эту задачу.
Автор: Пожалуйста.
Читатель А: В точке отрыва реакция опоры равна, очевидно, нулю. Поэто-
Поэтому в этой точке на тело действует только сила тяжести G = mg. Разло-
Разложим ее на составляющие вдоль радиуса (mg cos а) и перпендикулярно
ему (mg sin а), как показано на рис. 9.4 (А — точка отрыва). Со-
Составляющая вдоль радиуса сообщает телу центростремительное уско-
ускорение, определяемое из равенства
mg cos a= mv\/R, (9.8)
где v2 — скорость тела в точке А. Для ее нахождения используем
энергетическое равенство
mv22/2 + mgh = mv20/2. (9.9)
Объединяя динамическое (9.8) и энергетическое (9.9) равенства и учи-
учитывая, что cos a = (h — R)/R, получаем
mg (h — R) = mvl — 2mgh.
Отсюда находим
h = Bv2Q + gH)/Fg). (9.10)
Подставляя v\ = 2gH в (9.10), получим искомый результат:
h = 5/б Н.
Автор: Все правильно. Замечу, что, используя (9.10), можно наш и тгжую
начальную скорость у0, которая позволила бы телу описать мертвую
петлю. Для этого надо в (9.10) принять h= H, тогда
откуда следует уже известный нам результат:
Читатель А: Условие (9.10) получено в случае, когда тело oi опоры
отрывается. Как же можно применять (9.10) к случаю, кома тело
проходит петлю, не отрываясь?
59
Автор: Отрыв в самой верхней точке мертвой петли фактически означает,
что тело не отрывается, а, пройдя эту точку, продолжает движение но
окружности.
Читатель Б: Можно сказать, что тело оторвалось как бы на одно мгно-
мгновение.
Автор: Да, Вы правы. В заключение я предлагаю рассмотреть следующую
задачу. На краю наклонной плоскости с углом наклона а лежит тело.
Плоскость равномерно вращается вокруг вертикальной оси с угловой
скоростью (о. Расстояние от тела до оси вращения плоскости равно R.
Требуется найти наименьший коэффициент kQ (напомним, что этот
коэффициент характеризует ма»Лимально возможное значение силы
трения покоя), при котором тело удерживается на вращающейся на-
наклонной плоскости (рис. 9.5, а).
Читатель А: К телу приложены три силы: сила тяжести б, сила реак-
реакции опоры N и сила трения FTp.
Автор: Правильно. Хорошо, что Вы не добавили к ним центростреми-
центростремительную силу. Что Вы будете делать дальше?
Читатель А: Дальше я разложу силы на направления вдоль плоскости и
перпендикулярно ей (рис. 9.5, б).
Автор: Здесь я Вас остановлю. Мне не нравится Ваше разложение. Ска-
Скажите, куда направлено ускорение тела?
Читатель А: Ускорение направлено по горизонтали. Это центростреми-
центростремительное ускорение.
Автор: Правильно. Поэтому следует разлагать силы на направления по
горизонтали (т. е. вдоль ускорения) и по вертикали (т. е. перпендику-
перпендикулярно ускорению). Вспомните, о, чем мы говорили в § 7.
Читатель А: Я понял. Разложение сил на горизонтальное и вертикальное
направления показано на рис. 9.5, в. Вертикальные составляющие сил
уравновешиваются, а горизонтальные составляющие обусловливают
центростремительное ускорение тела:
!N cos a + Frp sin а — G = О,
FTp cos а — N sin а = tnv2/R.
Учитывая, что FTp = kQN, v2/R = со2/? и G = mg, перепишем эти соотно-
соотношения в следующем виде:
а)
60
Рис. 9.5
!jV(cos a+ kQ sin a) = mg,
N (k0 cos a — sin a) = tnupR.
Читатель Б: Здесь только два уравнения, а неизвестных три: k(), m, N.
Автор: Тем не менее эти уравнения решить можно. Ведь нам надо найти не
все эти три неизвестных, а только одно — коэффициент k0. Неизвест-
Неизвестные m и N можно легко исключить, разделив первое уравнение на
второе.
Читатель А: После деления уравнений получаем
cos a + kQ sin a g
kQ cos a — sin a co2/?
Отсюда находим искомый результат:
k _ ^R cos a + g sin a ,91J.
0 g cos a — со2/? sin a
Автор: Из формулы (9.11) видно, что должно быть выполнено условие
{g cos a — (O2R sin a) > 0,
которое можно записать в виде
/to2fl. (9-12)
Если условие (9.12) не выполнено, то никакая сила трения не в со-
состоянии удержать тело на вращающейся наклонной плоскости. В за-
заключение хочу обратить Ваше внимание на два частных результата, вы-
вытекающих из (9.11). Первый частный случай, когда а= 0: тело нахо-
находится на горизонтальном вращающемся диске. Тогда из (9.11) полу-
получаем
К = Л/£-
Второй частный случай, когда со = 0; тело находится на неподвижной
наклонной плоскости и вот-вот заскользит вниз. Тогда из (9.11) по-
получаем
k0 = tg a.
Читатель А: Последний результат мне уже известен. Это есть коэффи-
цент трения скольжения тела, равномерно соскальзывающего с на-
наклонной плоскости.
ЗАДАЧИ
9.1. Небольшое тело, подвешенное на нити, равномерно движется по окружности
в горизонтальной плоскости (рис. 9.6). Определить отношение сил натяжений
нити и угловых скоростей для двух разных значений угла а: а = 30° и ol = 45°.
9.2. Тело массой М, подвешенное на нити длиной /, отклонили на 90° от верти-
вертикального положения и отпустили. Найти зависимость силы натяжения нити
и ускорения тела от угла между направлением нити и вертикалью.
9.3. Найти отношение сил, с которыми танк давит из середины выпуклого и вог-
61
нутого мостов. Радиус кривизны мостов в обоих случаях равен R = 40 м, а ско-
скорость движения танка v = 45 км/ч.
9.4. Тело соскальзывает без трения с высоты Н = 60 см и описывает мертвую
петлю радиусом R = 20 см (рис. 9.7). Найти отношение сил, с которыми тело давит
на опору в точках А, Б, В.
9.5. С какой минимальной высоты Н (см. рис. 9.7) должно соскальзывать без
трения тело, чтобы оно описало мертвую петлю радиусом R = 30 см?
9.6. Тело массой М движется с постоянной скоростью v по профилю, изображен-
изображенному на рис. 9.8 (радиус кривизны /?). Найти силы, с которыми тело давит на опору
в точках А, Б, В.
9.7. Тело может двигаться по окружности в вертикальной плоскости на нити дли-
длиной /. Какую горизонтальную скорость v0 необходимо сообщить телу в верхнем
положении, чтобы сила натяжения нити в нижнем положении оказалась в п= 10 раз
больше силы тяжести тела?
9.8. По желобку, изогнутому в виде окружности радиусом R, может без трения
скользить тело массой т. На какой высоте h будет находиться тело, если желобок
равномерно вращается с угловой скоростью со (рис. 9.9)? С какой силой F тело
давит на желобок?
9.9. Шарик подвешен на нити длиной Л На расстоянии 1/2 по вертикали от точки
подвеса в стену вбит гвоздь. Шарик отводят так, что нить занимает горизонтальное
положение, и отпускают. Определить высоту h, до которой поднимается шарик.
9.10. Резиновый шнур, концы которого соединены, свободно насажен на диск,
вращающийся в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси с частотой
п = 20 об/с. Принимая форму шнура за окружность, определить силу натяже-
натяжения 7* шнура. Масса шнура т = 15 г, длина шнура / = 60 см.
9.11. Обруч радиусом R укреплен вертикально на полу. С вершины обруча со-
соскальзывает без трения тело (рис. 9.10). На каком расстоянии / от точки закреп-
закрепления обруча упадет тело?
10. КАК ВЫ ОБЪЯСНЯЕТЕ НЕВЕСОМОСТЬ ТЕЛ?
Автор: Как Вы понимаете следующее выражение: «На экваторе планеты,
например Земли, тело весит меньше, чем на полюсе»?
Читатель Б: Я понимаю это так. На экваторе сила притяжения тела
к Земле меньше, чем на полюсе, что объясняется двумя причинами. Во-
первых, Земля немного сплющена у полюсов и поэтому расстояние от
центра Земли до полюса несколько меньше расстояния от центра до
экватора. Во-вторых, Земля вращается вокруг своей оси, вследствие
R
Рис. 9.6
Рис. 9.7
62
чего сила притяжения на экваторе оказывается ослабленной за счет
центробежного эффекта.
Читатель А: Поясните, пожалуйста, Ваше последнее замечание.
Читатель Б: Из силы притяжения надо вычесть центробежную силу.
Читатель А: Я не согласен с Вами. Во-первых, центробежная сила не
прикладывается к телу, движущемуся по окружности, о чем уже гово-
говорилось в § 9. Во-вторых, даже если бы эта сила существовала, она
все равно не помешала бы силе притяжения оставаться точно такой же,
как и при отсутствии вращения Земли. Ведь сила притяжения равна
ymM/r2 и сама по себе она не изменяется от того, действуют
или не действуют на тело какие-либо другие силы.
Автор: Как видите, вопрос о «весомости тел» оказывается не таким уж
простым. Недаром он относится к числу вопросов, на которые экзаме-
экзаменующиеся довольно часто дают неправильные ответы. Действительно,
если условиться понимать под термином «вес тела» силу притяжения
тела Землей, т. е. силу упгМ/r2, то «уменьшение веса на эква-
экваторе» следует связывать только со сплющенностью земного шара у
полюсов.
Читатель Б: Но нельзя же не учитывать вращения Земли!
Автор: Я с Вами согласен. Только сначала я хочу подчеркнуть, что
обычно на практике под «весом тела» понимают не силу притяжения
тела Землей, что вполне логично, а ту силу, которая измеряется с
помощью пружинных весов, т. е. силу, с которой тело давит на Землю.
Иначе говоря, измеряют силу реакции горизонтальной опоры (сила, с
которой тело давит на опору, и сила реакции опоры равны согласно
третьему закону Ньютона). Отсюда следует, что выражение «тело на
экваторе весит меньше, чем на полюсе» фактически означает, что на
экваторе тело давит на горизонтальную опору с меньшей силой, чем
на полюсе. Силу притяжения и силу реакции на полюсе обозначим
соответственно G, и Л/,, а на экваторе— GA и N2. На полюсе тело
покоится, а на экваторе оно движется по окружности. Отсюда получаем
Gl—Nl = О, G2 — N2 = гаац,
где ац — центростремительное ускорение. Перепишем эти соотноше-
соотношения: в виде
Рис. 9.8
Рис. 9.9
Рис. 9.10
63
Отсюда ясно, что сила N2 меньше силы N{, так как, во-первых, G2
меньше G, (эффект сплющенности Земли), и, во-вторых, из G2 вычи-
вычитается еще гаац (эффект вращения Земли).
Читатель Б: Значит, выражение «тело потеряло в весе вдвое» не означает,
что сила притяжения его к Земле (или к какой-либо другой планете)
уменьшилось в два раза?
Автор: Да, не означает. Сила притяжения может вообще не меняться. Это
выражение означает, что вдвое уменьшилась сила, с которой тело давит
на опору (иначе говоря, реакция опоры).
Читатель Б: Но тогда получается, что я могу распоряжаться «весомостью»
тела довольно свободно. Что мешает мне вырыть под телом глубокую
яму? И пусть оно вместе со своей опорой падает туда. В этом случае не
будет никакого давления на опору. Значит, тело полностью «потеряло
вес»? Значит, оно находится в состоянии невесомости?
Автор: Вы сами пришли кверному'заключению. Действительно, состояние
невесомости есть состояние падения тела. В связи с этим я хочу сделать
несколько замечаний. Мне приходилось встречаться с трактовкой неве-
невесомости как состояния, в котором сила притяжения Земли уравнове-
уравновешена какой-то другой силой. В качестве этой уравновешивающей силы
в случае спутника выдвигалась центробежная сила. Говорилось так:
сила притяжения спутника Землей и центробежная сила взаимно урав-
уравновешены; в результате равнодействующая сил, приложенных к спут-
спутнику, равна нулю, что и соответствует невесомости.
Вы, конечно, понимаете, что такая трактовка неверна уже потому, что
на спутник не действует центробежная сила. Кстати говоря, если по-
понимать под невесомостью состояние, когда сила притяжения уравнове-
уравновешена другой силой, то тогда логичнее назвать невесомым тело, которое
просто покоится на горизонтальной плоскости. Ведь здесь сила тяжести
как раз уравновешена силой реакции опоры! На самом деле для неве-
невесомости не требуется никакого уравновешивания силы притяжения
Напротив, чтобы тело стало невесомым, надо создать такие условия,
npto которых на него не действовала бы никакая другая сила, кроме си-
силы притяжения. Иными словами, необходимо, чтобы" реакция опоры
равнялась нулю. Движение же тела под действием силы притяжения
есть падение тела. Следовательно, невесомость — это состояние паде-
падения, например падение лифта в шахту, равномерное движение спутника
вокруг Земли.
Читатель Л; В § 9 уже отмечалось, что движение спутника вокруг Зем-
Земли есть не что иное, как падение его на Землю, продолжающееся
неограниченно долго.
Автор: В том, что движение спутника вокруг Земли есть падение, можно
очень наглядно убедиться следующим образом. Представьте, что Вы
находитесь на вершине горы и бросаете камень горизонтально. Сопро-
Сопротивлением воздуха при этом будем пренебрегать. Чем больше началь-
начальная скорость камня, тем дальше от основания горы он упадет. На
рис. 10.1, а показано, как постепенно изменяется траектория камня
по мере возрастания начальной скорости. При некоторой скорости v{
траектория падающего камня превращается в окружность и камень
64
a)
Рис. 10.1
становится спутником Земли. Скорость и, называют первой космичес-
космической скоростью. Ее значение находят из соотношения (9.1):
У1=У^МД. A0.2)
Если принять радиус г орбиты спутника приблизительно равным ра-
радиусу Земли, то в этом случае и, « 8 км/с.
Читатель А: А что будет, если, бросая камень с горы, продолжать увели-
увеличивать начальную скорость камня?
Автор: В этом случае камень будет двигаться вокруг Земли по все более
и более вытянутому эллипсу (рис. 10.1, б). При некоторой скорости
v2 траектория камня превращается в параболу и камень перестает быть
спутником Земли. Скорость v2 называют второй космической ско-
скоростью. Как показывают расчеты, скорость у2 приблизительно равна
11 км/с, что примерно вл/z раз больше скорости и,.
Читатель А: Вы определили состояние невесомости как состояние падения.
Однако если начальная скорость камня достигает значения второй кос-
космической скорости, то камень уходит от Земли. В этом случае уже
нельзя говорить о том, что он падает на Землю. Как следует при этом
трактовать невесомость камня?
Автор: Очень просто. Невесомость в этом случае — это падение камня
на Солнце.
Читатель А: Значит, невесомость космического корабля, находящегося
где-то в межзвездном пространстве, следует связывать с состоянием
падения этого корабля в поле тяготения тех или иных небесных тел?
Автор: Совершенно верно.
Читатель Б: Мне все же кажется, что определение невесомости через
состояние падения требует какого-то уточнения.
Автор: Вы правы. Невесомость — это не всякое падение. Невесомость —
это свободное падение, т. е. движение тела под действием только (!)
силы тяжести. Я уже говорил, что, для того чтобы тело стало невесо-
невесомым, надо создать условия, при которых на это тело не действовала бы
никакая другая сила, кроме силы притяжения. Например, в случае же
3 - Л. В. Тарасов, А.Н.Тарасова 65
падения парашютиста имеется дополнительная сила — сила сопротив-
сопротивления воздуха.
Читатель А: Теперь мне понятно, что такое невесомость.
Автор: Для проверки я задам Вам один вопрос. Пассажиры некоего
космического корабля просят капитана создать состояние невесомости
Что должен сделать капитан?
Читатель А: Я думаю, он должен выключить двигатели.
Автор: Совершенно верно.
Читатель Б: Но позвольте. Я недавно читал роман Жюля Верна «Вокруг
Луны». Там вообще не было никакого двигателя. А между тем путе-
путешественники пролетели больше половины расстояния от Земли до
Луны, не испытывая невесомости. Они даже гадали — летят или не
летят?
Автор: Вы натолкнулись на ошибку писателя. Кстати говоря, в этом
романе подобных ошибок немало. Жюль Верн неправильно представ-
представлял себе, что такое невесомость. Он, например, ошибочно полагал, что
невесомость есть состояние, когда сила притяжения Земли уравнове-
уравновешена силой притяжения Луны. Поэтому он считал, что путешествен-
путешественники должны испытывать невесомость только в определенной точке
между Землей и Луной. Между прочим, саму картину невесомости он
описал достаточно правильно.
Читатель Б: Путешественники Жюля Верна должны были бы в течении
всего полета находиться в состоянии невесомости.
Автор: Конечно.
ЗАДАЧИ
10.1. Вычислить плотность р шарообразной планеты, если спутник движется вокруг
нее по круговой орбите с периодом Т на расстоянии от поверхности планеты,
равном половине ее радиуса
10.2. Какой продолжительности Т должны быть сутки на Земле, чтобы тела на
экваторе не имели веса? Радиус Земли R = 6400 км
10.3. Вычислить плотность р вещества шарообразной планеты, сутки которой
равны Т= 10 ч, есги известно, что на экваторе планеты тела невесомы
10.4. Два спутника движутся вокруг Земли по круговым орбитам на высотах
hx и h2 от ее поверхности Найти отношения скоростей движения vt /v2 и периодов
обращения Т[ /Т2 спутников Радиус Земли R
10.5. Определить первую космическую скорость для планеты, масса и радиус кото-
которой в три раза больше, чем у Земли
11. ЧТО ВЫ ЗНАЕТЕ О РАБОТЕ?
Автор: Поговорим подробнее о работе как о физическом понятии.
Читатель А: Мне кажется, что здесь не о чем говорить. Работа силы F
на перемещении s есгь произведение Fs, если направления силы и пе-
перемещения совпадают. Если же они не совпадают, то надо использо-
использовать более общую формулу для работы
A = (Fcosa)s A11)
66
Здесь а — угол между направлениями силы и перемещения, F cos a —
проекция силы F на направление перемещения тела.
\тор: И все же тут есть о чем поговорить. Начнем с простого случая. На
тело массой ш, находящееся на горизонтальной плоскости, действует
в течение промежутка времени Т горизонтальная сила F. Трение отсут-
отсутствует. Чему равна работа силы Р?
Итатель А: За время Т тело переместится на расстояние s = aT2/2, где
а = F/m. Следовательно, искомая работа есть Л = Fs = F2T2/Bm).
пор (обращаясь к читателю Б): Нет ли у Вас замечаний по поводу
полученного результата?
итатель Б: Вроде бы все правильно.
щтор: Все правильно, если считать, что тело покоилось до того, как на
него начала действовать сила Р. Предположим, однако, что до начала
действия силы тело двигалось прямолинейно и равномерно с некоторой
скоростью v0. Пусть направление силы Р совпадает с направлением
скорости v0. Чему теперь равна работа А силы Р за время Т?
итатель А: Теперь s = v0T -\- aT2/2 и, следовательно,
= F(vJ + aT2/2).
итатель Б: Получается, что одна и та же сила, действующая на одно и
то же тело в направлении его перемещения, может производить за одно
и то же время разную работу — в зависимости от того, какова была
начальная скорость тела!
зтор: Именно так и получается.
Теперь обратимся к рис. 11.1, а. Тело массой m скользит вниз по
наклонной плоскости с углом наклона а. Коэффициент трения скольже-
скольжения тела о плоскость k. На тело все время действует горизонтально
направленная сила Р. Чему равна работа этой силы при перемещении
тела на расстояние s (от точки В в точку С)?
итатель А: Учтем все силы, действующие на тело. Кроме силы Р на него
действуют силы тяжести б, сила реакции опоры N, сила трения Ргр
(рис. 11.1, б). Далее найдем равнодействующую всех сил...
втор (перебивая): Остановитесь, пожалуйста. Силы Вы указали верно,
! однако зачем нам все это? Мы интересуемся работой силы Р на пере-
j мещении s. Достаточно воспользоваться формулой A1.1), так как нам
известны и сила F, и модуль перемещения s, и угол а между направ-
направлениями силы и перемещения.
Искомая работа есть Fs cos а. Только и всего!
Читатель А (растерянно): Меня подвела уже укоренившаяся привычка
всякий раз указывать все силы, приложенные к телу. И потом Вы ведь
указали массу тела и коэффициент трения.
Автор: Привычка, конечно, хорошая. Однако надо помнить, что каждая
сила «работает сама по себе», независимо от других сил. Воспользу-
Воспользуемся вашим рисунком (рис. 11.1, б) и рассмотрим работу каждой из
сил на перемещении s.
Читатель А: Я Вас понял.
Работа силы Р есть Л, = F cos a • s.
Работа силы тяжести б есть А2 = G cos (90° — а) • s = mg sin а • s.
Работа силы N равна нулю, так как эта сила перпендикулярна направ-
67
лению перемещения тела. Наконец, работа силы трения ^тр есть Ал =
= FTp • s = N ks = kmg cos a • s.
Автор: Но проекция силы трения на направление перемещения тела есть
— £тр (а не -\-FTp); ведь сила трения направлена противоположно
перемещению. Следовательно, Л3 = — kmg cos a • s.
В ос1альном Ваш ответ верен.
Читатель Б: Какой смысл в юм, чю работа силы, действующая на тело,
оказывается отрицательной?
Автор: Это означает, что абсолютное значение работы данной силы не до-
добавляется к энергии тела, а вычитается из нее. Иначе говоря, результат
действия такой силы оказывается отрицательным, если рассматривает-
рассматривается приращение энергии тела как следствие работы сил, приложенных к
телу. Кстати, давайте поработаем с законом сохранения энергии, ис-
используя пример, показанный на рис. 11Л.
Читатель Б: В нашем примере силы совершили суммарную работу, равную
А = Ах -\- А2-\- Аъ = F cos a • s -\- mg sin a • s — kmg cos a • s.
Обозначим через Ев и Ec — энергию тела в точках В и С соответ-
соответственно. Используя закон сохранения энергии, запишем
ЕВ+А = ЕС. ^ A1.2)
Автор: А что Вы подразумеваете под энергией Е тела в той или иной
точке?
Читатель Б: Сумму кинетической и потенциальной энергий. Я могу энер-
энергию тела в каждой точке его положения записать так: Ев = mvB/2 +
-}- WB; Ec = mv2c/2 -\- Wc, где vB и vc — скорости тела в точках В и С
соответственно, а WB — Wc = mgh — разность потенциальных энергий
тела в точках В и С. Таким образом, вместо A1.2) я могу записать
mv2B/2 + WB + A = mv2c/2 + Wc. A1.3)
Автор: На первый взгляд, все как будто бы хорошо. Однако равенство
A1.3), а следовательно, и A1.2) все же неверно.
Читатель Б: Почему?
Автор: В этом нетрудно убедиться. Пусть t — время движения тела
из В в С. Тогда vc = vB -f- at, s = vBt -f- at2/2. Исключая из этих двух
68
б)
Рис. 11 1
уравнений время t, находим известный из кинематики равноускорен-
равноускоренного движения результат:
v2c=v2B + 2as. A1.4)
Ускорение а определим, используя второй закон Ньютона:
F cos а -+- mg sin а — kmg cos а = та. A1.5)
Подставляя A1.5) в A1.4), находим
тгй тгЛ
—-— = —— \- (F cos a + mg sin а — kmg cos a) s. A1.6)
Учитывая, что (F cos a-f- mg sin a —kmg cos a) s = A, перепишем A1.6)
в виде
mi£ mxA
A17)
Результат A1.7) отличается от A1.3). Тем самым мы убеждаемся
в ложности результата A1.3).
Читатель Б: Как же так? Куда же у Вас исчезла потенциальная энергия
тела?
Автор: А она никуда не исчезала. Дело в том, что изменение потенциаль-
потенциальной энергии тела в поле сил тяготения связано с работой силы тяже-
тяжести. Иначе говоря, А2 = mg s sin а = mgh = WB — Wc. Учитывая это,
перепишем A1.7) в виде
mv2B/2 +( WB - Wc) + Л, + Ай = mv2c/2
или, иначе,
mv2B/2 + WB + Л, + Ай = mv2c/2 + Wc. A1.8)
Читатель Б: Я понял свою ошибку.
Автор: Сделаем еще один шаг. Учтем, что трение скольжения приводит
к выделению теплоты. Абсолютное значение работы силы трения есть
количество выделившейся теплоты: Ай =—Ай= Q. Итак, окончательно
запишем:
mvi mrA
Читатель Б: Признаюсь, разговор о работе получился довольно содержа-
содержательным.
Автор: К тому же он еще не окончен. До сих пор мы полагали, что
сила, работа которой рассматривается, постоянна на всем перемещении
тела. Предположим теперь, что это не так. Пусть упругая пружина
сжата на длину s (рис. 11.2, а). Пружина будет действовать на неко-
некоторое тело с силой Р, которую называют силой упругости (рис. 11.2, б).
Под действием этой силы тело перемещается, причем по мере переме-
перемещения тела сила упругости Р уменьшается и обращается в нуль, когда
тело переместится на расстояние х = s (рис. 11.2, в). График изменения
69
силы упругости по мере распрямления сжатой пружины показан на
рис. 11.3; здесь Fo—сила упругости, отвечающая сжатию на s.
Изображенная на рисунке зависимость F (х) является линейной: F =
= Fo —(Fq/s) • х или, иначе,
= F0- kx,
A1.10)
где k = Fq/s — жесткость пружины или коэффициент упругости, этот
коэффициент характеризует упругие свойства пружины.
Читатель А: Насколько я помню, из закона Гука сила упругости описы-
описывается немного другой формулой:
F= — kx. A1-11)
Автор: Тут нет никакого недоразумения. Формула A1.11) получается,
если в качестве начала координат выбрать положение тела не в тот
момент, когда пружина сжата, а в тот момент, когда она распрямилась.
Пусть Х = х — s. График зависимости F от X показан на рис. 11.4.
Переходим от х к X, перепишем A1.10) в виде F = Fo — k (X + s) или
F = ks — k (X + s) или, окончательно, F = — kX. Как видите, мы
пришли к результату A1.11).
Читатель А: Мне понятна левая половина графика на рис. 11.4 (при
Л" ^ 0); она повторяет рис. 11.3. А что означает правая половина
(при *>0)?
Читатель Б: Левая половина графика соответствует сжатию пружины,
а правая — растяжению. Если тело находится в точке X = 0, то в этот
момент пружина не сжата и не растянута.
Wil
а)
б)
Цтплллпг©
0 s х
в)
Рис. 11.2
-S
Рис. 11 4
70
Автор: Верно. А теперь вернемся к рис. 11.3 и подумаем, чему равна
работа силы F на перемещении от х = 0 до х = s.
Читатель Б: Во всяком случае эта работа не равна Fos.
Автор: Существует общее правило. Предположим, нам известно зависи-
зависимость F от х. Работа силы F при перемещении тела из точки х = хх
в точку х = х2 равна площади под графиком F (х) на отрезке [ хх\ х2];
см. заштрихованную площадь на рис. 11.3.
Читатель Б: Следовательно, работа силы F при перемещении тела от
х = О до х= s равна площади всего прямоугольного треугольника,
показанного на рис. 11.3:
А = F0s/2 = ks2/2. A1.12)
Автор: Это есть работа, которую производит упругая пружина жестко-
жесткостью k, сжатая на s. Теперь мы можем сделать окончательный вывод:
сжимая упругую пружину жесткостью k на величину X (X — измене-
изменение длины пружины), мы производим работу, равную kX2/2; эта работа
превращается в потенциальную энергию сжатой пружины.
Читатель А: Во всех этих рассуждениях мы не учитывали угол между
направлениями силы и перемещения.
Автор: В примере с пружиной этот угол равен нулю. В общем же слу-
случае надо, конечно, рассматривать зависимость от перемещения не са-
самой силы F, а проекции ^соваэтой силы на направление перемещения.
Может, например, оказаться, что по мере перемещения тела модуль
силы остается постоянным, но меняется ее направление, т. е. меняется
cos а. Впрочем, подобных усложнений мы касаться не будем.
ЗАДАЧИ
11.1. Определить работу Л, которую надо совершить, чтобы поднять столб массой
m = 50 кг за один из его концов; другой конец при этом закреплен. Высота столба
Н= 5м.
11.2. Определить, какую работу А надо совершить, чтобы лежащий на палубе
канат длиной /=*2 м поднять за один из его концов на высоту, равную длине
Каната. Масса каната пг = 2 кг.
11.3. Сани массой пг = 20 кг съезжают с горки высотой А=2ми останавливаются
на горизонтальной поверхности. Определить работу Л, которую надо совершить,
чтобы затащить их обратно в гору по прежнему пути.
11.4. Какую работу Л надо совершить, чтобы сжать пружину на А/ = 2 см? Извест-
Известно, что сила Fo = 50 Н сжимает эту пружину на Д/о = 1 см.
11.5. Для остановки вагонов применяют пружинные буфера. Найти наибольшее
сжатие s буферов и работу Л силы упругости, если вагон массой пг = 2 т, движу-
движущийся со скоростью v = 1 м/с, ударяется о два неподвижных буфера. Известно, что
буфер сжимается на А/ = 4 см при действии силы F = 105 Н.
11.6. Мальчик бросил мяч массой пг = 0,3 кг вертикально вверх. Определить рабо-
работу Л, которую совершил мальчик, если мяч находился в воздухе в течение времени
t=4 с.
11.7. Найти работу всех сил, действующих на математический маятник, за один
период его колебаний. Массой нити, растяжимостью нити, а также сопротивле-
сопротивлением воздуха пренебречь.
71
12. ЧЕМ ОТЛИЧАЕТСЯ МГНОВЕННАЯ МОЩНОСТЬ
ОТ СРЕДНЕЙ МОЩНОСТИ?
Автор: На этот вопрос можно ответить, по сути дела, очень кратко:
мгновенная мощность отличается от средней мощности тем же, чем
мгновенная скорость отличается от средней скорости. Не будем, однако,
торопиться и поговорим о мощности более обстоятельно. Итак, что
такое мощность?
Читатель А: Это работа, деленная на время, за которое она совершена.
Автор: Мне не очень нравится такой ответ.
Читатель А: Чем же он плох?
Автор: Вам бы понравилось, если на вопрос «что такое скорость?» я отве-
ответил бы, что скорость — это физическая величина, измеряемая отноше-
отношением перемещения к промежутку времени, затраченному на это переме-
перемещение?
Читатель А: Такой ответ был бы верен лишь в случае движения с по-
постоянной скоростью.
Автор: Точно так же и ваш ответ верен лишь в случае, когда при совер-
совершении работы мощность остается постоянной во времени. Чтобы во
всем этом разобраться, рассмотрим работу как функцию от времени.
Пусть: A (t) — работа, совершенная за время t\ A (t + At) — работа,
совершенная за время t + At; тогда [A (t + At) — A (t)]/At — средняя
мощность за промежуток времени от t до t + At (At — длительность
этого промежутка). Предел последовательности значений таких сред-
средних мощностей при At-^O есть мгновенная мощность, т. е. мощность в
момент времени t:
W@_ ип, -4(' + Ад'»--4"). A2.1)
Читатель А: Такая же формула использовалась для определения мгновен-
мгновенной скорости [см. A.2)]. Только вместо работы там фигурировал
пройденный путь.
Автор: Вы подметили глубокую аналогию. Речь идет об аналогии между
пройденным за некоторое время путем и скоростью, с одной стороны, и
совершенной за некоторое время работой и мощностью, с другой.
Именно об этой аналогии я и говорил в начале параграфа.
Читатель А: Теперь я понял, что формула для мощности
N = A/t, A2.2)
где А — работа, совершенная за время t, должна восприниматься
так же, как формула v = s/t. Формула A2.2) справедлива тогда, когда
мощность не изменяется во времени.
Автор: Ее можно применять и тогда, когда мощность изменяется во вре-
времени. Но тогда N = A/t должна рассматриваться как средняя мощ-
мощность за промежуток времени t.
А кстати, в каких случаях мощность постоянна во времени?
Читатель А: Когда рассматривается работа силы, не изменяющейся во
времени.
72
Автор: Неверно! Предположим, что
сила постоянна во времени и при
этом, для простоты, cos a= 1. Ис-
Используя A1.1), перепишем A2.1)
в виде
W@-Hm ^С+АО-'У'М A2.3)
д/-»о Л'
Сила F не изменяется со временем и
может быть вынесена за знак пре-
предела, тогда
t + М) - s (t)
АД*
3
2
1
/
/
Л . , ■ .
N{t) = F lim
А/—
■= Fv.
О 1 2 3 4 /,с
Рис. 12.1
Итак,
N(t) = F-v(t). A2.4)
Отсюда видно, что для постоянства мощности недостаточно постоянст-
постоянства силы, надо чтобы оставалась постоянной также и скорость тела.
Читатель А: Формула A2.4) мне нравится: она выражает мгновенную
мощность через мгновенную скорость тела. Можно ли в общем случае
определить мгновенную мощность не формулой A2.1), а просто как
производную от работы по времени: N (t) = dA/dt.
Автор: Конечно, можно. При этом учитываются зависимости от времени
всех величин, входящих в формулу для работы.
ЗАДАЧИ
12.1. Автомобиль движется по горизонтальной дороге со скоростью у( = 60 км/ч,
а вверх по горе с уклоном 0,05 — со скоростью v2 = 48 км/ч. Определить коэффи-
коэффициент трения k, если мощность двигателя постоянна.
12.2. Автомобиль массой m = 1000 кг трогается с места и едет вверх по горе с
уклоном 0,02. Автомобиль развивает скорость v = 54 км/ч, пройдя расстояние
s = 20 м. Определить среднюю мощность (N) автомобиля, если коэффициент
трения о дорогу k = 0,05.
12.3. Лифт массой m = 1 т поднимается с помощью лебедки равноускоренно. На
некотором участке пути длиной 1=1 м лифт двигался со средней скоростью
(у> = 5 м/с и при этом его скорость возросла на Ау = 0,5 м/с. Определить ра-
работу А, которую совершила лебедка, и среднюю мощность (#> на указанном
участке пути, а также мгновенную мощность N в конце пути.
N,Bv
4
3
2
1
а)
б)
Рис. 12.2
0 12 3 г,с 0 1 2 3 4 tj 0 1
2 3 4 f,c
в)
73
12.4. Спускаясь с горы с уклоном 0,05 при выключенном двигателе, автомобиль дви-
движется равномерно со скоростью v = 72 км/ч. Определить мощность N двигателя,
при которой автомобиль мог бы подниматься на такой же подъем с той же ско-
скоростью. Масса автомобиля т= 1,5 т.
12.5. Аэросани движутся вверх по горе, угол наклона которой а = 30°, с постоянной
скоростью у, = 72 км/ч. Когда они спускаются с горы, то при той же мощности
двигателя устанавливается скорость v = 108 км/ч. Определить скорость v, с кото-
которой аэросани будут двигаться при той же мощности двигателя по горизонталь-
горизонтальному пути.
12.6. На рис. 12.1 представлена зависимость работы А от времени t, за которое
работа была совершена. Определить среднюю мощность (N): 1) за первые две
секунды, 2) за первые три секунды, 3) за вторую и третью секунды.
12.7. На рис. 12.2, а—в даны различные зависимости мощности N от времени /
Найти работу, выполненную в каждом из трех указанных случаев.
13. УМЕЕТЕ ЛИ ВЫ ПОЛЬЗОВАТЬСЯ ЗАКОНАМИ
СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ И КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ?
Автор: Я хочу предложить несколько весьма сложных задач. Первая
задача. По двум наклонным плоскостям одинаковой высоты Н, но
с разными углами наклона а, и щ, без трения соскальзывают тела.
Начальные скорости тел равны нулю. Вычислить скорости тел в конце
пути. Вторая задача. Известно, что формула, выражающая ко-
конечную скорость тела через ускорение и путь: v = V2as, относится к
случаю, когда начальная скорость отсутствует. Как будет выглядеть
формула при наличии у тела начальной скорости и0? Третья за-
задача. С высоты Н бросают тело с горизонтально направленной ско-
скоростью Vq. Найти скорость тела в момент приземления. Четвертая
задача. Тело бросают под углом а к горизонту с начальной скоро-
скоростью Vq. Вычислить максимальную высоту подъема тела.
Читатель А: Первую задачу я буду решать так. Рассмотрим одну наклон-
наклонную плоскость, например, с углом наклона а,. К телу приложены две
силы: сила тяжести G и сила реакции опоры Л/,. Разложим силу G на
направления вдоль плоскости ( G sin а,) и перпендикулярно ей ( G cos а,).
Составим уравнения для сил, действующих перпендикулярно плос-
плоскости, и для сил, действующих вдоль плоскости:
G cos а, — Nx = 0, G sin а, = Gajg.
Здесь а, — ускорение тела. Из второго уравнения находим ах =g sin a,.
Путь, пройденный телом, ///sin а,. Используя формулу, о которой гово-
говорится во второй задаче, получаем, что скорость тела в конце пути равна
и, = V2a[S, = V2g sin a,///sin a, = V2gH.
Поскольку окончательный результат не зависит от угла наклона, то он
применим также и к телу, движущемуся по второй наклонной плоскости
с углом наклона а,.
Со второй задачей мы уже встречались в § 11. Для ее решения можно
воспользоваться известными кинематическими соотношениями:
и = v0 -j- at, s = v()t -j- at2/2.
74
Трудно переоценить роль
физических законов
сохранения. Они являются
наиболее общими правилами,
полученными человеком
на основе длительного
опыта. Умелое использование
законов сохранения
позволяет относительно
просто решать многие
задачи. Рассмотрим примеры
на законы сохранения
энергии и количества
движения.
Исключая из них время t, находим
v = "V 2as
vl
A3.1)
Для решения третьей задачи я сначала найду горизонтальную vx и вер-
вертикальную v2 составляющие конечной скорости. Так как по горизонтали
тело перемещается равномерно, то и, = v0. По вертикали тело движется
с ускорением g, причем без начальной скорости. Поэтому можно вос-
воспользоваться известным соотношением v2=\'2gH. Применяя далее
теорему Пифагора, получаем искомый результат:
v=^v\ + v\
= Al2gH
+
A3.2)
Четвертая задача уже рассматривалась в § 6. Надо разложить началь-
начальную скорость тела на горизонтальную (u0cosa) и вертикальную
( Vq sin a) составляющие. Далее следует рассмотреть вертикальное пере-
перемещение тела и прежде всего найти время tx подъема тела из формулы
зависимости скорости от времени при равнозамедленном движении
(vB = v0 sin a— gt), учитывая, что при t = tx вертикальная составляю-
составляющая скорости тела обращается в нуль. Таким образом, v0 sin a— gtx = О,
откуда tx = (vo/g) sin a. Зная tx, найдем искомую высоту Н по формуле
зависимости пути от времени при равнозамедленном движении:
Н = v0 sin a • tx — gt\/2 = vl sin a/Bg).
75
Автор: Во всех четырех случаях Вы получили правильные ответы. Однако
мне не очень нравится метод решения этих задач. Все они могут быть
решены проще, если воспользоваться законом сохранения энергии.
Я предлагаю убедиться в этом.
Первая задача. Закон сохранения энергии имеет вид mgH =
= mv2/2 (потенциальная энергия тела в верхней точке плоскости
равна его кинетической энергии в нижней точке). Отсюда немедленно
находим скорость тела в нижней точке:
Вторая задача. Закон сохранения энергии имеет вид mv2/2 —
— mvo/2=mas, где mas — работа силы, сообщающей телу ускорение а.
Отсюда получаем v2Q -j- 2as = v2, или окончательно
.-V
2as + v20.
Третья задача. Закон сохранения энергии mgH-\-mvl/2=mv2/2
Отсюда получаем искомый результат:
v =л/2gH + v
Четвертая задач а. В точке бросания энергия тела равна mv\/2.
В верхней точке траектории энергия тела mgH -j- mv2/2. Так как ско-
скорость у, в верхней точке v0 cos а, то, используя закон сохранения
энергии mvl/2=mgH-\-mvl cos2a/2, находим Н=[ vl/Bg)] A —cos2 a),
или окончательно
у? sin2a
Н =
Читатель А: Я убедился, что эти задачи можно решить значительно проще.
Я просто не подумал о законе сохранения энергии.
Автор: К сожалению, экзаменующиеся довольно часто забывают об этом.
В результате они начинают решать задачи более громоздкими метода-
методами, следствием чего является увеличение вероятности ошибки. Мой
Вам совет: смелее и шире пользуйтесь законом сохранения энергии.
В связи с этим хотелось бы выяснить, как Вы умеете пользоваться этим
законом.
Читатель А: Мне кажется, что особого умения здесь не требуется: закон
сохранения энергии сам по себе очень прост.
Автор: Умение пользоваться законом определяется не его сложностью
или простотой. Давайте рассмотрим конкретный пример. Предполо-
Предположим, что тело равномерно движется по окружности в горизонтальной
плоскости (см., например, рис. 5.2, б). Исключены какие-либо силы тре-
трения. Равнодействующая сил тяжести и реакции нити направлена к
центру окружности. Часто эту силу называют центростремительной си-
силой. Чему равна работа, совершаемая ею за один оборот?
Читатель А: Работа равна произведению силы на путь. Значит, в данном
случае она равна\mv2/R) • 2л/? = 2nmv2, где R — радиус окружности,
m и v — соответственно масса и скорость тела.
Автор: Согласно закону сохранения энергии работа не может бесследно
исчезнуть. Куда делась вычисленная Вами работа?
Читатель А: Она идет на вращение тела.
76
Автор: Не понимаю. Выразитесь точнее.
Читатель А: На удержание тела на окружности.
Автор: Ваши рассуждения ошибочны. Чтобы удержать тело на окружно-
окружности, работу совершать не требуется.
Читатель А: В таком случае я не знаю, как ответить на вопрос.
Автор: СЬобщенная телу энергия может распределиться по следующим,
как говорят физики, «каналам»: 1) на увеличение кинетической энергии
тела, 2) на увеличение потенциальной энергии тела, 3) на работу,
которую данное тело совершает над другими телами, 4) на теплоту, ко-
которая выделяется в результате трения. Таково общее положение, ко-
которое не все экзаменующиеся представляют себе достаточно четко.
Теперь рассмотрим конкретный случай с работой центростремительной
силы. Тело движется с постоянной по модулю скоростью, следователь-
следовательно,его кинетическая энергия не изменяется — первый канал закрыт. Те-
Тело движется в горизонтальной плоскости, следовательно, не изменяется
и его потенциальная энергия — второй канал закрыт. Ни над какими
телами данное тело работы не совершает — третий канал закрыт. На-
Наконец, исключены какие-либо силы трения — четвертый канал тоже
оказывается закрытым.
Читатель А: Но тогда получается, что работе центростремительной силы
просто некуда деваться?
Автор: Да, так получается. Теперь Вам остается определить свою пози-
позицию. Либо Вы признаете, что закон сохранения энергии просто не
выполняется, и тогда все заботы отпадают. Либо Вы исходите из спра-
справедливости закона сохранения энергии, и тогда... Впрочем, попробуйте
самостоятельно указать выход из этого положения.
Читатель А: Я думаю, что в данном случае остается заключить, что ника-
никакой работы центростремительная сила не совершает.
Автор: Совершенно логичное заключение. Мне хочется особо подчеркнуть,
что это заключение есть непосредственное следствие из закона сохра-
сохранения энергии.
Читатель А: Но как же все-таки быть с формулой работы?
Автор: В эту формулу кроме силы и пути должен входить еще косинус
угла между направлениями силы и скорости [см. A1.1)]. В данном
случае косинус равен нулю.
Читатель А: Да, да. Я совсем забыл про косинус.
"z/H '
gg
1
1
а)
б)
Рис 13 1
в)
77
Автор: Я хочу предложить еще один пример. Рассмотрим сообщающиеся
сосуды, соединенные узенькой трубочкой с краном. Пусть вначале вся
жидкость находится в левом сосуде и уровень ее имеет высоту Н
(рис. 13.1, а). Откроем кран, и жидкость потечет из левого сосуда
в правый. Конечное положение отвечает равным уровням в обоих
сосудах, имеющим высоту Я/2 (рис. 13.1, б). Давайте вычислим потен-
потенциальную энергию жидкости в начальном и конечном состояниях, для
чего умножим силу тяжести жидкости в каждом сосуде на половину
высоты столба жидкости. Если в начальном состоянии потенциальная
энергия GH/2, то в конечном состоянии она равна (G/2) (///4)+
-\-(G/2) (Н/4) = GH/4. Итак, в конечном состоянии потенциальная
энергия жидкости оказывается вдвое меньшей, чем в начальном состоя-
состоянии. Куда же, спрашивается, исчезла половина энергии?
Читатель А: Я попробую рассуждать так, как Вы предлагали. Потенциаль-
Потенциальная энергия GH/4 могла пойти на работу жидкости над другими
телами, на теплоту, выделяющуюся при трении, и на кинетическую
энергию самой жидкости. Правильно ли я рассуждаю?
Автор: Совершенно правильно. Продолжайте.
Читатель А: В данном случае никакой работы над посторонними телами
жидкость, перетекая из одного сосуда в другой, не совершает. Кине-
Кинетической энергии жидкость в конечном состоянии не имеет, так как она
находится в состоянии покоя. Значит, остается заключить, что полови-
половина потенциальной энергии превратилась в теплоту, выделившуюся при
трении. Правда, я не совсем четко представляю себе, что это за трение
Автор: Вы рассуждали правильно и пришли к верному заключению. Те-
Теперь несколько слов о природе трения. Можно представить себе, что
жидкость разбита на слои, каждый из которых характеризуется опре-
определенной скоростью перемещения жидкости; чем ближе слой к стенкам
трубки, тем меньше его скорость. Между слоями происходит обмен
молекулами, в результате чего молекулы с большей скоростью направ-
направленного движения попадают в слой молекул с меньшей скоростью на-
направленного движения, и наоборот. Это приводит к тому, что более
«быстрый» слой оказывает ускоряющее воздействие на более «медлен-
«медленный» слой, и наоборот, более «медленный» слой оказывает замедляю-
замедляющее воздействие на более «быстрый». Эта картина позволяет говорить о
существовании в жидкости своеобразного внутреннего трения — тре-
трения между слоями. Оно проявляется тем сильнее, чем больше различие
в скоростях слоев в средней части трубки и вблизи ее стенок. Заме-
Заметим, что на скорость движения слоев вблизи стенок трубки влияет
характер взаимодействия молекул жидкости и молекул стенок. Если
жидкость смачивает трубку, то слой, непосредственно примыкающий к
стенке, фактически не движется.
Читатель А: Значит, в конечном состоянии температура жидкости должна
быть несколько выше, чем в начальном состоянии?
Автор: Да, именно так. А теперь немного изменим условие задачи. Предпо-
Предположим, что между жидкостью и стенками трубки нет никакого взаимо-
взаимодействия, в результате чего все слои имеют одинаковую скорость и
внутреннее трение не проявляется. Как в этом случае будет проходить
процесс перетекания жидкости из одного сосуда в другой?
78
Читатель А: В этом случае уменьшение ///ууу/ууУу
потенциальной энергии следует отнес-
отнести за счет появления у жидкости кине-
кинетической энергии. Иными словами, в
ситуации, изображенной на рис.
13.1, б, жидкость не находится в со-
состоянии покоя. Жидкость должна про-
продолжать перетекать из левого сосуда в
правый до тех пор, пока не возникнет
ситуация, изображенная на рис.
13.1, в. В этом случае потенциальная
Риг 1Ч 9
энергия жидкости такая же, как ив на- °
чальной ситуации (рис. 13.1, а).
Автор: Что будет происходить с жид-
жидкостью далее?
Читатель А: Жидкость начнет перетекать в обратном направлении — из
правого сосуда в левый. В результате будут наблюдаться колебания
уровней жидкости в сообщающихся сосудах.
Автор: Эти колебания можно наблюдать, если взять, например, ртуть
в стеклянных сообщающихся сосудах. Как известно, ртуть не смачива-
смачивает стекло. Разумеется, с течением времени эти колебания будут зату-
затухать, так как невозможно полностью исключить взаимодействие моле-
молекул жидкости с молекулами стенок трубки.
Читатель А: Я вижу, что при решении задач можно активно пользоваться
законом сохранения энергии.
Автор: Я предлагаю рассмотреть еще одну задачу. В ящик массой М, под-
подвешенный на тонкой нити, попадает пуля массой пг, яетевшая горизон-
горизонтально со скоростью v0 и застревает в нем. На какую высоту И подни-
поднимется ящик после попадания пули в результате отклонения нити от по-
положения равновесия (рис. 13.2)?
Читатель А: Обозначим через vx скорость ящика с находящейся в нем
пулей сразу после попадания пули в ящик. Для нахождения этой ско-
скорости воспользуемся законом сохранения энергии
mv20/2 = (m +M) и?/2, A3.3)
откуда
о, = vo^mj(m +M). A3.4)
Зная эту скорость, найдем искомую высоту Н подъема ящика, снова
пользуясь законом сохранения энергий:
(m+M)gH = (m + M)v2i/2. ' A3.5)
Можно объединить соотношения A3.3) — A3.5):
{m + M) gH = mv20/2, -
откуда
m tf
Автор (к читателю Б): А как думаете Вы?
Читатель Б: Я не согласен с предложенным решением задачи. Нам гово-
79
рили, что в подобных случаях следует пользоваться законом сохране-
сохранения количества движения'. Поэтому вместо формулы A3.3) я бы ис-
использовал другое соотношение:
mVQ = (т + М) у, A3.7)
(количество движения пули до удара равно количеству движения
ящика с пулей после удара).
Автор: Вы правильно написали закон сохранения количества движения
для данной задачи. Однако надо заметить, что количество движения —
это вектор, направление которого совпадает с направлением скорости.
Помните, что закон сохранения количества движения — это векторный
закон. В данном случае количество движения системы пуля -\- ящик до
удара есть пги0, а сразу после удара есть (m -\- M)V\. Оба вектора
направлены в одну и ту же сторону. Поэтому векторное равенство
тд0 = (га + М) у, A3.8)
эквивалентно написанному Вами скалярному равенству A3.7).
Читатель Б: Я продолжу. Из A3.7) следует, что
и, = vom/(M + га). A3.9)
Если теперь воспользоваться законом сохранения энергии для дви-
движения ящика с пулей после удара и подставить в A3.5) результат
A3.9), то получим
Д A3.10)
Автор: Налицо два разных мнения и два различных результата. Сущ-
Сущность разногласий состоит в том, что в одном случае к удару пули о
ящик применяется закон сохранения кинетической энергии, тогда как
в другом случае используется закон сохранения количества движения.
Кто же прав? (К читателю А): Что Вы можете сказать в обоснование
своей позиции?
Читатель А: Мне не приходило в голову обращаться к закону сохранения
количества движения...
Автор (к читателю Б): А что скажете Вы?
Читатель Б: Я не знаю, как обосновать свою позицию. Я помню, что
при рассмотрении ударов закон сохранения количества движения вы-
выполняется всегда, тогда как закон сохранения энергии выполняется не
всегда. Поскольку в данном случае эти два закона приводят к разным
результатам, то, по-видимому, справедлив именно мой результат.
Автор: Действительно, справедлив именно Ваш результат. Однако необ-
необходимо разобраться в этом получше. Удар, после которого оба сталки-
сталкивающихся тела движутся вместе слипшись (или одно внутри другого),
называют абсолютно неупругим ударом. Для этого удара характерно
наличие остаточной деформации столкнувшихся тел, в результате чего
выделяется некоторое количество теплоты, и поэтому соотношение
A3.3), включающее только кинетические энергии тел, оказывается не-
неприемлемым. В этом случае для нахождения скорости ящика с пулей
80
после удара необходимо пользоваться только законом сохранения коли-
количества движения A3.7).
Читатель А: Значит, при абсолютно неупругом ударе не выполняется за-
закон сохранения энергии? Но ведь этот закон универсален!
Автор: Закон сохранения энергии, безусловно, выполняется и при абсо-
абсолютно неупругом ударе. При таком ударе не сохраняется кинетическая
энергия, именно кинетическая энергия, но не полная энергия. Если
обозначить через Q выделившуюся при ударе теплоту, то можно запи-
записать следующую систему закона сохранения, относящуюся к абсо-
абсолютно неупругому удару:
{mv0 = (m + М) vr
mvi lm + M)v\ A3.11)
2 2 ^ V
Здесь первое уравнение — закон сохранения количества движения,
второе — закон сохранения энергии (включающий не только механи-
механическую энергию, но и теплоту).
Система A3.11) содержит два неизвестных: у, и Q. Определив и, из
первого уравнения, можно из второго уравнения найти выделившуюся
теплоту Q:
mv20 (m + М^ m2v* mxfiQ
1 2 (т + М) 1
Отсюда видно, что чем больше масса М, тем больше энергии пойдет на
теплоту. В пределе бесконечно большой массы М получаем, что Q =
= mv\l1, т. е. вся кинетическая энергия пули превращается в теплоту.
Это совершенно естественно: представьте, что пуля застревает в стене.
Читатель А: А возможны ли удары без выделения теплоты?
Автор: Да, такие удары возможны. Они называются абсолютно упругими.
Например, соударение двух стальных шаров может с хорошей степенью
приближения рассматриваться как абсолютно упругий удар. При этом
происходит чисто упругая деформация шаров, теплота не выделяется.
После удара шары принимают прежнюю форму.
Читатель А: Значит, при абсолютно упругом ударе закон сохранения энер-
энергии является законом сохранения кинетической энергии?
Автор: Да, конечно.
Читатель А: Но в таком случае я не понимаю, как «примирить» друг с
другом законы сохранения количества движения и энергии? Ведь мы
получаем два разных уравнения для скорости после удара. Или, может
быть, при абсолютно упругом ударе не выполняется закон сохранения
количества движения?
Автор: При абсолютно упругом ударе"выполняются оба закона сохране-
сохранения: и количества движения, и кинетической энергии. Причем беспо-
беспокоиться о «примирении» этих законов нет оснований, так как в резуль-
результате упругого удара тела разлетаются с разными скоростями. Если пос-
после абсолютно неупругого удара столкнувшиеся тела движутся с одной
скоростью (поскольку они слипаются), то после упругого удара каждое
тело движется со своей определенной скоростью. А для двух неизвест-
81
ных надо и два уравнения. Рассмотрим пример. Пусть тело массой m со
скоростью и0 упруго ударяется о покоившееся тело массой М. Опреде-
Определить скорости тел после абсолютно упругого удара. Предположим, что #
результате удара налетевшее тело отскакивает назад. Обозначим ско-
скорость тела m после удара через и,, а тела М — через v2. В этом случае
законы сохранения количества движения и энергии могут быть соответ-
соответственно записаны в виде:
{
I
mv\ A3.13)
2 2 2"
Читатель А: Непонятно, почему в первом уравнении количество движения
массы m после удара берется со знаком минус.
Автор: Напомню, что закон сохранения количества движения — это век-
векторный закон:
mv{) = Mv2 -\- mvx. A3.14)
Векторы v{) и ц^ направлены в одну сторону, например, в положи-
положительном направлении координатной оси. их проекции на эту ось поло-
положительны. Вектор же v{, как мы предположили, направлен в обрат-
обратную сторону (тело массой m после удара отскакивает назад), поэтому
его проекция на выбранную координатную ось отрицательна.
Читатель Б: Но ведь заранее не всегда можно знать, в каком направ-
направлении будет двигаться тело после удара. Разве не может оказаться, что
после удара тело m будет продолжать двигаться в прежнем направле-
направлении, но с меньшей скоростью?
Автор: Это возможно. В таком случае, решая систему уравнений A3.131,
мы получим отрицательную скорость v{.
Читатель Б: Я думаю, что направление движения тела m после удара
определяется отношением масс m и М.
Автор: Совершенно верно. Если m < М, то тело m отскочит назад; при
m = М оно после удара остановится, при m > М будет продолжать
движение в ту же сторону, но с меньшей скоростью. Однако в общем
случае можно не знать о направлении движения; достаточно предполо-
предположить какое-то направление и можно приступить к вычислениям, а знак
ответа укажет на Вашу ошибку или на правильность ответа.
Читатель Б: Известно, что при столкновении шары могут разлететься
под углом друг к другу. Здесь же предполагалось, что движение проис-
происходит вдоль одной и той же прямой. По-видимому, мы рассматривали
частный случай?
Автор: Вы правы. Это был частный случай, когда происходит централь-
центральный удар: шары до удара и после удара движутся по линии, проходя-
проходящей через их центры. Более общий случай нецентрального удара будет
продемонстрирован ниже. А пока я хотел бы знать, все ли понятно из
того, что я объяснял?
Читатель А: Мне, например, понятно. При любом ударе (и упругом, и не-
неупругом) выполняются два закона сохранения — и количества движе-
движения, и энергии. Просто разный характер ударов обусловливает и раз-
разный вид уравнений, которыми описываются законы сохранения. При
2
рассмотрении неупругих ударов необходимо наряду с механической
энергией принимать во внимание теплоту, выделяющуюся при ударах.
Автор: Ваше замечание справедлив^.
Читатель Б: Насколько я понял, абсолютно упругий и абсолютно неупру-
неупругий удары представляют собой два крайних случая. Всегда ли они при-
пригодны для описания реальных ударов?
Автор: Вы правы. Рассмотренные нами случаи ударов являются крайни-
крайними. При реальных ударах всегда выделяется какое-то количество тепло-
теплоты (идеально упругих деформаций не бывает), при этом столкнувшиеся
тела могут разлетаться с разными скоростями. Однако во многих слу-
случаях реальные удары неплохо описываются с помощью упрощенных
моделей: абсолютно упругого и абсолютно неупругого ударов.
Рассмотрим пример с упругим нецентральным ударом. На горизонталь-
горизонтальной плоскости покоится тело в виде, наклонной плоскости с углом
наклона 45°. С этим телом массой М упруго сталкивается шарик мас-
массой ш, летевший горизонтально со скоростью v0. В результате удара
шарик подскакивает вертикально вверх, а тело М начинает без трения
скользить по горизонтальной плоскости. Найти скорость, с которой
шарик начинает свое вертикальное движение после удара (рис. 13.3).
Кто желает попробовать свои силы в решении задачи?
Читатель Б: Разрешите мне. Обозначим искомую скорость шарика через
у,, а скорость тела М — через v2. Поскольку удар упругий, то я
вправе считать, что кинетическая энергия сохраняется:
mtf. mtf МхЯ
' A3-15)
2 2 •' 2 "
Мне нужно еще одно уравнение, для составления которого надо, оче-
очевидно, использовать закон сохранения количества движения. Я вос-
воспользуюсь формулой A3.14) и запишу для нашего случая:
mv0 = Mv2 -Ь mv{. A3.16)
Правда, я не знаю, как быть дальше, ведь скорости v0 и и, перпен-
перпендикулярны.
Автор: В общем случае необходимо разложить все скорости на взаимно
перпендикулярные направления и векторное равенство A3.16) заме-
заменить двумя скалярными равенствами для проекции векторов количеств
движения на два взаимно перпендикулярных направления. В данной
задаче выберем горизонтальное и вертикальное направления. Проеци-
Проецируя векторное равенство A3.16) на горизонтальное направление,
получаем
mv0 = Mv2.
Из уравнений A3.15) и A3.17) нахо-
находим искомую скорость:
— m)/M.
Читатель Б: А как же быть с вертикаль-
вертикальным направлением?
Автор: На первый взгляд кажется, что
для вертикального направления закон
сохранения количества движения не Рис 13.3
83
выполняется. В самом деле: до удара вертикальных скоростей не было,
после же удара имеется направленное вертикально вверх количество
движения mvx. Нетрудно сообразить, что в данной задаче участвует
еще одно тело — Земля.
Ведь, если бы не было Земли, то тело М не двигалось бы после
соударения горизонтально! Обозначим: М3 — массу Земли, а и3 — ско-
скорость, которую Земля приобретает в результате рассматриваемого уда-
удара. Отсутствие трения позволяет считать, что взаимодействие тела М
с поверхностью Земли осуществляется только по вертикальному на-
направлению. Иначе говоря, скорость v3 Земли направлена вертикально
вниз. Таким образом, участие Земли не изменяет вида уравнения
A3.17), но приводит к уравнению, описывающему закон сохранения
количества движения для вертикального направления:
mv{— M3u3 = 0. A3.18)
Читатель Б: Если в задаче участвует Земля, то, по-видимому, необходимо
уточнить энергетическое соотношение A3.15).
Автор: Что именно Вы хотите сделать с соотношением A3.15)?
Читатель Б: Я хочу добавить слагаемое, связанное с движением Земли
после удара:
mvl mv2. Mvl МлI
VLf1
Автор: Ваше намерение вполне логично. Однако исправлять соотношение
A3.15) не требуется. В самом деле, из A3.18) следует, что скорость
Земли равна
Поскольку масса М3 бесконечно велика по сравнению с массой пули, то
отсюда следует, что скорость v3 Земли можно считать равной нулю.
Теперь перепишем слагаемое Мъи\/2 в уравнении A3.19) в виде
(Мъиъ) • v3/2. Величина Мъиъ в этом произведении в соответствии с
A3.18) имеет конечное значение. Если это значение умножить на нуль
(в дднном случае на v3), то в итоге получится нуль. Отсюда заклю-
заключаем, что Земля весьма своеобразно участвует в задаче: получая не-
некоторое количество движения, она в то же время практически не при-
принимает энергии. Иначе говоря, при рассмотрении закона сохранения
количества движения Землю учитывать надо, при рассмотрении закона
сохранения энергии — не надо. Это обстоятельство особенно ярко под-
подчеркивает тот факт, что законы сохранения энергии и количества дви-
движения являются существенно разными, взаимно независимыми зако-
законами. А теперь я хочу предложить следующую задачу. На горизонталь-
горизонтальной плоскости покоится шар. С ним сталкивается другой шар такой же
массы. Удар абсолютно упругий и нецентральный. Показать, что в ре-
результате столкновения шары разлетятся по двум взаимно перпендику-
перпендикулярным направлениям.
Читатель А: Я выберу ось Ох вдоль направления движения второго шара
до столкновения. Обозначу его скорость v0. Пусть в результате столк-
столкновения налетевший шар отскочил под углом а к оси Ох, имея скорость
84
vx, а покоившийся прежде шар — под углом р к оси Ох, имея скорость
v2. Нам надо доказать, что а 4- Р = 90°.
Автор: Вы неплохо переформулировали условие задачи.
Читатель А: Запишем законы сохранения (в левых частях равенств я буду
писать величины, относящиеся к системе тел до столкновения, а в пра-
правых — после столкновения):
а) закон сохранения энергии
mvi my? mvi
б) закон сохранения для х-проекции вектора количества движения
tnv0 = mvx cos а -+- mv2 cos P*
в) закон сохранения для «/-проекции вектора количества движения
О = mvx sin a — mv2 sin p.
Сократив массу, я получу систему уравнений:
{^0 = У? + И*
Уо = У, COS «4-^2 C0S P'
О = у, sin a— y2 s'n P-
Но что делать дальше?
Читатель Б: Мне кажется, я понял. Надо возвести в квадрат второе и
третье уравнения, а потом произвести сложение. Тогда получим
vl = и] 4- 2у,у2 (cos а * cos Р — sin а • sin р) 4- vl-
Сравнивая этот результат с первым уравнением, я нахожу cosa-cosp—
— sin a • sin P = 0, или cos (a 4- P) = 0. Отсюда a4-P=90°, что и требо-
требовалось доказать.
Автор: Очень неплохо. Но можно проще. Давайте попробуем не расклады-
раскладывать векторы количества движения по осям Ох и Оу, а воспользуемся
прямо векторным равенством:
mvQ = mvx 4- fnv2.
Этому равенству отвечает на рис. 13.4 параллелограмм, построенный на
векторах количества движения. Очевидно, что параллелограмм выра-
выражает закон сохранения количества движения. Сокращая массу и ис-
используя известную теорему косинуса, запишем
^ 2
v0 =
C0S Ф-
Рис 13.4
Рис 13.5
85
Так как согласно закону сохранения энергии имеем vl = v\ + v\, то
отсюда получаем ср = 90°.
Читатель Б: Да, это действительно проще.
Автор: Заметьте, такой подход хорошо отражает векторный характер за-
закона сохранения количества движения.
ЗАДАЧИ
13.1. Тело массой пг = 3 кг падает с некоторой высоты, имея начальную ско-
скорость v0 = 2 м/с, направленную вертикально вниз. Вычислить работу А против сил
сопротивления, совершенную в течение t = 10 с, если известно, что в конце этого
промежутка времени тело имело скорость v = 50 м/с. Силу сопротивления считать
постоянной.
13.2. Тело сначала скользит вниз по наклонной плоскости с углом наклона а = 30°,
а затем по горизонтальной поверхности. Расстояний, пройденные телом по горизон-
горизонтальной поверхности до остановки и по наклонной плоскости, одинаковы. Опреде-
Определить коэффициент трения k, считая его постоянным, на горизонтальной и на-
наклонной поверхностях.
13.3. Из точки А по двум разным наклонным плоскостям (рис. 13.5) соскальзывают
без начальной скорости два одинаковых тела. Найти отношение скоростей vjv2
тел у основания наклонных плоскостей для двух случаев: 1) без учета трения;
2) при наличии трения, причем коэффициент трения для обеих плоскостей одинаков
и равен k.
13.4. Мальчик, опираясь о барьер, бросил камень с горизонтальной скоростью
£'0= 14 м/с. Какую скорость v относительно поверхности земли он сообщит камню,
если будет бросать с прежней силой, стоя на коньках на гладком льду? Какое
расстояние / при этом проедет мальчик до остановки, если коэффициент трения
о лед k = 0,02? Масса камня пг — I кг, масса мальчика М = 36 кг.
13.5. Шарик массой m объемом V падает в воду с высоты Н, погружается на
"лубину h и затем выскакивает из воды (плотность шарика меньше плотности
воды). Найти силу F сопротивления воды, полагая ее постоянной, а также вы-
высоту hv на которую поднимется шарик, выскочив из воды. Сопротивлением воздуха
пренебречь.
13.6. Вагон массой УИ,= 50 т движется со скоростью уо= 12 км/ч и встречает
стоящую на пути платформу массой УИ2=30 т. Найти скорость v совместного
движения вагона и платформы непосредственно после того, как сработала авто-
автосцепка. Вычислить путь /, пройденный вагоном и платформой после сцепле-
сцепления, если сила сопротивления составляет п = 5% от
веса.
13.7. Из пушки массой М, находящейся у подножия
горки, вылетает в горизонтальном направлении сна-
снаряд массой пг с начальной скоростью v0. На какую вы-
высоту Н поднимется пушка по горке в результате отда-
отдачи, если угол наклона горки а, а коэффициент трения
пушки о плоскость /г?
13.8. Сваю массой М, = 100 кг забивают в грунт ба-
бабой копра, масса которой М2 = 300 кг. Баба копра
свободно падает с высоты Н = 4 м и при каждом уда-
ударе свая опускается на h = 10 см. Определить силу со-
сопротивления F грунта, считая ее постоянной для двух
случаев: 1) удар о сваю абсолютно упругий; 2) удар
неупругий.
13.9. По горизонтальному стержню без трения сколь-
скользит со скоростью v 0 шар массой пг]= Ми сталкивает-
ОС ся с другим шаром массой тг который до этого
находился в покое. Удар абсолютно неупругий. Найти
р . скорость и шаров после удара и выделившуюся при
ис" ударе теплоту Q для случаев: 1) пг2= М/2; 2) пг2 =
= М;Ъ) пг2= 2М.
13.10. На горизонтальной плоскости покоится шар массой М. С ним сталкивается
шар массой т, имевший перед ударом скорость vQ. Удар абсолютно упругий и
нецентральный. В результате удара шар т приобретает скорость в направлении,
перпендикулярном направлению его первоначального движения. Определить ско-
скорости у и v2 шаров и направление шара М после удара, а также изменение энер-
энергии А£ и количества движения Л (mv) шара т в результате удара.
13.11. На гладкой горизонтальной поверхности на расстоянии / = 3 м от верти-
вертикальной стенки находится шар массой М. Другой шар массой т скользит с неко-
некоторой скоростью по направлению от стенки к шару М. После абсолютно упругого
удара шаров шар т достигает стенки и, упруго отразившись от нее, догоняет
шар М. Определить, на каком расстоянии s от стенки произошло второе соударе-
HW, если М/т = п = 5.
13.12. Два шара М и 2М подвешены в одной точке на нитях длиной /. Шар.мас-
Шар.массой М отклонили на угол а и отпустили, сообщив ему при этом касательную ско-
скорость vQ, направленную к положению равновесия. На какую высоту h поднимутся
шары после соударения, если удар: 1) абсолютно упругий, 2) абсолютно неупру-
неупругий (шары в результате удара слипаются)?
13.13. Шар массой М висит на нити длиной /. В шар попадает горизонтально
летящая пуля массой т и застревает в нем. С какой минимальной скоростью v
должна лететь пуля, чтобы в результате попадания пули шар мог сделать на
нити полный оборот в вертикальной плоскости?
13.14. На горизонтальной плоскости лежат два клина с углами наклона 45°, мас-
масса каждого М (рис. 13.16). С высоты Н свободно падает шарик массой m (m<M),
ударяется сначала об один клин, затем о другой и подскакивает вертикально
вверх. Найти высоту h, на которую подскочит шарик. Принять, что оба удара
упругие и что трение между клиньями и плоскостью отсутствует.
13.15. На горизонтальной плоскости лежит клин с углом наклона а= 30°, масса
которого М. С высоты Н свободно падает шарик массой т, упруго ударяется
о клин и подскакивает под углом 30° к горизонту. На какую высоту h поднимется
шарик? Трением клина о плоскость пренебречь.
14. ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ, ЧТО ТАКОЕ ГАРМОНИЧЕСКИЕ
КОЛЕБАНИЯ?
Автор: Некоторые экзаменующиеся недостаточно четко представляют се-
себе гармонические колебания. В связи с этим обсудим прежде всего
определение гармонических колебаний.
Читатель А: Гармоническими называются колебания, которые происходят
по закону синуса: величина х отклонения тела от положения равновесия
изменяется со временем следующим образом:
х = A sin (tot + a).
Здесь А — амплитуда колебаний (макси-
(максимальное отклонение тела от положения
равновесия), <о — круговая частота (<о =
= 2я/Г, где ' Т — период колебаний),
а а—начальная фаза (она показывает
отклонение тела от положения равнове-
равновесия в момент времени f = 0). Представле-
Представление о гармонических колебаниях можно
дать, исходя из равномерного движения
точки по окружности радиусом А с угло-
угловой скоростью (о: гармонические колеба-
колебания, описываемые выражением A4.1),
совершает проекция этой точки на неко-
некоторое направление Ох (рис. 14.1). Рис. 14.1
87
Окружающий человека мир
заполнен колебаниями
и волнами. Помните об этом,
изучая раздел физики,
посвященный этим явлениям!
Обсудим гармонические
колебания и, как частный
случай, рассмотрим
колебания математического
маятника. Проанализируем
поведение маятника
в неинерциальных системах.
Читатель Б: Я знаю другое определение гармонических колебаний. Как
известно, колебания происходят под действием возвращающей силы,
т. е. силы, направленной в сторону положения равновесия и увеличи-
увеличивающейся по мере отклонения тела от положения равновесия. При этом
гармоническими называются такие колебания, для которых возвра-
возвращающая сила F прямо пропорциональна отклонению х тела от положе-
положения равновесия:
F=kx. A4.2)
Такая сила называется упругой.
Автор: Я вполне удовлетворен обоими предложенными определениями.
В первом случае гармонические колебания определяются по тому при-
признаку, как именно они происходят, во втором — какой причиной они
обусловливаются. Иначе говоря, если первое определение использует
пространственно-временное (кинематическое) описание колебаний, то
второе — причинное (динамическое).
Читатель Б: Но какое из двух определений более предпочтительно? Или
может быть, оба эквивалентны?
Автор: Нет, они не эквивалентны, причем более предпочтительно первое
(кинематическое), оно более полно.
Читатель Б: Но ведь каков характер возвращающей силы, таков, очевид-
очевидно, и характер колебаний. Я не понимаю, почему мое определение
менее полное.
88
Автор: Вы не совсем правы: характер возвращающей силы не опреде-
определяет полностью характера колебаний.
Читатель А: По-видимому, здесь надо вспомнить, что характер движения
тела в данный момент определяется не только силами, действующими
на тело в этот момент, но и начальными условиями, т. е. положением
и скоростью тела в начальный момент.
Автор: Совершенно верно. В применении к рассматриваемому случаю
это утверждение означает, что характер колебаний определяется не
только возвращающей силой, но и теми условиями, при которых эти
колебания начались. Очевидно, что колебания можно возбудить раз-
различным образом. Например, можно отклонить тело от положения
равновесия на некоторое расстояние и затем спокойно отпустить его,
оно начнет колебаться. Если принять момент начала колебаний за нуле-
нулевой, то из A4.1) получим, что а= я/2; при этом расстояние, на которое
отклонено тело, будет являться амплитудой колебаний. Можно откло-
отклонять тело на различные расстояния от положения равновесия, тем
самым задавая различные амплитуды колебаний. Другой способ воз-
возбуждения колебаний состоит в том, чтобы телу, находящемуся в поло-
положении равновесия, сообщить некоторую начальную скорость (толкнуть
его), тело начнет колебаться. Принимая момент начала колебаний за
нулевой, получаем в этом случае из A4.1), что а= 0. При этом в зависи-
зависимости от сообщенной телу начальной скорости получим ту или иную
амплитуду колебаний. Можно, очевидно, предложить бесчисленное
множество способов возбуждения колебаний, являющихся по отноше-
отношению к указанным двум способам промежуточными: тело отклоняется
от положения равновесия и в то же время получает толчок. Каждый
из этих способов будет обусловливать определенные значения амплиту-.
ды А и начальной фазы а колебаний.
Читатель Б: Получается, что Л и а не зависят от характера возвращающей
силы?
Автор: Вот именно. Этими величинами распоряжаетесь Вы сами, когда
тем или иным способом возбуждаете колебания. Возвращающая сила
определяет только круговую частоту со, или, иными словами, период
колебаний тела. Можно сказать, что период колебаний есть собствен-
собственная характеристика колеблющегося тела, тогда как амплитуда А и
начальная фаза а зависят от внешних условий, возбудивших данные
колебания.
Рис 14 2
Рн.
Возвращаясь к определениям гармонических колебаний, мы видим, что
динамическое определение не содержит никаких сведений ни об ампли-
амплитуде, ни о начальной фазе колебаний, тогда как кинематическое опре-
определение содержит сведения об этих величинах.
Читатель Б: Но если мы можем по своему усмотрению распоряжаться
амплитудой, то, может быть, она как характеристика колеблющегося
тела не так уж и важна?
Автор: Вы ошибаетесь. Амплитуда — очень важная характеристика
колеблющегося тела. Чтобы показать это, рассмотрим конкретный при-
пример. Шарик массой m прикреплен к двум упругим пружинкам и совер-
совершает гармонические колебания амплитуды А по горизонтали
(рис. 14.2). Возвращающая сила определяется коэффициентом упру-
упругости k, характеризующим упругие свойства пружинок. Найти энергию
колеблющегося шарика.
Читатель А: Для нахождения энергии шарика можно рассмотреть положе-
положение его крайнего отклонения (х = А), где скорость шарика равна нулю,
и поэтому полная энергия шарика есть его потенциальная энергия,
которую можно найти как работу против возвращающей силы F,
совершенную при удалении шарика на расстояние А от положения
равновесия, т. е.
W=FA. A4.3)
Отсюда, учитывая, что согласно A4.2) F = kA, получаем
W=kA2.
Автор: Вы правильно рассуждали, но допустили одну ошибку. Формула
A4.3) применима лишь при условии, что сила постоянна. Однако в
данном случае сила F изменяется с расстоянием, что показано на
рис. 14.3. Работа этой силы на расстоянии х = А равна площади,
заштрихованной под графиком силы. Это есть площадь треугольника,
равная kA2/2. Таким образом,
W=kA2/2. A4.4)
Обращаю внимание на то, что полная энергия колеблющегося тела
пропорциональна квадрату амплитуды колебаний. Отсюда видно, что
амплитуда действительно является важной характеристикой колеблю-
колеблющегося тела.
Если 0<х<Л, то полная энергия W складывается из кинетической
и потенциальной энергий:
W=kA2/2 = mv2/2 + kx2/2. A4.5)
Соотношение A4.5) позволяет найти скорость v колеблющегося шари-
шарика на любом расстоянии х от положения равновесия. Далее поставим
такой вопрос: чему равен период колебаний шарика, изображенного
на рис. 14.2?
Читатель Б: Чтобы установить формулу периода колебаний, надо исполь-
использовать дифференциальное исчисление.
Автор: Строго говоря, Вы правы. Однако если воспользоваться одновре-
одновременно и кинематическим, и динамическим определениями гармониче-
90
ских колебаний, то можно обойтись без дифференциального исчисле-
исчисления. В самом деле, исходя из рис. 14.1, являющегося графическим
выражением кинематического определения, можно заключить, что ско-
скорость тела в момент прохождения им положения равновесия
У| = о)Л = 2лА/Т. A4.6)
Используя результат A4.4), вытекающий из динамического определе-
определения, можно заключить, что скорость у, может быть найдена из энер-
энергетического соотношения
mv\/2 — kA2/2
A4.7)
(в момент прохождения положения равновесия вся энергия шарика
есть кинетическая энергия). Объединяя A4.6) и A4.7), получаем
An2А2т/Т2 = kA2, откуда
Т= 2лл/га/£. A4.8)
Как уже указывалось, период колебаний полностью определяется свой-
свойствами самой колеблющейся системы и не зависит от способа возбуж-
возбуждения колебаний.
Читатель А: Обычно мы рассматриваем колебания не шарика на пружи-
пружинах, а маятника. Нельзя ли обобщить полученные результаты для
рассмотрения колебаний маятника?
Автор: Чтобы выполнить это обобщение, необходимо выяснить, что именно
в случае маятника играет роль коэффициента упругости k, ведь в дей-
действительности маятник колеблется не под действием упругой силы,
а под действием силы тяжести. Рассмотрим шарик, подвешенный на
нити длиной / (рис. 14.4). Отклоним нить от равновесного положения
на угол а. На шарик действуют две силы: сила тяжести U и сида
реакции Т нити. Их равнодействующая есть возвращающая сила.
Из рисунка видно, что она равна G sin a = mg sin a.
Читатель А: А что следует принимать за отклонение от равновесного
положения в случае маятника — отрезок АБ или отрезок АВ?
Автор: Мы рассматриваем гармонические
колебания маятника. Для этого необхо-
необходимо, чтобы угол максимального отклоне-
отклонения нити от положения равновесия был
весьма мал:
а<1 A4.9)
(замечу, что здесь угол а выражен в ра-
радианах; если пользоваться градусами, то
угол а должен во всяком случае не превы-
превышать 10°). При выполнении условия
A4.9) можно пренебречь различием меж-
между длинами отрезков АБ и АВ тогда
\АБ\ = I sin a &\AB\ = ltg а.
■-* G сою
Поэтому Ваш вопрос становится несуще-
Рис. 14.4
91
ственным. Для определенности выберем: х = \АБ\ = I sin а. После
этого соотношение A4.2) принимает для маятника следующий вид:
mg sin а = kl sin а. A4.10)
Отсюда находим
k=mg/l. A4.11)
Подставляя это равенство в A4.8), получаем формулу периода гармо-
гармонических колебаний маятника:
A4.12)
Рассмотрим также вопрос об энергии маятника. Его полная энергия,
очевидно, равна mgh, где h — высота поднятия маятника в крайнем
положении (см. рис. 14.4). Таким образом,
W= mgh— mgl{\ — cos a) = 2mgl • sin2 (a/2). A4.13)
Соотношение A4.13) справедливо, очевидно, для любых углов а.
Чтобы этот результат переходил в соотношение A4.4), необходимо
выполнение условия гармоничности колебаний маятника, т. е. нера-
неравенства A4.9). В этом случае sina можно приближенно заменить углцм,
выраженным в радианах, после чего формула A4.13) принимает вид
W « 2mgl (a/2J « mgl a2/2.
Отсюда, учитывая выражение A4.11), получаем
W=k(laf ж k (\АВ\J/2.
Таким образом, мы пришли к результату A4.4).
Читатель Б: Насколько я помню, мы ранее, как правило, рассматривали
колебания маятников, не задаваясь требованием малости угла откло-
отклонения.
Автор: Это требование не нужно, если рассматривается энергия шарика
или сила реакции нити. В данном случае речь идет фактически не о
маятнике, а о движении шарика по окружности в вертикальной пло-
плоскости. Однако если в задаче участвует формула периода колебаний
A4.12), то колебания маятника обязательно должны быть гармони-
гармоническими и, следовательно, угол отклонения нити должен быть мал
[см. A4.9)]. Так, например, в задаче 14.2 условие малости угла
отклонения маятника несущественно, тогда как в задаче 14.3 это усло-
условие крайне важно.
Читатель Б: В одной книге, в разделе о колебаниях, я встретился с поня-
понятием «фигура Лиссажу». Что это такое?
Автор: Фигура Лиссажу — это траектория тела, участвующего одновре-
одновременно в двух взаимно перпендикулярных колебаниях. Предположим,
что складываются колебания вдоль оси Ох и вдоль оси Оу, причем
для простоты считаем частоты и амплитуды колебаний одинаковыми.
Пусть в момент t = 0 отклонение от равновесия по оси Ох равно
амплитуде колебаний, а отклонение по оси Оу равно нулю. В этом
случае
{х = A sin (oit -f- я/2) = A cos mt,
у = A sin mi.
92
Возведя в квадрат каждое из уравнений и сложив, получим
*2+/ = Л2.
Это уравнение окружности радиусом А. Следовательно, в данном
случае тело описывает в плоскости хОу фигуру Л иссажу в виде окруж-
окружности радиусом А.
А теперь попробуйте сами найти фигуру Лиссажу в случае, когда в
момент t = О отклонения по обеим осям равны нулю.
Читатель Б: Понимаю. В данном случае мы можем записать:
{х = A sin mi,
у = A sin Ш.
Отсюда видно, что у = х. Значит, фигура Лиссажу есть прямая линия.
Автор: Верно. Если разность начальных фаз х- и г/-колебаний имеет зна-
значения в промежутке между нулем и я/2, то мы получим фигуру Лис-
Лиссажу в виде эллипса. Если частоты х- и {/-колебаний различаются,
то фигуры Лиссажу станут еще сложнее — они будут состоять из
нескольких петель.
Читатель Б: У меня остался один неясный вопрос. Вы говорили, что
частота колебаний маятника есть его собственная характеристика и мы
ею не можем распоряжаться. Однако ведь я же могу раскачивать
качели с такой частотой, с какой мне захочется?
Автор: Можете. Дело в том, что до сих пор мы всякий раз, запустив
маятник, предоставляли ему колебаться самостоятельно. Это были
собственные колебания. Частота аH этих колебаний действительно не
зависит от нас, она определяется длиной маятника. Если же вы рас-
раскачиваете маятник с частотой w (т. е. все время действуете на него
периодической силой, характеризуемой частотой ш), то в этом случае
надо говорить о вынужденных колебаниях с частотой ш. Этой частотой
вы действительно «управляете».
Примечательно, что если частота w вынуждающей силы совпадает с
частотой собственных колебаний (а) = (о0), то наблюдается особенно
большая амплитуда колебаний. Это явление называют резонансом.
ЗАДАЧИ
14.1. Шарик совершает гармонические колебания (рис. 14.2). Найти отношение
скоростей vjv2 шарика в точках, удаленных от положения равновесия соответ-
соответственно на половину и на одну треть амплитуды.
14.2. Шарик, подвешенный на нити, отклонен от положения равновесия на угол
а = 60° и затем отпущен. Найти отношение сил натяжения Тх/Т2 нити для положе-
положений равновесия и максимального отклонения
шарика.
14.3. Маятник в виде шарика на тонкой нити
отклоняется на угол а = 5°. Найти скорость v
шарика в момент прохождения равновесия, ее-
ли круговая частота колебаний маятника ^ _ХМ
14.4. На гладком горизонтальной столе лежит
шар массой М, прикрепленный к пружине с ко-
эффициентом упругости k (рис. 14.5). В шар
попадает пуля массой т, имеющая в момент
удара скорость v(), направленную вдоль оси Рис 14.5
93
ружины. Определить амплитуду А и период Т колебаний шара, считая удар абсо-
ютно неупругим и пренебрегая массой пружины.
4.5. К пружине подвесили груз, под действием которого пружина растянулась
а А/ = 3 см. Определить период свободных колебаний грузика.
4.6. Маятниковые часы на поверхности Земли спешат на А/= 1,5 мин в сутки.
1а какой высоте над поверхностью Земли они будут идти верно? Радиус Земли
• = 6400 км.
5. ЧТО БУДЕТ С МАЯТНИКОМ В СОСТОЯНИИ
НЕВЕСОМОСТИ?
Хвтор: В стенку лифта вбит гвоздь. Повесим на этот гвоздь шарик на нити
длиной I и заставим его совершать гармонические колебания. Пусть
лифт движется вверх с ускорением а. Чему равен период колебаний
маятника?
Читатель А: Когда мы поднимаемся в лифте с ускорением вверх, то ощу-
ощущаем некоторое увеличение веса. По-видимому, это же должен «ощу-
«ощущать» и маятник. Думаю, что период его колебаний будет опреде-
определяться в этом случае формулой
Т=2л~\ —{—. A5.1)
V g + a
Однако я не могу строго обосновать эту формулу.
Хвтор: Ваша формула правильна. Для ее обоснования, правда, придется
принять необычную для нас точку зрения. До сих пор мы рассматри-
рассматривали движение тел только в инерциальных системах отсчета и избегали
неинерциальных систем отсчета. Более того, я даже предостерегал
от использования неинерциальных систем (см. § 5). Однако в этом
параграфе удобно пользоваться именно неинерциальной системой от-
отсчета, которая в данном случае связана с ускоряющимся лифтом.
Напомню, что при рассмотрении движения тела массой m в неинер-
неинерциальной системе отсчета, имеющей ускорение а, надо приложить к
телу дополнительную силу, так называемую силу инерции, которая
равна та и направлена в сторону, противоположную ускорению.
После того как к телу приложена сила инерции, можно забыть, что
система движется с ускорением, и рассматривать движение так же,
как в инерциальной системе. В данном случае с лифтом надо прило-
приложить к шарику дополнительную силу та, которая, как и сила тяжес-
тяжести G = mg, постоянна по модулю и направлению, причем их направ-
направления одинаковы. Отсюда следует, что в выражении A4.12) надо
заменить ускорение g арифметической суммой ускорений (g + a).
В результате получим формулу A5.1).
{игатель: Значит, если лифт будет двигаться с ускорением а, направлен-
направленным вниз, то период колебаний маятника будет определяться раз-
разностью ускорений (g — а), ведь теперь сила инерции та будет направ-
направлена противоположно силе тяжести?
\нюр: Конечно. В этом случае период колебаний маятника равен
A5.2)
Эта формула имеет смысл при условии, что а <с g. Чем ближе значение
ускорения а к значению g, тем больше период колебаний маятника.
При а= g наступает состояние невесомости. Что будет с маятником
в этом случае?
Читатель А: В эхом случае согласно формуле A5.2) период колебаний
становится бесконечно большим. Это означает, что маятник оказыва-
оказывается неподвижным.
Автор: Я хочу уточнить Ваш ответ. Итак,"Маятник колеблется в лифте.
Вдруг лифт оборвался и стал свободно падать вниз (сопротивлением
воздуха пренебрегаем). Что будет с маятником?
Читатель А: Как я уже сказал, маятник станет неподвижным.
Автор: Ваш ответ не совсем правилен. Маятник действительно будет
неподвижным (разумеется, по отношению к лифту), если в момент
обрыва лифта он находился в крайнем положении. Если же в момент
обрыва он не находился в крайнем положении, то в состоянии неве-
невесомости шарик будет равномерно вращаться на нити в вертикальной
плоскости со скоростью, которую он имел £ момент обрыва.
Читатель А: Я понял.
Автор: В таком случае нарисуйте мне картину поведения маятника (шари-
(шарика, привязанного к нити) внутри космического корабля, находящегося
в состоянии невесомости. <
Читатель А: В космическом корабле шарик на нити либо покоится (по
отношению к кораблю), либо равномерно вращается по окружности,
радиус которой определяется длиной нити (если, конечно, не помешают
стейки или потолок).
Автор: Ваша картина не совсем полна. Предположим, что мы внутри
космического корабля, находящегося в состоянии невесомости. Возь-
Возьмем шарик с нитью и закрепим где-нибудь свободный конец нити так,
чтобы ни стенки, ни потолок не мешали движению шарика, после чего
осторожно выпустим шарик из руки. Шарик останется неподвижным.
При этом будем различать два случая: 1) нить не натянута, 2) нить на-
натянута. Рассмотрим первый случай (позиция 1, рис. 15.1, а). Сообщим
шарику некоторую скорость uQ. В результате шарик будет двигаться
прямолинейно и равномерно до тех пор, пока нить, к которой он при-
привязан, не натянется (позиция 2). В этот момент на шарик подействует
сила реакции нити, которую можно рассматривать по аналогии с силой
реакции стенки, действующей на мячик, ударяющийся о стенку. В ре-
результате шарик резко изменит направление движения и снова полетит
равномерно и прямолинейно (позиция 3). При этом своеобразном «от-
«отражении» должно выполняться правило равенства углов падения и от-
отражения. Теперь рассмотрим второй случай: мы сначала натянем нить,
а затем осторожно выпустим шарик из руки. Как и в первом случае,
шарик будет неподвижно висеть в фиксированном положении (пози-
(позиция 1, рис. 15.1, б). Сообщим шарику некоторую скорость uQ, направ-
направленную перпендикулярно нити. В результате шарик начнет равномерно
вращаться на нити. Плоскость вращения задается нитью и вектором
скорости, сообщенной шарику.
Рассмотрим следующую задачу. Нить длиной I с шариком на конце за-
закреплена на тележке, которая без трения соскальзывает с наклонной
95
Рис. 15.1
плоскости с углом наклона а (рис. 15.2, а). Найти период колебаний
маятника, находящегося в системе, которая движется с некоторым
ускорением. В отличие от предыдущих задач с лифтом ускорение
системы направлено под некоторым углом к ускорению земного тяготе-
тяготения. Поэтому в данном случае возникает дополнительный вопрос:
каково равновесное направление нити маятника?
Читатель А: Я пытался разобраться в такой задаче, но запутался.
Автор: Период колебаний маятника в указанном случае описывается
формулой A4.12), в которой вместо g надо, как и в случаях с лифтом,
использовать некоторое эффективное ускорение (обозначим его £Эф),
равное векторной сумме ускорений земного тяготения и данной сис-
системы. Кроме того, надо учесть, что в указанную сумму вектор ускорения
тележки должен входить с обратным знаком, так как сила инерции
направлена в сторону, противоположную ускорению системы. Векторы
ускорений показаны на рис. 15.2, б, где g sin a— ускорение тележки.
Определим #эф:
£эф=
Отсюда находим
Т= 2л
.,= M£ sin а cos af+(g-g sin2 aJ=gcos a. A5.3)
A5.4)
*эф
а)
б)
та
Рис. 15.2
Читатель А: А как определить равновесное направление нити?
Автор: Это направление есть направление ускорения £эф. Исходя из ре-
результата A5.3), нетрудно заключить, что это направление образует с
вертикалью угол а. Иначе говоря, в равновесном положении нить
маятника на тележке, скатывающейся с наклонной плоскости, направ-
направлена перпендикулярно плоскости.
Читатель Б: А нельзя получить последний результат иначе?
Автор: Этот результат можно получить непосредственно, рассмотрев рав-
равновесие шарика относительно тележки. К шарику приложены сила
тяжести G = mg, сила реакции Т нити и сила инерции F= — ma
(рис. 15.3). Обозначим угол, образуемый нитью с вертикалью, через р.
Разложим все указанные силы на вертикальное и горизонтальное на-
направления и запишем условия равновесия составляющих сил для каж-
каждого из этих направлений:
Т cos р + ma sin a = mg, м 5 "V>
Т sin р = ma cos а. \ - /
{
Учитывая, что а = g sin а, перепишем систему A5.5) в виде
( Г cos p= mg(l —sin2 а),
\ Т sin p = mg sin а cos а.
Разделив одно уравнение на другое, получим
ctg Р = ctg a.
Таким образом, углы р и а оказываются равными. Следовательно,
равновесное направление нити маятника перпендикулярно наклонной
плоскости.
Читатель Б: Я внимательно следил за Вашими объяснениями и прихожу
к выводу, что был не так уже неправ, когда, отвечая на вопрос о силах,
приложенных к спутнику, указал силу тяготения и центробежную силу
(см. § 9). Просто мой ответ следует относить к системе отсчета, свя-
связанной с самим спутником, и под центробежной силой следует понимать
силу инерции. Ведь в неинерциальной системе отсчета, связанной со
спутником, мы имеем не динамическую, а статическую задачу на рав-
равновесие сил, из которых одна — центробежная сила инерции.
Автор: Такой подход к задаче о спутнике допустим. Однако, говоря в § 9
о центробежной силе, Вы не рассматривали ее как силу инерции —
просто Вы опасались, как бы спутник не свалился на Землю. Кроме
того, в упомянутом случае не было никакой необходимости переходить
к системе отсчета, связанной со спутником: физическая сущность
задачи более наглядно передавалась без введения центробежной силы
инерции. Мой прежний совет остается в силе: если нет особой необ-
необходимости, то не пользуйтесь неинерциальной системой отсчета.
Читатель А: Я хочу попробовать решить нашу задачу в инерциальной сис-
системе отсчета, т. е. рассмотреть движение маятника относительно плос-
плоскости. Нам известно, что маятник вместе с тележкой движется с
ускорением а = g sin а. Силы, действующие на шарик, я разложу на
4 - Л. В. Тарасов, А. Н. Тарасова оу
направления вдоль плоскости и пер-
перпендикулярно ей, вот мой риёунок
jfa (рис. 15.4, а). Тогда уравнения дви-
движения запишутся
{Т cos В — mg cos a = О,
Т sin В -\- mg sin a = ma.
(/cos a ~$\
Заменив в последнем уравнении
a = g sin a, получим sin В = 0, В = 0.
Следовательно, нить перпендикуляр-
б) на плоскости.
рис j54 Эффективное ускорение теперь легко
определить, так как угол между
направлениями g и £эф нам известен (см. рис. 15.4, б). Треуголь-
Треугольник ABC прямоугольный, откуда следует g3§ = g cos a, и мы приходим
к формуле A5.4).
Автор: Все совершенно верно.
ЗАДАЧИ
15.1. Как изменится период колебаний секундного маятника при перенесении его
с Земли на Луну? Масса Луны в 81 раз меньше Земли, а радиус Луны
в 3,7 раза меньше радиуса Земли.
15.2. Секундный маятник в вертикально движущемся лифте совершает за время
/= 1 мин N= 100 колебаний. С каким ускорением а движется лифт? Как направлено
это ускорение?
15.3. Маятник длиной 1=1 м, подвешенный в кабине самолета, совершает гар-
гармонические колебания. Определить период колебаний Т маятника при движении
самолета в горизонтальном направлении с постоянным ускорением а = 5 м/с2.
Каково при этом равновесное направление нити маятника?
15.4. Определить, на какую часть длины надо уменьшить длину математического
маятника, чтобы период колебаний маятника в кабине самолета оставался одина-
одинаковым при равномерном движении самолета и при его движении с ускорением
а = Ъ м/с2, направленным горизонтально.
16. ЧТО ВАМ ИЗВЕСТНО О ВОЛНАХ?
Автор: Как известно, волны бывают различной природы: волны на поверх-
поверхности воды, упругие волны (в частности, звуковые волны), электро-
электромагнитные волны (в частности, световые волны). К сожалению, экзаме-
экзаменующиеся часто имеют о волнах лишь некоторые общие представления.
Мне кажется полезным разъяснить некоторые понятия, связанные с
волнами, избрав в качестве объекта рассмотрения упругие волны.
Если внутри среды (газа, жидкости, твердого тела) поместить некий
источник колебаний, то в среде возникнут упругие волны, распростра-
распространяющиеся от источника в разные стороны. Волны могут быть попереч-
поперечными или продольными. Чем отличается поперечная волна от про-
продольной?
Читатель А: Это я знаю. В поперечной волне частицы среды отклоняются
(смещаются) перпендикулярно направлению распространения волны;
98
в продольной - смещения частиц происходят вдоль направления рас-
распространения волны. Продольные волны — это процесс распростране-
распространения сжатий и разрежений среды.
Автор: Какие волны распространяются в газах?
Читатель А: Продольные.
Автор: Правильно. А внутри твердого тела?
Читатель А: Поперечные.
Автор: И продольные тоже. А внутри жидкости?
Читатель А'- Тут я не уверен. Может быть, как и -в твердом теле,—
продольные и поперечные? Или, скорее, только продольные.
Читатель Б: Поперечные волны в жидкости легко наблюдать: достаточно
бросить камень в воду.
Автор: Внесем ясность. Прежде всего в газах распространяются только
продольные упругие волны, тогда как внутри конденсированных сред
(т. е. внутри твердых тел и жидкостей) распространяются как про-
продольные, так и поперечные упругие волны. Далее, не надо путать
волны внутри воды с волнами на поверхности воды, возникающими
от брошенного камня. Природа поверхностных и упругих волн различ-
различна. Какие параметры характеризуют волну?
Читатель А: Длина волны X, период колебаний Г, их частота v, скорость
распространения v. Они связаны друг с другом соотношениями:
X=vT;T=\/v. A6.1)
Автор: Хорошо. Но чаще используется круговая частота w = 2nv, тогда
Т= 2я/<о.
Пусть волна порождается гармонически колеблющимся источником
с периодом Т и распространяется вдоль оси Ох со скоростью v. Напи-
Напишите уравнение этой волны.
Читатель А: Я не могу. Нам этого не показывали.
Автор (к читателю Б): А Вы что можете сказать об уравнении волны?
Читатель Б: Я знаю только, что уравнение волны — это зависимость
отклонения частиц среды от координаты и времени. Записать это
уравнение я не смогу.
Автор: Будем рассуждать вместе. Поместим в точку х = О источник гармо-
гармонических колебаний. Пусть в момент tx в точке х = О отклонение равно
ух= A sin a)/,.
(Отклонения происходят вдоль оси Оу, а волна распространяется
вдоль оси Ох.) В какой момент времени в точке хФО будет наблюдаться
отклонение г/,?
Читатель Б: Очевидно, в момент tx -\- x/v, ведь, чтобы дойти до точки х,
волне потребуется время x/v.
Автор: Совершенно верно. А теперь обозначим отклонение в точке х
в момент t через у (х, t) и попробуем сообразить, в какой момент вре-
времени такое же отклонение наблюдалось в точке х = О?
Читатель Б: В момент t — x/v.
Автор: Правильно. Значит, мы можем записать так:
У (*. t) = yx{t- x/v),
99
где через ух я обозначил отклонения^ точке х = 0. Эти отклонения про-
происходят по известному нам гармоническому закону.
Читатель Б: Я понял. Уравнение волны будет иметь вид
y(x,t) = Asin[to(t — x/v)]. A6.2)
Автор: Вы правы. Воспользовавшись соотношениями A6.1), перепишем
A6.2) в виде
у (х, t) = A sin ((at — 2пх/Х). A6.3)
Заметим, что 2я/Я, обычно обозначают через k и называют волновым
числом. Окончательно
у (х, t) = A sin (at — kx); k = 2я/Х. A6.4)
Теперь ответьте на вопрос: что надо изменить в A6.4), если волна
распространяется не в положительном, а в отрицательном направ-
направлении оси Ох?
Читатель Б: Надо изменить знак перед скоростью. Вместо A6.2) получим
y(x,t) = A sin[(o(t-\-x/v)] A6.5)
и окончательно
у (х, t) = A sin (tot + kx). A6.6)
Автор: Совершенно верно. Предположим далее, что вдоль оси Ох рас-
распространяются две одинаковые волны навстречу друг другу. Что полу-
получим в результате сложения этих волн?
Читатель Б: Я выполню сложение:
у (л:, t) = A sin (tot — kx) + A sin (tot + kx) = 1A sin tot • cos kx. A6.7)
Автор: Что Вы можете сказать о свойствах волны, описываемой уравнен-
нием A6.7) ^
Читатель А: У нее в два раза больше амплитуда, а остальные характе-
характеристики прежние.
Автор: Это не главное. Давайте рассмотрим точки
я 1 Зя 1 5я 1
* = ТТ'~2~Т'~2~Т' "'
т. е. х = '/Д, Э/*Х, 5/Д, ... . В этих точках cos kx = 0. Следовательно, в
ч /ZK
б)
100
б)
V
Рис 16 2
них отклонение равно нулю во все мо-
моменты времени.
Читатель Б: Значит, в волне A6.7) есть
неподвижные точки?
Автор: Вот именно. Поэтому волну A6.7)
называют стоячей волной, а указанные
точки — узлами стоячей волны. Волны
A6.2) —A6.6) называют бегущими
волнами. На рис. 16.1, а, б хорошо про-
продемонстрировано различие между по-
поведением во времени бегущей и стоя-
стоячей волн. А теперь поговорим о звуко-
звуковых волнах. Чем характеризуется
звук?
Читатель А: Громкостью, высотой и темб-
тембром.
Автор: Как эти характеристики связаны с
характеристиками волны?
Читатель А: Я знаю, что громкость звука пропорциональна квадрату
1 амплитуды звуковой волны, а высота связана с частотой: чем больше
частота, тем выше звук.
Автор: А что Вы можете сказать о тембре?
Читатель А: Этого я не знаю.
Автор: Тембр связан с «профилем» звуковой волны. Мы до сих пор говори-
говорили лишь о синусоидальных волнах. Синусоидальные звуковые волны
называют простыми (чистыми) тонами. В музыкальном отношении они
невыразительны. Рис. 16.2 поясняет понятие «профиля» звуковых волн,
имеющих одинаковые громкость и высоту, но разный тембр (волны
для удобства графического представления рассматриваются как попе-
поперечные) : а — простой тон (его может воспроизвести, например,
колокол), б — тембр пианино, в — тембр скрипки. Своеобразие и вы-
выразительность различных музыкальных инструментов обусловлены спе-
спецификой тембров, порождаемых ими звуковых волн.
Читатель Б: Я слышал, что в акустике существует эффект Доплера. Что
это?
Автор: Эффект Доплера наблюдается не только в акустике, но и в
применении к волнам любой природы. Предположим, что Вы удаляе-
удаляетесь от источника звука со скоростью vQ. Пусть в момент /, до Вас дош-
дошло максимальное «отклонение» в звуковой волне, а Вы при этом находи-
находились в точке хх. Следующее максимальное «отклонение» дойдет до Вас
в некоторый момент tx + т. При этом Вы окажетесь в точке х, + ту0.
Легко сообразить, что время т складывается из периода колебаний Т
и времени, которое потребовалось волне, чтобы пройти расстояние,ти0:
т=Т + т • vo/v, A6.8)
где v — скорость звука; т — период звуковых колебаний, восприни-
воспринимаемых Вами как наблюдателем. Обозначим: ш=2п/Т — истинная
частота звука, о>' = 2я/т — частота звука, воспринимаемого наблюда-
наблюдателем. Тогда из A6.8) получаем
101
или
<о' = (оA — vo/v). A6.9)
Итак, если Вы удаляетесь от источника звука, то слышите более
низкий звук с частотой, определяемой выражением A6.9), и наоборот,
если вы приближаетесь к источнику, то слышите более высокий звук
с частотой
<о' = <оA -f- vo/v)
В этом и заключается эффект Доплера.
Заметим, что к тем же выводам можно прийти, если считать, что дви-
движется не наблюдатель, а источник звука. Важно, очевидно, относи-
относительное движение источника и наблюдателя.
Читатель Б: А в оптике эффект Доплера наблюдается?
Автор: Да. Я уже указывал, что этот эффект можно наблюдать в приме-
применении к волнам любой природы.
Читатель Б: Значит, если источник света движется от нас, то частота све-
световой волны уменьшается? Но тогда, например, желтый свет должен
казаться красным?
Автор: В принципе Вы правы. Однако надо учесть, что световые волны
распространяются с очень большой скоростью, равной 3 • 108 м/с.
Поэтому при обычно наблюдаемых скоростях движения источников
света (или наблюдателей) практически невозможно уловить изменение
частоты света. Астрономы улавливают изменение частоты света, иссле-
исследуя излучение звезд. Так, например, по смещению спектра излучения
звезды в сторону красного света заключают, что данная звезда удаля-
удаляется от нас. А теперь поговорим о сверхзвуковых явлениях. Как,
по-Вашему, можно ли по звуку отличить сверхзвуковой самолет от
обычного?
Читатель А: Если летит обычный самолет, то мы сначала услышим звук
от него, а уже потом над нами пролетит сам самолет. В случае сверх-
сверхзвукового самолета все должно происходить наоборот.
Читатель Б: Я слышал, что при полете сверхзвукового самолета образу-
образуется звуковая ударная волна. Слышится не гул, а взрыв. Могут даже
вылететь стекла в домах.
Автор: Вы правы, образуется ударная звуковая волна. Проследим, как
она возникает. Предположим, что сверхзвуковой самолет летит со ско-
скоростью, в три раза большей скорости звука. Рассмотрим несколько
последовательных его положений (рис. 16.3): в момент tx самолет в
точке А; в момент t2 — в точке Б; фронт звуковой волны от точки А
имеет при этом вид сферы, показанной в позиции а. В момент t6 само-
самолет в точке В, фронты звуковых волн от точек А и Б показаны в пози-
позиции б. В момент t4 самолет в точке Г; фронты звуковых волн от то-
точек А, Б и В показаны в позиции в. Если сложить все звуковые волны,
например, для момента /4> то получится фронт звуковой волны в виде
конуса. По мере движения самолета этот фронт распространяется со
скоростью звука по направлениям, показанным на рисунке стрелками.
Это и есть ударная звуковая волна. Как только она дойдет до наблю-
наблюдателя, последний услышит резкий взрыв. Чем больше скорость самоле-
самолета, тем более узким будет звуковой конус.
102
'S/S/SS////////7/S/,
Рис. 16.3 Рис. 16.4
Читатель Б: Я понимаю теперь, почему сверхзвуковые самолеты не летают
над городами.
Автор: После моих объяснений Вы можете без особых затруднений решить
задачу: самолет летит горизонтально со сверхзвуковой скоростью vQ.
Наблюдатель услышал звук от самолета через время х после того,
как увидел самолет над головой. На какой высоте летел самолет?
Читатель Б: Пусть в точке А на рис. 16.4 находится наблюдатель. Он
услышит звук, когда самолет окажется в точке Б. Из рисунка видно:
Н = ut/cos a; v/v0 = sin а. Следовательно, Н = vx/\ 1 — {v/v,) .
Автор: Вы очень хорошо справились с задачей.
Читатель Б: В этой задаче я полагал, что свет от самолета дошел до
наблюдателя мгновенно. Но на самом деле свет распространяется с
конечной скоростью.
Автор: Вы правы. Я уже говорил, что скорость света равна 3 • 108 м/с.
Что вы хотите спросить?
Читатель Б: А не наблюдаются ли в оптике сверхсветовые явления?
Читатель А: Это же невозможно: в природе не бывает скоростей больше
скорости света.
Автор: Задан интересный вопрос. Дело в том, что скорость распростране-
распространения световых волн в среде всегда несколько меньше скорости света в
вакууме. Поэтому возможна ситуация, когда частица (например, элек-
электрон) движется внутри среды со скоростью, превышающей скорость
света в этой среде. Тогда получаем типичное сверхсветовое явление:
летящий электрон порождает световой конус — световую «ударную»
волну. Это явление известно в физике как эффект Вавилова—Черен-
кова.
ЗАДАЧИ
16.1. Ультразвуковой сигнал, посланный кораблем вертикально вниз, возвратился
через /=8с. Определить глубину моря Н. Скорость звука в воде v = 1450 м/с.
16.2. Скорость звука в воде v = 1450 м/с. Частота колебаний v = 725 Гц. Опреде-
Определить, на каком расстоянии Ах находятся ближайшие точки, совершающие колеба-
колебания: 1) в противоположных фазах; 2) в одинаковых фазах; 3) при разности фаз
Дф = я/4.
16.3. На шнуре длиной / = 2 м, один конец которого привязан к стене, а другой
колеблется с частотой v = 5 Гц, возбуждаются стоячие волны. При этом между
стеной и свободным колеблющимся концом образуется три узла. Найти скорость v
распространения волн вдоль шнура.
103
Законы статики —
это законы равновесия.
Внимательно изучите эти
законы. Помните об их
практической важности.
Ведь невозможно
представить себе строителя,
не знакомого с основными
законами статики.
Рассмотрим примеры,
иллюстрирующие правило
разложения сил. Обсудим
условия равновесия тел,
которые применяются, в
частности, для отыскания
центра тяжести.
17. УМЕЕТЕ ЛИ ВЫ ПОЛЬЗОВАТЬСЯ РАЗЛОЖЕНИЕМ СИЛ?
Автор: При решении задач по механике приходится часто пользоваться
разложением сил. Поэтому нелишне остановиться на этом вопросе не-
несколько подробнее. Прежде всего напомню основное правило: чтобы
разложить силу на какие-либо два направления, надо провести через
начало и конец вектора силы по две прямых, каждая из которых парал-
параллельна соответствующему направлению разложения. В результате
получится параллелограмм, стороны которого и будут искомыми со-
составляющими данной силы.
Это правило поясняет рис. 17.1, на котором сила F раскладывается
на два направления : ААХ и ББ,. Рассмотрим несколько примеров, для
которых характерно использование разложения сил.
Первый пример (рис. 17.2): к середине двух нитей подвешены
грузы, причем силы тяжести обоих грузов одинаковы (обозначим через
б). Нити провисают под тяжестью грузов и образуют с горизонталью
углы соответственно а, и о^. Какая из нитей натянута сильнее?
Читатель А: На том же рисунке я выполню разложение силы тяжести
каждого груза на направления нитей. Из разложения следует, что
сила натяжения нити равна Т= G/B sin а). Таким образом, сильнее
натянута та нить, которая провисает в меньшей степени.
Автор: Совершенно правильно. А можно ли натянуть нить так, чтобы она
нисколько не провисала под тяжестью груза?
104
Читатель А: А почему бы и нет?
Автор: Не торопитесь с ответом. Используйте результат, только что полу-
полученный Вами.
Читатель А: Да, я понял. Натянуть нить так, чтобы не было провисания,
нельзя. Ведь с уменьшением угла а возрастает сила натяжения нити.
Как бы ни была велика прочность нити, все равно при достаточно
малом а сила натяжения разорвет нить.
Автор: Следует отметить, что провисание нити под действием подвешен-
подвешенного к ней груза происходит за счет упругих свойств нити, обуслов-
обусловливающих ее растяжение. Если бы нить не могла деформироваться
(растягиваться), то к ней нельзя было бы подвешивать груз. Отсюда
видно, что в строительной технике учет прочности различных конструк-
конструкций теснейшим образом связан со способностью этих конструкций
к упругим деформациям (как говорят, конструкция «должна дышать»).
Чрезмерно жесткие конструкции оказываются непригодными, так как
возникающие в них напряжения могут при малых деформациях стать
чрезмерно большими. Такие конструкции могут разрушаться уже под
действием собственного веса. ,
Если пренебрегать массой нити в рассмотренном выше примере, то
нетрудно найти соотношение между углом а провисания нити и силой
тяжести G. Для этого надо воспользоваться законом Гука для
упругого растяжения нити (см. задачу 17.4).
Второй пример. Как известно, «клин клином вышибают». Убе-
Убедимся в этом, используя разложение сил. На рис. 17.3, а клин 1
пытаются «вышибить» из щели, забивая в нее клин 2, на который
действуют силой F. Даны углы аи р. Требуется найти силу, дей-
действующую на клин 1 и способствующую его «вышибанию» из щели.
Читатель А: Я затрудняюсь решить эту задачу.
Автор: Перенесем силу F по линии ее действия в точку Д и разложим
силу на горизонтальное направление и направление, перпендикулярное
стороне АБ клина 2. Получающиеся при этом составляющие обозначим
соответственно F, и F2 (рис. 17.3, б). Составляющая F2 уравнове-
уравновешивается силой реакции левой стенки щели; составляющая Ри равная
по модулю Л/tg а, действует на клин /. Разложим эту силу в точ-
Х^О2 _у^
Рис. 17.1
Рис. 17.2
105
ке Е на вертикальное направление и направление, перпендикулярное
стороне ВГ клина /; получим соответственно составляющие ^3 и ^4
(рис. 17.3, в). Составляющая РА уравновешивается силой реакции
правой стенки щели, а составляющая F3 способствует «вышиванию»
клина / из щели. Это и есть искомая сила. Нетрудно видеть, что она
равна
^ = Л tg Р = F tg p/tg a.
Третий пример (рис. 17.4, а): на нити, средняя часть которой
горизонтальна, подвешены два груза G, u G2. Найти угол р, если угол а
известен, и силу натяжения каждой части нити (ТАБ, ТБВ и ТВГ).
Читатель А: Я разложу вектор силы тяжести С/, на направления А В и БВ
(рис. 17.4, б). Из соответствующих треугольников получаем: ТАБ =
= G,/sin а и ТБВ = Gi/tg а. Таким образом, две силы натяжения уже
найдены. Далее я разложу вектор силы тяжести й2 на направления
БВ и ВГ (рис. 17.4, в) и аналогично получаю: ТБВ = G2/tg p и
Твг = G2/sin p. Приравнивая друг другу силы натяжения участка ни-
нити БВ, находим G,/tg a = G2/tg p, откуда
p=arctg(G2tga/G,).
Подставляя затем этот результат в выражение для Твг, находим
силу натяжения Твг.
Автор: Разве трудно довести задачу до конца — получить выражение для
силы Твг?
Читатель А: В это выражение будет входить синус от arctg p, т. е.
sin[arctg( G2/(G, tg a))]
Рис. 17.3
106
б)
'вг
Рис. 17.4
Автор: Ваш результат верен, но его можно записать в более простом
виде, если выразить sin C через tg p:
Так как tg C = tg a( G2/G i), то получим
Читатель Б: Я вижу, что, прежде чем сдавать экзамен по физике, надо
довольно основательно повторить математику.
Автор: Ваше замечание весьма справедливо.
ЗАДАЧИ
17.1. В щель забиты два клина (см. рис. 17.3). При действии на клин 2 некоторой
силой клин / начинает двигаться вверх. При каком коэффициенте трения k между
клиньями и поверхностью щели это возможно? Массой клиньев и трением между
нити пренебречь.
'//////JY//////S//////S//S,
1
Рис 17.6
Рис 17 7
Рис. 17.8
107
17.2. Однородный стержень массой т = 6 кг подвешен на нитях (рис. 17.5). Масса
груза М = 10 кг. Определить силы натяжения нитей и силу реакции F вдоль стерж
ня, если а= 2р = 60°.
17.3. Определить силу натяжения Т нити и силу давления N шарика массой щ
на наклонную плоскость (рис. 17.6). Угол наклона плоскости а, угол между нитью
и вертикалью равен {$ Трением между шариком и плоскостью пренебречь.
17.4. Упругая нить, натянутая в лифте, провисает под действием груза, подвешен-
подвешенного в ее середине (рис. 17.7). Угол провисания а{ = 30° для покоящегося лифта
и о^ =45° для лифта, движущегося с ускорением. Найти модуль и направление
ускорения а лифта. Массой нити пренебречь.
17.5. Шарик массой m = 100 г подвешен на нити длиной 1=1 м к кронштейну
(рис. 17.8; а = 30°). Шарику в положении равновесия сообщили горизонтальную
скорость v = 2 м/с, после чего он стал колебаться. Вычислить силы F, действую-
действующие в стержнях АБ и БВ, когда шарик находится в точках максимального от
клонения от положения равновесия
18. ЧТО ВЫ ЗНАЕТЕ О РАВНОВЕСИИ ТЕЛ?
Автор: На рис. 18.1 показаны два положения равновесия кирпича. Оба
равновесных положения являются устойчивыми, однако степень их
устойчивости различна. Какое из положений является более устой
чивым?
Читатель А: Очевидно, что более устойчиво положение кирпича на
рис. 18.1, а.
Автор: Почему?
Читатель А: В этом случае центр тяжести кирпича ближе к земной по
верхности.
Автор: Дело не только в этом.
Читатель Б: Здесь площадь опоры больше, чем в положении на рис. 18.1, б
Автор: Опять-таки дело не только в этом. Чтобы разобраться в существе
вопроса, рассмотрим равновесные положения двух тел: прямоугольного
параллелепипеда с квадратным основанием и цилиндра (рис 18.2, а)
Пусть параллелепипед и цилиндр имеют одинаковые высоты И и одина
ковые площади оснований S.
Центр тяжести тел находятся на одной и той же высоте и, кроме
того, одинаковы площади опоры тел. Однако степень устойчивости тел
оказывается различной. Мерой устойчивости конкретного равновесного
состояния является энергия, которую надо затратить, чтобы оконча
тельно вывести тело из данного состояния.
Читатель Б: Что означает слово «окончательно»?
Автор: Оно означает, что предоставленное
самому себе тело не сможет возвратить
ся в исходное состояние. Указанная энер
гия равна произведению силы тяжести
на высоту, на которую надо приподнять
центр тяжести тела, чтобы оно не могло
У/,
вернуться в исходное состояние. В прел
а) q\ ложенном примере с цилиндром и парал
Рис |8 1 лелепипедом радиус цилиндра /? = \[я/л,
сторона основания параллелепипеда а =
108
i
i
—t
-<
Urn
к
""as
1
1
I
—<
R
a)
Рис. 18 2
= Vs. Чтобы вывести цилиндр из равновесного положения, надо при-
приподнять его центр тяжести на высоту
A, =V(tf/2J+#2 - (Я/2);
чтобы вывести параллелепипед из равновесного положения, надо
приподнять его центр тяжести на высоту
h2 = V(tf/2J+(a/2J - (Я/2)
(рис.
то отсюда следует, что А2 <С hx. Таким образом, из двух рассмотренных
тел цилиндр более устойчив. После этих замечаний я предлагаю
вернуться к примеру с двумя положениями кирпичей.
Читатель А: Если кувыркать кирпич, то он будет последовательно пере-
переходить из одного равновесного положения в другое. На рис. 18.3
пунктиром показана траектория, которую при этом описывает центр
тяжести кирпича. Чтобы вывести кирпич из стоячего положения, надо
приподнять его центр тяжести на высоту А,, т. е. затратить энергию
mgh\, а чтобы вывести кирпич из лежачего положения, надо^припод-
нять его центр тяжести на высоту /i2, т. е. затратить энергию mgh2-
Бо'льшая степень устойчивости тела в лежачем положении объясняется
тем, что
mghx<mgh2. A8.1)
Автор: Вот теперь Ваше обоснование большей степени устойчивости
тела в лежачем положении совер-
совершенно правильно.
Читатель Б: Но ведь на высоты h\ и А2
как раз и влияют высота центра тя-
тяжести от пола и площадь опоры.
Значит, при обсуждении степени ус-
устойчивости тел правомерно сравни-
сравнивать высоты центров тяжести и
площадь опоры?
Автор: Да, правомерно, но лишь в той 7УУ?У7УУ/уу'////7У7
мере, в какой эти величины влияют
на различие между высотами А, и
А2. Так, в примере с цилиндром и
•с '
'/////////7
Рис. 18.3
109
параллелепипедом сравнение высот центров тяжести и площадей опоры
тел не позволяло решить вопрбс о том, какое из двух тел более устойчи-
устойчиво. Кроме того, я хочу обратить Ваше внимание еще на одно обстоя-
обстоятельство. До сих пор молчаливо предполагалось, что сравниваемые
тела сделаны из одного и того же материала. В этом случае для выпол-
выполнения неравенства A8.1) было достаточно соблюдения геометрическо-
геометрического условия hx <C h2. Однако в общем случае сравниваемые тела могут
быть сделаны из различного материала, при этом неравенство A8.1)
может выполняться даже при условии hx >h2 за счет соответствующего
различия плотностей тел. Так, например, пробковый кирпич в лежачем
положении менее устойчив, чем такой же кирпич из свинца, находящий-
находящийся в стоячем положении.
Рассмотрим теперь условия равновесия тела. Какие условия равнове-
равновесия тела Вы знаете?
Читатель А: Сумма всех сил, приложенных к телу, должна равняться
нулю. Кроме того, вектор силы тяжести должен пересекать площадь
опоры тела.
Автор: Хорошо. Однако лучше сформулировать условия равновесия в
ином виде, более общем и удобном для практического использования.
Следует различать два условия равновесия.
Первое: проекции всех сил, приложенных к телу, на любое направ-
направление должны взаимно компенсироваться. Иными словами, алгебраи-
алгебраическая сумма проекций всех сил на любое направление должна рав-
равняться нулю. Это условие позволяет составить столько уравнений,
сколько имеется в задаче независимых направлений: для одномерной
задачи — одно, для двумерной — два, в общем случае — три (выбира-
(выбираются взаимно перпендикулярные направления).
Второе (условие моментов): алгебраическая сумма моментов сил
относительно любой точки должна равняться нулю. При этом все
моменты сил, стремящиеся повернуть тело около выбранной точки
в одну сторону (например, по часовой стрелке), берутся со знаком
плюс, все моменты сил, стремящиеся повернуть тело в другую сто-
сторону (против часовой стрелки), берутся со знаком минус. Чтобы за-
записать условие моментов, надо: а) выявить все силы, приложенные
к телу; б) выбрать точку, относительно которой предполагается рас-
рассматривать моменты сил; в) найти моменты всех сил относительно
выбранной точки; г) составить алгебраическую сумму моментов сил и
приравнять ее нулю. При использовании условия моментов необхо-
необходимо учитывать, что, во-первых, приведенная выше формулировка от-
относится к случаю, когда все силы и расстояния в задаче лежат в одной
и той же плоскости (задача не является трехмерной), и во-вторых,
равенство нулю алгебраической суммы моментов сил должно выпол-
выполняться относительно любой точки, взятой как внутри тела, так и вне его.
Следует подчеркнуть, что от выбора точки (относительно которой рас-
рассматриваются моменты сил) зависят значения отдельных моментов
сил; однако алгебраическая сумма моментов всегда остается равной
нулю Чтобы лучше понять условия равновесия, рассмотрим конкрет-
конкретную задачу Балка G, закрепление точках Б и В (рис. 18.4, а). В точке Г
ПО
Рис 18 4
к балке подвешен груз G2. Даны расстояния: \АБ\ = а,\БВ\ = 2а, \ВГ\=а.
Требуется найти силы реакции опоры NB и NB. Считать, что силы
реакции опоры действуют по вертикальному направлению. Как обычно,
укажите сначала силы, приложенные к телу.
Читатель А: Телом в данной задаче является балка. К ней приложены че-
четыре силы: силы тяжести G, и G2 и силы реакции NB и NB.
Автор: Изобразите эти силы на чертеже.
Читатель А: Но я не знаю, вверх или вниз направлены силы реакции.
Автор: Предположите, что обе силы реакции направлены вверх.
Читатель А: В таком случае вот мой рисунок (рис. 18.4, б). Я запишу
первое условие равновесия в виде уравнения
Мб i Kb = G, + G2. A8.2)
Автор: Я не имею ничего против этого уравнения. Однако в данной задаче
проще воспользоваться вторым условием равновесия (условием момен-
моментов), применяя его один раз относительно точки Б, а другой раз—
точки В.
Читатель А: Хорошо, я так и сделаю. Момент силы NB относительно
точки Б равен произведению этой силы на расстояние от точки Б до
точки приложения силы В...
Автор: В данном случае Ваше определение момента силы справедливо,
но следует помнить, что момент силы равен произведению модуля силы
на кратчайшее расстояние от точки, относительно которой рассматри-
рассматривается момент, до направления силы. Обычно это расстояние назы-
называют плечом силы.
Читатель А: Значит, чтобы определить моменты силы Р относительно
точки О (рис. 18.5), надо из точки О опустить на направление силы F
перпендикуляр[ О А
\\ 00
, и тогда момент будет равен
• sin a,
Автор: Совершенно верно. Но давайте вернемся к нашей задаче.
Читатель А: Я составлю два уравнения моментов. В результате получаю
следующие уравнения:
!Gxa — NВ2а -\- G{ia = 0 (относительноточки Б),
NB2a — Gxa -f G2a = 0 (относительно точки В).
A8.3)
111
Автор: Вот видите, у Вас в каждом уравне-
уравнении содержится только одно из неизвест-
неизвестных. Его можно сразу вычислить.
Читатель А: Из уравнений A8.3) находим:
NB={Gl — G2)/2, A8.4)
A/B=(G,+3G2)/2. A8.5)
Автор: Выражение A8.5) всегда положи-
положительно. Значит, сила реакции NB всегда
направлена вверх (как мы и предположи-
Рис 18.5 ли). Выражение A8.4) положительно,
если G, > G2, отрицательно, если GX<G2,
и обращается в нуль, если G, = G2. Это
означает, что при G, > G2 сила NB на-
направлена так, как мы и предположили, т. е. вверх (см. рис. 18.4, б); при
Gl<CG2 сила NB направлена вниз (см. рис. 18.4, в), при GX = G2
сила реакции $Б отсутствует. Уравнение A8.2) можно использовать
для проверки правильности решения системы A8.3).
ЗАДАЧИ
18.1. К плоскому телу, имеющему форму квадрата, приложены пять сил: F{ = 2 Н,
F2 = 2 Н, F3 = 2И, F4 = 1 Н, F5 = 1 Н (рис 18.6) Сторона квадрата а = 2 м. Опре-
Определить моменты указанных сил относительно точек Б и В. Как движется это
тело?
18.2. К плоскому телу, имеющему форму квадрата со стороной а = 2 м, приложено
четыре силы по 2 Н (рис. 18.7). Определить равнодействующую R всех сил и мо-
момент сил МА относительно точки А.
18.3. Однородный квадрат в точке А опирается о выступ в стене, а в точке Б под-
подвешен на нити (рис. 18 8) Определить силу натяжения Т нити БВ, силу реакции R
в точке А и направление этой силы Масса квадрата равна /п, а угол между нитью
и вертикалью а
18.4. На горизонтальной поверхности стола лежит цепочка длиной / Какова макси-
максимальная длина /( свешивающейся со стола части цепочки, если коэффициент
трения между цепочкой и столой равен &?
18.5. Какую работу А надо совершить, чтобы перевернуть тяжелый куб массой М
вокруг ребра на другую грань? Плотность материала куба равна р
Рис. 18.6
Рис. 18.8
112
18.6. Под каким наименьшим углом а к стене надо поставить на горизонтальный
шероховатый пол лестницу массой /п, чтобы человек массой М мог подняться по
ней доверху? Коэффициент трения скольжения лестницы о пол равен k
19. КАК ВЫ ОТЫСКИВАЕТЕ ПОЛОЖЕНИЕ ЦЕНТРА
тяжихти?
Автор: Экзаменующиеся иногда испытывают затруднения в отыскании
центра тяжести тела или системы тел. Есть ли у Вас какие-нибудь
неясности в этих задачах?
Читатель Б: Мне кажется, здесь все просто. Для симметричных тел
центр тяжести определяется по положению оси симметрии; для несим-
несимметричных тел положение центра тяжести определяется из условия:
сумма моментов сил относительно центра тяжести равна нулю.
Автор: Давайте сначала уточним, что такое центр тяжести. Любое тело
можно рассматривать как совокупность материальных точек, на каж-
каждую из которых действует сила тяжести. Равнодействующая этих эле-
элементарных сил тяжести и есть сила тяжести тела, а точка приложения
этой равнодействующей называется центром тяжести тела.
Читатель Б: Я знаю другое определение центра тяжести: центр тяжести
тела — это точка пересечения прямых, вдоль которых действуют силы,
сообщающие телу только поступательное движение.
Автор: Вообще говоря, Ваше определение относится к центру масс, но
поскольку под действием только силы тяжести тело движется поступа-
поступательно, то часто центр масс называют центром тяжести. Центр тяже-
тяжести обладает следующим свойством: если в этой точке тело закрепить,
то оно будет находиться в состоянии равновесия. Используя это свой-
свойство, обычно и определяют положение центра тяжести тела. При этом
составляют уравнения моментов элементарных сил тяжести относи-
относительно оси, проходящей через центр тяжести тела. Давайте рассмотрим
конкретные примеры.
г. А
G, Л2
4
Лу£^£
s)
Рис. 19 1
13
Определить положение центра тяжести однородной пластинки, пока-
показанной на рис. 19.1, а.
Читатель Б: Сначала я разобью пластинку на два прямоугольника
(рис. 19.1, б; пунктир; центры тяжести прямоугольников / и 2 нахо-
находятся в точках А и Б). Эти точки совпадают с центрами симметрии
этих прямоугольников. Силы тяжести прямоугольников пропорцио-
' нальны их площадям, сила тяжести G\ прямоугольника / численно рав-
равна 6 ед A ед. пропорциональна площади 1 см2); сила тяжести G2 пря-
прямоугольника 2 численно равна 10 ед. А что делать дальше, я не знаю.
Автор: Спроецируем точки Л и Б на координатные оси Ох и Оу; проекции
обозначим буквами Л,, Б, на оси Ох и Л2, Б2 на оси Оу. Далее рас-
рассмотрим «стержни» Л,£, и А2Б2, полагая, что масса сосредоточена в
концах «стержней», причем масса конца равна массе соответствующего
прямоугольника (рис. 19.1, в). В результате задача по определению
положения центра тяжести нашей пластинки сводится к отысканию
центров тяжести «стержней» А\Б\ и А2Б2. Положения этих центров
тяжести и будут являться координатами искомого центра тяжести
пластинки. Доведем задачу до конца. Определим сначала положение
центра тяжести «стержня» АХБХ (точки С,). Составим уравнение
моментов сил относительно точки С) (рис. 19.1, в): (хс — хА) 6— (хБ —
— хс) 10 =*= 0, где*4= 1 см, хБ = Зсм,хс — координата центра тяжести
пластинки. Находим хс = 9/4 см. Аналогично определяем положение
центра тяжести «стержня» А2Б2 : {у с — У а) 6 — (уБ — ус) 10 = 0, где
уА = 1,5 см, уБ = 2,5 см. Вторая координата искомого центра тяжести
равна ус = 5/8см.
Читатель Б: Я понял. Координату хс центра тяжести пластины я именно
так и находил бы. Но я сомневался, можно ли таким же образом
отыскивать координату ус.
Автор: Вот еще пример. Определить положение центра тяжести
тонкого однородного диска радиусом R, из которого вырезан круг
радиусом г = R/2 (рис. 19.2, а). Вместо заданного круга с одним отвер-
отверстием будем рассматривать систему двух тел: круга с двумя симметрич-
симметричными отверстиями и кружка, который вставлен в одно из отверстий
а)
Рис 19.2
114
(рис. 19.2, б). Центры тяжести этих тел нах<мятся в их центрах сим-
симметрии. Учитывая, что сила тяжести G круга с двумя отверстиями про-
пропорциональна его площади (л/?2 — 2л/?2/4) = т/?2/2, а сила тяжести G,
маленького кружка пропорциональна шющадм т/?2/4, приходим к про-
простой задаче отыскания точки приложения равп > 1ействующей двух сил,
изображенных внизу на рис. 19.2, б. Обочн-i шм через х расстояние
от искомого центра тяжести до геометричс i кого центра большого
круга. Тогда согласно рис. 19.2, б можем запт i гь( л/?2/4) (R/2 — х) =
= (nR2/2) х, откуда х = /?/6.
Возможен также иной подход к предложенной '.адаче. Заменим данный
круг с отверстием сплошным кругом (без каких-либо отверстий) плюс
кружок, находящийся на том месте, где было отверстие, и имеющий
отрицательную (т. е. направленную вверх) силу тяжести (рис. 19.2, в),
которая будет компенсировать положительнмо силу тяжести соответ-
соответствующего участка сплошного круга, что в целом отвечает кругу с
отверстием. В этом случае задача сводится к отысканию точки прило-
приложения равнодействующей сил, изображенных внизу на рис. 19.2, в.
Согласно этому рисунку запишем nR2x = nR ■ (R/2-\-x)/4, откуда, как
и в предыдущем способе, х = /?/6
Читатель А: Мне больше нравится первый подход: в нем не приходится
вводить отрицательную силу тяжести.
Автор: Мне хотелось бы еще предложить задачу по отысканию центра
тяжести системы грузов, изображенной на рис. 19 3, а. Даны шесть
разных грузов {Gx, G2..., Gb), размещенных ы)иль стержня на одина-
одинаковых расстояниях а друг от друга. Силой тяжести самого стержня
пренебрегаем. Как Вы стали бы решать эту задачу?
Читатель А: Сначала я рассмотрел бы две силы тяжести, например
G, и б2> нашел бы точку приложения их равнодействующей, нарисо-
нарисовал бы на чертеже эту равнодействующую (она равна сумме G, + E2)
и вычеркнул бы из дальнейшего рассмотрения еилы б, и б2. Теперь
вместо шести сил осталось только imii> Далее я нашел бы точку при-
приложения равнодействующей еще двух сил и т. д. Таким образом, путем
последовательных операций я в конце концов пришел бы к искомой
равнодействующей, точка приложения которой и есть центр тяжести
данной системы.
а)
б)
)'-*•
г
-Q—О-
V-*
I.
Рис 19 3
115
Автор: Такой метод решения правилен. Однако он слишком громоздок
Можно указать более изящный метод. Для этого мысленно укрепим
стержень в его центре тяжести (в точке Б на рис. 19 3, б)
Читатель Б (перебивая): Но ведь Вам пока еще неизвестно положение
центра тяжести Откуда Вы знаете, что он находится между точ-
точками приложения сил G^ и Gt?
Автор: Мне безразлично, где именно находится центр тяжести. Я не буду
пользоваться тем обстоятельством, что центр тяжести оказался между
точками приложения сил G, и G4. Итак, мысленно укрепим стержень
в его центре тяжести. В результате стержень буде-т находиться в сос-
состоянии равновесия. При этом кроме шести сил на стержень будет
действовать еще одна сила — сила реакции опоры N. Поскольку
стержень уравновешен, можно воспользоваться условиями равнове-
равновесия (см. § 18) Применим сначала первое условие равновесия для
проекций сил на вертикальное направление:
tf = G, + G2 + G, + <7, + G, + G6. A9.1)
затем второе у(ловие равновесия (условие моментов), рассмотрев
моменты сил по отношению к точке А на рис. 19.3, б (т е. к левому
концу стержня) В этом случае все силы стремятся повернуть стер-
стержень по часовой стрелке, а сила реакции опоры стремится повер-
повернуть стержень против часовой стрелки Запишем
N • \АБ\= G2a -\- G, • 2а + G4 • За + G, • 4а + G6 • 5а A9 2)
Объединяя условия равновесия A9.1) и A9.2), находим отрезок \АВ\,
т. е. положение искомого центра тяжести, отсчитываемое от левого
конца стержня:
. , G,a-{- G ■ 2а -} С, • 'Аи + Gr • Аа + G, • Ьа
\АБ\ = — -Г—.-Г-, г I г л-'г л. г ' {193)
d{ -t О, -t- f/( ■( O( + fr, + »,,
Читатель А: Да Этот мегод значительно проще.
Автор: Обратите внимание, что Ваш способ решения задачи весьма чув-
чувствителен к количеству грузов на стержне (добавление каждого нового
груза существенно усложняет решение), а мой способ ничуть не
усложняется от увеличения числа грузов. При добавлении нового
груза в числителе и знаменателе выражения A9.3) прибавится по
одному слагаемому, только и всего.
Читатель Б Можно ли определить положения центра тяжести стержня,
используя только условие моментов?
Автор: Да, можно Для этого надо записать условие равновесия момен-
моментов сил относительно двух различных точек Давайте именно так и сде-
сделаем. Будом рассматривать условие моментов сил относительно точек
А и В (см рис 19 3. б) Относительно точки А условие моментов
выражает* я уравнением A9.2), а относительно точки В уравнение
имРет вид
N - Eл - \AB\U- (!гла f G, • 2а + G, • За + (?2 • 4а + G, • 5а A9 4)
Разделив A9 2) на A9 4), получаем
\дБ\ G.a + G - 2а + С, ■ За + G. • 4а + G(i . 5а
5а - ШЦ~ " G а -\ ТГ ■ 2а 4- О ■ гЛа + О, • Аа + G, • 5а'
116
ткуда находим
] (Gba + G4 • 2а + G,
За 4- G2 • 4а + G,
5а + G2a -f G3 • 2а +
4 • За f G5-4a +
5a(G, +G2 + G3 + G4 + G5 + ^fi)=(G2a+ G
4- G5 • 4a + G6 • 5a) 5a.
Итак, приходим к A9.3).
Результат A9.3) можно обобщить. Если предположить, что в точке А
взято начало координат оси Ох, то нетрудно видеть, что расстояния а,
2а, За и т. д. есть не что иное как координаты центров тяжестей грузов,
\АБ\ — х0 — координата центра тяжести системы гручов в выбранной
системе координат. Кроме того, учтем, что G — trig Тогда A9.3) можно
записать так:
т. + т„ 4 т 4-
i
I = I
n
I
A9.5)
Для тела произвольной формы координату //0 цгнтра тяжести также
можно записать:
n
I
I — 1
т у
I
A9 6)
В формулах A9.5) и A9.6) знак V обозначает суммирование по всем
элементарным массам, х, и у, - координаты соответствующей элемен-
элементарной силы тяжести.
ЗАДАЧИ
19.1. Определить положение центра тяжести диски, в котором сделаны два круго-
круговых отверстия (рис. 19.4). Радиусы вырезанных тнерстий равны соответственно
половине и четверти радиуса R диска.
19.2. Определить центр тяжести фигуры,
представляющей собой равносторонний
треугольник, стороны которого равны а и
сделаны из однородного материала, а в
вершинах расположены грузы m, 2m, m
Рассмотреть два случая: 1) массой сторон
треугольника пренебречь; 2) масса всех
сторон М = 4т
19.3. В свинцовом шаре при выплавке об-
образовалась сферическая полость, поверх-
поверхность которой касается поверхности шара и
проходит через его центр. Найти положение
центра тяжести получившегося тела, если
радиус полости равен г = /?/2
Рис. 19 4
117
ZXJ
3,5
a)
5x0
6)
Рис 19 5
19.4. Из квадратной однородной пластинки с длиной ребра а вырезали равнобед-
равнобедренный треугольник, основание которого равно а, а высота h Определить центр
1Я/кесги получившейся фигуры
\9Я. Найти координаты центра тяжести плоских однородных фигур, показанных
н<1 рис 19 5, а—в (размеры на рисунке даны в сантиметрах).
20. ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ ЗАКОН ПАСКАЛЯ?
4нгор: Рассмотрим следующий опыт. Возьмем стеклянный колпак с
отверстием в донышке. Перевернем колпак отверстием кверху и поста-
поставим на лист стекла (края колпака должны плотно прилегать к по-
поверхности стекла). Через отверстие, имеющееся в донышке, наполним
колпак водой доверху и затем плотно закроем отверстие пробкой
(рис. 20.1). Если поднять колпак, то вместе с ним поднимется и стекло
(словно бы приклеенное), вода из-под колпака не выльется Если же
пробку, закрывающую отверстие в донышке, вынуть, то при попытке
поднять колпак стекло останется на месте, вода из-под колпака тут же
выльется. Как Вы объясните это?
Читатель А: Я догадываюсь, что надо воспользоваться законом Паскаля.
Но я не очень представляю, в чем заключается сущность этого закона.
Читатель Б: Закон Паскаля гласит: давление, оказываемое на жидкость
в какой-либо ее точке, передается этой жидкостью одинаково во всех
направлениях.
Автор: Если отверстие в донышке колпака закрыто пробкой, то на лист
стекла действует сверху давление, обусловленное тяжестью воды под
колпаком, а снизу действует атмосферное давление. Второе существен-
существенно больше первого, поэтому стеклянная пласти-
пластина как бы «приклеивается» к колпаку. Когда
пробка вынута, то атмосферное давление на по-
поверхность воды в отверстии в соответствии с
законом Паскаля передается водой на верхнюю
поверхность стеклянной пластины...
Читатель А: Понимаю. Теперь на стеклянную
пластину действует сверху давление, обуслов-
1 ^ <* it ■& /// 0\ ленное тяжестью воды, плюс атмосферное дав-
давление, а снизу — только атмосферное давление
рис 20 1 Давление сверху оказывается больше, чем
снизу.
118
Закон Архимеда обычно
не привлекает к себе особого
внимания. Совершенно
напрасно. На основе этого
закона можно построить
весьма интересные вопросы
It задачи. Обсудим вопрос
о применимости этого закона
в состоянии невесомости тел.
Читатель Б: Признаться, все это удивительно. Отверстие в донышке кол-
колпака маленькое, площадь стекла, накрытая колпаком, большая. И тем
не менее давление, оказываемое атмосферой на маленькую по площади
поверхность воды в отверстии, передается на всю большую площадь
стекла.
Автор: И не только на поверхность стекла, но и на всю поверхность сте-
стенок колпака. Рассмотрим обыкновенный большой бидон, наполненный
доверху водой (рис. 20.2, а). На поверхность воды в горлышке бидона
а)
Рис. 20 2
119
действует атмосферное давление ра. Покажите стрелочками давление
на стенки и дно бидона.
Читатель Б: По закону Паскаля давление ра передается на все точки
стенки и дна (рис. 20.2, б).
Читатель А\рие. 20.2, б, по-"моему, неверен. Известно, что давление на
стенки .увеличивается с глубиной.
Читатель 5.--Я забыл учесть давление, обусловленное тяжестью воды.
На глубине h это дополнительное так называемое гидростатическое
давление р'авно pg'h, где р — плотность воды, a g — ускорение свобод-
свободного падения. Правильный рисунок есть рис. 20.2, в.
Автор: Теперь все хорошо. Правда, если измерить длину ваших стрелок
на рисунке, то можно сделать вывод, что давление около дна сосуда
(и на само дно) примерно вдвое больше атмосферного. Какой же
высоты должен был бы быть бидон, чтобы это наблюдалось на
самом деле?
Читатель Б: Я понимаю Ваше замечание. Такой бидон должен был бы
иметь высоту около 10 м. Ведь атмосферное давление есть давление,
какое оказывал бы на дно водяной столб высотой около 10 м.
Автор: Но вернемся к закону Паскаля. Этот закон хорошо проявляется в
гидравлическом прессе. Рассмотрим сначала очень простую задачу.
Пусть поршень 1 имеет площадь s,, а поршень 2 — площадь s2. На пор-
поршень 1 действуем силой F. Какую уравновешивающую силу надо
приложить к поршню 2? Задачу поясняет рис. 20.3.
Читатель А: На поршень / действует давление р, = F/s,. По закону Паска-
Паскаля это давление передается на поршень 2; оно действует на него снизу.
Поэтому для уравновешивания надо поставить на поршень 2 тело мас-
массой My определяемой из соотношения
F/sl=Mg/s2. B0.1)
Автор: Правильно. Итак, в данном случае давление на поршень / сверху
равно давлению на поршень 2 снизу. Поэтому уравновешивающая си-
сила, приложенная к поршню 2, будет во столько же раз больше силы F,
во сколько раз площадь поршня 2 больше площади поршня /. А теперь
рассмотрим более сложную задачу с гидравлическим прессом. Во-пер-
Во-первых, учтем массу поршней, а во-вторых, предположим, что поршень /
находится выше поршня 2.
Поршень 1 имеет площадь s, и массу га,; на него поставили груз мас-
массой М,. Поршень 2 имеет площадь s2 и массу га2. Какова масса урав-
уравновешивающего груза, который надо поставить на поршень 2, если из-
известно, что поршень 1 выше поршня 2 на
высоту h и плотность жидкости равна р?
Задачу поясняет рис. 20.4, а.
2 Читатель Б: Поршень / вместе со стоящим на
нем грузом оказывает на жидкость давле-
давление (М, + щ) g/sx плюс дополнительное
давление pgh, обусловленное тяжестью
жидкости. По закону Паскаля все это
давление передается на нижнюю поверх-
Рис. 20.3 ность поршня 2. Оно должно быть уравно-
Ш
Рис. 20.4
вешено давлением (М2 + га2) g/s2, где М2 — искомая масса груза,
который надо поставить на поршень 2. Таким образом,
(Мх + тх) g/sx + pgh = (M2 + m2) g/s2, B0.2)
откуда
М2=(МХ + га,) s2/s, + phs2 — "V
Автор: Соотношение B0.2) и окончательный ответ правильные. Однако
в Ваших рассуждениях нет достаточной четкости. Давайте выделим
мысленно некоторую горизонтальную плоскость; на рис. 20.4, б сечение
такой плоскости показано прямой ААХ. Рассмотрим давление, оказы-
оказываемое на плоскость соответственно в левом и правом коленах гидрав-
гидравлического пресса. Давление р, в левом колене складывается из дав-
давления (М, + га,) g/sx, атмосферного давления ра и давления pgh. Дав-
Давление р2 в правом колене есть давление(М2 + га2) g/s2 плюс атмосфер-
атмосферное давление ра. По закону Паскаля давление р, передается из левого
колена пресса в правое (как и давление р2 передается из правого коле-
колена в левое). Эти давления уравновешены:
р, = р2. B0.3)
Атмосферное давление входит в обе части равенства B0.3); оно сокра-
сокращается. После этого приходим к соотношению B0.2).
Читатель А: По-видимому, закон Паскаля следует использовать также
при решении задач с сообщающимися сосудами.
Автор: Конечно. Рассмотрим задачу. Два сообщающихся сосуда с пло-
площадью s сечения соединены внизу короткой узкой трубкой. В сосуды
налита жидкость плотностью р0. Высота уровня жидкости равна Н
(рис. 20.5, а). Найти высоту уровня жидкости в каждом сосуде, если:
а) в левый сосуд долить объем Vx жидкости плотностью р, (р, <р0);
б) после этого в правый сосуд долить объем V2 жидкости плотностью
р2 (р2 < ро). Все жидкости считать несмешивающимися.
Читатель Б: Полагаю, что здесь нет сложностей. Достаточно посмотреть
на рисунок (рис. 20.5, б). Давление на мысленную плоскость ААХ сле-
слева равно pxgVx/s + poghx, а справа равно pQgBH — hx). Атмосфер-
Атмосферное давление не учитываем, поскольку оно одинаково действует на
121
ll
-
=
—■
—
3L
i
\
VJS
1
1
1
н h
f \
-e:
3-
~—
э
A
i
i
1
■jr.
У
-l
( i '
-s:
i *,
L v
^:
—
A
1
1
1
—
a)
6)
Рис. 20 5
жидкость в левом сосуде и на жидкость в правом сосуде. Таким обра-
образом, Л, = Н — l/Ip1/Bsp0), откуда нетрудно найти искомые высоты.
Автор: Все совершенно правильно. Но это Вы рассмотрели первый вопрос
задачи. Теперь обратитесь ко второму вопросу.
Читатель Б: Второй вопрос иллюстрирует рис. 20.5, в. Давление на плос-
плоскость ААХ слева p\gV[/s-{-pQgh2, а справа p2gV2/s + p0gB# — h2). Сле-
Следовательно, h2 = H — K,p,/Bspo) + V2p2/Bsp0).
Автор: После того как мы вполне разобрались с законом Паскаля, обра-
обратимся к закону Архимеда. Эти два физических закона составляют
основу гидростатики.
ЗАДАЧИ
20.1. Какая работа затрачена на подъем груза массой m = 1,5 т с помощью гидрав-
гидравлического пресса, если при этом малый поршень переместился на высоту /i, = 40 см?
Площадь малого поршня в п = 20 раз меньше площади большого поршня. Опре-
Определить также силу F, приложенную к малому поршню.
20.2. В два сообщающихся сосуда налита ртуть. Сечение одного из сосудов в
п = 2 раза больше сечения другого. Узкий сосуд доливают до края водой.
На сколько поднимется при этом уровень ртути в широком сосуде? Первоначально
уровень ртути был на расстоянии / = 20 см от верхнего края сосудов. Плотность
ртути р т = 13,8 г/см3, плотность воды рв = 1 г/см3.
20.3. В два сообщающихся сосуда налиты ртуть и вода одинакового объема V.
Площадь сечения одного сосуда s, второго ns. Определить, на каких уровнях рас-
расположатся в сосудах ртуть и вода. Рассмотреть два случая — вода налита:
1) в широкий сосуд; 2) в узкий сосуд (п = 2).
21. ЗАЧЕМ НАДО ЗНАТЬ ЗАКОН АРХИМЕДА?
Автор: Знаете ли Вы закон Архимеда?
Читатель Б: Конечно. На погруженное в жидкость тело действует вытал-
выталкивающая сила, равная весу жидкости, вытесненной телом. Здесь все
очень просто.
Автор: Не спешите с выводами относительно простоты.
122
Читатель А: Я полагаю, что при формулировке закона Архимеда надо
говорить не «весу жидкости», а «силе тяжести жидкости».
Автор: Почему Вы так полагаете?
Читатель А: По аналогии с механикой. Ведь там мы везде подменили
прежний термин «вес» термином «сила тяжести», а под «весом» услови-
условились понимать силу нормального давления, действующую на горизон
тальную опору.
Автор: В отношении закона Архимеда Вы неправы. Здесь надо употреб-
лять именно термин «вес». В этом можно убедиться^ ознакомившись
со следующим параграфом. Забегая вперед, замечу, что в лифте, дви-
движущемся с ускорением, выталкивающая сила зависит от ускорения
Ну а сила тяжести не может зависеть от ускорения лифта. Итак,
вернемся к закону Архимеда.
Читатель Б: По-видимому, следовало бы добавить, что на тело, «погру-
«погруженное» в газ, тоже действует выталкивающая сила.
Автор: Правильно. А теперь не могли бы Вы доказать справедливое п.
закона Архимеда?
Читатель А: Доказать справедливость закона Архимеда?
Автор: Да.
Читатель А: Но закон Архимеда получен непосредственно из опьп;|
Автор: Это верно. Однако его можно вывести из простых энергетических
соображений. Будем мысленно поднимать некоторое тело объемом Г
и плотностью р на высоту Н, делая это один раз в вакууме, а другой
раз в жидкости с плотностью р0. В первом случае на указанный подъем
надо затратить энергию pgVH (где pV — га). Во втором случае затра-
затраченная энергия оказывается меньше, поскольку поднятие тела объемом
V на высоту Н в жидкости сопровождается одновременным опусканием
на такую же высоту объема V жидкости. Поэтому теперь для подъем;,
тела необходимо затратить энергию (pgVH— pogVH). Рассматривая
вычитаемое pogVH как работу некоторой силы, можно заключить,
что по сравнению с вакуумом на тело в жидкости действует дополни
тельная сила F = pogV, которая и облегчает подъем тела. Эту си.п
называют выталкивающей или архимедовой силой. Нетрудно виден
что она равна весу жидкости в объеме V погруженного в жидкош.
тела. (Заметим, что в приведенных рассуждениях не принимались ы
внимание энергетические потери, связанные с трением при реальны*
перемещениях тела в жидкости.) К закону Архимеда можно принт,
также несколько иным способом. Предположим, что погруженное i
жидкость тело имеет форму цилиндра высотой h с площадью ochobji-m ■
S (рис. 21.1). Допустим, что давление жидкости на верхнее дно ик.жн
ра равно р. Тогда давление на нижнее дно равно р + Pogh. Таким of>;>.i
зом, существует разность давлений на нижнее и верхнее оентмни'.
цилиндра, равная pogh. Если эту разность умножить на площадь ^ ik
нования, то получим силу F = poghS, которая стремится вытолкн\ть и-
ло вверх. Так как hS = V — объем цилиндра, то легко видеть, то т> »
есть выталкивающая сила, которая фигурирует в законе Ар\име,|,|
Читатель А: Да, я вижу, что к закону Архимеда можно прийти чт и
умозрительно.
Автор: Прежде чем решать задачи, давайте вспомним условие плавании
тел.
123
Читатель А: Я помню это условие. Сила тяжести
должна быть уравновешена выталкивающей
силой, действующей на тело согласно закону
Архимеда.
Iff ^ Автор: Правильно. Рассмотрим пример. В сосу-
P+(*tgh fie c Qofiofr плавает кусок льда. Что будет с
уровнем воды в сосуде после того, как лед
Рис211 растает?
Читатель А: Положение уровня не изменится,
так как сила тяжести, действующая на лед,
уравновешена выталкивающей силой и, следовательно, равна весу
жидкости (в данном случае воды), вытесненной льдом. Когда лед рас-
растает, он превратится в воду, объем которой он вытеснял ранее.
Автор: Совершенно верно. А теперь предположим, что внутри куска льда
находился, например, кусочек свинца. Что будет с уровнем воды после
таяния льда в этом случае?
Читатель А: Если я не ошибаюсь, то уровень воды в сосуде должен
немного понизиться. Однако я затрудняюсь доказать это утверждение.
Автор: Обозначим: V — объем куска льда вместе со свинцом; и — объем
,кусочка свинца; V{ — объем воды, вытесненной подводной частью кус-
куска льда; pQ — плотность воды; р, — плотность льда; р2 — плотность
свинца. Сила тяжести, действующая на кусок льда со свинцом, равна
P\g (V - v)
Эта сила тяжести уравновешена выталкивающей силой pogVt. Таким
образом,
Pig(V-v)-\-^gv = pogVl. B1.1)
После таяния лед превратится в воду, объем V2 которой определяется
из равенства p{g (V— v) = ро£У2- Подставляя это равенство в B1.1),
находим
Отсюда следует, что объем воды, образовавшейся в результате таяния
льда, равен
V2=Vl-v(p2/p0). " B1-2)
Итак, до таяния льда был вытеснен объем воды Vx. Затем свинец и вода
от таяния льда стали занимать объем^ (V2 + v). Чтобы ответить на во-
вопрос о положении уровня воды в сосуде, надо сопоставить эти объемы.
Из формулы B1.2) получаем
У2 + v= y.-^ps-poVpo. B1.3)
Так как р2 > р0 (свинец тяжелее воды), то из B1.3) видно, что
(V2 + v) <. Vx. Следовательно, в результате таяния льда уровень воды
в сосуде понижается. Разделив разность объемов Vx — {V2-\-v) на
площадь S поперечного сечения сосуда (для простоты полагаем, что
сосуд имеет цилиндрическую форму), найдем высоту h, на которую
опустится уровень воды после таяния льда:
124
S\Po /
B1.4)
Понятно ли Вам решение задачи?
Читатель А: Да, понятно.
Автор: Давайте теперь вместо кусочки свинца внутри лы)а nuMt't rим кусо-
кусочек пробки объемом и и п лптностью \N. Что стане! < урикнгм вш)ы после
таяния льдо?
Читатель А: Л думаю, что уровень воды в сосуде нгмною поднимется.
Автор: Почему?
Читатель А: В задаче со свинцом уровень воды опускался. Свинец тяже-
тяжелее воды, а пробка легче воды. Поэтому в случае с пробкой надо ожи-
ожидать противоположного эффекта: уровень воды должен повыситься.
Автор: Вы ошибаетесь. Ваш ответ был бы верен, если бы пробка после
таяния льда оставалась внутри воды. Но это, ^очевидно, невозможно.
Поскольку пробка легче воды, она обязательно всплывет на поверх-
поверхность. Поэтому случай с пробкой (как и с любым другим телом,
которое легче воды) требует специального рассмотрения. Используя
результат B1.2), найдем разность объемов воды, вытесненной куском
льда с пробкой, и воды, образующейся вследствие таяния льда:
V, -V2=v(p,/p0). B1.5)
Далее воспользуемся условием плавания для пробки:
р3У = poyi> B1.о)
где у, —объем пробки, погруженной в воду. Подставляя это равен-
равенство в B1.5), находим
Таким образом, объем воды, вытесненной куском льда, оказывается в
точности равным сумме объемов воды, образующейся от таяния льда, и
воды, вытесняемой погруженной частью пробки. Отсюда следует, что
уровеьь воды в сосуде остается неизменным.
Читатель А: А если бы вместо пробки в куске льда был просто пузырек
воздуха?
Автор: После таяния льда этот пузырек выйдет наружу. Нетрудно убе-
убедиться, что при этом уровень воды в сосуде примет в точности то же
положение, которое он имел до таяния льда. Одним словом, случай
J
Рис 21.2
125
с пузырьком воздух.' ..о льду аналыичен случаю с кусочком пробки
во льду.
Читатель А: Я вижу, ч-н> h.i основании закона Архимеда можно придумать
довольно интересные вопросы и задачи.
Автор: К сожалению, некоторые экзаменующиеся относятся к этому за-
закону пренебрежито п.но и не дают себе труда подумать над ним в про-
процессе подготовки к экзамену.
Рассмотрим следующий пример. На одной чаше весов стоит сосуд с
водой, а на другой - штатив, на котором подвешен груз. Чаши весов
уравновешены (рис 21.2, а). Штатив поворачивают так, чтобы подве-
подвешенный на нем гру i оказался целиком погруженным в воду. Очевидно,
что равновесие чаш нарушится, так как чаша со штативом станет
легче (рис. 21.2, б) Определить вес гири, которую надо дополнительно
положить на чашц < о штативом для того, чтобы восстановить равно-
равновесие весов?
Читатель А: На груз и-йствует выталкивающая сила, равная весу Р воды
в объеме груза. Следовательно, для восстановления равновесия надо
положить на чату со штативом гирю весом Р.
Автор: Вы ошибаетесь. Тут не мешает вспомнить третий закон Ньютона.
Согласно ему, с какой силой вода в сосуде действует на груз, с такой
же силой, но про1ивоположно направленной, будет действовать груз
на воду. Следова юльно, одновременно с уменьшением веса чаши со
штативом увеличивается вес чаши с сосудом. Поэтому для восстанов-
восстановления равновесия потребуется гиря весом 2Р.
Читатель А: Я что-то не совсем понял Ваше рассуждение. Все-таки
взаимодействие i руза и воды в сосуде не похоже на взаимодействие
двух тел в механике.
Автор: Область де.иовия тре- л к» «лкона Ньютона не ограничена меха-
механикой. Выражение чогшише равно противодействию» относится к
самым различным иынмодействиям. Однако здесь нетрудно привести
иное рассуждение, против которого Вы наверняка не станете возра-
возражать. Будем рассматривать штатив с грузом и сосуд с водой как еди-
единую систему; ее вес складывается, очевидно, из веса левой чаши и веса
правой чаши. Общий вес сис-
системы не может измениться от
того, что ее части взаимодейст-
взаимодействуют друг с другом. Поэтому
если в результате взаимодейст-
взаимодействия вес правой чаши умень-
уменьшился на Р, то это же
взаимодействие должно при-
привести к увеличению веса левой
чаши на то же самое значение
веса Р. Поэтому после погруже-
погружения груза в сосуд с водой раз-
разность между весом левой и
весом правой чаши должна
составлять 2Р.
—i
И
—
б)
Рис 21 3
126
Читатель Б: Я давно хотел разобраться в одной практической задаче.
Известно, что подводной лодке не рекомендуется опускаться на глини-
глинистое ровное дно — она может потом не всплыть. Насколько я понимаю,
в этой задаче надо использовать закон Архимеда.
Автор: Вместе с законом Паскаля. Прежде всего, как Вы сами объясните,
почему подводной лодке опасно ложиться на глинистое дно? >
Читатель Б: Когда подводная лодка ложится на такое дно, может оказать-
оказаться, что между ее днищем и морским дном вообще не окажется воды.
В этом случае выталкивающая сила, помогающая лодке всплыть,
исчезает.
Автор: Вы правы: выталкивающая сила в данном случае действительно
исчезает. Однако дело не только в этом. На рис. 21.3, а изображена
подводная лодка, которая находится почти над самым дном, но не
лежит на нем. Сверху на лодку действует давление р,, а снизу давле-
давление р2. Легко сообразить, что р, = pg//, + ра, где ра — атмосферное
давление (оно передается на погруженный объект в соответствии с
законом Паскаля), P2=Pg#2 + Pa- Таким образом, существует разность
давлений: р2 — Р\ = pg{H2 — #1), которая и создает выталкивающую
силу (архимедову силу).
Читатель Б: Мы могли бы здесь вообще не принимать во внимание атмос-
атмосферное давление, слагаемое ра сокращается, когда мы находим раз-
разность р2 — р,.
Автор: Вы правы. Однако при погружении лодки на глинистое дно атмо-
атмосферное давление уже нельзя не учитывать. Лодка плотно лежит на
глинистом дне (рис. 21.3, б), на нее действует только давление сверху,
равное
р= pgH + ра.
Вы видите, как существенно изменилась ситуация. В предыдущем слу-
случае на лодку действовало результирующее давление снизу, равное
pg{H2 — //,). Теперь же этого давления снизу нет (нет выталкивающей
силы). Но дело не только в этом! Теперь на лодку действует неуравно-
неуравновешенное мощное давление сверху, складывающееся из гидростатиче-
гидростатического давления pgH и атмосферного давления ра. Именно это, а не тот
факт, что отсутствует выталкивающая сила, и представляет Серьезную
опасность для подводной лодки.
ЗАДАЧИ
21.1. Вес тела, погруженного в жидкость с плотностью р,, равен Р{, а погружен-
погруженного в жидкость с плотностью р2 — Рг Определить плотность р тела
21.2. Некоторое тело, весящее в воздухе Р, будучи погружено в жидкость с плот-
плотностью р,, весит Р{, а жидкости неизвестной плотности — Рг Определить плот-
плотность р2 второй жидкости
21.3. В сосуд, имеющий цилиндрическую форму с площадью поперечного сечений S,
налита вода, в которой плавает кусок льда со свинцовым шариком внутри. Объем
куска льда вместе с шариком равен V; над водой выступает '/20 часть этого объема
На какую высоту h опустится уровень воды в сосуде после того, как лед растает?
Плотность воды рв = 1 г/см3, льда рп = 0,9 г/см3, свинца рсв = 11,3 г/см3.
21.4. Ареометр, состоящий из шарика, заполненного дробью, и цилиндрической
127
трубки с площадью S поперечного сечения, плавает в жидкости с плотностью р
Ареометр погрузили еще немного в жидкость и отпустили, после чего он начал
совершать свободные колебания около положения равновесия. Определить период
Т этих колебаний. Масса ареометра М.
22. ДЕЙСТВУЕТ ЛИ ЗАКОН АРХИМЕДА В КОСМИЧЕСКОМ
КОРАБЛЕ?
Автор: Действует ли закон Архимеда в космическом корабле, когда он
находится в состоянии невесомости?
Читатель А: По-моему, не действует. Ведь сущность закона Архимеда
связана с тем, что из-за различия плотностей тела и жидкости (взятых,
разумеется, в одинаковых объемах) требуется различная работа по
поднятию их на одну и ту же высоту. В состоянии же невесомости
различие в указанных работах, очевидно, отсутствует, так как и работа
по поднятию тела, и работа по поднятию равного ему объема жидко-
жидкости равны нулю.
К такому же заключению приходим, если использовать силы давления
жидкости на тело, погруженное в нее, так как выталкивающая сила
обусловлена различием сил давлений на нижнее и верхнее основания
тела. В состоянии невесомости это различие исчезает, а вместе с ним
исчезает и выталкивающая сила. Можно заметить, что в состоянии
невесомости нет различия между «верхом» и «низом», поэтому нельзя
даже указать, какое основание тела является верхним, а какое —
нижним.
Таким образом, в состоянии невесомости на тело внутри жидкости не
действует выталкивающая сила, значит, закон Архимеда не выпол-
выполняется.
Читатель Б: Я не согласен с окончательным выводом читателя А. Я счи-
считаю, что закон Архимеда действует также и в состоянии невесомости.
Будем рассуждать более осторожно. Не будем сразу переходить к неве-
невесомости, а рассмотрим сначала движение лифта с некоторым ускоре-
ускорением а, направленным так же, как и ускорение свободного падения g
При этом пусть а <. g. Нетрудно сообразить, что в данном случае на
тело, погруженное в жидкость, будет действовать выталкивающая сила
F=Po(g-a)V; B2.1)
вес жидкости в объеме тела тоже равен р0 (g — а) V. Таким образом,
выталкивающая сила по-прежнему равна весу жидкости, вытесненной
телом, т. е. закон Архимеда выполняется. Далее будем постепенно уве-
увеличивать ускорение а, приближая его значение к значению g. В соот-
соответствии с B2.1) выталкивающая сила при этом будет постепенно
уменьшаться, но одновременно и точно так же будет уменьшаться вес
жидкости в объеме тела. Иначе говоря, при приближении ускорения а
к ускорению g закон Архимеда будет неизменно оставаться в силе
В пределе а = g наступит состояние невесомости. При этом выталки-
выталкивающая сила обратится в нуль, но обратится в нуль и вес жидкости,
вытесненной телом. Поэтому ничто не мешает утверждать, что закон
Архимеда действует также и в состоянии невесомости.
Я хочу проиллюстрировать свои рассуждения на следующем нагляд-
наглядном примере. Предположим, что в сосуде с водой плавает пробка
В соответствии с B1.6) отношение объема пробки, погруженного в во-
128
ду, ко всему объему пробки равно отношению плотности пробки к
плотности1 воды:
v,/v = p,/Po. B2.2)
Предположим, что сосуд находится в лифте и лифт начинает падать
с некоторым ускорением а. Так как при этом плотности пробки и воды
не изменяются, то соотношение B2.2) остается справедливым. Иначе
говоря, при движении лифта с ускорением положение пробки относи-
относительно поверхности воды в сосуде остается точно таким же, как и в
отсутствие ускорения. Очевидно, что это положение не изменится и в
предельном случае, когда а = g, отвечающем состоянию невесомости.
Таким образом, определяемое законом Архимеда положение пробки
относительно поверхности воды оказывается не зависящим от ускоре-
ускорения лифта, и никакого различия между случаями отсутствия и наличия
невесомости мы в данном случае не обнаруживаем.
Автор: Оба рассуждения были вполне аргументированы. Однако я должен
согласиться с читателем А: в состоянии невесомости закон Архимеда
не действует.
Читатель Б: Но тогда опровергните мои доказательства.
Автор: Сейчас я и попытаюсь это сделать. Ваши рассуждения построе-
построены на двух основных соображениях: 1) при наличии ускорения a<Cg
тело выталкивается из жидкости в полном соответствии с законом
Архимеда; 2) это утверждение должно оставаться в силе и в предель-
предельном случае, когда а = g, т. е. наступает невесомость. Против первого
соображения я не возражаю, однако со вторым не согласен.
Читатель Б: Но ведь пробка в сосуде остается в том же положении и в
состоянии невесомости! А ведь ее положение обусловлено законом
Архимеда.
Автор: Да, пробка остается в том же положении и в состоянии невесомо-
невесомости. Однако в этом состоянии ее положение относительно поверхности
жидкости уже не обусловливается законом Архимеда. Погрузите в
этом случае пробку в глубь воды, и она будет неподвижно висеть
на той глубине, на которой Вы ее оставите, тогда как при наличии хоть
самой малой разности (g — а) пробка обязательно будет всплывать
и занимать положение, определяемое законом Архимеда. Таким обра-
образом, между случаями невесомости и наличия хотя бы ничтожной
«весомости» существует принципиальное различие. Иначе говоря, при
переходе в состояние невесомости «в самый последний момент» про-
происходит скачок, качественно меняющий всю ситуацию.
Читатель Б: Но с чем может быть связан такой скачок? Откуда он взялся?
Ведь мы же плавно приближали значение ускорения а к g.
Автор: Этот скачок связан с тем, что при а = g появляется симметрия:
исчезает различие между «верхом» и «низом», на что, кстати говоря,
очень правильно указывал читатель А. Если разность (g — а) сколь
угодно мала, но все же не равна нулю, в задаче есть физически выде-
выделенное направление «снизу вверх». Именно по этому направлению и
действует выталкивающая сила. Однако при а = g это направление
исчезает и все направления становятся физически эквивалентными.
Вот Вам и скачок. Уничтожение либо появление симметрии всегда
происходит скачком.
129
* г
Современная физика
в основе своей является
молекулярной физикой.
Поэтому особенно важно,
хотя бы на простейшем
примере идеального газа,
ознакомиться с основами
молекулярно-кинетической
теории вещества. Отдельно
обсудим вопрос об
особенностях теплового
расширения воды. Подробно
проанализируем газовые
законы и применим их
к решению конкретных
технических задач.
23. ЧТО ВЫ ЗНАЕТЕ О МОЛЕКУЛЯРНО-КИНЕТИЧЕСКОЙ
ТЕОРИИ ВЕЩЕСТВА?
Автор: В экзаменационных билетах есть такой вопрос: основные положе-
положения молекулярно-кинетической теории вещества. Как Вы стали бы
отвечать на этот вопрос?
Читатель А: Я указал бы два основных положения: 1) все тела состоят
из молекул; 2) молекулы находятся в состоянии хаотического тепло-
теплового движения.
Автор: Ваш ответ весьма характерен: лаконичен и неполон. Я заметил,
что учащиеся привыкли формально относиться к этому вопросу. Как
правило, они не знают, что надо говорить об основных положениях
молекулярно-кипетической теории, и отделываются несколькими общи-
общими фразами. В связи с этим я считаю необходимым более подробно
побеседовать о молекулярно-кинетической теории вещества. Сначала
я отмечу те положения молекулярно-кинетической теории, которые
можно считать основными.
1. Вещество имеет «зернистую» структуру: оно состоит из молекул
(атомов). В одном моле вещества содержится NA = 6 • Ю26 молекул
независимо от агрегатного состояния вещества (число NA называется
постоянной Авогадро).
130
2. Молекулы в веществе находятся в непрекращающемся тепловом
движении.
3. Характер теплового движения молекул зависит от характера взаи-
взаимодействия молекул и изменяется при переходе вещества из. одного
агрегатного состояния в другое.
4. Интенсивность теплового движения молекул зависит от степени
нагретости тела, характеризуемой абсолютной (термодинамической)
температурой Т В теории доказано, что средняя энергия (е) отдельной
молекулы пропорциональна температуре Г; так, например, для одно-
одноатомных молекул
<е>=3/2/г7\ B3.1)
где &= 1,38-1023 Дж/К — физическая константа, называемая постоян-
постоянной Больцмана.
5. С точки зрения молекулярно-кинетической теории, полная энергия Е
тела является суммой следующих слагаемых:
Е = Ек + Еп + U, B3.2)
где Ек — кинетическая энергия тела как целого, Еп — потенциальная
энергия тела как целого в некотором внешнем поле, U — энергия,
связанная с тепловым движением молекул тела. Энергию U называют
внутренней энергией тела. Учет внутренней энергии тела при рас-
рассмотрении различных энергетических балансов является характерной
чертой молекулярно-кинетической энергии.
Читатель Б: Мьг привыкли к тому, что вопрос о моле и постоянной Аво-
гадро относится к химии.
Автор: По-видимому, поэтому учащиеся на экзамене по физике довольно
часто не знают, что такое моль, и, как правило, всегда уверены, что
постоянная Авогадро относится только к ^газам. Запомните: моль —
это количество вещества, содержащее столько же молекул, сколько
содержится атомов в 0,012 кг углерода (а отнюдь не масса одной
молекулы, выраженная в граммах, как это часто можно услышать).
Молярная масса М = m0NA, где т0 — масса одной молекулы, NA =
= 6 • Ю26 моль~ ' — постоянная Авогадро (число молекул или атомов
в одном моле любого вещества независимо от агрегатного состояния).
Мне хотелось бы отметить, что постоянная Авогадро играет роль
своеобразного «мостика» между макро- и микрохарактеристиками
вещества. Так, например, пользуясь постоянной Авогадро, можно
выразить через плотность и молярную атомную массу вещества такую
микрохарактеристику, как среднее расстояние между молекулами
(атомами) вещества. Возьмем для примера твердое железо. Его плот-
плотность р = 7,8 г/см3, молярная масса А = 56 г/моль. Найдем среднее рас-
расстояние между атомами в железе. Будем рассуждать следующим обра-
образом: в Л г железа содержится NA атомов; значит, в 1 г железа содер-
содержится NA/A атомов; отсюда следует, что в 1 см3 железа содержится
pNA/A атомов. Таким образом, на один атом в железе приходится
/Объем A/(pNA) см . Искомое среднее расстояние между атомами
приблизительно равно кубическому корню из этого объема:
131
•■M~A/{l>NA) ="V5G/G,8 • G • 1&л) . м * 2 • 10
(. М
Читатель Б: Ранее Вы укалывали, чю лараккр кп.юьою движения
молекул зависит от межмолекулярного взлимоД1 йпиии и изменяется
при переходе из одного агрегатного состояния и другое. Расскажите
об этом подробнее.
Автор: Взаимодействие двух молекул можно качественно описать с по
мощью кривой, изображенной на рис. 23.1. Эта криьая передает ча-
висимость потенциальной энергии W взаимодействия мопекул от рас-
расстояния г между центрами молекул. При достаточно большом рас-
расстоянии между молекулами кривая W (г) асимптотически приближа-
приближается к нулю, т. е. молекулы практически перестают взаимодействовать
По мере сближения молекул между ними возникает притяжение,
кривая W (г) понижается. Затем при достаточно сильном сближении
молекулы начинают отталкиваться, кривая W (г) начинает возрастать
(это отталкивание означает, что молекулы не могут свободно прони-
проникать одна внутрь другой). Легко видеть, что кривая W(г) имеет
характерный минимум.
Читатель Б: Что означает отрицательность энер]ии?
Автор: Как известно, энергию можно измерять от любою значения
Например, можно измерять потенциальную энергию камня от уровня
данной местности, а можно измерять и от уровня моря — это безраз-
безразлично. В данном случае за нуль принимается энергия взаимодей
ствия молекул, находящихся друг от друга на бесконечно большом
расстоянии. Поэтому отрицательность энергии молекулы означает, что
она находится в связанном состоянии (с другой молекулой). Чтобы
«освободить» эту молекулу, ей необходимо добавить некоторую энер-
энергию, с тем чтобы энергия молекулы увеличилась до нулевого уровня
Предположим, что молекула имеет отрицательную энергию е,
(рис. 23.1). Из рисунка видно, что в этом случае молекула не может
уйти от своей соседки далее точки Б и не может приблизиться к ней бли-
ближе точки А. Иначе говоря, она будет совершать колебания между точ-
точками Л и Б в поле соседней молекулы (точнее говоря, возникают относи-
относительные колебания двух молекул, образующих связанную систему).
В газе молекулы в среднем находятся на
таких больших расстояниях друг от дру-
друга, что их можно считать практически не
взаимодействующими. Каждая из моле-
молекул движется свободно от других моле-
молекул, испытывая относительно редкие
столкновения. При этом каждая молеку-
молекула участвует в трех типах движения-
поступательном, вращательном (молеку-
(молекула вращается вокруг самой себя) и
колебательном (атомы внутри молекулы
колеблются друг относительно друга).
Рис 23 1 Если молекула одноатомная, то имеет
место только поступательное движение.
132
В криеыллс молекулы все вместе образуют единую связанную систему.
Каждая молекула совершает колебания в общем силовом поле, об-
обусловленном взлимодейст вием коллектива молекул. Для кристалла ха-
характерно наличие пространственной упорядоченной структуры — кри-
кристаллической решетки. Узлы этой решетки представляют собой поло-
положения равновесия отдельных молекул. Около этих положений и совер-
совершают молекулы свои сложные колебательные движения.
Читатель Б: Получается, что существуют колебания молекул в поле кри-
кристалла и колебания атомов внутри каждой отдельной молекулы?
%$тор: Это так при условии, что энергия связи атомов внутри молекулы
заметно больше энергии связи самих молекул в кристаллической решет-
решетке. В этом случае молекулы, объединенные в кристалл, как бы продол-
продолжают сохранять свою индивидуальность. Однако часто при образова-
образовании кристалла молекулы своей индивидуальности не сохраняют, так что
кристалл оказывается построенным фактически не из молекул, а из от-
отдельных атомов. При этом внутримолекулярные колебания отсутст-
отсутствуют; имеются только колебания атомов в поле кристалла.
Читатель Б: Вы ничего не сказали о характере теплового движения моле-
молекул в жидкости
Автор: Характер тепловою движения в жидкости наиболее сложен. Жид-
Жидкость, занимая промежуточное положение между газом и кристал-
кристаллом, обладает наряду с сильным межчастичным взаимодействием в
значительной мере разупорядоченной структурой. Трудности рас-
рассмотрения кристаллов, обусловленные сильным взаимодействием час-
частиц, в значительной степени компенсируются наличием упорядоченной
структуры — кристаллической решетки. Трудности рассмотрения га-
газов, обусловленные разупорядоченностью положений отдельных час-
частиц, компенсируются практически полным отсутствием межчастичного
взаимодействия. В случае же жидкостей имеются обе указанные труд-
трудности при отсутствии в то же время соответствующих компенсирующих
факторов. Можно сказать, что в жидкости молекулы, как правило,
вполне сохраняют свою индивидуальность. Для жидкости характерно
существование самых различных типов движений: перемещения моле-
молекул, вращения молекул, колебания атомов внутри отдельных молекул,
колебания молекул в поле соседних молекул. Самое сложное состоит
в том, что все эти типы движений нельзя, строго говоря, рассматривать
порознь (как говорят, «в чистом виде»): существует сильное взаимное
влияние движений.
Читатель Б: Я не понимаю, как можно совместить поступательное переме-
перемещение молекулы и колебания молекулы в поле соседей.
Аигор: Существуют разные модели, в которых делаются попытки совме-
совместить указанные движения. Например, в одной модели предполагается,
что молекула ведет себя так: она некоторое время колеблется в поле
соседей, затем делает скачок, переходит в новое окружение, колеблется
в этом новом окружении, затем снова делает скачок и т. д. Такая мо-
модель называется «моделью диффузии скачком».
Читатель Б: Мне кажется, что именно так должна происходить диффузия
атомов в кристаллах.
Автор: Вы правы. Только учтите, что в случае кристаллов этот процесс
133
л) более замедленный: скачки в
iC\Oi/?><t>^rt/!\Cirri новое окружение происходят
^ i^ ^ у значительно реже.
Существует также другая мо-
6) дель, согласно которой моле-
_ Г\ r*> A <^ C\ С\ О кула в жидкости ведет себя
Q^WyiyWWV следующим образом: она со-
совершает колебания в окруже-
рис 2з 2 нии св°их соседей, а само это
окружение плавно перемеща-
перемещается в пространстве («плы-
(«плывет») и при этом постепенно деформируется. Такая модель называется
«моделью непрерывной диффузии».
Читатель Б: Вы говорили, что жидкость занимает промежуточное поло-
положение между кристаллами и газами. К чему она ближе?
Автор: А как Вы сами думаете?
Читатель Б: Мне кажется, что жидкость все же ближе к газу
Автор: Однако в действительности жидкость скорее ближе к кристаллу;
на это указывает количественная близость плотностей, удельных тепло-
емкостей, коэффициентов объемного расширения жидкостей и кристал-
кристаллов. Известно также, что теплота плавления существенно меньше
теплоты парообразования. Все эти факты свидетельствуют 6 заметном
сходстве сил межчастичного сцепления в кристаллах и жидкостях.
Следстием указанного сходства является также установленное в опы-
опытах по рассеянию рентгеновских лучей наличие элементов упорядочен-
упорядоченности в расположении атомов жидкости, известное под термином
«ближний порядок».
Читатель Б: Что это такое?
Автор: Ближний порядок означает упорядоченное расположение около
произвольно выбранного атома (молекулы) некоторого числа его ближ-
ближних соседей. В противоположность кристаллу это упорядоченное рас-
расположение по отношению к выбранному атому не сохраняется по мере
удаления от него и не приводит к образованию кристаллической решет-
решетки. Однако на малых расстояниях оно вполне сходно с расположением
атомов данного вещества в твердой фазе. На рис. 23.2, а показан
дальний порядок для цепочки атомов, который сравнивается с ближ-
ближним порядком, изображенным на рис. 23.2, б. Наличие сходства между
жидкостями и кристаллами привело к появлению термина «квазикри-
«квазикристалличность» жидкости.
Читатель Б: Но в таком случае жидкость, по-видимому, можно рассматри-
рассматривать по аналогии с кристаллами?
Автор; Следует предостеречь от злоупотребления понятием квазикристал-
квазикристалличности жидкости и приписывания ему неоправданно большего зна-
значения. Во-первых, надо иметь в виду, что жидкому состоянию соответ-
соответствует широкая область температур, и нельзя ожидать, что структурно-
динамические свойства жидкости будут одинаковы (или даже примерно
одинаковы) по всей этой области. Вблизи критического состояния
жидкость, очевидно, должна утрачивать всякое сходство с твердым
телом и плавно переходить в газовую фазу. Таким образом, если поня-
понятие квазикристалличности жидкости и обосновано, то во всяком случае
134
не слишком далеко от точки плавления. Во-вторых, характер межмо-
межмолекулярного взаимодействия в разных жидкостях различен, в связи с
чем понятие квазикристалличности оказывается применимым к раз-
разным жидкостям в различной степени. Так, например, вода оказывается
более квазикристаллической жидкостью, нежели расплавленные ме-
металлы, и это обусловливает ряд особенностей ее свойств (см. § 24).
Читатель Б: Я вижу, что простой картины тепловых движений молекул
в жидкости не существует.
Автор: Вы правы. Относительно просты только крайние случаи. Промежу-
Промежуточный случай всегда сложен.
Читатель А: В программе для поступающих стоит вопрос: опытное обо-
обоснование молекулярно-кинетической теории вещества. По-видимому,
здесь надо рассказать о броуновском движении?
Автор: Да, броуновское движение является ярким экспериментальным
обоснованием основных положений молекулярно-кинетической теории.
Но знаете ли Вы, что такое броуновское движение?
Читатель А: Это есть тепловое движение молекул.
Автор: Вы ошибаетесь: ведь броуновское движение наблюдают в обычные
микроскопы! Броуновское движение есть движение отдельных частиц
вещества под воздействием ударов молекул среды, совершающих
тепловые движения. Эти частицы, с молекулярной точки зрения, сами
являются макротелами. Однако, с точки зрения наших обычных мас-
масштабов, они очень малы. В результате случайных нескомпенсиро-
ванных ударов молекул броуновские частицы совершают хаотические
отклонения и тем самым перемещаются по среде, в качестве которой
используют какую-нибудь жидкость.
Читатель Б: А почему броуновские частицы должны быть все же относи-
относительно малы? Почему броуновское движение не наблюдается для
заметных крупиц вещества, например для чаинок в стакане?
Автор: Это объясняется двумя причинами. Во-первых, число ударов
молекул о поверхность частицы пропорционально площади этой по-
поверхности; масса же частицы пропорциональна ее объему. Таким обра-
образом, с увеличением размера R частицы число ударов молекул о ее
поверхность возрастает по закону R2, тогда как масса частицы, которая
под действием удара должна сдвигаться с места, увеличивается по за-
закону R3. Поэтому молекулам становится
все труднее и труднее сдвинуть частицу.
Для большей ясности я привожу на рис.
23.3 два графика: y=R2vty = R3. Легко
видеть, что квадратичная зависимость
преобладает при малых R, а кубичес-
кубическая — при больших R. Следовательно,
при малых R должны преобладать по-
поверхностные эффекты, тогда как при
больших R должны преобладать объем-
объемные эффекты. Во-вторых, броуновская
частица должна быть малой, так как не-
необходимо чтобы были нескомпенсирова-
ны удары молекул, т. е. число ударов
о частицу в единицу времени слева
Рис 23 3
135
и число ударов в единицу времени справа должны быть существенно
различными. Но отношение указанной разницы числа ударов ко всему
числу ударов будет тем больше, чем меньше поверхность частицы.
Рассмотрим на основе молекулярно-кинетических представлений явле-
явления испарения и кипения жидкости. Как Вы объясните явление испа-
испарения?
Читатель А: Это явление состоит в том, что наиболее быстрые молекулы
жидкости преодолевают притяжение со стороны других молекул и
вылетают из жидкости.
Автор: Что способствует усилению испарения?
Читатель А: Во-первых, увеличение поверхности жидкости, во-вторых, на-
нагревание жидкости.
Автор: Следует иметь в виду, что процесс испарения не односторонний,
а двусторонний процесс: наряду с уходом части молекул из жидкости
имеет место также частичное возвращение молекул обратно в жид-
жидкость. Испарение будет происходить тем эффективнее, чем сильнее
преобладает процесс ухода молекул из жидкости над обратным про-
процессом. Нагревание жидкости и увеличение ее поверхности усиливают
процесс ухода молекул из жидкости. Наряду с этим для ускорения
испарения можно принять меры по уменьшению процесса возвращения
молекул обратно в жидкость. Например, при ветре молекулы, выле-
вылетевшие из жидкости, относятся в сторону и тем самым уменьшается
вероятность их обратного попадания в жидкость. Именно поэтому на
ветру мокрые вещи высыхают быстрее.
Если процессы ухода молекул из жидкости и возвращения их в жид-
жидкость взаимно компенсируются, то наступает состояние динамического
равновесия, пар над поверхностью жидкости становится насыщенным.
В некоторых случаях выгодно затормозить процесс испарения. Напри-
Например, нежелательно, чтобы из хлеба быстро испарялась влага. Для
предотвращения преждевременного засыхания хлеба его помещают в
закрытый сосуд (ящик, футляр, мешочек), тем самым создается прег-
преграда для ухода испарившихся молекул и над поверхностью хлеба воз-
возникает слой насыщенного пара, который препятствует дальнейшему
испарению воды из хлеба.
А теперь объясните процесс кипения.
Читатель А: Процесс кипения — это тот же процесс испарения, но про-
протекающий более интенсивно.
Автор: Ваше определение процесса кипения мне совершенно не нравится.
Я должен заметить, что многие экзаменующиеся не понимают сущно-
сущности этого процесса. При нагревании жидкости понижается раствори-
растворимость содержащихся в ней газов, в результате чего внутри жидкости
(на дне и стенках сосуда) возникают пузырьки газа. В эти пузырьки
происходит испарение; пузырьки наполняются насыщенным паром,
давление которого с увеличением температуры возрастает. При некото-
некоторой температуре давление насыщенного пара внутри пузырьков стано-
становится равным давлению на пузырьки извне (это давление равно сумме
атмосферного давления и давления, производимого слоем воды).
Начиная с этого момента пузырьки устремляются вверх, и жидкость
кипит. Как видите, кипение жидкости существенно отличается от
испарения.
136
Заметим, что испарение происходит при любой температуре, кипение
же — при определенной температуре, называемой точкой кипения.
Напомним, что если процесс кипения начался, температура жидкости,
несмотря на продолжающееся сообщение теплоты, не повышается, она
так и останавливается на точке кипения до тех пор, пока не выкипит
вся жидкость.
Из приведенных рассуждений видно, что с уменьшением внешнего
давления должна понижаться точка кипения жидкости. В связи с этим
я предлагаю рассмотреть следующий вопрос. В колбе находится
небольшое количество воды при комнатной температуре. Начинаем с
помощью насоса откачивать воздух, находившийся в колбе над водой.
Что будет происходить с водой?
Читатель А: По мере откачивания воздуха уменьшается давление над
колбой. С уменьшением давления понижается точка кипения воды.
Когда точка кипения понизится до комнатной температуры, вода в
колбе закипит.
Автор: А может вода не закипеть, а, напротив, замерзнуть?
Читатель А: Не знаю. Думаю, что не может.
Автор: Все дело в том, как происходит процесс откачивания воздуха из
колбы. Если этот процесс происходит достаточно медленно, то вода
должна рано или поздно закипеть. Если же процесс откачки про-
происходит очень быстро, то, вода, напротив, замерзнет. В результате
откачки воздуха, а вместе с ним и паров воды усиливается процесс
испарения. Так как при испарении воду покидают молекулы с более
высокой энергией, то это приводит к охлаждению воды. В случае мед-
медленной откачки охлаждение воды компенсируется притоком теплоты
извне, в результате температура воды остается прежней. В случае же
весьма быстрой откачки охлаждение воды не успевает скомпенсиро-
ваться притоком теплоты извне, в результате температура воды нач-
начнет понижаться. Как только температура воды начала понижаться,
возможность закипеть стала также уменьшаться. Продолжение
быстрой откачки воздуха из колбы приведет к понижению температуры
воды до точки отвердевания и последующему превращению неиспарив-
шегося остатка воды в лед.
24. ЧЕМ ОБЪЯСНЯЕТСЯ ОСОБЕННОСТЬ ТЕПЛОВОГО
РАСШИРЕНИЯ ВОДЫ?
Автор: В чем состоит особенность теплового расширения воды?
Читатель А: При нагревании от 0 до 4°С вода уплотняется. Лишь при
дальнейшем повышении температуры (от 4°С) вода начинает расши-
расширяться.
Автор: Чем объясняется эта особенность?
Читатель А: Этого я не знаю.
Автор: Для объяснения указанной особенности воды надо рассмотреть
атомную структуру воды. Молекулы воды взаимодействуют друг с
другом направленным образом: каждая молекула может присоединить
к себе только четыре соседние молекулы, центры которых в результате
137
присоединения молекул образуют тет-
тетраэдр (рис. 24.1). В результате образует-
образуется довольно рыхлая, ажурная структура,
свидетельствующая о квазикристаллич-
квазикристалличности воды. Разумеется, говорить о
структуре воды, как и всякой другой жид-
жидкости, можно только в рамках ближнего
порядка (см. § 23). С увеличением рас-
расстояния от выделенной молекулы будет
наблюдаться постепенное искажение по-
рнс 24 1 рядка, обусловливаемое изгибанием и
разрывами межмолекулярных связей.
Связи между молекулами по мере
повышения температуры нарушаются чаще, возрастает число молекул
со свободными связями, заполняющих пустоты тетраэдрической струк-
структуры; степень квазикристалличности воды уменьшается. Указанная
ажурная структура воды как квазикристаллической субстанции хоро-
хорошо объясняет аномалии физических свойств воды и, в частности, осо-
особенность теплового расширения воды. С одной стороны, повышение
температуры приводит к увеличению средних расстояний между атома-
атомами внутри молекулы вследствие усиления внутримолекулярных колеба-
колебаний, т. е. молекулы как бы слегка «разбухают». С другой стороны,
с повышением температуры происходит ломка ажурной структуры
воды, что, естественно, приводит к более плотной упаковке самих моле-
молекул. Первый эффект (эффект колебаний) должен обусловливать умень-
уменьшение плотности воды. Второй эффект (эффект ломки структуры)
должен, напротив, приводить к увеличению плотности воды по мере на-
нагревания. При нагревании до 4°С преобладает эффект структуры,
поэтому плотность воды растет. При дальнейшем нагревании начинает
преобладать эффект колебаний, поэтому плотность воды уменьшается.
25. ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ, ЧТО ТАКОЕ ИДЕАЛЬНЫЙ ГАЗ?
Автор: Знаете ли Вы, что такое идеальный газ?
Читатель А: Это газ, для которого справедливы все известные нам газо-
газовые законы: закон Бойля—Мариотта, закон Гей-Люссака, закон Шар-
Шарля, объединенный газовый закон.
Читатель Б: Это такой газ, молекулы которого не взаимодействуют друг
с другом. Идеальный газ — это упрощенная модель реального газа.
Автор: Верно, что все известные Вам газовые законы применимы именно
к идеальным газам. Верно также, что идеальный газ — это упрощенная
модель реального газа. Однако не вполне верно замечание об отсут-
отсутствии взаимодействия молекул в идеальном газе. В случае идеального
газа пренебрегают не самим взаимодействием молекул, а энергией
их взаимодействия, в результате чего внутренняя энергия U газа
представляется как сумма кинетических энергий молекул. Пусть,
например, имеется N молекул газа, каждая из которых характеризуется
138
средней кинетической энергией <е>. В общем случае внутренняя энер-
энергия газа может быть записана в виде
U = N <е> + U', B5.1)
где V — потенциальная энергия взаимодействия молекул. В случае
идеального газа вместо B5.1) имеем
U = N <е> B5.2)
или с учетом B3.1) для одноатомного газа
U = 3/2NkT. ч B5.3)
Читатель Б: Всегда ли можно пренебрегать энергией взаимодействия
молекул U'?
Автор: Разумеется не всегда. Чтобы выполнялось условие
N <е> > U', B5.4)
необходимо потребовать увеличения энергии N <е> и уменьшения
энергии V. Первое достигается при достаточно высоких температу-
температурах, второе — при достаточно сильном разрежении газа. Иными сло-
словами, газ может рассматриваться как идеальный, если он достаточно
нагрет и разрежен. При охлаждении и сжатии газа мы рано или поздно
приходим к ситуации, когда уже необходимо учитывать энергию взаи-
взаимодействий молекул. Такие газы, как азот или кислород, в обычных
условиях с хорошей точностью могут рассматриваться как идеальные
газы.
Читатель А: Что Вы понимаете под «обычными условиями»?
Автор: Условия, близкие к нормальным. Напомню Вам, что нормальная
температура — это 273 К @°С), нормальное давление — это
76 мм рт. ст., или 1,02 • 105Па [1 Па (паскаль) = 1 Н/м2].
А теперь представим себе, что имеется некоторое количество идеаль-
идеального газа. Какие параметры определяют состояние газа?
Читатель А: Давление р, объем V, температура t.
Читатель Б: Наверное, удобнее пользоваться температурой в абсолютной
шкале (Т). Кроме того, есть еще один параметр — масса m газа.
Автор: Вы правы. Добавлю лишь, что вместо массы m можно рассматри-
рассматривать число N молекул газа.
Далее подумайте над следующим вопросом: можно ли изменять какой-
либо из перечисленных четырех параметров (р, V, Т, N), не меняя
при этом других параметров?
Читатель А: По-моему, нельзя...
Читатель Б: Можно изменять два параметра, не меняя остальных пара-
параметров.
Автор: Да, правильно. Можно также изменять три параметра, оставляя
неизменным четвертый. Можно изменять все четыре параметра. Однако
нельзя изменять один параметр, не меняя при этом других параметров.
Это означает, что между четырьмя параметрами р, V, Т, N существует
определенная связь. Выражение, описывающее эту связь, называют
уравнением состояния идеального газа. Учитывая важность этого урав-
уравнения, приведем упрощенный вывод его. Будем для простоты полагать,
что все молекулы газа имеют одинаковую скорость v и движутся в од-
139
Рис. 25.1
ном из шести направлений: вдоль осей
х, у, z и противоположно им.
Давление р есть отношение нормаль-
нормальной составляющей силы F к площади
поверхности, на которую она действу-
действует. Согласно закону Ньютона, сила
равна изменению количества движе-
движения в единицу времени Значит, давле-
давление на стенку равно суммарному изме-
изменению количества движения молекул,
которые ударились в единицу времени
об единичную поверхность стенки.
Предположим, что перпендикулярно
стенке летит молекула массой т со скоростью v. В результате упругого
удара о стенку молекула изменит направление своего движения на про-
противоположное и улетит от стенки с той же скоростью. Изменение коли-
количества движения молекулы равно 2mv. Предположим, что о поверх-
поверхность стенки площадью 5 в единицу времени ударяется п молекул,
причем все молекулы движутся перпендикулярно пенке и имеют
скорость v. Тогда
p = F/S = 2mvn/S. B5.5)
Рассмотрим площадку 5, перпендикулярную оси Ох (рис. 25.1). В со-
соответствии с упрощающими предположениями будем полагать, что
'/в всех молекул движется вдоль оси Ох по направлению к площадке. В
единицу времени о площадку ударятся все молекулы, находящиеся в
объеме vS прямоугольного параллелепипеда, показанного на рисунке.
Число таких молекул равно -*--y-vS. Это и есть величина п, которая
фигурировала в выражении B5.5). Таким обрачом,
2mvn 1 /V
Р= S =Т Т
Так как mv2/2 = <к> = 3/2 kT, то
pV = MkT или р = nokT.
B5.6)
Это и есть искомое уравнение состояния идеального газа. Необходимо
отметить, что хотя уравнение B5.6) получено в упрощающих предпо-
предположениях, однако окончательный результат оказывается строгим
(такой же результат мы могли бы получить, не прибегая к указанным
выше упрощениям).
Читатель А: Мне не приходилось встречать такое уравнение.
Автор: Напротив, оно Вам должно быть известно. Представим:
= NAm/M;
B5.7)
здесь NA — постоянная Авогадро, m — масса газа, М — молекулярная
масса, т/М - число молей газа Подставляя B5.7) в B5.в), получаем
140
Вводя обозначение
NAk = R, B5.8)
где R называют универсальной (молярной) газовой постоянной, нахо-
находим
pV = ^RT. B5.9)
Читатель Б: Это уравнение нам известно. Его называют уравнением Мен-
Менделеева—Клапейрона.
Автор: Вы правы. Это есть одна из форм записи уравнения состояния
идеального газа.
Читатель А: Оно описывает объединенный газовый закон.
Автор: Вот здесь позвольте сделать весьма существенное замечание.
Объединенный газовый закон тут ни при чем. Дело в том, что все газо-
газовые законы описывают какие-либо изменения состояния газа и устанав-
устанавливают связь между параметрами исходного состояний и параметрами
конечного состояния. А выражения B5.6) и B5.9) описывают связь
между параметрами одного и того же состояния.
Читатель А: А как же тогда записывается уравнение объединенного
газового закона?
Автор: К газовым законам мы скоро перейдем. А пока я хотел бы сделать
еще одно замечание о состоянии газа. Предположим, что га.ч имеет
определенную массу. Тогда для задания состояния газа надо фиксиро-
фиксировать всего два параметра. Это могут быть: р, V, или V, Т, или р, Т.
Таким образом, данному состоянию га»а соответствует конкретная
точка в координатных осях р и К, либо V и Т, либо р и Т
26. КАКИЕ ГАЗОВЫЕ ЗАКОНЫ ВЫ ЗНАЕТЕ?
Автор: Еще раз подчеркну: любой гачовый закон описывает какое-то
изменение состояния газа. Иными словами, газовый закон всегда
связывает друг с другом параметры начального и конечного состояний
газа.
Воспользуемся уравнением состояния идеального газа B5.9) и выве-
выведем выражение для объединенного газового чакона. Рассмотрим два
различных состояния некоторого i ач.ч- начальное с параметрами р{, V{,
7,, m, и конечное с параметрами /i>. I/.. 7\. w, Тогам для начального
состояния уравнение имеет вид
mi РУ\ R
,|V,,__Sr,.«,,,__L=^. (aUa)
Для конечного состояния
m, p2V2 p
Так как правые части выражений B6.1а) и B6.16) равны, то должны
быть равны друг другу и левые части
рi Vi /(m, Г,) - /», Vo/( ш9 Т9). B6.2)
141
Таким образом, 'получена в наиболее 'общем- виде связь между пара-
параметрами начального и конечного состояний. Это и есть выражение для
объединенного газового закона. Его Можно, очевидно, записывать и
в таком виде:
РУ
тТ
= const.
B6.2а)
Читатель Б: Нам давали более простое выражение для объединенного
газового закона:
pV '
или J-=-= const.
B6.3)
Автор: Выражение B6.3) получается из B6.2), если считать, что в про-
процессе перехода от начального состояния к конечному масса газа не
менялась (т, = гп2). Ниже мы будем полагать, что это условие вы-
выполнено и пользоваться именно выражением B6.3). Из выражения
B6.3) можно прийти к более частным случаям — так называемым изо-
процессам:
а) не изменяется температура — изотермический процесс (закон Бой-
ля—Мариотта):
лирК = const; B6.4)
б) не изменяется давление — изобарный процесс (закон Гей-Люс-
сака):
V. V2 у
— = —, ял и — = const;
в) не изменяется объем — изохорный процесс (закон Шарля):
Р\ h p
-=- = -jr-, или -jr = const.
1, It) 1
B6.5)
B6.6)
Все эти изопроцессы выражаются в виде определенных графиков на
плоскости (например, в осях р, V). На рис. 26.1 различные изопро-
изопроцессы показаны в различных координатных осях: р, V; V, Т и Т, р. За-
Замечу, что экзаменующиеся обычно умеют изображать изопроцессы в
Рис. 26.1
142
осях р, V, но затрудняются, когда их просят изобразить эти же процес-
процессы в других осях.
Читатель Л: А я и сейчас затрудняюсь. Мне не совсем понятно, почему,
например, изобара в осях V, Т имеет вид прямой, выходящей из
начала координат.
Автор: Обратитесь к выражению B4.5) для изобарного процесса. Его,
очевидно, можно переписать так: V = const • Т. Налицо прямая пропор-
пропорциональная зависимость объема V от температуры Т.
Читатель А: Теперь мне понятно.
Автор: На рис. 26.2 показаны две изотермы для одной и той же массы
газа, но для разных температур (Г, и Т2) ■ Какая из изотерм относится
к более высокой температуре?
Читатель Б: Кажется, я смогу ответить на вопрос. Надо провести на ри-
рисунке какую-нибудь изобару (см. пунктир на рис. 26.2). При постоян-
постоянном давлении объем газа будет тем больше, чем больше его темпе-
температура. Значит, наружная изотерма (Т2) соответствует более высокой
температуре.
Автор: Правильно. Запомните: чем ближе изотерма к началу координат
в осях р, V, тем более низкой температуре она соответствует. В этом
смысле приближение к началу координат неизбежно связано с пониже-
понижением температуры газа, а удаление от начала координат — с повы-
повышением температуры газа.
Обратимся к рис. 26.3. На нем сплошной линией показана некая изо-
изотерма. Повышается или понижается температура газа в процессе рас-
расширения, показанном на рис. 26.3 пунктирной линией?
Читатель А: При движении по пунктирной линии мы удаляемся от начала
координат. Значит, температура повышается.
Автор: Верно. А теперь выберем в координатных осях р, V совершенно
произвольно две точки: точку 1 (с параметрами рх, Vx, Tx) и точку 2 (с
параметрами р2, V2, Т2). Будем переходить из точки 1 в точку 2; при
этом всякий раз будем пользоваться какими-либо двумя изопроцесса-
ми. Спрашивается, сколько таких различных переходов из 1 в 2
возможно?
Читатель А: Наверное, три. Во-первых, изотерма — изобара; во-вто-
во-вторых, изотерма — изохора; в третьих, изобара — изохора.
Рис. 26 2
Рис 26 3
143
Автор: А если, например, изобара — изотерма?
Читатель А: А разве это не одно и то же, что и изотерма — изобара? Впро-
Впрочем, я никогда над этим не задумывался...
Автор: Это разные переходы. Всего возможно шесть переходов; все они
показаны на рис. 26.4: а) изотерма — изобара; б) изотерма — изо-
хора; в) изобара — изохора; г) изобара — изотерма; д) изохора —
изотерма, е) изохора — изобара. Легко видеть, что это весьма разные
переходы; им соответствуют разные промежуточные состояния.
В связи с рис. 26.4 полезно подчеркнуть два обстоятельства: во-первых
из любого начального состояния в любое конечное можно перейти,
используя два каких-либо изопроцесса (любые две точки плоскости
всегда можно соединить, используя, например, изотерму и изобару) ;
во-вторых, поскольку рассматриваются три изопроцесса, то возможны
шесть различных переходов между двумя произвольными состояниями.
А теперь давайте обратимся снова к объединенному газовому закону
B6.3). Вспомните, как Вас учили выводить этот закон.
Читатель А: Нас учили выводить объединенный газовый закон, исходя
из законов Бойля—Мариотта и Гей-Люссака. Только я всегда путаюсь
в этом выводе. Кроме того, Вы показали нам совсем иной вывод
объединенного газового закона — из уравнения состояния газа.
Автор: Вот я и хочу внести полную ясность. Запомните: в основе лежит
уравнение состояния газа B5.9); оно, как Вы убедились, получается
из рассмотрения движения молекул в газе. Затем на основе уравнения
состояния B5.9) получают выражение B6.2) для объединенного газо-
газового закона в наиболее общем виде (когда меняются все четыре пара-
параметра: р, V, Т, пг). Далее, исходя из B6.2), приходят к уже более
частным случаям — выражению B6.3) и, наконец, выражениям
B6.4) — B6.6), описывающим изопроцессы. Здесь налицо переход от
более общих выражений к более частным — это так называемый
дедуктивный путь. Возможен, однако, и обратный путь — от более част-
частных выражений к более общим (так называемый индуктивный путь).
В этом случае полагают, что более частные выражения заведомо
известны, например получены непосредственно из опыта; исходя из
этих частных выражений, делается попытка путем обобщений перейти
изобара
144
Рис. 26.4
Рис 26 5
к более общим выражениям. Дедуктивный путь более последователен
и логичен; индуктивный путь может оказаться подчас более простым.
Следуя по индуктивному пути, будем исходить из законов Бойля—
Мариотта и Гей-Люссака. В основе вывода выражения для объеди-
объединенного газового закона лежит уже знакомое нам утверждение: из
любого начального состояния (рх, Vx, Г,) в любое конечное (р2, Уъ ^г)
можно перейти по изотерме и изобаре. Изобразим этот переход в ко-
координатных осях р, V (рис. 26.5). Параметры промежуточного сос-
состояния: р2, V3, Г,. Используя закон Бойля—Мариотта, свяжем друг с
другом параметры начального и промежуточного состояний:
P\V\ =Р2Уз- B6-7)
Используя закон Гей-Люссака, свяжем параметры промежуточного
и конечного состояний:
B6.8)
Обратите внимание: в выражениях B6.7) и B6.8) есть один общий
параметр — промежуточный объем V-A. Исключая его, приходим к иско-
искомому результату:
p,VJT,=p2V2/T2.
Читатель Б: А если использовать сначала изобару, а затем уже изотерму?
Автор: Тогда получится картина, изображенная на рис. 26.6: начальное
состояние — р,, V\, Ти конечное — р2, V2, T2, промежуточное (здесь
всегда надо быть внимательным) — р,, V4, T2.
Читатель А: Мы имеем здесь иное, чем ранее, промежуточное состояние.
Автор: Да, начальное и промежуточное состояния связаны законом Гей-
Люссака: V/1/r,^V/4/r2. Промежуточное и конечное состояния связаны
законом Бойля—Мариотта: p\V4 = p2V2. Исключая общий параметр
(объем К4), приходим, как легко убедиться, к искомому результату —
выражению B6.3).
Читатель Б: Очевидно, можно было бы взять изотерму и изохору или
же изобару и изохору?
Автор: Конечно. Всякий раз будет своя картина перехода в осях р, V,
изобара
P\V<T2
Рис. 26 6
1-—_^
Рис. 26.7
Рис. 26 8
145
свое промежуточное состояние. Но окончательный результат будет
одним и тем же.
Читатель А: Значит, если исходить из изопроцессов, существует шесть
выводов объединенного газового закона?
Автор: Совершенно правильно. Это заключение находится в полном со-
соответствии с рис. 26.4.
Читатель А: Вот теперь, с этими картинками в осях р, V я понял, как вы-
выводится объединенный газовый закон.
Автор: Далее рассмотрим некий циклический (т. е. замкнутый) процесс,
образуемый тремя разными изопроцессами. Пусть в осях р, V этот
процесс имеет вид, показанный на рис. 26.7. Здесь: / -*-2 — изотерми-
изотермическое расширение, 2 ->~3 — изохорное нагревание, 3-^1 — изобарное
сжатие...
Читатель Б (перебивая): Наверное, в случае 3-*-1 можно также сказать
«изобарное охлаждение»?
Автор: Вы правы. Ведь при движении от точки 3 к точке / температура
газа падает. Итак, вопрос: как будет выглядеть указанный цикли-
циклический процесс в координатных осях V, Т?
Читатель Б: Он будет выглядеть так, как показано на рис. 26.8.
Автор: Все правильно. Вы действительно неплохо усвоили графическое
изображение изопроцессов.
Поэтому пойдем далее и рассмотрим некий конкретный процесс,
в котором изменяются уже не два параметра (как это имело место в
изопроцессах), а три. Пусть газ расширяется таким образом, что его
давление и объем подчиняются условию pV2 = const. Известно, что
объем газа увеличился в два раза. Как изменилась температура газа?
С чего мы обычно всегда начинаем, рассматривая какой-либо про-
процесс в газе?
Читатель Б: Надо, по-видимому, обозначить параметры начального и
конечного состояний. Пусть это будут соответственно /?,, Vx, Г, и
Р2. V2, Т2.
Автор: Какая связь существует между этими параметрами в общем слу-
случае?
Читатель Б: Понял. Эта связь нам хорошо известна:
Автор: Если бы у нас был изотермический процесс, то какое дополнитель-
дополнительное условие мы имели бы?
Читатель Б: Условие Тх = Т2.
Автор: Следовательно, у нас была бы система уравнений:
(plVl/Tl=p2V2/T2,
\ г, = т2
Отсюда мы немедленно пришли бы к известному выражению для закона
Бойля—Мариотта: р, V, i= p2V2.
Однако в нашем случае процесс не изотермический: дополнительное
условие у нас иное. Какое оно?
Читатель Б: Э'тсРусловие дано в формулировке вопроса: p\V2\ = p2Vi-
146
Теперь мы имеем систему уравнений:
Разделив почленно эти уравнения друг на друга, найдем
Следовательно, температура i ала должна уменьшаться во столько же
раз, во сколько раз увеличился его объем.
Автор: В заключение обсудим, как вычислять универсальную газовую
постоянную R, входящую в B5.8).
Читатель А: Надо воспользоваться выражением B5.8). Постоянная Аво-
гадро NA=6-1023 моль" ', постоянная Больцмана k= 1,38-10~23 Дж/К.
Следовательно,
# = NAk = 8,3 Дж/ (моль
К).
Читатель Б: Для определения R можно также воспользоваться выра-
выражением для объединенного газового закона:
pV/T=PoVo/To, B6.9)
где параметры р0, Vo, To относятся'к данной массе газа, взятой при
нормальных условиях: р0 « 105 Па, Г0=273 К, V0=(m/M)-22,4- 10~3м3
(хорошо известно, что 1 моль любого газа при нормальных условиях
занимает определенный объем, равный 22,4 л; отношение пг/М есть,
очевидно, число молей, содержащихся в данной массе газа). Подстав-
Подставляя все эти числа в B6.9) и сравнивая полученный результат с B5.9),
находим R = 8,3 Дж/К.
Автор: Оба ответа верны численно. Только в последнем вычислении надо
помнить, что объем Vo относится к молю. Тогда получится правильная
размерность универсальной газовой постоянной.
Vi
2 3
Рис 26.9
Рис. 26.10
Рис. 26.11
147
Рис. 26.12
Рис. 26.13
ЗАДАЧИ
26.1. При нагревании газа была получена зависимость давления от температуры
(рис. 26.9). Определить, что производилось во время нагревания газа: сжатие или
расширение.
26.2. При нагревании газа при постоянном давлении вследствие неисправности
прибора график зависимости объема от температуры имеет вид, показанный на
рис. 26.10. Определить, как изменилась масса газа, если V2— 1,5 V,, Г2= ЗГ,.
26.3. На рис. 26.11 дан график изменения состояния идеального газа в координа-
координатах р, V. Представить этот процесс графически в координатах р, Т и V, Т.
26.4. На рис. 26.12 дан график изменения состояния идеального газа в коорди-
координатах V, Т. Представить этот процесс графически в координатах V, р и р, Т.
26.5. На рис. 26.13 дан график изменения состояния идеального газа в коор-
координатах р, Т Представить этот процесс графически в координатах V, Т и р, V.
27. КАК ВЫ РЕШАЕТЕ ЗАДАЧИ НА ГАЗОВЫЕ ЗАКОНЫ?
Читатель А: Мне бы хотелось рассмотреть применение газовых законов к
решению различных задач.
Автор: Почти все предлагаемые экзаменующимся задачи на газовые
законы, на мой взгляд, довольно просты. Большинство из них может
быть отнесено к одной из следующих двух групп.
Первая группа: задачи строятся на основе изменения состояния
некоторой массы газа, причем значение этой массы не используется.
В результате расширения, нагревания и других процессов газ перехо-
переходит из некоторого состояния р,, К), Г, в состояниер2, V2, Т2. Параметры
исходного и конечного состояний связаны друг с другом уравнением
объединенного газового закона B6.3):
В задаче требуется найти один из этих шести параметров.
Вторая группа: состояние газа не изменяется, но зато в задаче
участвует масса газа. Требуется найти либо эту массу по известным
параметрам состояния газа, либо один из параметров состояния по
известной массе газа и остальным параметрам. В подобных задачах
должна быть известна молярная масса рассматриваемого газа.
Читатель Б: При решении задач второй группы удобнее всего восполь-
воспользоваться уравнением B5.9).
148
Актор: Вы правы. Решите, пожалуйста, следующую задачу: найти объем
58 г воздуха при давлении 8 ат и температуре 91°С.
Читатель Б: Из уравнения B5.9) получим
V=mRT/(Mph
только необходимо все данные задачи привести к единицам в СИ:
/я = 5,8 • 10" 2 кг;р = 8-105Па; Т = 91 °С + 273°С = 364 К, молярная
масса воздуха М=0,029 кг/моль, У?=8,3 Дж/(моль-К). Тогда получим
V =7,5 • КГ'м3 = 7,5л.
Читатель А: При переводе давления Вы, вероятно, считали, что 1 атм =
= 10г> Па, однако в условии задачи имелись в виду технические атмо-
атмосферы. Используя технические атмосферы, следовало бы положить
1 ат = 9,8 • 104Па.
Читатель Б: Вы правы,. Между физической атмосферой (соответствующей
нормальному давлению) и технической атмосферой существует разли-
различие. В данном случае я пренебрег этим различием.
Читатель А: Не могли бы Вы указать характерные трудности, с которыми
приходится сталкиваться при решении задач первой или второй
группы?
Актор: Я уже говорил, что эти задачи, на мой взгляд, довольно просты.
Читатель А: Но в чем обычно ошибаются экзаменующиеся?
Актор: Если не учитывать обычной невнимательности, то основной
причиной ошибок является, пожалуй, неумение вычислить давление
газа в том или ином конкретном состоянии. Рассмотрим пример;
в трубке/запаянной с одного конца, имеется столбик ртути, отделяю-
отделяющий от окружающей среды некоторый объем воздуха внутри трубки.
Трубка может поворачиваться в вертикальной плоскости. В первом
положении (рис. 27.1, а) столбик воздуха внутри трубки имеет длину 1Х,
а во втором положении (рис. 27.1,6)— длину /2. Найти длину /3 столби-
столбика воздуха в положении, когда трубка наклонена под углом а к вертика-
вертикали (рис. 27.1, в). Обозначим ра — атмосферное давление в единицах
длины ртутного столба, а А/ — длину ртутного столбика в трубке. В
первом положении давление воздуха внутри трубки равно, очевидно,
атмосферному давлению ра. Во втором положении давление воздуха
в трубке равно разности(ра — А/), так как атмосферное давление в этом
случае уравновешивается суммарным давлением ртутного столбика и
воздуха внутри трубки. Используя након Бойля—Мариотта, запишем
Отсюда находим, что атмосферное давление равно
Ри = А/./2/(/2-/,). B7.1)
В третьем положении часть веса ртутного столбика уравновешена
силой реакции стенок трубки. В результате давление воздуха внутри
трубки оказывается равным (ра — A/ cos а). Используя закон Бойля—
Мариотта для первого и третьего состояний газа, запишем
149
a)
б)
Отсюда находим, что атмос-
атмосферное давление равно
pa=A/./3cosaA/J-/1) B7.2)
Приравнивая правые части
выражений B7.1) и B7.2),
получаем
/„ /, cos a
Рис. 27 I h — 'i '. — 'i
Отсюда находим искомую длину: /3 = -. т-.——тт .
2 \ 2 1/ ^^^ ^
Легко видеть, что если cos a = 1, то /3 = /2 (второе положение трубки);
если cos a= 0, то 1А = 1Х (первое положение трубки).
Читатель А: В решении этой задачи мне все ясно, кроме одного, почему
Вы при определении давления столбика ртути не использовали резуль-
результат, полученный в § 20, р = pg&l, а записывали р = А/?
Автор: Конечно, правильнее было бы воспользоваться результатом р =
= pgkl, но тогда необходимо перевести атмосферное давление, выра-
выраженное в единицах ртутного столба, в паскали, я же подчеркнул, что
ра — атмосферное давление в единицах ртутного столба, а А/ — длина
тоже ртутного столбика.
Читатель А: Сами по себе первая и вторая группы задач, указанные
Вами, мне понятны. Но на экзамене, наверное, будут предлагать зада-
задачи, являющиеся комбинацией задач первой и второй групп?
Автор: Это не исключено. Рассмотрим следующую задачу: 16 г кислорода
при давлении 2 ат занимают объем 5 л. Как изменилась температура
газа, если при увеличении давления до 5 ат его объем уменьшился
на 1 л?
Читатель А: Зная массу кислорода, его давление и объем, я сразу найду
его температуру 16 г кислорода — это 0,5 моля, т. е. объем 11,2 л
при нормальных условиях. Далее определю, что
P. vi — 2 • 5
Т = Т
1 ° о V
= 273
К = 244 К-
B7.3)
1-11,2
Автор: Правильно. На данном этапе задача решалась как типичная зада-
задача второй группы.
Читатель А: Зная температуру Г, исходного состояния газа, я получу
температуру Т2 конечного состояния:
V 5-4
Т = Т
= 244
2 • 5
= 488 К-
Сравнивая этот результат с B7.3), находим, что температура газа по-
повысилась на 244 К-
Автор: Все совершенно верно. Как видите, на втором этапе данная задача
рассматривалась как типичная задача первой группы.
Читатель Б: Я бы сразу решал эту задачу как задачу первой группы.
Из B6.3) получу
Тх/Т2 = P,VV(p2V2) = 2 • 5/E • 4) = '/*•
150
температура увеличилась в два раза. Если бы в задаче спрашивалось,
не как изменится температура газа, а на сколько, то я бы решал ее
как задачу второй группы. Запишу уравнения Клапейрона—Менделе-
Клапейрона—Менделеева B5.9) для начального и конечного состояния:
т _
и получу разность температур:
Автор: Решение правильно. Вы справедливо заметили некоторую некор-
некорректность в постановке вопроса.
Читатель Б: А существуют ли задачи, принципиально отличные от задач
первой и второй групп?
Автор: Да, существуют. До сих пор мы полагали, что масса газа оста-
остается неизменной. Однако возможны задачи, в которых масса газа изме-
изменяется (газ откачивают или, напротив, накачивают). Будем условно
относить подобные задачи к третьей группе. Они не имеют готовых
рецептов решения, а требуют сугубо индивидуального подхода. Однако
в каждом конкретном случае задачу третьей группы можно свести к
задачам первых двух групп. Вся трудность состоит в том, как это
сделать. В этой связи я предлагаю рассмотреть две задачи.
Первая: газ в сосуде находился под давлением 20 ат при темпера-
температуре 27°С. Найти давление газа в сосуде после того, как половина
массы газа выпущена из сосуда, а температура повышена на 50 К.
Эта задача похожа на задачу первой группы, поскольку в ней про-
происходит изменение состояния газа. Однако с изменением состояния
газа здесь изменяется и масса газа. Чтобы воспользоваться уравне-
уравнением объединенного газового закона, надо проследить за изменением
состояния одной и той же массы газа. Выберем в качестве этой массы
ту массу газа, которая в конечном счете остается в сосуде. Обозначим
ее конечные параметры р2, V2, Т2; Г2=B73+27+50) К=350 К; V2 = V,
где V — объем сосуда; р2 — искомая величина. Как выразить началь-
начальные параметры указанной массы газа?
Читатель А: Эта масса будет характеризоваться такой же температурой,
что и весь газ: Г, = B73 + 27) К = 300 К; ее объем К, равен половине
объема сосуда V/2; ее давление такое же, как и давление всего газа:
р{ = 20 ат.
Читатель Б: Я бы рассмотрел начальные параметры указанной массы газа
немного иначе: Г, = 300 К; объем такой же, что и всего газа (Vx = V),
но зато давление равно половине давления всего газа: р, = 10 ат.
Автор: Поскольку давление и объем входят в виде произведения, Ваши
предложения, хотя они и различны, приводят к одному и тому же ре-
результату. Поэтому можно было бы и не останавливаться на этих раз-
различиях, если бы их обсуждение не представляло определенного физи-
физического интереса. Будем называть условно молекулы той части газа,
которая в конечном счете останется в сосуде, «красными» молекулами,
а молекулы той части газа, которая будет выпущена из сосуда — «чер
151
Рис. 27 2
ными» молекулами. Итак, красные молекулы останутся в сосуде, а
черные уйдут из него. Исходное состояние газа допускает двоякую
трактовку: 1) красные и черные молекулы разделены так, что можно
выделить в сосуде макроскопические объемы, занятые только красными
или только черными молекулами (рис. 27.2, а); 2) красные и черные
молекулы взаимно перемешаны, так что в любом макроскопическом
объеме внутри сосуда имеется практически одинаковое число молекул
того и другого сорта (рис. 27.2, б). В первом случае каждый сорт
молекул образует собственное газообразное «тело» с объемом V/2,
которое давит на стенки и на воображаемую границу с другим «телом»
с давлением 20 ат. Во втором случае молекулы каждого сорта оказы-
оказываются распределенными по всему объему V сосуда, при этом молекулы
каждого сорта вносят половинный вклад в давление на стенки (в любом
месте стенки половина ударов приходится на долю белых молекул, а
половина — на долю черных). В этом случае V^! == V, pi = 10 ат. В связи
с последним замечанием напомним закон парциальных давлений (за-
(закон Дальтона): давление смеси газов равно сумме давлений отдельных
компонентов смеси. Подчеркнем, что здесь речь идет именно о смеси га-
газов: молекулы всех сортов перемешаны между собой.
Читатель Б: Второй подход более правилен, ведь молекулы обоих сортов
действительно перемешаны.
Автор: В нашей задаче оба подхода совершенно равноправны. Не забы-
забывайте, что априорное разделение молекул на два сорта являлось
условным.
Возвращаясь к решению задачи, запишем уравнение объединенного
газового закона для' массы газа, которая остается в сосуде:
Отсюда находим, чтор2 = 11,7 ат « 11,9 • 105 Па.
Читатель Б: Мне все же больше нравится решать такие задачи, исполь-
используя уравнение Клапейрона—Менделеева B5.9). Запишем уравнение
для начального и конечного состояний газа, обозначив массу в началь-
начальном состоянии га, а в конечном га/2:
v RTV RT
Разделив одно уравнение на другое, получим
Pi 2Г, р,Г2 20 • 350
— = -— или/>2 =
27\
2 • 300
ат = 11,7ат.
152
Автор: Ваш подход к этой задаче со-
совершенно верен.
Вторая задача: газ находит-
находится в сосуде объемом V при давлении
р0. Его откачивают из сосуда с по-
помощью поршневого насоса с рабо-
рабочей камерой объемом v (рис. 27.3).
Требуется найти число п ходов
поршня, которое надо сделать,"
чтобы давление газа в сосуде понизилось до значения рп.
Читатель А: По-моему, эта задача очень несложная: п ходов поршня при-
приводят к «-кратному увеличению объема газа на значение v. Поэтому
запишем уравнение Бойля—Мариотта в виде
Рис 27.3
Отсюда найдем число п ходов.
Автор". К какой массе газа относится написанное Вами уравнение?
Читатель А: К массе, которая была в сосуде.
Автор: Но ведь уже после первого хода часть э,той массы уходит из
системы: когда поршень начинает дв/ижение справа налево, он закры-
закрывает клапан А и открывает клапан Б, через который газ и покидает
систему (см. рис. 27.3). Иначе говоря, указанное Вами n-кратное увели-
увеличение объема газа на v не относится к одной и той же массе. Поэтому
написанное Вами соотношение является неправильным.
Будем рассматривать каждый из ходов поршня по отдельности. Начнем
с первого хода. Для массы газа, находившейся в сосуде первоначально,
можно записать
где р, — давление газа, после того как поршень, заканчивая рабо-
рабочий ход, занял крайнее правое положение. Затем поршень возвраща-
возвращается в исходное левое положение. При этом, как уже указывалось, кла-
клапан А закрывается и в сосуде остается масса газа, меньшая по срав-
сравнению с исходной массой; давление газа в сосуде есть р,. Для этой
массы газа можно написать уравнение
где р2 — давление газа после окончания второго рабочего хода порш-
поршня. Рассматривая последовательно третий, четвертый и последующие
ходы поршня, получаем систему п уравнений закона Бойля—Мариотта;
B7.4)
pn_lV=pn(V + v).
Каждое из этих уравнений относится к определенной массо пил IV
шая систему B7.4), получаем
I.M
Логарифмируя этот результат,
находим
Рис 27.4
igl V'A^
В заключение рассмотрим еще одн\ задачу: три одинаковых шара А.
Б, В (рис. 27.4) соединены трубками одинаковой длины и одинаковой
площадью сечения S. Внутри трубок находятся капельки ртути, кото-
которые в исходном положении (при температуре Г1у) расположены посере-
посередине трубок. Объем воздуха в каждом шаре и части трубки до капельки
ртути равен IV Как передвинутся капельки, если шар Б нагреть на AT,
а шар В — на 2 AT?
Примечание: считать, что А7"«С Тх; ввиду относительной малости изме-
изменений температуры и объема газа слагаемые типа ATAV во всех встре-
встречающихся при решении задачи соотношениях отбрасывать как вели-
величины второго порядка малости.
Читатель А: Я затрудняюсь решить эту задачу. Она представляется мне
весьма сложной, комбинированной.
Автор: Здесь масса газа не меняется, но зато в задаче участвует сразу не-
несколько масс, и необходимо следить, к какой именно массе относится
всякий раз то или иное соотношение. Кроме того, надо четко фикси-
фиксировать в своем сознании начальное и конечное состояния каждой и.*
трех масс газа (обозначим их пгА, пгБ, пгв). Мы полагаем, что объем
массы гпА в результате нагревания шара Б уменьшается на неко-
некоторую величину AV\, а объем массы пгв в результате нагревания
шара В увеличивается на AV2; тогда объем массы шБ возрастает
на ДК, — AV2. С учетом условия задачи и сделанных замечаний за-
заключаем:
1) для газа пгА (р,, К,, Г, — начальные и р2, V\ — AV{, Г, —конеч-
—конечные параметры)
-^-=-*^ ^; B7.5)
2) для газа mL (рх, Vx, Г, — начальные и р2, Vx + AV, — AV2, Тх —
AT — конечные параметры)
"V"= ^ г" + дг A ; B7-6)
3) для газа тв (рх, Vx, Тх — начальные и р2, Vx + AV2, Tx + 2АГ —
конечные параметры)
~Т^~= \, +2Д7-2 • B7'7)
Используя соотношения B7.5) и B7.6), запишем
(Vx - AVX) (TX+AT)=(VX+AVX-AV2)TX.
Используя соотношения B7.6) и B7.7), запишем
154
(V, + AK, - AV2) (Г, + 2АТ) =( Vx + AV2) (Г, + AT).
Раскрывая скобки и отбрасывая слагаемые типа АКАГ, находим:
Отсюда получаем
ду, = АК2 = К,АГ/Г,; А/ = VxbT/(STx).
Итак, каждая капелька ртути передвинется влево на одну и ту же
величину А/, указанную выше. Объем газа в шаре Б не изменится.
Читатель А: Действительно, здесь все сделано четко.
Автор: Помните: для определенной массы газа необходимо рассматривать
именно ее начальные и конечные параметры. Все весьма просто.
ЗАДАЧИ
27.1. Трубка с запаянным верхним концом полностью погружена в сосуд с ртутью
(рис. 27.5). При этом столбик воздуха внутри трубки имеет длину А( = 10 см.
На какую высоту /i2 над уровнем ртути в сосуде надо приподнять верхний конец
трубки, чтобы уровень ртути внутри трубки сравнялся с уровнем ртути в сосуде?
Атмосферное давление нормальное(р0 = 76 см рт. ст.). Вычислить массу m воздуха
внутри трубки, если площадь ее поперечного сечения S = 1 см2, а температура
t = 27°С.
27.2. Трубка, один конец которой запаян, опущена открытым концо<м в сосуд с
ртутью (рис. 27.6). Как изменится уровень ртути в трубке, если температура
повысится от ^ = 20°С до t2 = 77°С? Дано: 1Х = 10 см, t2 = 30 см; атмосферное
давление нормальное. Тепловым расширением трубки пренебречь. Найти массу m
воздуха внутри трубки, если площадь ее поперечного сечения S = 0,5 см2.
27.3. Воздух в сосуде объемом V = 5 л находится при температуре t = 27°C под
давлением рх = 20 ат. Какую массу Am воздуха надо выпустить из сосуда, чтобы
давление в нем упало до р2 = 10 ат?
27.4. В трубке с площадью сечения S = 0,5 см2, ориентированной вертикально
запаянным концом вверх, находится столбик воздуха длиной /( ±= 40 см, запертый
снизу столбиком ртути длиной h = 8 см; температура t} = 27°С. На сколько изме-
изменится длина Д/' воздушного столбика, если трубку отклонить от вертикали на
угол а = 60° и одновременно повысить температуру на \Т = 30 К? Атмосферное
Рис. 27.5
1ПЗ
Рис. 27.6
Рис. 27.7
155
.......... . .. fj
■•''■.•.-••г-.: У.
давление нормальное. Найти м<нч\ т иизд>л<1 »m» по
ценного внутри трубки.
. 27.5. Два одинаковых шара А н h (рис. 27 71 i-m- ui
ненЬ| т°нкой трубкой. При чемт-р.пуре 7", к.ше.и.ка
ртути находится посередине трубки. Объем пищуха ь
jд каждом шаре и части трубки до капельки pi ути рати
л в Vr На какую длину Д/ передвинется капелька, если
шар Л нагреть на ДГ(, а шар Б охладить на ДГ„(Д7',<
Рис. 27.8 <С Г,, ДГ2 <С Г,)? Площадь поперечного сечения
трубки равна S. Рассмотреть три случая: 1)
ДГ, > ЛГ2; 2J ДГ, < ДГ2; 3) ДГ, = ДГ2.
27.6. Условие задачи совпадает с условием задачи о трех шарах, рассмотренной
в тексте (рис. 27.4). На какую длину Д/ передвинется капелька, если шар Б на-
нагревают на ДГ, а шары А и В охлаждают на AT.
27.7. Условие задачи совпадает с условием задачи о трех шарах, рассмотренной
в тексте (рис. 27.4). На какое расстояние Д/ передвинется капелька, если шар А
нагревают на ДГ, а шар В охлаждают на ДГ.
27.8. В двуч частях цилиндра, разделенного поршнем А, находятся разные массы
/п, и т,2 воздуха при одной и той же температуре (рис. 27.8). Правый конец ци-
цилиндра закрыт подвижным поршнем В. На сколько сместится поршень А, е-сль
поршень В передвинуть вправо на расстояние / = 4 см? При равновесии в цилиндре
устанавливается первоначальная температура. Отношение масс т, /т, = 3.
27.9. Шар-зонд имеет герметическую оболочку постоянного объема V = 50 м!.
Масса шара т = 5 кг. Определить, на какую максимальную высоту Н сможет
подняться этот шар-зонд, если известно, что атмосферное давление уменьшается
в два раза через каждые h = 5 км высоты. Температура в стратосфере t = — 60°С.
Давление у поверхности Земли р() = 1 № Па.
27.10. Из баллона объемом V = Ш л, заполненного водородом, вследствие неис-
неисправности иентиля вытекает газ. При температуре tx = 6°C манометр показывал
давление р{ = 56 атм, а через некоторое время при температуре t, = 27°C давление
р1 = 30 атм На сколько уменьшилась масса водорода в баллоне?
28. КОГДА ВЫПАДАЕТ РОСА?
Читатель А: Мне бы хотелось коснуться задач на влажность. Они какие к»
непонятные.
Автор: В действительности здесь нет ничего трудного. Рассмотрим в ка
честве примера следующую задачу. Воздух находится в замкнутом
объеме V — 3 м3 при температуре tx = 20°С. Относительная влажность
fi = 60%. Сколько воды надо дополнительно испарить в этот объем,
чтобы относительная влажность стала /2 = 80%. Выпадет ли pot а, если
воздух в рассматриваемом объеме охладить до t2 = !0°С?
Читатель Г>: Насколько я помню, относительная влажность опрели.ииеюи
как отношение давления р0 паров воды, находящихся в воздухе при
данной температуре, к давлению рп насыщенных паров воды:
/ = — •100%. ,2й1|
Читатель А: Но как связать давление и массу водяных паров.-'
Автор: Полагая, что пар подчиняется уравнению состояния идса ii.nuio
газа, можем считать, что давление пара пропорционально массе пара и
данном объеме. Из B5.9) следует:
p=m/V = pM/(RT). B8.2)
156
Поэтому в B8.1) заменим отношение давлений ро/Рн отношением плот-
плотностей пара
/ = —• 100%. B8.3)
Рн
Таким образом, относительную влажность можно определить как отно-
отношение плотности р0 паров, находящихся в воздухе при данной темпе-
температуре (эту плотность называют абсолютной влажностью), к плотности
рн насыщенных паров при данной температуре.
Читатель Б: В таком случае я попробую решить сформулированную выше
задачу. Обозначим р( — плотность пара при t\\ после испарения m г
воды плотность пара станет р, -}- m/V. Используя B8.3), получаем
f2 р, + /
Разделив второе уравнение на первое, находим -т— = , откуда
/1 Pi
m = р, (h ~ f.) V/h = Рн (h ~ I.) У- B8.4)
Читатель А: В этом соотношении есть неизвестная величина рн.
Читатель Б: Я об этом как-то не подумал.
Автор: Значение плотности насыщенных паров обычно находится из таб-
таблиц; если у Вас имеются таблицы для давления (упругости) насы-
насыщенных паров, то можно воспользоваться соотношением B8.2) и найти
плотность. Плотность насыщенных паров при ty = 20°С равна рн =
= 17,3 г/м3. Подставляя это значение в B8.4) и используя данные из
условия задачи, получаем m = 10,38 г.
Читатель Б: Для ответа на вопрос о выпадении росы необходимо, по-види-
по-видимому, знать плотность насыщенных паров при t2 = 10°С.
Автор: Вы правы. Эта плотность равна 9,4 г/м3.
Читатель Б: В нашем объеме плотность паров р = рн/2 = 13,84 г/м3. Эта
плотность больше, чем плотность насыщенных паров при температуре
10°С, следовательно, роса должна выпасть.
Читатель А: А как определить, при какой температуре начинает выпадать
роса?
Читатель Б: Мне кажется, надо воспользоваться таблицей и найти,
при какой температуре плотность насыщенных паров равна плотности
паров, зафиксированных в нашей задаче. Эта температура и будет
точкой росы.
Читатель А: Я понял. Точка росы — это температура, при которой плот-
плотность насыщенных паров равна абсолютной влажности при данных
условиях. При достижении этой температуры находящиеся в воздухе
водяные пары начинают конденсироваться, другими словами, начинает
выпадать роса.
Автор: Ну вот, мы и разобрались во всех «страшных» вопросах, связанных
с влажностью.
ЗАДАЧИ
28.1. Какова масса m водяных паров в комнате объемом V= 105 м3, если при
температуре /, = 15°С относительная влажность равна f = 55%? Выпадет ли роса,
если температура воздуха понизится до /2= 10°С? Какую часть k составляет
157
vucca водяных паров от всей массы воздуха в комнате, если давление воздуха
/) — 75 см рт ci Плотность насыщенных паров при 15°С рн1 = 12,8 г/м3, плотность
насыщенных паров при 10°С рн2 = 9,4 г/м3
28.2. Сухой и влажный воздух при одинаковой температуре /( = 27°С и при оди-
одинаковом давлении занимают одинаковый объем V = 1 м3 Определить, на сколько
отличается масса сухого воздуха от массы влажного, относительная влажность
которого / = 60% Давление насыщенного пара при 27°С равно рн = 26,74 мм рт ст
28.3. При какой максимальной относительной влажности / воздуха в комнате
бутылка молока, взятая из холодильника, не будет запотевать? Температура в
холодильнике /, = 5°С, а в комнате — t2 — 25°C Давление насыщенных паров при
5°С рн1 = 886 Па, а при 25°С рн2 = 3192 Па.
29. ЧТО ТАКОЕ ТЕРМОДИНАМИКА?
Читатель Б: Мне приходилось встречать термин «термодинамика». Что
это такое?
Автор: Термодинамика — это раздел физики, в котором с наиболее общих
позиций (без обращения к молекулярным представлениям) рассматри-
рассматриваются процессы обмена энергией между изучаемым объектом и окру-
окружающей его средой.
Читатель А: В какой мере надо быть знакомым с термодинамикой при
изучении газовых законов?
Автор: Это станет ясным из дальнейшей нашей беседы. Мы в самых общих
чертах познакомимся с элементами термодинамики идеального газа.
Отмечу сразу же, что более или менее глубокое усвоение газовых
законов требует обращения к термодинамике. Так, например, термоди-
термодинамика показывает, чем с энергетической точки зрения отличаются
друг от друга изотермическое и изобарное расширения.
Начнем с того, что напомним уже известное обстоятельство: внутрен-
внутренняя энергия И одноатомного идеального газа пропорциональна массе m
газа в температуре Т:
и = ш*т B91)
[Этот результат следует из B5.3) и B5.8).]
При неизменной массе газа внутренняя энергия может изменяться
в результате двух процессов (как говорят, существуют два способа
энергообмена газа с окружающей средой, два «канала» энергообмена):
а) вследствие совершения работы А\ в этом случае объем газа должен
изменяться (при расширении газ совершает работу над окружающими
телами, например отодвигая поршень; при сжатии окружающие тела
совершают работу над газом); б) вследствие передачи теплоты Q (от
1аза к окружающим телам или, наоборот, от окружающих тел к газу).
Гаким образом, приращение \U внутренней энергии газа можно пред-
представить в виде
\U= U2- Ux = <±A ±Q. B9.2)
}десь знаки « + » относятся к случаям, когда газ приобретает энергию
(по соответствующему «каналу» энергия поступает от окружающих тел
к газу): знаки «—» относятся к случаям, когда энергия поступает
от газа к окружающим телам.
158
В природе непрерывно
и многообразно совершается
обмен энергией между
отдельными телами и их
совокупностями. Общие
задачи этого обмена
исследует термодинамика.
Читатель Б: Не является ли выражение B9.2) так называемым первым
началом термодинамики?
Автор: Да, это первое начало термодинамики. Отмечу, что оно фактиче-
фактически есть не что иное, как закон сохранения энергий: изменение энергии
газа обусловлено работой и теплопередачей.
Читатель Б: Таким образом, если газ не расширяется и не сжимается
(т. е. рассматривается изохорный процесс), то энергообмен с окружаю-
окружающими телами возможен только через теплопередачу?
Автор: Правильно.
Читатель А: А можно ли, зная начальное и конечное состояния газа,
вычислить работу и рассмотреть теплопередачу?
Автор: Можно. Рассмотрим сначала изобарное расширение. В этом случае
работа, совершаемая газом над окружающими телами, определяется
особенно просто. Пусть газ, находящийся в сосуде с подвижным порш-
поршнем, расширяется при давлении р — const от объема Vx до объема К2.
При этом он отодвигает поршень с площадью 5 сечения на расстояние
Л/ (рис. 29.1). Работа, совершенная газом при отодвигании поршня,
равна
A = F\l = pS\l = p\V=p{V2- V,). B9.3)
При неизобарном расширении работа газа вычисляется более сложным
путем, так как при этом давление в течение процесса расширения
газа не остается постоянным: следовательно, сила, действующая на
отодвигаемый поршень, изменяется во времени. Существует следующее
правило для вычисления работы при произвольном процессе расшире-
159
ния: надо изобразить рассматриваемый процесс в осях р, V; искомая
работа равна площади под кривой на участке от V{ до V2 (рис. 29.2).
Читатель Б: С вычислением работы все понятно. А как находить коли-
количество переданной теплоты?
Автор: Пользуясь выражением B9.1), можно найти изменение внутренней
энергии газа в рассматриваемом процессе. Затем следует вычислить
работу и, наконец, воспользоваться выражением B9.2).
Читатель А: В изохорных процессах передача энергии через работу отсут-
отсутствует. Наверное, возможны также ситуации, когда отсутствует тепло-
теплопередача?
Автор: Конечно. В этих случаях говорят, что газ является теплоизолиро-
теплоизолированным. Кстати, как Вы думаете, возможно ли в теплоизолированном
газе изотермическое расширение?
Читатель А: Почему бы и нет?
Автор: Не торопитесь с ответом. Помните: в данном процессе теплопере-
теплопередачи нет, газ расширяется (следовательно, совершает работу), темпе-
температура газа не меняется.
Читатель Б: Такой процесс невозможен. Если температура постоянна, то
постоянна и внутренняя энергия газа. Значит, для совершения работы
газ должен обязательно получать теплоту из окружающей среды.
Автор: Правильно. Итак, мы убеждаемся в двух фактах: во-первых, изо-
изотермическое расширение в теплоизолированном газе невозможно; во-
вторых, при изотермическом расширении количество полученной извне
теплоты равно совершенной газом работе.
Читатель Б: Наверное, в теплоизолированном газе невозможны не только
изотермические, но и изобарные и изохорные процессы?
Автор: Ваша догадка верна. Процессы, происходящие в теплоизолирован-
теплоизолированном газе, специфичны. Они имеют специальное название — адиабатные
процессы. При адиабатном расширении работа совершается за счет
расходования части внутренней энергии газа — в результате темпера-
температура газа понижается. При адиабатном сжатии за счет работы внешних
сил увеличивается внутренняя энергия газа — в результате темпера-
температура газа повышается. Если сжатие газа произвести достаточно быст-
быстро, то теплообмен произойти не успеет — в этом случае, даже без при-
принятия мер к теплоизоляции газа, будет происходить адиабатное
V2 V
Рис 29.1
Рис 29 2
160
сжатие. При достаточно медленном сжатии, обеспечивающем тепло-
теплообмен газа с окружающей средой, происходит изотермическое сжатие
(при температуре среды).
Я попрошу Вас нарисовать в осях р, V график изобары, изотермы и
адиабаты для расширяющегося газа; начальное состояние газа и ко-
конечный объем одинаковы для всех трех процессов. Рассмотрим энерго-
энергообмен газа со средой для указанных трех процессов. В каком из этих
случаев максимальна работа, совершаемая газом при расширении?
В каком случае теплопередача является наибольшей?
Читатель Б: Но Вы нам не показали, как изображается адиабата...
Автор: Зато Вы знаете, что при адиабатном расширении температура газа
падает.
Читатель Б: Понял. Вот рисунок (рис. 29.3). Здесь кривая / — изобара,
2 — изотерма, 3 — адиабата.
Автор: Рисунок хорош. Что Вы скажете о различиях в энергообмене газа
со средой в этих процессах?
Читатель Б: В точке / на рисунке Г, >> Т. Следовательно, Л£/ > 0 — при
изобарном расширении внутренняя энергия газа повышается. В точке 2
Т2 = Т. Следовательно, А£/ = 0. В точке 3 Т3 < Т.
Следовательно, AU <С 0.
Автор: Пожалуйста, подробнее.
Читатель Б: Я затрудняюсь. Мне не приходилось проводить подобные рас-
рассуждения.
Автор: Пусть Л,, Л2, Л3— работы, совершаемые газом при изобарном,
изотермическом и адиабатном расширениях соответственно. Из сопо-
сопоставления площадей под кривыми видно: Л, ;> Л2 ;> Л3. Теперь рас-
рассмотрим энергообмен в каждом из указанных процессов.
При изобарном расширении AU = Q, — Л,; газ получает извне тепло-
теплоту Q\, часть полученной энергии идет на совершение газом работы Л,,
другая часть — на приращение внутренней энергии газа. При изотер-
изотермическом расширении AU = 0, Q2 = Л2; газ получает извне теплоту Q2,
такое же количество энергии в виде работы Л2 он возвращает в окру-
окружающую среду; внутренняя энергия газа не изменяется. При адиабат-
адиабатном расширении Af/ = — Л3, Q3 = 0; газ не получает теплоты, работа
Л3 совершается за счет внутренней энергии газа. На рис. 29.4 схема-
схематически показан характер энергообмена для каждого из рассматривае-
рассматриваемых процессов (по левому «каналу» в газ поступает энергия через
Pi
(Т) изобара 1(ТХ)
0 Vx V2 V
Рис 29 3
6 - Л. В. Тарасов, А. Н. Тарасова
Рис. 29.4
161
теплопередачу, по правому «каналу» из газа уходит энергия через
совершение работы; количество стрелок наглядно показывает интен-
интенсивность соответствующего энергообмена).
Хотелось бы подчеркнуть, что запас внутренней энергии газа нельзя
даже мысленно разделить на «запас теплоты» и «запас работы». Тепло-
Теплопередача и совершение работы — это просто два разных «канала», по
которым может притекать (или утекать) энергия (подобно тому, как
вода может поступать в бассейн по двум разным трубам).
А теперь вернемся к рис. 26.7 и рассмотрим энергообмен газа со средой
в изображенном на рисунке циклическом процессе.
Читатель Б: Теперь я смогу это сделать. На участке 1—2 (изотерма) газ
получает извне некое количество теплоты и целиком расходует его на
совершение работы. На участке 2—3 (изохора) работа не совершается,
внутренняя энергия газа увеличивается за счет поступающей извне теп-
теплоты. На участке 3—1 (изобара) над газом совершают работу, однако
его температура понижается. Это означает, что газ весьма интенсивно
отдает теплоту в окружающую среду (количество отданной теплоты
равно сумме работы и уменьшения внутренней энергии).
Автор: Вы правы. В заключение последний вопрос: на рис. 26.4 были
изображены шесть разных процессов перехода из одного состояния в
другое. Чем различаются эти процессы с точки зрения термодинамики?
Читатель А: Они различаются характером энергообмена газа со средой.
Автор: Правильно.
В заключение отметим одно из общих положений учения о теплоте,
называемое принципом Ле Шателье. Этот принцип гласит, что внешнее
воздействие, выводящее систему из состояния равновесия, вызывает в
этой системе процессы, стремящиеся ослабить результат этого воздей-
воздействия. Так, нагревание тела стимулирует процессы, связанные с погло-
поглощением теплоты; наоборот, охлаждение способствует процессам, при
которых теплота выделяется. Принцип Ле Шателье позволяет предска-
предсказать, в каком направлении сместится состояние равновесия, если изме-
изменить какие-либо внешние параметры, определяющие состояние системы
(например, давление). Этот принцип является термодинамическим ана-
аналогом закона индукции Ленца (см. § 42).
ЗАДАЧИ
29.1. Рассматриваются процессы, показанные на рис. 26.4. Даны параметры:
рр 1/,, Г,, р2> V г Найти отношение количеств телоты, участвующих в переходах
1 + 7, 1 + 8, 5 + 2, 4 + 2.
29.2. Условие такое же, как в задаче 29.1. Найти отношение количеств теплоты,
участвующих в переходах 1 ->■ 6, 3 ->• 2 и 1 ->■ 5,
о о
о —>■ Z.
29.3. Вычислить работу А, которую совершит
газ при изобарном нагревании от /, = 20°С до
/2 = 100°С, если он находится в сосуде, закры-
закрытом подвижным поршнем с площадью сечения
S = 20 см2 и массой М = 5 кг. Рассмотреть
два случая расположения сосуда: 1) горизон-
горизонтальное (рис. 29.5, а); 2) вертикальное (рис
Рис 29.5 29.5, б). Начальный объем газа равен V = 5 л;
атмосферное давление нормальное.
162
а)
б)
fc9.4. Три моля идеального газа, находящегося при температуре tQ = 27°C, охлаж-
охлаждают изохорно так, что давление падает в п = 3 раза. Затем газ расширяется при
постоянном давлении. В конечном состоянии его температура равна первона-
первоначальной. Определить работу Л, произведенную газом.
29.5. Чему равно изменение внутренней энергии воздуха в комнате при изобарном
нагревании воздуха от температуры tx до температуры t2?
30. ЧТО ТАКОЕ ЦИКЛ КАРНО?
Автор: Поговорим о коэффициенте полезного действия (КПД) тепловой
машины. Известна ли Вам какая-нибудь формула для КПД?
Читатель А: Да, известна:
r\=(Tl-T2)/Tl C0.1)
(здесь г] — КПД).
Автор: А что такое Т{ и Г2?
Читатель А: Я помню, что Т2 — это температура холодильника, а Г, —
температура нагревателя. Только я не очень ясно представляю себе, что
называют холодильником и нагревателем.
Автор: А для какого случая верна формула C0.1)?
Читатель Б: Я где-то читал, что эта формула выведена для цикла Карно.
Но я не знаю ничего о нем.
Автор: Поэтому разрешите мне начать несколько издалека. Представим
себе некую тепловую машину, действие которой основано на изменении
состояний некоторой массы газа (так называемого рабочего тела).
Очевидно, что эти изменения должны образовывать циклический про-
процесс — в конце цикла газ всякий раз должен возвращаться в исходное
состояние. В разных машинах указанный циклический процесс будет
разным. Следовательно, разным будет и характер энергообмена рабо-
рабочего тела (газа) с окружающей средой. Все это важно учитывать
при рассмотрении КПД тепловой машины.
Наибольший КПД достигается в идеализированной тепловой машине,
где газ изменяет состояния по циклу Карно. Именно в этом случае КПД
описывается формулой C0.1). Предположим, что существуют два
больших тела — одно при температуре Т2, другое — при температуре
Г|. Тела должны быть большими, для того чтобы энергообмен между
ними и рабочим телом не приводил к изменению температур Г2 и Г,.
Если Т2 <С Г|, то первое большое тело называют холодильником (тепло-
приемником), а второе—нагревателем (теплоотдатчиком). Рабочее
тело (газ) попеременно вступает в тепловой контакт с нагревателем и
холодильником и обменивается энергией через теплопередачу. Цикл
Карно состоит из двух изотерм и двух адиабат (рис. 30.1). На участке
/—2 (изотерма при Г|) газ получает от нагревателя теплоту Q| и,
расширяясь, расходует ее на работу Л,. На участке 2—3 (адиаба-
(адиабата) газ совершает работу Л3; при этом его температура падает до
Т2. На участке 3—4 (изотерма при Т2) газ отдает холодильнику
теплоту Q2, равную работе А2 по сжатию газа. На участке 4—/ (адиа-
(адиабата) работа Л4 по сжатию газа переходит во внутреннюю энергию,
вследствие чего температура газа повышается до Г,. В итоге возвра-
163
2
i
1
, 3
г .
p .<
Рис, 30.1
Рис. 30 2
щаемся в исходное состояние / (а следовательно, и к исходной внутрен-
внутренней энергии рабочего тела).
Предположим, что некая тепловая машина работает по циклу Карно.
Газ получает от нагревателя теплоту Qj и отдает холодильнику тепло-
теплоту Q2. Так как Q, = Л, и Q2 = А2, то легко убедиться, что Q2<CQ\. Зна-
Значит, газ отдал теплоты меньше, чем ее получил. В то же время внут-
внутренняя энергия газа за цикл остается прежней. Следовательно, раз-
разность теплот Q, — Q2, отданная газом в окружающую среду, и есть
полезная работа тепловой машины. Отсюда следует, что выражение
для КПД машины может быть записано в виде
t]=(Qi -Q2)/Qi- C0.2)
В термодинамике показывается (мы это делать не будем), что выра-
выражение C0.2) приводится к более простому виду C0.1). Из C0.1),
C0.2) видно, что КПД не зависит от свойств вспомогательного рабо-
рабочего тела. Кроме того, даже в идеальной тепловой машине КПД
меньше единицы; доля Тх/Т2 энергии, отдаваемой нагревателем, беспо-
бесполезно переходит в виде теплоты к охладителю.
Коэффициент полезного действия реальной тепловой машины всегда
меньше, чем КПД, описываемое формулой C0.1) из-за неизбежно
происходящих в ней необратимых процессов.
Читатель А: Встречаются ли реальные машины, работающие по циклу
Карно?
Автор: Да, такой машиной можно считать работу двигателя внутреннего
сгорания.
ЗАДАЧИ
30.1. Двигатель работает по циклу Карно и за один цикл получает от нагревателя
Q = 700 кал. Температура нагревателя Т = 600 К, а температура охладителя
Т = 300 К. Найти работу А, совершаемую за цикл, и количество теплоты Q2,
отдаваемое при этом охладителю A кал = 4,19 Дж),
30.2. Тепловая машина периодического действия имеет коэффициент полезного
действия tj = 40%. В результате ее усовершенствования количество теплоты,
получаемое от нагревателя за один цикл, увеличилось на Ь = 20%, а количество
теплоты, отдаваемое холодильнику, уменьшилось на а = 20%. Каким стал коэффи-
коэффициенту, полезного действия этой тепловой машины.
164
30.3. Определить коэффициент г| полезного действия' тепловой машины, рабо-
работающей по циклу, изображенному на рис. 30.2. Рабочим веществом является
моль.азота (М = 28 • \(У ' кг/моль). Известно р2 = 2р, = 4 • 105 Па, V2 = 21/, =
= 20 л. Удельная теплоемкость азота сх = 748 Дж/(кг • К), с = 1045 Дж/(кг • К).
Определить также работу А, совершаемую газом за один цикл.
30.4. Идеальная тепловая машина имеет полезную мощность Nn = 50 кВт. Темпе-
Температура нагревателя при этом Т] = 373 К, а температура холодильника Т2 = 273 К
Определить тепловую мощность Nr получаемую машиной от нагревателя, и энер-
энергию Q2, отдаваемую холодильнику за t = 1ч работы.
31. СКОЛЬКО У ГАЗА ТЕПЛОЕМКОСТЕЙ?
Автор: Что такое теплоемкость?
Читатель А: Это количество теплоты, которое надо затратить, чтобы повы-
повысить температуру тела на 1 К.
Автор: Верно. А сколько у газа теплоемкостей?
Читатель А: Я не понимаю вопроса.
Автор: В таком случае я задам тот же вопрос в более доходчивой форме.
Предположим, что газ нагревают и повышают его температуру на AT.
Делают это дважды: один раз при постоянном объеме газа (изохорное
нагревание), а другой раз — при постоянном давлении (изобарное
нагревание). Одинаковое ли количество теплоты надо затратить на
нагревание газа в указанных случаях?
Читатель А: По-моему, одинаковое.
Читатель Б: А по-моему, неодинаковое. При постоянном объеме работа не
совершается и вся теплота идет на приращение внутренней энергии
газа. Обозначим эту теплоту через Q,. При постоянном давлении нагре-
нагревание газа неизбежно сопровождается его расширением, а при этом
совершается работа А = pAV. Подводимая в этом случае теплота Qp
идет частично на приращение внутренней энергии газа, а частично на
совершение газом указанной работы. Следовательно, Qp ;> Qv.
Автор: Совершенно верно. Теперь еще раз вспомним, что такое теплоем-
теплоемкость.
Читатель А: Я, кажется, понял. У газа две теплоемкости — одна при
постоянном объеме (Cv), а другая — при постоянном давлении (Ср).
Мы можем записать: Cv = QV/AT и Ср = Qp/AT. При этом Ср >> Cv.
Автор: Верно. А не могли бы Вы выразить Ср через Cv?
Читатель Б: Разрешите мне. На приращение внутренней энергии газа
идет теплота Qv = CVAT. Значит,
Qp=CvAT
отсюда
Автор: Далее надо воспользоваться уравнением состояния газа, из кото-
которого следует
pAV={m/M)RAT.
Окончательно находим
Ср = Cv + {т/М) R. C1.2)
165
Из выражения C1.2) видно, что универсальная газовая постоянная R
равна разности теплоемкостей Ср — Cv одного моля любого идеального
газа.
ЗАДАЧИ
31.1. Определить количество теплоты Q, которое необходимо сообщить трем молям
одноатомного газа, чтобы нагреть его при постоянном давлении от температуры
7", = 300 К до температуры Т2 = 2Г,.
31.2. Кислород массой m = 7 г находится в цилиндрическом сосуде под тяжелым
поршнем. Определить количество теплоты Q, которое необходимо сообщить кисло-
кислороду, чтобы нагреть его на \Т = 16 К- Молярная теплоемкость кислорода при
постоянном объеме равна Су = 20,9 Дж/(моль • К).
31.3. В цилиндре под тяжелым поршнем находится пг = 40 г углекислого газа.
Газ нагревают от /, = 20°С до t2 = 100°С. Определить работу А, которую соверша-
совершает углекислый газ, и количество теплоты Q, которое ему необходимо сообщить
Удельная теплоемкость при постоянном объеме су = 0,655 кДж/(кг • К).
32. ДАВАЙТЕ ПОГОВОРИМ О ПОЛЕ
Автор: Давайте побеседуем о поле — одном из основных физических
понятий. Для определенности будем говорить об электростатическом
поле. Как Вы представляете себе поле? Что это такое?
Читатель А: Признаться, мне очень трудно представить себе поле. Поле —
это что-то неуловимое, невидимое, вроде призрака. В то же время оно,
как утверждают, присутствует везде. Я не возражаю, когда мне гово-
говорят, что поле материально. Но для меня это остается пустым звуком.
Когда говорят о веществе, то я понимаю, о чем говорят. Но когда
говорят о поле, тут я уже не понимаю, о чем собственно, идет речь.
Читатель Б: Я вполне ощутимо представляю себе поле. В веществе мате-
материя находится как бы в концентрированном виде. В поле, напротив, ма-
материя как бы «размазана» по пространству. Тот факт, что мы не видим
поле глазами, ничего не доказывает: поле можно прекрасно «видеть»
с помощью относительно простых приборов. Поле выполняет роль пере-
передатчика взаимодействия между телами, например электрическое поле
является передатчиком взаимодействия между неподвижными электри-
электрическими зарядами. Можно считать, что каждый заряд «создает» вокруг
себя поле. Поле, созданное одним зарядом, влияет на другой и, наобо-
наоборот, поле, созданное вторым зарядом, влияет на первый. Так осуществ-
осуществляется кулоновское взаимодействие зарядов.
Читатель А: Но разве нельзя обойтись без «посредников»? Что мешает
нам полагать, что один заряд воздействует на другой заряд непо-
непосредственно?
Читатель Б: Против этого можно выдвинуть серьезное возражение. Пред-
Представим себе, что один из зарядов в какой-то момент времени по какой-
то причине сдвинулся, «вздрогнул». Если исходить из предположения о
«непосредственном взаимодействии», то необходимо заключить, что
второй заряд должен в тот же самый момент тоже «вздрогнуть». Это
означало бы, что сигнал от первого заряда дошел до второго заряда
мгновенно, что, как хорошо известно, противоречит основным представ-
166
Что такое поле?
Как описывается поле?
Как происходит движение
в поле? Эти
фундаментальные вопросы
физики удобнее всего
рассматривать на примере
электростатического поля.
Обсудим движение
заряженного тела
в электростатическом поле.
Решим ряд задач,
иллюстрирующих закон
Кулона.
лениям теории относительности. Если же есть передатчик взаимодей-
взаимодействия, т. е. поле, то в этом случае сигнал распространяется от одного
заряда к другому по полю. Как бы ни велика была скорость распро-
распространения сигнала, она все же конечна, и поэтому может существо-
существовать некоторый промежуток времени, когда первый заряд уже кончил
«вздрагивать», а второй еще не начинал. В течение этого промежутка
времени только поле содержит сигнал о «вздрагивании».
Читатель А: Все-таки я хотел бы услышать четкое определение того, что
такое поле.
Автор: Я с интересом выслушал Ваш диалог. Я чувствую, что чита-
читатель Б живо интересовался проблемами современной физики и загля-
заглядывал в различные популярные книжки по физике. В результате у него
вырабатывалось то, что можно назвать инициативным мышлением. По-
Понятие поля является для него вполне реальным, «рабочим» понятием.
Его замечания о поле как о передатчике взаимодействий вполне пра-
правильны Читатель А, по-видимому, ограничивался формальным прочте-
прочтением учебника. В результате его мышление выглядит в значительной
мере беспомощным. Я говорю это, конечно, не с целью обидеть собесед-
собеседника, а для того, чтобы на его примере подчеркнуть, что многие экзаме-
экзаменующиеся чувствуют себя в подобных ситуациях довольно беспо-
беспомощно. Как ни странно, многие учащиеся не любят читать научно-
популярную литературу Однако вернемся к существу рассматриваемо-
рассматриваемого вопроса. (К читателю А.) Вот Вы потребовали, чтобы Вам дали чет-
четкое определение поля Без такого определения Вы не можете предста-
167
вить себе поле. Однако Вы говорили, что представляете себе, что такое
вещество. Но разве Вы знаете четкое определение понятия вещества?
Читатель А: Понятие вещества не нуждается в таком определении. Веще-
Вещество можно «потрогать» рукой.
Автор: В таком случае и понятие поля не нуждается в определении:
ведь поле тоже можно «потрогать», хотя и не рукой. Однако положение
с определением гораздо серьезнее. Дать четкое, логически безупречное
определение — значит выразить рассматриваемое понятие через какие-
то более «первичные» понятия. Но что делать, если данное понятие
относится к «первичным» понятиям? Попробуйте в геометрии дать оп-
определение прямой линии. Примерно такое же положение вещей имеет
место в случае понятий «вещество» и «поле». Это настолько первичные,
настолько фундаментальные понятия, что вряд ли можно надеяться
дать какое-либо четкое определение, которое бы исчерпывало их сущ-
сущность.
Читатель А: Однако, наверное, можно попытаться дать какое-то не очень
четкое определение?
Автор: Да, конечно. Только при этом надо иметь в виду, что всякое
такое определение ни в коей мере не является исчерпывающим. Мате-
Материя может существовать в различных формах. Она может быть сосре-
сосредоточена в пределах ограниченной области пространства с более или
менее четкой границей (или, как говорят, «локализована»), но может
быть, напротив, «делокализована». Первое состояние материи можно
сопоставить с понятием «вещество», второе состояние — с понятием
«поле». И то, и другое состояния наряду со специфическими харак-
характеристиками имеют общие физические характеристики. Например, есть
энергия единицы объема вещества и есть энергия единицы объема поля.
Можно говорить о количестве движения единицы объема вещества и о
количестве движения единицы объема поля. Всякое поле играет роль
переносчика определенного типа взаимодействия: именно по этому
взаимодействию и выявляются характеристики поля в той или иной его
точке. Например, электрически заряженное тело образует вокруг себя
в пространстве электростатическое поле. Чтобы обнаружить и изме-
измерить это поле в той или иной точке пространства, надо внести в эту
точку другое заряженное тело и измерить силу, действующую на это
тело. При этом предполагается, что указанное второе тело достаточно
мало, так что вносимым им искажением измеряемого поля можно пре-
пренебречь.
Свойства материи неисчерпаемы, процесс познания бесконечен. Мы по-
постепенно продвигаемся все дальше по пути познания и практического
использования свойств окружающей нас материи. Продвигаясь, мы
вынуждены время от времени «наклеивать ярлыки», которые являются
как бы вехами на пути познания. Вот мы что-то назвали «полем». Мы
понимаем, что это «что-то» — само по себе бездна. Мы многое знаем об
этой бездне, названной нами «полем», и поэтому более или менее удов-
удовлетворительно пользуемся введенным понятием. Мы знаем многое,
однако далеко не все. Пытаться дать этому «что-то» четкое опреде-
определение— это все равно, что пытаться измерить глубину бездонной
пропасти.
168
Читатель Б: Я думаю, что понятие поля, как, впрочем, и всякое другое
понятие, возникающее в процессе изучения материального мира, неис-
неисчерпаемо. Именно поэтому и невозможно исчерпывающее, четкое опре-
определение поля.
Автор: Я полностью с Вами согласен.
Читатель А: Меня вполне удовлетворяли Ваши замечания о веществе и
поле как о двух состояниях материи — локализованном и делокали-
зованном. Зачем Вы стали говорить о неисчерпаемости физических по-
понятий, о бесконечности процесса познания? Когда я слушал это,
ясность снова исчезла и все стало каким-то расплывчатым.
Автор: Ваша психология мне понятна. Вы ищете пусть не абсолютно
точное, но спокойное определение поля. Вы готовы добросовестно вы-
выучить это определение и выдавать его по первому требованию. Вы не
хотите признать, что ситуация вовсе не статична, а динамична. Не
следует думать, что все становится расплывчатым. Я бы сказал, что
все становится динамичным. Всякое четкое определение само по себе
является жестким, законченным. Однако физические понятия следует
рассматривать именно в развитии. То, что мы понимали под понятием
поля вчера, заметно отличается от того, что мы понимаем под этим
понятием сегодня. Так, например, современная физика в отличие от
классической не проводит строгой границы между полем и веществом.
В современной физике поле и вещество взаимно превращаются: веще-
вещество переходит в поле, а поле переходит в вещество. Однако говорить
об этом более подробно сейчас значило бы забегать слишком далеко
вперед.
Читатель Б: Наша беседа по физике приняла характер явно философской
беседы.
Автор: Это совершенно естественно, потому что обсуждение физических
понятий обязательно предполагает наличие достаточно развитого диа-
диалектического мышления. Если такое мышление еще не выработано, при-
приходится поневоле делать отступления философского характера. Именно
поэтому я настойчиво советую Вам почаще заглядывать в разные книж-
книжки. Тем самым Вы будете воспитывать свое мышление, делать его более
гибким, более динамичным и, я бы сказал, менее бюрократичным.
В этой связи неоценимую помощь всякому молодому человеку может
оказать книга В. И. Ленина «Материализм и эмпириокритицизм». Я
рекомендую прочитать ее.
Читатель А: Но это очень сложная книга. Ее изучают в институте.
Автор: Я не настаиваю на том, чтобы Вы изучили эту книгу. Она дей-
действительно не предназначена для легкого чтения. Вы просто попробуйте
со вниманием прочитать ее. В зависимости от Вашей подготовленности
она окажет на Ваше мышление более сильное или менее сильное
влияние. В любом случае это будет полезно. В заключение я хотел бы
сказать следующее: читателя А явно пугает «расплывчатость», он тре-
требует четкости. Он полагает, что чем больше четкости, тем лучше. Он
забывает, что все (и даже четкость) хорошо в меру. Попробуйте пред-
представить себе предельно четкий мир, о котором Вы имеете исчерпываю-
исчерпывающие сведения. Представьте это и скажите: разве не поразил бы Вас этот
мир своей примитивностью, своей неспособностью к развитию? Поду-
169
майте над всем этим и не спешите с выводами. А пока давайте попро-
попробуем подойти к проблеме с другой стороны. Поставим вопрос: как
описывается поле? Я знаю, что многие люди, получив ответ на этот
вопрос, скажут: «Теперь мы знаем, что такое поле».
33. КАК ОПИСЫВАЕТСЯ ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКОЕ ПОЛЕ?
Автор: Итак, продолжим беседу, начатую в предыдущем параграфе. Как
описывается электростатическое поле?
Читатель Б: Для описания электростатического поля используется век-
векторная силовая характеристика, называемая напряженностью электри-
электрического поля. В каждой точке поля напряженность Е имеет определен-
определенное направление и числовое значение. Если перемещаться от одной
точки поля к другой так, чтобы направления векторов напряженности
были все время ориентированы по касательной к направлению переме-
перемещения, то полученные в результате такого перемещения траектории
называются «силовыми линиями» поля. Силовые линии весьма удобны
для графического представления поля.
Автор: Хорошо. Теперь давайте рассуждать более конкретно. Кулонов-
скую силу взаимодействия двух зарядов qx и q2, расстояние между кото-
которыми равно г, запишем в виде
F,-!$- C3!)
Эту формулу можно переписать так:
Fe = E(r)q2, C3.2)
где
£(г) = ^-. C3.3)
Формула C3.3) говорит о том, что заряд qx создает вокруг себя поле,
напряженность которого на расстоянии г от заряда имеет величину
q\/r2. Формула C3.2) говорит, что это поле действует на заряд q2,
помещенный в точку на расстоянии г от заряда q{, с силой Е (г) q2.
Новая запись формулы C3.1) произведена за счет введения «посред-
«посредника» — величины £, являющейся характеристикой поля. Попробуйте
проанализировать область применимости соотношений C3.1) — C3.3).
Читатель Б: Формула C3.1) применима для двух точечных зарядов. Зна-
Значит, такая же должна быть и область применимости формул C3.2) и
C3.3). Ведь они получены из C3.1).
Автор: Вы не совсем правы. В отличие от C3.1) и C3.3) формула
C3.2) имеет значительно более широкую область применимости. Чем
бы ни было создано поле Ё (точечным зарядом, совокупностью точеч-
точечных зарядов, заряженными телами произвольной формы), во всех слу-
случаях сила, с которой поле действует на заряд qQ, равна произведению
этого заряда на напряженность поля в той точке, где находится за-
заряд q0. Более общая запись формулы C3.2) имеет следующий вектор-
векторный вид:
() C3 4)
170
Из C3.4) видно, что направление си-
силы, действующей на заряд q0 в данной
точке поля, совпадает с направлением
напряженности поля в этой точке, если
заряд qQ положителен. Если заряд q0
отрицателен, то направление силы
противоположно направлению на-
напряженности. Рис- 331
Здесь можно почувствовать «само-
«самостоятельность» понятия поля. Разные
заряженные тела создают вокруг себя разные электрические поля, од-
однако каждое из этих полей действует на помещенный в него заряд по
одному и тому же закону C3.4). Чтобы найти силу, действующую на
заряд, надо предварительно вычислить напряженность поля в точке,
где находится этот заряд. Поэтому важно уметь находить напряжен-
напряженность поля системы зарядов. Предположим, что имеются два заряда qx
и q2. Напряженность поля от каждого из этих зарядов легко можно най-
найти (и по значению, и по направлению) для любой интересующей Вас
точки пространства. Допустим, что в некоторой точке, заданной векто-
вектором г, эти напряженности описываются векторами £,(г) и Ё2\г).
Чтобы найти результирующую напряженность в точке г, Вы должны
векторно сложить напряженности от отдельных зарядов:
£,(;) +£2(г). C3.5)
Подчеркиваю, что складывать напряженности надо именно векторно.
(К читателю А) Вам это понятно?
Читатель А: Да, я знаю, что напряженности складываются векторно.
Автор: Хорошо. В таком случае давайте проверим, как Вы используете это
на практике. Нарисуйте силовые линии поля двух зарядов разных зна-
знаков (-+- qx и — q2) при условии, что один из зарядов (например, -}- q{)
в несколько раз больше другого
Читатель А: Я затрудняюсь это сделать. Ранее мы такие поля не рас-
рассматривали.
Автор: А какие поля Вы рассматривали?
Читатель А: Я знаю, как будет выглядеть картина силовых линий поля
двух одинаковых по величине точечных зарядов. Я изобразил эту кар-
картину на рис. 33.1.
Автор: Ваш рисунок немного неточен, хотя качественно правильно пере-
передает картину силовых линий поля, одинаковых по числовому значению
и различных по знаку зарядов. Разве Вы не можете представить себе,
как будет изменяться эта картина по мере того, как значение одного из
зарядов начнет возрастать?
Читатель А: Мы никогда этого не делали.
Автор: В таком случае давайте воспользуемся правилом векторного сло-
сложения напряженностей. Начнем со случая, когда заряды одинаковы
(рис. 33.2, а). Выберем три точки А, Б, В и построим в каждой из них па-
пару векторов напряженности: £, и Ё2 {Ё{ —поле заряда + qx, Ё2 —
поле заряда — q2). Затем выполним для каждой из указанных точек
сложение векторов Ёх и Ё2; получим суммарные векторы ЁА, ЁБ, Ёв.
Они должны быть касательными к силовым линиям поля в соответст-
171
вующих точках. Эти три вектора подсказывают поведение силовых ли-
линий, изображенных на рис. 33.3, а. Сравните этот рисунок с рис. 33.1, ко-
который был предложен Вами. Обратите внимание на допущенные Вами
неточности в поведении силовых линий слева от заряда — q и справа от
заряда + q Предположим, что заряд + qx увеличился в два раза, а
заряд — q2 уменьшился в два раза (рис. 33.2, б). Выберем такие же,
как и в предыдущем случае, точки А, Б, В. Построим для этих то-
точек сначала векторы напряженностей от каждого из зарядов, а затем
их суммы: ЁА, ЁБ, Ёв. Соответствующая этим векторам картина сило-
силовых линий показана на рис. 33.3, б.
Наконец, предположим, что заряд q{ увеличился еще вдвое, a q2 еще
вдвое уменьшился (рис. 33.2, в). Построим для точек А, Б, В векторы
ЁА, ЁБ, Ёв. Соответствующая картина силовых линий изображена на
рис. 33.3, в.
Вы видите, что с возрастанием относительного значения заряда +<7i его
влияние становится сильнее: поле заряда + q{ начинает явно подавлять
поле заряда — q2.
а)
-#2
Рис 33 2
Рис 333
172
Читатель А: Теперь мне понятно, как можно конструировать картину сило-
силовых линий поля системы из нескольких зарядов.
Автор: Продолжим обсуждение электростатического поля. У этого поля
есть одно важное свойство, роднящее его с полем сил тяготения, а
именно: работа сил поля по любому замкнутому пути равна нулю.
Иными словами, если заряд, перемещаясь в поле, возвращается в
исходную точку, то работа сил поля по этому перемещению равна нулю.
На одних участках nyin ла работа положительна, на других —
отрицательна, но в сумме получается работа, равная нулю. Из этого
свойства электростатического поля вытекают интересные следствия. Не
могли бы Вы указать эти следствия?
Читатель Б: Нет, я что-то не соображу.
Автор: Я помогу Вам. Вы, наверное, обращали внимание на то, что сило-
силовые линии электростатического поля не бывают замкнутыми. Они начи-
начинаются и оканчиваются в зарядах (начинаются в положительных за-
зарядах и оканчиваются в отрицательных зарядах) или же уходят на бес-
бесконечность (приходят из бесконечности). Не могли бы Вы связать это
обстоятельство с указанным выше свойством электростатического
поля?
Читатель Б: Я, кажется, понял. Если бы силовая линия электростатиче-
электростатического поля замыкалась сама по себе, то, перемещаясь все время вдоль
нее, мы могли бы вернуться в исходную точку. При перемещении заряда
вдоль силовой линии работа поля, очевидно, не меняется по знаку и,
следовательно, не может быть равна нулю С другой стороны, работа
по любому замкнутому пути должна равняться нулю. Значит, силовые
линии электростатического поля не могут замыкаться сами на себя.
Автор: Правильно. Из указанного выше свойства электростатического по-
поля вытекает еще одно следствие: работа по перемещению заряда из од-
одной точки поля в другую не зависит от пути, по которому происходит
перемещение. В самом деле, будем перемещать заряд из точки А в точку
Б по двум разным путям / и 2 (рис 33.4). Обозначим работу сил
поля по перемещению заряда по пути / через Л,, а по пути 2 — через
А2. Совершим круговой обход: из точки А пойдем в точку Б по пути /,
а из точки Б в точку А — по пути 2 При обратном прохождении пути 2
будет совершаться работа — А2. Полная работа поля при круговом
обходе есть Л, +(—А2) = Ах —А2. Поскольку работа по любому замк-
замкнутому пути должна равняться нулю, то отсюда получаем Ах = А2. Тот
факт, что работа по перемещению заряда не зависит от того, какой мы
выбрали путь, а целиком определяется начальной и конечной точками
пути, позволяет использовать эту величину в качестве характеристики
поля (ведь она зависит только от выбора то-
точек поля!). Так появляется еще одна харак-
характеристика электростатического поля —
потенциал. В отличие от напряженности эта
характеристика является скалярной, так как
выражается через работу.
Читатель Б: Нам говорили, что понятие потен-
потенциала поля не имеет физического смысла.
Физический смысл имеет только разность по-
потенциалов двух каких-либо точек поля Рис 33 4
173
Автор: Вы правы. Строго говоря, предыдущие рассуждения позволяют
ввести именно разность потенциалов: разность потенциалов двух точек
поля А и В (обозначим ее через <рА — фв) определяется как отношение
работы сил поля по перемещению заряда q0 из точки А в точку В к за-
заряду <70, т. е.
%-% = ^fJL- C3-6)
Однако если полагать, что на бесконечности поле отсутствует(ф^ = 0),
то выражение C3.6) принимает вид
% = ^f^- C3-7)
Таким образом, потенциал поля в данной точке может быть опреде-
определен через работу, которую производят силы поля при перемещении
положительного единичного заряда из данной точки в бесконечность.
Если рассматривать работу, производимую не полем, а против сил поля,
то потенциал поля в данной точке есть работа, которую надо произвести
при перемещении положительного единичного заряда из бесконечности
в данную точку. Ясно, что такое определение потенциала не позволяет
выполнить экспериментальное измерение потенциала в данной точке
поля, так как мы в действительности не можем удалиться на беско-
бесконечность. Именно поэтому и говорят, что физический смысл имеет раз-
разность потенциалов в двух точках поля, но не сам потенциал в той или
иной точке. Можно сказать, что потенциал в данной точке определен
с точностью до произвольной постоянной. В качестве этой постоянной
принято рассматривать значение потенциала на бесконечности, именно
от этого значения и отсчитывается потенциал. Для удобства полагают,
что значение потенциала на бесконечности равно нулю. В рамках ука-
указанных предположений потенциал поля точечного заряда qx в точке, на-
находящейся на расстоянии г от заряда, равен
<р (г) = </,//-. C3.8)
Нетрудно сообразить, чему равен потенциал поля нескольких точечных
зарядов в той или иной точке г.
Читатель Б: Обозначим значения потенциала в точке г от каждого из
зарядов в отдельности через ф((г), ф2(г). Суммарный потенциал ф(г)
равен, очевидно, алгебраической сумме потенциалов от отдельных за-
зарядов:
ф(г) = Ф1 (г) +Ф2(г) + •••• C3.9)
Потенциал от положительного заряда берется в этой сумме со знаком
плюс, от отрицательного со знаком минус.
Автор: Правильно. Рассмотрим теперь понятие об эквипотенциальных по-
поверхностях. Геометрическое место точек поля, имеющих один и тот же
потенциал, называют эквипотенциальной поверхностью (или поверх-
поверхностью равного потенциала). Через каждую точку поля проходит одна
силовая линия и одна эквипотенциальная поверхность. Как они ориен-
ориентированы друг относительно друга?
174
Рис 33 5
Читатель Б: Я знаю, что в каждой точке поля
силовая линия и соответствующая эквипо-
эквипотенциальная поверхность взаимно перпенди-
перпендикулярны.
Автор: Могли бы Вы доказать это?
Читатель Б: Нет, пожалуй, не смогу!
Автор: Это доказательство несложно. Пусть
через некоторую точку А проходят силовая
линия АА{ и эквипотенциальная поверхность
S (рис. 33.5). Напряженность поля в точке А
описывается вектором ЁА. Переместим за-
заряд <70 из точки А в некоторую точку Б, кото-
которая лежит на эквипотенциальной поверхнос-
поверхности S на малом расстоянии Д/ от точки А.
Работа по такому перемещению выражается формулой
А = FeM cos а = EAq0M cos а, C3.10)
где а — угол между вектором ЁА и направлением перемещения. Эта
же работа может быть выражена через разность потенциалов поля в
точках А и Б. Таким образом, можно записать еще одно соотношение:
Л = <70(фл-Фб)- C3.11)
Так как точки А и Б лежат на одной и той же эквипотенциальной
поверхности, то ф^ = фБ. Значит, в соответствии с C3.11) работа А рав-
равна нулю. Подставляя этот результат в соотношение C3.10), получаем
EAq0Al cos a= 0.
Иа всех множителей в левой части этой формулы нулю может быть
равен только cos а. Таким образом, заключаем, что а= 90°. Ясно, что
этот результат получается для разных направлений перемещения АЁ,
лишь бы все эти перемещения находились в пределах эквипотенциаль-
эквипотенциальной поверхности S. Кривизна поверхности не нарушает рассуждений,
поскольку перемещения Д/ весьма малы.
Для графического изображения электростатического поля наряду с
силовыми линиями рисуют эквипотенциальные поверхности. Используя
взаимную перпендикулярность линий и поверхностей, можно по извест-
известному семейству силовых линий нарисовать семейство сечений эквипо-
Рис 33.6
1
1
—
I
I
J
Рис 33 7
175
тенциальных поверхностей, и наоборот. (К читателью А) Попробуйте
нарисовать сечения эквипотенциальных поверхностей в случае, изобра-
изображенном на рис. 33.3, а. Чтобы не спутать с силовыми линиями, изоб-
изображайте сечения поверхностей пунктирными линиями.
Читатель А: Я буду проводить пунктирные линии так, чтобы они все
время пересекали силовые линии под прямым углом. Вот мой рису-
рисунок (рис. 33.6).
Автор: Ваш рисунок правильный.
Читатель А: Какие виды электростатических полей встречаются в задачах,
предлагаемых на экзамене? Хотелось бы как-то собрать воедино основ-
основные формулы.
Автор: Это сделать нетрудно. Встречаются поля трех видов:
а) однородное поле (напряженность поля одинакова во всех точках):
E(r) = const ифл — фБ = ЕгАБ C3.12)
(здесь гАБ — проекция расстояния между точками Л и Б на направ-
направление напряженности поля);
б) поле точечного заряда q:
E{?) = -J- П"Ч>(д=у C313)
(здесь г — радиус-вектор из заряда в точку наблюдения, п — еди-
единичный вектор; п = г/г);
в) поле системы из нескольких точечных зарядов. В последнем случае,
как уже указывалось, напряженность есть векторная сумма напряжен-
ностей от отдельных зарядов, а потенциал — скалярная сумма потен-
потенциалов от отдельных зарядов.
Далее я хочу немного поговорить об однородном поле. Как Вы пола-
полагаете, достаточно ли определить однородное поле как поле, в каждой
точке которого напряженность одинакова по направлению?
Читатель Б: При этом никаких утверждений о модуле напряженности не
делается?
Автор: Не делается.
Читатель Б: Я думаю, недостаточно. Однородное поле — это поле, в каж-
каждой точке которого напряженность одинакова и по направлению, и по
модулю.
Автор: Это так. Но, может быть, из одинаковости направлений напря-
напряженности следует одинаковость модулей напряженности?
Читатель Б: С какой стати? Не понимаю.
Автор: Тогда давайте рассмотрим поле, силовые линии которого показаны
на рис. 33.7. Замечу, что чем гуще располагаются силовые линии,
тем больше модуль напряженности. Судя по рисунку, Е{>Е2. Требуется
вычислить работу по перемещению некоторого заряда q по замкнутому
прямоугольному контуру АБВГ.
Читатель Б: А зачем это делать? Заранее ясно, что работа должна рав-
равняться нулю.
Автор: И все же посчитайте работу по участкам контура.
Читатель Б: Работа на участках АБ и ВГ равна нулю, так как здесь
176
силовые линии перпендикулярны направлению перемещения. Работа на
участке БВ равна — qE2/, а на участке ГА равна qE\l.
Автор: Каков суммарный результат?
Читатель Б: Странно! Получается q(E{ —E2) I, что не равно нулю. Какой-то
абсурд!
Автор: Каковы Ваши выводы?
Читатель Б. Я могу заключить только одно: поле, изображенное на
рис. 33.7, не может существовать.
Автор: Совершенно справедливо. Значит, если силовые линии параллель-
параллельны, то густота их должна быть равномерной (если напряженность оди-
одинакова во всех точках по направлению, то она должна быть одинакова и
по модулю).
Читатель Б: Довольно интересный результат. У меня есть еще один вопрос.
В соотношениях C3.13) для напряженности и потенциала поля точеч-
точечного заряда у Вас отсутствует коэффициент k, связанный, насколько
я помню, с е0.
Автор: Множитель k зависит от выбора системы единиц. Наши соотно-
соотношения C3.13) получены для системы СГС, в которой k = 1, если же Вы
пользуетесь СИ, то k = 1/Dяе0), где е0 = 8,85 • 10" 12 Кл2/(м2-Н), т. е.
k = 9 • 109 м2 • Н/Кл2. Отметим также, если рассматривается поле в
диэлектрике, то напряженность и потенциал уменьшаются в е раз
(е — диэлектрическая проницаемость диэлектрика):
\п — ~^г' п'Ч\г> — гг
ЗАДАЧИ
33.1. На рис. 33.6 изображены четыре одинаковые по модулю точечные заряды
q = 2 Кл каждый, сторона квадрата равна 2 м.
Найти модули и направление напряженности поля системы зарядов в точках О и О
в четырех случаях: 1) все заряды положительны; 2) заряды А и Б положительны,
В и Г отрицательны; 3) заряды Б я В положительны, А и Г отрицательны;
4) заряды Б и Г положительны, А и В отрицательны.
33.2. Четыре одинаковых заряда q = 2 Кл каждый расположены в вершинах квад-
квадрата со стороной а = 2 м (рис 33.9). Вычислить потенциал поля системы зарядов
в точках А, Б, В, Г, Д.
177
33.3. В вершинах острых углов прямоугольного треугольника расположены оди-
одинаковые по модулю разноименные заряды по \д\ = 2 Кл Определить напряжен-
напряженность Е и потенциал ф в вершине прямого угла. Катеты равны а = 3 см, b = 4 см.
33.4. Диагонали ромба имеют длину d} = 2 см, d2 = 3 см. На концах короткой
диагонали расположены заряды q} = 2 мкКл, q2 — 6 мкКл, на концах длинной —
заряды qf = 3 мкКл, q4 = 12 мкКл. Определить модуль и направление напряженно-
напряженности 5 электрического поля в центре ромба.
33.5. В вершинах равностороннего со стороной а = 5 м треугольника расположены
три одинаковых заряда q — 3 мкКл каждый. Определить модуль и направление
напряженности Е электрического поля в центре треугольника и вершине тетра-
тетраэдра, построенного на этом треугольнике.
33.6. Два точечных заряда q = 9 мкКл и q2 = 25 мкКл расположены на рас-
расстоянии / = 20 см друг от друга. Определить, в какой точке на прямой, их соеди-
соединяющей, напряженность поля равна нулю.
34. КАК ВЕДУТ СЕБЯ СИЛОВЫЕ ЛИНИИ
ВБЛИЗИ ПОВЕРХНОСТИ ПРОВОДНИКА?
Автор: Внесем в электростатическое поле какое-нибудь тело, являющееся
проводником. Вы хорошо знаете, что проводник в поле характеризуется
некоторой физической величиной, называемой электрической емкостью
(или просто емкостью). Но задумывались ли Вы когда-нибудь над
вопросом: почему мы говорим о емкости именно проводника, но не гово-
говорим о емкости диэлектрика?
Читатель А: Я никогда не думал об этом.
Автор: Как Вы определите емкость уединенного проводника?
Читатель А: Как количество электричества, которое надо сообщить этому
проводнику, чтобы увеличить его потенциал на единицу.
Автор: Обратите внимание, что Вы говорите здесь о потенциале как о
характеристике тела. Однако до сих пор потенциал рассматривался как
характеристика поля, и в качестве таковой он изменялся от точки к
точке. Потенциал — функция координат точки поля. Можно ли гово-
говорить о нем как о характеристике тела? А если можно, то почему?
Читатель Б: Это возможно, если тело является проводником. Дело в том,
что все точки проводника, помещенного в электростатическое поле,
имеют один и тот же потенциал. Проводник представляет собой экви-
эквипотенциальное тело.
Автор: Чем Вы можете обосновать свое утверждение?
Читатель Б: В проводнике есть свободные заряды. Поэтому если бы между
какими-нибудь точками в проводнике существовала разность потенциа-
потенциалов, то между этими точками должен был бы появиться электрический
ток. Это, очевидно, невозможно.
Автор: Правильно. Можно сказать, что когда проводник вносится в элект-
электростатическое поле, имеющиеся в проводнике свободные заряды пере-
перераспределяются таким образом, что напряженность поля внутри про-
проводника становится равной нулю. Это и означает, что все точки про-
проводника (как внутри его, так и на его поверхности) имеют один и тот
же потенциал. Постоянство потенциала во всех точках проводника
позволяет говорить о потенциале проводника как тела.
На рис. 34.1, а показано, как меняется с расстоянием от центра заря-
178
женного металлического шара напряженность электростатического
поля, создаваемого этим шаром. Внутри шара напряженность равна
нулю. Вне шара она изменяется по закону kq/r2 — как если бы весь
заряд шара был сосредоточен в его центре. На поверхности шара
(при г = г0) имеем EQ = kq/r2Q. На рис. 34.1,6 показан график зависимо-
зависимости потенциала ф поля от расстояния г до центра шара. Вне шара по-
потенциал изменяется по закону kq/r; во всех точках внутри шара и на
его поверхности потенциал постоянен и равен ф0 = kq/rQ.
Замечу, что в диэлектрике свободных зарядов нет, и поэтому указан-
указанного выше перераспределения зарядов там не происходит. Кстати,
как именно перераспределяются свободные заряды в проводнике?
Читатель Б: Они сосредоточиваются на его поверхности. Причем тем плот-
плотнее, чем больше кривизна поверхности. Наибольшая плотность зарядов
будет на конце острия.
Автор: Совершенно верно. Именно поэтому вблизи острия или тонкой
проволоки может возникнуть электрический разряд. Такой разряд,
обусловленный сильно неоднородным электрическим полем в газе при
давлениях порядка 105 Па, называют коронным. Вы встречаетесь с ним
всякий раз, когда, проходя под высоковольтной линией электропере-
электропередачи, слышите над головой характерное жужжание. В давние времена
коронный разряд пугал моряков, видевших свечение на мачтах корабля
(огни святого Эльма).
Но вернемся к проводнику в электростатическом поле. Мы уяснили, что
он представляет собой эквипотенциальное тело. Отсюда следует, что
поверхность проводника должна быть эквипотенциальной поверх-
поверхностью. Используя этот вывод, ответьте на вопрос: как ведут себя сило-
силовые линии электростатического поля вблизи поверхности проводника?
Читатель Б: Так как силовые линии всегда перпендикулярны эквипотен-
эквипотенциальным поверхностям, то они должны подходить к поверхности про-
проводника под прямыми углами.
Автор: К сожалению, экзаменующиеся довольно часто не знают об этом.
Нарисуйте картину силовых линий поля плоского конденсатора, внутри
которого находится металлический шарик.
Читатель Б: Силовые линии должны подходить к пластинкам конденсато-
конденсатора и к поверхности шарика под прямыми углами. Поэтому картина
силовых линий будет иметь вид, показанный на рис. 34.2.
Рис. 34.1
179
Автор: Все правильно. Мне непонятно, почему некоторые экзаменующиеся
считают, что силовые линии должны обходить шарик. А теперь давайте
рассмотрим следующую задачу. На расстоянии г от поверхности Земли
находится точечный заряд + ц. По индукции он будет наводить заряд
противоположного знака в Земле. В результате появится сила электри-
электрического притяжения заряда к Земле. Требуется найти эту силу. Предла-
Предлагаю подумать над этой задачей обоим читателям.
Читатель А: Заряд, наведенный по индукции в Земле, должен равняться
заряду + Ц- Отсюда следует, что искомая сила равна q2/r2.
Читатель Б: Я не согласен с таким заключением. Читатель А предположил,
что наведенный в Земле заряд сосредоточен в одной точке (точка А
на рис. 34.3, а). Однако в действительности наведенный заряд не сосре-
сосредоточен в одной точке, а распределен по поверхности Земли. Поэтому
заранее ясно, что искомая сила меньше q2/r2.
Автор: Полностью с Вами согласен. Однако как же все-таки найти иско-
искомую силу притяжения заряда к Земле?
Читатель Б: Мне кажется, что надо рассмотреть поле между зарядом
и поверхностью Земли. Поверхность Земли есть, очевидно, эквипотен-
эквипотенциальная поверхность, следовательно, вблизи поверхности Земли экви-
эквипотенциальные поверхности поля должны быть близки к плоскостям.
Вместе с тем вблизи точечного заряда эквипотенциальные поверхности
должны иметь форму сфер. Это позволяет нарисовать качественную
картину эквипотенциальных поверхностей (точнее, сечений поверхно-
поверхностей) . Имея эту картину, я могу по известному правилу провести и сило-
силовые линии (рис. 34.3, б; силовые линии - сплошные, а сечения поверх-
поверхностей — пунктирные).
Автор: Продолжайте свои рассуждения. Не напоминает ли Вам что-
нибудь картина силовых линий на рис. 34.3, б?
Читатель А: Ах, да, верно. Эта картина схожа с картиной силовых линий
двух одинаковых по модулю и разных по знаку точечных зарядов.
Я нарисую ее рядом (рис. 34.3, в). Теперь все понятно. В обоих случаях
(рис. 34.3, б, в) вид поля вблизи заряда + q один и тот же. В соответ-
соответствии с C3.4) это означает, что н обоих случаях на заряд + q должна
действовать одна и та же сила. Таким образом, искомая сила равна
q2/KAr2).
1
Рис. 31 '_>
Рис 34 3
180
Автор: Ваши рассуждения правильны. На примере этой задачи хорошо
видно, как важно иметь правильное представление об электростатиче-
электростатическом поле.
ЗАДАЧИ
34.1. Металлический шар радиусом R = 4 см заряжен до потенциала <р0 = 2 В.
Определить напряженность и потенциал электростатического поля на расстояниях
/: = 2 см и / = 6 см от центра шара Рассмотреть два случая: 1) шар находится в
воздухе, 2) шар помещен в диэлектрик с диэлектрической проницаемостью е = 2.
34.2. Металлический шар радиусом R{ = 2 см заряжен зарядом q} = 2 мкКл. Шар
окружен концентрической металлической оболочкой радиусом R2 = 6 см, заряд
которой qt = — 6 мкКл. Определить напряженность и потенциал поля на следую-
следующих расстояниях от центра шара- /( = 1 см, /, = 4 см; /, = 8 см.
34.3. Металлический шар радиусом R{ = 2 см, заряженный до потенциала ф0 = 2 В,
окружают сферической концентрической оболочкой радиусом #2 = 4 см. Чему
станет равен потенциал <р шара, если внешнюю оболочку заземлить?
34.4. Два металлических шара радиусами R{ = 2 см и R, = 4 см заряжены оди-
одинаковым по модулю и по знаку зарядом q = q, = 2 мкКл. Шарики соединяют
длинным проводником. Определить количество электричества A.Q, которое
пройдет при этом по проводнику
35. КАК ВЫ РАССМАТРИВАЕТЕ ДВИЖЕНИЕ В
ОДНОРОДНОМ ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКОМ ПОЛЕ?
Автор: Предположим, что тело заряжено и движется в однородном элект-
электростатическом поле, т. е. в таком поле, в каждой точке которого напря-
напряженность Ё одна и та же как по модулю, так и по направлению. Приме-
Примером может служить поле внутри плоского конденсатора. Не усматри-
усматриваете ли Вы общего сходства задачи движения заряженного тела в
однородном электростатическом поле с какими-либо задачами, рас-
рассматривавшимися ранее?
Читатель Б: Мне кажется, что существует болыЛое сходство с задачей
движения тела в поле сил тяготения, ведь на относительно небольших
расстояниях поле сил тяготения Земли может рассматриваться как
однородное!
Автор: Совершенно верно. А в чем состоит различие между, указанными
случаями — движениями в электростатическом поле и в поле сил тя-
тяготения?
Читатель Б: Различны силы, действующие на тело. В электростатическом
поле на тело действует сила Fc = Eq (она сообщает заряженному телу
ускорение ае = Eq/m), а в поле сил тяготения на тело действует сила
б = nig (она сообщает телу ускорение g). Здесь m — масса тела,
a q — его электрический заряд.
Автор: Хотелось бы, чтобы все экзаменующиеся усвоили простую истину,
что движения тела в любом однородном поле кинематически одинако-
одинаковы, различие связано только со значением силы, действующей на тело в
том или ином поле. Движение заряженного тела в однородном электро-
электростатическом поле имеет такой же характер, что и движение обычного
камня в поле тяготения Земли. Рассмотрим задачи, в которых движение
тела происходит одновременно в двух полях: сил тяготения и электро-
181
статическом. Тело массой т зарядом -f- q брошено под углом а к го-
горизонту с начальной скоростью v0. Движение тела происходит одновре-
одновременно в поле сил тяготения и однородном электростатическом поле с
напряженностью Ё. Силовые линии обоих полей направлены верти-
вертикально вниз (рис. 35.1, а). Найти время tx, дальность полета L{ и
максимальную высоту Нх подъема тела.
Читатель Б: На тело действуют две силы: сила тяжести G = mg и электро-
электростатическая сила Ёе — Eq. В данном случае обе силы параллельны.
Как и в § 6, я разложу вектор начальной скорости и0 на два направ-
направления...
Автор (перебивая): Вы хотите повторить ход решения, демонстрировав-
демонстрировавшийся в аналогичной задаче в § 6?
Читатель Б: Да, хотя бы вкратце.
Автор: В этом нет необходимости. Вы можете сразу воспользоваться
результатами F.2) — F.4). Вообразите, что теперь тело движется в
некотором «утяжеленном» поле сил тяготения, характеризующемся
суммарным ускорением g -+- Eq/tn. Произведите в соотношениях
F.2) —F.4) замену
и Вы сразу же придете к искомым результатам:
2v0 sin a v^ sin 2а
x?Q sin2 а
'" = g + Eq/m' L' = g + Eq/m ' Я' = 2{q + Eq/m)'
Читатель А: Мне непонятно одно место. По сравнению с соответствующей
задачей из § 6 в данной задаче на тело действует дополнительная сила
Fe. Эта сила направлена вертикально, поэтому она не должна влиять
на горизонтальное перемещение тела. Почему же в данном случае она
повлияла на дальность полета L{ тела?
Автор: Дальность полета зависит от времени полета, а это время опреде-
определяется из рассмотрения вертикального перемещения тела. А теперь не-
несколько изменим задачу: пусть силовые линии-электростатического по-
поля направлены под углом р к вертикали (рис. 35.1, б). Как и прежде,
требуется найти время t2 и дальность L2 полета, а также максималь-
максимальную высоту //2 подъема тела.
Читатель А: Сначала я разложу силы Ре на две составляющие: верти-
вертикальную (Fe cos р) и горизонтальную (Fe sin p). Данная задача напо-
#i—J—Ь
«г о
Рис 35 1
1
\
д
L
\
/
\
Ь
\
\
\
\
У
V
б)
\
\
\
\
\
i
\
H
182
минает мне задачу с попутным ветром из § 6: в качестве «силы ветра»
здесь выступает составляющая Fe sin p.
Автор: Это правильно. Только учтите, что в отличие от упомянутой задачи
с попутным ветром здесь будет иная вертикальная сила, а именно:
mg -+- Fe cos P-
Читатель А: Я воспользуюсь соотношениями F.2), F.3) и F.6), в которых
произведу следующие замены:
После этого я сразу получаю искомые результаты:
U =
g + Eq cos P/m '
< sin 2a Г ! | tga
g + Eq cos p/m [ ~t~
sin p)
mg + £G cos p
2 2(g + Eq cos p/m)-
Автор: Все совершенно правильно. К сожалению, экзаменующиеся часто
не умеют проводить аналогию между движением в поле сил тяжести и
движением в однородном электростатическом поле. Поэтому подобные
задачи оказываются для них чрезмерно трудными.
Читатель А: Ранее мы таких задач не рассматривали. На эту тему мне
встречались только задачи с движением электрона между пластинами
плоского конденсатора, причем мы пренебрегали влиянием поля сил
тяготения на электрон. Помню, что эти задачи казались мне весьма
трудными.
Автор: Все эти задачи представляют собой частный случай задачи, изоб-
изображенной на рис. 35.1, а, поскольку при движении электрона внутри
конденсатора можно пренебрегать влиянием поля сил тяготения. Рас-
Рассмотрим одну из таких задач. Имея начальную скорость у,, электрон
влетает в плоский конденсатор под углом а, к его пластинам, а выле-
вылетает из конденсатора под углом щ к пластинам (рис. 35.2). Длина
пластин конденсатора равна L. Найти напряженность Е поля конденса-
конденсатора и кинетическую энергию элект-
электрона при вылете его из конденсато-
конденсатора. Массу m и заряд q электрона
считать известным.
Решая задачу, я обозначу скорость
электрона, вылетевшего из конден-
конденсатора, через у2. Вдоль пластин
электрон летит равномерно, отсюда
находим время его движения внут-
внутри конденсатора:
Т = L/{vx cos a,).
Начальная и конечная составляю-
составляющие скорости электрона, перпенди-
Рис. 35.2
!83
кулярные пластинам, связаны известным кинематическим соотноше-
соотношением для равнозамедленного движения:
у2 sin «2 = У[ sin a, —(Fe/m) Т = vl sin а, — EqL/(mvl cos а,).
Отсюда, учитывая, что составляющая скорость вдоль пластин не меня-
меняется (у, cos щ = v2 cos «2), получаем
У[ cos щ ' tg «2 = У) sin a, — EqL/(mvl cos а)).
Из этого равенства находим напряженность поля конденсатора:
£ = (tgai —tg «2) mv\ cos2 ai/(qL). C5.1)
Кинетическая энергия электрона после вылета из поля конденсатора
равна
mv: cos^a,
2 cos2a2
C5.2)
Все ли понятно в этой задаче?
Читатель А: Да, теперь я понимаю, как решаются такие задачи.
Автор: Интересны задачи на колебания заряженного маятника, помещен-
помещенного внутрь плоского конденсатора. Вот одна из них. Шарик массой m
с зарядом q подвешен на тонкой нити длиной I внутри плоского кон-
конденсатора с горизонтально ориентированными пластинами. Напряжен-
Напряженность поля конденсатора равна Ё, силовые линии направлены вниз
(рис. 35.3, а). Требуется найти период колебаний маятника.
Читатель Б: Так как в данном случае силовые линии электростатического
б)
I ., \
Т
m
Рис. 35.3
184
поля и поля тяготения направлены в одну и ту же сторону, то я могу
воспользоваться результатом A4.2) для периода колебаний обычного
маятника, заменив в нем ускорение q на арифметическую сумму уско-
ускорений (g + Eq/m). Таким образом, искомый период колебаний
Т = 2л -д/ , L . . C5.3)
\ g + Eq/m
Автор: Совершенно верно. Как видите, предложенная задача, по суще-
существу, весьма проста, если только уметь пользоваться аналогией между
движением в однородном электростатическом поле и движением в поле
сил тяготения.
Читатель А: По своей структуре формула C5.3) сходна с A5.1).
Автор: Вы правильно подметили. Только в A5.1) дополнительное слагае-
слагаемое к ускорению g было связано с ускорением системы, в которой
рассматривались колебания маятника, тогда как в C5.3) это допол-
дополнительное слагаемое связано с наличием дополнительного взаимодей-
взаимодействия. Как изменится формула C5.3), если изменить знак заряда
на пластинах конденсатора?
Читатель А: В этом случае период колебаний равен
Т = 2л -д/ 1в-г—- C5-4)
\ g — Eq/m
Автор: Правильно. А что будет с маятником, если в этом случае посте-
постепенно увеличивать напряженность поля конденсатора?
Читатель А: Период колебаний будет возрастать, стремясь к бесконечнос-
бесконечности при Е = mg/q. Если продолжать и дальше увеличивать Е, то в этом
случае надо закрепить нить не у верхней, а у нижйей пластины конден-
конденсатора.
Автор: И какой вид будет иметь формула периода колебаний в этом
случае?
Автор: Эта формула будет иметь вид
T = 2л -Д/ -=-^ . C5.5)
V Eq/m — g
Автор: Хорошо. А теперь усложним задачу, рассмотрим колебания заря-
заряженного шарика внутри конденсатора, пластины которого ориентиро-
ориентированы не горизонтально, а вертикально (рис. 35.3, б). В этом случае
ускорения g и Fe/m направлены под прямым углом друг к другу.
Как и прежде, требуется найти период Т колебаний маятника, а также
угол а, который образует с вертикалью равновесное направление нити
маятника.
Читатель Б: Рассматривая эту задачу, я учту рассуждения, приведенные
в данном параграфе и в § 15. В результате я могу сразу заключить:
1) период колебаний выражается через эффективное ускорение £,ф,
являющееся векторной суммой ускорений земного тяготения и электро-
электростатического поля; 2) равновесное направление нити совпадает с на-
185
правлением вектора упомянутого эффективного ускорения (это направ-
направление показано на рис. 35.3, б пунктиром). Таким образом,
Т = 2л 1 C5 6)
tg—|t C5.7)
Автор: Совершенно верно. Я думаю, что теперь не представит труда
рассмотреть общий случай, когда пластины конденсатора составляют с
горизонтом угол р (рис. 35.3, в). Вопрос тот же: найти период коле-
колебаний и угол а между вертикалью и равновесным направлением нити.
Читатель Б: Как и в предыдущем случае, эффективное ускорение явля-
является векторной суммой ускорений свободного падения и электрического
поля, а его направление указывает равновесное направление нити
маятника. Величину £эф можно найти, используя известную из тригоно-
тригонометрии теорему косинуса:
£эФ = ё2 + (Eq/mJ + 2g (Eq/m) cos p.
Таким образом,
T = 2л / C5.8)
V Vg2 + (Eq/mJ + 2g (Eq/m) cos p
Значение tg а можно найти следующим образом:
1^-Г- C5.9)
I cos р v '
Автдр: Вы получили правильный ответ. Очевидно, что при р = 0 он дол-
должен приводить к результатам для случая горизонтальных пластин, а
при р = 90° — для случая вертикальных пластин. Убедитесь в этом.
Читатель Б: Если р = 0, то cos р = 1, а sin Р = 0. В этом случае формула
C5.8) переходит в C5.3), а tga=0 (равновесное положение нити
становится вертикальным). Если р=90°, то cos р = 0, а sin р = 1. В этом
случае выражение C5.8) переходит в C5.6), а формула C5.9) в C5.7).
Автор: Таким образом, задача на колебания заряженного маятника внут-
внутри плоского конденсатора рассмотрена полностью. В заключение я хочу
предложить вопрос: вычислить период колебаний заряженного шарика
при условии, что в точке закрепления нити находится еще один точно
такой же заряд (рис. 35.4). Никаких конденсаторов здесь нет.
Читатель А: По закону Кулона, шарик отталкивается от точки подвеса
с силой q2/l2. Эта сила сообщает шарику ускорение q2/(l2m). В фор-
формуле для периода колебаний надо учесть это ускорение. В результате
получим следующее выражение:
Г=2лу 2/(/2т)' C510)
Автор (к читателю Б): Согласны ли Вы с этим результатом?
Читатель Б: Нет, не согласен. Для справедливости формулы C5.10) необ-
186
Рис. 35 4
ходимо, чтобы ускорение q2/\l2nv все время было
направлено по вертикали вниз. В действительнос-
действительности оно направлено так только при прохождении
маятником положения равновесия. Поэтому ясно,
что формула C5.10) во всяком случае неверна.
Однако я затрудняюсь указать правильный
результат.
Автор: Хорошо уже то, что Вы понимаете ошибоч-
ошибочность формулы C5.10). В данном случае электри-
электрическая сила направлена все время вдоль нити, и
поэтому она все время уравновешивается силой
реакции нити. Отсюда следует, что электрическая
сила не приводит к появлению возрастающей силы
и, следовательно, не может влиять на период
колебаний маятника.
Читатель Б: Значит, в данном случае период колебаний описывается фор-
формулой A4.12) для незаряженного маятника?
Автор: Совершенно верно. В рассматриваемом случае поле электрических
сил не является однородным и никаких аналогий с полем сил тяготения
здесь проводить нельзя.
ЗАДАЧИ
35.1. Электрон влетает в плоский конденсатор параллельно его пластинам на
расстоянии d — 4 см от положительно заряженной пластины; длина пластины
/=15 см. Через какое время t электрон упадет на эту пластину, если напряжен-
напряженность поля конденсатора равна £ = 500 В/м? С какой минимальной скоростью у„
должен влетать электрон, чтобы не упасть на пластину? Масса электрона
т = 9 • 10-28г, заряде = 1,6 • 10-'9Кл.
35.2. Электрон влетает в плоский конденсатор параллельно его пластинам со
скоростью ио=3« 106 м/с. Найти напряженность Е поля конденсатора, если
электрон вылетает под углом а = 30° к пластинам. Длина пластины /=20 см.
Масса m и заряд е электрона известны (см. задачу 35.1).
35.3. Внутри плоского конденсатора с напряженностью Е поля равномерно вра-
вращается шарик массой m с зарядом + q, подвешенный на нити длиной / (рис. 35.5;.
Угол отклонения нити от вертикали равен а. Найти силу натяжения Т нити и
кинетическую энергию WK шарика.
35.4. Два шарика массами m, и т2 с зарядами соответственно + q, и -|- q.2 связаны
нитью, перекинутой через неподвижный блок. Вычислить ускорение а шариков и
силу натяжения Т нити, если вся система помещена в однородное электростати-
электростатическое поле с напряженностью Е, силовые линии которого направлены вертикально
вниз. Взаимодействием между заряженными ша- ■ ,
риками пренебречь. .. i <■» ?"■
35.5. В однородном электростатическом поле с на-
напряженностью Е, силовые линии которого направ-
направлены вертикально вверх, может вращаться в
вертикальной плоскости шарик массой m с заря-
зарядом + q на нити длиной /. Какую горизонтальную
скорость v надо сообщить шарику в верхнем поло-
положении, чтобы сила натяжения нити в нижнем
положении в п= 10 раз превосходила силу тя-
тяжести шарика?
Рис
т
35 5
187
36. УМЕЕТЕ ЛИ ВЫ ОБРАЩАТЬСЯ С ЗАКОНОМ КУЛОНА?
Автор: Остановимся несколько подробнее на законе Кулона и задачах,
связанных с его применением. Прежде всего я попрошу сформулиро-
сформулировать этот закон.
Читатель Б: Сила взаимодействия двух зарядов пропорциональна произ-
произведению этих зарядов и обратно пропорциональна квадрату расстоя-
расстояния между ними.
Автор: Ваша формулировка недостаточна. Она неполная.
Читатель Б: Наверное, надо добавить, что сила взаимодействия обратно
пропорциональна диэлектрической проницаемости е среды?
Автор: Это добавление, конечно, не лишнее. Однако главное не в этом.
Вы опять забываете, что сила — векторная величина. Поэтому, говоря
о модуле силы, не забывайте в то же время указывать и ее направление
(вспомните в связи с этим обсуждение второго закона Ньютона в § 5).
Читатель А: Я понял. Значит, надо добавить, что сила, с которой взаимо-
взаимодействуют заряды, направлена вдоль линии, соединяющей эти заряды?
Автор: Этого мало. Вдоль линии существуют два направления.
Читатель А: Надо сказать, что заряды отталкиваются, если они одинако-
одинакового знака, и притягиваются, если они имеют противоположные знаки.
Автор: Правильно. Вот теперь, если Вы соберете все эти добавления, Вы
получите полную формулировку закона Кулона. Не мешает еще под-
подчеркнуть, что он относится к взаимодействию точечных зарядов.
Читатель А: А можно ли записать формулу закона Кулона так, чтобы
в ней содержалась полная информация о законе? Ведь в обычной
записи
V у ^2 /ос и
F=k—— C6 1)
не содержится сведений о направлении силы.
Автор: Такую запись закона Кулона дать можно. Для этого надо сначала
уточнить, о какой именно силе идет речь. Предположим, что речь идет о
силе, с какой заряд qx действует на заряд q2 (а не наоборот). Введем
оси координат с началом, в котором находится заряд q{. Приведем из
начала координат вектор г в точку, где находится заряд q2. Этот век-
вектор называется радиусом-вектором заряда q2. В этом случае полная
запись закона Кулона имеет следующий вид:
C6 2)
где множитель k зависит от выбора системы единиц.
Читатель А: Но в этой формуле сила обратно пропорциональна не квад-
квадрату, а кубу расстояния между зарядами!
Автор: Ничего подобного. Ведь вектор г/г по числовому значению равен
единице (безразмерной единице!). Его называют единичным вектором.
Он служит только для указания направления.
Читатель А: Значит, я могу просто написать формулу C6.2), если меня
спросят о законе Кулона? И больше ничего не надо?
Автор: Надо лишь пояснить смысл обозначений в формуле.
Читатель А: А если я напишу не формулу C6.2), а формулу C6.1)?
188
Автор: Тогда Вы должны будете указать, ку-
куда направлена кулоновская сила.
Читатель А: А как формула C6 2) учитыва-
учитывает тот факт, что заряды притягиваются
или отталкиваются?
Автор: Если заряды одного знака, то произ-
произведение qxq2 положительно. В этом слу-
случае вектор F параллелен вектору г
F — это сила, приложенная к заряду q2,
заряд q2 отталкивается зарядом qx. Если
же заряды имеют разные знаки, то произ-
ведение qxq2 отрицательно, и тогда вектор
F направлен антипараллельно вектору
г, т. е. заряд q2 притягивается зарядом qx.
Рассмотрим несколько задач на закон Кулона. Задача 1. Четыре
одинаковых заряда q размещены в углах квадрата. Какой заряд Q про-
противоположного знака надо поместить в центр квадрата, чтобы вся си-
система заряда находилась в равновесии?
Читатель А: В системе пять зарядов — четыре известных и один неизве-
неизвестный. Поскольку система находится в равновесии, то сумма сил, при-
приложенных к каждому из пяти зарядов, равна нулю. Иначе говоря,
надо рассмотреть равновесие каждого из пяти зарядов.
Автор: Это лишняя работа. Нетрудно сообразить, что заряд Q независимо
от своего значения будет находиться в равновесии вследствие своего
геометрического положения. Поэтому условие равновесия для этого
заряда ничего не дает. Оставшиеся четыре заряда q из-за симмет-
симметрии квадрата полностью эквивалентны. Поэтому достаточно рассмот-
рассмотреть равновесие всего лишь одного из этих зарядов, безразлично —
какого именно. Выберем, например, заряд в точке А (рис. 36.1). Какие
силы действуют на этот заряд?
Читатель А: Сила F, со стороны заряда в точке Б, сила Р2 со стороны
заряда в точке Г и, наконец, сила со стороны искомого заряда, распо-
расположенного в центре квадрата.
Автор: Простите, а почему Вы не учли заряд в точке В?
Читатель А: Но его же «загораживает» заряд в центре квадрата.
Автор: Ваша ошибка довольно наивна. Запомните: в системе зарядов на
каждый из зарядов действуют силы со стороны всех без исключения
остальных зарядов системы, так что следует добавить еще силу F3, дей-
действующую на заряд в точке А со стороны заряда в точке В. Оконча-
Окончательная картина сил показана на рис. 36.1.
Читатель А: Далее все просто Я выберу направление АВ и спроецирую
на это направление все силы, приложенные к заряду в точке А. Алгеб-
Алгебраическая сумма проекций сил равна нулю, т. е.
F4 = 2F, cos 45° + Fd.
Обозначим через а сторону квадрата, перепишем это равенство в виде
а2/2 а2 ^ 2а2
189
Отсюда находим
Автор: Правильно. А как Вы думаете, будет ли равновесие системы заря-
зарядов устойчивым?
Читатель Б: Нет, не будет. Это неустойчивое равновесие. Достаточно
одному из зарядов слегка сдвинуться, как все заряды придут в движе-
движение и система разрушится.
Автор: Вы правы. Оказывается, что вообще невозможно создать устой-
устойчивую равновесную конфигурацию из неподвижных зарядов.
Задача 2. Два шарика одинаковых масс и радиусов с одинаковыми
зарядами, подвешенные в одной точке на нитях одинаковой длины,
опускаются в жидкий диэлектрик, проницаемость которого г и плот-
плотность р0. Какова должна быть плотность вещества шариков р, чтобы
угол расхождения нитей в воздухе и диэлектрике был один и тот же?
Читатель Б: Расхождение нитей обусловлено кулоновским отталкиванием
шариков. Пусть Fei — кулоновская сила отталкивания в воздухе,
a Fe2 — в жидком диэлектрике.
Автор: Как отличаются эти силы?
Читатель Б: Так как по условию задачи угол расхождения нитей в обоих
случаях один и тот же, то одинаково и расстояние между шариками.
Поэтому различие между силами Fel и Те2 обусловливается только на-
наличием диэлектрической проницаемости
Fei=eFe2. C6.3)
Рассмотрим конкретно случай, когда шарики находятся в воздухе.
Из равновесия шарика заключаем, что сумма силы FeX и силы тяже-
тяжести й (векторная сумма!) должна быть направлена вдоль нити, так как
в противном случае она не сможет быть уравновешена силой реакции
нити (рис. 36.2, а). Отсюда следует, что
выт
Рис. 36.3
190
где а — угол между нитью и вертикалью. Когда шарики погружены
в диэлектрик, силу РеХ надо заменить на силу Ре2, а й надо заме-
заменить на разность (б — ^Выт)> гДе ^выт — выталкивающая сила. Однако
отношение новых сил должно по-прежнему равняться tga (рис. 36.2, б).
Fe2/(G-FBJ = tga.
Используя последние два равенства, получаем
G G —F
выт
Подставляя сюда C6.3) и учитывая, что G = Vgp, а FB1JI = Vgp0,
находим
е 1
р р-р0
откуда искомая плотность
Р = Рое/(е — !)•
Автор: Ваш ответ правильный. Задача 3. Два одинаково заряженных
шарика массой m подвешены в одной точке на нитях длиной I каждая.
В точке подвеса находится третий шарик, заряженный так же, как и
первые два (рис. 36.3). Вычислить заряд q шариков, если угол между
нитями в положении равновесия равен а.
Читатель Б: Рассмотрим шарик А. К шарику приложены четыре силы
(рис. 36.3). Поскольку шарик находится в равновесии, то я разложу
эти силы на два направления...
Автор (перебивая): В данном случае можно поступить проще. Сила со
стороны заряда в точке подвеса не оказывает никакого влияния на
равновесное положение нити: сила Ре2 действует вдоль нити и при
любом ее положении уравновешивается силой реакции нити. Поэтому
данную задачу можно рассматривать так, как если бы заряда в точке
подвеса вообще не было. Как правило, экзаменующиеся этого не по-
понимают.
Читатель Б: В таком случае не будем рассматривать силу Ре2. Так как
векторная сумма сил РеХ и G должна быть направлена вдоль нити, то
Fel/G=tg(a/2). C6.4)
Автор: Обратите внимание, что результат C6.4) не зависит от нали-
наличия или отсутствия заряда в точке подвеса.
Читатель Б: Так как
FeX = q2fi 4/2 sin2 (a/2)],
то из C6.4) получаем
q2fi M2mg sin2 (a/2)] =tg(a/2).
Отсюда приходим к искомому результату:
q =21 sin (a/2)Vmg tg (a/2).
Автор: Этот результат правильный.
191
Читатель Л: А в каком случае наличие заряда в точке
подвеса оказывается существенным?
Автор: Когда, например, требуется найти силу натя-
натяжения нити.
ЗАДАЧИ
36.1. В вершинах правильного шестиугольника помещены
одинаковые заряды + q. Какой заряд Q следует поместить в
центр шестиугольника, чтобы вся система зарядов находи-
находилась в равновесии?
36.2. Шарик массой m с зарядом q, подвешенный на нити
длиной /, вращается около неподвижного заряда, такого же,
Риг 36 4 как и заРяД шарика (рис. 36.4). Угол между нитью и вер-
вертикалью равен а. Найти угловую скорость ш равномерного
вращения шарика и силу натяжения Т нити.
36.3. Шарик массой m с зарядом q может вращаться в вертикальной плоскости
на нити длиной /. В центре вращения находится второй шарик с зарядом, равным
по значению и знаку заряду вращающегося шарика. Какую минимальную гори-
горизонтальную скорость v надо сообщить шарику в нижнем положении, чтобы он смог
сделать полный оборот?
37. ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ ЗАКОН ОМА?
Автор: Знаете ли Вы закон Ома?
Читатель А: Да, конечно. По-моему, закон Ома знают все. Я считаю, что
это самый простой вопрос во всем курсе физики.
Автор: Проверим это. На рис. 37.1, а изображен участок электрической
цепи. Здесь <¥— электродвижущая сила, она направлена направо; Rx
и R2 — сопротивления; г — внутреннее сопротивление источника ЭДС;
Фл и Фб — потенциалы на концах заданного участка цепи. Ток по
участку течет слева направо. Требуется найти силу I этого тока.
Читатель А: Но ведь у Вас разомкнутая цепь!
Автор: Я предложил Вам рассмотреть участок какой-то большой цепи.
Рис. 37.1
Рис. 37.2
192
Электрический ток так
глубоко вошел в нашу
жизнь, что нет никакой
необходимости указывать
на важность законов Ома
и Джоуля—Ленца. Однако
хорошо ли вы знаете эти
законы?
Всей этой цепи Вы не знаете. Но Вам и не надо ее знать, поскольку
заданы потенциалы на концах данного участка.
Читатель А: Ранее мы рассматривали только замкнутую электрическую
цепь. Для нее закон Ома имеет вид
V
i
C7.1)
Автор: Вы ошибаетесь. Вам приходилось рассматривать также и участок
цепи. Согласно закону Ома для участка цепи ток равен отношению
напряжения на концах этого участка и его сопротивлению.
Читатель А: Но разве это участок цепи?
Автор: Конечно. Этот участок цепи изображен на рис. 37.1, б. Для этого
участка цепи Вы можете записать закон Ома в виде
i
R
C7.2)
при этом вместо разности потенциалов концов участка цепи (ц>А — фБ).
Вы ранее употребляли более простой термин «напряжение» и обозна-
обозначали U.
Читатель А: Однако участок цепи такого вида, как на рис. 37.1, а, мы
не рассматривали.
Автор: Итак, отметим, что Вы знаете закон Ома для частных случаев
замкнутой цепи и простейшего участка, не содержащего ЭДС. Однако
для общего случая закон Ома Вам неизвестен. Давайте разбираться
вместе.
193
На рис. 37.2, а показано изменение потенциала вдоль заданного участ-
участка цепи. Ток течет слева направо, поэтому от Л и В потенциал умень-
уменьшается. Падение потенциала на сопротивлении R{ равно IR{. Далее
предположим, что в точках В и Г находятся пластины гальванического
элемента. В этих точках происходит скачок потенциала вверх; сумма
скачков есть значение ЭДС, равное W. Между В и Г потенциал па-
падает на внутреннем сопротивлении элемента; падение потенциала рав-
равно Ir. Наконец, от Г до Б потенциал падает на сопротивлении R2, это
падение потенциала равно IR2- Сумма падений потенциала на всех со-
сопротивлениях участка минус скачок потенциала вверх, равный W, и есть
разность потенциалов на концах рассматриваемого участка цепи:
/(/?, +/?2 + г)-^=фл-фБ,
откуда получаем выражение для силы тока, т. е. закон Ома для данного
участка цепи
Обратите внимание на то, что отсюда немедленно получаются знако-
знакомые Вам частные случаи. Для простейшего участка без ЭДС надо
положить в C7.3) ^= О, г = 0. Тогда получаем
что соответствует формуле C7.2). Для замкнутой цепи концы А и Б
нашего участка следует соединить. Это означает, что ц>А = фБ. Отсюда
получаем
/
что соответствует формуле C7.1).
Читатель А: Да, я убедился, что не знал закона Ома.
Автор: Точнее говоря, Вы его знали для частных случаев. Предположим,
что к зажимам элемента на участке цепи, изображенном на рис. 37.1, а
подсоединен вольтметр. Будем полагать, что вольтметр имеет доста-
достаточно большое сопротивление, так что можно пренебрегать искаже-
искажениями, связанными с его подключением. Что покажет вольтметр?
Читатель А: Я знаю, что вольтметр, подсоединенный к зажимам элемента,
должен показывать падение напряжения во внешней цепи. Однако в
данном случае внешняя цепь нам неизвестна.
Автор: Оказывается, можно вполне обойтись и без знания внешней цепи.
Если вольтметр подсоединен к точкам В н Г, то он будет показывать
разность потенциалов между этими точками. Это, надо полагать Вам
понятно?
Читатель А: Да, конечно.
Автор: Теперь посмотрите на рис. 37.2, а. Из него видно, что разность
потенциалов между точками В и Г равна {'W — Ir). Обозначая U
показание вольтметра, получаем формулу
U=V-Ir. C7.4)
194
Советую пользоваться именно этой формулой, так как здесь не тре-
требуется знать никаких внешних сопротивлений. Это особенно ценно в
случае более или менее усложненных цепей. Заметим, что из C7.4)
следует известный частный результат: если цепь разомкнута и, следова-
следовательно, ток не течет (/ = 0), то U = W. В этом случае показание вольт-
вольтметра совпадает со значением ЭДС. Понятно ли Вам все это?
Читатель А: Да, теперь мне это понятно.
Автор: В качестве проверки я предложу Вам вопрос, на который экзаме-
экзаменующиеся довольно часто затрудняются дать ответ. Замкнутая цепь со-
состоит из п последовательно соединенных одинаковых элементов с ЭДС
W и внутренними сопротивлениями г. Сопротивление соединительных
проводов полагают равным нулю. Что покажет вольтметр, подсоединен-
подсоединенный к зажимам одного из элементов? Как обычно предполагается, что
ток через вольтметр не идет.
Читатель А: Я буду рассуждать аналогично предыдущему объяснению.
Вольтметр покажет U = W— Ir. Из закона Ома для данной замкнутой
цепи находим силу тока: / = nW/(nr) = W/r. Используя этот результат,
получаем U = W—(^/г)г = 0. Таким образом, вольтметр ничего не
покажет.
Автор: Совершенно верно. Только помните, что эта ситуация была идеа-
идеализированной: с одной стороны, мы пренебрегали сопротивлением со-
соединительных проводов, а с другой стороны, полагали сопротивление
вольтметра бесконечно большим, так что не пробуйте проверять этот
результат на опыте.
Рассмотрим случай, когда ток на участке цепи и ЭДС участка направ-
направлены не в одну сторону, а в разные (рис. 37.1, в). Изобразите изме-
изменение потенциала вдоль такого участка.
Читатель А: А разве может ток течь навстречу ЭДС?
Автор: Вы забываете, что перед Вами всего лишь участок цепи. В этой це-
цепи могут быть другие ЭДС, не входящие в рассматриваемый участок,
под действием которых ток по данному участку может течь и навстречу
данной ЭДС.
Читатель А: Понимаю. Поскольку ток течет слева направо, то от Л до В
происходит падение потенциала на IR{. Так как ЭДС направлена те-
теперь в другую сторону, то скачки потенциала в точках В и Г должны не
повышать, а, напротив, уменьшать потенциал. От точки В до точки Г
потенциал падает на /г; от точки Г до точки Б — на IR2. В результате
приходим к графику, изображенному на рис. 37.2, б.
Автор: Как же запишется теперь закон Ома?
Читатель А: Он будет иметь вид
Автор: Правильно. А каково показание вольтметра?
Читатель А: Из рис. 37.2, б видно, что в этом случае
U=W + Ir. C7.6)
Автор: Совершенно верно. Рассмотрим следующую задачу. Схема элект-
электрической цепи изображена на рис. 37.3. Дано: г = 1 Ом, R = 10 Ом, со-
195
Рис 37
противление вольтметра Rv = 200 Ом. Вычислить
относительную погрешность показаний вольт-
вольтметра, которая получается в предположении,
что вольтметр имеет бесконечо большое сопро-
сопротивление и, следовательно, не вносит искажений
в измеряемую цепь.
Обозначим показание реального вольтметра через
U, а вольтметра с бесконечно большим - сопро-
3 тивлением — через Ux. Искомая от«осительная по-
погрешность
C7.7)
Далее учтем, что
R + r"'
f ~т RRy/ \R ~т Ry) R i Rv
Подставляя формулы C7.8) и C7.9) в C7.7), получаем
C7.8)
C7.9)
/ —~ 1
Ry)r'+RR
_
*
(r+R)Ry+rR
*
R~/\(
Так как Rv^> R и R > г, то дробь в знаменателе последнего равенства
много меньше единицы. Поэтому можно воспользоваться приближен-
приближенной формулой, которую всегда полезно иметь в виду:
A+Х)а« 1+cd, C7.10)
справедливой при X <С 1 для любого а (целого и дробного, положи-
положительного и отрицательного). Воспользуемся приближенной формулой
C7.10), полагая в ней а=— 1 иЛ=г/?(г + R)~ ' Ry '. В результате
получим
+ R)Rv]. C7.11)
Рис. 37.4
196
Подставляя в C7.11) числовые значений величин, данные в условии
задачи, получаем, что искомая погрешность f ж 1/220 = 0,0045.
Читатель А: Значит, чем больше сопротивление вольтметра по сравнению
с внешним сопротивлением, тем меньше указанная погрешность? Зна-
Значит, с тем большим основанием можно пренебрегать искажением цепи в
результате подключения вольтметра?
Автор: Да, это так. Только надо учесть, что неравенство R <C Ry есть
достаточное, но не необходимое условие малости погрешности f. Из
C7.11) видно, что погрешность f мала также и в случае, когда вы-
выполняется условие г<С/?у, т. е. сопротивление вольтметра много больше
внутреннего сопротивления источника тока. При этом внешнее сопро-
сопротивление может быть как угодно велико. Задача: Электрическая
цепь изображена на рис. 37.4, а. Дано: &= 6 В, г=2/з Ом, R = 2 Ом.
Вычислить показание вольтметра.
Читатель А: Сопротивление вольтметра можно считать бесконечно
большим?
Автор: Да, тем более что это сопротивление не дано в условии. Кроме
того, следует пренебрегать сопротивлением проводов.
Читатель А: Но тогда ток, наверное, не потечет через сопротивления
в середине схемы, а пойдет прямо по участкам Л, А2 и Б1Б2?
Автор: Вы неправы. Прежде чем рассматривать токи, я бы советовал
несколько упростить схему. Поскольку участки АХА2 и БХБ2 не имеют
сопротивления, то отсюда следует, что уА1 = ф^2 и q>m = фБ2- Далее
можно воспользоваться правилом: если в схеме две какие-то точки
имеют одинаковые потенциалы, то можно свести эти точки одну к дру-
другой, при этом токи через сопротивления останутся прежними. Приме-
Применим это правило к нашему случаю: совместим точку Л, с точкой
Л2, точку Б, с точкой Б2. В результате мы получим схему, изоб-
изображенную на рис. 37.4, б. А эту схему рассмотреть уже нетрудно.
Поэтому я сразу приведу окончательный ответ: вольтметр покажет 4 В.
Предоставляю Вам самостоятельно на досуге проделать выкладки.
Рис. 37.5
Рис. 37 6
197
ЗАДАЧИ
37.1. Амперметр включен в участок цепи (рис. 37.5) и показывает /, = 0,5 А. Найти
силу /4 тока через сопротивление /?4, если /?, = R4 = 2 Ом, /?2=4 Ом, R6=R5= 1 Ом
37.2. Электрическая цепь изображена на рис. 37.6. Дано: W= 4 В, г=1 Ом,
R = 2 Ом Определить показание амперметра.
37.3. Что покажут вольтметр и амперметр в случаях, изображенных на рис. 37.7,
а, б? Полагать известными Wh г. Сопротивлением соединительных проводов пренеб-
пренебречь. Нарисовать для указанных случаев графики изменения потенциала вдоль
цепи
37.4. Сопротивление гальванометра равно Rr= 0,2 Ом. Параллельно с ним подклю-
подключено шунтирующее сопротивление /?ш = 0,05 Ом Какое добавочное сопротивле-
сопротивление Rx надо подключить последовательно с этой комбинацией, чтобы в целом
получилось сопротивление, равное /?г?
37.5. К зажимам элементов с <¥[ = 10 В и г = 1 Ом подсоединили вольтметр со-
сопротивлением Rv= 100 Ом Определить показание U вольтметра и вычислить
относительную погрешность / его показания, которая получается в предположении,
что вольтметр имеет бесконечно большое сопротивление.
37.6. В цепь с сопротивлением R = 49 Ом и с источником тока с W = 10 В и /■= 1 Ом
включили амперметр с сопротивлением /?, = 1 Ом Определить показание / ампер-
амперметра и вычислить относительную погрешность / его показания, которая полу-
получается в предположении, что амперметр не имеет сопротивления.
37.7. Три источника тока соединены, как показано на рис. 37.8. Определить токи,
протекающие через сопротивление R и через источники, если известно, что
У, = 1,3 В, &2= 1,5 В, 9i = 2B,rl = r2=r3= 0,2 Ом,/? = 0,55 Ом.
37.8. Два элемента с ?, = 2 В и ?2=3 В соединены одинаковыми полюсами.
Элементы замкнуты на внешнее сопротивление R = 2 Ом. Определить силы токов,
протекающих через сопротивление и через элементы. Рассмотреть три случая:
1) внутренние сопротивления элементов равны г, = г2= 1 Ом; 2) внутренние со-
сопротивления элементов различны и равны г, = 0,5 Ом, г2 = 1 Ом; 3) внутренними
сопротивлениями элементов пренебречь.
38. МОЖНО ЛИ ВКЛЮЧАТЬ КОНДЕНСАТОР
В ЦЕПЬ ПОСТОЯННОГО ТОКА?
Автор: Рассмотрим следующую задачу. Дана цепь, изображенная на
рис. 38.1; С — емкость конденсатора. Найти заряд Q на обкладках
конденсатора, если ЭДС источника тока равна Ф и его внутреннее
сопротивление г.
Рис 37 7
Рис. 37.8
198
Читатель А: А разве можно в цепь с постоянным током включать кон-
конденсатор? Ведь ток через него все равно не пойдет.
Автор: Ну и пусть. Зато по параллельным ветвям пойдет.
Читатель А: Я, кажется, понял. Поскольку в схеме на рис. 38.1 ток
через конденсатор не идет, то, следовательно, он не идет и через
сопротивление /?,. Во внешней части цепи ток идет только через сопро-
сопротивление R2. Силу тока находим из соотношения C7.1) / = &/(R2-{- г),
тогда разность потенциалов между точками А и Б равна падению
напряжения на сопротивлении R2, т. е.
фБ - ф/, = /R2 = WR2/( R2 + r). C8.1)
Заряд на конденсаторе определяется по формуле
Q = CU, C8.2)
где U — напряжение на обкладках конденсатора, С — его электро-
электроемкость. Следовательно, чтобы найти заряд, я должен знать разность
потенциалов между точками Л и Г, но она мне неизвестна.
Автор: Верно, что через сопротивление /?, ток не идет. Но в таком
случае все точки этого сопротивления должны иметь один и тот же по-
потенциал (вспомните обсуждения, проводившиеся в § 34). Значит,
Фг — фБ. Отсюда, используя C8.1) и C8.2), получаем искомый ре-'
зультат:
Рассмотрим следующую задачу. Электрическая цепь изображена на
рис. 38.2. Дано: W=4B,r = 1 Ом, /?, = 3 Ом, R2 = 2 Ом, С, = 2 мкФ,
С2 = 8 мкФ, С3=4 мкФ, С4=6 мкФ. Найти заряд на обкладках каждого
конденсатора.
В связи с этим вспомните правила сложения емкостей при их парал-
параллельном и последовательном соединениях.
Читатель Б: При параллельном соединении конденсаторов емкости скла-
складываются, т. е.
С=*С{ +С2+С3 + ..., C8.3)
тогда как при последовательном соединении конденсаторов складыва-
ваются величины, обратные емкостям:
199
> ^_4> 4> +..., C84)
с с, c2 cd
Читатель А: А нельзя ли пояснить, как эти соотношения получаются.
Читатель Б: У параллельно соединенных конденсаторов напряжение на их
обкладках одинаково; общий заряд равен сумме зарядов на каждом из
конденсаторов, причем в соответствии с C8.2) заряд на каждом кон-
конденсаторе пропорционален его емкости. Отсюда следует, что UC =
= UCX + UC2 + UC6 + ... . Мы приходим к формуле C8.3).
Читатель А: Мне непонятно, как можно складывать заряды конденсато-
конденсаторов. Ведь одна из обкладок заряжена положительно, тогда как другая
отрицательно, так что суммарный заряд равен нулю.
Читатель Б: По-моему надо складывать только положительные заряды.
Автор: Конденсатор — это система из двух изолированных проводников,
заряженных разноименными и равными по модулю зарядами. В соотно-
соотношение C8.2) входит модуль заряда. При параллельном соединении
конденсаторов соединены их одноименные обкладки, следовательно, на
эквивалентной емкости заряд равен сумме зарядов (на положитель-
положительной — сумме положительных, на отрицательной — сумме отрица-
отрицательных).
Читатель А: А как быть в случае последовательного соединения конден-
конденсаторов?
Автор: При последовательном соединении на всех конденсаторах уста-
устанавливается одинаковый по модулю заряд, так как сумма зарядов
пластин, соединенных друг с другом, равна нулю: потенциал этих
пластин одинаков. Пластины 2 р 3 на рис. 38.3 имеют одинаковые
по модулю, но разноименные заряды, при этом ф2 = уА. Для замены
эквивалентной емкостью необходимо сложить напряжения, которые
обратно пропорциональны емкостям:
Отсюда получается результат C8.4).
Читатель Б: Я попробую решить сформулированную выше задачу. Ис-
Используя правило C8.3), находим эквивалентную емкость между точ-
точками А и Б и между точками В и Г:
САБ = 2 мкФ -f 8 мкФ = 10 мкФ,
Свг = 4 мкФ -f 6 мкФ = 10 мкФ.
Разность потенциалов между точками А и Г находим как падение
напряжения на сопротивлении R{:
ER.
Ясно, что сопротивление R2 здесь не играет никакой роли; его можно
вообще не принимать во внимание.
Поскольку САБ = Свг и заряды на эквивалентных емкостях одинаковы
(они соединены последовательно) QAB = QBr, то одинаковы и напряже-
напряжения на этих емкостях
200
-Q
2 3
+ Q
-Q
Рис. 38.3
Рис. 38.4
Фб — Фл = Фг — Фв= 1.5 В.
Далее находим искомые заряды:
Qi = С,(ср5 — Фл) = ЗмкКл, Q2= С2(фБ — фл) = 12мкКл,
<?з = сз (фг — Фв) т= 6 мкКл, Q4 = С4 (фг — фв) = 9 мкКл,
Автор: Все правильно. Рассмотрим следующую задачу. Два конденсатора
с емкостями С, и С2 присоединены к двум источникам с *&х и Щ
(рис. 38.4). Определить напряжение на каждом конденсаторе и раз-
разность потенциалов между точками а и б.
Читатель Б: Конденсаторы соединены последовательно, их эквивалентная
емкость равна С = Сх С2/{С1 +С2)- Заряд на каждом конденсаторе оди-
одинаков и равен заряду на эквивалентной емкости Q=C(Wl-\-W2).
Напряжение на каждом конденсаторе можно определить, используя
C8.2):
U, =
C8.5)
C8.6)
Разность потенциалов между точками аи б равна фа — фб = U2 + ^2-
Автор: Ваш последний вывод неверен. Заменим цепь на рис. 38.4 (вернее
ее участок асб) эквивалентной схемой (рис. 38.5). В соответствии с
замечаниями, сделанными в предыдущем параграфе, можно записать
Фа - Фб = U2 - Щ C8.7)
(здесь падение напряжения на сопротивлении заменено падением на-
напряжения на конденсаторе).
Читатель Б: Я понял свою ошибку: я не учел направления ЭДС. Мне
кажется, что эту задачу можно решить, не вводя эквивалентных схем.
Обозначим напряжение на конденсаторе фа — фс= U2= Uc2. С другой
201
a
p-
и.
«
стороны, разность потенциалов между
точками бис равна фб—Ц>С = Щ\ из ЭТИх
двух соотношений получим фа — фб =
= U2 — W2.
Рис. 38.5
Автор: Все правильно. Вот еще один способ:
мысленно включим между точками а и б
вольтметр. Мы знаем (см. § 37), что по-
показания вольтметра V равны электродвижущей силе Е источника минус
падение напряжения на заданном участке цепи U, но U = U2, U =
= фа — ф2, eg= ST2. Приходим к уже полученному результату C8.7).
Используя C8.6) и C8.7), находим
ЗАДАЧИ
38.1. Вычислить полную емкость С системы конденсаторов, изображенной на
рис. 38.6. Принять: Ci = 2 мкФ, С2 = 4 мкФ.
38.2. Электрическая цепь изображена на рис. 38.7. Дано: W=5 В, г = 1 Ом,
R2 — 4 Ом, Ri = 3 Ом, С = 3 мкФ. Найти заряд Q на обкладках каждого конден-
конденсатора.
38.3. Дана электрическая цепь, изображенная на рис. 38.8. Считая известными
все величины, показанные на рисунке, найти заряд Q на пластинах каждого кон-
конденсатора.
38.4. Плоский конденсатор с пластинами длиной / включен в цепь, как показано
на рис. 38.9. Даны ЭДС Ч источника тока, его внутреннее сопротивление г и
расстояние d между пластинами. В конденсатор параллельно пластинам влетает
электрон со скоростью vQ. Какое сопротивление R надо подсоединить параллельно
конденсатору, чтобы электрон вылетел из него под углом а к пластинам? Массу пг
и заряд е электрона считать известными.
38.5. Два одинаковых плоских конденсатора включены в цепь, как показано на
рис. 38.10; /?! = 4 Ом. В один из конденсаторов параллельно пластинам влетает
электрон (стрелка на рисунке). При каком сопротивлении R2 электрон вылетает из
второго конденсатора параллельно пластинам?
38.6. Плоский конденсатор с пластинами длиной / и расстоянием между ними d
включен в цепь, как показано на рис. 38.11 (ЭДС W и сопротивления R и г из-
известны). В конденсатор параллельно пластинам со скоростью v0 влетает электрон.
Под каким углом а к пластинам вылетит электрон из конденсатора? Массу пг
и заряд е электрона считать известными.
с, с,
II
II
С2
II 1^
С2
Рис. 38.6
202
38.7. Определить заряд батареи конденсаторов, изображенной на рис. 38.12, если
к клеммам А В приложено напряжение U = 100 В, а емкости конденсаторов
С = 2 мкФ, Со = 1 мкФ.
38.8. Определить заряды конденсаторов емкостью С = 4 мкФ и CQ = 2 мкФ
(рис. 38.13). Известно: /?, = 100 Ом, /?2 = 300 Ом, ^ = 15 В, W2 = 5 В. Внут-
Внутренним сопротивлением источников пренебречь.
39. УМЕЕТЕ ЛИ ВЫ ВЫЧИСЛЯТЬ СОПРОТИВЛЕНИЕ
РАЗВЕТВЛЕННОГО УЧАСТКА ЦЕПИ?
Автор: Вычислите сопротивление участка, изображенного на рис. 39.1, а.
Сопротивлением проводов можно пренебречь.
Читатель А: Если сопротивлением проводов можно пренебречь, то эти про-
провода можно совсем не принимать во внимание. Тогда искомое сопротив-
сопротивление участка равно 3R.
Автор: Вы ответили, не подумав. Пренебрегать сопротивлением прово-
проводов и пренебрегать проводами — это совершенно разные вещи (хотя
некоторые экзаменующиеся полагают, что это одно и то же). Выки-
Выкинуть из схемы какой-нибудь провод — это значит заменить этот провод
•бесконечно большим сопротивлением. Здесь же, наоборот, сопротивле-
сопротивление проводов равно нулю.
Читатель А: Да, верно, я просто не подумал. Я буду рассуждать сле-
следующим образом. У точки А ток разделится на два тока, направления
которых я показал стрелками (рис. 39.1, б). В этом случае среднее
сопротивление можно вообще не учитывать, так что полное сопротив-
сопротивление участка равно R/2.
Автор: И этот Ваш ответ неверен. Я советую пользоваться следующим
правилом: найдите на схеме точки с одинаковым потенциалом и сделай-
сделайте так, чтобы эти точки совместились друг с другом. При этом токи
в разных ветвях схемы останутся прежними, а сама схема может суще-
существенно упроститься. На это обстоятельство я уже указывал Вам в § 37.
Поскольку в данной задаче сопротивления проводов равны нулю, то
точки Л и Л, имеют один и тот же потенциал. Точно так же имеют
одинаковый потенциал точки Б и Б,. Учитывая это, будем видоизме-
видоизменять схему так, чтобы точки с одинаковым потенциалом в конце концов
совместились друг с другом. Для этого будем постепенно сокращать
длину соединительных проводов. Последовательные стадии этой опера-
Рис 38.8
*П4±*
Рис. 38.9
203
2К\
Рис. 38.10
Рис. 38.11
ции показаны на рис. 39.1, в [A) -*-B) -*-C) -*-D)]. В результате обна-
обнаруживаем, что данное соединение соответствует параллельному соеди-
соединению трех сопротивлений, так что полное сопротивление участка рав-
равно Я/3.
Читатель А: Да, действительно. Из рис. 39.1, в хорошо видно, что это
есть параллельное соединение.
Автор: Перейдем к следующему примеру. Дан куб из проволочек, каждая
из которых имеет сопротивление Я (рис. 39.2, а). Куб включен в цепь,
как показано на рисунке. Вычислить полное сопротивление куба.
Применим указанное ранее правило. Найдите точки, имеющие одинако-
одинаковый потенциал.
Читатель А: Я думаю, что одинаковый потенциал имеют три точки: А,
Л,, А2 (рис. 39.2, а), поскольку все три ребра куба (ГА, ГА,, ГА2)
совершенно эквивалентны.
Автор: Вы правы. Точно так же эквивалентны ребра БВ, БВ,, БВ2. Поэто-
Поэтому точки В, Вх, В2 тоже имеют одинаковый потенциал. Далее давайте
порвем наш проволочный куб во всех указанных точках, согнем ребра-
проволочки и соединим их так, чтобы точки с одинаковым потенциалом
оказались совмещенными друг с другом. Какая картина получится при
этом?
Читатель А: Получится картина, изображенная на рис. 39.2, б.
Автор: Совершенно верно. Показанная на рис. 39.2, б схема эквивалентна
исходной схеме (кубу), но заметно проще последней. Теперь нетрудно
вычислить полное сопротивление.
Читатель А: Оно равно
Я/3 + Я/6 + Я/3 = 5Я/6.
"С
Рис. 38.12
В
4-е
"Со
Рис. 38.13
204
в)
Рис. 39.1
Читатель Б: А как найти полное сопротивление проволочной фигуры
в виде квадрата с диагоналями, включенной в цепь, как показано на
рис. 39.3, а?
Автор: Надо поискать точки с одинаковым потенциалом. В данном случае
нетрудно подметить, что схема обладает осью симметрии. Я изображу
ее на рис. 39.3, а пунктиром. Ясно, что все точки, лежащие на оси
симметрии, должны иметь один и тот же потенциал, равный полусумме
потенциалов точек А к Г. Таким образом, потенциалы точек О, О^ и О2
равны друг другу. В соответствии с известным правилом можно совме-
совместить эти три точки друг с другом, в результате чего рассматриваемая
комбинация сопротивлений разобьется на два последовательно соеди-
соединенных одинаковых участка, один из которых показан на рис. 39.3, б.
Сопротивление такого участка определить нетрудно. Если каждая из
проволочек в квадрате будет иметь одно и то же сопротивление R, то
получим, что указанный участок должен иметь сопротивление 4/is R.
Таким образом, искомое сопротивление равно 8/i5 R.
Рис. 39 2
205
в
Читатель А: Значит, основное правило со-
состоит в том, чтобы отыскать на схеме
точки с одинаковым потенциалом и в
результате совмещения этих точек
упростить схему?
Автор: Именно так. В заключение я хочу
предложить один пример с бесконеч-
бесконечным участком. Дана цепь, составлен-
составленная из бесконечного числа повторяю-
повторяющихся секций с сопротивлениями /?, и
R2 (рис. 39.4, а). Найти полное сопро-
сопротивление между точками А и Б.
Читатель А: Может быть, здесь следует
воспользоваться методом математиче-
математической индукции? Рассмотрим сначала
одну секцию, затем две, три и т. д. А
потом попробуем обобщить результат
для п секций на случай п -*- оо.
Автор: Нет, здесь не нужен метод матема-
математической индукции. Воспользуемся
тем, что если от бесконечности отнять
один элемент, бесконечность от этого
не изменится. Отрежем от рассматриваемой схемы первую секцию
(разрез произведем по пунктиру на рис. 39.4, а). Очевидно, по-прежне-
по-прежнему останется бесконечное число секций, так что сопротивление между
точками В и Г будет равно искомому сопротивлению R. Таким образом,
исходная схема имеет вид, показанный на рис. 39.4, б. Участок цепи на
рис. 39.4, б имеет сопротивление /?, + RR2/(R + R2). Так как этот
участок эквивалентен исходной схеме, то его сопротивление равно иско-
искомому сопротивлению R. Таким образом,
б)
Рис 39.3
т. е. получаем квадратное уравнение относительно R:
R2 -/?/?, -/?,/?2 =0.
Решая его, находим
R =(Я,/2) [ 1 +Vl +4(/?„//?,)] •
Рис. 39 4
206
Читатель А: Такой метод решения действительно очень интересен.
Автор: В заключение рассмотрим еще одну интересную задачу: между
точками А и Б присоединено сопротивление R; кроме того, имеются
еще (N — 2) точек, причем между каждой парой точек, включая сюда
точки А и Б, также присоединено сопротивление R. Найти резуль-
результирующее сопротивление между точками А и Б.
Читатель />• А я имею право разместить эти N — 2 точек на прямой
линии, относительно которой точки А к Б симметричны?
Автор: Конечно. Важно лишь не порвать при этом сопротивлений, при-
присоединенных к точкам.
Читатель Б: Но тогда системы сопротивлений слева и справа от такой
линии будут одинаковыми. А это означает, что все N — 2 точек имеют
одинаковый потенциал и поэтому могут быть совмещены друг с другом.
Значит, искомое сопротивление равно/?, = 2R/(N — 2).
Автор: Хорошо, но вы забыли о сопротивлении R между точками А и Б.
Оно присоединено параллельно найденному Вами /?,. Поэтому искомое
сопротивление равно /?,/?/(/?, + R) = 2R/N.
ЗАДАЧИ
39.1. Электрическая цепь изображена на рис. 39.5. Дано: ? = 4 В, г = 1 Ом,
/? = 45 Ом. Определить показания вольтметра и амперметра.
39.2. Найти сопротивление проволочного квадрата, изображенного на рис. 39.3, а,
при условии, что он включен в цепь в точках А и В.
3R R
Рис. 39.5
а)
207
39.3. Из проволочек сделан правильный шестиугольник с диагоналями. Сопротив-
Сопротивление каждой проволочки равно R. Шестиугольник включен в цепь, как показано
на рис 39.6, а. Найти его полное сопротивление.
39.4. Найти полное сопротивление шестиугольника, данного в задаче 39.3, при
условии, что он включен в цепь, как показано на рис. 39.6, б.
39.5. Вычислить полное сопротивление шестиугольника, данного в задаче 39.3,
при условии, что он включен в цепь, как показано на рис. 39.6, в.
39.6. Определить полное сопротивление цепи, показанной на рис. 39.7, если на-
напряжение приложено к точкам А и Б.
40. ОТЧЕГО ПЕРЕГОРЕЛА ЛАМПОЧКА?
Читатель А: Отчего перегорает электрическая лампочка — от большого
напряжения или от большой силы тока?
Автор: А как Вы думаете?
Читатель А: Мне кажется, что от большого тока.
Автор: Ваш ответ нехорош. Прежде всего замечу, что лампочка перего-
перегорает в результате выделения чрезмерно большого количества теплоты в
единицу времени, т. е., иначе говоря, в результате резкого увеличения
мощности тока. Увеличение же мощности тока может быть следствием
изменения различных факторов: напряжения, подаваемого на лампоч-
лампочку, тока через лампочку, сопротивления лампочки. В связи с этим да-
давайте вспомним все известные Вам формулы для мощности, выделяе-
выделяемой на некотором сопротивлении R.
Читатель Б: Мне известны следующие формулы:
^ = (ф. — ф2) А D0.1)
N = I2R, D0.2)
tf = (<P. -<P2)V#. D0.3)
где N — мощность, выделяемая на сопротивлении R; (ср, — ср2) — раз-
разность потенциалов на его концах; / — сила тока через это сопротив-
сопротивление.
Читатель А: Мы обычно пользовались только формулой D0.2), выражаю-
выражающей мощность через квадрат силы тока и сопротивление.
Автор: Легко видеть, что все три формулы эквивалентны, так как одна
переходит в другую при применении закона Ома. Эквивалентность этих
формул как раз и указывает на то, что при решении вопроса о перегора-
перегорании лампочки не следует рассматривать по отдельности ток или напря-
напряжение, а надо рассматривать в совокупности все три величины: и силу
тока, и напряжение, и сопротивление. (К читателю А.) Кстати говоря,
почему Вы отдаете предпочтение именно формуле D0.2) ?
Читатель А: Но ведь обычно напряжение, подводимое к лампочке, посто-
постоянно. Поэтому зависимость мощности от напряжения не представляет
интереса. Формула D0.2) является наиболее «рабочей».
Автор: Вы неправы, ставя формулу D0.2) в привилегированное поло-
положение. Давайте рассмотрим задачу. Электроплитка имеет три секции
одинакового сопротивления R. Если все три секции соединены парал-
параллельно, вода в чайнике закипает через t0 = 6 мин. Через какое время за-
208
Рис. 40.1
D0.4)
кипит вода той же массы в чайнике а)
при различных соединениях секций
электроплитки (рис. 40.1)?
Читатель А: Прежде всего найдем
полное сопротивление электроплит-
электроплитки для каждого варианта соедине-
соединений секций. В исходном случае
(параллельное соединение) полное
сопротивление Ro = R/3. В случаях
а, б, в (рис. 40.1) соответственно
имеем:
Ra = 3^,
R6 = R + (Я/2) = ЗЯ/2,
Rg = 2R2/CR) = 2R/3.
Если обозначить через U напряжение, подводимое к электроплитке,
то, пользуясь законом Ома, найдем силу полного тока через электро-
электроплитку в каждом случае...
Автор (перебивая): Не надо находить силу тока. Обозначим через t0, ta, t6,
te время, требуемое для нагревания воды в чайнике в каждом из
рассматриваемых случаев. Выделяемая теплота равна произведению
мощности тока на время-1нагревания. В каждом из указанных случаев
эта теплота одна и та же. Используя для мощности тока формулу
D0.3), получаем
U2t0/R0 = U2ta/Ra = U2t6/R6 = U2tJRe. D0.5)
Подставляя в D0.5) соотношения D0.4) и сокращая затем общие мно-
множители! U2 и 1/R), находим
3*0 = ta/3 = 2t6/3 = 3tJ2.
Отсюда сразу получаем значения искомых величин: ta = 9t0 = 54 мин,
t6 = 9/0/2 = 27 мин, tg = 2t0=\2 мин. Замечу, что в данной задаче было
удобно воспользоваться формулой D0.3) для мощности именно потому,
что напряжение, подводимое к электроплитке, есть постоянная вели-
величина.
Далее рассмотрим следующий вопрос. Дан источник тока с ЭДС S и
внутренним сопротивлением г, замкнутый на некоторое внешнее сопро-
сопротивление R. Чему равен коэффициент полезного действия источника?
Читатель Б: КПД источника тока есть отношение полезной мощности
(т. е. мощности, выделяемой на внешнем сопротивлении) ко всей мощ-
мощности (т. е. сумме мощностей, выделяемых на внешнем и внутреннем
сопротивлениях);
т, = I2R/[ I2 (R + г)) = R/{R + г). D0.6)
Автор: Правильно. Предположим, что внутреннее сопротивление источ-
источника постоянно, а изменяется только внешнее сопротивление. Как будет
изменяться при этом КПД источника тока?
Читатель Б: При R = 0 (случай короткого замыкания) т| = 0. При R— г
у] = 0,5. При бесконечном возрастании R КПД стремится к единице.
209
Автор: Совершенно верно. А как при этом изменяется полезная мощность
(мощность, выделяемая на внешнем сопротивлении)?
Читатель Б: Поскольку при возрастании R увеличивается КПД источника,
то, следовательно, будет увеличиваться и полезная мощность. Короче
говоря, чем больше R, тем больше полезная мощность.
Автор: Вы неправы. Увеличение КПД источника тока означает, что уве-
увеличивается отношение полезной мощности ко всей мощности источни-
источника, а полезная мощность может при этом уменьшаться. В самом деле,
полезная мощность
N =
(R + гУ г (х+1У
где x=R/r. Если лс«с 1, то Nn
D0.7)
х. Если х ^> 1, то Nn —' l/х. Максималь-
Максимальное значение Nn принимает при х= 1 [R = г), при этом Nn = W2/Dr).
На рис. 40.2 показан график функции у = х/(х -\- 1) , иллюстрирующий
изменение полезной мощности по мере возрастания внешнего сопротивг
ления.
Читатель Б: Я понял. А можно определить максимальное значение мощ-
мощности, исследуя функцию ц=х (х-\-\) на максимум через производную?
Автор: Конечно, только надо хорошо знать правила дифференцирования.
Читатель Б: Производная равна у1 =[(*+ IJ — 2 (х + 1)]/(*+ IL. При-
Приравнивая ее" нулю, получаем х= I.
Автор: Все правильно. Рассмотрим следующую задачу: двести параллель-
параллельно соединенных одинаковых ламп сопротивлением R = 300 Ом каждая
подсоединены к источнику тока с ЭДС ^=100 В и внутренним сопро-
сопротивлением г = 0,5 Ом. Вычислить мощность, выделяемую на каждой
лампе, и относительное изменение мощности, выделяемой на лампе,
если одна из двухсот ламп перегорела. Сопротивлением соединитель-
соединительных проводов пренебречь (рис. 40.3).
Читатель Б: Сила полного тока через внешний участок цепи равна
/п = Ф/(г + R/n) = 50 А. Сила тока через одну лампу равна / = IJn =
= 0,25 А. Отсюда находим мощность, выделяемую на одной лампе:
N = I2R = 18,75 Вт. Чтобы вычислить относительное изменение мощ-
л-200
Рис. 40.2
Рис. 40.3
210
ности, выделяемой на лампе, если одна из двухсот ламп перегорела,
я найду сначала мощность jV, на одной лампе для п = 199, а затем
рассчитаю отношение
/ = (ЛГ,-Л/)/ЛГ. D0.8)
Автор: Я не одобряю такого пути вычисления искомой величины /. Ее надо
выразить в общем виде через сопротивления R и г и через число
ламп п. Запишем сначала мощности:
«2 (r + R/nf
N= H
(n-lf [r + R/(n-l)}2
Подставляя эти выражения в D0.8), получаем
f = (^r Л/ nr + R \2_1=Г 1
\N ) \ nr — r -\- R ) L ' ~~ rl\nr + '
Дробь в знаменателе последнего равенства много меньше единицы
(вследствие того, что в цепи много ламп и сопротивление лампы много
больше внутреннего сопротивления источника тока). Поэтому приме-
применим приближенную формулу C7.10):
Подставляя в D0.9) числовые значения из условия задачи, находим
/ ж 0,0025. *
Читатель Б: А почему Вы возражаете против того, чтобы сначала вы-
вычислить Nx, а затем, подставив числовые значения в D0.8), получить/?
Автор: Вы видите, что / = 0,0025. Значит, чтобы получить этот резуль-
результат по Вашему (числовому) методу, надо рассчитать значение Nx с
точностью до четырех знаков. Заранее Вы даже не знаете, со сколь
высокой точностью Вам требуется рассчитывать Nx. Если бы в данном
случае Вы стали считать jV, с точностью до двух знаков, то пришли бы
к выводу, что мощность N, совпадает с мощностью ЛЛ
ЗАДАЧИ
40.1. Электрическая цепь показана на рис. 40.4. Дано: Ъ = 100 В, г = 36 Ом; КПД
источника равен 50%. Вычислить сопротивление R и полезную мощность N.
40.2. Источник тока замкнут через сопротивление, которое в k раз превосходит
внутреннее сопротивление источника. Как изменится КПД источника, если парал-
параллельно внешнему сопротивлению подсоединить дополнительное сопротивление,
которое в п раз больше внутреннего сопротивления источника? Принять k = 4,
п =2.
40.3. Несколько одинаковых сопротивлений R соединены в комбинацию, показан-
показанную на рис. 40.5. В одном случае эту комбинацию подсоединяют к источнику
в точках / и 2, а в другом — в точках 1 а 3. Вычислить внутреннее сопротивление г
источника тока, если отношение коэффициента полезного действия источника тока
в первом и втором случаях равно 16/15. Найти эти значения КПД.
40.4. В электроплитке сопротивления соединены в комбинацию, показанную на
211
рис. 40.5, и включаются в сеть в точках / и 2. При этом за некоторое время
удается довести до кипения 500 г воды. Сколько воды можно довести до кипения
за то же время, когда комбинация сопротивлений электроплитки включена в сеть
в точках / и 3? Начальная температура воды в обоих случаях одинакова, тепло-
тепловыми потерями прнебречь.
40.5. 1,5 л воды, взятой при температуре 20/С, ставят на время /, = 15 мин на
электроплитку, имеющую две секции с одинаковым сопротивлением. Когда секции
соединены параллельно, вода в указанное время закипает, при этом rnt= 100 г
превращается в пар. Что будет с водой, если соединить секции последовательно
и вести нагревание t2 = 60 мин? Удельная теплота парообразования L = 22,6 X
X 10 Джокг. Сколько времени t3 потребуется, чтобы нагреть эту воду до кипе-
кипения при включении одной секции?
40.6. Источник тока, ЭДС которого ?=5 В, замыкается один раз на сопротивле-
сопротивление /?, = 4 Ом, другой раз на R2= 9 Ом. В обоих случаях на внешнем сопротив-
сопротивлении выделяется одинаковая мощность N. Найти эту мощность и внутреннее
сопротивление г источника тока.
41. КАК ОПИСЫВАЕТСЯ МАГНИТНОЕ ПОЛЕ ТОКА?
Автор: Когда возникает постоянное во времени магнитное поле?
Читатель А: Оно возникает вблизи постоянного магнита или вблизи про-
проводника, когда по проводнику течет постоянный ток.
Автор: Чтобы определить напряженность электростатического поля в не-
некоторой точке пространства, надо поместить в эту точку пробный заряд
и измерить силу, действующую на него. А как быть в случае маг-
магнитного поля? Что и, как применяют для определения-характеристик
магнитного поля?
Читатель А: Можно насыпать слой железных опилок на лист бумаги.
В магнитном поле опилки намагнитятся и будут ориентироваться по
силовым линиям поля.
Читатель Б: Можно воспользоваться стрелкой компаса или использовать
рамку с током.
Автор: Расскажите о рамке с током подробнее.
Читатель Б: В этих вопросах я всегда разбирался неважно. Наверное,
будет лучше, если Вы нам расскажите сами.
Рис. 40.5
212
Рис. 41.1
Рис. 41.2
Автор: Для изучения магнитного поля используют и железные опилки,
и стрелку компаса. Однако лучше всего воспользоваться маленьким
контуром (рамкой) с током. Внося, рамку в ту или иную точку поля,
определяют направление и модуль вектора магнитной индукции (обо-
(обозначается В), являющегося аналогом вектора напряженности в случае
электростатического поля. Линии магнитной индукции — это линии,
касательные к которым в каждой точке имеют направление вектора
индукции В.
Рассмотрим рамку площадью S с текущим по ней постоянным током /;
назовем положительной нормалью п перпендикуляр к плоскости рам-
рамки, направленный вдоль1 осевого перемещения буравчика, рукоятка ко-
которого поворачивается в направлении, совпадающем с направлением
тока в рамке (рис. 41.1). Магнитное поле оказывает на рамку ориен-
ориентирующее действие — поворачивает рамку, устанавливая ее в конеч-
конечном итоге в определенном положении. Направление положительной
нормали в этом (равновесном) положении есть направление вектора В
в данной точке поля. Если повернуть рамку, то возникнет момент сил М
поля, стремящийся возвратить рамку в равновесное положение. Мо-
Момент М зависит от угла а отклонения нормали от направления вектора
В. При а= 90° момент максимален; обозначим его через Мо. Отноше-
Отношение M0/(IS) в данной точке поля есть модули вектора В в этой точке:
В = M0/(IS).
D1.1)
А теперь нарисуйте картину линий магнитной индукции в случаях,
изображенных на рис. 41.2, а—г. Линии проводите в указанных плос-
плоскостях.
Читатель Б: Вот эта картина (рис. 41.3, а—г).
213
Автор: Заметьте, что направление линий магнитной индукции отвечает
правилу буравчика (осевое перемещение буравчика происходит по на-
направлению тока).
Чем отличается картина линий магнитной индукции магнитного поля от
картины силовых линий электростатического поля?
Читатель Б: Электрические силовые линии начинаются в положительных и
оканчиваются в отрицательных электрических зарядах. Аналога заря-
заряда у магнитного поля нет. Линии магнитной индукции магнитного
поля — замкнутые линии.
Автор: Хорошо. Далее я приведу несколько полезных формул для вычис-
вычисления магнитной индукции В:
а) поле бесконечно прямолинейного тока / на расстоянии R от тока
б) поле тока /, текущего по окружности радиуса R, в центре этой
окружности
в) поле тока /, текущего по соленоиду (радиус витка R, п витков
на длине /), внутри соленоида:
B-*f D1.4)
(заметим, что поле внутри соленоида однородно).
В этих формулах k — коэффициент пропорциональности, зависящий от
выбора системы единиц. В СИ:
k = \xQ = An • 10~7В • с/(А • м). D1.5)
Величину \xq называют магнитной постоянной. Заметим, что если бы
токи рассматривались в среде, то во всех формулах вместо ц0 следо-
следовало бы использовать jaqJa, где \х — магнитная проницаемость среды.
В качестве единицы магнитной индукции в СИ берут магнитную индук-
о
цию такого поля, в котором на рамку площадью 1 м при протекании по
ней тока силой 1 А действует максимальный момент 1 Н • м. Эта еди-
единица называется тесла (Тл): 1 Тл= 1Н/(А • м).
Читатель Б: Я читал, что магнитное поле в произвольном случае описыва-
описывается законом Био—Савара—Лапласа. Как это делается?
Автор: Предварительно обратимся к некоторым операциям над векторами.
Что Вы умеете делать с векторами?
Читатель А: Складывать, разлагать и умножать на число.
Автор: Я познакомлю Вас еще с одной операцией: векторным умножением.
Векторным произведением двух векторов А и В является вектор С,
направленный по нормали к плоскости векторов А и В в сторону осе-
осевого перемещения буравчика, рукоятка которого поворачиваестя от
вектора А к вектору В в направлении меньшего угла ф (рис. 41.4).
Модуль векторного произведения
С = АВ sin ф. D1.6)
214
Рис. 41.4
1А\
Рис. 41.6
Обозначается указанная операция так:
£ = {А X В).
D1.7)
Если векторы Л и В взаимно перпендикулярны, то С = АВ. Если век-
векторы А и В параллельны или антипараллельны, то их векторное произ-
произведение равно нулю. Заметим, что
(ЁхЛ) = —{Лх В). D1.8)
Читатель Б: Это для меня ново. Получается, что произведение векторов
может быть равным нулю, даже если один из векторов не равен
нулю. Кроме того, здесь от перемены мест сомножителей изменяется
произведение (точнее, оно меняет знак).
Автор: Совершенно верно. А теперь перейдем к закону Био—Савара—
Лапласа. Пусть по некоторому проводнику течет ток силой /. Выделим
маленький участок длины ЛТ проводника (направление этого вектора
совпадает с направлением тока, а модуль равен длине участка); будем
называть /ЛТ элементарным током. Выберем некоторую точку А наблю-
наблюдения и проведем из выделенного элементарного тока в точку А век-
вектор R (рис. 41.5). Закон Био—Савара—Лапласа утверждает: маг-
магнитная индукция АВ поля, создаваемого в точке А элементарным током
/Л/, определяется выражением
^B = -^—{\7х Ю- D1.9)
Чтобы затем найти полный вектор индукции в точке А, надо выпол-
выполнить сложение (интегрирование) вектора АЁ от всех элементарных
токов, на какие только можно разбивать рассматриваемый проводник с
током. Выражения D1.2) — D1.4) являются результатом такой опе-
операции.
Рассмотрим в качестве простейшего примера случай поля в центре кру-
кругового тока. На рис. 41.6 приведена иллюстрация закона Био—Сава-
Био—Савара—Лапласа для некоторого элементарного тока /ЛТ. Легко видеть,
что
___
4я
А/.
D1.10)
Если перемещаться по току (переходя к новым элементарным токам),
то направление АЁ и само выражение будут сохраняться. Поэтому
Итак, мы пришли к выражению D1.3).
215
tt $t x '} i Vr
а) б) в) г) * У д)
Рис. 42.1
ЗАДАЧИ
41.1. Найти магнитную индукцию В поля в точке посередине между двумя парал-
параллельными прямолинейными проводниками, если по проводникам течет ток силой /,
расстояние между проводниками d Рассмотреть два случая: а) токи параллельны;
б) токи антипараллельны.
41.2. Найти магнитную индукцию В поля в центре двух концентрических круговых
токов (сила тока /, радиусы R и 2R). Рассмотреть случаи круговых токов: 1) в одной
плоскости, в одном направлении; 2) в одной плоскости, в разных направлениях;
3) во взаимно перпендикулярных плоскостях.
41.3. К двум произвольным точкам проволочного кольца подведены идущие ра-
диально провода, соединенные с удаленным источником тока. Определить индук-
индукцию магнитного поля в центре кольца.
41.4. Два длинных параллельных провода находятся на расстоянии / = 5 см друг
от друга. Найти модуль вектора магнитной индукции В в точке Л, находящейся
на расстоянии г, = 4 см от одного и г2 = 3 см от другого провода. По проводам
текут одинаковые токи силой /= 12 А. Рассмотреть два случая: 1) токи текут в
одном направлении; 2) токи текут в противоположных направлениях.
41.5. Два бесконечно длинных прямых провода скрещены под прямым углом
По проводам текут токи силой /, = 80 А и /2 = 60 А. Расстояние между проводни-
проводниками d = 10 см. Определить модуль вектора магнитной индукции в точке, лежащей
посередине между проводами.
42. КАК ВЗАИМОДЕЙСТВУЮТ ТОКИ?
Автор: Как действует магнитное поле на ток?
Читатель А: По правилу левой руки: поле входит в ладонь, ток направ-
направлен вдоль вытянутых вместе четырех пальцев, а сила действует по на-
направлению отставленного большого пальца.
а)
Рис. 42.2
216
MM
a) 6) в) г)
Рис. 42.3
Автор: Это верно. Однако Вы ничего не сказали о модуле силы. Дейст-
Действие магнитного поля на ток описывается законом Ампера: пусть в неко-
некоторой точке магнитного поля индукция задается вектором В; если в эту
точку поместить элементарный ток /ЛТ, то поле действует на него
с силой Л/7:
AF = i{a7xB). D2.1)
Здесь фигурирует уже знакомое Вам векторное произведение. Можете
проверить, что направления векторов, входящих в D2.1), согласуются с
правилом левой руки.
А теперь определите направление силы, действующей на ток в магнит-
магнитном поле, для случаев, изображенных на рис. 42.1.
Читатель А: Я воспользуюсь правилом левой руки.
Автор: Не возражаю. Но советую привыкать к выражению D2.1), учитесь
пользоваться векторным произведением.
Читатель А: Хорошо. В случае а) векторы Л/ и В параллельны; значит,
их векторное произведение равно нулю и поле на ток не действует.
В случае б) будем поворачивать рукоятку буравчика от вектора Л/
к вектору В — вращение происходит по часовой стрелке; осевое пере-
перемещение буравчика будет происходить перпендикулярно плоскости
листа в направлении от нас. Так будет направлена сила.
Автор: Хорошо. Далее проделайте манипуляции с буравчиком мысленно
и сообщите готовый результат.
M-t К
г)
Рис. 42.4
217
Читатель А: В случае в) сила перпендикулярна плоскости листа и направ-
направлена к нам. В случае г) сила направлена в плоскости листа горизон-
горизонтально слева направо. В случае д) направление силы по сравнению с
предыдущим изменилось на противоположное.
Автор: Все правильно. Перейдем к рассмотрению взаимодействия токов.
Пусть имеются два элементарных тока: ^Л/, и /2Л/2; &F — сила,
с которой первый ток действует на второй. Будем рассуждать следую-
следующим образом: элемент тока 1\МХ создает в месте расположения второго
тока магнитное поле Л/J, которое по закону Био—Савара—Лапласа
может быть представлено в виде (рис. 42.2, а)
Это поле в соответствии с законом Ампера действует на элемент
тока /2Л/2 с силой AF (рис. 42.2, б):
\F=I2(\T2X АЯ). D2.3)
Подставляя D2.2) в D2.3) находим следующее выражение для силы,
с которой элемент тока 1ХЫх действует на элемент тока:
4л/?3
X (А/~ X *))• D2-4)
Кстати, из рис. 42.2 легко усмотреть результат, который должен быть
Вам хорошо известен: параллельные токи притягиваются друг к другу.
Читатель Б: С элементарными токами все понятно. А как быть с реаль-
ными токами, реальными проводниками?
Автор: Надо разбить (мысленно, конечно) каждый из проводников на
элементарные токи, определить взаимодействие между каждой парой
элементарных токов (выбранных, разумеется, на разных проводниках),
а затем получить суммарный результат.
Читатель Б: В принципе это понятно. А вот как проделать такую гро-
громоздкую операцию практически?
Автор: Практически Вы будете это делать после того, как познакомитесь
с высшей математикой и научитесь интегрировать. А пока ограничьтесь
взаимодействием элементарных токов.
На рис. 42.3 изображены четыре пары элементарных токов. Восполь-
Воспользуйтесь выражением D2.4) и нарисуйте направления сил, приложен-
приложенных к каждому из изображенных токов.
Читатель Б: Разрешите мне. Одну минуту... В случае а) токи взаимно
притягиваются, в случае б) — отталкиваются, в случае в) они не взаи-
взаимодействуют, а вот в случае г) ... Получается какая-то нелепица: в слу-
случае г) на правый ток сила действует, а на левый не действует. Вот мой
рисунок (рис. 42.4).
Автор: Ваш рисунок верен.
Читатель Б: Но ведь в случае г) не выполняется третий закон Ньютона!
218
Здесь действие не равно противодей- 2 5
1'3 5,
-*»-
ствию.
Читатель А: А может быть, третий закон
Ньютона справедлив только в механике.
Ведь здесь рассматриваются электричес-
электрические токи. 4 8
Читатель Б: Не согласен. К тому же многие
силы, рассматриваемые в механике,
имеют электрическую природу.
Автор: Это так. Третий закон Ньютона явля-
является фундаментальным законом; из него
следует закон сохранения количества движения. Следовательно, отказ
от третьего закона Ньютона должен привести к отказу от закона сохра-
сохранения количества движения.
Читатель Б: Вот и получается, что в случае г) На рис. 42.4 изобра-
изображена физическая нелепица.
Автор: И все же рисунок верен. Ищите выход из положения.
Читатель Б (после раздумья): Кажется, я понял, в чем дело. Мы рассмат-
рассматривали элементарные токи. Эти токи не замкнуты. Реальные же токи
должны быть замкнуты. Попробуем рассмотреть взаимодействие двух
замкнутых токов, каждый из которых состоит, допустим, из четырех
элементарных токов (рис. 42.5). Для удобства все они на рисунке
перенумерованы. Возьмем, например, ток /. Найдем силы, с какими
на него действуют токи 5, 6, 7, 8. Сложим эти силы. Затем возьмем
последовательно токи 2, 3 и 4. В итоге можно найти результирую-
результирующую силу, приложенную к каждому из замкнутых токов. Я думаю, что
результирующие силы будут равны по модулю и противоположны по
направлению в соответствии с третьим законом Ньютона.
Автор: Ваш вывод в отношении результирующих сил, приложенных к
замкнутым токам, верен.
Читатель Б: В итоге никакого парадокса не остается.
Автор: А как быть с переменными электрическими токами? Ведь они-то
могут быть незамкнутыми. Для них случай г) на рис. 42.4 может отра-
отражать реальную ситуацию.
Читатель Б: Парадокс опять возродился!
Автор: Не буду больше испытывать вашу сообразительность. Действи-
Действительно, в случае элементарных переменных токов можно встретиться
с ситуацией, когда действие не равно противодействию. Может пока-
показаться, что при этом нарушается закон сохранения количества движе-
движения. Однако не следует спешить с таким выводом. В природе никогда
количество движения не исчезает и не возникает. Надо сделать вывод,
что в рассматриваемой нами ситуации мы имеем дело еще с одним
объектом, который уходит из системы и уносит с собой определенное
количество движения. Этот объект — электромагнитная волна. Таким
образом, мы приходим к заключению, что система переменных токов
типа той, что изображена на рис. 42.4, г, представляет собой открытый
колебательный контур и должна излучать электромагнитные волны.
Читатель Б: Потрясающе!
Автор: Заметьте, что этот вывод следует из самых общих положений.
Здесь весьма уместно подчеркнуть важность овладения материалисти-
219
ческим мировоззрением.1 Действительно,
материалистически мыслящий человек
будет исходить из того, что закон сохра-
сохранения количества движения в любом слу-
случае выполняется. Следовательно, кажу-
кажущееся его нарушение может быть связано
только с незамкнутостью рассматривае-
рассматриваемой системы, с наличием дополнительно-
дополнительного «объекта», уносящего (или принося-
Рис 42.6 щего) с собой какое-то количество дви-
движения. Человек же, не привыкший мыс-
мыслить материалистически, скорей всего сделал бы ложный вывод о том,
что в данной ситуации закон сохранения количества движения попрос-
попросту нарушается. Мы убеждаемся в том, что правильная философская
позиция играет существенную роль при рассмотрении различных физи-
физических явлений.
В связи с этим поучительно привести один пример из области ядерной
физики. При изучении являения р-распада атомных ядер физики заме-
заметили, что электроны, рождающиеся при р-распаде, не обладают опреде-
определенной энергией, а вылетают от случая к случаю с разными энергиями.
Казалось, что в явлении р-распада ядер нарушается закон сохранения
энергии. Материалистическая философская позиция, исходящая из не-
незыблемости закона сохранения энергии, привела в данном случае к
предсказанию существования трудно регистрируемой новой частицы,
появляющейся при р-распаде наряду с электроном. Эту частицу на-
назвали нейтрино. Впоследствии в результате усовершенствования тех-
техники эксперимента нейтрино было обнаружено прямым эксперимен-
экспериментальным путем. Однако до сих пор принято говорить, что нейтрино была
открыта «на кончике пера».
ЗАДАЧИ
42.1. В однородное магнитное поле с индукцией В = 0,25 Тл, направленное верти-
вертикально, помещен горизонтальный линейный проводник массой т = 10 г и длиной
/ = 20 см. Проводник подвешен на тонких длинных проволочках. На какой угол
отклоняются проволочки, поддерживающие проводник, если по нему пропустить ток
силой / = 2 А.
42.2. Медный проводник с площадью сечения s = 3 мм2, согнутый в виде трех
сторон квадрата, может свободно поворачиваться вокруг горизонтальной оси АБ
(рис. 42.6). Проводник помещен в однородное магнитное поле, индукция которого
равна В = 0,2 Тл и направлена вертикально. Определить, на какой угол а откло-
отклонится проводник, если по нему пропустить ток силой / = 2,6 А. Плотность меди
р = 8,9 г/см3.
43. ХОРОШО ЛИ ВЫ ПОНИМАЕТЕ ЗАКОН ФАРАДЕЯ
И ПРАВИЛО ЛЕНЦА?
Автор: Дайте определение потока магнитной индукции через некоторый
контур (рамку).
Читатель Б: Потоком магнитной индукции (обозначается Ф) через контур
площадью S называют величину, равную произведению магнитной
220
индукции В на площадь S и на косинус угла а между нормалью к
контуру и вектором магнитной индукции:
0 = BS cos a. - D3.1)
Читатель А: Поток магнитной индукции через контур равен числу линий
магнитной индукции, пересекающих площадь контура.
Автор: Согласен с обоими заявлениями. Каковы условия применимости
формулы D3.1)?
Читатель Б: Я не понимаю вопроса.
Автор: Это потому, что подобные вопросы Вы не привыкли ставить. Фор-
Формула D3.1) применима в предположении, что вектор индукции не
изменяется ни по модулю, ни по направлению в пределах площади
контура. Иными словами, магнитное поле в пределах контура должно
быть однородным.
Какова единица потока магнитной индукции в СИ?
Читатель Б: Не помню.
Автор: Эта единица называется вебер (Вб). Это поток сквозь площадку
1 м2, пересекаемую нормальными к ней линиями магнитного поля,
индукция которого 1 Тл.
Следующий вопрос: изменяется ли со временем поток индукции через
рамку, если она поступательно перемещается в однородном магнитном
поле?
Читатель Б: А какова траектория перемещения — прямая или нет?
Автор: А разве это существенно?
Читатель Б: Понял. Не изменяется.
Автор: Правильно. А в каком случае изменяется?
Читатель Б: Если рамка перемещается в неоднородном поле, или враща-
вращается в однородном поле.
Автор: Верно. Теперь перейдем к рассмотрению явления электромагнит-
электромагнитной индукции. В чем она заключается?
Читатель Б: При изменении во времени потока Ф сквозь контур в послед-
последнем возникает электрический ток (индукционный ток). Можно считать,
что этот ток возникает под действием некой электродвижущей силы —
ЭДС индукции(<&).
Автор: Отлично. А теперь скажите, какой закон (или какие законы)
описывает явление электромагнитной индукции?
Читатель Б: Закон Фарадея: ЭДС % пропорциональна скорости измене-
изменения потока во времени ЛФ/Л/ (в СИ коэффициент пропорциональности,
по-моему, равен единице):
*, = -l!r- D3-2)
Автор: Вы правильно сформулировали закон Фарадея. Однако следует
помнить, что явление электромагнитной индукции описывается не
только законом Фарадея, но и правилом Ленца, которое объясняет
знак «—».
Читатель А: Правило Ленца — индукционный ток всегда направлен так,
чтобы своим полем противодействовать причине, его вызывающей.
Я помню эту формулировку, до не вполне понимаю ее.
221
Рис 43 1
Автор: Закон Фарадея определяет значение
ЭДС индукции, правило Ленца — на-
направление этой ЭДС.
Теперь о самом правиле Ленца. Рассмот-
Рассмотрим его с точки зрения закона сохранения
энергии. Будем надевать проводящее
кольцо в одном случае на обычный каран-
карандаш, а в другом — на брусочек постоян-
постоянного магнита. Во втором случае появляет-
появляется индукционный ток в кольце. Это озна-
означает, что мы вынуждены были совершить
некоторую дополнительную работу при
надевании кольца. Но дополнительная
работа может быть совершена только при
наличии дополнительной силы сопротивления (против этой с,илы). Сле-
Следовательно, индукционный ток в кольце должен быть направлен так,
чтобы обеспечить возникновение указанной силы сопротивления.
Читатель А: Вот теперь мне все эти вопросы стали яснее.
Читатель Б: Получается, что правило Ленца тоже можно было бы открыть
«на кончике пера»? Ведь здесь используется только закон сохранения
энергии.
Автор: Вы правы. Только замечу, что наряду с законом сохранения энер-
энергии используется экспериментальный факт появления индукционного
тока.
Иначе говоря, для «открытия» правила Ленца физик-теоретик должен
знать закон сохранения энергии и закон Фарадея.
Для закрепленения материала рассмотрим задачу: рамка площадью S
равномерно вращается с угловой скоростью со в однородном магнитном
поле с индукцией В. Как изменяется со временем ЭДС индукции? В ка-
каких положениях рамки ЭДС индукции обращается в нуль? В каких
положениях она максимальна?
Задачу иллюстрирует рис. 43.1, на котором показано поперечное сече-
сечение рамки для нескольких положений. В каком положении поток сквозь
рамку максимален?
Читатель А: В положении /.
Автор: В каком положении рамки максимальна скорость изменения потока
сквозь рамку?
Читатель А (неуверенно): Тоже в положении /...
Читатель Б: По-моему, в положении 2, так как в этом положении рамка
при вращении пересекает линии магнитной индукции поля под прямым
углом. В положении 2 максимальна ЭДС индукции.
Автор: Правильно. А в каком положении ЭДС индукции равна нулю?
Читатель Б: В положении /. Здесь рамка при вращении скользит вдоль
линий магнитной индукции.
Автор: Вы правы. Обратите внимание: поток через рамку и скорость изме-
изменения этого потока — это разные «вещи». В положении / поток макси-
максимален, а скорость его изменения равна нулю. В положении 2, напротив,
скорость изменения потока максимальна, а сам поток равен нулю.
Далее положим а= со/ и рассмотрим общий случай, которому отвечает
промежуточное положение 3. Имеем
Ф = В S cos а = В S cos cof.
222
Нам требуется найти отношение
ЛФ/Д/ при достаточно малых
значениях At. Запишем
A(D=/JS[cos(g>/-|-g)A/)—cosg>/] =
=/JS[cosg>/cosg)A/—
— sino>/sino>A/—cos о)/]
Поскольку о)Л/<С 1. можно поло-
положить coso)A/«l и sintoA/ « олЫ
(здесь угол выражается не в
градусах, а в радианах). Отсюда
находим
АФ
9 = — = BSb> sin at. D3.3)
Рис. 43.2
На рис. 43.2 показаны зависи-
зависимости от времени для потока и для скорости его изменения (т. е. для
ЭДС индукции). Мы получили, что в рамке, равномерно вращающейся
в однородном магнитном поле, индуцируется переменная ЭДС, изме-
изменяющаяся во времени по гармоническому закону.
ЗАДАЧИ
43.1. По двум металлическим рейкам, соединенным с сопротивлением R = 10 Ом,
двигают без нарушения контакта металлическую перемычку А Б со скоростью
и = 1 м/с. Система расположена в однородном магнитном поле, индукция которого
равна В = 1 Тл и направлена перпендикулярно скорости движения перемычки
(рис. 43.3). Определить мощность Р, которую надо затратить, чтобы по пере-
перемычке тек постоянный ток. Длина перемычки / = 0,5 м. Определить также силу
тока /, протекающего через сопротивление R. Сопротивлением металлических реек
и перемычки пренебречь.
43.2. В однородном магнитном поле с индукцией В = 0,1 Тл расположен плоский
проволочный виток, площадь которого S = 5 см2, а сопротивление R = 2 Ом. Плос-
Плоскость витка перпендикулярна линиям магнитной индукции поля. Виток замкнут
на гальванометр. Определить заряд q, протекающий через гальванометр при по-
повороте витка на угол а= 120°.
43-3. В однородное магнитное поле с магнитной индукцией В, направленной гори-
горизонтально, помещена конструкция, показанная на рис. 43.4. Плоскость конструкции
перпендикулярна линиям магнитной индукции поля. Перемычка АБ свободно сколь-
В
Рис. 43.3
Рис. 43.4
223
зит без нарушения контакта. Определить индукцию В, если перемычка достигает
максимальной скорости v = 1 м/с. Плотность вещества перемычки D = 8,8 г/см3,
удельное сопротивление р = 1,75 • 10~8Ом • м.
44. ЗНАКОМЫ ЛИ ВАМ ПОНЯТИЯ САМОИНДУКЦИИ
И ИНДУКТИВНОСТИ?
Автор: Поговорим о явлении самоиндукции.
Читатель Б: Мне кажется, именно теперь и был бы особенно уместен
вопрос: почему перегорела лампочка?
Автор: Что Вы имеете в виду?
Читатель Б: Я читал, что когда мы выключаем свет, в электрической
цепи вследствие явления самоиндукции возникает дополнительный ток.
Его называют током размыкания. В результате полный ток через лам-
лампочку в этот промежуток времени усиливается и она может перегореть.
Правда, я затрудняюсь более подробно объяснить возникновение тока
размыкания...
Читатель А: Однако я не один раз видел, что лампочка перегорает вовсе
не в момент выключения, а как раз наоборот — в момент включения.
Мы щелкаем выключателем, свет на мгновение зажигается и притом
довольно ярко. И в этот момент лампочка перегорает.
Читатель Б: А ведь действительно, так оно и происходит. Я тоже наблюдал
это. Получается какая-то неувязка с токами размыкания.
Автор: Давайте разберемся во всем этом. Прежде всего замечу, что
перегорание лампочки в квартире в момент включения света не имеет
никакого отношения к самоиндукции. Для проявления самоиндукции
нужно, чтобы в цепи была достаточно большая индуктивность (об
индуктивности мы поговорим чуть позднее). В бытовой электросети
индуктивность незначительна. Перегорание лампочки связано здесь
с тем, что сопротивление проводника увеличивается при повышении
его температуры. При включении света температура волоска лампочки
повышается от комнатной до температуры 2400°С, при этом довольно
заметно повышается и сопротивление нити накаливания у лампочки.
Нормальным расчетным сопротивлением для лампочки является то,
которое она имеет в работающем состоянии. Значит, в момент включе-
включения, когда волосок нити накаливания лампочки еще не успел раска-
раскалиться, его сопротивление ниже расчетного значения. При заданной
разности потенциалов напряжения сети мощность, выделяемая на во-
волоске лампочки, в соответствии с формулой D0.3) будет больше рас-
расчетной. Вот поэтому-то и возможно перегорание лампочки.
Читатель Б: А как же быть с токами размыкания?
Автор: Такие токи действительно существуют. Они обнаруживают себя
в электрических цепях промышленного тока, имеющих значительные
индуктивности. Токи размыкания действительно связаны с явлением
самоиндукции. И поскольку мы разобрались с возникшим недоразуме-
недоразумением, перейдем, наконец, к этому явлению. При изменении силы тока
в контуре будет, очевидно, изменяться и поток магнитного поля, созда-
создаваемого этим током. В результате в самом контуре будет индуциро-
224
ваться некая ЭДС. Это явление называют самоиндукцией, указанную
ЭДС — ЭДС самоиндукции. Предположим, что в контуре течет по-
постоянный ток. При выключении сила тока быстро уменьшается. Следо-
Следовательно, уменьшается и поток магнитного поля через данный контур.
Согласно закону Фарадея, возникает ЭДС индукции (в данном слу-
случае—самоиндукции). Согласно правилу Ленца, направление этой
ЭДС должно быть таким, чтобы препятствовать внешней причине, при-
приведшей к уменьшению магнитного потока. Отсюда следует, что индук-
индукционный ток размыкания будет направлен так же, как и имевшийся ра-
ранее ток: поэтому результирующий ток может значительно возрасти.
Очевидно, при включении возникает индукционный ток замыкания в
направлении, обратном направлению основного тока (при этом резуль-
результирующий ток уменьшается). В одних контурах явление самоиндукции
проявляется сильнее, в других слабее. Например, самоиндукция в пря-
прямом проводнике проявляется значительно слабее, чем в том же провод-
проводнике, свернутом в виде спирали (соленоида). В связи с этим вводят
специальную величину, характеризующую самоиндукционные свойства
контура,— его индуктивность. По закону Био—Савара—Лапласа,
индукция поля пропорциональна силе тока. С другой стороны, магнит-
магнитный поток пропорционален индукции. Отсюда видна пропорциональ-
пропорциональность магнитного потока и силы тока. Запишем это в виде соотношения
Ф=Ы. D4.1)
Коэффициент пропорциональности L называют индуктивностью данно-
данного контура. За единицу индуктивности в СИ принимают индуктивность
такого проводника, у которого при силе тока в нем 1 А возникает поток,
равный 1 Вб. Указанная единица называется генри (Гн).
Читатель А: С понятием индуктивности я знаком. Оно встречалось при
рассмотрении электромагнитных колебаний в замкнутом контуре.
Я имею в виду формулу для периода колебаний
Т = 2nVZc. D4.2)
Автор: Вы правы. Заметьте, что для увеличения индуктивности колеба-
колебательного контура провод сворачивают в виде соленоида. Иногда в лите-
литературе понятие «индуктивность» применяют в отношении самого этого
соленоида (говорят: «колебательный контур состоит из емкости и ин-
индуктивности»).
В заключение попробуйте получить выражение для индуктивности со-
соленоида, если дано: сила тока I, число витков п, длина соленоида I, пло-
площадь витка S.
Читатель Б: Я воспользуюсь формулами D1.4) и D1.5). Индукция маг-
магнитного поля внутри соленоида описывается выражением
В = щ/ (п/1). D4.3)
Поток равен Ф = BS.
Автор: Тут Вы ошиблись. Надо учесть полный поток сквозь все п витков
соленоида. Следовательно,
Ф = nBS. D4 4)
225
Читатель Б: Подставляя D4.3) и D4.4) в D4.1), находим nBs ~
= LBl/{ \xon), или окончательно
L = п \x.qS/1.
Автор: Все правильно.
D4.5)
45. ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ, КАК ОТРАЖАЮТСЯ
И ПРЕЛОМЛЯЮТСЯ ЛУЧИ СВЕТА?
Автор: Сформулируйте законы отражения и преломления света.
Читатель А: Закон отражения: угол падения равен углу отражения. Закон
преломления: отношение синуса угла падения к синусу угла преломле-
преломления равно показателю преломления среды.
Автор: Ваши формулировки неточны. Во-первых, Вы не указали, что лучи
падающий и отраженный (или преломленный) лежат в одной плоскости
с перпендикуляром, восставленным к границе отражения (или пре-
преломления) из точки падения. Ведь если это не оговорить, то можно
представить отражение так, как показано на рис. 45.1, что в действи-
действительности не наблюдается. Во-вторых, Ваша формулировка lawona пре-
преломления относится к частному случаю падения луча из воздуха на
границу некоторой среды. Пусть в общем случае луч падает из среды с
показателем преломления п, на границу со средой с показателем пре-
преломления п2. Обозначим угол падения через а,, а угол преломления —
через щ. В этом случае закон преломления записывается в виде
sin a
sin а.
D5 1)
Ваша формулировка следует отсюда при условии, что для воздуха
я,= 1.
Рассмотрим задачу. Монета лежит в воде на глубине Н. Будем смотреть
на нее сверху по вертикали. На какой глубине мы увидим монету?
Читатель А: Я знаю, что монета будет казаться приподнятой. Ответить
более конкретно затрудняюсь.
Автор: Проведем из точки О монеты два луча ОА и ОБ,Б (рис. 45.2, а).
226
Рис. 45 1
Рис. 45.2
Законы геометрической
оптики известны человеку
давно. Однако по сей день
они поражают нас своей
законченностью. Чтобы
убедиться в этом,
попрактикуйтесь в
построении изображений в
различных оптических
системах. Обсудим законы
отражения и преломления
света.
Луч О А не преломляется (он вертикален), луч ОБ;Б преломляется.
Предположим, что эти два расходящихся луча попадают в глаз. Глаз
увидит изображение монеты в точке пересечения расходящихся лучей
АО и ББ, — в точке О,. Из рисунка видно, что искомое расстояние h
связано с глубиной Н соотношением
h tg a, = Н tg гц,
отсюда
.)• D5.2)
Ввиду малости углов а, и щ можно применить приближенную формулу
tg а ж sin а « а D5.3)
(здесь угол выражается не в градусах, а в радианах). Используя
D5.3), перепишем формулу D5.2) в виде
h ж Н sin o^/sin a, = Н/п. D5.4)
Так как для воды п = 4/з, то h = 3/4 Н.
Читатель Б: А где будет изображение, если смотреть на монету не по вер-
вертикали, а как-то сбоку?
Автор: В этом случае монета будет казаться не только приподнятой, но
также и смещенной ближе к наблюдателю (рис. 45.2, б). Очевидно,
что расчет в этом случае значительно усложняется. Рассмотрим задачу.
Водолаз высотой h стоит на дне озера на глубине Н. Вычислить мини-
Til
мальное расстояние от точки,
где стоит водолаз, до тех точек
дна, которые он может увидеть в
результате полного отражения
от поверхности воды.
Читатель А: Такие задачи я умею
решать. Обозначим искомое рас-
расстояние через L. Ход луча из точ-
точки А в глаз водолаза показан на
рис. 45.3; точка А — самая близ-
близкая к водолазу точка, которую
он может увидеть в результате
полного отражения от поверхно-
поверхности воды. Так, например, луч, от
более близкой точки Б на
поверхности воды преломляется (см. пунктир на рис. 45.3). Угол ocq
является углом полного отражения. Он вычисляется по формуле
sin Oq = \/n. D5.5)
Из рисунка нетрудно видеть, что
L = h tg «о + 2 (Н - h) tg «о = BЯ - h) tg «q.
Рис. 45.3
Так как tg a= sin а/V I — sin2 а, то, используя D5.5), получаем
D5.6)
L = BЯ - А)/Ч пГ - 1.
Подставляя сюда п = 4/з» находим, что L = 3 BН — Н)/л[7.
Автор: Совершенно верно.-А что будет видеть водолаз над своей головой?
Читатель А: Он будет видеть прямо над собой светлый круг радиусом
/ = (Н — A)/Vп2 — 1 =(з/л/7) {Н — h). За пределами этого круга он
будет видеть изображения предметов дна.
Читатель Б: А если Дно, на котором стоит водолаз, не горизонтальное, а
наклонное?
Автор: Тогда расстояние L будет, очевидно, зависеть от того, в каком
направлении смотрит водолаз. Нетрудно сообразить, что это расстоя-
расстояние минимально, когда водолаз смотрит вверх по наклонной плоскости,
и максимально, когда водолаз смотрит в обратном направлении. Ре-
Результат, полученный в предыдущей задаче, будет теперь применим
тогда, когда водолаз смотрит в направлении, по которому высота дна не
меняется (вдоль"берега). Задача с наклонным дном предлагается для
самостоятельного решения (см. задачу 45.2).
Читатель Б: Рассмотренная задача основывалась на явлении полного
отражения. Само по себе это явление представляется мне не собсем
понятным. Получается, что при плавном изменении угла падения луча
может наблюдаться скачкообразное изменение его дальнейшего
хода.
Автор: Что Вы имеете в виду?
Читатель Б: Я поясню свои слова с помощью рис. 45.4. Мы постепенно
увеличиваем угол падения а. При этом преломленный луч все больше
отклоняется от перпендикуляра 00,, угол |3 растет. И вот наступает
228
ситуация, когда угол р оказывается равным 90°. Если теперь хотя бы
чуть-чуть увеличить угол а, то луч ОА скачком превращается в луч ОВ.
Вот это-то мне и непонятно.
Автор: Но ведь Ваш рисунок ошибочен! Вот правильный рисунок
(рис. 45.5).
Читатель Б: Я Вас не понимаю.
Автор: Все очень просто. Необходимо учитывать, что при падении луча
на границу двух сред образуется два луча — преломленный и отра-
отраженный. Существенно, что по мере увеличения угла падения а интен-
интенсивность преломленного луча плавно уменьшается, а отраженного —
плавно растет. Когда угол р оказывается равным 90°, интенсивность
отраженного луча становится равной интенсивности падающего. Как
видите, никакого скачка здесь нет.
Читатель А: Можно ли изменить направление луча, поставив на его пути
систему из плоскопараллельных прозрачных пластинок?
Автор: А .как Вы сами думаете?
Читатель А: По-моему, в принципе возможно, ведь внутри пластинки луч,
преломляясь, идет по иному направлению.
Читатель Б: Я не согласен. После пластинок луч все равно будет парал-
параллелен первоначальному направлению.
Автор: Докажите это на примере системы из нескольких пластинок с
различными показателями преломления.
Читатель Б: Я возьму три пластинки, показатели преломления которых
«,, п2 и «з- Ход луча в этой системе показан на рис. 45.6. Рассматри-
Рассматривая преломление луча на каждой из имеющихся границ, запишем:
sin oco/sin a, = «,, sin а,/sin гц = п2/пх,
sin o^/sin 03 = п3/п2, sin Oj/sin а4 = 1/я3-
Перемножая левые и правые части этих равенств, получаем
sin oto/sin a4 = 1. Таким образом, ocq = a4, что и требовалось доказать.
Рис. 45.5
229
Рис. 45.6
Автор: Совершенно верно. А теперь давайте об-
обсудим границы применимости законов гео-
геометрической оптики.
Читатель Б: Эти законы неприменимы, когда
характерные для рассматриваемой задачи
расстояния, например диаметр препятствия
или отверстия, оказываются достаточно ма-
малыми — порядка длины волн света. В этих
случаях проявляются волновые свойства
света.
Автор: Такой именно ответ обычно и дают экза-
экзаменующиеся. С ним можно согласиться, хотя
он и не является вполне исчерпывающим. Во
всяком случае, здесь содержится правиль-
правильная мысль о том, что законы геометрической
оптики ограничены со стороны малых рас-
расстояний, когда уже приходится принимать во
внимание длину волны света. А существуют ли ограничения на приме-
применимость законов геометрической оптики, если так можно сказать, с дру-
другой стороны — со стороны больших расстояний?
Читатель Б: Если расстояние больше длины волны света, то свет можно
рассматривать в рамках геометрической оптики. Именно так нам гово-
говорили ранее. Я думаю, что со стороны больших расстояний ограничений
на применимость геометрической оптики нет.
Автор: Вы ошибаетесь. Представьте себе следующую картину: в космиче-
космическое пространство посылается луч света, причем совершенно исклю-
исключается возможность его рассеяния. Предположим, что в течение одной
секунды Вы поворачиваете аппарат, посылающий световой луч, на 60°.
Спрашивается: с какой скоростью должны перемещаться при таком
повороте точки луча, находящиеся от аппарата на расстояниях больше
300 000 км?
Читатель Б: Я понимаю вопрос. Такие точки должны перемещаться со
скоростью, более высокой, нежели скорость света. Однако, согласно
теории относительности, скорости больше скорости света невозможны
только в том случае, если эти скорости движения материальных тел.
Здесь же речь идет о луче.
Автор: А разве световой луч не материален? Как видите, геометрическая
оптика на слишком больших расстояниях оказывается несостоятель-
несостоятельной. В этом случае необходимо учитывать, что световой луч — это поток
частиц света (поток фотонов). Фотоны, вылетевшие из аппарата до
того, как его повернули, ничего «не знают» о состоявшемся повороте и
продолжают свое движение в том направлении, в каком были испу-
испущены. В новом направлении полетят новые фотоны. Таким образом,
никакого поворота светового луча как целого мы не наблюдаем.
Читатель Б: А как количественно оценить границу применимости законов
геометрической оптики со стороны больших расстояний?
Автор: Расстояния должны быть таковы, чтобы время, нужное свету для
их прохождения, было много меньше всех характерных времен в дан-
данной задаче, например много меньше времени поворота аппарата,
испускающего световой луч. В этом случае луч как целое не разруша-
разрушается, и можно пользоваться законами геометрической оптики.
230
ЗАДАЧИ
45.1. Мы смотрим по вертикали сверху на предмет, накрытый стеклянной пластин-
пластинкой, поверх которой налита вода. Толщина пластинки d, = 5 см, слоя воды
d2 = 10 см. Показатель преломления стекла п{ = 1,6, воды л2 = 1,33. На каком
расстоянии h от поверхности воды будет видно изображение предмета?
45.2. Водолаз высотой h = 1,8 м стоит на глубине Н = 5 м под водой на дне, пред-
представляющем собой наклонную плоскость с углом наклона {* = 15°. Вычислить
минимальное расстояние L по дну от точки, где стоит водолаз, до тех точек дна,
которые водолаз может увидеть в результате полного отражения от поверхности
воды.
45.3. Дана стеклянная пластинка толщиной d = 5 см с показателем преломления
п =1,5. При каком угле падения а из воздуха отраженный и преломленный
пластинкой лучи будут взаимно перпендикулярны? Вычислить для этого угла
падения смещение х луча в результате прохождения сквозь указанную пластинку.
45.4. Дана стеклянная пластинка толщиной d с показателем преломления п.
Угол падения луча из воздуха на пластинку равен углу полного отражения
для стекла, из которого изготовлена пластинка. Вычислить смещение х луча
в результате прохождения сквозь пластинку.
46. КАК ВЫ СТРОИТЕ ИЗОБРАЖЕНИЯ
В ЗЕРКАЛАХ И ЛИНЗАХ?
Автор: Нередко приходится сталкиваться с неумением экзаменующихся
правильно строить изображения в плоских и кривых зеркалах, раз-
различных оптических системах — линзах. Рассмотрим ряд примеров.
Постройте изображение человека в плоском зеркале в случае, изоб-
изображенном на рис. 46.1, а.
Читатель А: Мне кажется, что в этом случае изображения в зеркале не
будет, так как зеркало расположено слишком высоко.
Автор: Ошибаетесь. Изображение в зеркале будет. Его построение дано
на рис. 46.1, б. Нетрудно убедиться, что для воссоздания изображения
достаточно продолжить плоскость зеркала и симметрично показать
изображение человека относительно этой плоскости.
Читатель А: Но разве человек увидит свое изображение?
'SSSSSS/SSs
а)
Рис. 46.2
231
a)
д)
Рис 46 3
Автор: Это другой вопрос. Человек, действительно, своего изображения не
увидит. Для этого зеркало расположено слишком высоко и, кроме того,
неудобно наклонено. Изображение человека в данном зеркале увидят
только те наблюдатели, которые будут находиться в пределах угла,
образованного лучами АА, и ББ,. Уместно напомнить, что в глаз
наблюдателя должен войти пучок расходящихся лучей от наблюдаемо-
наблюдаемого предмета. Глаз увидит изображение предмета в месте пересечения
этих лучей или их продолжений (см. рис. 45.2 и 46.1, б).
Рассмотрим пример на построение изображения в системе из двух
взаимно перпендикулярных плоских зеркал (рис. 46.2, а).
Читатель А: Надо отразить предмет в двух зеркальных плоскостях, в ре-
результате чего получатся два изображения (рис. 46.2, б).
Автор: Вы потеряли еще одно, третье, изображение. Обратите внимание
на то, что лучи, вышедшие из предмета в пределах прямого угла ЛОБ
(рис. 46.2, в), испытывают не одно, а два отражения: сначала от одно-
одного, а затем от другого зеркала. На рис. 46.2, в показан ход двух таких
лучей. Пересечение продолжений этих лучей определяет третье изобра-
изображение предмета.
Рассмотрим ряд примеров с собирающей линзой. Постройте изображе-
изображение предмета в линзе в случае, изображенном на рис. 46.3, а.
Читатель А: Это очень просто. Мое простроение показано на рис. 46.3, б.
Автор: Хорошо. Теперь представьте себе, что половина линзы закрыта
непроницаемым экраном (рис. 46.3, в). Что произойдет при этом с изоб-
изображением?
Читатель А: В этом случае изображение исчезнет.
Автор: Ошибаетесь. Вы забываете, что изображение любой точки стрелки
(например, ее конца) получается в результате пересечения не двух
лучей, а бесконечно большого числа лучей (рис. 46.3, г). Обычно мы
ограничиваемся двумя лучами потому, что для построения положения
изображения достаточно рассмотреть ход всего двух лучей. Экран в
данном случае задерживает часть лучей, падающих на линзу. Однако
другая часть лучей проходит сквозь линзу и образует изображение
предмета (рис. 46.3, д). Поскольку теперь в создании изображения
участвует меньше лучей, изображение получается менее ярким.
232
Читатель Б: Из Ваших объяснений следует, что при закрывании части
линзы непроницаемым экраном изменяется только яркость изображе-
изображения и ничего больше. Однако все, кто занимается фотографией, знают,
что при диафрагмировании объектива фотоаппарата, т. е. при уменьше-
уменьшений рабочей площади линзы, наряду с уменьшением яркости изобра-
изображения наблюдается и другой эффект — изображение становится более
четким. Чем это объясняется?
Автор: Вы поставили весьма уместный вопрос. Он позволяет отметить сле-
следующее обстоятельство: все наши построения делаются в предположе-
предположении пренебрежения дефектами оптических систем (в данном случае
линз). Правда, термин «дефекты» здесь не совсем подходит, поскольку
речь идет не о каких-то случайных недостатках линз, а скорее об их
принципиальных свойствах. Известно, что если на линзу падают два
луча, параллельных главной оптической оси линзы и отстоящих от нее
иа разных расстояниях, то после преломления в линзе эти лучи пересе-
пересекут главную оптическую ось, строго говоря, в различных точках
(рис. 46.4, а), т. е. фокус линзы (точка пересечения всех лучей, парал-
параллельных главной оптической оси) оказывается размазанным; изобра-
изображение предмета будет нечетким. Эта размазанность тем больше, чем
больше разница в расстояниях до главной оптической оси от различных
лучей пучка. При диафрагмировании линзы сквозь нее проходит более
узкий пучок лучей, вследствие чего нечеткость изображения несколько
уменьшается (рис. 46.4, б).
Читатель Б: Получается, что при диафрагмировании жертвуют яркостью
изображения ради повышения степени его четкости?
Автор: Совершенно верно. Однако следует иметь в виду, что при построе-
построении изображений в линзах экзаменующийся имеет право полагать, что
параллельные лучи всегда пересекаются в одной точке. Эта точка ле-
лежит на главной оптической оси, если пучок параллельных лучей был на-
направлен вдоль указанной оси; эта точка лежит на фокальной плоскости,
если пучок параллельных лучей был направлен под некоторым углом к
главной оптической оси. Прн этом важно, чтобы экзаменующийся пони-
понимал, что подобное рассмотрение является приближенным и при более
точном подходе требует введения поправок на дефекты оптических
систем,
Читатель А: А что такое фокальная плоскость линзы?
Рис. 46.4
233
Ail
в)
Рис. 46.5
Автор: Это плоскость, проведенная через фокус линзы перпендикулярно
ее главной оптической оси.
Рассмотрим вопрос: чем отличается изображение в плоском зеркале от
изображения, полученного в собирающей линзе в примере, к которому
относился рис. 46.3.
Читатель А: В первом случае (в зеркале) изображение является мнимым,
тогда как во втором случае оно действительное.
Автор: Правильно. Укажите подробнее, в чем различие между мнимым и
действительным изображениями.
Читатель Б: Мнимое изображение образуется пересечением не самих лу-
лучей, а их продолжений, а действительное — пересечением самих лучей.
Неудивительно, что мнимое изображение может находиться где-нибудь
за стенкой — там, где сами лучи никак не могут оказаться.
Автор: Правильно. Заметьте также, что мнимое изображение можно на-
наблюдать только из определенных положений. В случае же действитель-
действительного изображения Вы можете поместить в месте нахождений изображе-
изображения экран и наблюдать изображение с любой позиции.
Рассмотрим пример, изображенный на рис. 46.5, а. Построить направ-
направление луча АА, после его прохождения сквозь собирающую линзу,
если известен ход некоторого другого луча в этой линзе (луч ББ,Б2
на рис. 46.5, а).
Читатель А: Но ведь неизвестно фокусное расстояние линзы!
Автор: Зато дан ход одного луча до и после линзы.
Читатель А: Таких построений мы никогда не делали.
Читатель Б: Я думаю, что сначала следует найти фокусное расстояние
линзы. Для этого можно нарисовать где-нибудь слева от линзы верти-
вертикальную стрелку так, чтобы ее конец находился как раз на луче ББ,.
Обозначим этот конец точкой В (рис. 46.2, б). Далее проведем из
точки В луч через центр линзы. Этот луч пройдет сквозь линзу, не
преломившись, и в некоторой точке Г пересечется с лучом EtB2. Точка Г
234
является, очевидно, изображением конца нашей стрелки. Теперь оста-
остается провести из конца стрелки В третий луч, параллельный главной
оси линзы. Преломившись, этот луч должен пройти через уже известное
нам изображение конца стрелки, т. е. точку Г. Точка пересечения ука-
указанного луча с главной осью и явится искомым фокусом линзы. Все эти
построения даны на рис. 46.5, б. Затем, зная фокусное расстояние лин-
линзы, построим ход луча AAt после преломления. Для этого нарисуем
еще одну стрелку, конец которой должен находиться на луче AAt
(рис. 46.5, в). Используя найденное фокусное расстояние линзы, строим
изображение указанной стрелки. Искомый луч будет проходить через
точку At и конец изображения стрелки. Эти построения показаны на
рис. 46.5, в.
Автор: Ваши рассуждения справедливы. Они основаны на том, что Вы
отыскиваете изображение некоторого вспомогательного предмета
(стрелки). Замечу, что этим методом удобно воспользоваться в случае,
например, когда нужно определить положение изображения светящей-
светящейся точки, находящейся на главной оси линзы. В этом случае удобно вос-
восставить из светящейся точки стрелку и построить изображение стрелки.
Ясно, что основание изображения стрелки является искомым изобра-
изображением светящейся точки. Однако в приведенном выше случае этот ме-
метод является слишком громоздким. Есть более простой метод построе-
построения. Для получения фокусного расстояния линзы проведем через ее
центр луч ГО, параллельный лучу ББ, (рис. 46.5, г). Эти два луча, по-
поскольку они параллельны, пересекутся за линзой в фокальной плоскос-
плоскости (сечение фокальной плоскости показано на рис. 46.5, г пунктиром).
Затем проведем через центр линзы луч ВО, параллельный AAt. Исходя
из того, что эти два луча тоже должны пересекаться за линзой в фо-
фокальной плоскости, определяем искомое направление луча АА,, после
того, как он прошел сквозь линзу. Как видите, все получается значи-
значительно проще.
Читатель Б: Да, этот способ построения заметно проще.
Автор: Попробуйте рассмотреть по этому способу аналогичную задачу,
в которой вместо собирающей линзы используется рассеивающая
линза (рис. 46.6, а).
Читатель Б: Я проведу луч, параллельный лучу ББ}> и проходящий через
центр линзы (рис. 46.6, б). В отличие от предыдущей задачи теперь
будут пересекаться не сами лучи, а их продолжения (заметим, что для
луча, проходящего через центр, продолжение совпадает с самим лу-
лучом), вследствие чего фокальная плоскость, содержащая точку пересе-
пересечения, будет теперь не справа, а слева от линзы (см. пунктир на
рис. 46.6, б).
Автор (перебивая): Подчеркнем, что в рассеивающих линзах изображе-
изображения всегда являются мнимыми.
Читатель Б (продолжая): Затем я проведу через центр линзы луч, парал-
параллельный лучу АА, и, исходя из условия пересечения продолжений этих
лучей в фокальной плоскости, построю искомый луч.
Автор: Хорошо. Ответьте качественно на вопрос: где будет изображение
предмета, часть которого находится перед фокусом собирающей линзы,
а часть — за фокусом (предмет имеет конечную ширину)?
Читатель Б: Я построю изображения нескольких точек предмета, располо-
235
о
а)
Рис. 46 6
женных на различных расстояниях от линзы. При этом точки, располо-
расположенные за фокусом, дадут действительное изображение (оно будет на-
находиться справа от линзы), а точки, расположенные перед фокусом,
дадут мнимое изображение (оно будет находиться слева от линзы).
По мере приближения выбранных точек к фокусу изображения будут
отодвигаться в бесконечность (левую или правую).
Автор: Прекрасно. Таким образом, в данном случае изображение пред-
предмета состоит из двух кусков (слева и справа от линзы), каждый из
которых начинается на некотором конечном расстоянии от линзы и рас-
распространяется до бесконечности. Как видите, возможен положитель-
положительный ответ на вопрос: может ли предмет иметь одновременно и мнимое, и
действительное изображения.
Я вижу, что методика построения изображений в линзах Вами понята
достаточно хорошо. Поэтому перейдем к более сложному вопросу —
построению изображений в системе из двух линз. Рассмотрим задачу:
имеются две собирающие линзы с общей главной оптической осью и
разными фокусными расстояниями. Построить изображение вертикаль-
вертикальной стрелки в такой оптической системе (рис. 46.7, а). Фокусы одной
линзы обозначены на рисунке крестиками, а фокусы другой — кружоч-
кружочками.
Читатель Б: Чтобы построить изображение стрелки в системе двух линз,
надо сначала построить ее изображение в первой линзе. При этом вто-
вторую линзу можно не принимать во внимание. Затем надо это изобра-
изображение рассматривать как предмет и, не обращая внимания на первую
линзу, построить его изображение во второй линзе.
Автор: Здесь Вы делаете весьма характерную ошибку. Мне приходилось
много раз сталкиваться с подобным неверным ответом.
Давайте рассмотрим два луча, выходящих из острия стрелки, и просле-
проследим за их ходом через данную систему линз (рис. 46.7, б). Ход лучей
после первой линзы определяется просто. Для выяснения хода лучей
после второй линзы проведем вспомогательные лучи, параллельные
нашим лучам и проходящие через центр второй линзы. При этом ис-
используем метод, применявшийся в предыдущих примерах (параллель-
(параллельные лучи, проходя сквозь линзу, должны пересекаться в фокальной
плоскости). В точке пересечения лучей после второй линзы и будет
находиться искомое изображение острия стрелки. Все эти построения
236
б)
в)
Рис 46.7
показаны на рис. 46.7, б. Теперь посмотрите, к какому результату мы
пришли бы, если бы воспользовались Вашим предложением. Построе-
Построение произведено на рис. 46.7, в. Здесь сплошными линиями показано по-
построение изображения в первой линзе, а пунктирными — последующее
построение изображения во второй линзе. Как видите, в этом случае
получился бы совсем иной результат (неправильный результат!).
Читатель Б: Но я хорошо помню, что мы как-то строили изображение
именно тем способом, о котором я говорил.
Автор: Возможно, что Вы и строили так. Дело в том, что Ваш способ
построения в отдельных случаях оказывается справедливым, так как он
приводит к результатам, которые совпадают с результатами, получен-
полученными по моему методу. Это можно продемонстрировать на указанном
примере, если подвинуть стрелку поближе к первой линзе — за ее фо-
фокус. На рис. 46.8, а показано построение изображения по моему методу,
а на рис. 46.8, б — по Вашему методу. Как видите, в данном слу-
случае результаты совпадают.
Читатель Б: А как узнать, в каких именно случаях можно пользоваться
моим методом построения изображения?
Автор: Для двух линз было бы нетрудно сформулировать условия приме-
применимости Вашего метода. Для большего числа линз эти условия услож-
усложняются. Поэтому нет нужды их вообще рассматривать. Пользуйтесь
всегда моим методом, и все будет в порядке. В заключение я хочу за-
Рис. 46.8
237
*s
a)
1' в) *S' г)
Рис. 46.9 Рис. 46.10
дать еще один вопрос: может ли двояковогнутая линза быть собираю-
собирающей линзой?
Читатель Б: Я знаю ответ на этот вопрос. Двояковогнутая линза в обыч-
обычных условиях является рассеивающей. Однако она станет собирающей
линзой, если ее поместить в среду с более высоким показателем прелом-
преломления, нежели показатель преломления материала линзы, а двояковы-
двояковыпуклая линза в подобной среде будет рассеивающей.
ЗАДАЧИ
46.1. Найти построением ход луча 2 до рассеивающей линзы, если известны по-
положение линзы и ее оптической оси, ход луча / до и после линзы, ход луча 2'
после преломления (рис. 46.9).
46.2. На рис. 46.10 даны положения главной оптической оси сферического зеркала,
светящейся точки S и ее изображения S'. Найти построением положение вершины А
зеркала и его фокуса F. Рассмотреть случаи а), б), в), г).
46.3. На рис. 46.11 показано положение предмета и его изображения. Найти по-
построением положение линзы и ее фокусов.
47. ХОРОШО ЛИ ВЫ РЕШАЕТЕ ЗАДАЧИ
С ЗЕРКАЛАМИ И ЛИНЗАМИ?
Автор: Я хочу сделать несколько замечаний обобщающего характера,
которые могут оказаться весьма полезными при решении различных
задач с линзами и сферическими (вогнутыми и выпуклыми) зеркалами.
Формулы, применяемые при решении задач, делятся на две группы.
К первой группе относятся формулы, связывающие друг с дру-
другом фокусное расстояние F линзы (зеркала), расстояние от предмета до
линзы (зеркала) ^расстояние от изображения до линзы (зеркала) f:
J А' Т + Т -Г D7"
^ где d, f и F рассматриваются
В' как алгебраические величи-
Рис. 46.11 ны, знак которых может быть
А
238
разным в разных случаях. При этом возможны всего три случая, пред-
представленные на схеме:
Собирающие линзы и вогнутые зеркала
d>F d<F
1. d > О, F > 0, / > 0 2. d > О, F > 0, / < О
Изображение действительное Изображение мнимое
Рассеивающие линзы и выпуклые зеркала
3. d > О, F < 0, / < О
Изображение мнимое
Таким образом, d всегда положительно; фокусное расстояние F поло-
положительно для собирающих линз и вогнутых зеркал, отрицательно для
рассеивающих линз и выпуклых зеркал; расстояние f положительно для
действительных изображений и отрицательно для мнимых изображе-
изображений.
Читатель А: Если я правильно понял, то с помощью этой схемы можно
получить из общей формулы D7.1) три формулы, в которые входят
арифметические значения величин:
2) 1/d-l/f «1/F, D7.2)
3) l/d-1/f =
Автор: Да, Вы правильно поняли.
Читатель А: Я как-то не обращал внимания на аналогию между линзами и
соответствующими сферическими зеркалами.
Автор: Ко второй группе относятся формулы, которые связывают
фокусное расстояние линзы (зеркала) с ее прочими характеристиками.
Для зеркал имеем простое соотношение
F = ±R/2, D7.3)
где R — радиус кривизны зеркала; знак плюс относится к вогнутым
зеркалам (фокус положителен), знак минус — к выпуклым (фокус
отрицателен). Для линз имеем
где п — показатель преломления материала линзы; /?, и R2 — ее
радиус кривизны. Если радиус R относится к выпуклой стороне линзы,
то он берется со знаком плюс, если же R относится к вогнутой стороне
линзы, то со знаком минус. Нетрудно убедиться, что двояковыпуклые,
плосковыпуклые и выпукло-вогнутые линзы являются собирающими
линзами, так как в соответствии с формулой D7.4) они имеют положи-
положительный фокус.
Читатель А: А как будет выглядеть формула D7.4), если линзу поместить
в среду с показателем преломления п0?
239
Автор: В этом случае вместо D7.4)
будем иметь
Если перейти от случая оптически
менее плотной среды (п0 <с м) к слу-
случаю оптически более плотной
среды (мо>м), то согласно фор-
формуле D7.5) знак фокуса изме-
Рис. 47.1 нится и поэтому собирающая линза
превратится в рассеивающую и, наоборот, рассеивающая линза
превратится в собирающую.
Перейдем к решению конкретных задач. Выпуклая сторона плосковы-
плосковыпуклой линзы с радиусом кривизны R и показателем преломления п по-
посеребрена, в результате чего получилось своеобразное вогнутое зер-
зеркало. Найти фокусное расстояние такого зеркала.
Читатель А: Разрешите мне. Направим луч параллельно главной оптиче-
оптической оси. Отразившись от посеребренной поверхности линзы, он выйдет
из линзы и при этом преломится (рис. 47.1). Если бы луч не прелом-
преломлялся, то он пересек бы главную ось на расстоянии R/2 от зеркала
в соответствии с D7.3). В результате преломления луч пересекает
главную ось несколько ближе к зеркалу. Обозначим искомый фокус
через F. Из рисунка видно, что
Ввиду малости углов ах и а? можно применить формулу D5.3), получим
R
2F
sin а„
sin а
Отсюда находим, что
F = R/Bn).
D7.6)
Читатель Б: Я предлагаю решить эту задачу иначе. Известно, что если
совместить две системы с фокусными расстояниями Z7, и F2, то новая
система будет иметь фокусное расстояние F, определяемое по правилу
сложения оптических сил;
F "*" F-
D7.7)
В данном случае имеется линза с фокусным расстоянием Z7, = R/(n — 1)
в соответствии с D7.4), где один из радиусов следует положить равным
бесконечности, и вогнутое зеркало, для которого F.2 = R/2. Подставляя
выражения Z7, и F2 в формулу D7.7), находим
R
D7.8)
240
откуда
F=/?/(n+l). D7.9)
Отсюда видно, что читатель А неправильно сделал задачу [см. его ре-
результат D7.6)].
Автор (к читателю Б): Нет, ошибаетесь именно Вы. Результат D7.6)
является правильным.
Читатель Б: Но разве в данном случае правило D7.7) неверно?
Автор: Это правило верно и в данном случае применимо.
Читатель Б: Но если верно D7.7), то верно и D7.8).
Автор: Вот тут-то Вы и неправы. Дело в том,, что в задаче луч про-
проходит через линзу дважды (туда и обратно). Поэтому надо склады-
складывать светосилы зеркала и двух (!) линз и вместо выражения D7.8)
следует записать
1 ? я - 1 2
F-2 R + R'
откуда находим, что 1 /F = Bм — 2-\- 2)/R и, следовательно, F = R/Bn),
что полностью совпадает с результатом D7.6). Рассмотрим другую
задачу. Собирающая линза увеличивает изображение предмета в четы-
четыре раза. Если этот предмет передвинуть на 5 см, то увеличение умень-
уменьшается в два раза. Найти фокусное расстояние линзы.
Читатель А: В таких задачах я путаюсь: надо нарисовать ход лучей в
первом положении, затем во втором и провести сопоставление.
Автор: Я полагаю, что в данном случае вообще не надо рисовать ход лу-
лучей. В соответствии с формулой D7.1) запишем для заданного поло-
положения \/F-=\/dx-\-\/fx. Учитывая, что fl/dl = ki —увеличение в пер-
первом положении, получаем
k.d,
или<*,= F
*2+ '
Аналогично для второго положения запишем d2 = F — . Таким
образом,
d2-d, = F '"" 2. D7.10)
кхк2
В соответствии с условием задачи d2 — dx = 5 см, kx = 4, k2 = 2. Под-
Подставляя эти числовые значения в D7.10), получаем, что F = 20 см.
ЗАДАЧИ
47.1. Линза с фокусным расстоянием |F|=30cm дает уменьшенное в Л, (Л,= 1,5) раз
мнимое изображение предмета. Какая это линза — собирающая или рассеиваю-
рассеивающая? Где находится предмет? Где и каким по величине (Л2) будет изображение
предмета, если линзу отодвинуть на / = 20 см?
47.2. Светящаяся точка находится на оптической оси вогнутого зеркала с радиусом
кривизны R = 50 см на расстоянии d = 15 см от зеркала. Где находится изобра-
изображение точки? Что будет с изображением, если зеркало отодвинуть от точки на
/= 15 см?
47.3. Оптическая система состоит из рассеивающей и собирающей линз (рис. 47.2,
а; крестики обозначают фокусы линз). Фокусное расстояние каждой линзы \f\ =
241
1
a)
б)
Рис. 47.2
= 40 см. Предмет находится на двойном фокусном расстоянии перед рассеивающей
линзой. Построить изображение предмета в данной системе и рассчитать его
положение.
47.4. Оптическая система состоит из трех собирающих линз с фокусным расстоя-
расстоянием F = 30 см, размещенных, как показано на рис. 47.2, б. Предмет находится на
расстоянии d = 60 см от крайней линзы. Где будет изображение предмета?
47.5. Выпуклая сторона плосковыпуклой линзы с радиусом кривизны /? = 60 см
посеребрена, в результате чего получилось своеобразное вогнутое зеркало. Перед
этим зеркалом на расстоянии d = 25 см от него помещен предмет. Найти расстоя-
расстояние f *от зеркала до изображения предмета и увеличение к изображения, если
показатель преломления материала лиизы п = 1,5.
47.6. Вогнутая сторона плосковогнутой линзы с радиусом кривизны R = 50 см
посеребрена, в результате чего получилось своеобразное выпуклое зеркало. Перед
этим зеркалом на расстоянии d = 10 см от него помещен предмет. Найти расстоя-
расстояние f от зеркала до изображения и увеличение к изображения, если показатель
преломления материала линзы п = 1,5.
47.7. Собирающая линза с фокусным расстоянием f = 20 см находится на рас-
расстоянии / = 50 см от рассеивающей линзы с фокусным расстоянием fj = 36 см.
Перед собирающей линзой на расстоянии d{ = 28 см от нее расположен предмет.
Определить положение изображения и увеличение системы.
47.8. На оптической оси собирающей линзы с фокусным расстоянием F = 12 см
помещен точечный источник света S на расстоянии d = 36 см от линзы. За линзой
на расстоянии / = 27 см расположено плоское зеркало. Определить положение
изображения.
48. НЕОБХОДИМА ОСТОРОЖНОСТЬ!
Автор: Мы живем в эпоху бурного развития науки и техники. На наших
глазах совершается научно-техническая революция. Одной из важней-
важнейших предпосылок этой революции являются достижения современной
физики. Физика XX в. существенно воздействует на ход технического
прогресса, властно вторгается во все области нашей жизни, оказывает
на всех нас огромное влияние, формируя основы современного естест-
естественно-научного мировоззрения.
Важно понимать, что физика XX в. — это не просто некий набор
новых явлений, новых формул. Это прежде всего система новых пред-
представлений, включающая в себя, в частности, и завоевания физики пред-
предшествующих столетий (так называемой классической физики).
Читатель Б: Изучение физики в школе ограничивается рамками именно
классической физики. О современной физике школьники знают очень
мало. Наверное, это неправильно.
Автор: Я не согласен с Вами. И не потому, что современная физика
242
для школьника чересчур сложна. А прежде всего потому, что без
знания классической физики просто невозможно изучать физику совре-
современную. Как говорится, все надо делать по порядку. Впрочем, изучая
классическую физику, школьники в то же время знакомятся и с неко-
некоторыми вопросами современной физики.
Читатель Б: Это знакомство напоминает короткую экскурсию по новым, и
притом непонятным, «экзотическим» местам. Что-то подглядели, чему-
то удивились, а остального попросту не заметили.
Автор: В этом Вы правы. Однако трудно придумать иной подход. Есте-
Естественно, что, начиная изучать физику, надо прежде всего освоить ее
классические основы. Естественно также, что сегодня ограничиться
этими основами нельзя; надо хотя бы немного познакомиться и с совре-
современной физикой.
Читатель Б: Мне кажется, что поверхностное ознакомление со сложными
вопросами опасно появлением ошибочных представлений.
Автор: Действительно, в вопросах современной физики экзаменующиеся
допускают немало ошибок. Вот поэтому-то я и начал беседу об изуче-
изучении в школе вопросов современной физики. Здесь, как нигде, необхо-
необходимо соблюдать осторожность. Я предлагаю пройтись по некоторым во-
вопросам, на которые довольно часто можно получить от учащихся одни и
те же ошибочные ответы. Подобных вопросов можно было бы привести
немало. Мы остановимся лишь на некоторых. Они относятся ,к кван-
тово-механическим представлениям, атомной и ядерной физике.
Вопрос первый: как объясняет современная физика природу
электрического сопротивления?
Читатель А: Двигаясь внутри металла, электроны сталкиваются с атома-
атомами или ионами, образующими кристаллическую решетку.
Читатель Б: Наверное, здесь все не так просто. У сверхпроводника
тоже есть кристаллическая решетка. Однако почему-то нет электри-
электрического сопротивления.
Автор: Конечно, здесь не все так просто. Предположим, на минуту, что
кристаллическая решетка идеальна — все образующие ее атомы нахо-
находятся строго в узлах решетки, не совершая тепловых колебаний. Кроме
того, будем полагать, что в решетку не попали какие-либо посторонние
примеси. Оказывается, что в таком кристалле электроны под действием
внешнего электрического поля будут двигаться совершенно беспрепят-
беспрепятственно; они не будут «замечать» атомы, из которых образована решет-
решетка. Получается, что дело не в самом существовании атомов, которые
своим присутствием «мешают» электронам, а в чем-то ином. Современ-
Современная физика дает на этот вопрос определенный ответ: электронам внут-
внутри металла мешают двигаться не сами по себе атомы кристаллической
решетки, а всевозможные нарушения идеальности решетки. Они могут
быть связаны с беспорядочными отклонениями атомов из равновесных
положений (отвечающих узлам решетки) вследствие тепловых колеба-
колебаний, а также с беспорядочно разбросанными внутри решетки примес-
примесными атомами. Все дело в том, что атомы, а тем более электроны,—
это не какие-то «шарики». Это объекты с необычными свойствами. Так,
в частности, движение электрона по кристаллу напоминает в некотором
отношении распространение по среде своеобразной волны. Идеальная
243
кристаллическая решетка уподобляется однородной среде, в которой
волна не испытывает каких-либо возмущений.
Читатель Б: Теперь понятно, почему переходят в сверхпроводящее
состояние при очень низких температурах. Прекращается тепловое дви-
движение атомов; они как бы «застывают» в узлах решетки. Такая решетка
становится идеальной.
Автор: Ваш вывод относительно природы сверхпроводимости неверен. Ко-
Конечно, при очень низких температурах тепловые колебания атомов в ре-
решетке кристалла как бы «затормаживаются». И это весьма важно для
сверхпроводимости. Однако даже при очень низких температурах ато-
атомы в решетке все же будут колебаться. Они будут колебаться даже при
температуре О К (если бы даже ее можно было достичь). При очень
низких температурах изменяются свойства самих электронов: они
объединяются в пары и в результате такого объединения перестают
«замечать» слабо колеблющиеся атомы кристаллической решетки. Бо-
Более понятного объяснения здесь дать, наверное, нельзя. Однако физиче-
физическая картина выглядит именно так.
Читатель Б: Многое остается непонятным. Я имею в виду уровень знаний
школьника. Стоило ли в таком случае задавать вопрос о природе элект-
электрического сопротивления?
Автор: Думаю, что стоило. Ведь напрашивался вполне как будто бы
очевидный ответ, основывающийся на представлении о движении обыч-
обычных тел, которые могут сталкиваться друг с другом. Наше обсуж-
обсуждение поставленного вопроса-чтоказало, что здесь необходима осторож-
осторожность. Кроме того, мы все же немного заглянули в картину происхо-
происходящих процессов.
Но перейдем к другому вопросу. Как движутся электроны в атоме?
Читатель Б: Согласно теории Бора, электроны движутся в атоме по ста-
стационарным орбитам. Каждой орбите отвечает определенная энергия
электрона (определенный энергетический уровень). Когда электрон
скачком переходит с одной орбиты на другую, он либо испускает, либо
поглощает фотон.
Автор: Вы правильно изложили основы теории Бора. Однако, как Вы ду-
думаете — перескакивание электрона с одной орбиты на другую происхо-
происходит мгновенно или же требует некоторого промежутка времени?
Читатель Б: Нет, конечно, не мгновенно. Всякое перемещение в простран-
пространстве требует конечного времени. По теории относительности невозмож-
невозможно перемещение со скоростью, превышающей скорость светя r вакууме,
а она, хоть и велика, но конечна.
Автор: А тогда скажите мне, чему равна энергия электрона в те моменты
времени, когда он с одной орбиты уже ушел, а на новую орбиту еще
не пришел?
Читатель Б: Это действительно непонятно... Ведь энергия электрона меня-
меняется скачком; промежуточных значений энергий у него нет. Я над этим
просто не задумывался.
Автор: А надо бы задуматься. Во всяком случае Бор над этим вопросом
очень задумывался. Тутопять-таки необходима осторожность. Все дело
в том, что электроны в атоме вовсе не движутся по орбитам. Физики
244
давно уже отказались от этого представления, как не отвечающего дей-
действительности.
Читатель А: Однако и сегодня атом изображают в виде некоторой «сол-
«солнечной системы», где вокруг ядра движутся по орбитам электроны.
Автор: Сегодня это всего лишь условный символ атома, тем более что
изобразить наглядно истинный характер движения электронов в атоме
довольно затруднительно.
Читатель Б: Вы обещали, однако, продемонстрировать некоторые явные
ошибки. Пока же разговор идет лишь о неглубоком понимании физики
отдельных явлений.
Автор: Ну что же, попробуем продемонстрировать и явные ошибки. В учеб-
учебнике физики говорится, что если возбудить атомы среды так, чтобы
достаточно много атомов оказалось не на нижнем, а на верхнем уровне
энергии, то при прохождении через такую среду световой волны с
частотой, соответствующей разности энергий рассматриваемых уров-
уровней, световая волна будет не ослабляться, а, наоборот, усиливаться (за
счет индуцированного излучения атомов среды).
Читатель Б: Я помню. Так объясняется принцип действия лазера.
Автор: Я не имею возражений против написанного в учебнике. Просто
хотел бы спросить Вас, откуда берется световая волна, которая затем
будет усиливаться? Лазер является генератором света. Он не просто
усиливает, но прежде всего порождает световую волну. Итак, мой
вопрос таков: откуда взялась световая волна, о которой говорилось
в учебнике?
Читатель А: Наверное, это свет от лампы, которую используют для воз-
возбуждения лазерной среды.
Автор: Вот Вам и явная ошибка. Между прочим, мне не раз приходилось
слышать такой ответ.
Читатель Б: Это, конечно, ошибка. Ведь не все типы лазеров возбужда-
возбуждаются светом. Есть лазеры, возбуждаемые электрическим разрядом.
Автор: К/тому же частота возбуждающего излучения всегда больше
частоты излучения, генерируемого лазером.
Читатель Б: На Ваш вопрос был дан неправильный ответ. Это я понимаю.
Но я не понимаю, как надо правильно отвечать. Мне непонятно, с чего
начинается процесс лазерной генерации.
Автор: Атом может перейти с верхнего уровня на нижний не только инду-
цированно (под действием некоторого излучения), но и самопроизволь-
самопроизвольно или, как говорят, спонтанно. Процесс лазерной генерации берет
свое начало от световых волн, родившихся при спонтанных переходах
атомов среды.
Читатель Б: Но ведь такие волны должны распространяться в самых
произвольных направлениях. Каким же образом от такого неупорядо-
неупорядоченного процесса можно получить лазерный луч, имеющий определен-
определенное направление?
Автор: Для этого используются зеркала резонатора, выделяющие в про
странстве направление генерации. Лазерная генерация развивается
именно от тех световых волн, которые были случайно испущены вдоль
выделенного направления.
Но перейдем от квантовой электроники к ядерной физике. Вы, навер-
245
ное, имеете общее представление о том, как развивается цепная реак-
реакция деления ядер урана.
Читатель А: Нейтрон попадает в ядро и разваливает его на два осколка.
При этом рождаются еще несколько нейтронов. Каждый из них «раска-
«раскалывает» по ядру, что приводит к рождению еще большего числа нейтро-
нейтронов, и т. д.
Автор: Если не принимать во внимание некоторые тонкости, то все пра-
правильно. Однако откуда берется самый первый нейтрон?
Читатель А: Ну, мало ли откуда... Может быть, из космического излу-
излучения.
Автор: Может быть. Однако как тогда быть с подводной лодкой, работаю-
работающей на ядерном горючем? Лодка лежит на дне под толстым слоем
воды, надежно защищающим ее от нейтронов космического излучения.
От каких нейтронов берет начало цепная реакция, развивающаяся в
двигателе лодки при его включении?
Читатель А: Не знаю...
Автор: Дело в том, что ядра урана могут делиться не только индуци-
рованно (под действием попадающих в них нейтронов), но и само-
самопроизвольно, спонтанно. Спонтанно родившиеся нейтроны и являются
теми первичными нейтронами, от которых берет начало цепная реакция
деления ядер урана.
Читатель Б: Получается, что спонтанные, т. е. случайные, процессы игра-
играют фундаментальную роль в развязывании различных «полезных» про-
процессов. Они запускают в работу лазер. Они же запускают в работу и
атомный двигатель.
Автор: Процессы, конечно, в этих примерах различны. Но общая мысль
выражена верно — в обоих случаях все начинается от случайных про-
процессов. Этот вопрос оказывается весьма принципиальным. Однако
обсуждение его явно выходит за рамки нашей беседы.
Но вернемся к реакции деления ядер урана. Как известно, в этой
реакции выделяется немалая энергия. Чем это объясняется?
Читатель Б: На каждую частицу в ядре (каждый нейтрон и протон)
приходится энергия связи, равная примерно 7 МэВ. Таких частиц в ядре
урана 235; значит, всего получается 7 X 235 = 1645 МэВ. Итак, в ядре
сосредоточена громадная энергия. Она освобождается при разрушении
ядра.
Автор: Вот и Вы не избежали ошибки. По-вашему выходит, что энергия
связи как бы «заперта» внутри ядра, и надо сломать «замок» (разру-
(разрушить ядро), чтобы выпустить эту энергию, словно джина из бутылки.
Следует, однако, сразу же заметить, что когда говорят об энергии
связи, то имеют в виду не присутствующую, а как раз отсутствующую
энергию. Упомянутая Вами энергия связи, равная 1645 МэВ (в дейст-
действительности она даже немного больше — около 1700 МэВ), есть та
энергия, которую надо затратить, чтобы развалить ядро урана на
составляющие его нейтроны и протоны. Я подчеркиваю: это не та
энергия, которая освобождается, а та, которую, напротив, Вы сами
должны затратить.
Читатель Б: А какая же энергия освобождается при делении ядра урана?
Автор: Все дело в том, что энергия связи частиц в осколках, получаю-
246
щихся при делении ядра урана, больше, чем энергия связи частиц в
ядре урана. Вот эта разница энергий связи и освобождается. Пусть
в ядре урана А частиц и на каждую приходится энергия связи Д£,.
Пусть каждый из осколков деления имеет по А/2 частиц, на каждую
из которых приходится энергия Д£2- Обозначим М — массу частицы
(не делая различия между нейтроном и протоном). Энергия ядра урана
£, = АМс2-ААЕх.
Суммарная энергия обоих осколков
Е2 = АМс2 - ААЕ2.
Так как Л£2 > Л£,, то £, > Е2. Разность
£, — £2 = Л(Л£2-Л£,)
и есть та энергия, которая освобождается при делении ядра урана.
Читатель Б: Вообще-то я именно это имел в виду, когда отвечал на Ваш
вопрос.
Автор: Возможно. Однако Ваш ответ этой мысли не выражал.
ОТВЕТЫ
1.1. 5 = 5,5 км.
1.2. v = Ajs2 — {yxtxJ/{t — /,) = 90км/ч.
1.3. v2 = 2 <y> — t>, = 20 км/ч; s= <y> • (/, + t2) = 160 км.
1.4. (v) =
=30 км/ч.
vxv2+ у,у3 + v2vA
1.5. / = /1(у2 + Зу1)/Bу1) = 0,75ч;х= 3/,у2/2= 9 км;
<у> = Зу,у2/(у2 + Зу,) = 12км.
6 , ,
•= 2m/c;s = (vI— v22)/a= 48 м.
1.7. Т = A + а,/а2) /, = 10 с; « =
+ -^А = 20 м; (v) = а,/,/2 = 2 м/с;
<а> = а2=0,5м/с2.
1.8. уо= vxtj{t2— /,)= 18 м/с; s= t>,
1.9. |Ао| = 2у sin (а/2); 1) v42 — V2 « 0,76у; 2) yV2 « 1,4»; 3) 2».
|да| = 2 -^sin ■£-, 1) |Аа| = v^2--j2/R » 0,76у2/Л;
0 2 4 6 t,c
Рис 1
1 (,с
Рис. 2
УМ
1
0 0,5 1 TJ
Рис. 3
247
я,м/с2'
х,м,
3
Рис. 4
0 12 3 4
Рис. 5
Рис. 6
2) М = W^/A* « 1.4У2//?; 3) М = 2x?/R.
1.10. а = л1~сё[+~а1 = 5 м/с2.
1.11. ац = ат tg а = 2 м/с2; а = атУ2 « 2,8 м/с2.
2.1. См. рис. 1; 1) (у) = 2 м/с; 2) (v) = 2 м/с; 0 < т < 2 с; т = Зс; 4 с < т < 6 с.
2.2. См. рис. 2,3. 2.3. См. рис. 4,5. 2.4. См. рис. 6,7. 4.1. к = (л2 — 1) tg а/(л2 + 1)
4.2. См. рис. 8.
4.3. См. рис. 9. При 0 ^ t ^ /( тело покоится, Fx = F\ При t > tl тело скользит по
поверхности, FT = femg.
4.4. 1) kmg; 2) Л (mg — F sin a); 3) fcmg cos a; 4) k (mg cos a — F sin a).
6.1. v0£ = 11,3 м/с; x= 4m;«/= 0,8 m; 7" = 0,5 c; у, = 9,4 м/с; у£ = 15,2 м/с.
.4. а = arcctg ( — ——).
s\4 Mg)
>s2 р).
6.4
6.5. L = 2vi sin
0 cos а V
8
13,8 м/с.
2 (L tg а - H + A)
6.7. Z, = Я ctg а = 6 м. 6.8. L = ( v*/g) sin 2a — / « 6 м.
а,м1с:
-2
mg
Armg
0
kmgcosa
ao=arc tg A:
J.'."°
а
а
Рис. 7
Рис. 8
Рис. 9
248
6.9. h = H = 19,6 м; s = 3v0i2H/g — / = 20 м.
6.10. y2sin2a(l-MgP-tga)/(gcosp)«40 м, где a=45° + p/2 — угол вылета камня.
71 t[F fc(M Fi )]/M 38/
(MgPg)/(gp) , д
7.1. v = t[Fco&a — fc(Mg —Fsin a)]/M « 38м/с;
Л = *(Mg — Fsin a) [Z7 cos a— * (Mg — F sin a)] /2/BM)« 1330 Дж.
7.2. a=(Fcosa— 2*mg+*/7sina)/Bm)«2,7 м/с2; r=F(cQsa+*sina)/2»43H;
Fl = 2kmg/{cos a + Л sin a) « 8,2 H.
7.3. a= '/3g да 3,3 м/с2; T=2/3Mg « 13H.
m,— (m9 + m.) sin a
7.4. a=g—2 Ц-2 -^ «3,5 м/с2;
/7l| -f- ffl2 -f- ffl3
m,(ffl, + ffl,)(l + sin a)
Г32 = g П , 2У , » 50,4 H;
Л/! m, + m2+m3
m,ffi,(l + sin a)
Г21 = g ——p ■ « 33,6 H.
M3+M4+M2(sina— fecosa) — kM {
7.5. a^g М + М + М + М *6'9 M
ней плоскости к горизонту;
М,(М3 + М4)A +*) + M2M,(sina + *- Л cos a)
7i2=g M, + M2 + M3+M4 «8,8H;
(М, + М .) \ М . (k + 1) + М, A — sin a + k cos a)l
23 * m, + m2 + m3 + m4
AI2A — sin a+ Л cos a) + Af,(l + к)
l eM'5H
7.6. i^i^lMj ,я ,
-3m,) 3g .
— _ ~ O,C5C5 М/С ,
5
— 1,96 м/с2;
1 4m2m3-|-ffl1(m2-)-ffl3) 5
. 4m2m3— /n,Cm2— m3)
4m2m3 + m , (m2 + m3) 5
= %-mg; T = 2Г , = 12
5 '
2m3 + m , (m2 + m3)
4m ,m „m ,
1 4m 2m з + m, (m2+ m3)
8.1. a=
8.2. s= v2/Bkng)zz 85m.
8.3. Брусок покоится; FTp= mg sin a — /7 = 4,9 H и направлена вверх по наклонной
плоскости.
8.4. Fl = FBgsina/a— 1)« 120H.
8.5. Если iga^ к, то брусок соскальзывает с плоскости при а= 0. Если tg a< к,
то 1) при а= g(k — \ц а)/A + Л \ц а) брусок начинает соскальзывать вниз;
2) при а= g (щ а— «)/A + Л tg а) брусок начинает соскальзывать вниз, а
при а = a (tg a -j- Л)/( 1 — k tg a) начинает подниматься вверх.
8.7. 1) Все тела покоятся: a, = a2= а3= 0; F^3k3mg; F^.2,94 H; 2) Вся система
движется как единое целое: а, = а2= aJ= а; 0< а< Л (g; 0< аг^0,98 м/с2;
3k3mg<F^ 2mg(*1 + *2);2,94H<JF^5,88H;3) а,= а3^ а2; а1 = а3=
= Л ,^=0,98 м/с2; aj=F/m-g {к ,+2Л 2); а2 > k ,g= 0,98 м/с2;
+ Л,); F > 5,88 Н.
9Л. 7'1/7'2=cosa2/cosa1 = V2/3; ©,/ш2 = д/cos a2/cos a, = 1/2/3.
9.2. 7" = 3Mg cos а; ац = 2g cos а; ат = g sin a; a = [^l
9.3. (g/? - У2)/(^/? + v2)= 0,43.
249
9.4. (Я + 2Я(
9.5. Н = 5/2R = 75 см.
9.6. FA = Mg [l — v2/(gR)], FB= Mg [\ + v2/(gR)]; в точке Б сила давления FB
изменяется скачком: при приближении к точке Б слева она равна
Mg [cos a—v 2/{gR)]\ при приближении справа она равна Mg [cos a-\-v 2/(gR)]-
9.7. »0=л/£/(я-5) = л/5г/.
9.8. /i = /?[l -^/((o^^F^maJ/?.
9.9. /i = 25Z/27 от положения равновесия.
9.10. Г = m/n2 = 3,6H.
9.11. / ~ 1,3/? (при решении пользоваться советами § 6).
10.1. р = 81л/(877).
10.2. 7" = 2nV/?/g « 1,396 ч « 1 ч 24 мин.
10.3. р = Зл/G-2т)« П0кг/м3.
10.4. vjv2 = д/(/? + Л2)/(Я + А ,); Г ,/Г2 = [(Л + А ,)/(/? + А2)]3/2.
10.5. у , = -^JyM3/R3 « 8 км/с.
11.1. Л = mgtf/2 = 1225 Дж.
11.2. A = mgl/2= 19,6 Дж.
11.8. А = 2mg/i = 784 Дж.
11.4. А = F (МJ/BМ0) = 1 Дж.
11.5. s = tnjmM/2F = 2 см; А = ту 2/2 = 1 кДж.
11.6. Л = т/2^ 2/8 = 57,5 Дж.
11.7. Работа силы реакции нити равна нулю за любой промежуток времени, так как
сила реакции перпендикулярна перемещению (cos 90° = 0). Работа силы тя-
тяжести за период равна нулю, так как равно нулю изменение полной энергии.
12.1. k = v 2 sin <x/(v , — у2)« 0,2, здесь sin a = 0,05.
12.2. <#> = mv [y2/B.s) + gsin a +fcgcQsa]/2 «9,4 кВт, sin a= 0,02, cos a» 1.
12.3. A = m(gH + (v) Av)& 12,3 кДж; <#> = m {v){g+ (v) Д»/Я)«61,5кВт;
#2= m(g + (v) Av/H)((v) + Ay/2) «64,6 кВт.
12.4. # = 2mgv sin a = 30 кВт.
12.5. v = 2v ,y 2 cos a/(y , + v 2) « 75 км/ч.
12.6. <ЛО = AA/At. 1) 1,5 Вт; 2) 1 Вт; З) 0,75 Вт.
12.7. 1) 6 Дж; 2) 10 Дж; 3) 8 Дж.
13.1. А = — т (v0 + v) (v — v0 — g/)/2 = 3900 Дж.
13.2. k = sin a/(l + cos a) « 0,27^
13.3. I)o,/o2= 1;2)p,/p2 = VA -fectga,)/(l - fe ctg a2).
13.4. o= y0VM/(M + m)« 13,8 м/с; /= y2m2/[2M(M + m) kg] «0,38 м.
13.5. F= mg (H/h + 1) — Vp £; h , = 2A (Vp Jm — 1) — H (p — плотность воды).
V n M
)
im. .-
2g(n/10o)
sina
^V/ +
13.8. 1) /? = Af ,«r {1 +4ЯМ2/[/1(М1+М2J]}«89кН;
2) F =
13.9. o=t»
0= ——f 1 — : ), \)x/bMv22LiMvl, 3I '-A/l-2
13.10. yi=y0V(n- 1)(я + 1);у2=Уол/2/(/г2 + /г);р= x/2 arccos
Д£ = - my g/(n + 1); A (my) = my 0V2n/(n + 1), здесь n = M/m.
13.11. s = /(l +я)/(я — 3) = 9м.
250
a)
5 P
T 0
Рис. 10
4 5
6)
13.12. l)hi
13.13. , =
^ 7,8Я;2)А= '/18 Н; где H = 4/ sin2 (a/2) + v ?Дл
13.14. A = Я (М - m)/(M + m).
13.15. h = HM/DM_ + 3m).
14.1. У1/у2 = 3/8л/б.
14.2. 7" ,/7 = C — 2 cos a)/cQs a = 4.
14.3. v = ga/u>= 0,43 м/с (a выражено в радианах).
14.4. A = v
, 71 = 2л
14.5. 2лл/а//|Г« 0,35 c.
14.6. Д/ДД24 • 60 — A/) « 6,6 км.
15.1.
2,4.
— 1J « 17 м/с2; 7= 1 с; ускорение направлено вертикально
a2 « 2 с; tg В = ' /2; В » 27°.
0,13.
= t>/Bv) = 1 м;2) Ал:=у/г =
16.1. Я= у//2 = 5800 м.
16.2. Дх= АФ • »/Bnv); (
3) Ajc = y/8v = 0,25 м.
16.3. v = 4/v/Bn — 1) = 8 м/с; /г = 3.
17.1. A:<tgB.
17.2. 7-в£= 7-С£= Mg/B sin В) » 98 Н; Т Ав = Т CD = (m + М) g/B sin a) « 92 H;
Z7 = g [M ctg В — (M + m) ctg a] /2 « 39 H.
17.3. 7"= mg s'm a/sin (a + 6),^= mg sin B/sin (a + p).
/ tga2(l —cosa2) ч
17.4. a=g[ j-. — r— 1 )« 27,3 м/с2; ускорение направлено вертикально
\ хё ai у1 cus ai) /
вверх.
17.5. В положении /: /7£B=mgcos2B/sina«l,25 H, F АБ= mgcQsBcosfa +• вуч'па«
« 0,6 Н; в положении 2: FБВ= 1,25 Н, FAE=mg [cos Bcos(a+B)/siii a-f sin 2p|«
« 1,54 H; [cos В = 1 - v 2/Bgl) = 0,8]
18.1. MB=Fia-F2a-F3a/2+F,a=0; MB=~F 1a/2+F2a/2+F4a/2-F,a/2=0;
тело покоится.
18.2. #^ 1,5Н;МЛ=2Н . м.
18.3. 71 = mg/[2 (sin a + cos a)]; R = mgV 1 +
ставляет с вертикалью угол В = arcctg B + ctg a).
B+ctg a) /2(l + ctg a); сила R со-
251
18.4. /, = /Л/A +*).
18.5. A = Mg^/M/p~E(V2- l)/2].
18.6. а = arctg [ 2k (m + М)/BМ + /и)].
19.1. На расстоянии 3/гг/? справа от центра диска.
19.2. 1) На середине высоты, опущенной из вершины с грузом 2т; 2) центр тяжести
расположен на высоте, опущенной из вершины с грузом 2т, на расстоянии
от него 7"\/за/24.
19.3. На расстоянии '/н/? слева от центра шара.
19.4. На линии, проходящей через вершину треугольника и центр квадрата, на
расстоянии h (За — 2Л)/6 Bа — h) вправо от центра квадрата.
19.5. 1) *0= 2,45 см, «/0=* 0,91 см (см. рис. 19.5, а); 2) хо= 2,45 см, yQ = 1,5 см
(см. рис. 19.5,6,); 3) хо= 2см, «/0= 2 см (см. рис. 19.5, в).
20.1. А = mgh ,/я = 300 Дж; F = mg/n = 750 Н.
20.2. АЛ = рв// [ ррт (п + 1) - рвл] = 0,5 см.
20.3. 1) Уровень ртути расположится в узком и широком сосудах соответственно
на высоте
-0+-)
0,36 -г-, А, =
Уровень воды находится на высоте
V
2) Уровень ртути находится в широком и узком сосудах соответственно
на высоте
А,=
-^Ч ~ 0,36 т-, А, =
S (п
Уровень воды находится на высоте
21.1. Р = (Я2Р1-Я,Р;
"а ['_ f(p"~pPy^P)-~"-) ~ 0.048 f
21.4. Т = 2nVjW/(pgS).
26.1. Расширение.
26.2. Масса газа уменьшилась в два раза.
26.3. См. рис. 10.
26.4. См. рис. 11.
-"— \~v*f.
Рис. 11
252
Vi
Pi
т о
Рис. 12
26.5. См. рис. 12.
27.1. A2 = A1(p0 + pfirA1)/p0«0,H м;т=(ро + р^/11) h{SM/(RT) » 1,3 • К)-5 кг;
здесь и ниже Т = (t + 273) К; р = 13,8 • 103 кг/м3 — плотность ртути.
27.2. Понизится на Зсм; m =(р0 — р#/,) 12SM/^RTX) « 1,5 • 10- "' кг.
27.3. Am = УЧИ(р, - p2)/(RT) « 0,059 кг.
27.4. Увеличится на
-cosa)-^(p,,-p^)] ^0|0|бм;
■ = 2,1 • 1а-5кг.
27.5. Капелька передвинется к шару Б на А/:
S 2Г,
К, AT,
-;2)A/ = -^L.
А7-, +АГ
2
27.6. Каждая капелька отодвинется от шара Б на А/ = —
О
27.7. Каждая капелька передвинется вправо на А/ =
27.8. Поршень А сместится вправо на А/ = m[l/(m{ -\- пгЛ = Зсм.
pnMV
27.9. H=h log,
27.10. Am =
2 mRT
VM /P,
20 km.
28.1. m = V/p ,/100= 739 г; роса не выпадет, так как /р ,/100<р 2;
28.2. Масса сухого воздуха больше массы влажного на
Am =(Л1в — MJ fVpv/(RT) = 9,46 г, где Мв и Мп — молярные массы воздуха
и пара.
28.3. / =
29.1. Q
H
100% = 30%.
29.2. Q, ^ , :p3 _ , = 1:1; Q, _ ,: QH ^ 2 = p, :p2.
29.3. Л = ро1/1G-2-7-|)/7-1 = 138Дж;2) ^=(po+Mg/S) К, ( Г2-Г,)/Г, = 171 Дж.
29.4. A = (m/M)RT(l - p2/p{) « 5 кДж, [(m/M) = 3 — число молей]. *
253
29.5. Изменение внутренней энергии равно нулю.
30.1. A =Q,A —T2/T) » 1,47кДж; Q2 = Q ,7" 2/Т , = 350 кал « 1,47 кДж.
30.3. Л =р2К2/4=2кДж,т, = R/[M{cv+2cp)} =10,5%.
30.4. N , =NTl/(T{ -T2) = 186,5кВт; Q2 =tN J2/{T , —Т2) =5МДж.
31.1- Q = 3 • 5/2/?7", = 18,7 кДж.
31.2.XQ = (m/M) Д71 (С„ + R) « 102 Дж.
31.3. Л =-п-/? А71 = 603Дж;B = (—/? + с vm Д71 «2,7кДж.
М \ М v )
33.1. В точке О: 1) нуль; 2) 2,55 • 1010 В/м, направлена горизонтально слева
направо; 3) 2,55 • 10 10В/м, направлена вертикально вниз; 4) нуль.
В точке О,: 1) и 2) 6,45 • 109 В/м, направлена горизонтально слева направо;
3) 3,93 • 1010В/м, направлена вертикально вниз; 4) 3,27 • 10 10 В/м, направ-
направлена вертикально вверх.
33.2. В точках Л, Б, Г: нуль; в точке В: ф = — 2 • 1010В; в точке Д: ф =2 • 10 10В.
33.3. £ =2,2 • 1013В/м,ф = 1,05 • 1010В.
33.4. £= =0,16 В/м. Угол между направлением на-
d\d\
(<72 — q J d\
пряженности и короткой диагональю а = arctg = 45°.
33.5. Напряженность в центре треугольника равна нулю; в вершине тетраэдра
£ = ~\6kq/a2 « 2,6 кВ/м.
33.6. На расстоянии/, = / -у q ,/(-у q , + у 9 2/ * 7,5 см от меньшего заряда.
2) £, =0;£2=ф0/?/(е/2) « 11 В/м;<р, =Фо=2В;ф2 «0,66В.
34.2. £, = 0, ф, =0; £2 =k [q ,//2) » 11 МВ/м; ф2 = & (</ ,//2—q
34.3. ф = ФоA —/?,//?2) = 1 В.
34.4. AQ = q [R 2 — R ,)/(# 2 + /? ,) та 2/з мкКл.
35.1. / =^J2dm/{eE) =3 • 10~ 8с; v0 = NeE/{2dm) =5 • 106м/с.
35.2. £ = mv I tg a/(e/) = 147 В/м.
35.3. 7" = (mg -f- £9)/cos а; U^K = (mg + £9) / sin2a/B cos a).
(m, —
35.4. a = ^_J
T =
m 1 -f- m2
_ 2m ^m^ +E(m2ql + m {q 2)
ffl, -(-ffln
35.5. v =-\fb(mg +Eq) l/m.
36.1. 1,83G.
/cos a m/3sin3a' cos a'
36.2. а,=
36.3. у = V5g/ -q2/(ml).
37.1. /4=/1/?1/?5/(/?4/?3+/?3Л5+/?4/?5)=0,2А.
37.2. / = 1 A.
37.3. 1) / = 0, U = У, 2) / = E/r, U = У- /г = 0.
37.4. R^Rr-RfiJiRr+R,) «0,16Ом.
254
О/. О. U — *1 1 —
О/.О. / = V/( Г -f-
37.7. /,=[ У,—/
<ЭГ// •- _J_ D _J_ D \ .^ П 1 QA Л f D II r
100% = 1%.
,) • 100% « 1,96%.
= 4 A.
37.8. /,=•
' 2
-,/ =
1)/= l A,/, =0,/2 = 1 A, 2) /» 1,1 A,/, «0,57 A,/2 = 0,7 A; 3) / = 0,5 A.
12C,C2+4C| +3q _ yj
"~3^3"
38.1. C =
38.2. Q =
юс2 +зс,
,2 „ v = бмкКл.
38.3. Q = -
38.4. R = rdmy20 tg a/( ite/ — dmv2Q tg a).
38.5. R2 =8 Ом.
38.6. a = £
38.7. <7 = CL/ = 2 • 10-4Кл.
38.8. ^0=Cd(^1— «Г2)=20мкКл; q—C
39.1. £/= WCr +/?)«3,75B;/ =
on Of 2/ г)
i3tf.&* ЗА-
39.3. 4/зЛ-
39.4. 3/4^.
39.5. '720/?.
39.6. 7Д#-
40.1. Я = 5гт)/[3A - лI =60Ом;Л^= ^tj
40.2. Уменьшится в ^ ■—= 1,4 раза.
40.3. г = #/8, tj , « 89%, tj2 at 83%.
40.4. /n = 800 г.
1 = 110 мкКл.
0,25 A.
- i\)/r « 70 Вт (здесьп = 0,5).
Рис. 13
Рис. 14
255
A'
40.5. 100 г воды превратится в пар;
tA ж 21 мин.
41.1. l)B = 0,2)B=2\iQl/{nd).
41.2. \)В= |103//DЯ); 2) В = |io//Dfl);
3)В=|10/л/5/D/?)
41.3. В = 0.
41.4.
Рис. 15
= 4 • 10~4Тл.
42.1. a=arctg[B///(/ng)] = g
42.2. а= arctg[B//Bpgs)] ж 45°.
43.1. Р = B2l2vi/R = 0,625 Вт; / = Blv/R = 0,25 А.
43.2. q = BS/BR) = 0,125мкКл.
43.3. В = л/Dpg/v « 4 • 10- 2 Тл.
45.1. /i=(rf1rt2 + rf2n2)/(rt1rt2) « 10,8 см.
45.2. L =
2Н — h
cos а
-, sin а = 1 /п.
45.3. a = arctg n = 56°; x= d(n2 — \)/rvsJn2 + 1 = 2,3 см.
45.4. — Л —
'4Ui
46.1. См. рис. 13; \DO\ параллельно лучу Г, (CFD) — фокальная плоскость,
луч 2 параллелен {СО).
46.2. См. рис. 14.
46.3. См. рис. 15.
47.1. Линза рассеивающая; d = A — кЛ F = \5 см; изображение отодвинется от
линзы на расстояние А/= f2l/[{d -\- F) (d + 1 + F)] = 6 см;
£2 = Д//[/ + A -£,)/=] =0,4.
47.2. Изображение мнимое,/ = /?rf/Brf — /?)=—37,5 см; /,=/? (rf+/)/[2 (d + 0~
— /?] = 150 см (изображение действительное).
47.3. /2 = 5/2/7= ЮОсм.
47.4. В месте расположения средней линзы. Изображение мнимое, k=\.
47.5. / = dR/Bnd - R) = ЮОсм; k = /?/Bnrf - /?) = 4.
47.6. / = - dR/{2nd + /?) = - 6,25 см; k = /?/Bnrf + /?) = 0,625.
F
47.7. /2 =
Д
F F
I ,/ 2
• = 45 см (от рассеивающей линзы);
45
( (
47.8. Изображение находится на расстоянии 18 см от источника.