Физика
А.А.БОРОВОЙ
Л.Н. ЗАХАРОВ
Э. Б.ФИН КЕЛЬШТЕЙ Н
А.Н.ХЕРУВИМОВ
МЕХАНИКА
А. А. БОРОВОЙ
Л. Н. ЗАХАРОВ
Э. Б. ФИНКЕЛЬШТЕЙН
А. Н. ХЕРУВИМОВ
МЕХАНИКА
ТЕОРИЯ И ЗАДАЧИ
Издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы
Москва 1967	ч
sao.f
Б«3
УДК 530.10 (075.4)
Физика
Библиотечка
физико-математической школы
Редактор серии
Я. А. Смородииский
Боровой Александр Александрович, Захаров Лев Николаевич, Финкельштейн Эдуард Борисович, Херувимов Александр Николаевич
МЕХАНИКА
«Библиотечка физико-математической школы». Серия физическая .
М., 1967 г., 208 стр. с илл.
Редактор А. В Чеботарева.
Технический редактор Л. JO. Плакше.
Корректор Е. А. Белицкая
Сдано в набор 26/XI 1966 г. Подписано к печати 17/Ш 1967 г.
Бумага 84х108/м. Фнз. печ. л. 6,5 Условн. печ. л. 10,92. Уч.-изд. Л.
10,03 Тираж 100 000 экз. Т-01828 Цена 28 коп. Зак. № 1061.
Издательство «Наука»
Главная редакция физико-математической литературы.
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15.
Ордена Трудового Красного Знамеяи
Первая Образцовая типография имени А. А. Жданова
Главполиграфпрома Комитета по печати при Совете Министров СССР.
Москва, Ж-54, Валовая, 28.
2-3-1 67-67
ОГЛАВЛЕНИЕ
От редакции ................................. ^	4
Предисловие .......................... '.........,	Б
Глава I. Кинематика............................    7
Краткая теория 47)- Примеры (19). Задачи (26).
Решения задач (33).
Глава II. Динамика (масса, сила, импульс)........,	47
Краткая теория (47). Примеры (62). Задачи (69). Решения задач (74).
Глава III. Динамика (энергия, работа) ..........  88
Краткая теория (88). Примеры (98). Задачи (Мб).
Решения задач (112).
Глава IV. Статика ............................  ,134
Краткая теория (134). Примеры (138). Задачи (142).
Решения задач (145).
Глава V. Тяготение .................... 153 Краткая теория (153). Примеры (157). Задачи (162). Решения задач (164).
Глава VI. Избранные задачи.....................  174
Решения задач (176)
Математическое дополнение.................  .	. » « 191
ОТ РЕДАКЦИИ
Эта книга начинает физическую серию «Библиотечки физико-математической школы». У читателей, естественно, возникают вопросы о том, какие книги войдут в эту серию, для кого они предназначены и т. п. Постараемся на них кратко ответить,
Книги этой серии создаются на основе опыта работы специализированных физико-математических школ, которые работают в ряде городов нашей страны. Цель серии —углубить и расширить знания читателей о современной физике и ее многочисленных приложениях, а также научить их применять эти знания при решении физических задач и, таким образом, в какой-то степени ликвидировать разрыв между физикой, которой занимаются в школе, и вузовским курсом физики.
В книгах планируемой серии будут излагаться отдельные разделы элементарного курса физики и задачи разной степени трудности для самостоятельного решения. Книги убудут как совсем простые, так И требующие уже некоторой подготовки.
Авторами книг будут как известные ученые, так и молодые физики. Надеемся, что книги этой серии помогут Всем, кто интересуется физикой и хочет ее изучить.
ПРЕДИСЛОВИЕ
В физической серии «Библиотечки физико-математической школы» выйдет несколько книг, составляющих единый курс физики. В этих книгах авторы попытались с возможной строгостью и последовательностью изложить основные принципы физики и научить применять их при решении задач. Книги не носят развлекательного характера—это рабочие книги. Они, как мы очень надеемся, помогут ближе и глубже познакомиться с физикой тем, кто думает выбрать ее своей специальностью.
Кроме того, авторы ставили своей целью все разделы физики, которые могут быть изложены на элемеитарйом уровне (без применения высшей математики), изложить с максимальной полнотой, значительно полнее существующего школьного курса. Краткость изложения позволяет при небольшом объеме отчетливо показать логическую стройность науки, но зато предъявляет требования рннмательнрго я вдумчивого отношения к тексту со стороны читателя.
В задачах и примерах авторы считали необходимым:,,
1)	дать некоторые математические методы решения задач, которым не уделяется достаточного внимания в школьных учебниках (например, метод координат, графики, суммирование, предельный переход и т. д.);
2)	научить пользоваться физическими идеализациями и понимать границы их применимости (материальная точка, твердое тело, идеальные связи, луч света, идеальный газ и т. д.);
3)	научить способам критической оценки и исследования полученных результатов;
4)	обратить внимание на характерные ошибки при решении задач;
Б) максимально приблизить содержание книги к требо-ваниям физики наших дней. В связи с ..этим включен ряд задач, базирующихся на последних достижениях физики.
Кроме большого числа оригинальных задач, были использованы задачи физических олимпиад и приемных экзаменов в физические вузы. Подавляющее большинство этих задач подверглось существенной переработке. В книгу включены (в основном в качестве примеров) и широко известные методические задачи.
В первой книге серии изложены основы механики и приведено большое число задач и примеров. Каждая глава начинается с изложения теории, после чего на нескольких примерах разбираются типичные задачи и дается методика их решения. Кроме того, примеры служат дополнением к тексту, иллюстрируя его отдельные положения. Затем идут задачи, расположенные в соответствии с планом изложения материала главы и по возрастающей степени трудности. Заключается глава подробными решениями задач. Авторы старались подбирать задачи так, чтобы они образовывали с текстом и примерами одно целое.
В конце книги (гл, VI) приведен ряд трудных задач, которые Несколько выходят за рамки излагаемого материала, в частности, математические задачи, решаемые с помощью механических моделей, и помещено «Математическое дополнение», которое можно не читать тем, кто достаточно хорощо знает операции с векторами, нахождение пределов, суммирование рядов и действия с символом Д. В противном случае это дополнение значительно облегчит чтение книги.
В заключение авторы выражают глубокую благодарность акад. В. А. Фоку и проф. Л. А. Вайнштейну за ценные замечания при обсуждении основных идей книги, акад. И. К. Кикоину за критику рукописи, проф. Я. А. Сморо-датскому, редактору серии, внимательное отношение и замечания которого помогли нам в работе.
Авторы
ГЛАВА 1
КИНЕМАТИКА
КРАТКАЯ ТЕОРИЯ
§ 1. Общие понятия
Механика изучает законы движения различных тел. Под механическим движением понимается изменение положения изучаемого тела со временем относительно некоторого тела нли системы тел, условно принимаемых за неподвижные. Такую систему тел вместе с часами называют системой отсчета. Часами может служить любой периодический процесс: колебание маятника, вращение Земли, электромагнитные колебания и т. д.
Ясно, что о механическом движении тела можно говорить только после того, как указана система отсчета, относительно которой оно рассматривается. Выбор системы отсчета определяется соображениями удобства. Наблюдателю, неподвижному относительно Земли, удобно принять за систему отсчета Землю, а наблюдателю, сидящему в самолете,—самолет.
Для строгого математического описания движения с системой отсчета связывают систему координат, например, декартову. Нужно ясно понимать, что между системой отсчета н системой координат имеется существенное различие. Систему отсчета образуют реальные тела, а система координат является математической абстракцией. Выбор системы координат тоже определяется соображениями удобства.
Простейшее тело в механике—материальная точка. Так называют тело, размерами которого можно пренебречь в условиях данной задачи. Математически это выражается в том, что для задания положения материальной точки достаточно одного радиуса-вектора, конец которого совпадает
с данной точкой*). При этом мы отвлекаемся от внутренней структуры тела, принимаемого за материальную точку, т. е. не рассматриваем движение частей этого тела друг относительно друга. Одно и то же тело в одних условиях можно рассматривать как материальную точку, а в других— нельзя.
Всякое тело, размерами которого нельзя пренебречь, рассматривается в механике как система материальных точек. Для такого рассмотрения необходимо мысленно разбить тело на множество маленьких кусочков, каждый из которых можно принять за материальную точку. Именно такой «кусочек» подразумевают, когда говорят о точке тела или частице жидкости.
Важную роль играет в механике понятие абсолютно твердого тела. Абсолютно твердым называют тело, не меняющее своей формы при любых воздействиях. Из этого определения следует, что расстояние между любыми точками абсолютно твердого тела остается неизменным. Ясно, что таких тел в природе не существует, и это понятие является удобной идеализацией, применимой тогда, когда можно пренебречь деформациями тела.
В этой книге мы будем изучать движение материальной точки, системы материальных точек и движение твердых тел*,
§ 2. Кинематике течки
Кинематика занимается геометрическим описанием движения, не изучая его причин. В дальнейшем мы будем предполагать, что выбрана некоторая система отсчета и связанная с ней система координат. Все системы отсчета в кинематике одинаково пригодны для описания движения.
В этом параграфе под телом всюду понимается материальная точка. Линию, которую описывает при своем движении материальная точка, называют траекторией. Пр форме траектории движения делятся на прямолинейные и криволинейные.
Расстояние, отсчитанное вдоль траектории; называют путем. Путь обозначают буквой л. Очевидно, что путь является скаляром, причем s^O. Вектор г18, соединяющий начальную точку 1 и конечную точку 2, называют пере*
•) О радиусе-векторе см. «Математическое дополнение». 5
мещением йз точки / в точку 2 (рис. 1.1), Перемещения складываются и вычитаются по общим правилам действий над векторами*).
Рассмотрим произвольное движение тела. Каждому моменту времени t соответствует свой радиус-вектор г=/•(/) проведенный из начала координат в точку, где находится тело. Другими словами, движение точки описывается векторной функцией г(0 или тремя скалярными функциями x = x(t}\ y=y{t}', z =
(1.1)
Уравнения (1.1) называют кинематическими уравнениями.
§ 3. Скорость t
Пусть моменту соответствует радиус-вектор rx, a
близкому к нему моменту радиус-вектор г2. Тогда за малый промежуток времени Д/==/2—	тело получит пе-
ремещение Дг=га—rv
Рассмотрим отношение ~ . Это отношение есть вектор (так как оно получено делением вектора Дг на скаляр ДО, совпадающий по направлению с Дг. По отношению к траектории вектор представляет собой секущую, проходящую через точки 1 и 2 (см. рис. 1.1). Пусть /2 стремится к При этом Д/ будет стремиться к нулю, точка 2 к точке 1, а направление секущей, проходящей через фиксированную точку 1 и переменную точку 2, к направлению касательной к траектории в точке 1. Следовательно, в пределе при Д/ —+-0 направление вектора совпадет с направлением касательной к траектории в точке 1.
Скоростью в момент t. называют вектор Ф==Пт Из этого определения следует, что скорость в каждой точке траектории направлена по касательной к ней.
*) См. «Математическое дополнение».
Для модуля скорости имеем
I г Дг|	v lArl <• |ДГ1
v = lim -гг = lim -гт = lim Ц-г-1
I Д/->0 At I дт~>о I At I д/-*о At
As = lim -гт д/->о At
(1-2)
(так как малый участок кривой ми можем заменить прямой, то | Ar| —As).
Часто, когда это не может вызвать недоразумений, модуль скорости называют просто скоростью*).
Для трех проекций скорости получим
wx = lto^; о=1йп4т; o, = lim
* д/->од/ у дбч-оА* г дг-н>д*
v =
"Vx + ^y + Vz.
Зная кинематические уравнения (1.1), можно вычислить вектор и модуль скорости тела в любой момент времени.
§ 4. Вычисление пути и координат
Дд
Рассмотрим формулу (1.2), При малых А/ имеем
или As fv v At, причем это соотношение выполняется тем точнее, чем меньше А/. Для приближенного вычисления пути за конечный промежуток времени t необходимо разбить его на большое число п таких малых отрезков времени At{ (1—1, 2, ..., л), чтобы в течение каждого из них выполнялось соотношение
Тогда
As,* ж <vt Д/г.
ft	ft
s = 2iAsl.ajg®l. Д/г.
Беря предел этого выражении при А/—> 0 (соответственно п —>• ос), получим точное равенство
s=lim Afz.
Д/-*0 /==1 д->оо
(1.3)
Если известен график зависимости модуля скорости -о от времени, то путь можно вычислить по этому графику.
*) То же самое относится и к другим векторным величинам.
Из рис. 1.2 и формулы (1.3) следует (см. «Математическое дополнение»), что путь, пройденный за время / = /2—/1( численно равен площади фигуры ABCD.
Рассуждай аналогично, получим для жаждой из декартовых координат:
Аг « т)г kt и п x = lim YttqAfy ДЬ“*О < = 1 n-> CD n j=lim Д/(->0 i = l n z = lim 2 nZi A/z.
Л-> CD
Точно так же координата х в момент / вычисляется по графику то только часть площади фигуры, лежащая ниже оси t, считается отрицательной (рис. 1.3).
Часто бывает удобно пользоваться понятием средней скорости, характеризующей движение в течение некоторо-и	го промежутка времени.
х	Средней скоростью иазы-
>***—вают отношение пути ко времени, за которое этот •	\	путь пройден, Др=р
1	А
I	д
|	\	§ S. Ускорение
—-	...
\ j	Мы видели, что при
„ х—произвольном движении Рис. 1.3.	вектор скорости меняет-
ся произвольным образом. Пусть в момент времени тело имело скорость сх, а в близкий момент /2— скорость п2. Приращение скорости Aw = t»a — т»! за время Af = /2—it является вектором, направление которого зависит от векторов и t»2. В частном случае прямолинейного движения, когда векторы vr и п2 лежат на одной прямой (на траектории), вектор Ас также лежит иа этой прямой.
. В .общем случае^ криволинейного движения направление вектора Д© вообще не совпадает с направлением ©х или ©а (0<а<л) (рис, 1.4).
• Вектор ~, совпадающий по направлению с вектором А©, характеризует быстроту изменения скорости за время А/. Величину а*=1нп ~ называют ускорением в данный мо-д/-»о лг-
мент, Для проекций и модуля ускорения имеем:
д#-о	д* г д<
fl = Ox 4“ ”Ь •
Из предыдущих рассуждений следует, что при прямолинейном движении ускорение направлено по скорости, если модуль скорости возрастает, и против скорости, если модуль -скорости убывает. В „	первом случае движение на-
j .Jr - 1 —«, зывают ускоренным, во вто--и***^^^!*®	ром—замедленным.
* С	Как мы уже говорили,
при криволинейном двнже-Рис-	нни 0<а<л. В этом
случае вектор ускорения обычно раскладывают иа два направления: на направление, касательное к траектории, и на направление, перпендикулярное к нему. Составляющую ускорения, направленную по касательной, называют тангенциальным ускорением, а составляющую, направленную перпендикулярно к касательной,—нормальным ускорением.
§ б. Частные случаи движения
Равномерное движение. Равномерным называют такое движение, при котором |©| = const. Вычислим путь в этом случае. Для этого в формуле (1.3) положим
^ = ©2=	... =©,.=	...=©№=©.
Тогда п	п
5= lira V ©>Д/.=© lim V Af= vt* 'ДО-* о ,±7
ISP
Если при f —О тело находилось на расстоянии а0 (по траектории) от точки, принятой за начало отсчета, то эта формула принимает вид
s==o<4-se.	(1.4)
Так как при равномерном движении о = const, то ускорение может возникнуть только в результате изменения направления вектора скорости, что в свою очередь возможно лишь при криволинейном движеиин. Определим угол между векторами вне. Вернемся к рис. 1.4. Так как |v|== const, то = и ДАВС—равнобедренный. При Д(—«-0 угол а = 2^ВЛС—►О, а сумма углов АВС и ВСА стремится к 180°. Следовательно, ^АВС— * -§-=90°.
Таким образом, ускорение в каждой точке направлено по нормали к траектории и, как видно из рнс. 1,4, в сторону, противоположную выпуклости. При равномерном движении по окружности ускорение направлено по радиусу к центру.
Равномерное прямолинейное движение. В этом случае не только V — const, но и v — const. Следовательно, fl = 0 и vx = const, о const, vt — const
Для каждой из координат аналогично формуле (1.4) получим:
x^vxt-\-xa\ у = я/+уо; z=Vgi + g9.
Обычно одну из осей координат, например х, совмещают с вектором v и надобность в остальных двух осях отпадает. Такой выбор системы координат и будет предполагаться в дальнейшем.
Равноускоренное и равиозамедленное движения. Ускоренное (замедленное) движение называют равноускоренным (равнозамедленным), если а = const.
Следует отметить, что из одного только условия а = const не следует равноускоренность или равнозамед-ленность движения. Вектору в = const может соответствовать как равноускоренное, так и равнозамедленное движение.
Приведем простой пример.
Как показывает опыт, все тела при отсутствии сопротивления воздуха падают на Землю с одним и тем же ускорением*). Его обозначают буквой g. Тело, брошенное
*) Считается, что падение происходит с высоты, много мень-шей радиуса Земли на данной широте.
вертикально вверх, в каждой точке траекторий имеет уско® рение, равное g, но первую половину пути оно движется равнозамедленно, а вторую—равноускоренно.
Применяя рассуждения, аналогичные тем, которые Ис* пользовались при выводе формул (1.3) и (1.4), получим
Иш 2 ^&ti + vx^aj+vx,. ' (1.^ а<-*о г=1
Мы видим, что скорость Пусть график зависимости ©
зависит от времени линейно. (/) имеет вид, изображенный иа рис. 1.5. Вычисляв путь и координату в мо-£•= мент t по общим правилам, как площадь трапеции, получим
а /а ’
= ж =	+	(1.6)
Необходимо помнить, что ♦ эта формула справедлива только для случая, изображенного на рис. 1.5,
Движение по окружности. Важный случай движения — движение точки по окружности. При равномерном движении по окружности радиус-вектор точки за любые равные про-
межутки времени описывает равные углы (дуги). Отношение ю — <p/t остается постоянным, его называют угловой скоростью.
Время, за которое совершается полный оборот, называют периодом Т. Число оборотов в единицу времени п — \/Т. За время Т радиус-вектор повернется на угол 2п. Следовательно,
а = ^ = 2лл.	(1.7)
мо-
При мент
неравномерном движении угловая скорость в t определяется с помощью предельного перехода
а
— lim д/->о
Дф ДТ
Выразим модуль скорости точки через ее угловую скорость:	-
v = Пт -л ;
д/-*о
ио Дх = гДф (рис. 1.6), тогда
v = tim г^ = г lim ^2= га.	(1.8)
Д«->0	Д/-0Д*
Окончательно имеем
v — ra *).
Аналогично вводится понятие углового ускорения
(1.9)
д/-*о ЛГ
Найдем связь модуля ускорения а (линейного) с угловым ускорением. Из формулы (1.8) имеем Дм = — (напомним, что г = const). Подставляя Дю в (1.9), подучим
Д<о ,, I Av 1 ,, А» а lim -т-г- = lira —'-ri в — Мт -т-г = — д<->од* Д/-о r М г д^о** г
a = fir.
О- Ю)
§ 7.	Ускорение при равномерном движении по Окружности
Как мы уже зиаем, ускорение при равномерном движении по окружности направлено к центру. Вычислим его модуль. Для этого разобьем пераод движения Т на п малых равных между собой промежутков Ai{ р= 1, 2, ..., п),
В начале каждого из этих промежутков времени точка имела какую-то скорость ф*. Скорости «3- по модулю равны между собой, так как движение равномерно [рис. 1.7, а). По общим правилам действий с векторами мы можем перенести начала этих векторов в одну точку (параллельный перенос). Векторы Др;, равные разности векторов vi+l и образуют многоугольник, число углов которого равно п (рис. 1.7,6).
*) В отличие от угловой скорости, скорость » или v назы-
вают линейной.
Так как движение равномерное и &.t{ равны между собой, то А<р/ тоже равны между собой и, следовательно,
Рис. 1.7.
многоугольник правильный. Вычислим модуль приращения скорости за период:
О п
lAoj® lim V I 1“ 2iw’
n-+ «0
Следовательно,
'2ли	2avnR v*
a = -y- = 2 лоя = —£— =s	.
§ 8.	Кинематика абсолютно твердого тела
Описание движения абсолютно твердого тела сводится к описанию движения каждой из его точек. Если все точки тела совершают одинаковые перемещения, то движение называют поступательным. В этом случае прямая, проведенная через какие-либо две точки тела, остается при движении параллельна сама себе, и все точки тела описывают параллельные траектории. Описание поступательного движения сводится к описанию движения одной точки (любой точки, принадлежащей телу).
‘ Мы- будем рассматривать только плоское движение твердого тела, т. е. такое движение^ при котором все точки тела движутся в параллельных плоскостях. В этом случае произвольное движение можно разложить иа два движения: поступательное и вращательное.
- Вращательным. называют такое движение твердого тела, при котором имеются две неподвижные точки. Прямую, проходящую через эти точки, называют осью вращения^
§ 9.	О системах единиц измерения (кинематика)
Измерение физических величин требует введения системы единиц измерения. В дальнейшем мы будем пользоваться двумя системами единиц: СИ (она рекомендуется в качестве основной) и СГС. Каждая система имеет основные и производные, получающиеся из основных, единицы. Основными в любой ий указанных систем в механике являются единицы длины, времени и массы (о массе см. ниже). Размерность указанных величин в системе СИ соответственно: метр (сокращенно ж), секунда (сек), килограмм (кг) и в системе СГС: сантиметр (см), секунда (сек), граьйл (г).
В дальнейшем для удобства вместо слов «размерность величины F» мы будем писать [F]. Например, в системе СИ [ед. длины] = м, а в системе СГС [ед. длины] = см. Помимо этого, для вывода размерностей производных величин удобно ввести следующие обозначения: [ед. длрны] = /,, [ед. времени] —Т и [ед. массы] —М. Очевидно, что в системе СИ: L^m, Т=сек и М—кг, а в системе СГС: L — см, Т=сек, М—г.
Размерность производных величин получается из формул, связывающих их с основными, при этом с символами L, М и Т оперируют как с алгебраическими величинами. Пусть, иаприйер, нас интересует размерность скорости. Поскольку и — то
IAi]
Тогда в системе СИ [и] = у = м/сек и в системе СГС [t*]®
L . = -jt =» см/сек.
Поступая аналогично при определении размерности ускорения, из формулы а = получаем
г„]_ Г—1	1
[Д.г] [ДГ| Г “Г»’ '
в системе СИ	**п]сек* И1 в системе СГС [а]«
в ^=ксп]сек\
Приведем еще один пример. Пусть нам необходимо определить размерность какой-либо величины k, связанной с двумя другими величинами F и х формулой F=kx, ' причем известно, что [/т] = ^г н [-^]>=*Д. Выражая k из формулы, получаем:
k-L ш==ГГ]==1П=^.4==^.
Я— х , L«J- [ х J — W	£ Г2 •
Соответственно в системе СИ [&] = кг/сек4 и в системе СГС [Л] = г[сек2.
Таблица 1.1
Физические величины		Размерность в условных обозначениях	Единицы измерения и их сокращенное обозначение в системе	
			си	СГС
| Основные |	Длина Время Масса	L Т М	Метр (л) Секунда (сек) Килограмм (кг)	Сантиметр (см) Секунда (сек) Грамм (г)
|	Производные	|	Скорость Ускорение Угол Угловая скорость Угловое ускорение	LT~l LT~* 1 ,Г-1 т~»	Метр в секунду (м/сек) Метр иа секунду в квадрате (м/сек4) / Радиан (рад) Радиан в секунду (рад/сек) или (1/сек) Радиан на седун-ду в квадрате (рад/сек2) или (1/сек4)	Сантиметр в секунду (см/сек) Сантиметр на секунду в квадрате (см/сек2) Радиан (рад) Радиан в секунду (рад/сек) или (1/сек) Радиан иа секунду в квадрате (рад/сек2) илн (1/сек4)
Наряду с размерными в физике встречаются и безразмерные величины, например, угол, измеряемый в радианах: Д<р = ^	{R— const),
ГАТ Г *1	[&S1	&	1
Соответственно для угловой .скорости имеем
AZ ‘ I®) [Ai] T‘
Получение размерностей других величин аналогично. В табл. 1.1 приведены размерности физических величин, используемых в кинематике (за исключением массы).
ПРИМЕРЫ
I. Тело движется по прямой линии. Так как движение одномерно, то для его описания достаточно иметь одну Выберем ось х так, чтобы она сов-
координатную ось х. пала с заданной прямой. Проекцию скорости на ось х будем называть в дальнейшем просто скоростью и обозначать буквой о*). Пусть дай график зависимости скорости тела от времени" (рис.
1.8, а). Требуется найти путь, пройденный телом за время £2, координату тела в момент времени /2; оп-ределит^ среднюю скорость, с которой оно двигалось; построить график зависимости ускорения тела от времени. Можно ли
...............—-----
б) Рис. 1.8.
этим графиком описать зависимости
модуля скорости от времени?
*) Такой выбор оси и такое обозначение проекций различных векторов будет использоваться во всех тех задачах, где рассматривается одномерное прямолинейное движение.
Рассмотрим предложенный график и дадим сначала качественное описание движения. В начальный момент времени тело имело некую скорость и двигалось влево (т. е. в отрицательном направлении) по оси х, так как ®в<0-
Скорость его по модулю равномерно уменьшалась; В момент времени тело остановилось н начало двигаться в противоположном направлении, со временем увеличивая скорость. Для большей наглядности можно сделать чертеж движения тела (рис. 1.8, б).
Полный путь, пройденный телом, равен сумме расстояний |хх—*0|+1*2—*ii*) или, согласно тому, что мы доказали на стр. 11, сумме площадей треугольников АВС и CDE (рис. 1.8, a), t.z е.
(fa—<1)
5	2	•
Знак минус перед v0 поставлен потому, что f0 < О, а площади при вычислении пути должны быть положительны.
Конечная координата тела хг определяется разностью площадей £±CDE и ДЛВС и равна
v2(G—G)+Uo^i ---------g	.
Средняя скорость
_Дз — vttt+v2(t2—<i) v4~bte	------•
Ускорение тела определяется тангенсом угла наклона прямой AD—графика скорости. Оно постоянно и равно
o = tga = r-£r . ‘2—tl
Тангенс угла положителен; это указывает на то, что ускорение всегда направлено по оси х. В начальный момент времени оно противоположно направлению скорости, а после момента времени tt совпадает с направлением скорости. График ускорения представлен на рис. 1.9.
•) Индекс внизу указывает на момент времени, которому соответствует данная координата.
• Интересно отметить, что до момента it тело двигалось равнозамедленно, а после момента - времени t1—равно** ускоренно, хотя знак ускорения не менялся. Очевидно, модуль скорости не может описываться данным графиком, так как модуль скорости не может быть отрицательным.
II.	Диск вращается с угловой скоростью’, меняющейся по закону to =—Л/2-}-#, где Л и В—постоянные (А > О
и В > 0), t—время, отсчитываемое от начала наблюдения.
Определить, на какой угол <р повернется диск за время от t — 0 дб остановки. Найти размерность величин А и В, если время измеряется в секундах, а угол в радианах.
График зависимости угло-
—Т!------------—
Рис. 1.9.
вой скорости от времени —
парабола (рис. 1.10). В момент / = 0 угловая скорость ® = В. Затем угловая скорость уменьшается и при
tn —	~ диск перестает вращаться, т. е. ю = 0. Полный
угол поворота за время
Рис. 1.10.
численно равен площади, ограниченной параболой и осью t. Таким образом, задача сводится к вычислению этой площади.
Разобьем время движения in— у на п равных промежутков, каждый из которых 17-/ г Л
, и будем счи-п п
тать п столь большим, что в течение каждого промежутка времени Д/ диск движется е постоянной угловой скоростью а, (/ — 1, 2, 3, ..., п). Так, от О до тело двигалось с угловой скоростью — —А( Д/)а+В,
от до ta с угловой скоростью ®2 — — А(2Д/)84-Ви т. д.
Прн этом за время от 0 до диск повернется на угол
ф!за время от до /2—на угол <р2 = <в2А/ и г, д.;
Флота
« Ф1 + ф2 + Фз + . . . + фя =
= (Oj Д/ 4- <о2 Д^ 4- <0g Ы + ... + ®„ Д^ =
==Л/(ю14-®г + <в8+--- +®а) =
₽ М {[— А (А/)2 4- В] + [— А (2А/)2 4-В] 4-
4- [— А (ЗАО8 4- В] 4- • - + [— А (п А/)2 4-ву\
= Д4—А (ДО2 (14- 22 4- 324-... 4-П2) 4-«В}= /ВМ Г л f УВ/А У n(n+l)(2n + l) ] \ п J 6	"** J
в (л4-1)(2п4-1) , »1
6 И2 +В1 •
п
А~В_
А
п*
Это равенство приближенное; оно тем точнее, чем меньше Д/, т. е. чем больше /г.
В пределе при п —> оо получаем точное равенство;
Размерность со есть рад-сек-1. Следовательно, [At2] = рад -сек-1 и \В\ —рад. сек-1. Отсюда [А] = рад • сек"3.
III.	В момент времени / = 0 тело брошено вертикально вверх с начальной скоростью v0 из точки, находящейся над поверхностью земли на высоте Ло. Ответить на следующие вопросы: j) Какова высота наибольшего Подъема тела над землей (Амакс)? 2) Через какое время тело упадет на землю? 3) Какова будет его скорость в момент падения? Разобрать случай, когда тело падает с высоты Л0 без начальной скорости (свободное падение). Сопротивление воздуха не учитывать.
Движение тела является одномерным. Для его описания достаточно взять одну координатную ось h. За начало отсчета примем точку на поверхности земли; направление оси показано на рис. 1Л1. Выбор оси позволяет нам от векторов (скорость, ускорение и т. д.) перейти к их проекциям на эту ось, при этом параллельность или антипараллельность вектора осн А будет указываться знаком плюс или минус его проекции на эту ось.
Координата h тела в момент времени t будет равна

(1)
Скорость в тот же момент времени
v = v0—gt.
(2)
На высоте Лмакс скорость тела будет равна нулю. Из уравнения (2) найдем время, за которое тело поднимется на Лмакс:	М
° = ^0—^макс>
(3)
Высоту hKaKC определим, подставив ^макс в уравнение (1):
АМаке=А0+^.
Если йо = О, т. е. тело брошено с начальной скоростью v0 с поверхности земли»
^Иа«с=Н-	(<)	РИС- 1-11-
Matte *4 0	X /
Ответ на второй вопрос—через какое время f тело упадет на землю—получим, исходя из ‘того, что в момент падении тела Л = 0. Тогда из (1)
yO = h0 + v0i—^. ,
/	—_i_

Знак минус в решении отбрасываем нз очевидного требования и тогда
В случае свободного падения (®о = О)
<5>
И При бросании тела с поверхности земли (йо = 0)
(в)
Из равенств (3) и (6) следует, что при Ао = 0 время падения равно времени подъема.
Скорость о', которую имело тело в момент падения, найдем, подставляя f в (2):
\ &	' V S / О (
При свободном падении
<о' —
При Ло = О скорость v' = — о0, т. е. тело падает с той же по модулю скоростью, с которой его бросили.
IV.	В момент времени / — О снаряд вылетает из орудия под углом а к горизонту с начальной скоростью ®»0. Найти наибольшую высоту подъема снаряда над землей Лиакс, время его полета, дальность полета и уравнение траектории, по которой двигался снаряд. При каком угле а дальность полета максимальна? Сопротивление воздуха не учитывать.
Движение снаряда—двумерное, так как для определения положения точки, в которой находится снаряд в данный
момент времени, надо задать две координаты.
Выбираем оси координат так, как показано на рнс. 1.12. Проецируя начальную скорость »0 на выбранные оси, мы видим,что дви-
р 1 .	жение тела можно описать
ис‘ ’ '	как совокупность двух не-
зависимых движений: по вертикали и по горизонтали (прямое следствие векторного характера скоростей и ускорений).
Вертикальное движение тела с начальной скоростью vBt = v0 sin а, описывающееся уравнением
. gt* y = o0sma-f—
достаточно подробно разбиралось в предыдущем примере. 24
Воспользовавшись формулами (5) и (6) примера Ш, по-
лучим:
(vosin а)« 2g 9
, 2c/oshia
“e g *
(D
(3)
Написав зависимость координаты х от времени (Ж = »t>0 cos а-/), найдем расстояние от точки бросания до точки падения (дальность полета):
s—xta
,	2t>! sin acosa о? sin 2a
= «0 COS «*i. ~ -S—a------- ~S~5---
(8)
Для нахождения уравнения траектории из системы уравнений
efi
y = foslna.*—
(4)
x = t>4)cosa-<
надо исключить время. Подставляя /==—-— v0 cos a
в (4), находим
> = xtga—Xt л pjcos’a
(5)
т. е. уравнение параболы.
Для нахождения угла а, при котором дальность Полета
максимальна, используем уравнение (3). Очевидно, что s = sM1KC при a=45° (кроме того, дальность полёта одинакова при углах 45° +а и 45°-—а).
V. Диск катится по горизонтальной поверхности без проскальзывания. Радиус диска /?, угловая скорость <о. Найти скорости vo, ©j, vB и vc точек диска О, А, В, С (рис. 1.13) в данный момент (мгновенные скорости).
Все точки катящегося диска, кроме точки О, участвуют в двух движениях — поступательном и
вращательном. Точка О
движется только поступательно. Вектор скорости поступательного движения одинаков для ’всех точек диска (по
определению поступательного движения; диск считается абсолютно твердым}. Модуль скорости вращательного движения для точек А, В и С тоже одинаков. В точке С вектор скорости поступательного движения направлен противоположно вектору скорости вращательного движения.
Так как мгновенная скорость точки С должна быть равна нулю (это и есть условие непроскальзывания диска), то
—®Спост’
Для точек А, В, С скорость ©bp = faOcj =	Следовательно,	-
'рОв«пост = «,/?-
В точке В направления скоростей поступательного И вращательнбго движений совпадают, т. е.
vs — 2й/?.
Из рис. 1.13 видно, что скорость в точке А
va — ]^2 a>R.
Эта задача может быть решена иначе. Известно, что если одна точка тела неподвижна, то движение тела представляет собой вращение вокруг этой точки. При движении диска точка С в данный момент времени неподвижна (‘Ус= 0). Следовательно, мы можем рассматривать движение диска в тот же момент как вращение вокруг точки С (мгновенный центр вращения) с угловой скоростью <Blt причем
Вл
Тогда
И1~ ос~ в
«в = со-СВ=2со/?, Ф4==й - ДС==уг2 и/?.
ЗАДАЧИ
1.1.	По какому закону должно двигаться тело, чтобы для вычисления его средней скорости можно было использовать формулу
'	__рнач ~Ь цкон •>
ср —	2 г
1.2.	Каким является движение кабинок в «Колесе обозрения»— поступательным ’иди вращательным (рис,. 1.14}?
1.3.	Два человека перекидываются мячом, двигаясь одновременно с этим навстречу друг другу. Найти путь, который пролетел мяч за время, в течение которого расстояние между людьми сократилось от до /2. Скорость первого человека vlt скорость второго—о2, скорость мяча—v3. Временем пребывания мяча в руках можно пренебречь. Считать полет мяча горизонтальным.
1.4.	Зависит ли форма траектории движущегося тела от системы отсчета, в которой рассматривается движение?
1.5.	Две автомашины едут по взаимно перпендикулярным дорогам. Скорость первой машины 11,1 м/сек, второй—8,35 м/сек. Найти величину их относительной скорости.
1.6.	Катер шел по реке из пункта А в пункт В и затем возвратился в пункт А. На его пути было водохранилище. Скорость течения
Рис. 1.14.
реки
скорость течения в водохранилище пренебрежимо мала, скорость катера в стоячей воде Больше или меньше затратил бы времени на тот же путь катер, если бы водохранилища не было и река текла бы всюду со скоростью т0?
1;7. Две космические ракеты СблИЖаЮТСЯ СО СКОРОСТЬЮ — =8-Ю3 км/ч. С одной из ракет каждые 20 мин посылаются на другую почтовые контейнеры со скоростью г»к = 8-10® км/ч^ртно-сительно первой ракеты. Опре-
делить, сколько сообщений получит командир второй ракеты в течение часа?
1.8.	Скорость ветра возрастает прямо пропорционально высоте подъема, причем на поверхности земли она равна нулю, -а на высоте Ло величине Vo (рис. 1.15). Под каким углом <р к вертикали необходимо выстрелить из зенитного орудия, чтобы снаряд вернулся в точку вылета, если в результате действия ветра снаряд приобретает дополнительную
v0,


✓
о? ХЛ
Рис. 1.15.
горизонтальную составляющую скорости	'где
Л—постоянное число, Ув—скорость ветра? Начальная скорость снаряда ©0.
1Л. В бассейне по трем второй и третьей дорожкам
Рлс. 1.16.
меня. Можно ли момент?
определить
дорожкам плывут пловцы: по в одну сторону, а по первой— в противоположную. Скорость первого пловца vlt второго —
Найти скорость третьего пловца, если все время пловцы находятся на одной прямой и плывут по середине дорожек. Расстояние между серединами^ первой и второй дорожек а, а между серединами второй и третьей—b (рис. 1.16).
1.10.	Дан вектор скорости тела в некоторый момент вре-ускорение тела в этот
1.11.	Дайте качественное описание движений по графикам, изображенным на рис. 1.17. Найдите принципиальные ошибки, содержащиеся в этих графиках.
1.12.	Даиы два графика: модуля скорости к и проекции V* скорости на ось х в зависимости от координаты х (рис. 1.18). Какой из этих графиков содержит ошибку?
1.13.	Дан график проекции ускорения тела ах ъ зависимости от времени (рис. 1.19). Найти проекцию скорости vx в момент времени ia в трех случаях: Ri<Rt, Ri*=Rit Ri^> Rf
1.14.	Между точками А и В гшжкякя па прямой тело таким образом, что, выходя из точки А с начальной скоростью пяач = 0, оно должно иметь в точке В скорость
равномерно. Каков должен быть
к 5, но равноускоренно с уско-
«кон — 0- При этом тело может двигаться с постоянным по модулю ускорением а и характер движения, чтобы время его было минимальным? -
1.13.	По прямой, соединяющей точки А и В, расстояние между которыми 50 ж, одновременно начинают двигаться три тела: первое тело движется от А к В равномерно со скоростью = м/сек; второе тело движется также от А рением а2 = 4 ^м/сека, скорость его в начальный момент вре
мени равна нулю; третье тело движется навстречу первым двум из В в А с ускорением п3 = 2 м/сек? и начальной скоростью v3 = 5 м/сек. Найти координаты точек встреч тел и времена, через которые встретятся эти тела.
1.16. Прямой круговой пустотелый конус поставлен вверх основанием так, что оно параллельно земле (рис. 1.20).
Внутри него к центру основания О привязана нить с нани-ванной на нее бусинкой. Под каким углом а к вертикали должна быть натянута нить, чтобы бусинка, скользя по ней без трения, достигла боковой поверхности конуса за кратчайшее время? Бусинка падает с начальной скоростью, равной нулю. Угол раствора конуса равен <р.
1,17.	Покоящееся тело начинает двигаться по следующему закону: в течение первой секунды оно движется с постоянным ускорением, рав-
,	... ным а, в течение второй—с ус-
Ут, / корением — о/2, в течение треть-чертой —о/8 и т. д/
/Г\ Q J / Определить, какой путь тело \ / |	/ проходит за и-ю секунду. Какова
I f скорость тела к концу л-й се-\	кунды? (В этой задаче мы пола-
гаем, что время, за которое ме-Nf	- няется величина и знак ускоре-
*	ния, пренебрежимо мало.)
Рис. 1.20.	f.18. В момент времени t — 0
с высоты Н начинает свободно падать тело. Одновременно с высоты Н/2 начинает двигаться вертикально вверх е начальной скоростью о0 другое тело, Найти их относительную скорость через время t после бросания*).
1.19.	Два шарика бросают вертикально вверх, причем второй шарик бросают через т сек после первого. Начальная скорость первого шарика о0. С какой скоростью vt надо бросить второй шарик, чтобы ош а> упал на Зг сек позднее первого; б) упал на Зт сек раньше первого?
1.20.	В примере III (см. стр. 23) дана- формула зависимости координаты тела, брошенного- вертикально вверх с высоты Ло и с начальной скоростью^, от времени:
h = ho + vot—
si2 Какой физический смысл имеет она при hg -j- vot <	?
1.21.	Тело брошено под углом а к горизонту с начальной скоростью t»0, Найти точку, в которой его ускорение максимально.
•) Здёсь и в дальнейшем во всех задачах мы пренебрегаем сопротивлением воздуха.
1.22.	На первую ступеньку лестницы бросили резиновый мяч с начальной скоростью w0 под углом а к горизонту. Перескакивая со ступеньки на ступеньку, мяч поднялся до верха. Размеры лестницы и траектория мяча показаны на рис. 1.21. Считая, что при ударе мяч не теряет скорости
и угол падения равен углу отражения, найти время его подъема по лестнице (временем удара пренебречь).
1.23. В спортивном зале, плоскость потолка которого пересекается с плоскостью пола под утлом р, в точке А, находящейся на расстоянии
Рис. 1.21.
d от линии пересечения плоскостей пола и потолка, спортсмен кидает мяч тгод углом а к полу. Траектория мяча лежит в плоскости, перпендикулярной плоскостям потолка и пола. С какой ско-
Рис. 1.22.
ростью спортсмен должен кинуть мяч, чтобы тот лишь коснулся потолка, ие изменив траектории? Считать касание идеальным.
1,24.	Из города А в «ород В ведут две дороги, жаждая из которых
не имеет самопересечений (рис. 1.22). Доказать, что если два автомобиля могут выехать одновременно из Л я 'проехать по этим дорогам в В так, что расстояние между ними ни в какой момент времени не будет больше 26 ж, то две круглые платформы радиусом 11л каждая., выехавшие одновременно одна из А в В, другая из В в Л, не смогут проехать по этим доро
гам, не столкнувшись.
1.25.	Найти траекторию тела, зная, что модуль его скорости постоянен и равен Ь, а угол между направлениями вектора скорости в данный момент и в момент времени /= 0 меняется ло закону еде const Определить ускорение тела в момент t.
1.26.	Диск радиусом /?, насаженный на цилиндрическую ось радиусом г, может катиться по рельсам так, как вто показано на. рис. 1.23. Отметим на диске я на оси радиус ОАВ. Через некоторое время этот радиус снова придет в прежнее положение, при этом и ось, и диск Совер* шат, очевидно, полный оборот. Если качение происхрдит без проскальзывания, то каждой точке окружио-\ /	оси можио сопоста-
I (vfi	J { С 1^7 1	*ить ТОЧКУ на 0ТРезке
/	АЛ", т. е. развернуть ее
к.	в этот отрезок. Из тех
А.	же соображений получим,
р . «о	что длина окружности
ис-	диска равна длине отрез-
ка Sfi*. Так как АА" и $В* равны, то отсюда легко сделать вывод/ что длины этих (а значит, и любых других) окружностей равны. В чем заключается допущенная при рассуждениях ошибка?
1.2/	. Кольцо радиусом R катится без проскальзывания по горизонтальной поверхности с угловой скоростью й). Найти зависимость координат некоторой точки А кольца (рис. 1.24) от времени, если в начальный момент хА~=0, Уд==О, «=^0.
1.28.	Мальчик кидает мяч в цель, находясь на горизонтальной платформе, вращающейся с угловой скоростью со. В первом случае он стоит в центре платформы, а мишень расположена на расстоянии R от него, во
втором случае мальчик и мишень меняются местами. Ответить на следующие вопросы: 1) Под каким углом к Направлению на цель должен кинуть мальчик мяч? 2) Всегда-ля он может попасть в мишень?
1.29.	Прямой круговой цилиндр катится по горизонтальной поверхности. На торце цилиндра выбрана произвольная точка А. Найти поверхность, являющуюся геометрическим местом точек цилиндра, имеющим в данный момент тот же, что и точка А, модуль скорости; Проскальзывания нет.
Ра®. 1.24.
1.30.	По вращающемуся диску ведут карандаш так, что он перемещается по прямой относительно окружающих предметов от края диска к его центру со скоростью, равной абсолютной скорости точек диска в месте соприкосновения диска с карандашом. Определить, через какое время карандаш коснется центра диска. Радиус диска R.
1.31.	Лента перематывается с одной катушки на другую Скорость подачи ленты постоянна и равна v. Найти угловую скорость вращения мотка через время t после начала перемотки. Начальный радиус мотка г0, толщина ленты Д/.
1.32.	Человек вращает камень, привязанный к веревке длиной R, в вертикальной плоскости. Скорость вращения постоянна. В некоторой точке камень отрывается и летит вертикально вверх. Найти наибольшую высоту, на которую он поднимется, если известно, что в момент отрыва суммарное ускорение камня было направлено под углом 45° к вертикали.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
1.1. Формулой можно пользоваться в том случае, если за-
висимость скорости движения от времени—линейная функция.
Действительно, из рис. 1.25 убеждаемся, что
As ^p^Ai
__ ^нач~Ь^кои 2
Линейная функция — это единственная функция, обладающая таким свойством.
1.2. Движение поступательное. Каждая прямая, проведенная внутри кабинки, раллельной сама себе.
Рис. 1 25.
остается при движении па-
—G
1.3. Время,
за которое расстояние между людьми
Ц до равно / = ^-_Это время в воздухе, летя со скоростью Сле-v vi+ъ з-
сократилось от мяч находился довательно, путь, который он проделал, $ = v3i = 1	v3.
2 А А Боровой и др.
33
б) Пусть, точка относительно Земли
1.4.	Зависит. Покажем это на двух простых примерах.
а} С точки зрения наблюдателя, находящегося в прямолинейно и равномерно движущемся вдгоне, траектория свободно падающего мяча-—прямая лНния. С точки зрения наблюдателя, стоящего на земле, мяч летит по параболе, так как в системе отсчета, связанной с Землей, мяч имеет горизонтальную скорость; равную скорости вагона.
~	движется по радиусу вращающегося
диска к его центру (диск расположен горизонтально). Тогда в системе отсчета, связанной с Землей, траектория точки—спираль, а в- системе отсчета; связанной с диском,прямая.
1.5.	Величина относительной скорости равна
где —вектор скорости первой машины, — второй. Фактически данное равенство представляет собой определение относительной скорости двух тел. Следовательно, для нахождения vaTH мы должны найти вектор, равный разности	—vs, и
определить его модуль. Из рис. 1 26 видно, что
®отн = l/"	= 13,9 м/сек.
Отметим, что изменение направления как обоих, так ii каждого в отдельности векторов и v2 на противоположное не изменит результата.
1.6.	Пусть отрезок пути, проходимый катером по водохранилищу, равен /. Тдгда время, потраченное на этот путь
21
при поездке из А в В и обратно, fx = —, Если бы водо-1 хранилища не было и скорость течения была бы равна то полное время, часть пути, было бы
реки на отрезке I затраченное на эту
t =_L__r__L_
2	»1+»О	’i-’o*
Сравним времена и fa:
t	+	=	_ 2/	.
2	у»—V2 V*—V*	V? — »2 ’ 1‘
Отсюда очевидно, что при любом va > 0 (и, конечно, > G» т- е- катер во втором случае затратил бы на поездку больше времени.
1.7. Расстояние между двумя последовательно выпущенными контейнерами s — vK&t, где Af—время между пусками. В системе отсчета, в которой вторая ракета покоится, контейнеры летят к ней со скоростью v — v?-j-vK. За час она получит все посылки, которые в .начале этого отрезка времени находились на расстоянии не большем, чем (®p-4-t»K) t, где t = 1 ч. Тогда число контейнеров, принимаемых второй ракетой в течение часа, равно	\
. 8000 1+8000 1 3
(»р + М t
6 (штук),
т. е. контейнеры, для отправки которых командиру первой ракеты потребовалось 2 ч, будут получены на второй ракете за 1 ч.
1.8. Для решения задачи введем осн координат, как показано на рис. 1.27. Вертикальная плоскость ху параллельна вектору скорости ветра. Так как ветер не оказы-
вает влияния на движение снаряда в вертикальном направ.
лении, то зависимость вертикальной составляющей скорости Vy и высоты снаряда у от времени есть
vy = v0 cos <р—gt, . gt3
y = H0COS(p./—
Время полета снаряда
,	2t>0 cos tp
n== - .
Горизонтальную составляю-	Рис-
щую скорости снаряда vx пред-, ставим в виде двух членов vx и vXy первый из которых не зависит от времени, а второй зависит:
= + vx= — Яд sin ф,
x hoy~ha C0ST-f— 2J
/ F	\	*
здесь -~у—скорость ветра на высоте у]. Слагающая обусловливает смещение снаряда за время iB иа х'= v'xtB по оси х влево, а слагающая «Г — вправо по оси х иа х”. Так как зависит от времени квадратично, то х" представляет собой площадь под параболой, описываемой функцией ^”(0 за время от 0 до / = <„. Нахождение площади под параболой уже разбиралось (см. стр. 21), поэтому приведем готовый результат:
2t»’cos8q> “ hp ’	3g2	’
Для того чтобы снаряд вернулся в исходную точку, необходимо выполнение условия х' + х" = 0,
°	& Лв Зё
Решая это уравнение относительно <р, находим
ф_аКашИВ£=1,
0.
где
л == kv»VP 3gk9-
Для существования решения необходимо, чтобы 0 ф < у , что выполняется для любых значений А.
1.9.	Рассмотрим движение в системе отсчета, связанной с первым пловцом. В этой системе скорость второго пловца = ^1,+ ®г> а скорость третьего ^3 ==t/1т3. То условие, что Они всегда находятся на одной прямой, сохраняется.
Пусть- и момент времени /0 пловцы находятся в точках А, D и Е (рис. 1.28). Через единицу времени они будут находиться в точках A, F, К (напомним, что пловец 1 в выбранной системе отсчета неподвижен).
Расстояние DF численно равно 4- ®2, а ЕК — ^4* ®s-Из подобия треугольников следует
ЕК ЕА С А а-\-Ь DF~DA~BA а~ и
Р14~Рз_
t’l+o» а ’ отсюда
®s = ^^i + ®2) — ®i = y(®i + ®a) + ^.
1.10.	Определйть ускорение нельзя. Для определения ускорения необходимо задать скорость тела в течение некоторого промежутка времени.
1.11.	а) От момента времени / —0 до момента тело двигалось равномерно со скоростью ®01 = tg а ед. скорости, от до /а—ускоренно, от /2 до /3—равномерно со скоростью t'23 = tg0eA. скорости, затем тело остановилось.
В точке, соответствующей моменту времени /а, произошло мгновенное изменение скорости тела. На графике это иллюстрируется тем, что моменту времени /2 соответствуют две касательные к кривой в точке А (рис. 1.17, а). Это невозможно. Скачок скорости означает, что ускорение было бесконечно большим. Поэтому переход от одного участка кривой к другому должен быть плавным. Это замечание справедливо также по отношению к графикам зависимостей любых физических величин от времени. Однако часто для большей наглядности графика этим требованием приходится пренебрегать.
б)	От момента t=0 до тело двигалось равномерно, после —замедленно (тангенс угла наклона касательной убывает): После точки, отвечающей моменту времени Уа, график не имеет смысла, так как путь не может уменьшаться со временем.
в)	График, соответствующий интервалу времени от / = 0 до также противоречит определению пути: путь—существенно положительная величина, и отрезок прямой на графике между моментами t — 0 и не имеет физического смысла. От до /а тело двигалось равномерно, затем остановилось.
г)	График предполагает в момент времени бесконечно большую скорость у тела, а это невозможно.
♦.12. Неверен график рис. 1.18, б. В точках с координатой х, лежащей между xt и хй или х8 и х4, тело побы
вало трижды, имея при этом разные проекции скорости vx. В то же время проекция скорости vx оставалась больше
нуля, т. е. тело двигалось рее время в одну н ту же сторону по оси х. Эти два требования несовместимы.
Второй график (рис. 1.18, а) не содержит ошибки, так как это график модуля скорости и поэтому не исключена
возможность того, что тело в различные момен-1 ты времени проходило через точки с одной и той же координатой х, имея различные скорости.
1.13. Проекцию скорости в момент можно определить как алгебраическую сумму площадей полуокружностей с радиусами
*1=4 И ₽2 = ^.
(Напоминаем, что площадь, ограниченная частью кривой, лежащей под осью х, считается отрицательной.)
При < 7?а имеем
nR*
2

При — проекция <ох =0 и при Rx > R2
nR2
п (л* .
---Tf \К1“~КгЦ
1.14.	Решим задачу графически (рис. 1.29). График v(i) может представлять собой либо трапецию, что соответствует сначала равноускоренному движению, в середине пути— равномерному и в конце—равнозамедленному, либо треугольник, что соответствует лишь равноускоренному и равнозамедленному движениям. Угол при основании этих фигур определяется ускорением a = tga ед. ускорения. Площади фигур одинаковы—это путь нз А в В.
Очевидно, что наименьшее основание (т. е. наименьшее время < tt < /3) при данных площади и угле а будет у треугольника. Тело половину пути должно двигаться равноускоренно, а вторую половину — равнозамедленно.
1.15.	Решение задачи дано на рис. 1.30.
1.16.	Пусть нить натянута по прямой ВО, которая составляет угол а с вертикалью-СО (см. рис, 1.20}.
Проведем АО \^АС. Угол АОВ = 90°—-2.—а,
4
Бусинка будет скользить по нити с ускорением a — g cos а. Найдем время прохождения пути ВО. Так как
Время t будет минимальным . I <р .	\
ведения sin! 75-+ а )соза. Но
sin а) cos а = sin ^-2-(-2а)-J-sin-2. — _ .
При заданном значении <р последнее выражение будет максимальным, если sin ^-24-2a) = 1 или ~ + 2a = 90°. Отсюда a~45°^f.
при максимальном значении произ
1.*17. Обозначим через ла в конце первой, второй,
®2> ®3, • • • скорости те-третьей и т. д. секунд.
Тогда.
— at, , al
, at , at
®8 —	’
Скорость в конце л-й секунды

Пути, пройденные телом за первую, вторую и т. д. секунды: а/2	,2 at*
S1==-^a^~T,
,2 at* ,2 а/2 . аР
s2 = ati—-r = ati—^-+-T,	.
,2 at* at* at*
s3 = at*- 2- + T—g- ,
Путь, пройденныйза л-ю секунду, ,2 at* , at* .	. . ,.nat*
sn^at*-~ у + т+ ..•+(— 1) 2* = , 7 _l_\n+1 — at* Г1_L _i_ J — 4- I ______________V , 2 / at* —
аг[* 2 + 4 8 ' ' • ' 2" j “ 1 г_д V at ~
I 2}
_2а/2Г.	/	1VH1
Y 3 I	v	2/ ]•
1.18.	Тела движутся с одинаковым ускорением, равным Очевидно, что их относительная скорость остается постоянной и равной к0 в течение всего полета.
1.19.	а) Пусть первый шарик до наивысшей точки траектории летел t сек. Тогда второй надо бросить с такой начальной скоростью чтобы ои достиг наивысшей точки
через (f-f-т) сек от момента его бросания. Действительно, при этом он будет в полете на 2т сек больше, чем первый шарик. Брошен же он был позднее первого на т сек. Таким образом, он упадет на Зт сек позднее первого шарика. В наивысшей точке траектории для первого шарика ©0—gt—О, для второго ©J—^(/4-т) = 0. Из этих уравнений находим t’i = t’o4"g’T- Аналогично рассуждая, для случая (б) получим
1.20.	Высота h отсчитывается от поверхности земли. Условие ho-{-vot<^^ означает, что h < 0. Это не имеет смысла. Однако если-^бы в месте падения тела находилась шахта или яма, то формула при этом условии давала бы правильное описание движения.
1.21.	Ускорение одинаково во всех точках и равно g.
1.22.	Горизонтальная проекция перемещения мяча х— = 2Actgp. Горизонтальная проекция скорости vx постоянна и равна n0cosa. Время подъема мяча
f _2fectgP cos a ‘
1.23.	Выберем оси координат так, как это показано на рис. 1.31. Тогда уравнение траектории мяча, брошенного под углом а с начальной скоростью v0, будет
у = xtga—
X8 v3 cos3 a
(1)
(см. пример IV, формула (5)). Уравнение линии пересечения
плоскости потолка с плоскостыр, в которой лежит траектория мяча (линия ВС на рисунке), запишется как
у — kx + b, (2)
где fe = tg0, b = dtgp.
Для того чтобы мяч коснулся потолка, не из-
менив траектории, надо, —
чтобы линии, описывае-	яс" ' ’
мые уравнениями (1) и
(2), имели одну общую точку (касались друг друга). Для нахождения координат точки касания запишем уравнения (1)
и (2) совместно в виде системы -
y = xtga —х2 (—I, \2u3cos2 а/
j = xtgp + dtgp.
Решая ее, получим уравнение для координаты х:
х2 \	tga) + d tgP = O.
\2v3 cos3 а/
(3)
Требование единственности решения уравнения (3) означает равенство нулю детерминанта
(tgp—tgaP—W=o, v3 cos3 a
откуда	_______________
v0 = 2Sd г—irv	й •
0 У е cos3 a (tg р — tg a)3
1.24.	Выбираем систему координатных осей так, как это показано на рис. 1,32. Отложим на оси у отрезок ОВ", представляющий в некотором масштабе длину первой доро-
ги (городу А соответствует точйа О, городу В—точка В"), а на оси х отрезок OB'—длину второй дороги (городу А соответствует точка О, городу В—точка В'). Тогда какому-то положению автомобиля, движущегося по первой дороге, будет соответствовать некоторая точка у на отрезке ОВ", а положению второго автомобиля в тот же момент времени—некоторая точка х на отрезке ОВ'. Точка z на плоскости со
ответствует такому моменту времени, когда второй автомобиль находился в точке х, а первый в точке у. Другими словами, она характерйзует положение обоих автомобилей. Одновременное движение автомобилей по первой и второй дорогам можно изобразить некоторой непрерывной кривой OzC, которая должна пройти через точку О (город А) и С (соответствующую приходу автомобилей в В).
Если бы платформы могли проехать из А в В и из В в А, то их движению соответствовала бы кривая B"zB' (первая платформа вышла из А, т. е. у — 0, вторая из В, т. е. х = В'; затем через некоторое время первая платформа приходит в В, для нее у = В", а вторая,в А, для нее х = 0). Но кривые ОгС и В"гВ' должны пересечься, т. е. иметь хотя бы одну общую точку z. Месту их пересечения отвечает такое положение, когда между платформами расстояние будет не более 20 м (согласно условию, накладываемому на движение автомобилей). Следовательно, еще не дойдя до этой точки, платформы столкнутся.
1.25.	Описанное движение—это равномерное движение по окружности с угловой скоростью k. Действительно, при
таком движении скорость по модулю постоянна, а вектор скорости равномерно вращается. Угол его поворота <р равен-
углу поворота тела относительно начального положения. Ь	е2
Радиус окружности R = -j-. Ускорение тела а = -к- = bk.
1.26.	Ошибка заключается в том, что если сам диск катится по рельсам без проскальзывания, то обязательно
существует проскальзывание при качении его оси. Приняв точку В за мгновенный центр вращения (см. рис. 1.23), мы видим, что скорость точки А в этот момент равна vA = a-AB^A 0, т. е. точка А проскальзывает. Через какой-то промежуток времени i катящийся диск будет занимать по-
ложение, указанное на рис. 1.23 пунктиром. Да это время радиус, проведенный в точку А, повернется на угол a —at.
1.27. Зависимость координат точки А от времени выразится следующими формулами (рис. 1.33):
= —/?cosa=7?—R cos at, xA — l—Rsina—l—Rsia at.
Из условия непроскальзывания (l = Rai) следует
XA — R(at—sin co/).
1.28.	В первом случае путь мяча до цели /?. Время полета / = /?/®0. Мишеиь переместится эа это время на расстояние s = Мальчик должен кинуть мяч с опереже-нием на угол a — s/R — <oR/v6 (рис. 1.34,а). Во втором случае мальчик, а следовательно, и брошенный им мяч, имеют
Рис. 1.34.
касательную скорость vK — aR. Для того чтобы результирующая скорость была направлена к центру платформы, мяч нужно бросить под некоторым углом Р к направлению на центр (рис. 1.34,6):
Р<оР = — »0
а	.
р = arcsin------
г	»о
Результирующая скорость мяча в этом случае равна
/с®—<о27?2
а = cos Р = v0
и направлена к центру.
-Если v0^.a>R, то мальчик никогда ие Сможет попасть в цель, т. е. не найдется такого угла бросания, прн котором результирующая скорость будет направлена к центру.
1.29.	В данный момент времени распределение скоростей точек катящегося' цилиндра такое же, как если бы ои вращался с угловой скоростью вокруг отрезка прямой ВС (рис. 1.35), по которой происходит в данный момент его касание с горизонтальной поверхностью. Прямую ВС называют мгновенной, осью вращения^ Поэтому геометрическое место точек цилиндра, имеющих в данный момент тот же, что и точка А, модуль скорости, есть часть поверхно-сти цилиндра, радиус которого АВ, а ось совпадает с ВС.
1.30. Скорость движения карандаша vK равна касательной скорости точки диска в том месте, где карандаш со
прикасается с иим, оя = <вг, г—расстояние точки касания от центра диска (полное расстояние, которое должен пройти карандаш, равно длине радиуса /?).
Путь, который* карандаш прохо-дит за малый промежуток времени Д/,	/
можно определить, считая ско-рость Од постоянной за это время:
Ar = vR&.t — аг А/.
Отсюда	/	\jW\
ы=—.	( I
аг	\	/
Разбив все расстояниена п рав-ных малых отрезков Аг, получим вре-мя прохождения карандаша от края * Рис. 1.35. диска к центру, прн условии, что его скорость остается на каждом из отрезков Аг постоянной и равной =	(г— номер отрезка Аг, считая от центра).
Тогда
где гх = Аг, га = 2 Аг, ... , rt = I кг. Следовательно,' п	п
/ _ 1 V *Лг — 1 V 1
ГП а 2а<дг~ в Да г z=i	t=i
Для нахождения времени t движения при непрерывном изменении скорости необходимо перейти к пределу при л—> оо:
t — lim f „ = — У 4-п (Л Лш/4 t ш /=sl
оо
Сумма ряда У -т- бесконечно велика. В этом можно убе-i—i
литься следующим образом. Напишем сумму k членов ряда
1 +т+4+4 + • -'+Т’	0)
она больше суммы ряда
1 -*~2 + (т+хНЧ в’+'з’+'в+-8 ) + ' * *
при равном числе членов. Последний ряд представим как
1+I+4+4-+--.	<2>
Ясно, что сумма ряда (2) стремится к бесконечности при неограниченно возрастающем числе членов, тем более быстро стремится к бесконечности сумма ряда (1) при том
Рис. 1.36.
же условии. Карандаш никогда не придет в центр диска.
1.31. Для определения угловой скорости со необходимо" знать радиус мотка по прошествии времени t, так как со = —. Объем ленты, смотан-ной за время /, равен V= = vf &lh, где —длина, А/— толщина и й—Тпирина ленты. С другой стороны, этот же
объем равен я (г?—г2) Л (рис. 1.36) и, следовательно,
я(Го—г2) = ^ А/, г — j/" г? — V~~ >
и отсюда
v
1.32. Результирующее ускорение в момент отрыва камня складывается из тангенциального ускорения, равного g, и нормального, равного Так как результирующее ускорение направлено под углом 45° к вертикали, т. е. к направлению g, то g — v^/R, и начальная скорость камня
v — V~gR.
Используя формулу (4) примера III, найдем, что
«макч:— 2g~2£~ 2 ’
ГЛАВА П
ДИНАМИКА (МАССА, СИЛА, ИМПУЛЬС)
КРАТКАЯ ТЕОРИЯ
§ 1.	Закон инерции и основные динамические величины
До сих нор, рассматривая движение тела, мы не интересовались тем, при каких условиях осуществляется тот или иной вид движения. Например, в каком-случае тело движется равномерно, а в каком равноускоренно? Кинематика вообще не ставит своей целью ответить иа вопрос: почему происходит движение тел?
Ответ на этот вопрос не так прост и очевиден, как это может показаться. Долгое время в науке господствовал взгляд Аристотеля, согласно которому для того, чтобы тело продолжало находиться в движении, необходимо воздействие иа него других тел. Эта точка зрения соответствует непосредственному, интуитивному представлению о движении.
Например, тележка движется только тогда, когда мы ее толкаем. Если толкнуть тележку сильнее, она начнет двигаться более быстро и, наконец, если совсем прекратить воздействие, тележка остановится. Наличие у тела скорости связывалось, таким образом,, с действием на него других тел, а величина и направление скорости—с характером и интенсивностью этого действия. Эти представления продержались в пауке почти две тысячи лет, не подвергаясь проверке опытом. Они были опровергнуты Галилеем, впервые применившим методы научного рассуждения в истолковании поставленных им же экспериментов.
Изучая скатывание гладкого Hiapa с наклонной плоскости, Галилей заметил, что при движении вниз шар движется ускоренно, постепенно увеличивая скорость, а при движении вверх — замедленно. Отсюда он сделал вывод; что,
светившись на горизонтальную плоСкрсть, где нет наклона ни вверх, ни вниз, шар будет вечно двигаться с одной и той же скоростью, если только плоскость продолжена неограниченно и ничто не мешает движению. Эту же мысль можно проследить и на примере с тележкой. Получив толчок, тележка через некоторое время остановится. Однако уменьшая сопротивление воздуха и трение между тележкой и поверхностью, можно неограниченно увеличивать ее путь.
В пределе (при отсутствии трения и сопротивления воздуха) тележка будет двигаться неограниченно долго с неизменной по величине и направлению скоростью. Это утверждение называют законом инерции. Четкая формулировка его впервые была дана Ньютоном. Он гласит:
Тело сохраняет состояние покоя или равномерного прямолинейного движения, если на него не действуют другие тела.
Здесь и в дальнейшем под телом (если ие оговаривается противное) мы подразумеваем материальную точку.
Ясно, что фактически проверить этот закон нельзя, так как нельзя реализовать бесконечную плоскость и нельзя поставить тело в такие условия, чтобы на него не действовали другие тела. Однако можно проверить обратное, а именно: во всех тех случаях, когда тело изменяет свою скорость по величине или направлению, т. е. приобретает ускорение, всегда можно указать тела, действие которых вызывает, это ускорение. Искривляется траектория тела, брошенного под углом к горизонту; Причина—действие Земли. Шар, ударяясь о стенку, меняет свою скорость; причина—действие стенки, и т. д.
Физическая величина, характеризующая действие одних тел на другие, называется силой. Таким образом, причиной ускорения тела является действующая на него сила. Поскольку ускорение есть величина векторная, сила — тоже вектор. Опыт показывает, что направления вектора силы и вектора ускорения совпадают, а величина ускорения пропорциональна величине действующей силы.
Мы видим, что состояние тела изменяется под действием других тел. Посмотрим теперь, как влияют на это изменение свойства самого тела. Предположим, что мы подействовали некоторой силой на покоящееся тело. Так как под действием силы тело приобретает не скорость, а ускорение^ То для того чтобы оно достигло конечной
скорости, необходимо время. Это время для. различных тел будет рабным.
Свойство тела изменять свое состояние не сразу, а постепенно, называют инерцией. Скалярную величину, характеризующую инерцию, тела, называют его инертной массой илн просто массой. Чем медленнее тело меняет свое состояние под действием . силы, тем" больще его масса. По смыслу определения ясно, что масса любого тела больше нуля. Опыт показывает, что масса—величина аддитивная. Это означает, что если сложить два тела вместе (например, слепить шар из двух восковых шариков), то нх общая масса равна сумме масс каждого из тел в отдельности.
Кроме того, масса тела не зависит ни от условий, в которых находится тело, нн от взаимодействий его с другими телами.	z	j
§ 2.	Второй закон Ньютона. Уравнения движения. Основная задача механики
Обобщая многочисленные опыты, ^Ньютон установил связь массы и ускорения тела с действующей на него силой в виде следующего соотношения:
F—ma,
(2.1)
где F—векторная сумма всех действующих на тело сил, m—масса тела и а—ускорение. Равенство (2.1) называют вторым законом Ньютона для материальной точки (первым законом- Ньютона считается закон инерции). Следует отметить, что закон инерции является прямым следствием второго закона Ньютона.
Действительно, предположим, что на тело не действуют никакие силы. Прн этом левая часть равенства (2.1) обращается в нуль. Так как /я=И=0, то в нуль обращается вектор ускорения. Отсюда вытекает, что v — const ^в = = -^у- = 0, А® —О, ® = const^, что и представляет собой математическое выражение закона инерции. Существенным является постоянство вектора скорости, обеспечивающее прямолинейность движения.
Если имеется группа тел или, как говорят, механическая система, то равенство (2.1) можно записать для каждого
иа тел системы. Соответственно получим
f2 = m2a2,
Л = mflt,
(2.2)
где п—число тел в системе, /=1, 2, 3, ... , п.
Уравнения (2.2) называют уравнениями движения механической системы.
Основная задача механики состоит в том, чтобы по заданному (например, измеренному) состоянию тела*) в какой-либо момент времени определить все последующие его состояния, не прибегая к измерениям. При зтом действующие на тело силы предполагаются известными.
Часто ставится обратная задача: зная последовательность состояний, проходимых телом, найти действующие на него силы. Предположим, что координаты тела в некоторый момент времени, его скорость и действующие на него силы известны. Для того чтобы определить состояние тела через малый промежуток времени Л/, необходимо знать ускорение. Ускорение же определяется по известной силе из уравнения (2.1). Повторяя эти вычисления, мы найдем всю последовательность состояний тела. Для системы тел рассуждения аналогичны, и ускорения тел находятся из системы уравнений (2.2). Поэтому уравнения (2.2) и называют уравнениями движения.
Мы -не будем решать основную задачу механики в такой общей постановке, так как для этого необходимо знание высшей математики, а будем исследовать ее -различные частные случаи.
§ 3.	Инерциальные системы отсчета
Мы уже говорили о том, что для описания движения тела необходимо указать систему отсчета. Действительно, во второй закон Ньютона входит ускорение, в законе инерции говорится о скорости, а эти величины, если не указана
•) Под состоянием тела в механике понимается его координата и скорость в данный момент.
5Q
система отсчета, лишены всякого смысла. Во всех предыдущих рассуждениях молчаливо предполагалось, что в качестве системы отсчета выбрана Земля или какие-либо неподвижные относительно Земли тела. Вместе с тем без ответа остается вопрос: будут ли выполняться физические законы в других системах? Можно лн быть уверенным в том, что опыт, проведенный в движущемся вагоне, даст такой же результат, как если бы он был произведен в неподвижной относительно Земли лаборатории?
Оказывается, существует целый ряд систем, в которых выполняются законы Ньютона и для которых верно основное утверждение: всегда, когда тело приобретает ускорение, можно указать тела, действие которых вызывает это ускорение.
Систему отсчета, в которой это утверждение, вытекающее из закона инерции, выполняется, называют инерциальной. Из этого следует, что Земля — инерциальная система*).
Далеко не всякая система отсчета ннерциальна. Приведем простой пример. Общеизвестно, что при резком торможении прямолинейно движущегося вагона (т. е. когда система отсчета «вагон» приобретает ускорение относительно Земли) находящийся внутри него человек испытывает толчок в направлении движения (в направлении, противоположном направлению ускорения вагона относительно Земли), т. е. человек приобретает ускорение относительно стенок вагона, но в этом случае нельзя сказать, что ускорение вызвано действием каких-либо тел. Таких тел не существует. В данном случае причина ускорения человека—особые свойства самой системы отсчета, а именно—ускорение ее по отношению к Земле (инерциальной системе). 1
Таким образом, система отсчета, связанная с вагоном, не будет инерциальной прн движении вагона с ускорением относительно Земли. То же самое можно сказать и при равномерном движении вагона, но по закругленному пути. Суммируя, мы можем сказать, что всякая система отсчета, движущаяся с ускорением относительно инерциальной системы, будет неинерциальной..
В то же время очевидно, что любая система отсчета, движущаяся e-постоянной скоростью (о = const) относительно
*) Вообще говоря, это утверждение не строгое. Однако в тех случаях, когда мы будем пользоваться инерциальностью системы отсчета, связанной с Землей, оно будет вносить пренебрежимо малую ошибку.
инерциальной система, сама будет инерциальной. Существует бесконечное множество инерциальных систем, движущихся друг относительно друга равномерно и прямолинейно.
В инерциальных системах отсчета физические явления выглядят наиболее просто; например, тело, покоящееся относительно некоторой инерциальной системы, будет оставаться в покое до тех пор, пока на него не подействует другое тело. В неинерциальных же система* (скажем, в корабле, попавшем в шторм) первоначально покоившееся тело в любой момент времени может начать двигаться в произвольном направлении.
Использование таких систем в общем случае неудобно, И поэтому в дальнейшем мы будем рассматривать все процессы относительно Земли. Только в отдельных случаях нужно уметь пользоваться неинерциальными системами отсчета. Мы подробнее остановимся на этом, рассматривая принцип эквивалентности.
§ 4.	Принцип относительности Галилея
Опыт показывает, что^во всех инерциальных системах отсчета-механические явления протекают одинаково. Другими словами, в механическом отношении все инерциальные системы равноправны—среди них нет выделенных систем. Это утверждение называют принципом относительности Галилея. Из принципа относительности, в частности, следует, что никакие механические опыты или наблюдения, производимые внутри системы, движущейся равномерно и прямолинейно относительно Земли, не позволяют установить этого движения.
Во избежание недоразумений отметим, что одно и то же движение в разных инерциальных системах отсчета будет выглядеть по-разному, если начальные условия движения в этих системах неодинаковы.
$ 5. Силы и поля
Мы определили силу как физическую величину, характеризующую взаимодействие тел. Все взаимодействия между телами можно разделить на две большие группы: в первую группу мы будем относить взаимодействия тел на расстоянии, во вторую группу—различные взаимодействия тел при непосредственном соприкосновении.
Рассмотрим сначала взаимодействия первой группы. Взаимодействия тел на расстоянии осуществляются посредством 52
различного вида полей (электромагнитного, гравитационного и др.). В механике мы познакомимся с гравитационным полем (полем сил тяжести).
Рассмотрим общие свойства физических полей. Поле определяется по своему действию на тела, помещенные в него. Два поля считаются физически тождественными, ерли они производят одинаковое действие на некоторое тело в произвольный момент времени и в любой точке пространства.
Любое тело служит источником гравитационного поля. На всякое другое тело, находящееся в нем, поле действует с некоторой силой.
Таким образом, данное выше определение силы не совсем точно, поскольку сила характеризует не только взаимодействие тела с телом, но и взаимодействие тела с полем.
Опыт показывает, что любые два взаимодействующих тела равноправны в том смысле, что сила, с которой первое тело действует на второе, равна по величине силе, с которой второе тело действует на первое. Направления обеих сил противоположны.
Это утверждение называют третьим законом Ньютона.
В классической механике, которую мы изучаем, считается, что силы, действующие в данный момент, зависят от расположения тел в тот же самый момент времени. Этому соответствует предположение о распространении взаимодействия между телами с бесконечно большой скоростью, т. е. если с одним из тел произойдет какое-либо изменение (например, оно сместится), то другое тело «почувствует» это в тот же момент, на каком бы расстоянии друг от друга тела ни находились.
Поскольку сила, действующая между телами, зависит только от их взаимного расположения, это приводит к важному свойству уравнения (2.1)—это уравнение не меняется при изменении знака времени. Физически это означает, что если тело проходит определенную последовательность состояний в соответствии с уравнением (2.1)' то Всегда возможно обратное движение, при котором тело будет проходить те же самые состояния, ио в обратном порядке. Докажем это утверждение.
При замене t на (—i) величины, входящие в уравнение F=ma, преобразуются следующим образом: F—>F*), так как сила, действующая на тело, зависит только от расстояний
•) Значок —» означает переход одной величины в другую.
53
между данным телом и действующими на него телами, а расстояние это не меняется при t—►—t. Кроме того,
т—► /» по определению массы, так как масса есть характеристика тела и не может зависеть от знака времени. Рас-
смотрим теперь, замене. Известно,
как преобразуется ускорение при такой что
а =
&.V
® =
Дг
Д< '
При 1-	—t будет осуществлена замена Д/—*— Д/; Дг—► Дг.
Тогда	4т —*—4т! ч>—>— V, Д1»—>— Д® Дг	Дг
и	д®	—д® °-дГ^-д* “°-
Итак, при замене t на —t
F=ma—+ F=ma.
Необходимо отличать физическое поле от способа его математического описания. В математике векторное поле считается заданным, если каждой точке некоторой области пространства соответствует определенный вектор. Физическая природа этого вектора несущественна. Рассмотрим, например, течение жидкости по трубе. Любой точке внутри трубы мы можем сопоставить вектор скорости той частицы жидкости, которая находится в данный момент времени в данной точке. Совокупность всех таких векторов образует векторное поле скоростей жидкости. Точно так же рассматривается в математике поле сил тяжести вблизи земной поверхности. С математической точки зрения между этими полями нет различия (так как оба поля векторные). В действительности поле тяжести—физическая реальность, а поле скоростей—математическая абстракция, так как поле скоростей взаимодействия не передает.
Аналогично векторному полю вводится понятие скалярного поля. Скалярное поле считается заданным, если каждой точке некоторой области пространства ставится в соответствие определенный скаляр. Примерами скалярных полей являются поле температур и поле давлений.
§ 6. Силы трения и связи
Перейдем к рассмотрению взаимодействий тел при непосредственном соприкосновении.
Если движущееся тело соприкасается с другими телами, то со стороны этих тел на него действуют некоторые силы. Рассмотрим, для определенности, движение некоторого тела 1 по поверхности другого тела 2 (рис. 2.1), неподвижного относительно выбранной системы отсчета. В общем случае
со стороны тела 2 на тело 1 действует сила /, направленная под произвольным углом к поверхности. Разложим эту силу на две составляющие— нормальную fN и касательную fT.
Как показывает опыт, нормальная составляющая зависит от величины
Рис. 2 1.
деформации тел и не зависит от свойств поверхностей соприкосновения. Это—так называемая упругая сила. Часто деформации соприкасающихся тел бывают весьма малы. В этом случае ими пренебрегают и о телах говорят как об абсолютно твердых.
Касательная составляющая зависит от свойств поверхностей соприкасающихся тел. Ее называют силой трения. Силы трения возникают не только при соприкосновении твердых тел, но также и при движении твердого тела в жидкости или газе. Соответственно различают сухое и жидкое трение.
Существенное отличие жидкого трения от сухого состоит в том, что во втором случае сила трения может возникнуть и между неподвижными телами — так называемая сила трения покоя. Если же тело покоится относительно
жидкости или газа, то со стороны последних на него может действовать только сила, перпендикулярная к поверхности соприкосновения.
Сила трения покоя всегда равна по величине и противоположна по направлению той внешней силе, которая стремится вызвать скольжение. С ростом этой внешней силы она растет до некоторой максимальной величины, при которой начинается скольжение. Эта максимальная величина
Определяется законом Кулона f иакс
где А—коэффициент, зависящий от свойств поверхностей соприкосновения и определяемый экспериментально (коэффициент трения), N—сила нормального давления. Если внешняя сила достигает /жавс, начинается скольжение. Мы будем считать, что и при скольжении сила трения определяется законом Кулона. .
Сила жидкого трения существенно зависит от величины относительной скорости тела и среды. При малой скорости эта зависимость линейна, при большой—квадратична.
Не следует думать, что взаимодействие тел при непосредственном соприкосновении принципиально отличается от взаимодействия тел на расстоянии. Понятие силы трения, например, возникает в результате усреднения огромного числа элементарных взаимодействий между молекулами соприкасающихся тел в поверхностном слое. Это взаимодействие осуществляется посредством полей. Важное свойство таких полей—очень быстрое ослабление при увеличении расстояния. Это позволяет результат Всех таких взаимодействий представ^ лять как действие силы, возникающей при контакте между телами. Такое представление—очень удобная идеализация.
Тела, с которыми соприкасается при своем движении данное тело (или система тел), называют связями. Связи накладывают определенные ограничения на движение тела. Другими словами, при наличии связей координаты или скорости тела уже не могут быть произвольными.
Обычно такими связями служат различные стержни, нити, шарниры, поверхности и т. п. Силы, действующие со стороны связей на данное тело, называют реакциями связей. В том случае, когда можно пренебречь силами трения, связи называют идеальными. При этом реакции связей направлены по нормали к поверхности соприкосновения.
/
$ 7. Импульс тела. Другая формулировка второго закона Ньютона
» Второму закону Ньютон? можно дать более общую формулировку. Умножим с этой целью равенство (2.1) на малый промежуток времени А/:
ГЛ/ = ядЛ/ = я^А/ = даАг==А(от). (2.3)
Под F, как всегда, понимается векторная сумма действующих на тело сил.
Величину FAf называют импульсом силы за время At, или количеством движения. Вектор mv называют импульсом тела. Импульс тела часто обозначают буквой р = тч>.
Используя эти новые понятия, мы можем сформулировать второй закон Ньютона для материальной точки следующим образом:
Импульс приложенной к телу силы равен изменению импульса тела*}.
В таком виде второй закон Ньютона удобно использовать тогда, когда известна скорость тела до взаимодействия и необходимо вычислить его скорость после взаимодействия.
Равенство (2.3) является приближенным, так как предполагается, что промежуток At настолько мал, что за это время сила не успевает заметно измениться.
Если сила непостоянна и действует в течение конечного промежутка времени t, необходимо произвести предельный переход. Разбивая по общим правилам промежуток времени t на п малых промежутков Att (х=1, 2, ... , я), перейдем в формуле (2.3) к пределу при At{ —+ 0:
п
lira 2	—mvo>
П-* оо i=1 0
где mv1—импульс тела в конце промежутка времени /, а /и®0 — импульс тела в начале указанного промежутка. Величину
п
К= Пш 2 Л
п -► оо : = 1 о
называют импульсом силы за время t.
§ 8.	Закон сохранения импульса
Рассмотрим произвольную систему тел. Каждое из тел системы может взаимодействовать как с телами, принадлежащими системе, так и с телами, не входящими в нее.
*) Такая формулировка является более общей, так как она остается справедливой в теории относительности, а также в случае переменной массы.
Силы, действующие между телами системы, называют внутренними, а. остальные силы, действующие г на систему, называют внешними. Если взаимодействием Между телами системы и остальными телами можно пренебречь, то систему называют замкнутой. В замкнутой системе действуют только внутренние силы.
Пусть нам дана произвольная система, состоящая для простоты из трех тел с импульсами ты> ты и m3vs.
буквой f с соответствующими какому телу приложена сила и действует.
Запишем для каждого из используя формулу (2.3):
На каждое из тел действуют силы со стороны двух остальных тел и, кроме того, внешние силы (рис. 2.2).
Обозначим результирующую всех внешних сил, действующих на тело /, через У7!, результирующую всех внешних сил, действующих иа тело If, через F3, и результирующую всех внешних сил, действующих на тело ///, через Fs. Внутренние силы будем обозначать индексами, указывающими, к со стороны какого тела она тел второй" закон Ньютона,
Д(®л) = (Лз+Л2+^)А^>
A	= (/23 +/21+-F2) At
А (я^з) = (/в! +/32 +F3) At
Складывая эти уравнения, получим
А (ты) + А (ты) + А (ты) =	-f-F2 -f-F3) At (2.4)
По третьему закону Ньютона
/is = ‘ fin /23 ~ /зг> /12 =	/21*
Следовательно, все внутренние силы при сложении уничтожаются, и их можно не учитывать. Используя свойства символа А, запишем (2.4) в виде
А («х^х + ты + ты) = (Л + F2 + Fs) At	(2.5)
Рассмотрим два случая.
1.^истема замкнута. Из этого условия вытекает Fi + F2 + F8 = 0.-
Следовательно,
А + m2v2 + m3vs) = О, m1v1 + m2®2 +tn2v2 = const, так как если изменение,величины со временем равно нулю, то величина остается пбстоянной.
Приведенный вывод полностью сохранится для произвольного числа тел. Считая систему из п тел замкнутой, получим
Л
+ W2®2 + • • • + mnVn = 2 miVi — Const. (2.6) i = 1
n
Вектор P= называют полным импульсом системы, 1=1 >
состоящей из п тел.
Таким образом, мы доказали следующую важную теорему.
Полный импульс замкнутой системы сохраняется (т. е. не меняется с течением времени).
Векторное равенство (2.6) эквивалентно трем скалярнцм равенствам для трех проекций вектора импульса Р на оси координат:
Рх = 2	= const, Ру = 2 (адОу = const,
• п -> Рг= 2	~ const.
1=1
2. Система не замкнута. В этом-случае + ^2 + р3 О-
Однако может случиться, что сумма проекций внешних сил на некоторое направление (например, на ось х) будет равна нулю:
fix + pzx + рзх = 0.
Отсюда находим
= const.	(2.7)
Для системы из п тел формула (2.7) примет вид
рх = П1°1Х + • • • + т^'Опх = 2	= const при 2 pix = 0.
'	1=1	i=l
Аналогичные равенства получим для осей у и д:
Py = 2«i9/9 = c°nst при
Ря = 2 miV‘a *= COI,St ПРИ '2 Fh == °*
Таким образом, получаем важное утверждение, справедливое для незамкнутых систем:
Если сумма проекций всех внешних сил на некоторое направление равна нулю, то проекция полного импульса на это же направление сохраняется неизменной.
§ 9. Центр инерции
Рассмотрим движение произвольной системы тел относительно некоторой инерциальной системы отсчета*).
Движение каждого тела описывается как изменение его радиуса-вектора с течением времени. (Напоминаем, что все тела считаются материальными точками.) Центр инерции такой системы опррделяет->	ся как точка, радиус-вектор
0	которой равен
\	п
где г{—радиус-вектор г-го тела (рис. 2.3).'
Центр инерции в общем случае не совпадает ни с
Рис. 2.3.	одним из тел системы. В
частном случае системы, состоящей из двух тел, центр инерции лежит на прямой, соединяющей тела, и делит расстояние между ними в отношении, обратном отношению масс. Для выяснения физического смысла центра инерции вычислим его скорость. По опре
делению скорости
®ц.„ = Нт
М
*) Подразумевается, что с выбранной системой отсчета связана декартова система координат,
Здесь

Мы использовали хвойства символе Д и Обозначение М=^1т1—масса всей системы.
&га. и
М
М
®ц.« = Пт	=
At * о а‘
шп —S VI ,9ох
М	ММ' (2.9)
где	— полный импульс системы. Следовательно,
/>=%8.	(2.10)
Формула (2.10) показывает, что связь между полным импульсом системы тел и скоростью центра инерции такая же, какая была бы у материальной точки с массой Л4=2/Яо имеющей скорость ©ц> я. Центр инерции системы приобретает, таким образом, смысл точки, скорость которой равна скорости движения системы как целого. Если и = 0, мы будем говорить, что система как целое покоится. При этом относительно центра- инерции тела системы могут двигаться произвольным образом.
С помощью формулы (2.10) закон сохранения импульса для замкнутой системы может быть сформулирован как утверждение о том, что центр инерции замкнутой системы движется прямолинейно и равномерно или покоится. Это есть обобщение закона инерций для системы тел.
Предположим теперь, что система не замкнута. Тогда полный импульс /»^= const и, так как &P=F&t, то
lim дг-*о
АР
А/
где F—результирующая всех внешних сил. Совершая такой предельный переход в формуле (2.10), получим
lim д/ -> о
МИт^л
At - 0 Д/
Г=Л4ац-н.
(2.П)
61
Таким образом, результирующая рсех внешних сил определяет ускорение центра инерции системы (но не каждого тела!).
Если рассматривать твердое тело как систему бесконечного числа материальных точек, то все формулы останутся в силе, а суммирование нужно проводить от 1 до оо. Так как расстояния между произвольными точками твердого тела, по определению, неизменны, то формула (2.11) определяет движение тела как целого, и именно ее применяют при расчете движений конкретных тел. При этом, однако, не исключается возможность вращения тела вокруг точки или оси.
В табл. 2.1 указаны размерности некоторых физических величин, используемых в динамике.	4
Таблица 21
Физическая величина	Размерность в условных обозначениях	Наименование, сокращенное обозначение и размерность в системе	
		,	СИ	СГС
Сила Плотность Удельный вес	MLT~3 ML~3 ML~3T~3	Ньютон (н) (кг-м/сек2) Килограмм на кубический метр (кг/м3) Ньютон на кубический метр (н/м3) (кг /м2сек2)	Дина (дин) (г-см/се к3) Грамм на кубический сантиметр (г/см3) Дииа на кубический сантиметр (дин/см3) (г[ем3 сек3)
ПРИМЕРЫ
I. Динамометр лежит на гладкой поверхности стола. К одному концу динамометра приложена сила /г1 = 5н, к дру-
Рдс. 2.4.
конец динамометра был
тому—г2 = 8н (рис. 2.4). Определить показания динамометра.
Динамометр *) будет показывать 5н. В этом легко
убедиться. Если бы один прикреплен к стене, а к другому
*) Динамометр — прибор, показывающий величину приложенной к одному из его концов силы, если второй конец закреплен неподвижно.
закону Ньютона, векторная равна нулю. Таким образом, можно заменить силой 5н, Fx. Динамометр будет no-
Рис. 2.5.

концу приложили бы силу, равную 5н, то динамометр показывал бы 5н. В этом случае со стороны стены на динамометр действует сила, равная Fr по величине и противоположная ей по направлению, так как динамометр находится в покое и, согласно второму сумма действующих на него сил действие стены на динамометр приложенной противоположно коиться и показания его будут равны 5н.
Если теперь одну из сил увеличить на Зн, то равновесие нарушится и динамометр, показывая 5н, начнет двигаться с ускорением а = (Д2—F-^/tn по направлению действия большей силы (т—масса динамометра).
II. По горизонтальной поверхностй под действием силы/7 движется с ускорением брусок длиной а, высотой b и шириной с. Плотность бруска р, коэффициент трения его о поверхность k. Мысленно рассечем брусок на две равные части плоскостью, проходящей через диагонали боковых граней так, как показано на рис. 2.5. Определить силу давления, с которой верхняя часть бруска действует на нижнюю, и среднее давление.
Рассмотрим силы, действующие на каждую из половин бруска. На со стороны со стороны Направление жения.
Почему мы рассматриваем только те силы (в частности, так выбрали направление F'), которые направлены вдоль направления движения? Ведь на нижнюю часть бруска действуют и силы, направленные, скажем, по вертикали (собственный вес, вес верхней половины, сила реакции со стороны поверхности). Дело в том, что сумма этих сил равна нулю, так как иначе нижняя часть бруска одновременно двигалась бы и в вертикальном направлении. В уравнениях движении эти силы взаимно уничтожаются, и Мы их записывать не будем.
нижнюю половину 1 действует сила F' верхней половины 2 и сила трения F^ поверхности, по которой движется брусок, силы F противоположно направлению дви-
Уравнение движения части 1 бруска: F'4-FTp = ~ аи
»	» части 2 бруска:	= ~ аа,
где F*—сила, действующая со стороны нижней части бруска на верхнюю.
Согласно третьему закону Ньютона F* = —Так как части 1 и 2 бруска составляют одно целое, то аг — аг.
Тогда систему векторных уравнений движения можно записать следующим образом:
F-^-F1 — ~а (уравнение движения части 2 бруска), F'4*^ =-у а (уравнение движения части 1 бруска).
Выбрав ось (как уже говорилось ранее), совпадающую с направлением движения, мы можем от векторов в уравнениях (1) перейти к их проекциям:
е.	т	а
F~F	~~2~а’	1
о/ е.	т	|
где F^ = kmg. Решая систему (2), получим
F— Ffp F—kmg F, _f+ ^тр_F-\-kmg a-------	и г-------—---------g
Нас интересует величина силы ЛГ (силы давления части 2 на /):.
ъ

или, так как m — pV—pabc,
^_(F + kf>gabc)b 2Уаг+Ь*
Среднее давление равно величине силы давления N, деленной на площадь диагонального сечения
*	-* Г
___ JV   (F+kpgabc) Ь___________(f + fepgafrc) b
Pcv~ S “ 2 /c2+b2 (H c ~ 2c(e2-Ha) '
Ш. На краю стола установлен блок с неподвижной осью, через который перекинута нить*), связывающая три груза. Два из них лежат на поверхности стола и в свою очередь связаны между собой нитью (рис. 2.6), третий висит, не касаясь стола. Массы грузов, лежащих на столе, равны
каждая, масса третьего груза Л4. Коэффициент трения между столом и грузами k. На висящий груз помещают перегрузок массы т и система приходит в движение. Найти ускорение грузов, силу натяжения нити, связывающей грузы 1 и 2, силу, с которой перегрузок давит на груз 3. Прн каком коэффициенте трения система вообще не придет в движение? Рассмотреть случай, ког
да k = 0, и найти величину ускорения, с которым в этом случае двигалась бы система.
Рассмотрим уравнения движения для каждого из тел.
На тело 1 действуют следующие силы: сила натяжения
М
нити 7\, сила трения вес P— — g и сила реакции
опоры. Последние две силы взаимно уничтожаются в уравнениях движения, и в дальнейшем мы такого типа силы рассматривать не будем.
Таким образом, для тела 1
ЛР1+Л = 4°1’	0)
для тела 2
^Р2+7'2 + 7’1 = 4^-	(2)
На тело 3, движущееся по вертикали, кроме силы натяжения нити Тг, действуют сила веса = и сила
*) Здесь и в дальнейшем считаем нити невесомыми (что позволяет не рассматривать уравнения движения для нитей) и нерастяжимыми.
3 А. А. Боровой и др.
65
давления перегрузка F, Следовательно,
(Э|
Уравнение движения для перегрузка
/>И+Г' ^та*.	(4|
Уравнения (1)—(4) составляют систему
F^+T^a., •
+Л
F+P3 + Tt = Maa, PB+F'=maB. ,
По Третьему закону Ньютона
Л = Т'а-Т’а и F=F'.
Проецируя векторы сил на оси координат, выбранные так, как это показано на рис. 2.6, мы получим системн алгебраических уравнений
Л«(в3>ж=0,
н
О —-2-(а1>у, o=4^«V’ (^ + (Р8)хЧ-(Г8\ = Л1(а8)г . • (/’O)y + (^ = W(«n)r	Л
Переходя к абсолютным величинам, замечаем*, что = йrJ?= aa^<r4 (условие нерастяжимости нити). Выражая сил№ трения через коэффициент трений* и силу, нормоднот
давления груза, получки
(5)
kMg Ма ' ---2 tTiaT'
| /р _
*1- % г-'а —-у.
—Т-г -f-	Mg=М а,
mg—F=ma. , Решая систему (5), получим Mg+mg—kMg а~ 2М+т ’
rn _Mg (М+ю+^М+Ал») р_ Mmg(l-j-k)
1	2 ’ ;	2М+/П .	’ . 2М + т
Система вообще не придет в движение, если ее ускорение останется равным нулю, когда на тело 3 будет положен перегрузок. Найдем наименьшее k, отвечающее этому условию:
Q = Mg-}-mg— Mgk, k =	.
Следовательно, при всех k " система останется в покое.1	.
При отсутствии трения (fe = 0) каждое из тел приобретет ускорение, равное по абсолютной величине а = g-
IV. Мячик свободно падает с высоты h на гладкую горизонтальную поверхность. Слитая удар абсолютно упругим*), а время удара-равным ’ Д/, найти среднюю силу F, с которой действовал мяч на поверхность во время удара. Масса мяча т.
Для нахождения сПлы F,' необходимо знать величину изменения импульса мяча:
//ДС=яи>2—лм?4,.	Ш
где сила F*—это сила, действующая на мяч со сторон» поверхности. Согласно третьему закону Ньютона F^=
Выбрав координатную ось так, чтобы направление ее совпадало с направлением скорости мяча после удара, мы можем написать у равнение V) в W°^UB5BC*
T'Aftnvz 4- mvt,
*) Абсолютная упругость удара означает, «ио модуль скорости
при ударе не меияетея. ’	**
где = ®2 = Отсюда
Р=-Г1У^
V. К одному концу нити длиной I привязан шарик, массы т. Другой конец нити закреплен на вертикальном стержне, вращающемся с угловой скоростью го (рис. 2.7). Найти силу натяжения нити и угол а между осью вращения и направлением нити.
Рассмотрим, под действием каких сил вращается шарик. Таких сил две: вес самого шарика P=mg и сила натяжения нити Т. Их сумма F^P+T направлена к оси вра-щения и вызывает ускорение (цен-<?ew * тростремительное ускорение), мо-рис gy	Дуль которого равен a — V*/г,
где v — линейная скорость и г — расстояние шарика от оси. Из рис. 2.7 очевидно:
Т cos а = mg,
Tsin а = m — = n^r = ma>2l sin а. г
Отсюда
Т=та>4 и	cos а —	— Аг.; o^arccos-l;.
И10)2/	и2/	и2/
Иногда при рассмотрении вращательного движения вводят понятие центробежной силы, которую определяют как силу, равную по величине центростремительной и противоположно ей направленную. В соответствии с третьим законом Ньютона она приложена к связи, обеспечивающей вращательное-движение тела. Например, при вращении шарика на нити в горизонтальной плоскости сила натяжения нити, приложенная к шарику, является центростремительной, так как она обеспечивает центростремительное ускорение шарика; сила, действующая со стороны шарика на нить и тоже равная силе натяжения нити, и будет в данном случае центробежной.
Из анализа примера V следует, что понятие центробежной силы Далеко не всегда имеет физический смысл. Дей
ствительно, в данном случае центростремительная сила складывается из силы натяжения нити Т и веса шарика mg. Противоположные им силы приложены соответственно к нити и к Земле, т. е. к разным телам. Ясно, что говорить о их результирующей бессмысленно. Учитывая это, мы не будем в дальнейшем пользоваться понятием центробежной силы.
ЗАДАЧИ
сумма сил, действующих на тело,

/1
Рис. 2.8.
Рис. 2.9.
2.1.	Иногда первый закон Ньютона формулируют следующим образом: «Если равна нулю, то оно сохраняет состояние покоя или равномерного прямолинейного движения». Не следует ли ввести в эту формулировку дополнительное уточнение?
2.2.	Шарику, который первоначально нахо
дился на горизонтальном столе высотой h, сообщили скорость v0 и он скатился по желобу на землю (рис. 2.8). Какую форму должен иметь желоб, чтобы при скатывании шарик все время касался желоба, не оказывая на него давления?
2.3.	Имеются два тела, масса одного из них меньше, Чем другого. Если бы Земля притягивала все тела с одинаковой силой, какое упало бы быстрее? *) Первоначально они находились на одинаковой высоте.
2.4.	Шарик, двигаясь без трения,перекатился под действием силы тяжести из точки А в точку В, находящуюся на одной высоте с точкой А, по поверхности, профиль которой изображен
на рис. 2.9. На весь путь от Л до В он затратил время I. В точке С скорость его была равна Затем шарик стал скатываться назад, двигаясь от В к Л. Чему
*) Напомним, что во всех задачах, где это не оговорено особо, мы пренебрегаем сопротивлением воздуха.
теперь равна его скорость в точке С? Больше или меньше времени потратит он на обратный путь?
2.5. Показать, что второй закон Ньютона для тел, участвующих в гравитационном взаимодействии, не меняется
a,
«г
6
t
Рис. 2.10.
Рис. 2.11.
при переходе от одной инерциальной системы отсчета к другой, движущейся со скоростью v относительно первой.
2.6. Дан график ускорения тела в зависимости от времени (рис. 2.10). Может ли таг
кой график описывать реальный физический процесс?
2.7. Шарик надет на проволоку, согнутую в виде полуокружности. На концах полуокружности закреплены упругие нити. Второй конец каждой нити связан с шариком (рис. 2.11). В начальный момент времени шарик скользил с постоянной по величине скоростью вдоль проволоки. Найти характер его последующего движения, если известно, что силы, с которыми нити действуют на шарик, пропорциональны их длине, F=kl. Весом шарика и силой трения его о проволоку можно пренебречь.
2.8. Один конец нити, на другом конце которой висит шарик массы т, перемещают с ускорением а под углом а к горизонтали. Найти силу натяжения нити и угол <р, на который она отклонится от вертикали. Рассмотреть случаи, когда а = л/2 и а==—п/2.
2.9. Один конец каната удерживают на высоте Л от земли, второй его конец касается земли. В момент времени /=0 канат отпускают и он начинает свободно падать на землю. Построить график сиды, с которой канат будет давить на землю, в зависимости от времени. Построить график веса части каната, лежащей на земле, в зависимости от времени. Вес* единицы длины каната р.
2.10. Мальчик, стреляя из рогатки вертикально вверх; попадает камнем в карниз дома, находящийся на- высоте
a = sina н cosa= 1.) задачу в случае, когда
й — 20 я, после него камень падает на землю. Считая удар абсолютно неупругим*), определить силу удара, если известно, что начальная скорость камня •о0=’25 м/сек, его масса т — =0,01 кг и падает камень на землю через / = 3,01 сек.-Ускорение g считать равным 10 м/сек2.
2.11.	Обруч, радиус которого R, вращается в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через его центр, с угловой скоростью со. Небольшой кусок обруча массой т вырезан так, как показано на рис. 2.12. К точкам А и В прикреплены концы пружинного дн- i намометра массой т. Каковы показания динамометра? (Угол а мал, так что можно полагать
2.12.	Рассмотреть предыдущу!
обруч движется с угловым ускорением 0 н когда После начала движения проходит время t.
2.13.	Тело движется по горизонтальной поверхности. Форма траектории—окружность. Как будет изменяться вектор силы трения при движении?
2.14.	Перемещая материальную точку по некоторой поверхности, мы можем по закону «сухого трения» каждой точке этой поверхности сопоставить силу трення в этой точке. Получим некоторое поле сил трения. О каком поле здесь может идти речь — векторном или скалярном? Является лн это поле удобной математической абстракцией или_ физическим полем?
2.15.	Начертить график зависимости силы трения от скорости: 1) для сухого треиия; 2) для трения в жидкости или газе.
2.16.	На горизонтальной1 плоскости лежит полусфера радиусом /?. На нее помещает тело, размеры которого малы по сравнению с /?. Найти зависимость абсолютной величины силы Трення от местонахождения тела на поверхности полусферы. Коэффициент трения равен А, масса тела т.
*) Абсолютная неупругость удара означает, чтожамень после удара полностью теряет скорость.
П
2.17.	По горизонтальной поверхности движется брусок с постоянной скоростью ч>0. Коэффициент трения бруска о поверхность равен k. Найти минимальную силу, с которой надо подействовать на брусок, чтобы он сместился в направлении, перпендикулярном к движению.
2.18.	Гимнаст внсит на канате, перекинутом через блок. К другому концу каната привязан противовес массой т. В начальный момент система покоилась. Затем гимнаст стал скользить по канату вниз. В момент времени t скорость противовеса ^5ыла больше скорости человека относительно земли на величину Найти силу трення, возникающую при спуске гимнаста. Масса человека М, блок невесомый.
2.19.	Плита с прикрепленной к ней стойкой'с блоком (рис. 2.13) лежит на горизонтальной поверхности. Коэффициент трення между плитой и поверхностью равен k, (k < 1).
Через блок перекинута нить, к концу которой привязан груз массой т. Другой конец нити прикреплен к стене так, что нить горизонтальна. В начальный момент груз находился на высоте Н над плитой. При каких условиях плита и груз придут в движение? Какой путь пройдет плита, если ее масса вместе со стойкой
равна М и останавливается она, не доезжая до вертикальной стенки? Угол наклонной части стойки составляет 45° с горизонталью.
2.20.	Вывести закон сохранения импульса для замкнутой системы невзаимодействующих тел, используя только первый закон Ньютона.
2.21.	Ученик решал следующую задачу: «Вагон с песком движется по рельсам *со скоростью ®0. В некоторый момент времени fo = 0 на дне вагона отошла доска и песок начал высыпаться. Высыпается он с постоянной скоростью va, площадь щели S. Найти скорость вагона v в произвольней момент времени t. Вагон движется без трения, плотность песка р, первоначальная масса вагона с песком М » Решение выглядело так. Проекция импульса на горизонтальную ось координат в данном случае сохраняется. Тогда можно написать Mva — mv~ где т—масса вагона
в момент времени t. Масса песка, высыпавшегося за это время, равна р5»п/, отсюда
т = М— pSvt и v = —, r n	М — pSvnt ’
т. е. скорость вагона со временем увеличивается. Правильно ли решена задача?
2.22. На горизонтальную поверхность падает мячик под углом а к вертикали. Найти, под каким углом 0 он отра-
зится от поверхности, если известно, что горизонтальная составляющая и абсолютная величина импульса сохраняются.
2.23.	Доска массой Л1 плавает на воде. На одном конце доски в точке А сидит лягушка. С какой наименьшей скоростью должна она прыгнуть, чтобы попасть в точку В на доске? Расстояние между А и В равно /, масса лягушки т, трение между доской и водой мало.
2.24.	Человек, сидящий в лодке, бросает камень под углом а=60° к горизонту. Масса камня /и=1 кг, масса человека и лодки Л1=150 кг, начальная скорость камня •по=1О м/сек. Найти\ расстояние между точкой падения камня и лодкой в момент, когда камень коснулся воды. Трение лодки о воду не учитывать.
2.25.	Ядро атома с массой М, летящее со скоростью фя, самопроизвольно (спонтанно) распадается на два осколка равной массы, один из которых вылетает со скоростью vt под углом а к первоначальному направлению полета ядра. Оп
ределить скорость и угол вылета
2.26. На тележке стоят два собой трубкой с краном. Один (рис. 2.14). При открывании крана вода переливается в другой бак. Будет ли при этом двигаться тележка? Когда она остановится? Трение между тележкой и горизонтальной поверхностью, на которой она стоит, не учитывать. ____
2.17. Доказать, что центр инерции двух тел лежит на прямой, соединяющей эти тела, и
второго осколка.
бака, соединенные между из них наполнен водой
Рис. 2.14.
отношение расстояний тел от
центра инерции обратно пропорционально их массам. (Под
телами мы подразумеваем материальные точки.)
‘ 2.'28. Зенитный снаряд разрывается на высоте h от земли на большое число осколков, имеющих одинаковую начальную скорость v0 и равные массы. Найти расстояние между двумя осколками, лежащими на прямой, проходящей через центр инерции всей системы и образующей угол а с вертикалью, через время t Цосле разрыва.
2.29. На нити, перекинутой через блок с неподвижной осью, подвешены два груза с массами и (y»t < л»2). Найти ускорение центра инерции этой системы.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
2.1.	Под телом надо подразумевать материальную точку (см. стр. 7). Протяженное тело при отсутствии внешних
сил может не только двигаться прямолинейно и равномерно, но также и равномерно вращаться.
2.2. Шарик не будет оказывать на желоб давления в том случае, если форма желоба совпадет с формой траектории, по которой двигался бы шарик свободно, падая с высоты h и
имея при этом горизонтальную скорость о0. Введя координатные оси так, как это показано на рис. 2.15, найдем зависимость координат шарика от времени:

Исключая время из этих выражений, получим, что желоб должен иметь формулу параболы, уравнение которой
2о»
2.3.	Тело с меньшей массой упало бы первым, так как оно двигалось бы с большим ускорением.
2.4.	Двигаясь от точки В к точке А (см. рис. '2.9), шарик проходит всю последовательность состояний; в которых он находился при движении от А к В, но в обратном порядке. Изменив знак времени в уравнении, описывающем движение шарика от точки А К точке В, получим описание обратного процесса—движения от точки В к точке А. Уравнение при этом не изменился (см. стр. 53). Следова-
тельно, скорость шарика в течке С останется прежней но абсолютной величине, и время, затраченное на обратный путь, будет равно t.	_
Тот факт, что уравнения движения механической системы не меняются при изменении знака времени, позволяет нам делать некоторые заключения о характере движения (например, в рассмотренной задаче о времени пути из В В Л), не составляя самих уравнений.
2.5.	Запишем второй закон Ньютона в следующем виде:
Сила взаимодействия F определяется расстоянием между телами, следовательно, при переходе к другой системе отсчета она останется неизменной. Величины т и Hi в правой- части равенства также не зависят от скорости. Приращение скорости Д« не связано с величиной самой скорости. Отсюда следует, что второй закон Ньютона для тел, участвующих в гравитационном взаимодействии, одинаков в любой инерциальной системе.
2.6.	Так как в момент времени f0 (см. рис. 3 10) произошло мгновенное изменение чает, что мгновенно измени-ласьвеличина силы, действующей на него. С точки зрения классической механики это возможно. Действительно, классическая механика предполагает, что взаимодействие между телами распространяется с бесконечно большой скоростью, и с этой точки зрения вполне реален мгновенный скачок ускорения. На самом деле скорость распространения взаимодействия ограничена ско-
ростью света с и представленный график является некоей физической идеализацией.	*
2»7. Для определении характера движения шарика надо найти равнодействующую сил и Fs, с которыми нити действуют на шарик (рис. 2.16). Угол а между цервой нитью п равнодействующей F найдем нз равенства
ускорения тела, то это озна-
Рис. 2.16.
Этот угол совпадает с углом а' между 1г и радиусом, проведенным в точку нахождения шарика:
т. е. равнодействующая направлена по радиусу перпенди-
кулярно к траектории шарика в каждый момент времени.
Из этого следует, что шарик будет продолжать равномерное движение.
2.8. Введем оси координат так, как это показано на рис. 2.17. Тогда уравнение второго закона Ньютона Р-^-Т—та (где P~mg—вес шарика, Т—сила натяжения нити), записанное в проекциях на выбранные оси, будет иметь вид
Рх + Тх = max, 1
Ру + Ту = тау J или
Т sin ср = ma cos а,'	1
Т cos ср—Р= ma sin a. f
Решая эту систему, получим
Т = m а2 + 2 ag sin а -I- g* и a cos а SIH CD = • -г-------------- ------- - .
у a2+2agsm a+g2
Л
В случае а — —
T—m(g+a); <р = 0.
При а —---~
T^m(g—a).
В первом случае шарик становится «тяжелее» на величину та, во втором случае — «легче» на та.
2.9. После того как весь канат упадет на землю, он будет давить на нее с постоянной силой, равной весу каната P=hp. Падение произойдет за время
Рассмотрим промежуток времени от I до t -f- А/ < #i (канат еще полностью не упал). Обозначая длину части каната, упавшей на землю к моменту t, через х, определим, с^ка-кой силой будет давить часть каната Ах, упавшая за время At Так как она падала с высоты х, то скорость ее в момент касания земли v = 2gx (отрезок времени А/ Предполагаем столь малым, что упавшая за это время часть каната Дх двигалась с постоянной скоростью). Скорость части каната Дх после падения, естественно, равна нулю. Тогда сила, с которой эта часть каната, падая, действовала на землю,
„ Дту р Дх Г =----= ----V
М g д< ’
Дх а так как есть скорость падения v, то
F = -^- = ^-2gx=2px.
Полную силу, действовавшую на землю в течение от-
резка времени Д/, получим, учитывая вес Рх части каната х:
— 2рх + рх = Зрх.
Выразив х через время t^x = най" дем зависимость Раоы от времени:
р ____ fog /2
1 поли "2	’
Графики силы давления и веса Р части кЬната, еще не упавшей на землю, в зависимости от вре
Рис. 2.18.
мени даны соответственно на рис. 2,18, а
и б.
2.10. Силу удара камня о карниз F можно определить, зная изменение количества движения камня —Vj) и
время удара At, согласно уравнению р______________________«(рз—pi)
где vt—скорость
'F
Ы ”
камня перед ударом и г8 — после удара. Переходя от векторов к их проекциям на вертикальную ось (рис. 2.19) и учитывая условие неупругости удара (®а = = 0), получим
II

Рис. 2.19.
р____«01
— г-
Время удара найдем как разность времен: Д* = /в-(^-Н»),
тде t0—общее время полета (3,01 сек), tx—время подъема камня до высоты h с начальной скоростью о0, ta—время падения с высоты h без начальной скорости.
Время определим из уравнения движения
gf*
h
откуда	_______
2gh .	.
t, =------z------1 ti—4 сек\ tj = 1 сек.
1	g
Решение — 1 сек определяет время подъема на высоту h. Решение t^—4 сек определяет то время; через которое камень, падая (если бы не >было карниза), снова оказался бы на высоте h. Поэтому = 1 сек. Время падения
= 2 сек.
Отсюда время удара
At = 3,01 сек—(1 секЦ-2 сек) = 0,01 сею, = v0— gft = 1,5 ж/сек.
Используя полученные результаты, найдем с лй?1_0,01 кг‘15 MjceK	, с л
Г	At —	0,01 сек	10 “•'
*) Напомним, что сяла f — сида, действующая на камень со стороны карниза.	'
2.11. Каждый кусок (Элемент) обруча т движется с ускорением" ®2R, направленным к центру. Сила, вызывающая - это ускорение, действует со стороны остальной части обруча на выделенный элемент- и обусловливается возникающими при вращении де-
формациями.	р
В точках А и В на ди-
иамометр действуют силы Fx л/^ct
w Ft (рис. 2.20) со сторо-	\
ны обруча. Их равнодейст- *	\	1	'
вующая, направленная к	\ [
центру обруча, равна по аб-	/
солютной величине	\ I
maPR=F, sin ot -4- F, sin а = С	, О	Рис. 2 20.
= F1a+Faa, где F1 = F2 = F. Отсюда сила F, величину которой и показывает динамометр, равна
Г, т<йгК Р==^~
2.12. В случае движения обруча с угловым ускорением р по второму закону Ньютона
та = Fx -f- Ft,
(1)
где Fx и Fa—силы, приложенные в точках А и В динамометра (см. рис. 2.20).
Показания динамометра равны величине силы Fa (Fg < Fa< так как динамометр движется с ускорением). Для нахождения F2 запишем уравнение (1) в проекциях на радиальное направление:
Fxa -f- F2a == да®*/?
(см. решение предыдущей задачи), причем ш = р/. Проецируя на касательное направление, получим
Fj— Fa = wa = mp/?,
так как cosa=l.
Из этих уравнений определяем Fa:
—m$Ra
2ЛЗ. Вектор. силы трения также, будет двигаться по окружности. В этом смысле можно говорить о зависимости вектора силы трения от скорости, точнее, от направления скорости, так как эти векторы антипараллельны во время движения тела.	1
2.14.	Вектор силы трения зависит от направления движения точки. Поэтому о векторном поле имеет смысл говорить, если задано направление скорости в каждой точке поверхности. Поле сил трения не передает взаимодействие на расстоянии. Оно служит удобным математическим описанием (более подробно см. на стр. 54 — 55).
2.1S.	Графики для обоих видов трения приведены на рис. 2.21. Обратите внимание на то, что направление вектора
силы трения всегда противоположно направлению вектора скорости тела.
2.16.	Очевидно, что сила трения будет зависеть лишь от
Рис. 2.22.
ловия равенства нулю суммы л о) й меняется по закону
угла ф между плоскостью и радиусом-вектором, проведенным в точку, в которой находится тело в данный момент (рис. 2.22). До какого-то «критического» угла <ркр тело, положенное на сферу, двигаться не будет. В этом случае сила трения покоя, очевидно, уравновешивает скатывающую силу (из ус-всех сил, действующих на те-
при <р>фкр-
При ф < фкр тело, положенное на поверхность сферы, начнет двигаться, и в этом случае
^rP=^H.fl==/e/ȣsin<P-
Критический угол можно найти из условия
kmg sin ф = mg cos ф.
Тогда
Фкр = arcctg k.
График FIp=/(<p) показан на рис. 2.23.
2.17.	Предположим, что мы сообщили бруску некоторую скорость перпендикулярную к
Рис. 2.24.
направлению первоначального движения	Тогда
сила трения бруска о поверхность, равная kmg, будет направлена против результирующей скорости ® = ®1 + ?>0под углом а к ч>0 (рис. 2.24).
Разложим силу трения на две составляющие, одна из которых.(F^) перпендикулярна kv0, а другая ^FTp^ параллельна. Составляющая FTp^ = FJV sin а. Угол а найдем из
скоростями vL = tg.a; Так как
соотношения между
то sin a « tg а и тогда
F = F — .
TP_L ' тр t)( •
Зависимость силы трения в перпендикулярном основному движению направлении от скорости соответствует аналогичной зависимости при движении в жидкости. «Сухое трение», переходит в «жидкое», т. е. сила трения покои, ^близка к нулю, и любая малая сила вызывает перемещение тела в направлении, перпендикулярном-к
2.18. Западем уравнения движения противовеса и человека в проекциях на вертикальную ось (рис. 2.25):
та = — mg+ Т, Ma^—Mg+f^
По третьему закону Ньютона r=Fip. Тогда
F^—mg,	F^—Mg
а~ _— и а — . т	1 М
Скорость противовеса в момент времени i
т
а человека
FT0—Mg следовательно,
v = vm—‘°M =-п---™
“ м	Мт
и
. _ о Мт т₽~ t М—т
Рис. 2.26.
2.19. Если плита придет в движение, то до того момента, когда груз опустится на ренно и пройдет расстояние s —Н, затем начнет останавливаться под действием силы трения о поверхность. . Рассмотрим последовательно эти два этапа: первый—до падения груза и второй—после падения.
1, Сила F, действующая на ось блока, направлена под углом 45° к горизонтали и по величине равна 7КУ^2 (где Тл~ сила натяжения ни
ти). Разложим ее на вертикальную Тд и горизонтальную 7*р составляющие (Гв== Тг = Тя~ Т), Оси координат выберем так, как показано на рис. 2.26.
Проецируя силы, действующие на груз, на ось у, получим,
плиту, она будет двигаться уско-
рь-----------------------
&
а»
Силы, действующие иа плиту, проецируем на ось х:
-f^+т^Ж.,
но
Р1р = А(Р+Гв)«й(Л^4-7),
следовательно,
—Л +
Из рисунка очевидно, что аГу = аГя = а; тогда, решая систему уравнений
mg—Т=та,
Т— k(Mg+T)=Ma, J
получим
mg—kMg—kmg M—km-\-m *
Движение становится возможным при а > 0, т. е.
mg—kMg—kmg „ М—km-{-m	‘
Скорость плиты к моменту времени i, когда груз коснется
ее поверхности, о0 = а/, где /=
2. Путь, пройденный после момента i, с _^..2ДД ца
1 2аг 2ах	*
Ускорение а± определим, зная силу треиия на пути а: Frt — kg(M-^-m) и в то же время F^v = al (Af-f-wi), слёдо-‘ вательно, a1 — kg.
Полный путь, пройденный плитой,
So = H+S1 = H+H	.
0	*	1 {M—km-\-m)kg (M — km-[-jri)k
• -	.	, в
2.20.	Импульс всей системы равен */» (t) = 2 mivt 4X)j где <=1
л—число тел системы, тг—масса, a скорость г-то тела.
Нам надо доказать, что P[t) есть величина постоянная.
Действительно, используя - первый закон Ньютона, мы можем утверждать, что если теда не взаимодействуют, то вектор скорости каждого тела не меняется со временем.
Л
Отсюда и сумма V т1ч>1 (/) будет постоянной, i® I	*
2.21.	Нет. Написав условие сохранения горизонтальной проекции импульса, ученик не принял во внимание импульса песка, а ведь очевидно, что высыпающийся песок имеет ту же горизонтальную скорость, что и вагон в этот момент времени. ’
Правильно следующее решение. Рассмотрим систему координат, движущуюся со скоростью v0. До момента времени t0 вагон относительно этой системы неподвижен, а начавший высыпаться песок (обладающий горизонтальной скоростью v0 в неподвижной относительно Земли системе) падает по вертикали. Горизонтальная составляющая импульса, таким образом, не меняется и остается равной нулю, так же как и скорость вагона. Следовательно, в неподвижной системе координат вагон продолжает двигаться со скоростью v0.
2.22.	Доказательство очевидно из рис. 2.27, а и б.
2.23.	Ясно, дто лягушке выгодно прыгать под углом 45° к горизонтали: в этом случае достигается прыжка или требуется меньшая ско
рость ф0 при той же дальности.
Напишем закон сохранения горизонтальной составляющей импульса системы: тч>, = Др ' А ’
где т>Лг— горизонтальная составляющая скорости лягушки н —серость доски. Отсюда
т ,~о т У~2 тФЯг = Мфл и «а = J0- v0 COS 45 = фо - 2~ .
Время пребывания лягушки в воздухе ' t sin 45° v<> ~ g ~ g	’
Необходимая дальность прыжка лягушки
. (1)
б)
1 Рис. 2.27.
наибольшая дальность
С другой стороны,
.	V"2 V" 2 vn
Приравнивая выражения (1) и (2), найдем v0:
(2)
v° V М + т ‘
2.24.	Горизонтальная составляющая скорости камня равна vr — v0 cos а = 5 м/сек.
Так как горизонтальная составляющая импульса системы сохраняется, то
vliM = vrm,
где va—скорость лодки. Следовательно, =	= 0,033 м/сек.
Время полета камня
. 2u0sina 2-10-1,73	. _о
t = —5— сек =1,73 сек.
g 10-2
Расстояние между точкой падения камня и лодкой в момент падения складывается из пути, пройденного лодкой, и горизонтального перемещения камня:
5 = 5к-|-5д = (5-р 0,033) 1,73,« 8,71 м.
2.25.	Наиболее просто задача решается в системе отсчета, в которой ядро покоится до деления, т. е. в системе, движущейся относительно Земли со скоростью вдоль оси х (ось х совпадает с направлением полета ядра). Тогда в силу закона сохранения импульса образовавшиеся осколки должны лететь в этой системе в противоположных направлениях и с одинаковыми по величине скоростями. Так как система движется вдоль оси х, то составляющие импульса в перпендикулярном к X направлении одинаковы в обеих системах координат (неподвижной относительно Земли и рассматриваемой) и равны между собой по величине.
Составляющую импульса каждого из осколков, направленную по х, найдем, рассматривая движение в неподвижной системе координат. Переходу от движущейся системы координат к неподвижной соответствует изменение составляющей импульса осколков, направленн0й вдоль х, от 0 до
где va—скорость движения системы Дскорость ядра до деления).	.7
Таким образом, обе составляющие импульса каждого из осколков известны, и можно сказать, что второй осколок полетит под углом а и импульс его по модулю будет равен
импулрсу первого осколка.
2.26.	Положение центра инерции системы не может измениться под действием только внутренних сил. Поэтому при переливании воды тележка должна начать двигаться в сторону, противоположную движению воды. После того как уровни воды в баках сравняются, движение тележки пре
кратится.
2.27.	Обозначим радиусы-векторы, проведенные из начала выбранной системы координат в точки, где расположены тела, через гг и г2 соответственно (рис. 2.28).
Если массы тел /в1 и т2, то координаты центра инерции
системы определятся из равенства
_ _«1r1+mara	...
mi+m8 ’	**'
Нам надо доказать, что векторы га— Т\ и гд. „— (аналогично и гц „—г2) совпадают по направлению. Это и будет означать, что центр инерции двух тел лежит на прямой, соединяющей эти тела. Но
-	—miri+m2r» - .. m8(r2—/-Q
1 п^+тг 1 «х+пц
Из этого следует, что направления векторовГц .—^и^— совпадают.
Рассмотрим отношение	(|г и—rt (—расстояние
I rt I
между первым телом и центром инерции системы, ] гл.я—г21 — расстояние между вторым телом и центром инерции). Подставляя Гц.я из уравнения (1), получим
Следовательно, |гц.и—ЛI	rj
Ini-H —M . «11.Г1—r«l mi'
2.28.	В системе отсчета, связанной с йентром инерции системы и движущейся с ускорением, осколки будут разлетаться по всем направлениям со скоростью каждый, и в момент времени t геометрическим местом точек, в которых находятся осколки, будет сфера радиусом
Действительно, все осколки падают с одинаковым ускорением g и их относительные скорости целиком определяются начальными условиями. Расстояние между двумя любыми осколками, лежащими на прямой, проходящей через центр инерции системы, в момент t равно диаметру сферы, т. е. 2v0i, и не зависит от угла а.
2.29.	Центр инерции грузов будет перемещаться только в вертикальном направлении, так как по горизонтали никакие силы на систему не действуют. Выбрав вертикальную ось, направление которой совпадает снаправлением движения первого груза, мы можем написать
а ___—maaa
ц;® я11+пц 1

где аии—ускорение центра инерции, at и а2—ускорения первого и второго грузов соответственно.
Действительно, приращение ©ЛИ за малый промежуток времени Af равно * /
; А©„ _-------------. .
.	. ,тг+та -
Деля обе части равенства на промежуток времени 'Л-f и переходя к пределу при А/—> О, получим	7 х
тг lim Ии» Уг-
л = Нт А%« = Af-ч-о А/ '	Ы _t
А«	я«1+Ьц ~
Решая обычным методом уравнение движения^ грузов, найдем, что	‘
«1
Отсюда
' т, ^1Т^2
а,
-l-m 1 6
ГЛАВА III
ДИНАМИКА (ЭНЕРГИЯ, РАБОТА)
КРАТКАЯ ТЕОРИЯ
§ 1. Понятие энергии
При движении механической системы меняютсяхоординаты и скорости входящих в.нее тел. Однако во многих случаях существуют характеризующие' систему величины, которые с течением времени остаются постоянными. Если известны состояния тел системы до взаимодействия, то знание этих сохраняющихся величин позволяет определить скорости и координаты тел системы после взаимодействия, не прибегая к уравнениям движения.
Одну из таких сохраняющихся величин—полный импульс системы—мы подробно рассмотрели в предыдущей главе, Оказывается, что существует еще одна, не меняющаяся при движении системы величина, называемая полной энергией *). В отличие от импульса, энергия — скаляр.
Полную энергию системы можно представить в виде суммы двух существенно различных членов. Первый из них зависит от квадратов скоростей входящих в систему тел. Он определяется как
т=-г1++• • • + ~г + •  +- 2 -F (3-1> 1=1
-	л
*) Вообще говоря, существует еще одна сохраняющаяся векторная величина—момент импульса системы. Рассмотрение момента /импульса и физических следствий, вытекающих из закона его сохранения, выходит за рамки этой книги.
{п—число тел системы) и называется кинетической энергией системы. Каждое слагаемое этой суммы, равное половине произведения массы z-ro тела на квадрат его скорости, определяет кинетическую энергию этого тела.
Второй член U характеризует взаимодействие тел, входящих в систему, и зависит от их взаимного расположения (т. е. от их координат). Его называют потенциальной энергией системы.
Если в качестве механической системы рассматривается не группа материальных точек, а протяженное тело, то потенциальная энергия характеризует взаимодействие частей этого тела.
Для простейшего случая замкнутой системы, состоящей из невзаимодействующих тел, закон сохранения полной энергии представляет собой следствие закона инерции. Действительно, если тела не взаимодействуют, то £/=0 (пб смыслу U, как величины, характеризующей взаимодейст-"	2
mivi вие) и, следовательно, полная энергия Е=Т= z. —к—. Из
1
закона инерции вытекает, что v{ = const, значит, полная энергия системы сохраняется.
§ 2. Связь между силой и потенциальной энергией
Ранее мы говорили, что взаимодействие тел характеризуется силой. Поскольку взаимодействие можно характеризовать также потенциальной энергией, то между силой и потенциальной энергией должна существовать связь. Для выяснения этой связи рассмотрим для простоты замкнутую механическую систему, состоящую из двух тел. Обозначим силу, с которой первое тело действует на второе, через Fs, а силу, с которой второе тело действует на первое, через Направим ось х по линии взаимодействия тел. За малый промежуток времени At тело 1 получит перемещение Ах1т а тело 2 — перемещение Аха. Запишем второй закон Ньютона в форме (2.3) для каждого из тел:
«1 ^i=Fix А/, )	=
ma Awa = F,-At J	!5^ = F2jc. _
Умножив первое равенство системы (3.2) на Дхх, а второе на -Дх2,' получим
от1До1Дх1_„ .
д7 П. >
л *	(3.3)
тгДв,Дх, __ л	'
д* - ~	Д*2 •
Так как — то мы можем переписать систему (3.3) в виде
таъ2 Дп2 = г2>Дх2. J
Складывая эти уравнения, получим
mxv2 Дпх+m2v2 Дпа = Flje &xt+Г2д. Дх2. (з. 5)
Используя третий закон Ньютона, запишем
1'’>.1=К..|=1М-
Так как Дхх и Дх2 имеют противоположные знаки, равенство (3.5) принимает вид
smtvt Avz +m^v2 Дп2 —Fx (Дх^Дх^ = FX hx. (3.6)
Теперь рассмотрим процесс взаимодействия этих тел с помощью введенного выше понятия энергии. Пусть первоначальному состоянию системы соответствует потенциальная энергия Ух; тогда через промежуток времени Д/ потенциальная энергия взаимодействия изменится и станет равной некоторому значению У2 (вследствие того, что iрасстояние между телами изменилось). Разность потенциальных энергий ДУ?=Уа — U\ можно найти, используя закон сохранения полной энергии системы:
£=€?+7’; У=£-Т; АУ=Д£-ДГ.
Мо,Д£==0 (поскольку Е — const), отсюда ДУ==— ДГ.
Воспользовавшись свойством символа Д (ей. «Математическое дополнение», стр. 197), вычислим приращение кинетической энергии ДГ:
2 ’	2 ’
ДГ — л»хпх Дпд -{- да2п2 Д®2.	(3.7)
Сравнивая равенства (3.6) и (3.7) и учитывая, что ДТ=— ДУ, получим
Откуда
Таким образом, мы получили искомую связь между потенциальной энергией и силой,
3.	Нулевой уровень потенциальной энергии
Так как в выражение (3.8) для силы входит приращение потенциальной энергии Д<7, то от прибавления к потенциальной энергии постоянной величины сила, а вместе с ней и уравнения движения не изменятся:
р   А ((/-{- const)(const)  At/
*	Ax	Ax	Ax ’
Очевидно, что при этом не нарушается и закон сохранения энергии. Действительно,
ДЕХ = Д (U+ const + Т) = Д (U 4- Т) = &Е = 0.
Следовательно, потенциальная энергия не определяется однозначно: к ней всегда можно прибавить постоянную величину.
Для однозначного определения потенциальной энергии необходимо указать такое расположение взаимодействующих тел, которому соответствует значение потенциальной энергии, равное нулю. Нулевой уровень можно выбирать произвольно, а именно так, как удобно для решения конкретных задач.
Например, в задачах, где приходится учитывать взаимодействие некоторого тела с Землей, потенциальная энергия системы «Земля —тело» считается равной нулю, когда тело находится на поверхности Земли. Рассмотрим, как меняется потенциальная энергия этой системы *) при изменении положения тела относительно Земли.
*) В дальнейшем, если за нулевой уровень принята поверхность Земли, вместо слов «потенциальная энергия взаимодействия системы Земля—тело или системы, включающей в себя Землю и группу тел», мы для краткости будем говорить «потенциальная энергия тела или системы тел». Если за нулевой уровень принята какая-нибудь другая поверхность, мы будем говорить в потенциальной энергии тела (или системы тел) по отношению к этой поверхности.
Выберем координатную ось, направленную вертикально вверх. Пусть тело поднято на некоторую высоту Дх над поверхностью Земли (рис. 3.1, а). При этом его потенциальная энергия изменится на некоторую величину Д£7 и станет равной ДУ (так как на поверхности Земли потенциальная энергия равна нулю). Из формулы (3.8) получим
Д£7= -Fx\x.
Так как Fx < 0, а Дх>0, то — ДхДх>0 и Ai7>0, т. е. потенциальная энергия тела, поднятого над Землей, по-
ложительна.
Если тело находится ниже поверхности Земли, например
в шахте (рис.
14?
3.1, б), то Fx < 0, Дх < 0 и, следовательно, —/\сДх<0, т. е.
, z &U < 0. Потенциальная
энергия тела, находящегося ниже поверхности Земли, отрицательна.
§ 4. Полная энергия незамкнутых систем
До сих пор мы рассматривали замкнутые системы. Теперь рассмотрим систему, на которую действуют внешние силы. В этом случае полная
энергия системы складывается из кинетической энергии входящих в нее тел, потенциальной энергии взаимодействия их между собой и потенциальной энергии взаимодействия тел системы с телами, обусловливающими действие внешних сил.
Если, внешние силы постоянны во времени, то полная энергия системы сохраняется.
В том случае, когда поле внешних сил меняется со временем, полная энергия системы, находящейся под действием этих сил, не сохраняется.
Эти утверждения основаны на общих свойствах пространства и времени, подробное рассмотрение которых выходит за рамки данной книги. Однако для уяснения этих важных положений, справедливых не только в механике, но и н других разделах физики, приведем несколько примеров.
Рассмотрим шарик, лежащий на гладкий горизонтальной поверхности и прикрепленный к идеальной пружине*), второй конец которой неподвижно связан с вертикальной стенкой. Силой трения между шариком и поверхностью пренебрежем. Будем рассматривать шарик как некую механическую систему, на которую действует внешняя сила—упругая сила пружины.
Приведем шарик в колебательное движение. Тогда его полная энергия будет складываться из кинетической энергии и потенциальной энергии взаимодействия шарика с пружиной. Эта потенциальная энергия зависит от положения шарика, но не зависит от времени в том смысле, что если шарик имел в каком-то положении потенциальную энергию, равную U, то, вернувшись в это положение через некоторый промежуток времени t, он будет обладать той же самой потенциальной энергией U. В этом же смысле постоянна и внешняя сила, действующая па рассматриваемую систему (шарик). В соответствии со сказанным, полная энергия системы сохраняется. Рассмотрим теперь реальную пружину, упругие свойства которой с течением времени меняются, т. е. сила, которая действует на шарик со стороны пружины, при одном и том же расстояний шарика от положения равновесия уменьшается. В этом случае шарик, имевший в каком-то положении потенциальную энергию, равную U, возвратившись в то же самое положение, будет иметь энергию их < U. Соответственно полная энергия шарика уменьшается. Этот пример иллюстрирует несохранение полной энергии системы, находящейся под действием внешней силы, зависящей от времени.
Теперь включим в рассмотрение силы трения. Как известно, сила трения зависит только от постоянного коэффициента трения и силы нормального давления тела на поверхность, также не зависящей от времени в данной точке поверхности. Тем не менее, опыт показывает, что брусок, пущенный с некоторой скоростью v вдоль поверхности, останавливается именно вследствие трения. Таким образом, его полная первоначальная энергия, равная (где т — масса бруска), уменьшается до нуля.
Возникающее в этом примере противоречие с законом сохранения энергии для системы, находящейся под действием постоянной внешней силы, является кажущимся. Дело в том, что в рамках механики нельзя учесть энергию взаимодействия
♦) Идеальной мы называем такую пружину, свойства которой не изменяются со временем.
тела и поверхности*, точнее, энергию взаимодействия между м0’ лекулами, из которых они состоят. При этом кинетическая энер-гия тела как целого переходит в энергию движения молекул тела и поверхности, воспринимаемую как выделение тепла.
§ 5. Работа
В предыдущем параграфе мы ввели важное понятие энергии и раскрыли его физический смысл. Однако для того чтобы можно было пользоваться понятием энергии для решения конкретных задач, необходимо научиться ее вычислять.
Из формулы (3.8) следует, что Д£/=— FAx и соответственно ДТ = FДх. Таким образом, зная, чему равно произведение F Ах, мы можем вычислить изменение кинетической и потенциальной энергии тела. Величийу
A = FAx
(S.’S)
называют работой силы F на перемещении Ах.
Если направления силы и перемещения не совпадают, то работа определяется как произведение проекции силы на направление перемещения на
) Л	величину этого перемещения:
Рис. 3.2.
A~FX Ax=FAxcosa, (3.10)
где a—угол между направлением силы и направлением перемещения.
Нетрудно показать, что и в этом случае работа характери-
, зует изменение энергии тела. Покажем это на примере дои-
ження тела в поле Земли. Выбирая систему координатных осей у и г так, как это показано на рис.3.2, мы можем произвольное
перемещение Дг в плоскости yz представить в ваде суммы двух перемещений: горизонтального Ду и вертикального Дг. Так как потенциальная энергия тела зависит только от расстояния до Земли (считаем, что поверхность Земли принята за нулевой уровень), то при перемещении на Ау потенциальная энергия не изменится, а при перемещении на Дг изме-
нится на
Д£/=—F Дг =	ДгД cos a =—А.
Знак работы определяется знаком косинуса угла а. Если угол а острый, то работа, совершенная данной силой, поло-жительна; если угод а тупой, то работа силы отрицательна. В последнем случае говорят, что работа совершена против данной силы. Когда тела взаимодействуют при непосредственном соприкосновении (при
деформации или при трении), то вместо слов «сила совершает работу» иногда говорят: «тело совершает работу», имея в виду тело, со стороны которого действует сила. Если взаимодействие осуществляется посредством поля, говорят о работе сил поля или о работе против сил поля.
Покажем теперь, как вычисляется работа в общем
Рис. 3.3.
случае, когда сила меняется произвольным образом и траеК' тория тела также совершенно произвольна (рис. 3.3).
Разобьем весь путь тела на л малых перемещений Дг4 (/== 1, 2, ..., п), на каждом из которых силу можно считать постоянной. Тогда работа на перемещении Дг; будет равна
ДЛ1=1ЛП Аг, | cos а,-,
где а, —угол между направлением вектора силы Ft и вектора перемещения Arz„ В силу малости Дг,- мы можем заменить | Дг,. | через Ад,-, т. е. через приращение пути. Тогда формула для АД,- примет вид
АД,- = Asz cos а;.
Работа иа всем иути
Д ~ 2 АД,- = 2 ?t, As,-, i=l
где Fit — проекция силы Ft на направление перемещения (/-',,= Л',-cos а,-). Для получения точного равенства перейдем к пределу:
Д== lim 2A,Asz-	(3.11)
Л-* а»
Ранее найденное выражение (3,10) для работы удобно использовать в том случае, если дан график зависимости проекции силы на направление перемещения тела от величины пути (рис. 3.4). Тогда работу силы на пути от хг до х2 найдем по формуле (3.11) как площадь, ограниченную кривой CD, осью х и прямыми Схх и Dx2, обычными приемами суммирования.
В качестве примера применения формулы (3.11) найдем работу, совершенную силой тяжести при движении тела по наклонной плоскости, образующей угол а с горизонтом (рис. 3.5). Будем считать, чтр движение происходит без трения. В этом случае проекция силы f) остается постоянной на всем пути и
п
А — FIS lim 2	— mSs s5n a = mgh.
П-+ a 1 = 1
Следовательно, работа силы тяжести не зависит qt длины наклонной плоскости, а зависит только от ее высоты.
При движении тела в поле сил тяжести по произвольной траектории величина работы определяется только разностью высот начального и конечного положений тела. Это следует из того, что работа сил тяжести (или против сил тяжести) определяется изменением потенциальной энергии, которое зависит только от расстояния между телом и землей, но не зависит от пути, по которому поднималось тело.
В качестве второго примера вычислим работу, совершаемую против силы упругости при растяжении или сжатии пружины. Будем считать, что пружина подчиняется закону Гука, т. е. сила упругости растет пропорционально сме-
щеямю пружйИй из свободного состояния и направлена против' этого смещения:
Fx = — kx,
где k—постоянный коэффициент, характеризующий упругие
свойства пружины.
Как мы уже говорили, работу удобнее всего вычислять по графику зависимости Гх от х. Как видно из рис. 3.6,
работа, совершаемая при растяжении, равна
, kx-x kx2 л=—=-т-
Здесь считается, что растяжению соответствует положительное смещение. Соответственно при сжатии
_(—kx) (—х) kx2
2	— Т*
Считая, что в свободном состоянии потенциальная энергия пружины равна нулю, мы можем сказать, что при растяжении или сжатии пружины на величину х ее потенциальная kx2 энергия становится равной
Мы уже говорили о том, что при наличии трения полная энергия системы не сохраняется. Изменение полной энергии можно вычислить, зная работу сил трения. Вернемся к примеру замкнутой системы, состоящей из двух тел (см. § 1), и рассмотрим процесс взаимодействия этих тел с учетом того, что на первое тело действует сила трения FTP1, а на второе FTp,; тогда уравнение (3.5) изменится следующим образом:
m1'v1 Д^ -{- «2®2 Д®2 =
=F 1ЖД^14- Fтр, Дхх + Fix Дх2 4-F^ Дх2.
Знаки перемещений Дх1 и Дх2 противоположны знакам соответствующих сил трения FTp, и FTp,. Кроме того, как уже говорилось, Дхх имеет знак, обратный знаку Дх2. Тогда
4- Wgt'a = Fx (Дхх4-Дх2) 4-Ftp, Дх24~
4“ FтР1 Дхх — F х Дх 4~ FтР, Дхх 4" FтР, Д^2-
&7
4 А А. Боровой и др.
Рассматривая этот процесс с энергетической точки зрения, получим
\Т=ЬЕ—\U~FX Дх-f-Frp, AXi + Frp, Axs, причем
—At7=FxAx.
Из этих равенств вытекает, что изменение полной энергии системы происходит за счет работы сил трения:
Д£ == Fjp, Axg -pF^p, ЛХ| ==
В табл. 3.1 приведены единицы измерения работы и мощности в системах СИ и СГС.
Таблица 3,1
Физическая величина	Размерность в условных обозначениях	Наименование, сокращенное обозначение и размерность в системе	
		СИ	СГС
Работа, энергия		Джоуль (Аж) (кг- м2/секг)	Эрг (эрг) (г-смг/секг)
Мощность	ML’T-»	Ватт (вт) (кг-м*/сека)	Эрг в секунду (эрг/сек)
ПРИМЕРЫ
I. Доказать, что если полная энергия замкнутой системы, состоящей из п тел, сохраняется в какой-то инерциальной системе отсчета, то она сохраняется в любой другой инерциальной системе, движущейся со скоростью V относительно первой.
Через Е обозначим полную энергию в первой системе отсчета, через Е'—во второй. При переходе ко второй системе отсчета потенциальная энергия системы тел не изменяется, так как она зависит только от их взаимного расположения. Скорость тел системы преобразуется следующим образом:
+V
(для i-ro тела).
Тогда полная энергия системы
п Л*	п
е-ЕТ+£Г= j=l	1=1
1=1	1=1	1=1
n	n
x'= 1	i=l
Полученное для E’ выражение показывает, что энергия Е' постоянна. Действительно, Е — const по условию;
п
И2 2 у = const, так как относительная скорость движе-1=1
п
ния V систем отсчета постоянна; член V 2 mivi представ-i=i
ляет собой не что иное, как произведение постоянной скорости V на полный импульс системы тел в первой системе отсчета, но так как в замкнутой системе тел Р— const, то п
и У 2	—WD=const- Следовательно, Е'= const.
i=i
Пусть в некоторой системе отсчета Р = 0, т. е. центр инерции системы тел в ией покоится. Энергия Е в этой системе отсчета носит название внутренней энергии. Следовательно, внутренняя энергия включает в себя потенциальную энергию взаимодействия между телами системы и кинетическую энергию движения тел относительно центра инерции.
Если перейти в систему отсчета, относительно которой центр инерциИ движется со скоростью У, то полную энергию этой системы мы можем представить как сумму п
энергии движения системы как целого, Vs У. и внутрен-
i=i ней энергии системы.
II. На тело массой М, первоначально покоившееся в некоторой системе отсчета, налетает тело массой да со скоростью ч>в. Найти скорости тел после соударения в той же системе отсчета. Определить наибольшую энергию, которую налетающее тело может передать покоящемуся. Удар—центральный и абсолютно упругий.
Так как удар центральный, то движение, разбираемое в задаче, одномерно. Выбрав ось координат так, чтобы ее направление совпадало с направлением ф0, мы можем написать закон сохранения ^импульса:
дао0 = даг'14-Л<г'а,	, (1)
где —скорость налетающего тела после удара, ©а—скорость, которую приобрело тело, покоившееся до удара. Записав и ф* со знаком плюс, мы предположили, что тела движутся после удара по оси в положительном направлении. Если в результате вычислений мы получим, что значение Фг или Фг отрицательно, то это будет означать, что в действительности соответствующее направление скорости обратно выбранному.
По определению, абсолютно упругим называется такой удар, прн котором суммарная кинетическая энергия сталкивающихся тел сохраняется. Следовательно,
7’о=Г1 + Та,
где То—первоначальная энергия налетающего тела, Tt и Та—энергии налетающего и покоящегося тела после удара,
mv* mvf Mvl
Уравнения (1) и (2) образуют систему
я»с0«=да®14-Лй>а, 1	да(т»0—фЛ = Мф„, )
тф1 = тф{ + Мф2, J	т(фа—ф[} — Мф1. J
Разделив первое уравнение на второе почленно, найдем, что
+ =	(3)
подставив в (1), получим
Из уравнений (1) и (3) найдем
2m Vi-m + MV0'
Т	(т~мУ /Rx
1	2	2 \m + Af/ ~\m-f-AlJ ’ W
Энергия тела массой М (энергия, потерянная налетающим 100
телом)
т -Т т	***	* _4тМ_ .
11—	2 — 2	+	°(т+М)»*	' '
Исследуем полученные соотношения (4) —(7).
1.	При М < m после удара оба тела будут двигаться в направлении движения налетающего тела.
2.	При М=т первое (налетающее) тело после удара остановится, второе же приобретет скорость v0 и энергию mv%/2; тела как бы обмениваются скоростями.
Аналогичное явление наблюдалось бы и в том случае, если бы второе тело тоже двигалось до удара с некоторой скоростью v2 навстречу первому. Действительно, переходя к системе отсчета, связанной со вторым телом, получим, что скорость налетающего тела в этой системе v0 =v0 -f- v2, а его скорость после удара vt = 0; скорость второго тела после удара ®a = ®o + ®2- Совершая обратный переход к первоначальной системе координат, найдем
v1 = v'1—v2 = — v2,
v2 = v'3 — v2 = v0 + v2—v2 = v0,
т. е. после удара произошел обмен скоростями между телами.
3.	В случае Л4>/п налетающее тело начнет двигаться назад, отдав второму телу только часть своей энергии. При оо происходит упругий удар, эквивалентный удару тела о неподвижную стенку (стенка энергии не получает: Ё —► 0).
III. На идеально гладкой горизонтальной плоскости лежит шар массой М. На него налетает шар массой т, движущийся со скоростью V. Происходит абсолютно иеупругий удар. Найти скорость шаров после соударения.
После абсолютно неупругого удара шары будут продолжать движение вместе. При этом по закону сохранения импульса
mv = (m 4- М) vlt
где Wj —скорость обоих шаров после соударения. Отсюда т
V^ = ^+MV-
Рассмотрим абсолютно неупругий удар с точки зрения сохранения энергии. Начальная энергия системы
т — mv*
/1- 2 ,
конечная—
т	f т	т
*	2	\«-4-М/	2 '«+«’
причем Гх> Г2, так как Л4>0. Очевидно, что в этом случае механическая энергия движения переходит в тепле.
IV. Тело массой т соскальзывает по наклонной плоскости, переходящей в «мертвую петлю» радиусом /?, и в ее низшей точке упруго соударяется с покоящимся телом массой М (рис. 3.7). С какой высоты Н начинает двигаться первое
тело, если после соударения второе тело отрывается от петли на высоте H^ — ^^R, а первое, поднявшись назад по наклонной плоскости и затем вернувшись, отрывается в той же точке, что и второе? Каково отношение масс этих тел?
Рассмотрим движение тела по «мертвой петле». При дви-.жении на тело в радиальном направлении действуют две силы: составляющая веса «gsin а (рис. 3.8) и сила реакции Н. Сумма этих Сил вызывает центростремительное ускорение v*/R. В момент, когда тело отрывается от петли, сила реакции N-обращается и нуль и тогда лот*	, ,.
zn^sina = -^-r	(1)
где
sina==tf»_2. А
(2)
если тело отрывается на высоте Но.
Для нахождения скорости которой должно обладать тело в низшей точке петли, чтобы его отрыв произошел на высоте Нв, используем закон сохранения энергии
як’н._т»а 2 “ 2

(3)
Из уравнений (1)—(3) найдем
»h. = 3^W0—gR.
Подставляя H0 = i!sR, получим vn.-V^gR-
Двигаясь с высоты Н (см. рис. 3.7), первое тело перед ударом будет иметь энергию
T0 = -^ = mgH, равную сумме кинетических энергий первого и второго тел после удара 7"0 = Г + Т2 (удар упругий). Для выполнения условия отрыва на высоте Но скорость второго тела после соударения должна быть равна а энергия
*7* _ 3gRM 2~ .
Первое тело; двигаясь после удара обратно, поднялось на некоторую высоту Н', определяемую из условия Т' *= mglf, остановилось и начало соскальзывать вниз по наклонной плоскости. Для того чтобы это тело оторвалось иа высоте Но от петли, оно должно иметь в нижней точке скорость =	—V 3gR и, следовательно, Г = §gRml2. Отсюда
mgH-W+^R..
С другой стороны, из условия упругости удара т т 4тМ г—/°(тН-Л1)«
(см. пример II). Для определения Н и М/т получим систему уравнений
3gRM j, 4тМ
Перемножая левые и правые части уравнений между собой, получим
. 4т 1~т+М‘
Числитель и знаменатель правой- части равенства разделим на Л4:
1 т
М
Решая это уравнение относительно т/М, получим
-	т___1_
М~ 3 ’
отсюда H—GR.
V. На стороны стержня, изогнутого под прямым углом (рис. 3.9), нанизаны две бусинки пренебрежимо малого веса, связанные нитью длиной I, В первоначальный момент времени система покоится. Затем одну из бусинок начинают перемещать в направлении от вершины угла так, что сила натяжения нити постоянна и равна Fo. Найти зависимость энергии второй бусинки от пройденного пути, если в первоначальный момент времени она находилась на расстоянии а от вершины. На каком расстоянии от начального положения ее энергия будет максимальной? Чему равно это максимальное значение энергии? Силу трения бусинки о стержень считать постоянной и равной /0.
Для решения задачи введем ось х так, рис. 3.10; начало координат совместим с положением бусинки. Проекция силы Fo иа
как показано на первоначальным ось х
Fx = F0cosa = F0?4^
Проекция силы трения модулю /0. Работа силы чение энергии бусинки и иа работу против сил трения. Таким образом, энергия бусинки
Тб —А?,—Ар-
Вычисление удобно произвести графически. Для этого построим графики зависимости проекций сил на ось х от х (рис. 3.11). Чтобы бусинка начала двигать
на эту< ось постоянна и равна rto Fo на пути х идет на увелн-
Рис. 3.11.
ся, необходимо, очевидно, выполнение условия F0y>/0.
Для произвольного значения х работа силы Fo на пути X численно равна площади фигуры ABNM, а работа против сил трения — площади фигуры CBNE. Обозначив площади этих фигур через S, получим
Тб — SabNM — 8 СВМБ —S&ACD-5д DME-
Но
о _______1_ д р f'ri  1 ( р д__f \ (F°a	\ (F»a f
6длсо — 2 AC-CD — 2 (/о z	/оД
(cD = x0 находим из условия Fo- у— —foj и
S&DME = у EM-DE —
_ 1 (f р д х \ z <ь.	„ \_IW Тц (а х)]2
—2 /о i )^—х0)-	,
откуда
r (Foa-foiy [fnl-F0(a~x)y _-F^ + 2(Fea-Mx
6 ~ 2Fal	2F0l ~	21
Для нахождения максимального значения энергии бусинки Тмакс и соответствующего ей пройденного пути лиакс заметим, что график зависимости энергии от пройденного пути есть парабола, обращенная выпуклостью вверх. Максимальное значение энергии соответствует ординате вершины параболы.
Преобразуя выражение для Тб, получай

6
О
Х+\ F. / V F, / J F./„ Л>а-/0/\» , (Яов-М?
’"2/ Г К~) + W
откуда
7	№~М*
^мак— 2F0l ’
что осуществляется при
X = *^макс ~
F оа W
Fo
—-*о*
Впрочем, эти результаты можно было бы получить другим, более простым способом: при движении бусинки до точки х0 проекция силы Рх > /0, т. е. результирующая сила направлена в направлении движения, и бусинка движется ускоренно, т. е. ее скорость, а следовательно, и энергия, растет. После точки х0 проекция силы Fx<.fe, и бусинка движется замедленно, т. е. скорость ее уменьшается. Максимальное значение энергии соответствует, очевидно, точке х0 и равно площади треугольника ACD, нахождение которой значительно проще предыдущих преобразований.
Отметим еще, что бусинка достигнет вершины угла лишь при условии
7*6 (в) > 0,
т. е.
-Fea’ + 2(F0a-M)a
j6~----------------
2Z
гт	/л а
Данное неравенство выполняется при г о	**
ЗАДАЧИ
3.1. Может ли величина кинетической энергии тела быть больше его полной энергии?
3.1. Начертить графики зависимости потенциальной и кинетической энергий шарика массой nt, брошенноговертикальио вверх с начальной скоростью vOi от высоты подъема h. Если график такого типа дан, то как найти по нему массу брошенного тела? Как будет выглядеть в тех же координатах график полной энергии шарика?
• 3.3. Используя условие предыдущей задачи, начертить графики Т, U и Е шарика в зависимости от времени.
3.4. В физике часто используют понятие л'оля централь-
ных сил, или центрального поля. В таком поле силы, дейст-
вующие на тело, зависят только от определенной точки, обычно выбираемой за начало координат. Потенциальная энергия тела в центральном поле соответственно этому также является функцией только расстояния до этой точки. Исходя из этого определения, доказать, что в центральном поле работа сил поля над телом, движущимся по замкнутому контуру, равна нулю.
3.5. Дан график (рис. 3.12) зависимости потенциальной энергии те-
расстояния до какой-то
ла от координаты (одномерное дви-
жение). Описать характер движения в зависимости от величины
полной энергии (рассмотреть три случая, указанные иа рисунке).
3.6. Тело движется вдоль некоторой выбранной оси х. На него действует внешняя сила F, Дан график зависимости проекции этой силы Fx От координаты тела (рис. 3.13). Найти изменение его кинетической
3.8. Тело брошено под ной скоростью На ка
энергии на пути от х = 0 дох = х2 = 17 м, если известно, что полная энергия тела сохраняется.
3.7. Найти свлу, действующую на тело, как функцию его координаты, если дан график (рис. 3.14) потенциальной энергии тела (движение одномерное).
углом а к горизонту с начальной высоте его кинетическая
энергия будет равна потенциальной?
•3.9. Два тела, массы которых mt й «2, находятся на высоте ht и Л2 соответственно от земной поверхности. Доказать, что потенциальная анергия такой системы равна про-
изведению суммы весов тел иа высоту центра инерции системы над земной поверхностью (взаимодействием . тел друг с другом пренебречь).
3.10.	Через забор перекинута*'веревка длиной I так, что свешивающиеся с обеих сторон забора концы ее равны (рис. 3.15) и веревка находится в равновесии. В какой-то момент времени равновесие нарушается и веревка начинает соскальзывать с забора. Определить, через какое время после того как она полностью соскольз-
нет с забора и начнет падать, центр инерции веревки коснется земли. Высота забора Н, трение
веревки о забор не учитывать.
3.11. Решить предыдущую задачу в том случае, если пер-
воначально половина веревки лежала на горизонтальном глад-
ком столе, а вторая половица свешивалась вниз (рис. 3.16).
3.12. Два бруска, массой т каждый, Связаны между собой
невесомой пружиной с коэффициентом упругости к. Пружи-
ну сжимают силой F— 3mg. Определить, как будет двигаться центр инерции системы после прекращения
Рис. 3.16.	Рис. 3.17.

действия силы F в двух случаях: при вертикальном (рис. 3.17, а) и при горизонтальном (рис. 3.17, б) положениях системы. Как надо изменить условия второго опыта, чтобы результат был таким же, как и в первом?
- 3.13. С каков наименьшей высоты Ло должен соскальзывать по наклонной плоскости кубик с ребром а = 10~2 л, чтобы преодолеть выступ у основания наклонной плоскости с высотой много меньшей, чем а? У гол наклона плоскости « = 5°, трением при соскальзывании кубика и потерей экер-' гии при ударе о выступ пренебречь.
3.14.	Может ли совершать работу сила трения покоя?
3.15.	Снаряд массой т попадает в вагонетку с песком массой М, которая первоначально покоилась. Найти наименьшую скорость снаряда, при которой он может вылететь через противоположную стенку вагонетки, если средняя сила трения его о песок равна FTp. Выстрел был произведен в горизонтальном направлении вдоль рельсов, длина вагонетки I. Трением колес вагонетки о рельсы пренебречь, стенки вагонетки считать настолько тонкими, что они не оказывают сопротивления движению снаряда.
3.16.	Прямоугольный брусок движется по инерции из одной полуплоскости в другую так, что вектор скорости бруска и сторона его основания длиной I = 0,2 м перпендикулярны к линии раздела между полуплоскостями. Коэффициенты трения бруска о полуплоскости Ах = 0,2 и £2 = 0,7 соответственно. Какова должна быть скорость бруска в момент пересечения передней гранью линии раздела, чтобы он проник во вторую полуплоскость только на 4/5 своей длины?
3.17.	На горизонтальной поверхности лежит кубик с ребром а и весом Р. Каким образом надо перемещать кубик— кантовать его или двигать по поверхности, чтобы на пути s = na, где п—целое числЬ, совершить наименьщую работу? Коэффициент трения между кубиком и поверхностью равен 0,4.
3.18.	Обезьяна массой т, висящая на невесомом и нерастяжимом канате, равномерно движущемся вверх со скоростью v0, поднимается на высоту I. Как изменится работа, совершаемая для подъема обезьяны на ту же высоту, если обезьяна будет двигаться вверх по канату с ускорением а? (Канат поднимается с той же скоростью ®0.) Решить задачу для а = 0,1 м/сек*, v0 = 1 м/сек, I = 10 м, т = 20 кг.
3.19.	По горизонтальной плоскости движется без трення шар массой М со скоростью т»0. Его догоняет другой шар массой М/2. Скорость более легкого шара совпадает по направлению с и равна 2®0 по абсолютной величине. Найти скорости шаров после удара, считая удар абсолютно упругим и центральным.
3.20.	Какое вещество лучше замедлит поток нейтронов— содержащее легкие атомы или тяжелые? (Замедление нейтронов происходит посредством упругого удара.)
3.21.	Шарик, висящий на нити, отклонили от вертикали на угол ф0 к затем отпустили. В момент, когда шарик проходит положение равновесия,. он ударяется о вертикальную стенку (рис. 3.18) и теряет часть своей энергии аТ, где а—постоянная величина (0<а<1), а Т-~кинетическая энергия .в момент удара. Затем шарик вновь отклоняется на угол Ф1 < Фо н т- Найти число ударов л, после которых шарик отклонится на угол фп <ф', где ф' — заданный угол (ф' < фв).
3.22.	На нити длиной I = 7,35 м виснт груз. В него стреляют из винтовки, расположенной горизон
тально иа уровне груза. Груз начинает, качаться. Каждый раз, когда он проходит положение равновесия, удаляясь от винтовки, в него попадает пуля. Скорость пули © = 600 м/сек. Определить, на какой максимальный угол ф отклонится груз после двадцатого выстрела, если все пули застревают в нем. Масса груза в 1880 раз больше массы пули.
3.22. На Гладкой поверхности лежат, касаясь друг друга, два одинаковых (R!=Rt, /д1 —TOa) шара. На них налетает точно такой же третий шар, движущийся со скоростью ©в. Соударение всех трех шаров происходит одновременно. Определить скорости шаров после удара, считая его абсолютно упругим.
3.24.	Мяч начинает сос- ' кальзывать (без качения)*) из верхней точки неподвижной полусферы радиусом R (рнс. 3.19). Как высоко он подскочит после удара о поверхность, на которой
находится полусфера, если удар считать абсолютно упругим? Размеры мяча малы по сравнению с R.
Рис. 3.19.

*) То есть тренне его о поверхность ничтожно мало.
НО
3.25.	Велосипедист едет по дороге и видит, что на. его пути находится препятствие—стена. Что надо сделать велосипедисту, чтобы избежать аварии,—затормозить или повернуть (т. е. в каком случае он пройдет меньшее расстояние по направлению к стене)? (Одновременно тормозить и поворачивать велосипедист по каким-то причинам не может.)
3.26.	По горизонтальному абсолютно гладкому желобу пускают с начальной скоростью ®0 три одинаковых стальных шара массой т каждый. На шары действует постоянная сила притяжения F со стороны электромагнита, установленного у начала желоба (рис. 3.20). Второй шар пускают в тот момент, когда первый шар остановился, а третий—в момент столкновения второго шара с первым. Определить время, через которое каждый шар вернется в исходную точку. Удары шаров считать абсолютно упругими.
3.27.	Стержень длиной I и массой т вращается в горизон
тальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через один из концов, с угловой скоростью ю. Найти кинетическую энергию стержня.
3.28.	Решить предыдущую задачу при условии, что стержень вращается в горизонтальной плоскости вокруг вертикальной оси, проходящей через его середину.
3.29.	Шест высотой Л стоит вертикально. В какой-то момент времени его отклоняют иа малый угол и он начинает падать. При этом конец шеста, стоящий на земле, ие перемеща-
ется. Найти скорость второго конца при его ударе о землю.
3.30.	Маховик массой т в радиусом R вращается с угловой скоростью со вокруг оси, проходящей через его центр. Для того чтобы затормозить его, к ободу маховика прижимают тормозную колодку. Сила треиия между колодкой и ободом постоянна и равна Fjp.
Рис. 3.21.	Сколько полных оборотов сде-
лает маховик до остановки, если можно считать, что его масса равномерно распределена по ободу (рис. 3.21) и ширина обода много меньше /??
Рис. 3.20.
3.31.	Найти кинетическую энергию диска, который вращается с угловой скоростью <о вокруг оси, проходящей через его центр и перпендикулярной к плоскости диска. Радиус диска /?, масса т.
3.32.	С высоты по наклонной плоскости начал катиться диск радиусом R. Катится он без проскальзывания. Найти скорость центра диска на высоте Л2 < Лх. Потерями энергии на трение можно пренебречь; Лг и Лг— высоты центра диска над поверхностью земли.
3.33.	Тонкий обруч катился половину пути по шероховатой поверхности (без проскальзывания) со скоростью v0, а вторую половину пути—по абсолютно гладкой поверхности. Найти его среднюю скорость. Потерями энергии на трение пренебречь.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
3.1.	Так как нулевой уровень потенциальной энергии выбирается произвольно, a E—T-^-U, то при U < 0 полная энергия тела Е < Т.
3.2.	Графики даны на рис. 3.22 и 3.23. Потенциальная энергия линейно связана с высотой: 'U~ mgh. Так как полная
энергия Е— const, то точки графика кинетической энергии для различных высот получаются вычитанием ординат графика U для соответствующей h из постоянной величины Е = —июЦ2.
Масса брошенного тела может быть определена по углу наклона графика U(h) (или 7'(Л)), так как численно tga = tg a
= mg и, следовательно, я» = —— ед. массы.
График полной энергии—прямая, параллельная оси абсцисс.
3.3.	Зависимость U от времени можно найти, зная, что высота подъема h связана с временем подъема t соотношением
Л=о0£—-ф-,
Следовательно,
U == mgh = mg( vot
представляет собой параболу. Зависи-легко
Рис. 3.24.
График (рис. 3.24) мость Т от времени получить:
Т — Е— U= mvo ( ±
Полная энергия £ = £7+ mv* Т— const = как уже было сказано выше.
3.4.	Рассмотрим поле центральных сил, в котором потенциальная энергия те
ла зависит только от расстояния до точки О (рис. 3.25).
Пусть тело двигалось из точки С в точку В по произвольному пути. Работу сил поля на пути из С в В будем вычислять следующим образом: разобьем весь путь тела на большое число отрезков и проведем через нх концы концентрические окружности с центром в точке О. При движении тела по одной из таких окружностей его потенциальная энергия будет оставаться постоянной, так как она зависит только от расстояния до точки О.
Переход тела из точки- С в точку можно как переход сначала в
себе
Работа, совершенная при этом,
приближенно представить точку Са, а затем 3 Ct.
определяется изменением потенциальной энергии тела ; и в данном случае равна работе, совершенной при радиальном движении по отрезку CCt. Согласно сказанному выше
A=-[U(C)-U(Ct)].
Таким образом, весь путь из С в В можно представить как сумму радиальных перемещений и перемещений по концентрическим окружностям; последние вклада в работу не дают. Полная работа, совершенная на пути из С в В (по ломаной линии), равна
А= ~\U{C) — U{B)\.	(1)
При увеличении числа отрезков п ломаная стремится к кривой и в пределе при л—* оо равенство (1) дает работу на пути из С в В при перемещении по заданному пути. Видно, что работа эта не зависит от формы пути и определяется только потенциальной энергией (потенциалом) начальной и конечной точек. Такие поля называют потенциальными (например, поле тяготения, электрическое поле и т. д.).
Если тело переместилось по произвольной кривой из С в В, а затем по другой кривой из В в С, то очевидно, что полная работа сил поля на замкнутом пути равна нулю.
3.5.	Рассмотрим движение тела, когда его полная энергия равна Ег (см. рис. 3.12). В этом случае, как следует из графика, и~Ех, т. е, Т=0. Тело покоится, координата его, х = х3, остается неизменной.
Прн полной энергии, равной В2, область движения тела ограничена координатами хг и х3. Действительно, в этих точках = U, т. е. тело останавливается. Попасть в область х > хя или х < оно не может, так как в этих областях Т < 0, что физически бессмысленно. Такое движение, когда тело не может выйти из ограниченной области, называют ограниченным (или финитным). Примером может служить колебательный процесс—движение маятника. Выбирая полярные координаты с полюсом в точке подвеса, мы можем описать движение изменением угла отклонения маятника от положения равновесия—в этом случае движение одномерное.
При полной энергии, равной Ей, область движення ограничена условием х>хв. В точке хя тело обладает равной нулю кинетической энергией. Это—точка, в которой тело останавливается. В этом случае движение называют неограниченный {инфинитным).
3.6/	Изменение кинетической энергии тела равно работе внешних сил ^ДТ« Л), так как полная энергии сохраняется. Работу мы определим по графику, как разность площадей двух трапеций
•?i ———у—- *5—-у• 5 = 15 н-м = 15 дж.
Очевидно, что потенциальная энергия тела при этом уменьшилась на ДС7=15 5яс.
3.7.	Сила, действующая на тело в данной точке пути х, определяется по графику потенциальной энергии как тангенс угла наклона касательной к кривой в этой точке /	f &U
( так как г — —, то угол отсчитывается от отрицательного направления оси^ .
Рассмотрим движение тела в положительном направлении оси х. На отрезке от хг до х2 сила F=tga, а так как a < 90°, то F > 0. При движении тела от хх до на него действует сила, направленная по движению. На пути от ха до ха сила, действующая на тело, Л=0. И, наконец, при движении от xt до xt сила F < 0, так как р > 90°, т." е. сила направлена противоположно движению.
3.8.	Полная энергия тела во время полета сохраняется, поэтому
— =_г + я^А,
гдет®о/2—кинетическая энергия тела в момент бросания, тиг>2/2 н mgh—кинетическая и потенциальная энергии тела на какой-то высоте Л.
Для искомой высоты

Получаем систему уравнений
“о	, . и®	.
2 = 2 +	2
из которой определяем Л:
Л = г>?/4£.
3.9.	Так как взаимодействием тел между собой мы пренебрегаем, то полная потенциальная энергия такой системы
равна сумме потенциальных энергий, которыми обладают тела во внешнем поле—поле земного тяготения;
Найдем высоту центра инерции системы над землей:
.
ЛЦ.И---~	Г““±	9
тогда
Ац.и (Л + Л) = («1 + т2) g-m-^±^ = = m1gh1 + m2gh2 = U.
Этот результат верен для любого числа тел, не взаимодействующих между собой и находящихся над-поверхностыо Земли, п
^=4ц.иХот«^> i=i
где п—число тел, т(—масса l-го тела.
3-10. Первоначально центр инерции веревки находился на высоте Н—. После полного соскальзывания, в момент начала ее свободного падения, высота центра инерции над землей стала Н—. Так как полная энергия веревки неизменна, то уменьшение ее потенциальной энергии иа величину
Д£/=mg ( Н———Н + ) = mg~
(где т—масса веревки) приведет к тому, что она приобретает кинетическую энергию
~ rmfl I
T=~^mg-.
Отсюда скорость в начальный момент падения
Центр ииерции веревки коснется земли в момент, когда на землю упадет вся веревка. До тех пор, пока любая малая часть ее находится над поверхностью земли, вертикальная
координата центра инерции не равна нулю (Начало координат мы совместили с поверхностью земли).
Время падения тела с высоты Н с начальной скоростью v найдем из формулы
= + '
откуда
Решение, имеющее знак минус перед корнем, отбрасываем из-за очевидного соображения, что
Тогда время падения центра инерции на землю
3.11.	До начала движения центр инерции той части веревки, которая находится на столе, имеет высоту Н, а
I
части, свешивающейся со стола, высоту Н—. Тогда высоту центра инерции всей веревки в первоначальный момент найдем по формуле
Дальнейшее решение задачи полностью аналогично разобранному нами решению задачи 3.10. Время падения центра инерции
3.12.	Рассмотрим первый опыт (пружина находится в вертикальном положении). Под действием силы F=^mg и веса верхнего бруска Р— mg пружина сожмется относительно положения равновесия на величину
v _ F + Р	4fflg .
k k •
при этом ее потенциальная энергия будет равна
..  kx*   ft-16maga   8mag*
U~~ 2 “ 2йа	k	*
Если бы инжннй брусок был закреплен на поверхности, то после прекращения действия силы F верхний брусок под действием сил упругости поднялся бы по отношению к первоначальному положению на высоту Л = х4-хь где xt— растяжение пружины, отсчитанное от положения равновесия (рис. 3.26), а первоначальным положением считается положение бруска при сжатой пружине (все расстояния отсчитывают от нижней грани верхнего бруска). Величину найдем из закона сохранения энергии:
kx*	kx^
U=~+mgh = -^- + mg(x+x1) или
8zn2g2 fex*	4т 2g2
-г-=-г-+—+т^ отсюда
v — 2/”g
---Г •
При этом на нижний брусок действовала бы сила
Ft == kxt = 2mg.
Очевидно, что если нижний брусок не закреплен, то он действует вертикально вверх сила, бблыпая его веса) и, следовательно, поднимется центр инерции всей системы.
Во втором опыте оба бруска находятся на горизонтальной поверхности. Очевидно, чтобы сжать пружину, необходимо силу F—Smg приложить к обоим брускам. После прекращения действия сил оба бруска начнут двигаться в разные стороны. Однако центр инерции системы останется в покое, так как силы упругости, под действием которых
бруски будут двигаться, являются внутренними силами, которые, как известно, ие могут изменить положения центра инерции системы.
Существенное отличие первого опыта от второго заключается в том, что в первом опыте вертикальный импульс системы не сохраняется, так как система не замкнута: на нее
поднимется (на него
Рис. 3.26.
действует внешняя сила (сила тяжести). Поэтому центр
инерции системы может перемещаться в вертикальном на* правлении. Во втором опыте горизонтальный импульс сохра
няется, так как сумма внешних сил в горизонтальном направлении равна нулю (мы считаем поверхность абсолютно гладкой). Следовательно, система замкнута, и центр инерции под действием внутренних сил перемещаться не будет.
Для того чтобы результат второго опыта был таким же, как и первого, т. е. чтобы центр инерции системы мог перемещаться (но уже в горизонтальном направлении), необходимо сделать систему незамкнутой, тогда горизонтальный
импульс будет изменяться. Этого можно добиться, прижав одни брусок к вертикальной стене бесконечно большой массы (например, жестко связанной с землей).
3.13.	При ударе р выступ кубик начинает поворачиваться вокруг ребра и центр инерции его поднимается (рис.
3.27)	. Преодолеть выступ ку-
Рис. 3.27.
бнк может, если в положении, при котором центр инерций
кубика находится на максимальной высоте ht =  f его скорость отлична от нуля. Используя закон сохранения энер* гни, можно записать это условие в следующем виде:
mgH> mgh^mg-— ,
где л»—масса кубика, Я—первоначальная высота его центра инерции ( H—h0 + -). Отсюда Ло==—~— да
\	* 2cosa J	0	т<2 2cosa
да4,1-10~8м.
3.14.	Может. Очевидно это из следующего примера. На столе лежит брусок. Начнем двигать стол с ускорением а. Брусок под действием силы трения, действующей между ним и поверхностью, переместится вместе со столом, не двигаясь относительно него. После того как стол переместится на расстояние s, брусок приобретет энергию T—mas (т—масса бруска). Энергию эту он приобретет за счет работы, произведенной силой трения покоя, так как никакие другие силы на него'не действуют.
3.‘15	. Будем искать наибольшую скорость «мавс.при которой снаряд еще застревает в песке. Так как горизонтальная проекция импульса системы в данном случае сохраняется, то
'»®макс = (Л1+я»)'»1,
где —скорость вагонетки с попавшим в нее снарядом. Закон сохранения энергии для системы будет иметь вид
Теи = Т’ваг+сн "I”
где W—энергия, потерянная снарядом внутри вагонетки и равная работе сил трения А, определяемой формулой
S~F	(т+М)^
Z1 - 1 Тро - 1 тр* - 2
томакс ^^макс ~	2
2
тМ -------------------V2 2(m + M) 2(Л14-т) макс
Отсюда
2FTPZ (m + M) тМ
Следовательно, снаряд, обладающий скоростью v > ®макс, не останется в вагонетке.
3.16.	Пусть брусок после пересечения линии раздела до остановки пройдет расстояние L. Тогда его кинетическая энергия	(т—-масса бруска, v—скорость в момент
пересечения линии раздела) полностью расходуется на работу против сил трения Л^.
____________________—________Для нахождения последней _____________________________-|/ igijl'	разделим брусок по его дли-Л» ।-------------------------не I на п частей (длина каж-
‘	М k
Рис. 3.28.	дой части — I и будем счи-
тать, что первая часть (рис.
3.28)	до остановки проходит путь L по 2-й полуплоскости, вто-рая часть проходит путь — по 1-й полуплоскости и L~—-по 2-й и т. д. Масса каждой части бруска 2-. Соответству
ющие значения работы, совершенной против сил трения:
A^k^L,
Л — ъ HiSL-Lk
Ai-Ri п п + *2 п \L nJ ’
дз = &1^2/+^Л_2/^
3	1 п п 1 2 п \ Л / ’
п 1 п п 1 2 л
(л-1)/ л
Складывая эти равенства, получим приближенное значение работы, совершенной против сил трения:
Лтр « At 4- А2 + А3 4- ... -р Аа =
= ^^-l(l4-24-34-...4-(«-l)] + ^^L4-
4-kg (л- 1)—[1 4- 2 4- 34- • • • 4-(л-1)]} =
____г , (fei—kjmgl (л-1)
= ft2/w^L4----g--------— .
Точное значение ЛТр получим, переходя к пределу при п —► оо:
Л„= Um [4,wL + «cbla'. (1 _±)] _
Так как брусок останавливается, то А?9=^~. Следовательно, kgtngL-\- g — 2 • 4
По условию L = -jr I; тогда
Ъ -О-4 / .	—^)mgZ _т°а
*2^5- / +-----2------Т"
и
©= У	1,11 м/сек.
3.17.	При движении кубика по поверхности будет совершена работа Л1 = АРла. При кантовании работа,
затраченная на один поворот кубика вокруг рмм Л2 = Р^а^~—=Ра J • При этом мы считаем, что кубик поворачиваете» медленно, и его кинетической анергией пренебрегаем, т. е. предполагаем, что работа идет лишь на подъем центра тяжести кубика на высоту
~ (рис. 3.29). Работа на всем пути s = na равна 2	~	_
Л8 = лЛ2 = Рпа I —к—
видим, что Л1>ЛЯ, т. е. как k — 0,4 и 1 < 0,4. Следовательно, при коэффициенте трения k = 0,4 для совершения наименьшей работы кубик надо кантовать.
3.18.	Вычислим работу в обоих случаях. В первом случае Ax=^mgl. Во втором случае движение обезьяны относительно неподвижной системы отсчета будет сложным: оно складывается из равномерно
го движения обезьяны вместе с канатом и ее равноускоренного движения относительно каната. В соответствии с этим
/=©0<4--g-.
Время подъема обезьяны
t
yf v® + 2aZ—v0 a
При этом канат поднимется на высоту
рот/ Cg-f-2/а— v?
Сила натяжения каната в этом случае увеличится и будет равна я»(^4-о) (см. задачу 2.8). Работа подъема обезьяны равна	______
—о’
Ла == т (g + a) fi~m (£+ а) —.
В первом случае
Д1 = 2010-10 = 2000 дж.
Во втором случае
Дг = 20 (10 4- 0,1)1 —1	№ 1 414 дж.
Таким образом, работа во вторам случае меньше.
3.19.	Перейдем к системе координат, связанной с тяжелым шаром. (Эта система движется со скоростью о0 относительно горизонтальной плоскости.) Тогда в выбранной системе легкий шар налетает на покоящийся тяжелый шар со скоростью т»0 =
Используя результаты примера П, получим в движущейся системе
м-М '	2	t '2
где и -о8—скорости шаров после удара.
Обратный переход к координатам, связанным с плоскостью, дает
. '	2	, -	5
3.20.	При соударении нейтрона с легким атомом (точнее, ядром легкого атома) он в среднем отдаст ббльшую энергию, чем при соударении с тяжелым (см. пример II). Поэтому для замедления нейтронов часто применяют вещества, содержащие атомы водорода.
3.21.	При движении шарика из отклоненного На угол ф0 положения до положения равновесия (<р = 0) его потенциальная энергия изменяется на величину
Д//=—mgl(l—cos ф0).
Отсюда кинетическая энергия Т9 в момент, когда ф=0, То = »§/(! — совф0);
m—масса шарика, /—длина нити.
После первого удара шарик потеряет часть энергии, равную аТ0, и будет обладать энергией Т0(\—а).
После второго удара у него останется энергия Т6 (1 —а)— — а70(1—а)=«Т0(1—а)8, после третьего 70(1—а)8. Рассуждая таким образом, найдем, что после я-го удара шарик будет обладать энергией Тв(1—а)" и сможет отклониться на угол <р', определяемый из уравнения
To-fl —a)n = mgl (1 —созф').
Подставляя значение То, получим
/ng/ (1 — cos <р0) (1 — a)n = mgl (1 — cos ф'),
, ( 1—cos<p'\
,	1g I ----— 1
И nV» _ 1—c°s<p ,	\1 —cos <p0/
' f 1 — coscpo’	lg(l— a)
3.22.	Для нахождения скорости груза после попадания в него пуль используем условие сохранения горизонтальной составляющей импульса. После первого попадания
и
m г'1 ~ m+M v'
где M—масса груза, m—масса пули, ©“Скорость пули и ©х—скорость груза вместе с попавшей в него пулей.
В момент второго попадания пули скорость груза уже не равна нулю, а равна vt. Определим скорость груза после второго выстрела:
от©4-/я© = (Л1+2л1)©г; vi = M2^2mv.
После я-го выстрела
пт v„ — -п—,--v.
п М + пт
После я-го выстрела груз с застрявшими в нем пулями при прохождении положения равновесия будет обладать кинетической энергией
_(M + nm)v* 2
Это позволит ему подняться на высоту Л, определяемую уравнением
(Л4 + я/и)§й= Ти,
гдё Л = /(1— созф). Отсюда
(М+пт) gl (1 - cos Ф) =	>
пт _ * / я \2г>2	1
М + пт) gl~	\ М,	\ gl~ 2
cos ф
Соответственно ф л; 60°.
3.23.	Прежде всего отметим тот факт, что условие одновременного касания третьим шаром двух первых мбжет
осуществиться, только если он движется по перпендикуляру, восставленному из середины отрезка, соединяющего центры первого и второго шаров. Так как по условию задачи поверхность гладкая, то шары скользят по ней без качения.	•
Выбрав систему координат так, чтобы ось х совпадала с направлением скорости налетающего шара (рис. 3.30), запишем закон сохранения импульса в проекциях на выбранные оси:
mv0 = mvXt + mvX' + mvXi, (1)
Q = mvyt + mvy,-\-mvy, (2)
(индекс внизу означает номер шара). Вместе с законом сохранения энергии
то* то* _ то* _ то% 2 ~~2~~2~”2”
уравнения (1) и (2) составят систему, решая которую мы получим значения скоростей после удара.
Задачу можно решить, не используя никаких упрощающих соображений, однако это ведет к нерациональной потере времени.
Очевидно, что импульсы, полученные первым и вторым шарами при соударении, одинаковы по величине, так как оба эти шара обладают равной массой и размерами и доставлены при ударе в совершенно одинаковые усДовця. Из этих же соображений ясно, что они разлетаются под одинаковыми углами а к оси х, а так как сумма их проекций импульса
на ось у в этом случае равна нулю, то из уравнения (2) следует, что и ©^ = 0.
Теперь система уравнений будет иметь вид
vQ — 2vt cos a -|- v8. j
Угол а равен 30° (см. рис. 3.30). Поэтому, решая эту систему, получим
2 уТ	1
=	=	«о! «з = — "5 ®о*
3.24.	Найдем точку, в которой мяч оторвется от полусферы. При движении мяча на него в радиальном направлении действуют две силы—сила-реакции опоры # и составляющая веса mgtosa (рис. 3.31). Сумма их вызывает
Рис. 3.31.
центростремительное ускорение мяча . В момент отрыва сила реакции опоры равна нулю (мяч в этот момент перестает давить на поверхность). Отсюда
mgcosa = -R- или gcosa = ^-.	(1)
Для нахождения угла а, при котором мяч оторвется, и скорости в этот момент, воспользуемся законом сохранения энергии
где 6^ —потенциальная энергия мяча, находящегося на вершине полусферы (U1 = mgR), U8 — потенциальная энергия в момент отрыва, Ut = mgHat = mgR cos а. Отсюда
£•(/?—/? cos a) =	.	(2)
Решая совместно уравнения (1) и (2), найдем cosa = -|-4 vl — ^rgR и /Уот = -|/?.
О	о	о
После упругого удара о поверхность мяч поднимется на /" 2
высоту Н—Н^ и будет иметь скорость v= у -у gR, двигаясь под углом а к горизонту. Отсюда полная высота подъема
Н—Н -L.H _ 2 D-L^8111®)’ — 23 D " =	= у R + —R.
3.25.	Пусть скорость велосипедиста в момент, когда он заметил препятствие, равна v0. Тогда при торможении вся то»
его кинетическая энергия гу (где т—масса велосипедиста) должна пойти на работу, совершаемую против силы трения скольжения:

При этом наименьший путь =	— (рис. 3.32).
/гтр, Если же велосипедист поворачивает, то он едет по окружности наименьшего возможного радиуса /2. Величина 1Л определяется из следующих соображений: при дви-	р
жении велосипедиста по ок-	h*—
ружности с постоянной ско-	|
ростью v9 он имеет ускоре-	!
о’	I
ние а-~-, направленное	|
к центру этой окружности. —— Сила, вызывающая это ус-корение, есть сила трения FTPt, возникающая в перпендикулярном к движению направлении. Остальные си-	Рис. 3.32.
лы, действующие на велосипедиста—его вес и сила реакции земли, — взаимно уравновешиваются. Силой трения качения, направленной противоположно движению, можно пренебречь, так как она мала
по сравнению с другими силами. Сила трения
Эта сила трения есть максимальная сила трения покоя (велосипедист в радиальном направлении ие движется), так как по условию ему необходимо обеспечить наименьший радиус поворота /2. Оиа равна силе трения при движении. Отсюда
Лрг = Лр, — Frp и
о р >	*2 р
Х/Тр	гтр
Следовательно,
к=1
/2	2 ’
т. е. если велосипедист будет поворачивать, он проедет большее расстояние по направлению к стене.
3.26.	Удобнее всего решать задачу графически. Выбирая ось х так, как показано на рис. 3.33, построим графики зависимости координаты каждого шара от времени. Если бы шары не сталкивались, то каждый из них двигался бы с
постоянным ускорением F п
а= —. Соответственно т
график зависимости координаты от времени для любого шара имел бы вид параболы, удовлетворяющей уравнению
, at3 . Ft3-
жение второго шара началось деляемый из условия остановки
Пусть первый шар начал двигатьси в момент времени /х = 0. Тогда дви-. в момент времени t, опрё-первого шара,
Ур УрШ а ~ F ’
Очевидно (см. рис. 3.33), что третий шар был нущен через 3
время у/. Эти промежутки (интервалы) времени определяют относительные смещения парабол. Точки пересечения парабол соответствуют столкновениям шаров.
Если бы на шары в момент столкновения ие действовала сила притяжения со стороны магнита, то система была бы замкнутой, и по закону сохранения импульса шары обменялись бы скоростями, т. е. движение каждого шара стало бы Описываться параболой, соответствующей другому шару. Так как на шары действует внешняя сила, то закон сохранения импульса, строго говоря, не выполняется (система, состоящая из сталкивающихся шаров, не замкнута). Однако поскольку время столкновений мало и в течение этого времени внешняя сила не изменяет существенно скорости-шаров, можно пренебречь изменением импульса и считать, что шары обмениваются скоростями. В результате на графике шары «поменяются» параболами, т. е. первый шар после столкновения со вторым начнет двигаться по параболе второго шара, а второй—по параболе первого. Аналогичный «обмен» произойдет и в результате остальных столкновений: второго и третьего шаров и вторичного столкновения первого и второго шаров. Следовательно, третий шар вернется в исходную точку тогда, когда вернулся бы первый щар, не будь столкновений, т. е. через время c2t — ‘2.vomlF-, второй шар вернется через 3t=3vQm!F и первый—через 3,5/ = 3,5©q/»/F.
3.27.	Для вычисления кинетической энергии стержня разобьем его по длине иа л одинаковых частей. При достаточно большом л мы можем приближенно считать, что линейные скорости точек, принадлежащих, скажем, А-му отрезку, одинаковы и равны
vk = (i>ki- . к п
Масса каждой из л чаёТей т]п. Тогда кинетическую энергию, которой обладает стержень, можно найти как сумму кинетических энергий всех л частей:
п £ т*’
где
т mkV* -т - 2 ~2п
у
5 А. А- Боровов и др.
129
Следовательно,
•+я(“7)’-'Й^<1+2, + 3,+ ---+»,) =
_ma»/» п(я +1) (2я+ U_mp4» (п-Н)(2п-Н) 2п»	6	~ 12 л»
(см. «Математическое дополнение»). Точное значение энергии получимг перейдя к пределу при п —► оо: т- 1=тьГ«да*/»(л4-1)(2«+1)-| _
Л™ I 12 п* ]“
л»«2/2,:„ П7 I И Ml та2/2.п то»/»
=-12-^ IV + я) (?+ я JJ =7г‘2“пг •
3.28.	Кинетическая энергия стержня равна сумме кинетических энергий двух стержней длиной — и массой -у , вращающихся вокруг оси, проходящей через их концы. Используя решение предыдущей задачи, найдем, что
т m °** (т) , m ю (2) ___________ты2/2
/ — h+'r- 2'	6 tj* в “ 24 ’
\М. Первоначальная потенциальная энергия шеста U= mg (т—масса жеста) переходит в кинетическую энергию его вращения вокруг конца, стоящего на земле. Эта кинетическая энергия выражается через угловую скорость вращения в данный момент времени следующим образом (см. задачу 3.27):
_ _m<o2ft2 -	~ 6 *
В момент падения U—T, т. е.
h со»Я» ^2 ~ 6 ‘
Определяя из этого уравнения ® (fo = V&g/h), найдем линейную скорость конца шеста:
v~ah=y^3gh.
3.3(к	Для решения задачи представим вращение маховика как вращение тонкого однородного обруча радиусом /? и массой т с угловой Скоростью <в к найдем кинетическую энергию такого обруча. Все точки обруча имеют одинаковую линейную скорость т»—oi/?. Разбив обруч на л малых участков массой каждый, найдем, что кинетическая энергия обруча равна Сумме кинетических энергий всех его участков, которые при достаточно большом л можно считать материальными точками:
л	п	*
7=2- Т< =24-2“=® тт’ст=“-i=l	i=l
Маховик остановится тогда, когда вся его кинетическая энергия будет затрачена на работу против сил трения между ободом и тормозной колодкой:
где s—путь, торможения, равный 2aRa (нас интересует только число полных оборотов л). Тогда
Р лмаЧ?* mco*R
^ZaRF^ ^MnRF^inF^'
3.31.	Разобьём диск на л концентрических колец одинаковой ширины. Расстояния середины каждого из колец до центра диска будут равны
п 1 R. D 3 R . „	5' R ;
кз=2:л~..........
.		в	(2fe—I) R ’
2	‘ ~п •
а массы колец
дазв|5»я
R у m
. « 7
2/?V т fR\t_3m v; л/?»я kF; “л» »
3/?У т (2R\*5m п ) ~nR2 *4 « / ~ ’
(2fe-l>
Eftnr «достаточно велико, то мо-жКб считать’, что линей-
ные скорости точ’ёк какого-либо кольца одинаковы и равны
Кинетическую энергию диска запищим как сумму кинетических энергий п колец:	(
у» «й»* у (2*“ 1)« г 2 (2^-1)4 /?* _
2 ~А~2я*	4	' п*~
й=1	й=1
_ г^£-р*_ « _	пг (8^- 1)-
Ь1 mm2/?2 2л2—1 “ 8	' л2
(см, «Математическое дополнение»). Переходя к пределу при «—►оо, получаем точное равенство:
Тв Пга
_ . I ~О П •> 00 L
mm8/?8
“ 4 *
3.32.	Энергию диска можно представить как сумму потенциальной энергии
U=mgh,
где h—высота центра инерции (центра диска) над поверхностью земли, т—масса дйска, кинетической энергии поступательного движения
~ _mv2
где v—скорость центра инерции, и кинетической энергии вращения диска вокруг центра инерции, равной (см. предыдущую задачу)
т mm2/?2
Ч- J—
Тогда из закона сохранения энергии
। mv* । mti>sRa
mgh^ — mgh2 -j- -g J .
Поступательная скорость катящегося без проскальзывания диска и угловая скорость его вращения связаны
соотношением v^=ti>R. Отсюда
/г_^	Г-
® = V
3.33.	При качении обруча его полную кинетическую энергию можно представить как сумму кинетической энергии поступательного движения и кинетйческой энергии вращательного движения:
Т= Т 4-Т 1 — 1 ПОСТ I * Вр-то2
При этом — Т'вр^ • При переходе йа абсолютно гладкую поверхность качения нет, а есть только поступательное движение. Согласно закону сохранения энергии mt>2 mv2 mv2 о t о
где v—скорость скольжения обруча по гладкой поверхности (v = v0Yi}.
Общее время движения на Пути 2s
»» vt у 2 УА
Средняя скорость

ГЛАВА IV
СТАТИКА
КРАТКАЯ ТЕОРИЯ
Рассмотрим произвольное движение некоторой механической системы. Будем считать, что тела, принадлежащие системе, соприкасаются при своём движении с другими телами, ограничивающими возможные положения тел системы. Такие тела мы называли связями. В этом случае все силы, действующие ’ иа рассматриваемую систему, можно разбить иа две группы: в -первую входят силы, действующие со стороны связей, —реакции связей, во вторую—все остальные силы. Запишем уравнения движения системы:
' Г2+»2^|Иа«,;
Ff -f- Rj =
F444e«Wr
i = 1,2,..., л (4.1)
Здесь л—число тел в системе, R(—равнодействующая всех сил реакций, действующих на Ле. тело, Ft~равнодействующая всех остальных сил, действующих на 1-е тело.
Будем считать все связи идеальными. Напомним, что идеальными мы назвали такие связи, реакций которых направлены перпендикулярно<к поверхности соприкосновения (этому соответствуют пренебрежимо малые силы трения). Идеальность связей накладывает иа силы реакции определенные .условия.. Ддягнахождения этих условий рассмотрим, как может сместиться , некоторое тело, принадлежащее Системе (например Ле), за малый промежуток времени АЛ 134
Возможная скорость те»а не может иметь составляющей, направленной по нормали к поверхности соприкосновения, так как в этом случае ограничивающее движение тело, потеряло .бы. смысл связи. Следовательно^ возможное перемещение тела Дг; — v} Д( должно быть также направлено по касательной., Связь позволяет телу совершать в каждый момент времени только касательные перемещения. С другой стороны, в силу идеальности связей сила реакции Rj всегда направлена по нормали к поверхности соприкосновения. Отсюда скалярное произведение (^^^> = 0 на любом возможном перемещении. Поскольку это справедливо для любого тела системы, то равна нулю сумма
п
Щ = (*i A'l) + (*« W +•.• + (*,- Arf) + ...+(₽;ВД^0:	(4.2)
Итак, сумма работ реакций идеальных связей на любых возможных перемещениях равна нулю.
Определим силы реакции из системы уравнений (4.1):
(4;3)
Умножая (4.3) скалярно на Дг, и суммируя от 1 до л, получим
Л	-П
,S '(*l	- £ (Fi-miOi) brt =* 0.	• (4.4)
Предположим, что наша система находится в положении равновесия. (Под положением равновесии понимается такое положение механической системы, в котором она может находиться неограниченно долго, если только в начальный момент она находилась в этом положении и скорости всех ее тел были равны нулю.) Так как в положении равновесия должны выполняться уравнения (4.4) и, кроме того, по определению равновесия, ez=0, то сумма- (Г^Дг^ должна быть равна нулю, . 
Равенство п
(4.5)
называется принципом возможных перемещений и является самым общим принципом статики. Применим принцип возможных перемещений к некоторым важным частным случаям.
Блоки и рычаги. Рассмотрим’ произвольный рычаг (или блок), на концах которого находятся в равновесии два груза. Массой рычага (блока) и трением пренебрегаем. Обозначим величины возможных перемещений грузов через Д/х и Д/2. Составляющую внешней силы, действующую на первый груз и направленную по касательной к возможному перемещению, обозначим через Ft. Такую же составляющую внешней силы, действующую на второй груз, обозначим через F2. Из равенства (4.4) имеем
FXA/X = ^2 Д//) или
Мы получили так называемое «золотое правило» механики: выигрыш в силе «компенсируется» проигрышем в пути.
Равновесие твердого тела, имеющего ось вращения. Рассмотрим твердое тело, способное свободно вращатьсв вокруг оси О (рис. 4.1), перпендикулярной к плоскости рисунка.
Для простоты предположим,
Рйс. 4.1.
что к телу приложено всего две силы: Fx и f2. Направления, численные значения и точки приложения этих сил совершенно произвольны. В соответствии с принципом возможных перемещений сумма работ сил Fx и F2 на возможных перемещениях Дгх и Дг2 должна быть равна нулю (см. (4.5)):
Fх Дг 1 -)- /*2	2^0.
Учитывая,4 что при малых Дг абсолютная величина и | Дг21>= Дл2, и обозначая через F* проекцию силы Fx на направление Дгх, а через F't — проекцию силы на направление Дг2, получим
’	Г Д5Х+Г Дх2 = 0.	(4.6)
Выражая Дзх и Дз2 через угловые перемещения (Asx == ==rxA<px, Дх2«=г2Дф2) и учитывая, что для твердого тела --И--- .Я-)	. - J -
*) Знак в этом равенстве несуществен.
Лф1 = Аф2, перепишем (4.6) в виде '
’ Лф +.	Дф = (Л/ j + f/2) А <р = 0.
Из произвольности Дф вытекает
Г^ + F’^O.
Величину M=F'r называют моментом силы F относительно оси О. Знак М определяется знаком F', так как г > 0. Ясно, что в выводе ничего бы не изменилось, если бы к телу было приложено любое число снл.
Условием равновесия твердого тела, имеющего ось вращения, является равенство нулю алгебраической суммы моментов всех действующих на тело сил относительно оси.
В дальнейшем мы будем рассматривать только плоское движение твердого тела, т. е. такое движение, при котором все его точки могут двигаться в судной плоскости или в параллельных плоскостях. Соответственно все силы, приложенные к такой системе, будем считать лежащими в одной плоскости. В этом случае вместо слов «момент силы относительно оси, перпендикулярной к плоскости движения» мы будем просто говорить о моменте силы относительно точки, имея в виду точку пересечения этой оси с плоскостью.
Общим условием равновесия системы будет равенство нулю суммы всех внешних сил и равенство нулю суммы моментов внешних сил относительно центра инерции (первоначально тело покоилось).
Первое условие сразу же следует из уравнения движения для центра инерции. Если же первое условие выполнено, то у системы еще остается возможность вращаться вокруг неподвижного центра инерции. Второе условие исключает такую возможность.
Равновесие механической системы можно рассмотреть и с энергетической точки зрения. Так кйк по определению в положении равновесия скорости всех тел системы равны a S нулю, то и кинетическая энергии системы / = z.-y (л—число т₽л) в этом положении равна нулю. Покажем, что положению устойчивого равновесия системы соответствует минимальная (по сравнению с соседними положениями) потенциальная энергия^ >
Рассмотрим, например, систему, находящуюся в ноле постоянных внешних сил (как известно, энергия .такой .системы сохраняется). В положении с минимальной потенциальной энергией эти силы не могут вызвать изменения Состояния системы, так как это противоречит закону сохранения энергии. При всяком изменении Потенциальная энергия системы может только возрасти и, следовательно, Кинетическая уменьшиться, но это невозможно, так как. ки-нетическаи энергия не может быть отрицательной. В любом другом положении потенциальная энергия может уменьшиться, а следовательно, кинетическая возрасти, чему будет соответствовать выход системы из этого положения.
Поскольку любая механическая система, не находящаяся в положении равновесия, в соответствия с законами механики стремится попасть в это положение, то,? будучи предоставленной самой себе, она будет двигаться таким образом, чтобы ее потенциальная энергия уменьшалась до тех пор, пока не достигнет минимального значения,
ПРИМЕРЫ
I.	Дан график (рис. 4.2) зависимости потенциальной Энергии тела от его координаты (движение одномерное). Ука-
зать точки на графике, которые соответствуют положению равновесия тела в Случае равенства нулю его кинетической энергии. Каков характер этого равновесия?
Если сумма действующих на тело сил в какой-то точке равна нулю и скорость его в начальный момент времени также равна
нулю, то тело может неограниченно долго пребывать в этой точке, т. е. находиться в состоянии равновесия. По графику потенциальной энергии мы можем отыскать координаты точек, в которых F—0. Действительно, F=?—А^- = —tga, где а—угол наклона аХ
Касательной к кривой потенциальной энергии. Для тех точек, в которых а = 0 или а=л, F =4). На данном графике это
точки с координатами x^xt; х —х4 и х2 <х<х8. Рассмотрим характер равновесия в этих точках.
Пусть тело сместили из положения равновесия на малую величину Ах; тогда, если оно через некоторое время под действием возникших сил вновь вернется в первоначальное положение, равновесие будет устойчивым. При безразличном равновесии тело будет находиться неограниченно долго в той точке, куда его сместили. И, наконец, при неустойчивом равновесии возникающие при смещении силы приведут тело в движение, и оно будет все дальше уходить от первоначального положения.
В точкес координатой хг равновесие тела будет неустойчивым. Для примера рассмотрим, какие силы будут действовать иа него, если мы сместим его на Ах вправо. В этом случае F> О, т. е. направлена по оси х, так как F=—tg «, а а > ~. (Напомним, что угол отсчитывается от положи-*
тельного направления оси х.) Следовательно, на тело будет действовать сила, стремящаяся сместить що вправо по оси х. Под действием этой силы оно будет уходить все дальше рт первоначального положения. При смещении тела влево от xt он© будет двигаться влево, так как в этом случае F <0.
На отрезке Х2 < х < х3 равновесие безразлично. При смещении внутри этого отрезка F=0.
Наконец, в точке с координатой х4 равновесие устойчиво, так как, смещая тело на Ах в окрестностях этой точки, мы убедимся, чт© возникают силы, стремящиеся вернуть его в первоначальное положение. (Переходим от х4 в ^точку1 с
Я
координатой xt -|- Дх, тогда а <	0, т. е. сила дей-
ствует в противоположном смещению направлении.)
Модель такой зависимости потенциальной энергии тела от координаты дает потенциальная энергия шарика, движущегося в поле сил тяжести по желобу, имеющему профиль, изображениый-на рис. 4.2. Эта модель наглядно показывает все три возможных вида равновесия шарика.
II.	На невесомом стержне через равные расстояния А/ надеты л шариков, имеющих массы тг, т3„ ^соответственно. Определить координату центра тяжести системы шариков. Показать, что она совпадает с координатой центра инерции. Шарики считать материальными точками.
Центр тяжести системы (или тела) по определению есть тбчка, относительно которой сумма моментов сил
тяЖести, приложенных it Частям данной системы (тела), равна нуЛк). 1
” Введем о'сё' х так, чтобы ее начало совпало с одним из концов стержня (рМс. 4-.3). Тогда координату центра тяжести (	;	i
Рис. 4.3
хц.т мы определим из уравнения
^(Хц.т—ДО + «2^(*ц.т—2Д/)+ • - • +«^(хц.т—AAZ) = = »*+ig [Д* (k + 1) — *ц.т! + ?»*+ig [д/ (* 4 2) —хц.т] 4-...
... 4~w„g[A/n—хцт]
(считаем, что центр тяжести расположен между k-м и (fe-|-l)-M грузами). Отсюда
_m1gA/+m2g2-Ai4-...+/nngnA/^ ц,т т^+т^+^.+т^
М (m1+2ma + 3m3+ ... + nmtt) mi “h 4" тз 4- • • • 4- тп
Легко видеть, что координата центра инерции системы определяется той же формулой
2 т,1М
X -	_____
Д-и п	• i
2 т{ i=i
Если шарики расположены в точках с координатами хг, • • ч Хп (расстояния между шариками произвольные), то, рассуждая аналогичным образом, мы получим
2 miSxi miXi
X —	' sfex
*Ц.т—	n	n	лц.и*
(	2 m‘g	S m*
tel	{=1
То же, очевидиц верно для любой из координат .у и г, если у нас пространственная система стержней с шарицдми,
В общем случае для тела, размерами ко^ррЦо по сравнению с размерами Земли-мы можем пренебречь, центр инерции и центр тяжести совпадают. Однако понятие центра инерции значительно более общее: если тело достаточно велико, так что мы ие можем считать направления сил тяжести, приложенных к отдельным его участкам, параллельными, то понятие центра тяжести теряет смысл.
III.	Доска длиной I опирается одним из Своих концов на горизонтальную плоскость и касается прямоугольного
выступа точкой, отстоящей от свободного конца на (рнс. 4.4). Вес доски Р, коэффициент трения между плоскостью и доской k, угол наклона доски к горизонту а. Найти наибольшую величину груза Рх, который можно повесить на свободный конец доски, чтобы ее равновесие ие нарушилось. Считать силу трения между доской н выступом пренебрежимо малой.
Сила Pi, приложенная к свободному концу доски, стремится вызвать ее перемещение влево и вращение вокруг точки В, Условие сохранения равновесия доски—равенство нулю суммы всех действующих на иее сил и равенство нулю суммы моментов этих сил относительно любой точки (в данном случае относительно точки В).
Рассмотрим силы, действующие на доску. Кроме веса Р, приложенного в точке О посередине доски, й силы давления груза Pi, на нее действуют реакции опор в точках А н В.
В точкеА реакцию - опоры (ее показанную на рисунке) мы можем разложите па две составляющие— нормальную к горизонтальной поверхности NA и касательную FTp. Так как мы ищем максимальную силу Pt, при которой доска еще останется в равновесии,^ будет равна максимальной силе трения покоя F=e fe/V. В точке В силу трения мы не учитываем, поэтому NB направлена перпендикулярно к доске.
Выбрав оси координат так, как показано иа рис. 4.4,мы можем написать уравнения равновесия для доски:
ЛГД—Р+ЛГдСоза—^ = 0, ' FTp—/Vs8ina = 0, .
О	I	1
cos а • у/—Р cos а •+ У3! cos a •-j-Z=0 , ИЛИ	.	’!
№л—P-^NBccsa— Pt — 0, "J Л/ЛЛ*>-A/Bsin а = О, > ЗМА—Р+Р^О. J
Решая ату систейу, Тйдлучий \
Р r, fePctga—2Р 1 44-fectga * _
Так как /\ > 0 и a <90°, то -’это налагает дополнительное условие на k и а:
iPctg а > 2А
ЗАДАЧИ
4.1.	Описать характер движениятела, имеющего форму квадрата, погладкой горизонтальной поверхности под дей-у::	_ спим сил^кприложенЯых > точках
\	. f	/ А и В (рис. 4.5). Рассмотреть слу-
X 1 /' чаи, когда: 1)	= F, и 2) Fx #= Ft.
4.2.	Шарик массой М подвешен j?*	на нити, перекинутой через блок
г	/	\	(рис. 4.6). К другому концу нити
/	\	прикреплен груз массой т. Шарик
9-1—г-----—а	находится сначала на внутренней
Рис. 4.5.	(рис. 4^5,4), а потом нд внешней
-	(рис, 4.6,6) стороне., гладкой .ци-
линдрической, поверхности, Определить условия равновесия шарика и вид равновесия в обоих.случаях, если направление
нит» совпадает с направлением касательной » ;поверхности в точке, где поверхность соприкасается с шариком.
4.3.	Стол снабжен выдвигающейся .доской, размеры и форма которой указаны на рис. 4.7. Для того чтобы выдвинуть доску из пазов, к ней в некоторой точке С, находящейся от края доски на расстоянии х, прикладывают силу F. При каком коэффициенте трения доску нельзя вытащить, приложив лю-	. 1р
бую по величине силу?	1
Рнс. 4,7.	Рие. 4:8.
4.4.	В щель Набиты Два клина (рис. 4.‘8).' Нй один из них давят с силой р. При каком коэффициенте трения k между клиньями и поверхностью щели второй клин начнет двигаться вверх? Весом самих Клиньев и треиием между ними пренебречь. Угол кажддго из клиньев а. ; ч ;
О; Плотность стержня АВ длиной /описывается законов р=р0 (Ц*)*), где х—расстояние от точки А. Определить, иа каком расстоянии от точки А расположен центр тяжести стержня.
4.6.	Найти координаты центра тяжести однородной, плос* кой фигуры, изображенной на рис. 4.9.
4.7.	Три одинаковых бруска сколочены в виде перевернутой буквы П (рис. 4.10). К торцу одного из них прикреплена спица, весонг которой можно пренебречь. Ее острие
воткнуто в край стола, при этом рамка находится в равновесии. Определить угол, образованный спицей и поверхностью стола, если
в = О,04 ж, />=0,25 м и с = 0,08л{.
4.8.	Полушар с вырезанной в нем сферической полостью (рис. 4.Т1) лежит на горизонтальном столе. Найти угол наклона а плоской поверхности полушара к горизонтали, если известно, что центр тяжести сплошного полушара расположен на расстоянии -|-/? от его вершины (/?—радиус полушара).
*) Плотность—это масса единицы объема. В случае однородного распределения вещества плотность какого-либо тела определяется отношением его массы к объему. Для неоднородного распределения вещества вводится понятие плотности в точке. В этом случае
ду-»о AV
4.9.	На некотором расстоянии г от горизонтально поддерживаемой балки с грузами т1 и т2 (рис. 4.12) находится нижний конец пружины, другой конец которой закреплен.
Пружину растянули и прикрепили к концу балки с\грузом т2, прн этом балка осталась в горизонтальном положении после того, как ее отпустили. Используя прннйип возможных перемещений, найти расстояние г, если жесткость пружины k и плечи рычага /х н /2.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
4.1. 1) При равных силах и F2 центр инерции квадрата— точка А—находится в состоянии покоя или равномерного прямолинейного движения, так как сумма сил, действующих на систему, равна нулю. Одновременно с этим тело вращается вокруг центра инерции под действием пары сил Fj и F2.
2) При разных силах (например, Рг > F2) , система будет вращаться вокруг центра инерции под действием пары снл, каждая из которых равна по величине F2, а центр инерции будет двигаться поступательно с ускорением а —	, где
т — масса квадрата.
4.2. Сначала рассмотрим условия, при которых возможно равновесие шарика на поверхности. На шарик действуют три силы*, вес Р, сила реакции со стороИы нити Т н ей л а реакции со стороны поверхности N, которая в силу отсутствия трения направлена по нормали к поверхности. Условие равновесия шарика:
P4-T+tf=0.
Раскладывая вес на две составляющие—одну, направленную по нормали, другую—по касательной к поверхности,
6 А. А. Боровой и др.
145
получим
N = Mg sin а; T = Mg cos а,
где T=mg, т. е. mg = Mg cos а (здесь а—угол между нитью и вертикалью).
Определим вид равновесия в случае вогнутой и выпуклой поверхности. Для этого рассмотрим малые отклонения от положения равновесия в том и другом случае. Так как сме-
щения малы, можно считать, что направление нити продолжает совпадать с направлением касательной к поверхности.
В первом случае при смещении шарика вниз угол а увеличивается, cos а уменьшается и Лесова становится меньше mg, т. е. равнодействующая этих сил направлена вверх и стремится вернуть шарик в первоначальное положение. При отклонении шарика вверх а уменьшается и Mg cos а > mg, равнодействующая направлена вниз, противоположно направлению смещения. Равновесие на вогнутой поверхности устойчиво.
В случае выпуклой поверхности любое смещение шарика
из положения равновесия
приводит к появлению силы, направленной в сторону смеще-Ц ния. Равновесие неустойчиво.
4.3. Под Действием нецентрально приложенной силы F доска перекосится и в точках А и В (рис. 4.13) будет давите на стол. Соответственно со стороны стола в этих точках возникнут силы реакции, действующие на доску. Каждую из сил реакций можно предста-
вить как сумму нормальной NA
Рис. 4.13.	(и NB) и касательной FTpA (и
FTpB) составляющих. Равновесие доски будет выполняться при условии равенства нулю
суммы сил, действующих иа нее, и равенства нулю суммы моментов относительно какой-либо точки, например точки 4.
(Обычно точку, относительно которой рассматривают сумму моментов, выбирают из соображения простоты нений.) Тогда
записи урав-
—^в + Л/д = 0 ^тр д 4* ^"трВ ^ == О F (а—х). — aFxfB—aNB — О,
/
Так как NB — NA = N, то FtM—FxpB = kN, и тогда полученные уравнения можно переписать в следующем виде: 2Nk = F, 1
Fa—Fx—а (1-|-А) 2V=0. | Следовательно,
Fa—Fx—а (1-|-А)-^- = 0,	а — х—£ —4 = 0
И
Отсюда при k > ——-—г— при любой силе F вытащить
2Gh)
доску невозможно.
4.4.	Сила Р приводит к появлению некоторой силы Ft, действующей перпендикулярно к плоскости соприкосновения клиньев (рис. 4 14). С силой Fx клин 1 давит на клин 2.
Эта сила заставляет клин 2 давить на поверхность щели с силой N2, а другая ее составляющая (сила F2), направленная по касательной к поверхности, выталкивает клнн. Ус
ловие равновесия второго клина
f2-ftv=o.
Но F^ = kN2, следовательно,
Fx sin а—kFx cos а = 0, A = tga.
При fc<tga клин начнет двигаться вверх.
4.5.	Пусть масса стержня т и площадь щоперечного сечения 5 Разобьем его длину на л частей. Тогда совокупность таких частей длиной Ы — l/n и массой
р
Рис. 4.14.
т1г т2, т„ можем представить в виде шариков, подвешенных к невесомому стержню (см. пример II). Применяя ранее полученное выражение для центра тяжести, найдем
Точное равенство получим, переходя к пределу при я—♦ оо:
х
ц. т
= lim п —> со
2 mi (« Д/) rsi
П
Найдем массу каждой части, учитывая, что р — р0 ( ——1.
Для первой части х = 0, для остальных x/=A/(i—1) =
W1 = ^A/p1 = ^,
-S/p0 п
1
Тогда

п— 1 п
_ Slpa n-f-1 и	~ 2 ’ п
£ ®,.(«Д/) = Д/ + ^>(1-±) 2Д/-1-
4-^fiaf 1—-)ЗД/ + ...	(1 — — }пМ =
’ п \ п/ 1	‘ п \ п )
= ^»Г1 +2(1 —4-3f 1 —	4-Я(1—=
п» L \ п) \ п/ \	« /J
=[(1 + 2 ч- з 4- 4- ») - —+ 2 •-3-+-3-4/	=
— S<2Po Г»(»4-1) (п4~1)(п + 2)1	SPgo . (п-4)Ш4-1) •).
n* L 2	3 J 6	п2 ’
*) 1-24-2-34-3-44-	4-(n-l)n = n(n't^-'^-)- Эту фор-
мулу можно вывести, применяя метод математической индукции, 'и.	1М
mt (iM) s/2Po. (n-4)(n+l) csi ‘	/6 n2 £ n —4
3 n
п
S/po е п + 1
2 ' п
Таким образом, xu.T = lim (4 CD \ °
= litn fi—Ц	*
« ) з \ п) а
с
Рис. 4.15.
4.6.	Рассмотрим сначала, как найти центр тяжести однородного треугольника. Для этого произвольный треугольник разобьем на большое число полосок так, как показано на рис. 4.15. Каждую из полосок приближенно можно считать однородным стержнем, тогда центр тяжести такого стержня будет лежать по середине его длины, а центр тяжести треугольника — на медиане, проходящей через середину стороны АС. Таким . же образом, разбивая треугольник на полоски, параллельные ВС, получим, что центр тяжести его дол-
жен находиться на медиане, проведенной через середину стороны ВС. Ясно, что этим двум условиям удовлетворяет только точка пересечения медиан, делящая каждую медиану в отношении 1:2.
, Для определения центра тяжести фигуры, изображенной на рис.'4.16, прибегаем к так называемому методу отрицательных масс. Будем считать, -что на треугольник АВС положен однородный треугольник
CDA, масса которого отрицательна и по абсолютной величине равна массе вырезанной части. Тогда, найдя общий центр определим центр тяжести ABCD.
Ук
с
Рис. 4.16.
тяжести этих фигур, мы
Введем систему координат так, как это показано на рис. 4.16. Координата фигуры ABCD равна нулю из
соображений симметрии. Для определения координаты хц т найдем положение центра тяжести A ADC и А АВС. Это
л Л	л Л
_у = 0, х = — и у = 0, * = 3 соответственно.
Теперь, заменяя эти фигуры материальными точками, положение которых совпадает с положениями центров тяжести фигур,, а массы равны соответственно р5давс и (—р)5дadc (где р—масса, приходящаяся на единицу площади), получим
^д.т
/с Л с h\ hl h h I h
P ДДВС3 * ддосд ) _2' ' 3 — 3" 'T'9_4ft
p (S&abc — S&adc)	hl_!L.L. 9
2 3 2
При нахождении центра тяжести плоских однородных
фигур р в конечный результат не входит, и можно рас-
считывать координаты центра тяжести по формуле
2 Д5/Х;
х =£±1_______
Ад.т п >
1 = 1
где Д5;—площади участков фигуры, х,-—координаты центра тяжести этих участков по оси х.
4.7. Рамка займет положение, соответствующее минимуму потенциальной энергии. В этом положении
центр тяжести находится иа одной вертикали с точкой касания стола и спицы. (Легко показать, что в противном
случае центр тяжести будет расположен выше по вертикали.)
Для нахождения центра тяжести рамки можно принять, что вся масса брусков сосредоточена в их центрах симметрии (точки М, N и Р; рис. 4.17). Центр тяжести одинако-
вых масс, находящихся в вершинах треугольника, расположен на пересечении медиан. Так как A MNP—равнобедренный, то точка пересечения медиан А находится от стороны МР на
расстоянии
Из очевидных геометрических преобразований, рассматривая треугольник АВЕ, находим искомый угол ср:
,	_АВ_(Ь—а—2с)-6
tg(p — BE~ 2 (4ft—а)
3(Ь—а—2с) 4ft—а
0,156
Ф = 8°52'.
4.8. Полушар займет положение, соответствующее минимуму его потенциальной энергии; при этом центр тяжести
должен находиться на наименьшем возможном расстоянии от поверхности стола. Отсюда следует, что точка М (центр
тяжести рассматриваемого по-лушара) и точка, в которой он касается стола, будут лежать на одной вертикали (рис. 4.18).
В силу симметрии мы можем считать задачу плоской. Воспользуемся методом отрицательных масс для нахождения центра тяжести полушара с полостью.
Центр тяжести целого полушара находится в точке D, а малого полушара с отрицательной этом
Рис. 4.18.
массой—в точке С. При
АС =
3R
16 И
Очевидно, что центр тяжести полушара с полостью должен находиться на прямой CD; обозначим его через М Тогда, рассматривая моменты сил тяжести, приложенных в точках С и D (в точке С масса считается отрицательной), относительно 2И, получим согласно определению центра тяжести
—m^g- СМ + mtg- DM = 0,
(1)
и
8
2 t /?\з	2
где Wi = -^ л 1 -s ) р —масса вырезанной части, w2 = -х л/?3р — О \ £. J	О
D
масса целого полушара и СМ = CD -f- DM = ——J- DM.
Решая уравнение (1), находим '
ОЖ = ^ ит Ц2 '	)
Угол а находим, рассматривая треугольник BDM'.
R
 /гпм CN 2	8
Sin / CDN = ттн =-= -7= ,
CD /?/73	/73
16
/ BDM= 180°—/ CDN = 180°—arcsin -JL,
х-	у 73
8 \	.8
— arcsin ) — а = arcsin Ут$	Viz
/DMB=180'
а.
По теореме
синусов
BD _ DM sin 21 DMB sin a ' значения величин, входящих в уравнение,
Подставляя получим'
3 .	/73 . /	.	8 X
8 sin а = ТТГ S1B ( arcsin /75 ~аЛ
45sina = 8 cosa, tga=.^-; а«10°3'.
°	45

4.9.	Рассмотрим работу сил на возможных перемещениях. Пусть балка повернута относительно положения равновесия на малый угол
~Д<р (рис. 4.19). Тогда концы балки переместятся

на расстояния Дгх =lt Дф, Дг2=/2 Дф.
Сумма работ сил на этих перемещениях равна ну-знаком проекции силы на
Агг
'V

Рис. 4.19.
Лю. Знак работы определяется направление перемещения.
— m^g Дгх + m2g Nr^—kr Nr2 = 0,
—Дф + ^г^г Дф—&г1г Дф = 0,
О1КУда	г т^-т^
г-----kF, s‘
ГЛАВА V
ТЯГОТЕНИЕ
КРАТКАЯ ТЕОРИЯ
§ 1.	Закон всемирного тяготения
Как мы уже говорили, взаимодействие между телами на расстоянии осуществляется посредством создаваемого ими гравитационного пбля. Физическую величину, характеризующую свойства тела по отношению к гравитационному полю, называют его тяжелой, или гравитационной, массой. Обобщая целый ряд опытных фактов, Ньютон установил количественную зависимость силы притяжения двух материальных точек от расстояния между ними. Эта зависимость имеет вид
где F—сила притяжения, направленная по линии, соединяющей тела, /»!,	— тяжелые массы взаимодействующих
тел, г—расстояние между телами, у—коэффициент пропорциональности, называемый гравитационной постоянной. В системе СИ у = 6,67-10“и м^/кг-сек?.
Для нахождения силы притяжения между протяженными телами необходимо мысленно разбить эти тела на -малые элементы, каждый из которых можно считать материальной точкой. Полную силу получим каю векторную сумму снл, действующих между каждой парой таких точек. Можно показать*), что если тела имеют сферическую форму, то они взаимодействуют как материальные точки, расположенные в их центрах и имеющие массы соответствующих тел.
*) Доказательство выходит за рамки этой книги.
§ 2.	Энергия тяготения
Найдем потенциальную энергию взаимодействия двух тел, притягивающихся по закону Ньютона. Пусть тяжелые массы этих тел равны т1 и т2 соответственно, а первоначальное расстояние между ними гх. Тогда сила тяготения, „	„ т,т„
действующая на каждое из тел, определится как г — у .
Ч
Рассмотрим малое перемещение ^г = г1—г2 этих тел под действием силы. Тогда
&U=U1 — U2 = F&r,
где иг — первоначальная потенциальная энергия тел, a U2 — их потенциальная энергия после сближения на Дг.
Смещение тел будем считать столь малым, что сила, действующая на них, почти не меняется и равна г = у —-£, гср где г2 < Гср < В силу малости Дг среднее расстояние между телами гср »	« г2 и ГсР = гхг2. Отсюда
ц_ц = у»(Г1-гг) = у»-у».
Очевидно, что
£71==£7(Г1) = -у»; £7а = (7(гг) = -у^ ' 1	'2
и в общем случае
t7(r)==_y».	(5.2)
Как видна из этой формулы, при г—> оо энергия U(г)—>0. Таким образом, мы получаем естественное начало отсчета для потенциальной энергии (нулевой уровень).
Когда расстояние между телами неограниченно возрастает, потенциальная энергия взаимодействия стремится к нулю, что соответствует отсутствию взаимодействия между телами на достаточно большом расстоянии.
Как видно из формулы (5.2), потенциальная энергия тела, находящегося на поверхности Земли,
где Мз — масса Земли и R3 —ее радиус, т — масса тела (размеры тела много меньше размеров Земли, так что можно считать
1&
его материальной точкой). Сила, действующая на телоу.
„ М3т F^y — = mg,
отсюда
уМ3
ё = R23 
Если тело поднято на высоту h от поверхности ~	Л4о т
•	и^+ь^-у^.
(5.3)
Земли, то
(5.4)
Найдем А£7:
At7= t7(/?3'+й) — U(R3), М3т М3т M3mh — V R~h + Y ~R^~ = Y ₽3(₽3+ft)
Если высота подъема тела h много меньше радиуса Земли, то, пренебрегая h по сравнению с R3 в формуле (5.4), получим
Д(/=
*з
или, используя (5.3), bU=mgh.	(5.5)
Мы вернулись к известному нам результату. Из приведенного вывода очевидно, что выражение (5.5) справедливо для	Таким образом, для потенциальной энергии тела,
поднятого на высоту h над поверхностью Земли, получаем
/Ио т
U{R3 + h) = U(R3) + ^U=~y~^- + mgh. (5.6) Kg
Напомним, что за нуль потенциальной энергии принята взаимная потенциальная энергия тела и Земли, находящихся на бесконечно большом расстоянии друг от друга. При решении задач о движении тела вблизи поверхности Земли
М3 т постоянную величину —у -=—опускают, что соответствует
выбору нулевого уровня на поверхности Земли. На описании движения тела это не отразится, так как физический смысл имеет лршь разность потенциальных энергий.
§ 3.	Связь гравитационной и инертной масс
Рассмотрим важный вопрос о связи гравитационной и инертной масс. С первого взгляда кажется странным говорить О такой связи, так как гравитационная *) н инертная массы характеризуют различные свойства тела. Из рассмотренных нами до сих пор физических принципов наличие
такой связи никак не следует.
’ В то же время опыт показывает, что такая связь суще
ствует. Действительно, как уже говорилось, все тела в поле тяжести независимо от величины их массы приобретают одной то же ускорение. В соответствии со вторым законом Ньюто-
на на тело, падающее на Землю, действует сила F = mBg
М3гтг
(тв—инертная масса). С другой стороны, F—у----— (бук-
Лз
ва «г» в индексе означает гравитационную массу). Отсюда
Так как следует,
М3гтг ®«?=У-7Г "3
Y. Мзг, /?з и g—постоянные величины, то из (5.7) что
(5.7)
— = const, ти
т. е. отношение гравитационной и инертной масс одинаково для всех тел, и при соответствующем выборе единиц эти массы будут равны. В дальнейшем мы будем говорить просто о массе, так как мы пользуемся такой системой единиц (СИ), что тв — тг. Читатель, очевидно, заметил, что мы воспользовались этим в предыдущем параграфе (формула (5.3)).
§ 4.	Принцип эквивалентности
Тот факт, что в гравитационном поле все тела движутся с одинаковым ускорением, позволяет установить аналогию между движением тел в гравитационном поле и движением тел, не находящихся в поле, когда движение этих тел рас-
*) Гравитационная масса в некотором смысле аналогична электрическому заряду частицы. Так же, как заряд характеризует свойства частицы по отношению к электромагнитному полю, так я гравитационная масса характеризует ее свойства в гравитациовиом поле. Вместе с тем связь между электрическим зарядом частицы и ее инертной массой не извества.
сматривается в неинерциальной системе. отсчета. Для того чтобы проследить это соответствие, рассмотрим сначала движение свободных тел (т. е. тел, не подверженных действию внешних сил) относительно инерциальной системы. По закону инерции тела будут двигаться одинаково независимо от их массы. Другими словами, если скорости этих тел в начальный момент времени были одинаковыми, то они будут одинаковыми все время. .	,
Если рассматривать это движение с точки зрения неннер-циальиой системы отсчета, то ясно, что и относительно нее тела будут двигаться одинаковым образом: с ускорением,равным по величине и противоположным по направлению Ускорению неннерциальиой системы относительно инерциальной.
Наблюдатель, неподвижный в неинерциальной системе, может объяснить характер движения тел наличием гравитационного поля, сообщающего всем телам одинаковое ускорение, а свою систему при этом считать инерциальной. Ни один физический эксперимент, проведенный им, не может решить вопрос о том, какое из двух описаний движения является верным: предположение, о том, что его система инерЦиальна, но в ней действует гравитационное поле, или предположение о том, что система неинерциальна.
Эквивалентность неинерцнальной системы отсчета гравитационному полю называют в физике принципом эквивалентности. Существенно то, что принцип эквивалентности выполняется в небольших участках пространства. Действительно, в достаточно большом объеме пространства ускорения тел, вызванные наличием гравитационного поля, уже нельзя считать параллельными. Принцип эквивалентности дает мощный метод для решения ряда трудных динамических задач. Этот метод состоит в том, что, переходя к неинерциальной Системе отсчета (например, к системе, связанной с те- -лом, движущимся с ускорением), эту систему считают инерциальной, но вводят дополнительное поле тяжести. Таким образом динамическая задача приводится к статической.
ПРИМЕРЫ
I. Построить график зависимости силы, действующей на тело -массой т, от его расстояния до центра Земли. (Предполагается, что тело переносят из бесконечности к поверхности Земли и затем внутрь Земли по шахте (рис. 5.1), доходящей до центра.)
При движении тела из
Земли на него действовала
бесконечности к поверхности тМ3
силаГ = у —2—, где Мз —
Рнс. 5.1.
масса Земли и г—расстояние тела до центра Земли.
Для нахождения величины сйлы, действующей на тело во время его движения в шахте, докажем предварительно, что на тело, помещенное
внутри однородной тонкой сферы из гравитирующего вещества *), никакие силы не действуют.
Пусть тело находится в точке А внутри сферы (рис. 5.2). Вырежем узким конусом, вершина которого совпадает с точкой нахождения тела, участки поверхности сферы Д5Х и Д52. Из точки А эти участки видны под одинаковым телесным углом **)
__А$1 _ДЗа
*1 Г 2
Сила, действующая на тело со стороны первой площадки, р ____________________р ASj/n
'----7Г'
где р Д5Х—масса участка сферы Д5Х (р—масса, приходящаяся на единицу площади).
*) Гравитирующим называют такое вещество, между частицами которого действуют силы гравитационного притяжения много боль-шие, чем сила тяжести со стороны Земли. Фактически в земных условиях такого вещества не существует.
**) Предполагаем, что ASX и ASa достаточно малы.
Со стороны второго' участка действует сила р _pASsm '2 —
.2 2
Заменяя Д5Х на orj и Д52 на аг*, получим ра г?	ра г®
/71=-Чл-=°р’
Г1	гл
Следовательно, F2 =— F2, т. е. силы, действующие на тело со стороны участков сферы Д5Х и Д32, компенсируют друг друга.
Таким же образом, разбивая сферу на малые участки, мы найдем, что сумма действующих на тело сил равна нулю. Ясно, что этот вывод будет верен и для сферы любой толщины, так как мы можем его провести, разбив сферу на п тонких сферических оболочек. Очевидно поэтому, что на тело, находящееся в шахте на глубине гь будет действовать сила только со стороны части земного шара массой ‘/з лр3(/?з —Г1)3(рз — плотность Земли *), рав-
М.3 ная рз	, Кз —
радиус Земли}, так как сила, действующая со стороны сферической оболочки толщиной г1, равна нулю.
Теперь мы можем построить график зависимости силы, действующей
на тело, от его расстояния до центра Земли (рис. 5.3). При движении тела из бесконечности к поверхности Земли
/пЛ43
-75- >
Fx = y при движении внутри шахты _ т 4	«
уяг’рз = у
в точке г = /?з
тМз
—— г = const-Г,

*) Землю считаем полностью однородной.
в центре Земли г —0, и на тело никакие силы действовать не будут.
II. Космический корабль, находящийся достаточно далеко от всех притягивающих тел, движется с выключенным двигателем. Определить, будет ли система отсчета, связанная со стенками кабины, инерциальной; найти направление вертикали внутри кабины; описать, как будут вести себя тела внутри корабля, если включить двигатель; найти направление вертикали в этом случае.
Для описания движения космического корабля выберем инерциальную систему отсчета, связанную с «неподвижными» звездами.
При выключенном двигателе корабль будет двигаться равномерно и прямолинейно, так как на него не действуют никакие силы (по условию действие притягивающих тел пренебрежимо мало). Система отсчета, связанная со стенками кабины, будет почти инерциальной. (Мы говорим «почти» потому, что кабина ограничена: любое тело внутри кабины будет двигаться равномерно и прямолинейно до тех пор, пока не ударится о стенку кабцны.)
Ясно, что внутри корабля не имеет смысла говорить о вертикали, так как вертикалью называется линия, совпадающая по направлению с вектором силы тяжести, а гравитационное поле отсутствует. Отсутствие выделенного направления не позволяет также говорить о «верхе» или «низе».
Если включить двигатель, то корабль начнет двигаться с ускорением (по отношению к любой инерциальной системе отсчета). В этом случае все теля внутри кабины приобретут ускорение по отношению к ее стенкам. Очевидно, что это ускорение будет равно по величине и противоположно по направлению ускорению корабля. Внутренний наблюдатель может объяснить поведение тел, считая свою систему отсчета инерциальной, но предположив, что возникло поле тяжести, сообщающее всем телам одинаковое ускорение*).
Внутри кабины появится выделенное направление (направление вектора ускорения). Это направление естественно назвать вертикалью и движение тел рассматривать как свободное падение вниз под действием поля тяжести.
В полном соответствии с принципом эквивалентности ни один опыт, проведенный внутри кабины, не позволит уста-
•) В частном случае, если ускорение ракеты будет равно^, поведение тел будет таким же, как если бы космический корабль покоился на Земле.
удобно провести
т?
'тпд
Рис. 5.4.
ловить, что происходит в действительности: движется ли корабль с ускорением или покоится, но находится в поле тяжести. Существенно то, что принцип эквивалентности выполняется лишь в объеме кабины.
III. Какова должна быть скорость мотоциклиста, чтобы он мог ехать по вертикальной стене, имеющей форму цилиндра радиусом R, если известно, что при движении по горизонтальной поверхности с тем же коэффициентом трения со скоростью ©минимальный радиус поворота мотоциклиста равен г?
Рассмотрим сначала движение мотоциклиста по горизонтальной поверхности. Это рассмотрение в системе отсчета, связанной с мотоциклистом. В этой системе отсчета согласно принципу эквивалентности на мотоциклиста действует сила F=mv2/r (соответствующая дополнительному полю тяжести), направленная противоположно его ускорению. Кроме того, на него действует сила тяжести со стороны	.
Земли, равная mg (рис. 5.4). Резуль-	*
тирующая этих сил определит для мотоциклиста направление вертикали.
Ясно, что для того, чтобы не упасть, мотоциклист должен наклониться, совместив положение тела с вертикалью. Поскольку в выбранной мотоциклист покоится, то сумма всех действующих на него сил должна быть равна нулю. Как видно из рис. 5.4, вес mg уравновешивается реакцией N со стороны поверхности, а сила F— силой трения покоя F.^. Минимальность г соответствует максимальной возможной силе трения покоя FTf = kmg, где k—коэффициент трения. Отсюда
mv* .	, V*	;
— = kmg-, k = — ‘
Вообще гойоря, в выбранной системе отсчета поверхность Земли движется по отношению к мотоциклисту и, следовательно, на него действует еще сила трения качения, возникающая вследствие такого движения, но она мала и ею можно пренебречь.
ГМ
нами системе отсчета
Теперь рассмотрим движение мотоциклиста по вертикальной стене. Снова перейдем к неподвижной относительно него системе отсчета. На мотоциклиста будут действовать: сила тяжести mg, сила F, равная mv2/R, реакция стены N и сила трении покоя F^ (рис. 5.5). Составляя, как и в предыдущем случае, уравнения равновесия и пренебрегая силой трения качения, найдем искомую скорость vt:
/НО.	ftiv-
mg==Ftp = kN; = 1 k t>2	1 r t)2 V '
ЗАДАЧИ
Рис. 5.6.
5.1. Один из экспериментов по определению величины постоянной тяготения у*) состоял в следующем. На одно из плеч рычажных весов были помещены две чашки (рис. 5.6). Между ними находился свинцовый шар большой массы М (чашки были соединены тросиком, проходящим через вертикальный канал в свинцовом шаре). На верхнюю чашку весов положили некоторый груз массой т и уравновесили его разновесом, положенным на чашку, прикрепленную к другому плечу весов. Затем этот же груз уравновесили, когда он находился на нижней чашке. Зная вес разновеса в обоих случаях, определите постоянную тяготения. (Расстояние от центра шара до каждой из парных чашек равно R.)
5.2. Шарик Массой т перемещают вдоль оси, проходящей через центр однородного
кольца массой М и радиусом R и перпендикулярной к плоскости кольца. Найти зависимость силы взаимодействия этих тел от расстояния г шарика до плоскости кольца. Размеры шарика и толщина кольца малы по сравнению с R. Исследовать случай, когда г ^>7?.
*) Описание эксперимента значительно упрощено.
5.J. Найти первую космическую скорость, т. е. скорость, с которой надо запустить ракету с Земли, чтобы она стала ее спутником. Масса Земли 6-1024 кг, радиус R — 6,4- 10е м, м3 постоянная тяготения у = 6,67- 10~п---------» .
1	’	кг-сек2
5.4.	Определить вторую космическую скорость—наименьшую скорость, при которой ракета, пущенная с Земли, выйдет из сферы ее притяжения и станет спутником Солнца. Одновременно рассмотреть случай, когда ракета запускается не с поверхности Земли, а с высоты Н над Землей.
5.5.	Вычислить наименьшую скорость, которую необходимо сообщить ракете, запускаемой с Земли, чтобы Она смогла покинуть Солнечную систему (третью космическую скорость). Скорость орбитального движения Земли принять равной 3-104 м/сек.
5.6.	В однородной гравитирующей жидкости плотностью р
находятся два шарика, плотности которых р2 и р2 соответ-
ственно. Каков будет характер их относительного движе-
ния? Рассмотреть случаи: 1) px = p2>p, 2) рх<р<рг, 3) Рх = Р2<Р-
5.7. На треугольной призме, боковые грани которой образуют с основанием углы а и 0, лежит массивный однородный канат (рис. 5.7). Середина каната находится на
верхнем ребре призмы. Призма движется с некоторым ускорением а по горизонтальной плоскости. Каково должно быть это ускорение, чтобы канат не перемещался относительно призмы?
5.8. Тонкий однородный стержень длиной I, шарнирно закрепленный в точке О (шаровой шарнир), вращается вокруг этой точки с постоянной угловой скоростью ® (рис. 5.8). Вычислить угол ф отклонения стержня от вертикального положения и величину реакции шарнира N. Вес стержня Р.
5.9. На проволочное кольцо радиусом R нанизана маленькая бусинка. Кольцо вращается вокруг вертикальной
оси, совпадающей скорость вращения
с его диаметром (рис. 5.9). Угловая кольца постоянна и равна ®. Найти ус* ловие равновесия бусинки и определить вид равновесия.
5.10.	Горизонтальный вал вращается с постоянной угловой скоростью G).
На равных расстояниях от подшипников на вал эксцентрично насажен однородный диск (рис. 5.10). Вес вала Рв, диска Ря, расстояние от центра диска С до оси вала а. Определить давление вала на подшипники.
5.11.	Вывести уравнение вращения твердого тела относительно неподвижной оси.
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
5.1. В равна
первом случае сила, действующая на массу т,
_ . тМ п »<?+Y-£T = pi.
во втором случае
тМ п
Зная Рг и Р2 (вес разновеса при первом и втором взвешивании), определим 7:	,
’ 2тМ *
5.2.	Выделим малый элемент кольца массой Др, и диаметрально противоположный ему элемент массой Др' = Др (рис. 5.11). Тогда иа шарик со стороны этих элементов действует суммарная сила
. „ 2Ацт
направленная по г, так как составляющие сил, действующие перпендикулярно к г, взаимно уничтожаются.
Со стороны всего кольца действует сила F= 2 ал где сумма берется по всем элементам одной половины кольца, F = Y	cos а - £ АН =	cos а‘
Но cos а =	..., поэтому
Vr* + R*	1
Р__ уМтг
~ У(г3 + /?3)»'
уМт “75"
т. е. кольцо можно рассматривать как материальную точку.
5.3.	Нас интересует минимальная возможная скорость ох. В этом случае ракета должна быть пущена горизонтально на некотором расстоянии Л от Земли, которым мы в дальнейшем будем пренебрегать по сравнению с радиусом Земли.
Роль силы, обеспечивающей необходимое центростремительное ускорение, будет играть сила притяжения ракеты к Земле.
mpM3 "₽Г=т~лГ’
где тр—марса ракеты. Отсюда
А^и)
Рис. 5.11.

1—1=7900 —. R3	сек
Естественно, что такой запуск не может быть осуществлен реально. Однако «ели бы Земля не имела атмосферы,
любое тело, которому сообщили горизонтальную скорость 7,9 км/сек, стало бы ее искусственным спутником. ,
5.4.	Для решения задачи построим график потенциальной энергии ракеты в поле притяжения Земли в зависимости от ее расстояния до центра Земли. С учетом того,, что при движении ракета ие ‘проникает в область г<.Яз,
.	,,	М о
график €/= —у—~~где w₽—ма-сса ракеты, будет иметь
вид, указанный на рис. 5.12.
Из Графика очевидно, что уйти из сферы притяжения Земли ракета может лишь тогда, когда ее полная энергия
ракеты инфинитно (см.
£^0. В этом шение задачи
При £ = 0
случае движение 3.4).
ре-
г г „ мзт? mPvl (У—Тили Y ~ 2
Искомая космическая скорость
/?3 •
СП
Если ракета пущена с высоты Н над Землей, то, используя график рис. 5.13, получим, что для приобретения второй космической скорости необходимо, чтобы

YmpM3
и
/ 2уМ3 ®2=j/ R^+H
Из формулы (1) видно, что вторая космическая скорость связана с первой космической скоростью соотношением
= ©J У~2,
следовательно, 0^= 11 000 м[сек.
Легко показать, что это соотношение выполняется для' запуска ракеты с любой высоты над поверхностью Земли. Первой космической скоростью мы будем называть минимальную скорость, необходимую для того, чтобы ракета, оставаясь иа той же высоте, вращалась вокруг Земли, не падая на нее. Второй же космической скоростью будем называть скорость, необходимую для того, чтобы ракета, запущенная с этой высоты, вышла из сферы земного притяжения.
5.5.	Определим сначала, с какой скоростью v нужно было бы запустить ракету с Земли, если бы поле тяготения Земли было «выключено». В этом случае ракете надо было бы преодолеть только силу притяжения со стороны Солнца. Как известно (см. задачу 5;4), минимальная скорость тела, необходимая для выхода тела из сферы земного притяжения, в К 2 раз больше, чем минимальная скорость, необходимая для того, чтобы это тело стало спутником Земли. Этот же вывод относится и к Солнцу.
Следовательно, скорость v', необходимая для выхода из сферы солнечного притяжения, в V 2 раз больше, чем скорость спутника Солнца. Так как Земля—спутник Солнца и скорость ее орбитального движения ©з=3-10* м/сек, то вторая космическая скорость для ракеты, запущенной с орбиты Земли, равна (см. предыдущую задачу)
v' = /1-3. Ю4 = 4,2-Ю4 —. ’ сек
Для запуска ракеты с Земли необходимо, конечно, использовать скорость самой Земли. Поэтому
v = v'—V3 = 1,2-104	.
°	’ сек
Теперь учтем поле тяжести Земли. Как известно (см. задачу 5.4), для преодоления только поля тяжести Земли телу необходимо сообщить кинетическую энергию, равную mV2
-g-, где v2— вторая космическая скорость. Так как мы хотим, чтобы ракета, выйдя из сферы земного притяжения^ двигалась потом со скоростью v, необходимой для преодоления притяжения Солнца, то нам нужно сообщить ей до-волнительную кинетическую энергию -у , Таким образом,
суммарная энергия ракеты равная г mvl . me*
_2 = __±
2	2^2*
где va—искомая третья космическая скорость. Отсюда имеем
vl = vl + &,
<vs =/(1,1 • 104)2 +U>2-10*)2 = 1,6 • 10*	.
5.6.	Шарики взаимодействуют по закону Ньютона
где я»! и т2—их массы и г—расстояние между ними.
Вводя понятие массы, мы указывали, что масса'—существенно положительная величина. Однако, когда говорят о значении какой-либо физической величины, подразумевают, что ее сравнивают с другой величиной, значение которой часто принимают за нуль. Что же играет роль нулевой массы? Очевидно, масса «пустоты», масса того «фона», который окружает тела. В рассматриваемом случае роль «фона»» выполняет гравитирующая жидкость. При р<рх масса тела положительна, при p>pi мы формально всегда можем говорить об отрицательной массе тела по отношению к окружающей среде.
Используя понятие отрицательной массы, легко описать относительное движение шариков: 1) при Pi = p2>p сила
взаимодействия их положительна— шарики сближаются; 2) при Pi<p<p2 масса первого шарика отрицательна, произведение масс также отрицательно, F<0 И шарики отталкиваются;
даШШОЖШШ 3) при рх = р2<рмассы обо-р 5	их шариков отрицательны,
ис‘ ‘ '	/?>0—шарики притягива-
ются.
5.7.	Перейдем к системе отсчета, движущейся с ускорением а. Рассмотрим условие равновесия каната в этой! системе. На половину каната АВ (рис. 5.14) действуют eej Р
вес -=-, реакция призмы Nlt направленная перпендикулярно Л ~	• “
к поверхности, и сила натяжения каната ИА, приложенная в точке В. Кроме того, в соответствии с принципом экви-
валентности, должна быть приложена сила F=
_Р 2g
а.
Составляя уравнение равновесия для проекций сил на
направление АВ, найдем
р	р
ySina + -^-acosa—RA = 0.	(1)
Рассуждая аналогично, получим для половины каната ВС 4sinP-Vacos^~ RC = °-	(2)
По третьему закону Ньютона = тогда, вычитая (2) из (1), найдем
sin a — sin р-]- —(cosa-j- cos Р) = 0, g sin 8 —sin a , 6—a
В частном случае равнобедренного треугольника, когда а=р, а = 0, т. е. условие задачи выполнить нельзя.
5.8.	Перейдем к системе отсчета, равномерно вращающейся вместе со стержнем с угловой скоростью ш, и выберем оси координат так, как показано на рис. 5.15.
В атой системе согласно принципу эквивалентности на каждый г-й элемент стержни, имеющий массу Дт( и находящийся на расстоянии si от точки О, действует сила
Ft- — Дтг(о2гг-,
где г(—расстояние от элемента Ат( р
до оси у. Так как Ат, = —т As.- и
‘ g‘ 1
а
Рис. 5.15.
rt = s, sin <р, то выражение для силы F{ принимает вид
р
F; =	(02S; ASj sin <р.
Учитывая проходящей
то, что все силы F-t лежат в одной плоскости, через ось у, запишем уравнение равновесия
для моментов сил, действующих на стержень, относительно точки О:
Mo(P)+^Mo(Fi) = 0,
1=л
00
р	р
---2"/sin ф + ю2 sin ф cos ф X.5? Д$4 “ 0.	(t) i=i
00
Величина У s?&si вычисляется по графику как площадь, /=1
ограниченная параболой f(s) = s2, причем а изменяется от нуля до Г.
Используя это значение, перепишем уравнение (1) в виде sin <р со2/ .	,
__х = _ sm ф Cos ф.
Это уравнение имеет два решения:
sincp = O; ф = 0—решение тривиально;
cos Ф = 2^/— это Решение возможно при условии 3^<2(О2/.
Для нахождения силы реакции М запишем уравнение равновесия сил в проекциях на оси х и у:
t= I
Ny—P = 0. , Отсюда имеем  / = 1	'
00
Вычисляя величину У а,Да; по графику как площадь, 1=1
ограниченную прямой /(а) = а (где а изменяется от нуля 00
/2
до /), получим z , а .-Да,- — -у. Подставим это значение в / = 1
формулу для Nxi Pl
Теперь мы можем найти полную силу реакции N:
А£ + Л^= ]/^ + р2^8{п2ф =
Рш*/ -Г / g_y
2g У * + ' \2®ч) '
5.9.	Перейдем к системе отсчета, вращающейся с угло-|ой скоростью <в. В этой системе на бусинку будут действовать следующие силы: вес бусинки Р— mg, сила F=m<s>2r, Направленная противоположно ускорению выбранной системы Отсчета, и сила реакции кольца N (рис. 5.16). При равновесии сумма проекций этих сил на оси координат, выбран-^ вые так, как показано на рис. 5.16, равна нулю:
N—та>2 г sin а — mg cos а, = О, тш2г cos а— mg sin а = 0.
Второе из этих уравнений позволяет определить значения угла а, при которых бусинка находится в равновесии:
m&>2R sina cosa—z»^rsina = 0, (1) sina (cos a----f-)=0.	(2)
\	Cl)27? j	v '
Первое равновесное состояние бусинки:
sina = 0; a = 0.
При этом никаких ограничений иа ш не накладывается.
Второе равновесное состояние бусинки осуществляется тогда, когда cosa = &-
Так как cosa<l*), то -тн
со2/?
синка находилась в этом состоянии, необходимо, чтобы
1, и для того, чтобы
•) При cosa=l угол а=0 и второе равновесное состояние совпадает с первым.
Следовательно, при выполнении условия (2) существуют два равновесных состояния бусинки. Каков же характер равновесия тела в этих состояниях?
Рассмотрим случай а = 0. При малом изменении угла результирующая сила, определяемая формулой (1), будет иметь знак, противоположный знаку смещения, если cosa<^j^. При этом равновесие устойчиво. Отметим, что неравенство cos а < противоположно условию сущест
вования второго положения равновесия.
При со >	появляется другое равновесное состояние;
при этом нижнее положение бусинки (а = 0) становится неустойчивым. Это второе состояние, как легко показать, устойчиво. Действительно, любое
увеличение угла а соответствует уменьшению cos а и появлению отрицательной равнодействующей, которая стремится возвратить тело в исходное положение.
5.10.	Перейдем к системе отсчета, связанной с диском. На каждый его малый элемент, имеющий массу Дот(., согласно принципу эквивалентности, действует в этой системе сила -
= Адагсо2гог = Ада, со2 (га + «),
Где tOi — радиус-вектор, проведенный из точки О в точку/, а га и а—векторы, проведенные из точки С в точку t и из точки О в точку С соответственно.
Сумма всех сил, которые действуют на диск,
д	п
'поли = Д Fi = Д ACTjCOVc/ + 2 Д'»/®2®-
Поскольку мы проводим суммирование по всем элементам диска, то для каждого i-го элемента найдется такой fe-й элемент, что Ада,= АдаА, а Га=—Гсь (рис. 5.17). Поэтому Л
сумма ^М((1>ггС1 обращается в нуль и
р
Fnona =~ ®2Л.
К оси вала в нашей системе приложены три силы: вес вала Рв, вес диска Рл и сила Л’полн- Давление иа каждый подшипник N определяется формулой
«=2-<Р. + Рд|+4^»’«.
5.11.	Перейдем к системе отсчета, связанной с телом. В этой системе к каждому элементу тела массой Amf приложена сила
Г,- — — Aw,а, + A/n,<B2r;, где at—линейное ускорение тела, г{—вектор, перпендикулярный к оси вращения и проведенный в точку i, а—угловая скорость тела в данный момент.
Результирующий момент всех сил Fi относительно оси равен
Л4 = —
Вторая составляющая сил F;, равная &т{(о*г{, направлена по г; и вклада в момент ие дает. Вводя угловое уско-а ai реиие р = ~ , получим
=—рл
I	I
"	2
Величину J, равную У kmjt (при п—► оо) и характеризующую инертные свойства тела по отношению к вращательному движению, называют моментом инерции*) тела.
Так как в выбранной нами системе отсчета тело покоится, то сумма моментов сил относительно его оси равна нулю. Обозначая .через ЛГВН сумму моментов внешних сил, получим ALH—/Р = 0; AfBH = yp.
Последняя формула дает уравнение вращения твердого тела относительно оси.
*) Вычисление моментов инерции твердых тел проводится с помощью обычных приемов суммирования или интегрирования.
ГЛАВА VI
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
6.1. Определить энергию, расходуемую насосом на.выкачивание жидкости из доверху наполненной конической воронки, при условии, что к.п.д. насоса т)%. Размеры воронки указаны на рис. 6.1, удельный вес жидкости d.
6.2. Истребитель (Л) заметил цель — самолет (Q—в тот момент, когда направление ИС составляло 90° с курсом самолета-цели. Истребитель пытается догнать цель, при этом его скорость всегда направлена на С. Каково наименьшее возможное расстояние между истребителем и самолетом-целью, если их скорости оди-vZ	ZZ-tT	наковы, цель не меняет курса и первона-
\	/	чальное расстояние между ними 2 км?
\	/	6.3. С лрдки L заметили катер /С
\	в тот момент, когда направление
\ I / составляло 90° с курсом катера и рас-\ ' / стояние было равно I. Лодка стре-___________- мится как можно ближе подойти к '__________катеру. Какое направление должна вы-
Рис. 6.1. брать лодка, если ее скорость ох, скорость катера т>2==Ат>1 (&>1) и катер не меняет своего курса? Каково наименьшее возможное-расстояние между лодкой и катером?
6.4.	Определить форму области, которая простреливается из зенитного орудия, если начальная скорость снаряда V. Сопротивлением воздуха пренебречь.
6.5.	С помощью механической модели доказать, что касательная к окружности перпендикулярна к радиусу, проведенному в точку касания.
6.6.	Дан некоторый выпуклый многоугольник. Надо доказать, • что внутри него нельзя найтн такой точки, для
которой все перпендикуляры, опущенные из нее не стороны многоугольника, попали бы на их продолжения.
6.7.	Дан невесомый стержень АВ. На расстоянии хх = 1м от точки А помещен груз Р1==1к, на расстоянии ха—2м от точки А помещен груз Ра=2 н..........на расстоянии
хп = п — груз Р„ = п н. Найти точку, где надо закрепить стержень, чтобы он находился в равновесии.
6.8.	С помощью механической модели доказать теорему: отрезки, соединяющие середины противоположных сторон любого (в общем случае не плоского) четырехугольника, пересекаются и делят друг друга пополам. \
6.9.	Доказать, что кратчайшая линия, соединяющая две гладкие (т. е. без изломов) кривые, является нормалью к обеим кривым. Использовать механическую модель.
6.10.	Дан произвольный треугольник АВС (рис. 6.2). Как с помощью механической модели найти точку О такую, чтобы сумма ОА + ОВ + ОС была наименьшей?
6.1	1. В городе есть три школы, А, В и С, расположенные не на одной прямой. В школе А учится	учеников, в школе В—па
и в школе С—п3. Как найти место, где надо построить стадион, чтобы общее время,, затрачиваемое всеми учениками на путь до стадиона от своих школ, было наименьшим? Скорости передвижения всех учеников считать одинаковыми и постоянными. При решении использовать механическую модель. '	Л
6.12.	По горизонтальной по-	/X.
верхности катится тонкий обруч / \ X. радиусом Р. Как зависит отно- /	\ X.
шение полной скорости произ- /	X.
вольной точки обруча к ее гори- /
зонтальной составляющей от вы- А^-------	1 .....
соты h точки над поверхностью?
6.13.	Человек идет из поселка	Рис- 6-2-
А в поселок В. При этом первую
часть пути ои движется по лесу, где его скорость в, а вторую—по болоту, где его скорость Найти условия, накладываемые на направление перемещения человека, чтобы время, затраченное на дорогу, было наименьшим. Граница раздела леса и болота—прямая линия.
6.14.	Найти такую форму желоба, соединяющего две произвольные точки А и В {не лежащие на одной горизонтали или вертикали), чтобы время соскальзывания шарика из верхней точки в нижнюю было наименьшим.
-РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
6.1. Вычислим полезную работу по выкачиванию жидкости из воронки. С этой целью мысленно разобьем высоту конуса на п отрезков и через конец каждого отрезка проведем плоскость, параллельную основанию конуса. Две соседние плоскости выделяют слой жидкости, который, строго, говоря, имеет форму усеченного конуса. Однако если толщина слоя мала (т. е. если п велико), мы можем считать, что он имеет форму цилиндра. Это предположение тем более верно, чем тоньше слой, т. е. чем больше п. Вся работа по выкачиванию жидкости из воронки будет равна сумме работ по подъему каждого слоя иа соответствующую высоту.
Рассмотрим k-й слой. Работа по его подъему равна произведению веса слоя на расстояние, до
основания конуса. Вес элементарного слоя равен его объему, умноженному на удельный вес жидкости d. Объем элементарного цилиндрического слоя равен
V -	. А
*	4 п ’
«•
где < Dk—диаметр основания слоя, а ——-его высота. Dk найдем из соотношения
D h
Dk	(~n~k\ ’
n
которое следует из подобия Треугольников ACL и АВЕ {рис. 6.3). Вес &-го слоя
„ ___лО*(л—Л)* Л ,
П--------4^	~^а-
Работа по его подъему
4=^
h ama^k)*h* nD*h* f.	k\4.
— *=--тт——	;— 1----] —=а.
n 4л1 л* 4 \ я J пг .
Полная работа равна сумме элементарных работ!
лР4 W
Используя формулы у _n(n+l). А=1	2
п
V k2= »(»4-1)(2л4-1) fcTi	6
п4 (п+1)4
4	’
получим выражение для работы:
. nDihid
Ат-—1—
Истинное значение А найдем, взяв предел правой части формулы (1) при л—* оо:
Выражение (2) можно упростить. Действительно, объем 1 лР4 конуса равен	Следовательно, выражение для
работы можно представить в виде
Энергия, расходуемая насосом на выкачиЪанне жидкости из конической воронки, численно равна затраченной работе,
7 А* А. Боровое в др.	177
т. е.
тр- Л-100	100/iVd
т) 4т>	’
6.2.	Очевидно, что истребитель будет двигаться по некоторой кривой, асимптотически приближающейся к прямой, по которой движется самолет-цель. Рассмотрим произвольное положение истребителя и самолета-цели Q (рис. 6.4). В этот момент скорость истребителя, направленная, как всегда, на цель, составляет угол 0 с направлением движения цели. Скорость сближения истребителя и цели равна
Рис. 6.4.
v—t>cos0 = f(l — cos0), так как по прямой ИуСу направлена скорость v истребителя и составляющая скорости цели, равная v cos 0.
Точка Р—проекция истребителя на направление движения цели—перемещается со скоростью ocos0; следова
тельно, расстояние между точкой Р и целью увеличивается, так как скорость цели V, а относительная скорость истребителя и цели т>(1 — cos0). Так как расстояние убывает со скоростью о(1— cos0), а расстояние РСг "возрастает с той же скоростью, то их сумма должна оставаться постоянной, т. е. равной 2 км, как в первоначальный мо-
мент. Расстояние будет наименьшим тогда, когда траектория истребителя практически совпадет с траекторией самолета-цели, т. е. точка Иг совпадет с точкой Р; тогда + РСг =	= 2 км.
Отсюда (#1С1)т1п“1 км.
6.3.	Пусть в начальный мо
Рис. 6.5.
мент лодка и катер находи-
лись в точках и Klt а в момент наибольшего сближения — в точках Za и Кг (рис. 6.5), т. е. лодка плыла по прямой В конечный момент компоненты скоростей лодки и
катера вдоль L2K2 должны быть равны
pj = sin q> == k sincp, т. е, 8Шф = -г-.
Так как лодка и катер шли одинаковое время, то
Vi 1	
-r-Л = — == -J- = Sin ф.
KiKt Vt k Y
Очевидно, что /Ci/Q = / tg <p, a	1 отсюда искомое
cos ср
наименьшее расстояние равно
L Ла = LxKt——I tg ф sin <р =
= —— (1 — sin2 ф) = / cos ф == Z 1/^ 1 — Х=LL-^Zll cos <р' т/ т г fe2 k
6.4.	Рассмотрим движение снаряда, если выстрел произведен под произвольным углом а к горизонту. Введем систему координат, начало которой помещено в точку нахождения орудия, и будем откладывать по оси абсцисс дальность полета снаряда по горизонтали, а по оси ординат—его высоту подъема. Разложим скорость снаряда на вертикальную и горнзонтальную составляющие vx и гу;
vx = v cos a; vy = v sin а.
Наибольшая высота подъема
2
,	_ vy  visin’а
"макс— 2g” 2g	‘
Очевидно, что Лмакс достигает максимального значения Н при а = у. При этом Н—^ (выстрел производится вертикально вверх).
Время полета равно
___2о sin « S
Следовательно, дальность выстрела
,	, Pcasa-2» sin a v2sin2a
I e	-------•
n S
Как видно йз формулы, дальность наибольшая при а — ^ Зл	, v2
и а = т; при этом /макс = - .
Для простоты предположим, что тра$кторщ! снарядов лежат в одной плоскости. Мы получим три точки, лежащие
на границе искомой области (рис.&.б): наивысшую точку А с и®
координатами х *=> О, у =	и наиболее удаленные от орудия
^2 точки по горизонтали В и С с координатами х ——
)»= 0 и х « —, J = О соответственно.
Траектория снаряда—парабола. Действительно, координата снаряда по оси у в любой момент времени t находится из уравнения
у = v sin a-t—,
а его координата по оси х — из уравнения x=s®cosa-/.
Исключим из обоих уравнений время; тогда получим
—'это уравнение параболы. Для нахождения искомой области необходимо найти огибающую всех парабол, получаю-
щихся при стрельбе под углами от нуля до л. Ввиду очевидной симметрии области, простреливаемой из орудия, относительно оси у, найдем огибающую лишь для парабол, полученных при стрельбе в интервале углов от нуля до у . Для этого вычислим скорость «,
которую должен иметь снаряд, чтобы при выстреле из точки А в горизонтальном направлении он попал бы в точку С, и определим его траекторию. Так как у снаряда в первый момент скорость в вертикальном направлении равна нулю, то время полета вычислим по формуле	Отсюда
= у/ 2°* =£
g V 2g g 7 ’
Следовательно, •
,	,	»2 в
/макс = «^ ИЛИ — — И— И « = ®.
О	о
Уравнения для координат снаряда будут иметь вид
X = vt, 1	X = vt,
у —л	2 J	У~ 2g	2 •
Исключая t, получим
V-J?____X^S_
у ~ 2g х 2о2 *
Таким образом, траектория снаряда представляет собой параболу с вершиной в точке А, пересекающую ось х в точке С. Докажем, что эта парабола н есть искомая огибающая.
Можно показать, что траектория любого снаряда, вылетевшего из начала координат, нн прн каком а не пересечет данную параболу, а лишь коснется ее в одной точке.
^2
Пусть в некоторой фиксированной точке х0 — координата снаряда равна
а координата предполагаемой огибающей кривой v2 » g
J2 — 2g	х* 2va *
Рассмотрим разность уг—yt:
т. е. при любом хд найденная нами парабола лежит выше траектории снаряда и ляшь в точке х = gtgg (а¥= 0) они касаются друг друга, что и требовалось доказать.
Для траекторий снарядов, летящих под углами а от ~ до- л, огибающей будет левая ветвь параболы у==
= (см‘ рис* 6-6)<
В общем случае область, которая простреливается нз орудия (зона попадания),* будет иметь форму тела,
в 8
получаемого вращением параболы у =	вокруг оси у
(параболоид вращения).
6.5.	Рассмотрим произвольную окружность с центром в точке Он
прямую /, которая касается ее в точке Р (рис.
6.7, а). Повернем окружность и касательную вокруг точки О так, чтобы прямая I стала горизонтальной, ц, кроме того, поместим окружность в вертикальной плоскости. При этом точка Р станет самой нижней точкой окружности. Теперь возьмем материальную точку М, подвешенную на ни-радиусу окружности, и помес-точку О. Точка М будет стре-
Рис. 6.7.
которой
равна ннти в
Рис. 6.8.
ти, длина тим другой конец миться занять положение, которому соответствует минимум потенциальной энергии. Если на нее действует только сила тяжести и реакция нити, то она займет наинизшее из всех возможных йоложеннй, такое, при котором прямая ОМ станет вертикальной. При этом точка М совпадет с точкой Р (поскольку М находится на окружности н в ее низшей точке). Так как радиус ОМ вертикален, а касательная / горизонтальна, то прямая I перпендикулярна к ОМ.
6.6.	Докажем это утверждение методом от противного с помощью механической модели. Пусть существует
некоторая точка О внутри многоугольника, такая, что все перпендикуляры, опущенные из нее на стороны многоугольника, попадают на их продолжения. Теперь предположим, что рассматриваемый многоугольник—это пластинка с центром тяжести в точке О (рис. 6.8). Если пластинку поставить на боковую грань (на сторону многоугольника), то она начнет катиться по горизонтальной поверхности, причем неограниченно долго, так как у пластинки ие будет положения устойчивого равновесия.
Действительно, если поверхность, на которой находится пластинка, горизонтальна, то на какую бы грань (сторону многоугольника) пластинка ни опиралась, вертикаль, про
веденная из центра тяжести, будет проходить вне площади опоры, так как вертикаль перпендикулярна к горизонтальному основанию. Таким образом, на пластинку постоянно будет действовать вращательный момент и она будет вечно катиться; при этом будет совершаться работа. Так как вечный двигатель невозможен, то, следовательно, наше предположение неверно. Первоначальное утверждение доказано. Эту задачу нетрудно обобщить и для произвольного многогранника.
6.7.	Для того чтобы стержень находился в равновесии, его надо закрепить в центре тяжести. Для нахождения центра тяжести стержня с грузами введем числовую ось х, направление которой совпадает с направлением от А к В, а начало находится в точке А. Тогда координаты грузов Рр Рг, ..., Рп будут xr, xt, ..., хп. Координата центра тяжести стержня с грузами находится по общей формуле
• 2 хкрк
_*=1	__4" • • • -}-Рпхп 124-224-..-4-л>
ц'т~ »	~ Р14-^4-...+Рв	- Т+2+...+л “
2 рк
*=1	_2п (л 4-1) (2л4-1) 2л+1
6л (л 4-1)	~ 3 М-
6.8. Поместим в каждую вершину четырехугольника одинаковые грузы (рис. 6.9) весом Р. Центр тяжести грузов А и В находится в точке а
(в середине отрезка АВ). Центр тяжести грузов С и D находится на середине отрезка CD в точке с. Центр тяжести всей системы находится на середине отрезка ас.
Теперь найдем тот же центр тяжести, рассуждая иначе. Центр тяжести грузов А и D находится на середине отрезка AD в точке d, а центр тяжести грузов В и
С—на середине отрезка
ВС в точке Ь. Центр тяжести всей системы, следовательно,
находится на середине отрезка bd. Так как положение цент-
ра тяжести, не может меняться в зависимости от метода его нахождения, то середины отрезков вс и bd совпадают, что и требовалось доказать.
6.9.	Предварительно выясним условия равновесия материальной точки, находящейся на кривой, в том случае, если на нее действует некоторая сила. Рассмотрим бусинку М (материальная точка) на жесткой проволоке, имеющей форму кривой I, по которой бусинка может скользить без трения (рис. 6.10, а). Пусть на бусинку действует сила F, направление которой указано на рисунке. В точке А эту силу можно разложить на две составляющие: Fn, действующую по нормали к кривой (эта сила не может вызвать перемещение бусинки), и на Ft, направленную по касатель-которой М движется по кривой.
Очевидно, что бусинка будет находиться в равновесии, если Ft = 0, что возможно лишь тогда, когда F действует по нормали к кривой.
Теперь проведем требуемое доказательство. Пусть даны две гладкие кривые /х и /а (рис. 6.10, б). Поместим на каждую из них по шарику— бусинке—массами mt и та, которые притягиваются по закону Ньютона и скользят по кривым без трения. Никакие внешние силы на шарики не действуют. Шарики будут стремиться к такому положению, при котором потенциальная энергия их взаимодействия минимальна, и в конце концов придут в положение равновесия. При этом расстояние г между ними, а следовательно, и между кривыми, будет наименьшим. Действительно, потенциальная энергия взаимодействия, равная £7——у будет минимальна при наименьшем возможном г. Но в положении равновесия, как мы уже выяснили, на тело действуют лишь силы, направленные по нормали к кривой, иа которой оно находится. Следовательно, прямая, соединяющая шарики, является кратчайшей линией между кривыми, а так как силы взаимодействия шариков направлены по этой прямой, она нормальна к обеим кривым.
6.10.	Пусть треугольник лежит в вертикальной плоскости. Поместим в его вершинах блоки и перекинем через них нити, связанные в одной точке О. К концам нитей подве-184
шеНы грузы А', В' и С одинакового веса Р (рис. 6.11). Система грузов придет в положение равновесия, чему соответствует максимальная сумма расстояний АА’ ВВ'	СС.
Действительно, каждый груз расположится таким образом, чтобы сумма потенциаль-ных энергий всех грузов была наименьшей (уело-	/ уХ.
вие равновесия системы),	/I \
что достигается при наи- / Т \	^*4.
большей сумме АА' -P-j-	/	^*4.
+ВВ' Р+СС Р. Сле- / s'
довательно, сумма остат-	s
ков длин нитей, равная	
ОА + ОВ + ОС, будет ми- . |	ЕР'
нимальной, т. е. точка О I	V
расположите? в искомой дта точке треугольника. ъ»
6.11.	Пусть время,	Рис. 6.11.
необходимое на путь до
стадиона ученику школы Д, равно tt, ученику школы В — ft и ученику школы С—is. Общее время, затрачиваемое всеми учениками на путь от своих школ до стадиона и равное л1^1-|-п2/4-|-п3/8, должно быть наименьшим. Если пути от школ А, В и С До стадиона равны Ьг, L2, L3 соответственно, то условие задачи можно переписать в виде
л17 + л.^ + лз^==1П1п
или
Л1/-1 + яз£з + Л3£3 = ППП.	(1)
Нам надо найти способ определения Zlt Z2 и Z8, удовлетворяющих условию (1), так как, зная расстояния, мы найдем место для стадиона.
Рассмотрим треугольник Д151С1 (рис. 6.12), подобный треугольнику АВС, в вершинах которого расположены школы. Так как в подобных треугольниках все соответствующие расстояния пропорциональны (с некоторым коэффициентом пропорциональности k), то в	надо найти
точку О' такую, чтобы
л1*1 + лз$з 4* лз*з = mln>
где s2 и s8—расстояния от точки О’ до вершин Alt Bt и Сх соответственно. Тогда искомые расстояния Zx, Lt и Z,
будут равны
^2’ ^3 — ^3* калькой плоскости и в его вершинах поместим блоки, через которые перекинуты нити, связанные в одной точке О. К концам нитей, перекинутых через блоки Лъ Bt и Clt подвесим грузы А', В' и С', вес которых численно равен лх, л2 и л8 сг соответственно (см. f рис. 6 ..12). Система гру-Iе зов придет в равновесие, при этом ее потенциальная энергия в поле тяжести Земли будет ми
нимальной. Этому соответствует (см. предыдущую задачу) такое положение точки О, при котором
Л1Л'л1 + 51В'л2-|-С1С'л8 = тах.	(1)
Пусть длина первой нити lv второй Z2 и третьей Z3; тогда
ЛХЛ' = 1Г — ОЛ1 = /х—sx;
ВГВ’ =/2 — ОВг = Z2 —s2; CjC — ls OC1 = lg s8.
Подставив эти соотношения в выражение (1) и сгруппировав члены, получим
(Z+ /2л2 + Zgflg)—(s1n1 + д2л2 4- s3na) = max.
Выражение в первой скобке постоянно по величине. Чтобы разность была наибольшей, выражение во второй, скобке должно быть минимальным:
Мх + »зл2 + 5зпз = nrin-
Таким образом, точка О при равновесии системы даст положение искомой точки О'. Измерив slt s2 и ss и увеличив их в k раз, мы получим расстояния L2 и Ls от школ до стадиона, при которых L1n14-Z.2«2-(-Z.3n3 = min, и, следовательно, место, где надо построить стадион.
скорость
ЭТОЙ ТОЧКИ V, явля*
6.12.	Введем систему координат так, чтобы ось х была направлена по движению обруча, и поместим начало координат на поверхность. Пусть произвольная точка А обруча имеет координату у. Полная ющаяся суммой скорости ч>0 поступательного движения всего обруча и линейной скорости vs вращения точки А вокруг центра обруча С, составляет угол а с осью х (рис. 6.13). Угол между радиусом АС и радиусом,проведенным в точку касания обруча и поверхности, ра-
вен р. Из рисунка видно, что a = -i- (л — Р), так как линейная скорость точек обруча равна поступательной скорости всего
обруча (оа=®в). Отсюда ясно, что cos a = sin-y. Так как у = 7? (1 — cos Р) или
<y = 27?sfti8-|-,
то cosa =
или
cosa 1	,	...
-= = -7= = const. (1) / у /27?	'
Соотношение (1) справедливо для любой точки
траектории. Кривые, удовлетворяющие такому условию, называются циклоидами.
Разложим полную скорость точки А на вертикальную и горизонтальную составляющие vy и vx (рис. 6.14). Оче-IL, —
видно, что cosa — — . Подставляя это выражение в фор-мулу (1)( получим
vx 1	о ч f4R
--= ИЛИ — = 1/ — *
Так как в выбранной системе координат у представляет собой высоту к точки над поверхностью, то эта формула выражает искомую зависимость отношения полной скорости точки А к ее горизонтальной составляющей:
V К
6.13.	Пусть человек пересекает границу раздела леса и болота в точке х (рис. 6.15). Направление отрезков Ах я хВ определяется углами а и 0 между этими отрезками и перпендикуляром, проведенным к границе раздела -через точку х. Необходимо иайти условия, накладываемые на эти углы, чтобы время движения человека от А к В было минимальным, т. е.
«min.	(1)
Для решения этой задачи удобно воспользоваться механической моделью (рис. 6.16): по гладкому стержню скользит
 М) подвешены грузы и Pt, Когда система придет в равновесие, сумма AN'P}-)- ВМ-Ра будет максимальной и, следовательно, сумма Ах-/\ + Вх-Ра—минимальной (см. вадачи 6.10, 6.11). Это соотношение верно при любых грузах Ра и Ра.
Взяв груз Pt численно равным^ , а груз Pt равным ~ ,
мы получим
Ах и
Вх
V
min.
Это выражение совпадает с условием (1). Следовательно, с помощью этой модели можно найти условия, накладываемые на углы а и В. На кольцо действуют две силы, — и —; так как кольцо находится в равновесии (не перемещается по стержню), то сумма сил, действующих вдоль стержня, равна,нулю:
1 . 1.0
— sin а = — sin р, и	v г>
откуда получаем, что углы аир связаны соотношением sing__________________________и
sin 0 v '
6.14.	Введем систему координат, как показано на рис. 6.17. Пусть желоб имеет форму кривой АВ. Проведем п горизонтальных прямых, которые разобьют кривую АВ на такие участки ААг, А^, ..., ЛВ_1Л„, что скорость шарика на каждом из них можно приближенно считать постоянной, а сами участки—отрезками	пря-
мых (л достаточно велико). Для того чтобы полное время скатывания шарика было необходимо, движения на
• • •» наименьшим.
минимальным, чтобы время участках ААа, АП-2АП был0 В соответствии с результатом предыдущей
задачи, при этом должно выполняться условие
s»n P„l sinPa
sin рф sin Pi sin Pi sin p, или
sin ftp sin
sin р_
--4э = const.
(1)


где i>0—средняя скорость на участке AAlt —средняя скорость на участке ДХД2, • ••, —средняя скорость на участке ДП_1ДП, а рь 02, ..., 0„—углы, образованные соответствующими отрезками с вертикалью. Перейдем к пределу при п—»-ею; при этом ломаная АА1А2,..Ап перейдет в кривую АВ, средние скорости va, .. *, v„ приобретут смысл скоростей в точках Д, Дь А2,	Д„, а
углы ро, р1( р2, ..., Рп станут углами между касательными к кривой в этих точках и вертикалью. Так как соотношение (1) останется в силе, то для любой точки искомой кривой получим
sin в , = const.	(2)
Переходя к углу а между касательной и горизонталью и учитывая, что v = 2gy, из соотношения (2) получим cos а	,
~^= = const, V У
т. е. уравнение циклоиды (см. задачу 6.12). Таким образом для того, чтобы время скатывания шарика из точки А в точку В было наименьшим, желоб должен иметь форму циклоиды.
МАТЕМАТИЧЕСКОЕ ДОПОЛНЕНИЕ
СИСТЕМЫ КООРДИНАТ
Для определения положения точки в пространстве, на плоскости или ва прямой, необходимо ввести систему координат. Числа, с помощью которых определяют положение точки, называют ее координатами.
Чтобы задать положение точки на прямой, надо на этой прямой выбрать начало отсчета (некоторую точку О), единицу масштаба и направление, которое будет считаться положительным. Такую прямую называют числовой осью. Координатой точки, находищейся иа числовой оси, называют расстояние точки от начала отсчета, выраженное в выбранных единицах масштаба и взятое со знаком плюс, если точка лежит в положительном на
правлении, и со зваком минус в противном случае.
Для определения коордиват точки иа плоскости проведем две взаимно перпендикулярные числовые оси, одну иа них обычно называют осью х (или осью абсцисс), а другую—осью у (или осью ординат). Точку их пересечения (точку О) называют началом координат. Эта система координат иосит название прямоугольной, или декартовой. Найдем координаты произвольной точки М. в этой системе (рис. I). Пусть проекция точки М на ось х есть
точка (Ир а на ось у—точка Mt. Точка	,,	.
имеет координату х, а точка М2—коор-	кяс* *’
динату у, эти числа (х и у) и называют
прямоугольными, нли декартовыми, координатами точки на плос-
кости.
Кроме декартовой системы координат, часто используют полярные координаты. Полярные координаты точки определяются следующим образом: иа влоскости выбирают числовую ось, которую называют полярной, с началом отсчета, называемым полюсом.
Полярными координатами точки М (рис. 2) служат расстояние р (полярный радиус) от точки М до Полюса О и угол <р (полярный угол) между отрезком ОМ и полярной осью, отсчитываемый протки часовой стрелки от положительного направления оси.
Между декартовыми н полярными координатами точки легко установить связь. Из рис. 3 видно, что
xM=pcos<p; pM~psin<p, P=V х^+у^; tgq>=^. хм
Для описания положения точки в пространстве используют
прямоугольную, или декартову, систему координат, представляющую собой три взаимно перпендикулярные числовые оси, пересекающиеся в одной точке (начало координат): ось х (ось абсцисс),
ось у (ось ординат) и ось г (ось аппликат). Координаты произвольной точки М находятся так же, как и иа плоскости, т. е. координатой х точки М (ее абсциссой) служит координата проекции етой точки иа ось х, и т. д.
Если у точки изменяется с течением времени хотя бы одна координата, то говорят, что точка движется. В том случае, когда изменяется только одна координата, движение называют одномерным-, если меняются две координаты, движение называют двумерным-, и, наконец, если с течением времени меняются все три координаты, то движение называют трехмерным. Мерность движении может быть различной в разных системах ““координат. Например, рассмотрим движение точки по окружности радиусом R. В декартовых координатах у точки меняются и ее абсцисса, н ордината, т. е. движение двумерно. В полярной системе координат, в которой полюс совмещен с центром окружности, полярный радиус, равный R, не меняется, а меняется лишь полярный угол<р, т. е. движение одномерно. Вообще при решении задач выбирают ту систему координат, в которой решение задачи или описание процесса наиболее просто.
ВЕКТОРЫ И СКАЛЯРЫ
Все физические величины делятся иа две группы—иа векторы и Скаляры.
Скалярам называют величину, характеризующуюся одним дей-ствительным числом. Например, масса, энергия, плотность и т.д,—
I»
скаляры. Вектором называют величину, характеризующуюся яей-ствительным числом (положительным) и направлением в пространстве. В качестве примеров векторных величин можно привести Силу, скорбеть, напряженность электрического поля н т. д. Чи
словое значение вектора называют его длиной, нлн модулем*).
Векторы, имеющие одинаковые направления, называют параллельными (рис. 4: aftb),
а векторы, имеющие противоположные направления, — анти-параллельными (рис. 4- Ь\\с), Векторы называют равными, если они параллельны и имеют одинаковые модули. Из этого определения следует, что векторы можно переносить параллельно самим себе, так как при этом не меняются ни направление, ни модуль Вектора.
Проекция вектора иа ось. Если в пространстве или на плоскости задана некоторая ось I, то проекцией произвольного вектора
а на эту ось называют число at— =[a|cosa, где a—угол между вектором а и осью I. Знак проекции определяется знаком cos а. При этом а отсчитывается против часовой стрелки от положительного направления ося. На рис. 5 показана проекция az вектора а иа ось I в плоском случае.
Радиус-вектор. В физике часто используют понятие радиуса-вектора — вектора, начало которого совпадает с началом некоторой системы координат (рис. б). Каждой точке на плоскости или в пространстве соответствует единственный радиус-вектор, проведенный в данную точку, и наоборот, каждо-
му радиусу-вектору соответствует лишь одна точка, с которой совпадает его конец. Проекции радиуса-вектора яе-Кбтцрой точки А на координатные осн служат ординатами этой точки. Таким образом, мы
Рис. 6.
одновременно ко-можем определять
*) Вектор обозначают или одной жирной буквой или двумя буквами со- стрелкой, а их модули—теми же буквами, но обычного шрифта или же знаком модуля, например, векторы АВ, а, а их модули АВ, а нли | АВ j, | а|.
положение точки, задавая ее радиус-вектор, и описывать движение точки как изменение ее радиуса-вектора со временем.
Действия над векторами. 1) Сложение и вычитание. Рассмотрим физический пример. Тело движется из точки А по некоторой кривой (рис. 7) и попадает в точку
В. Вектор АВ называется переме-Зеиием тела из точки А в точку В. вигаясь дальше, тело попало в
точку С. Перемещение из точки В в точку С есть вектор ВС. Результирующее перемещение из точки А в точку С представляет собой вектор АС, т. е. АС есть сумма АВ и ВС.
Аналогичным образом складываются векторы любой другой физической природы
Суммой двух векторов а и b (рис. 8) называют вектор с, полученный следующим образом.* к концу вектора а (точка В на рис. 8) прикладывают начало вектора Ь и соединяют начало вектора а — >
(точка А) с концом вектора Ь (точка С). Вектор AD^c и будет искомой суммой векторов а и Ь.
Вектор с называют еще результирующим вектором, а векторы а и б— составляющими Правило сложения двух векторов распространяется иа сложение любого числа векторов: к концу первого вектора прикладывают начало второго, к концу второго —
начало третьего и т. д. и соединяют начало первого вектора с концом последнего. Например, a-^-b-^-c^d—e (рис. 9).
.Вычитание двух векторов, например, вектора b из вектора а, удобнее всего определить как сложение вектора а с вектором —Ь. Под вектором —b понимают вектор, по модулю равный Ь, но противоположный ему по направлению (рис. 10). Следовательно, а—(рис. Н>.
Вычитание — не единственное действие, обратное сложению. Обратным сложению является также действие разложения вектора на составляющие, заключающееся в том, что данный вектор заменяют равной ему суммой нескольких векторов. Примером служит разложение силы тяжести тела, находящегося иа наклонной пло-
и скатывающую силу
скости, на силу нормального давления (рис. 12).
Рис. 11.
Часто бывает необходимо разложить вектор иа составляющие^ направленные по осям координат. В этом случае а = ах4-а„+аг, где ах, ау и az—составляющие вектора а, направленные по соответствующим осям. Их модули равны модулям проекций векто-
ра а на те же самые оси:
= |ау| = |ау|: l«zl = l«zl
(напомним: ах — | а | cos (а?Ох).
Очевидно (рис. 13), что
I а | = ]К| ах |а +1 |а +1 аг
В качестве примера приведено разложение вектора скорости тела, брошенного под углом ц горизонту, на горизонтальную и вертикальную составляющие (рис. 14).
Отметим два важных свойства суммы векторов:
1. Проекция суммы векторов на некоторую ось равна сумме проекции слагаемых' векторов на ту же ось.
2. Составляющая суммы векторов,, направленная вдоль данной реи, равна сумме составляющих складываемых векторов, направленных вдоль этой же осн.
Эти утверждения очевидны из рис.' 15.
2)	Умножение. Умножение вектора на скаляр. Произведением вектора а на скаляр k называют вектор с, модуль которого равен |с| = |Л||а|. Вектор с параллелен вектору а, если k > О, и антипараллелен, если k<0 (рис. 16).
Скалярное произведение векторов. Скалярным произиедеиием вектора а иа вектор Ь называют произведение модулей этих векторов, умноженное на Косинус угла между ними, т. е.	/ч	.
(а&) = |а|-|&|соз(а, &).
Как видно из определения, результатом скалярного произведения двух векторов является число (скаляр). Знак скалярного
произведения определяется знаком косинуса угла между векторами. Примерами использования скалярного произведения служат формулы для работы и мощности:
А = Fs cos <р=(Fs), где под s понимают вектор перемещения, и
N = Fv cos а = (Fv).
СИМВОЯ4КА (МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ)
Символ S (сигма). Если имеется ряд слагаемых, обозначенных одной и той же буквой, например а, но каким-то образом пронумерованных для отличия друг от друга: ait at, а3, ...» а„, то сумму п	-
таких слагаемых обозначают символом а;; при этом а/ называют общим членом суммы, а надписи выше и ниже зиака суммиро* вания означают, что значок i (скользящий индекс) пробегает все значения от 1 до л.
-Например, с помощью знака У, формулу бинома Ньютона можно ааписать так:
(a+t>)t,= (^aa.lfi+C1aatt-4A±Clatt-^+... С^ав6"= Дс'пал-/6/.
Первый член суммы получится при i=0, второй—при /= 1 и т. Д., последний—при i = n; общий член С1пап~‘Ь‘.
Если число членов в сумме неограиичеио, то сверху знака У ставится значок во («бесконечность»). Например, сумму бесконечна убывающей геометрической прогрессии a + aq+aq2^-.. .+aqtt...
00 можно записать: У] ао‘.
• (То
Отметим некоторые свойства символа У:
1} /2(Х/+Vi) “(If *'+
п	п
2) 2^/=*^Ь[, если 6—постоянное число;
3) 2 па п₽и ai =at — • • •	... =ап.
Символ Д (дельта). Символом Д обозначают приращение какой-либо величины. Например, температура тела была затем его стали нагревать и его температура повысилась до (2; приращение температуры t2—обозначают ДГ, т. е. ДГ = (2—Прираще-
ние может быть и отрицательным, например при охлаждении ДГ==t2—tj < 0.
Символ Д применяют и к векторным величинам. Например, скорость тела была о1( а через некоторое времи стала о8; приращение скорости	—тоже вектор (рис. 17). В качестве
примера предлагаем читателям доказать, что в общем случае Д | а | ?£ | Да |. Очевидно, что А (х ± {/) = Дх±Ду и A(fex)=ftAx, где k—постоянное число.
Найдем приращение величины х*!
Дх>«(*+Дх)а—х*=х’+2х Дх + (Дх)«—х»==2хДх-|-(Дх)*.
Если величина | Дх | «^ 1 и, кроме того, | Дх | «< | х I, то величиной (Дх)* можно пренебречь по сравнению с 2х Дх и в этом случае Дх* № 2х Ах.
Символ об означает угол между векторами а и b (рве. 18).
ФУНКЦИИ
Законы физики устанавливают зависимость одних физических величин от других. При этом некоторые из законов имеют качественный- характер, большинство же устанавливает количественную зависимость (примером, иллюстрирующим это утверждение, может служить первый и второй законы Ньютона). Одни из этих величин считаются независимыми (аргумент), а другие—'зависимыми (функция), при этом зависимая переменная может быть функцией как одного аргумента, так и нескольких. Математическое определение функции можно дать следующим образом:
Переменная величина у называется функцией переменной величины х (запись: y = f (х)), если указана область возможных значений х и каждому допустимому значению х по какому-либо закону поставлено в соответствие одно или несколько значений у. В первом случае функция называется однозначной, во втором—многозначной. Область возможных значений аргумента называется областью определения функции.
Закон соответствия можно устанавливать различными способами, но чаще это делают с помощью формул или графиков. Если функция задана при помощи формулы, то ее естественной областью определения является совокупность всех значений аргумента, для которых выполнимы действия, указанные формулой. Так, для функции у = 2х областью определения служит вся числовая ось (—оо < х < -f-оо), а для функции Р=у — вся числовая ось за исключением точки /=0 (— оо < t < О, 0 < / < + »).
В физических примерах область определения часто задается еще условием и смыслом задачи. Например, при растяжении тонкого и длинного резинового шнура сила натяжения F представляет собой функцию его длины /:
F=k(l—l<t).
Здесь k — коэффициент пропорциональности (fe = const>0), 10 — длина шнура в нерастянутом состоянии.
С математической точки зрения областью определения функции F может быть вся числовая ось, т. е. —оо<1<4-оо. Между тем ясно, что при длине 1<10 приведенная выше формула лишена смысла, поэтому 1^10. Кроме того, существует предельная длина /пр, при которой шнур обрывается. Следовательно, областью определения функции F является 1а<1 < /пр.
Последовательности. Последовательностью называют функцию натурального аргумента y = f(n), т. е. в случае последовательности каждому натуральному числу (1, 2, .... ri, ...) поставлено в соответствие какое-либо действительное число. Члены последовательности обозначают буквами с индексами внизу, показывающими, какому натуральному числу данный член соответствует. Например, £(5) = к6. Иногда последовательности обозначают символом {«„}.
Если число членов последовательности конечно, то последовательность называют конечной', если число членов неограничено, то последовательность называют бесконечной. Задают последовательности, либо задавая общий член ее в зависимости от п или
выражая fe-й член через члены с меньшим номером. Например, “п="п; 1: Т’ Т: 4-; у; ••• «/в «n=^n_14-d, что справедливо, если в качестве последовательности рассматривается арифметическая прогрессия.
Рассмотрим суммирование последовательностей. Пусть задана некоторая последовательность {хл}: хх, х2; хп; ... Частной суммой Sk последовательности называют сумму ее первых k членов
Sa = *i + *2+ • • • +**
Сами частные суммы образуют последовательность {S„}:
Si = xx; S2=^i"I~*2> ,$3=x1-|-x2-|-.xs, •••
Суммированием конечного ряда {хл} называют нахождение общего члена последовательности его частных сумм {Sra}, т. е. суммы первых п членов последовательности {хл}. Вопрос о суммировании бесконечных последовательностей и методы суммирования мы рассмотрим позже.
Пределы функций. Многие физические величины определяют с помощью предельного перехода*), при этом существование предела следует из физических соображений.
Рассмотрим, например, физические величины, определенные в некоторой области пространства: температуру тела, давление в некотором объеме жидкости или газа, плотность и т. д. В том случае, когда данная величина неодинакова в разных точках пространства (тело нагрето неравномерно и т. п.), вводят понятие значения величины в точке. С этой целью рассматривают малую область пространства, выделенную вокруг дацной точки. Если размеры выделенной области достаточно малы, можно с’читать, что в этой области 'интересующая нас физическая величина практически не меняется. Ясно, что чем меньше размеры выбранной области, тем точнее это утверждение. Если размеры области приближаются к нулю, то получаем значение дайной величины в точке.
Рассмотрим еще некоторые примеры предельных переходов.
1)	Закон всемирного тяготения утверждает, что сила, с кото-
„	_ т1т2
рои притягиваются два тела, равна г = у ’ гае т± и
массы тел, a R— расстояние между ними. Из формулы следует, что, неограниченно увеличивая /?, можно сделать силу F сколь угодно малой. В этом случае говорят, что предел величины Епрн R, стремящемся к бесконечности, равен нулю, н записывают: limF=O.
Я-*®
Физически это означает, что при достаточно большом расстоянии между телами их можно считать невзаимодействующими.
2)	Если один конец нити закрепить, а к другому приложить силу F, то ее длина I станет функцией приложенной силы: при
*) Фактически все физические величины определяются путем
предельного перехода, так как определение физической величины предполагает возможность ее измерения, а любое измерение заключает в себе предельный переход.'
увеличении силы длина инти будет увеличиваться; однако вслед-* ствие ограниченной прочности нити длина ее не может стать боль-,, ше некоторого предельного значения /пр, так как нить разорвется!. Этому значению /пр соответствует сила Fnp. В этом случае говорят, что величина I при значении F, стремящемся к Fnp, имеет предел, равный /ир, и записывают:
/пр= lim /(F).
F * Fnp
3)	Рассмотрим закон Кулона
/?« •
Из формулы следует, что, неограниченно уменьшая расстояние между зарядами, можно получить бесконечно большую силу взаимодействия между ними, т. е. предел F прн R, стремящемся к нулю, равен бесконечности:
lim F = оо.
Я-*о
В природе, однако, никогда не встречаются бесконечно большие силы. В действительности расстояние между зарядами ограничено размерами тел, несущих электрические заряды.
4)	Вполне реальному процессу — разрыву электрической цепи — соответствует предельный переход в законе Ома длн всей цепи:
». е. при неограниченном увеличении сопротивления цепи (впре-деле—при разрыве) ток неограниченно уменьшается (в пределе — становится равным нулю).
Во .всех приведенных примерах мы рассматривали предельные переходы трех типов:
1.	Аргумент стремится к бесконечности, а функция имеет конечный предел (в частности, нуль) —примеры 1 н 4.
2.	Аргумент стремится к некоторому фиксированному значению, функция имеет конечный предел (пример 2).
3	Аргумент стремится к некоторому фиксированному значению, а функция стремится к бесконечности (пример 3).
Вообще говоря, типов предельных переходов существует больше, но мы использовали лишь эти три'
Приведем без доказательства некоторые свойства пределов.
Если предел функции ft(x) при х, стремящемся к Хо, равен а, а предел функции /я(х) прн х, стремящемся к х0, равен Ь, т. je. lim ft(x)=a, a lim fs(x)=6 (где под х0, а н Ь мы будем пони-X -* X,	X -> X.
мать любые значения, в том числе и бесконечные), то:
1.	Ит kfl(x)<=k lim /\(х)«=6а (ft—постоянное число). х -> Х«	X X,
2.	lim [fi(x) ±/»(*)] = lim h(x)± lim fa(x)=e±b.
X Xg	X -***
3.	Ita MstJJe. Um /\(x). lira /»W=O&-
*	4	X -* xe	X-^-Xo
f (r\	fit*)
4.	Um	_^a , если &#0.
x-*-x,fi(x) lim ft(x) b
хч-х.
Эти свойства справедливы для предельных переходов всех типов.
К последовательности применим предельный переход лишь первого типа, jr. е. при л, стремящемся к бесконечности. При этом для каждой последовательности можно рассматривать предел в обычном смысле и предел последовательности ее частных сумм. В последнем случае предельный переход называют суммированием бесконечной последовательности. Например:
1)	«п = 4 . Мш й„= Ми —=0, т. е. общий член последо-
**• со	п —► ® fl
вательности стремится к нулю;
2) a; aq.aq*, . . aqA, . . . (|^| < 1) — бесконечно убывающая геометрическая прогрессия.
так как lim qn = 0, поскольку | q | < 1 ( lim k~n— Mm JL= о
прнА>1 и Mm kn = Um _1_-=o при k<l n-t- a> -	n-*a> к "
Приемы суммирования. Нахождение суммы конечной последовательности представляет известную трудность, и решить эту задачу элементарными методами удается в редких случаях. Рассмотрим некоторые из них.
I)	Сумма арифметической и геометрической прогрессий.
а)	Если члены последовательности
oj; о,; о,;	.	(1)
свизаиы соотношением a*+1=a*-|-d, где d—-постоянное для данной последовательности число И А = 1, 2« 3,..., то такую последовательность называют арифметической прогрессией. Сумма ее л членов
с _ « (ai+an) _ n &^+dtn— 1)) ----------2	2
б)	Если члены последовательности (I) связаны соотношением aj+l=aft?, где q— постоянное для данной последовательности число, то твкую последовательность называет геометрической прогрессией. СуммД ее л членов
Ч _я
(d-H O могут быть как положительными, так и отрицательными).
Удается суммировать еще некоторые последовательности, обый& нлен которых имеет вид t (x-f-AA), где fe«=0, 1, 2,... и А—
какое-либо постоянное для данной последовательности число. Для нахождения
П-1
^f(x+kh)	(2)
6=0
Необходимо подобрать такую функцию <р (х), чтобы
Дх)=ф(х-|-й)— ф(х).
Если это удалось, то остальные члены последовательности можно записать в следующем виде:
I (х+Л)=ф(х+2/1)—ф (x-j-й), £(х-|-2й) = ф (х-|-Зй)—ф (х-|-2й),
£ (х-|-йй) = ф [x+(fe+l) й] —ф (x-j-йй),
И, следовательно,
П-1
S£(x+feft)=£(x) + £{x+ft)+£(x+2ft) + ...+f[x+(n-l)ft]=-
I
= {ф (х+й)—Ф (х)}+{ф (x+2fc)—ф (х-(-й)} +
М-{ф (х + Зй)—-ф (х+2Л)}+... + {ф(х+пй)—<р [х+(п—1)й]} = = Ф (х+пй)—ф(х).	(3)
Таким образом, вычисление суммы (2) сводится к нахождению функции ф(х) (она носит название суммирующей) и вычислениям по формуле (3). Отметим, что готового рецепта подбора суммиру-п-1
ющей функции нет. В качестве примера найдем зш(х-|-йй);
fe=o п-1
2sin (x + ftft) = sinx + sin (x4-ft) + sin,(x + 2ft) + ...+ к=о
4-sin [х+(п— 1) Л].
Обозначим sin x через £(х). Тогда	*
sin (х-(-й)=£ (х4-Л), sin (х-(-2й)=£ (х-(-2й) н т. д.
Для нахождения суммы необходимо найти такую функцию Ф(х), чтобы вшх = ф(х4-й)—ф(х). Из равенства
f , ft\ I h\ „ .	. / й\
cos ( я+у) cos—I х—-g-l=2sinxsiir+—— j
Выразим sin XI f . й \	(	й \
COS ( Х-|—к- I	COS I X-s- 1
sin Х=----------г------------г— •
<—2 sin -g-		—2 sin -s-
ш
f h\		f h\
coslx—^j	cos(X_|-"j
Если ---------обозначить через <p (x), to-------—A =
—2sm-;p	—2sin-A
= <p(* + /i) (так как аргументы отличаются на h). Таким образом, нам удалось найтн вид суммирующей функции;
/ й \ cos Г х—-s- J 4>W =------------.
—2 sin —
Искомая сумма есть п—1
2 sin (х4-йй)=ф (х-|-пй)—ф (х) = k=o
В частности, прн й = х получим . л. 4-1	. пх
Sin —XS1I1 -7J-sin х 4- sin 2x4" • • «4-sin nx =------
sin A.
n—1
Аналогичным методом вычисляется сумма 2 cos (х-Ь^)>
fe=0
n—1	cos/х + ^Цг-^Й sin
2 cos (ж+йй>= ---------£__Z-------£..	(5)
*=о	sin А
Для решения задач нам еще понадобится вычисление сумм вида 2sin2(x4-feft) н 2«*3(*+**)-
Последние находятся понижением степени (так, например, • t ш 1—соз2(х-|-йЛ) \	...
sin2(x4-«A) =---------—I----- 1, что приводит к сумме вида (5).
Окончательно получаем
П-1
V sin^4-Aft)=A_C0S [2х + (п — 1) ftlsin.,?! f-*	' 2	2 sinh	*
* = п	‘
Scos2(x 4- khi=-4-	ОМатлй
' 2 Т	2sinA
3) Отметим некоторые широко используемые формулы, которые приводим без доказательства:
feJ ,.я(я+1)(2я-)-1)
я»(я + 1)« 4
4=1	4 = 1
Для нахождения суммы S бесконечной последовательности находят общий член последовательности частных сумм S„, т. е. сумму я первых членов, и затем переходят к пределу, устремляя а к бесконечности:
S= limS„.
->сю
При этом пользуются известными пределами:
lim = 0	1*т а1П<г огп°‘~1 + • • • + °,
а-»® я ’	n-*® btn? + 62я0-1 +
о <н
00
при 0 > а, при 0 = а*), при 0 < а,
в свойствами пределов.
Рассмотрим несколько примеров и задач.
1) Найти силу давления на иертикальный щнт формы, целиком погруженный в воду. Разобьем щит на п очень узких горизонтальных полосок (элементар-.	.	h
иых полосок) ширннои — каждая
п
(рис. 19) и определим всю силу давления как сумму сил давления на каждую полоску. Рассмотрим А-ю полоску сверху и подсчитаем давле-' ииена нее. Так как ширина полоски мала, то можно считать, что все ее точки находятся на одинаковой глубине. Кроме того, узкую полоску можно считать прямоугольником, а це трапецией. Эти предположении тем правильнее, чем меньше ширина полосок. Вообще, всегда в таких случаях важно обращать главное внимание на простоту выражения элементарного слагаемого, лишь
W//////1
Рис. 19.
треугольной
+ h 1

h
„	.. сип* + а*п “-1 + ... о. о,
*) Докажем, что Пш х. л,,	----г v * =г1 при 6=а.
Разделим числитель и знаменатель дроби нал'; получим
1.1, г 1 в1 +в2~ +а»^ + • • • +а«
lim "х * “ п  » я» '	~	“ я“ _£i
к . j. 1 л. к 1	а. к 1	ъ1'
Ь1+	+ Ъ» + ... + «’«^г
тая как все последующие члены в числителе и знаменателе обращаются в нуль при я->оо. Таким же образом доказываются оба других случая.
ЖИ
бы г погрешности были ничтожно малы по сравнению с основным выражением.
Площадь полоски есть произведение ее длины на ширину. Ши-ft
рина равна —, длина находится нз подобия треугольников
(ft \	! k \ h
1	— - а. Таким образом, площадь f 1 — — J а — и давление на нее в воде, равно глубине погружении, умноженной на удельный вес воды а=1 Г/сж8 . Сила давления равна произведению давления на площадь полоски:
так как глубина равна —h. Всю силу давлении находим как сумму
aft2 n(n-f-l)	aft2 n(n+1) (2n4-l)
“ я2 ‘	2	п» '	6
ИЛИ
Это выражение приближенное; оно тем точнее, чем уже полоски, т. е. чем больше л. Перейдем к пределу при п, стремящемся к бесконечности:	х .
=л® [т 0 + 4) ~ ¥ (1 + 4) (2+4)] *=
ah* i;m Л , 1 \ aft2~ 1 \	/_ , 1 \
= — шп ( 1 -.)-— lim I 1	-j- — j	urn I 2	-f- — )	=а
2	n-*a> \.	it']	6 п->» \ Л J\ fl J
ah* ah* _ . aft2
eT-T'2 =~6~-
Такую же задачу, но с перевернутым щитом, предлагается решить читателям.
Рассмотрим некоторые геометрические приложения пределов.
1) Касательная к кривой. Пусть необходимо провести касательную к кривой I в точке М (рнс. 20). Проведем секущую MN. Если приближать точку N по кривой I к точке М, то секущая будет иоворачнваться вокруг точки М,' все более приближаясь к ц^оторой прямой, которая и называется касательной. Следовательно, Касательная к кривой в точке М—это предельное положение секущей MN при стремлении N ндоль кривой к точке М.
2) Площадь фигур#, о гр а н н че и и о й не кот ор о й кривой у=^£(х) и. вертикальным'отрезками. Надо иайти площадь, ограиичеииую кривой р = (крицаи CD на
рис. 21) н прямыми х — а (линия аС) и х = Ь (линия ID). Разобьем Отрезок аЪ на п равных частей и построим п прямоугольников
с основанием ----каждый н высотой k-ro прямоугольника, равной
, п ч . [(»—Л)а+*Ь1 hk = f = f [---------J
Если п велико, т. е. величина отрезка мала, то площадь прямоугольника KLMN будет мало отличаться от площади фигуры KPMN. Разница между ними будет уменьшаться прн увеличении п.
Площадь элементарного прямоугольни-
ка равна _	Ь—а.	Ъ—а.Г(п—fe)a-4-fe6]
q—-—j
Площадь всей фигуры я s- lim У Ь-Ш f F(n-fe)a+fefe] e п -> 00 ~ Я I Я J Й=1	“
п
= (&-а)пИш	=
* k=l L	J
[ft
Jy f (”~felq+^
n	n
ft = I
В качестве примера найдем площадь фигуры ОАВ (рнс?%£!2)» ограниченной параболой у—ахг. Разделим отрезок ОА на п частей и восставим нз концов отрезков перпендикуляры до пересечения с кривой р=ах*. Таким образом получим п узких вертикальных f k у	а
полосок. Высота Л-й полоски — Ф) в, а ширина — • Сле-\ fl J	fl
ж
|$овательно, площадь ее S* = —— н площадь всей фигуры
п
$оав = И» У ^5= Ит
«->•€» Т"" П П -> СО
Й = 1 = lim
П -► 00
п
3)Скоростьизменения произвольной велнчи Мы, Пусть y = f(t) и график функции —некоторая кривая, изобра ренная на рис. 23. Пусть в момент » времени t, значение функции ® '
а в момент времени t2~ значение у2=/(/2), т. е за время Д1 = 12—ti величина у получила приращение Ду = у2—yt. Скоростью изменения любой физической величины называют пре-Д/ (/)
дел отношения  при Д#, стремящемся к нулю!
о я, lim	•
Д/ -» о Д t
Рис. 23.
Под это определение попадают и векторные величины. В этом случае &f(t) и V—векторы.
Среднее значение функции. Пусть имеется произвольная физн-^ескзя^величина, являющаяся функцией другой величины, н общем ви*е
y = f(x).
Пусть прн значение функции f(d)=A, а прн х — Ь значение |(Ь) = В (рнс. 24). Средним значением функции y = ft(x) на промежутке от а до Ь называют отиошение площади, ограниченной

кривой у=/(х), вертикальными прямыми х==а,х=«Ь и осью х (площади фигуры аАВЬ), к величине (Ь—а):
п“ I я7 J
*=1 *-
- J_e	'	" —
lim У f f(n—k)a+kb ] я -» » “I п Г
\п — k) а+М>1  _____>=*________________ ,
п I	lim л
п
п
Отметим, что если функция линейна, то ее среднее значение на промежутке [a; 6) равно среднему арифметическому для ул ^'1 (а) &ya=t(b). В этом случае площадь фигуры аАВЬ (рис. 25) равна
(Ь-аН(а)	₽
В
. , . т ,п Р-а) и (a)+f (&)] f (a) + f(b)
fcp W=£ (*)-------2 (Ь-д)------ ----2