В.К.Кобушкин
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПО ФИЗИКЕ
Изд-во ЛГУ, 1972,247 с.
Цель книги — довести до читателя некоторые весьма общие методы решения
задач по элементарной физике, основанные на возможности общего подхода к
решению различных задач, а также на том широко известном факте, что все
явления описываются небольшим числом основных уравнений.
Книга состоит наследующих разделов: «Механика», «Механические колебания
и волны», «Термодинамика», каждому из которых предпослан необходимый
теоретический материал. С целью расширения представлений учащихся о
возможных методах решения ряд задач решен несколькими способами. При
решении многих из них широко использованы элементы векторной алгебры.
Книга предназначена для учащихся старших классов средних школ, а также
для студентов педагогических вузов и преподавателей физики.
СОДЕРЖАНИЕ
От автора 3
Часть I. Механика
1. Элементы векторной алгебры 5
2. Примерная схема решения задач 12
3. Кинематика материальной точки 12
4. Динамика материальной точки (собственно законы Ньютона) 24
5. Закон изменения количества движения системы тел и закон его 54
сохранения
6. Движение тела переменной массы 59
7. Работа, энергия, мощность 66
8. Столкновение тел 75
9. Тяготение 85
10. Динамика движения материальной точки по окружности 94
11. Статика 109
12. Гидроаэростатика 121
13. Движение заряженных частиц в силовых полях 135
14. К обоснованию выбранного способа решения задачи 145
Часть II. Механические колебания и волны
1. Основные понятия 155
2. Замечания к решению задач 161
3. Сводка формул для гармонических колебаний 163
4. Задачи к разделу «Колебания и волны» 164
Часть III. Термодинамика
1. Идеальный газ (основные понятия) 188
2. Задачи к разделу «Идеальный газ и пар» 192
3. Энергия, работа, теплота 224
4. Задачи к разделу «Энергия, работа, теплота и агрегатные переходы» 229
5. Замечания к разделу «Термодинамика» 245

ОТ АВТОРА
Данная книга задумана как методическое пособие для учителей
физики, студентов младших курсов вузов (прежде всего педагоги-
педагогических), а также для учащихся старших классов средних школ
(особенно школ физико-математического профиля). Для школьников
на первых порах книга может показаться трудной (в основном,
однако, из-за непривычности векторного изложения). Тем не менее
достаточно упорные учащиеся, надо полагать, почерпнут для себя
много полезного.
Автор старался везде придерживаться единого метода решения
задач, в основе которого лежит использование небольшого коли-
количества фундаментальных законов физики с привлечением по мере
надобности незначительного количества вспомогательных формул.
Для большей ясности изложения каждому разделу предпосланы
основные теоретические положения.
В книге нет обстоятельного ответа на вопрос «как научить
учеников» решать задачи, ибо это уже вопрос преподавания. Ав-
Автор сомневается в необходимости подчеркивания ответа на этот
вопрос в книге, посвященной непосредственно подходу к реше-
решению и самому решению задач с возможно большей строгостью.
Задачи в основном составлены автором. Целый ряд задач на-
нарочито дан в весьма «размытой» формулировке с целью научить
школьников мыслить общими положениями, без излишней привя-
привязанности к конкретным данным. С этой же целью в некоторых
задачах указаны не все данные, необходимые для отыскания
ответа; решающий такую задачу должен сам ввести недостающие
данные, когда ему станет очевидной их необходимость.
1* 3

Большое внимание уделяется оговоркам о том, какие допуще-
допущения делаются при решении данной задачи, в каком приближении
она решается. Исследуется решение ряда задач. В некоторых
случаях из результата решения задачи общего типа получаются
решения более частных задач. Такой элемент исследования автор
считает безусловно важным для развития физического мышления.
Изложенный метод решения задач апробирован автором в не-
нескольких обычных средних и специализированных физико-маг-
физико-магматических школах Ленинграда, а также излагался на семинаре
учителей физики средних школ Ленинграда.
Автор благодарен Александре Васильевне Тиморевой, Елене
Федоровне Яруниной и Евгению Ивановичу Бутикову за ряд
критических замечаний, которые, разумеется, были учтены.

ЧАСТЬ I
МЕХАНИКА
I. ЭЛЕМЕНТЫ ВЕКТОРНОЙ АЛГЕБРЫ
В курсе элементарной физики, как известно, приходится опе-
оперировать двумя категориями величин — скалярными и векторными.
Существенным отличием вектора от скаляра
является направленность вектора, чем и обусловлены
особые правила действий над ними, носящие геометри-
геометрический характер. д
Поскольку действия над век- щ? Себер
торами по существу учащимся
известны плохо, то представляет-
представляется необходимым рассмотреть про-
простейшие операции над векторами
перед изложением основного ма-
материала этой книги. Необходи-
Необходимость этих предпосылок объяс-
объясняется еще и тем, что векторная Юг
запись многих уравнений физики Рис. 1.
более полно отображает соответ-
соответствующие процессы и является более простой и компактной.
Вектор определяется абсолютной величиной (модулем) и направ-
направлением и на чертежах изображается направленным отрезком, длина
которого в определенном масштабе характеризует абсолютную вели-
величину вектора. Так, движение какого-либо тела на северо-восток
со скоростью 30 м/сек может быть изображено отрезком, направ-
направленным на северо-восток (и только туда!) и имеющим длину,
определяемую масштабом; например, при масштабе в 1 ел 10 м/сек
длина отрезка О А должна быть 3 см, а при масштабе в 1 см 15 м/сек —
¦— 2 ел и т. д. (рис. 1). Точка О называется началом вектора,
точка А — его концом.
Принято для отличия векторов от скаляров обозначать в тек-
тексте векторы жирными буквами или над буквами ставить черту
или стрелку. Например: a, v, E или a, v, E, или a, v, Ё и т. д.

Абсолютные значения векторов обозначают теми же буквами,
но без всякого выделения их, например: a, v, Е или в виде \а\,
\v\, \E\.
Формально векторные равенства имеют тот же вид, что и
скалярные, например, а-\-Ь = с. Стрелки же над буквами озна-
означают, что мы имеем дело с векторами и, значит, операции над
ними производятся по особым правилам, о которых речь будет
идти в дальнейшем. В частности, такая запись означает, что если
а = 2 и 6 = 3, то с не обязательно будет равно 5.
а) умно жение ее кто ра на скаляр
Умножение вектора а на какой-либо положительный скаляр
дает вектор того же направления, что и вектор а, но в п раз
больший по величине (рис. 2).
5 Ь=4а - о -
h-m-a
Рис. 2. Рис. 3.
Умножение вектора а на отрицательный скаляр т дает вектор
противоположного вектору а направления и в |ш| раз больший
по величине (рис. 3).
б) сложение векторов
Сложить несколько векторов — это значит заменить несколько
на самом деле имеющихся векторов таким одним, который был бы
эквивалентен всем заменен-
^ ным. Результирующий вектор
находят как замыкающую той
ломаной линии, звеньями ко-
которой являются составляю-
составляющие векторы. Например,
надо сложить изображенные
на рис. 4 векторы а, Ь, с
и d. Для этого пристраивают в
любом порядке к концу одного
Рис 4 (предыдущего) вектора на-
начало другого (последующего).
Результирующий вектор J направлен от начала первого сла-
слагаемого к концу последнего. При этом имеет место коммутати-
коммутативность, т. е. то, что от перестановки составляющих сумма не
6

меняется. Из рисунка видно, например, что "а-\-ЬЦ-с-\-d —
= Ъ-\-а-\-2-\-~с.
В частном случае сложения двух векторов при построении
получается треугольник, две стороны которого — составляющие,
а третья — результирующий вектор.
в) вычитание векторов
Как и в случае скаляров, вычитание векторов есть действие,
обратное сложению. Рассмотрим вычитание на примере двух
векторов.
Пусть надо из век-
вектора с вычесть вектор а
и тем найти их разность
Ь = с — а. Чтобы найти
разность двух векторов
сна, надо к вектору с
Рис. 5.
Рис. 6.
прибавить вектор (—а), т. е. вектором Ъ = с — а будет вектор,
направленный от начала вектора с к концу вектора (—а) (рис. 5).
На рис. 6 показаны два
вектора а и Ъ, их сумма
c = a-\-b, разности 3=
= Ь — а и f = a — b.
Рис. 7.
Из рис. 7 видно, что в параллелограмме, построенном на
векторах а и Ь как на сторонах, одна диагональ (с) имеет смысл
суммы, а другая (а) — разности векторов baa.
7

В процессе изменения вектора могут меняться обе характе-
характеристики вектора: и его величина (модуль) и направление. На рис, 8
показан некоторый вектор, изменившийся от и0 до v, а также
Ди — полное изменение вектора с учетом изменения его по вели-
величине (Дит) и по направлению (Др„). Легко видеть, что
Ду = Дит -j- A.vn.
г) разложение вектора на составляющие
Часто бывает необходимо заменить один вектор такими не-
несколькими, которые в сумме своей были бы эквивалентны этому
замененному. Такая операция называется разложением вектора
на составляющие векторы. Рассмотрим три случая, когда состав-
составляющих Еекторов должно получиться два:
1. Известны кроме раскладываемого вектора направления соста-
составляющих. Подлежат нахождению величины составляющих Еекторов.
Очевидно, геометрически задача сводится к построению треуголь-
треугольника по одной из сторон и прилежащим к ней двум углам и
нахождению сторон получив-
b _ з, шегося треугольника (или
параллелограмма).
2. Известен кроме раскла-
раскладываемого вектора один из
составляющих векторов. Надо
найти второй составляющий
р 9 вектор. Геометрически задача
сводится к построению тре-
треугольника по двум сторонам
и углу между ними (или к построению параллелограмма по диа-
диагонали, одной из сторон и углу между ними), определению
третьей стороны треугольника и угла, составляемого этой сторо-
стороной с одной из заданных сторон (или соответствующих элемен-
элементов параллелограмма).
3. Известны кроме раскладываемого вектора величины состав-
составляющих векторов. Надо найти их направления. Геометрически
задача сводится к построению треугольника по трем сторонам
(или параллелограмма по диагонали и сторонам) с после-
последующим определением углов треугольника (или параллело-
параллелограмма).
На рис. 9 пояснены эти три случая. Первому случаю соот-
соответствует построение параллелограмма или треугольника по изве-
известным с, i н р с последующим определением а и Ь. Второму
случаю — построение по заданным с, а и [} (или с, Ь и а) с по-
последующим определением b и а (или а и р). Третьему случаю —
построение по известным с, а, be последующим определе-
определением а и р. • ¦
8

д) решение векторных треугольников
Решение векторных многоугольников, т. е. 1аких, сторонами
которых являются векторы, производится по тем же правилам,
что и решение обычных многоугольников.
В том частном случае, когда получившаяся фигура является
косоугольным треугольником, се решение сводится к применению
теоремы косинусов и теоремы синусов
(и редко теоремы тангенсов).
Теорема косинусов: квадрат сто-
стороны треугольника равен сумме квадра-
квадратов двух других сторон без удвоенного
произведения этих сторон на косинус
угла между ними.
Так, для случая, изображенного на
рис. 10, имеем:
с2 — а'2 -\- № — 2ab cos у,
Рис. 10.
Теорема синусов: -стороны треугольника пропорциональны сину-
синусам противолежащих этим сторонам углов.
Для случая, изображенного на рис. 10, имеем
a sin a a sin a b sin В
И
b sin В ' с sin 7 с sin 7 '
В том случае, когда треугольник получается прямоугольным,
решение упрощается. Рассматривать этот случай мы не будем.
е) проекции вектора на оси координат
и сопоставление векторному равенству
скалярных равенств
Воспользовавшись сказанным в пункте 4 (случай 1), можно
ввести понятие о проекциях вектора на оси координат.
Пусть на плоскости задан век юр с. Введем в этой же пло-
плоскости две взаимоперпендикулярные оси координат хну,
положительные направления которых указаны стрелками. Тогда
Еектор с определится своей величиной с и углом, который он
составляет с какой-либо осью, например, осью х (рис. 11).
Разложим вектор с на векторы а и Ь, направленные вдоль
осей х и у, и спроектируем их на оси координат. Тогда проекции
этих векторов будут одновременно и проекциями вектора с на
оси координат. Проекция вектора считается положительной, если
соответствующая составляющая вектора направлена в сторону
положительного направления оси, и наоборот. Например, на

рис. 11 сх и Су положительны, так как соответствующие им
составляющие вектора с {а или Ь) направлены в стороны поло-
положительных значений хну.
На рис. 12 проекция сх положительна (так как соответствую-
соответствующая ей составляющая
СУ
ъ
а
[%
Сх
Рис.
12
X
сх х
Рис. П.
вектора с направлена вдоль положительных значений оси х), а
проекция су отрицательна (так как соответствующая ей состав-
составляющая вектора с направлена в сторону, противоположную по-
положительному направлению оси у).
Очевидно, что задание вектора его величиной и углом, который
он составляет с какой-либо осью, совершенно эквивалентно зада-
заданию проекций этого вектора на
оси. Действительно, зная с и а,
можно найти сх = с cos а и су —
= с sin а. Верно и обратное: зная
проекции вектора, можно найти
его величину и направление,
а именно
Пусть теперь нам задано век-
векторное равенство a-\-b=c. Изо-
Изобразим три этих вектора в соот-
соответствии со сказанным в пункте 2.
Проектируя все векторы на оси координат (рис. 13), получим
очевидные равенства
cx = ax-\-bx или cx = acoso.-\- bcosfi;
Cy = ay-\-by или Су = a sin a -f- b sin p,
т. е. по проекциям векторов а и Ь легко находятся проекции
суммарного вектора с. Но проекции вектора вполне определяют
сам вектор, именно
10

Таким образом, всякому векторному равенству вида
... + h A)
можно сопоставить на плоскости два скалярных равенства проек-
проекций векторов
B)
y , , y , y , C)
При этом полученная система совершенно эквивалентна исход-
исходному векторному равенству в том смысле, что позволяет опреде-
определить проекции интересующего нас вектора по проекциям осталь-
остальных векторов.
В случае, если векторы лежат не в одной плоскости, то
к двум равенствам проекций на оси. х и у добавляют третье
равенство проекций векторов на ось г, ибо в трехмерном случае
вектор определяется тремя проекциями на оси.
Примечание. Решение векторных равенств, как видно, может быть
сделано как с помощью теорем синусов и косинусов, так и с помощью
сопоставления векторному равенству равенств скалярных. Первый способ
удобен в том случае, если в векторном треугольнике задан один из углов.
В случае же, если все углы задаются по отношению к одному и тому же
направлению, удобен второй способ.
Иа чертежах часто замененные векторы помечают волнистой
черточкой. Например, на рис. 12 вектор с разложен на состав-
составляющие векторы а и Ъ (т. е. заменен ими), поэтому он помечен
такой черточкой. Эти пометки не обязательны, но в случаях,
могущих вызвать недоразумение, полезны.
Надо запомнить, что знаки, стоящие в равенствах B) и C),
никакого отношения к знакам проекций векторов не имеют и озна-
означают лишь те действия, которые производят с векторами и их
проекциями. Эти знаки просто переносятся из векторного равен-
равенства A) в B) и C); о знаках же проекций следует судить по
сказанному в пояснении к рис. 11 и 12.
Отметим, что для сокращения записи проекций векторов на
оси координат, которым они параллельны, мы в тексте обозна-
обозначаем их ±о, ±ii и т, д. вместо, например, ах, Ъх и л. д. Но при
этом помним, что ах = а или bx — b при affox и Ь\\ох, если же
afjoje или Ь\\ох, то ах = — а и Ьх = — Ь. Иными словами, мы
сразу учитываем тот факт, что вектор, параллельный какой-либо
оси, проектируется на нее плюс-минус модулем (а на остальные
оси, разумеется, он спроектируется нулями).
Часто в тех случаях, когда направление вектора очевидно,
мы указываем только его модуль.
11

2. ПРИМЕРНАЯ СХЕМА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Разумеется, общего рецепта для решения задач нет, но при-
придерживаться какой-либо схемы желательно. Автор считает полезной
следующую схему:
1. Установить в общих чертах условия задачи.
2. Сделать краткую запись условий.
3. Сделать чертеж, схему, рисунок, поясняющие описанный
в задаче процесс.
4. Написать уравнение или систему уравнений, отображаю-
отображающих происходящий процесс.
5. Если равенства векторные, то им сопоставить скалярные
равенства.
&§?,Используя условия задачи и чертеж, преобразовать исход-
исходные равенства так, чтобы в конечном виде в них входили лишь
упомянутые в условиях задачи величины и табличные данные.
7. В случае необходимости исследовать полученные решения.
8. Все величины перевести в одну систему единиц.
9. Произвести вычисления.
Первые задачи в этой книге решены достаточно подробно,
а ряд последующих — более сжато, с опущенными очевидностями.
Наиболее трудные задачи помечены звездочкой. В параграфе 14
проведено обоснование подхода к решению ряда задач по ме-
механике и даны вариации в их решениях.
3. КИНЕМАТИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
Кинематика — это раздел механики, изучающий различные
движения тел без рассмотрения тех причин, которые вызывают
это движение. Если размеры тела в данной задаче несущественны
(часто это означает, чго линейные размеры тел много меньше
расстояний между ними и вращения тел отсутствуют), то такое
тело называется материальной точкой.
Движение материальной точки считается известным, если
известно ее положение относительно выбранной системы отсчета
в любой момент времени, или, что все равно, если мы знаем,
как из?леняется положение материальной точки в пространстве
со временем.
Введем понятие радиус-вектора г точки N как вектора, со-
соединяющего начало координат с интересующей нас точкой yV
(рис. 14). Очевидно, что проекции конца этого вектора есть
координаты точки. Очевидно также, что задания положения точки
ее координатами (х, у и z) или радиус-вектором (г) эквива-
эквивалентны друг другу.
При движении материальной точки ее координаты (а значит
и ее радиус-вектор) будут меняться. Задачей кинематики является
12

установление зависимости г от времени t, или, как говорят, уста-
установление зависимости г= /•(/), или зависимостей
x = x(t); y = y(t); z = z(t).
Эти уравнения называются кинематическими уравнениями дви-
движения материальной точки.
У
г
'ОС
As
х
Рис. 14.
х
X
Рис. 15.
Если в результате движения вдоль какой-то кривой матери-
материальная точка переместилась за время М из положения, опреде-
определяемого радиус-вектором г0, в положение, определяемое ради-
радиусом-вектором г, то вектор Аг = г — г0 называется перемещением
материальной точки, а длина части кривой между конечной и
исходной точками — путем As (рис. 15).
Рис. 16.
Надо четко себе представить разницу между перемещением Аг
и путем As: Ал —вектор; As —скаляр; | А7[ — измеряется по пря-
прямой между исходным и конечным положениями точки; As — изме-
измеряется вдоль траектории. Очевидно, Ass=|Ar|. В двух случаях
между. |Ал| и As нет разницы: 1) движение прямолинейное, в одну
13

сторону; 2) движение криволинейное, но два соседних положе-
положения материальной точки 1 и 2 столь близки, что нет возможно-
возможности отличить дугу As от хорды |Лг| (рис. 16).
В соответствии со сказанным можно ввести понятие о сред-
средней скорости перемещения уср = — и средней скорости прохо-
прохождения пути УсР = дт. При этом vcp и УсР отличаются в той же
мере друг от друга, что и Дг от As.
Часто учащиеся склонны считать среднюю скорость движения
в виде
где Vi, .... у„ —скорости движения на 1, 2, ..., п-и участках.
Это ошибочное мнение.
Средняя скорость, по определению, есть отношение общего
перемещения Дг к тому промежутку времени Ы, за который это
перемещение произошло, т. е.
^ Ar1-{-A7li + ...-f Аг"„ . Ast-f- As,-f- ...-f Asn
а) результирующее и относительное движение
Рассмотрим два случая одновременного движения двух тел.
1. Одно из тел движется по другому телу, в свою очередь
тоже движущемуся. Например, человек движется по кораблю,
движущемуся относительно берегов без вращения, т. е. посту-
поступательно. __
Пусть при этом Дг1 — перемещение корабля относительно бе-
берега и Дг2 — перемещение человека относительно корабля.
Тогда по закону независимости движений перемещение чело-
человека относительно берега Дгрез — результирующее перемещение —¦
будет складываться из An и Дг3, т. е.
Д7рез = A7i 4" Д72.
Деля обе части равенства на Д/ — время, за которое про-
произошли эти перемещения, получим
АГрез __Ari . А?»
U At "Г" М '
или
Другим примером является движение лодки относительно
берегов в случае, если гребец перемещает лодку относительно
воды, а вода перемещается относительно берегов (рис. 17).
14

Таким образом, результирующие _Дг и v изображаются гео-
геометрической суммой составляющих Дг и v. Аналогичное соот-
соотношение имеет место для ускорений (если нет вращений).
2. Два тела движутся независимо друг от друга в некоторой
системе отсчета. Как определяется их движение друг относи-
относительно друга?
Рассмотрим этот случай на примере двух кораблей, движу-
движущихся относительно берега. Пусть из некоторой точки А (рис. 18)
выходят два корабля, и один из них удаляется от А на расстоя-
расстояние Arb а другой — на расстояние Д/ч. Очевидно, относительное
Рис. 17.
их перемещение определяется взаимным расстоянием Д70ТН. И, зна-
значит, относительное перемещение равно разности A7i и Дт*. При
этом перемещение 1-го относительно 2-го
а перемещение 2-го относительно 1-го
Д/\ 1 = Дл2 — Д/v
Очевидно, что
Деля перемещения на время, за которое они произошли, имеем
^i,2 -—Дг1 А^а.
At At At
At
ИЛИ
2 j Zig 1 ——- Уо ' " У*,
Аналогично aj, « = ai— a^ и Ga, i = aa — a-\ (если нет вращения),
где Oi и Oj — ускорения 1-го и 2-го кораблей относительно берега.
Таким образом, относительные перемещение и скорость двух тел
определяются векторной разностью их перемещений и скоростей,
заданных по отношению к одной и той же системе отсчета.
15

б) равномерное движение
Равномерным называется движение с постоянной скоростью,
т. е. с v = const. Ясно, что при таком движении (по его опре-
определению) ни модуль, ни направление скорости не меняются.
Задача 1
Первую половину времени тело движется со скоростью
i>i = 20 м/свк под углом ai = 60° к заданному направлению, а вто-
вторую половину времени — под углом а2—120° к тому же направ-'
лению со скоростью у2 = 40 м/сек. Найти среднюю скорость дви-
движения ['ср (рис. 19).
х
—*>¦
Рис. 19.
Рис. 20.
Решение
Так как тело совершило два перемещения, то суммарное пере-
перемещение определится равенством
Дг = Art -f- Дг4,
откуда
At
2"
Сопоставляя этому векторному равенству два скалярных, по-
получим
= — 5 м/сек;
'¦— 15 У 3 м/сек.
Задача 2
Тело совершает два последовательных, одинаковых по вели-
величине перемещения со скоростями V\ — 20 м/сек под углом at = 60°
и р8 = 40 м/сек под углом а3=120° к заданному направлению.
Найти среднюю скорость Уср (рис. 20).

Решение .
Как я в.предыдущей задаче, Дг = Дг,4-Л/"», или vcpt = i
-\-v4i, откуда
ср — t '
или
- Дг, , - Дг2
АЛ ДГг
А так как Д/-1 = Дгг, то по сокращении на него имеем
- 1 - 1
Vi \- V. —
или в проекциях на выбранные направления
«1 COS а, 1- w., COS a. —
COS at + COS a9
»i sin a, 1- v, sin a» — . . .
l l Vt~ - »a Sin «i -f- sin a8
УсР>-"~ ill ~ ^+~^ '
Подставляя численные значения, получим
УсРл; = 0; vCVy = 20^- м/сек.
Задача 3
Два корабля движутся со скоростями vl и w3 под углом а
друг к другу. Найти скорость первого корабля относительно
второго (рис. 21).
Решение
Здесь речь идет об относительной скорости, поэтому
?i,2=?i — fa.
17

Так как здесь упомянут угол а между щ и tT2, то удобно вос-
воспользоваться теоремами синусов и косинусов
j 2 = Yv\ -\-v\ —
cos a.
Направление vt,t определим, напри-
например, углом Р; тогда из
Имеем
sin
sin p = -
1, 2
sm a
Рис. 21.
У v'f -\- v'i — 2t/it/8 cos a
Задача 4
Лодка передвигается относительно воды в реке со скоростью v
под углом а к течению, скорость которого равна и. Найти ско-
скорость лодки относительно берега (рис. 22).
¦ ¦У
х
Рис. 22.
Решение
Очевидно, что искомая скорость vpe3==v-\-u. Так как углы a
и р являются одновременно и углами параллелограмма и углами,
заданными по отношению к одному и тому же напразлению, то
решать полученное равенство можно любым из двух способов.
Пользуясь теоремами косинусов и синусов, получим
урез =
V -j- иа — 2«У cos A80 — a) = Vv*
sin A80 — а) sinji
COS a;
откуда
sin p =
V Sin a
u2 -f- ^«w cos a
18

В проекциях же на оси х и у получим из v9<.3 — v-\- и
Покажем, что второе решение тождественно первому
Dpe3 = ]/"t)pe3ji. + Урез = Vva cos3 a -f «г + 2иа cos x + u* sin3 а =
= Vv* (sin2 a -f- cos3 a) -f- и* -f- 2uu cos % = Vv* -j- "* + 2f« cos a,
урез у V -f- U -\- '2.VU COS a
Таким образом, оба решения эквивалентны, как и должно быть.
в) равнопеременное движение
При движении тела скорость его может изменяться. Для ха-
характеристики быстроты этого изменения вводят понятие среднего
ускорения для промежутка времени At
— До V — Vo
°еР== Д? = А7 '
откуда
Поскольку At = t — tu, то
у —?T0-f acp(t — tQ).
Если включать часы в момент ^ = 0, то
ЕГ(О = ив + Пере-
Пере, при котором а = const, называется равнопеременным.
В этом случае аср = а и, значит,
v = v0 -4- at.
Покажем, что при таком движении
или, что все равно,
Для доказательства этого построим графики зависимостей
Vx = Vqx '—(- CLxt\ Vy = foj/ -{- Я(/^.

Известно, что на таких графиках (рис. 23) заштрихованная пло-
площадь численно равна соответствующей проекции перемещения,
происшедшего за время t. Но в таком случае
Ах~
t
(*)
(Ах и Д(/ подсчитаны как площади трапеций). С другой стороны,
из Er = vcvt имеем
bx — vCpxt; Дг/ = осРу/.
Поэтому, пользуясь равенством (*), получим
2 cPjc-, 2
Сокращая в обоих равенствах t, получим
2
или, что все равно,
что и требовалось доказать.
Рис. 23.
Используем полученный результат для вывода другой основ-
основной формулы равнопеременного движения.
Эту формулу можно вывести и иначе, подставив сразу в (*) зна-
значения vx и vy. Тогда
avt~
что эквивалентно формуле
20
at*
2 '

Полученные формулы
у = 00+ at; Ar = iV-f-y-
позволяют решить любую кинематическую задачу на равнопере-
равнопеременное движение.
Задача 5
Из ямы глубиной h бросают тело под углом а0 к горизонту
со скоростью у0. Найти положение и скорость тела через время t
(рис. 24)
Рис. 24.
Р е ш е н и е
Проектируя уравнение
Д? = 0о* + ^г
на выбранные оси, получим
X — Xts = Vt)t COS V,
и учитывая, что *о —0 и yo = — h, найдем
x — vot cosa0;
у — — h-\-vat sin a0 — ^
Аналогично находим скорость из
После проектирования на оси получаем
vx = Vo COS «о; yj, = flosinao
21

Задача 6
Тело брошено под углом а0 к горизонту со скоростью t'o и?-
точки с координатами xt>, y<>. Найти зависимость у = у(х), т. е. по-
получить уравнение траектории (см. рис. 24).
Решение
Из уравнения
получим в проекциях на оси
х — Xq = vot cos а0Т^ у — yd = v4 sina0-
или, исключая из этих уравнений время t,
откуда окончательно
Задача 7
Найти максимальную высоту подъема утах и наибольшую
дальность полета хта% для тела, брошенного под углом а0 к го-
горизонту со скоростью v0.
Решение
Максимальной дальности полета хтях соответствует у = 0 (тело
упало). Но тогда, полагая в уравнении
у = 0, получим
g(Xmax — Л-0J , v^+гt™ к Л
-2t-icos2a0 (Xm;" ~ ^0) tg a» — У" " °-
Решая это уравнение относительно (хт№ — х»), найдем затем
Задача упрощается при уо = О. Тогда
2t»lcos3a0 iX™* ~ Xo> tg ^ — °*
По сокращении на (хтаж — *о) и упрощении получим
t/g sin 2а0 ,
22

Отсюда видно, что при заданных х0 и va дальность полета будет
наибольшей при ао = 45°. (При уо^у результат будет другим).
Найдем утах исходя из того соображения, что в наивысшей
точке траектории у>, = 0. Тогда из
исключая время t, получим
откуда после приведения подобных членов
Утаи
l sin2 а0 .
Очевидно, что при заданных v0 и у0 высота утйх будет наиболь-
наибольшей при а» —90°.
Задача 8
Два тела брошены одновременно
из некоторой точки. Найти уравне-
уравнения относительного движения их
(рис. 25).
Решение
Очевидно, что подлежат нахож-
нахождению
и
Рис. 25.
т. е. относительное перемещение и относительная скорость этих
тел.
Но из
Ъ A)
?¦ B)
после вычитания B) из A) получим
Аналогично из
имеем
и Vi=
Щ. *==
f оа-
23

Таким образом, тела, брошенные в поле тяжести одновре-
одновременно, движутся до своего падения друг относительно друга
равномерно и прямолинейно, т. е. с vx, 2 —уотн = const.
4. ДИНАМИКА МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
(собственно законы Ньютона)
Решение задач на законы Ньютона предполагает, естественно,
использование всех трех законов в своей совокупности незави-
независимо от конкретного вида задачи. Разъясним это.
1. Любое описание любого механического движения имеет
смысл лишь при указании той системы отсчета, по отношению
к которой измерены положение, скорость и ускорение интере-
интересующего нас тела, а также силы, действующие на это тело.
И так как в средней школе рассматриваются только инер-
циальные системы отсчета (т. е, те, о которых говорится в пер-
первом законе), решение задачи, естественно, нужно начинать
с фиксирования некоторой инерциальной системы отсчета, за
которую приближенно можно принять, при небольших продол-
жительностях движения тел по земле, землю или любое тело,
движущееся относительно нее равномерно.
Таким образом, ссылка на первый закон очевидна.
2. Определить характер движения тела невозможно без ана-
анализа сил, действующих на него. Но силы — это мера взаимодей-
взаимодействия тел. Это означает, что без рассмотрения взаимодействия
интересующего нас тела с другими телами задача решена быть
не может. Взаимодействие же, а значит, и определение всех сил,
действующих па исследуемое тело, немыслимо без пользования
третьим законом.
3. Так как изменение скорости тела определяется ускорением
тела, а величина его определяется из второго закона, то ясна и
его необходимость при решении механических задач.
Необходимо отчетливо представить себе эту взаимосвязь всех
трех законов Ньютона, бессмысленность их использования
в отрыве друг от друга.
Рассмотрим несколько примеров в общем виде с тем, чтобы
проиллюстрировать сказанное выше.
Пример 1. Лошадь везет в гору воз, движение которого нас
интересует.
1. Естественно за систему отсчета взять землю, дорогу или
гору и связать с ней систему координат (рис. 26).
2. На воз существенным образом действуют: а) Земля с силой
тяготения Р, направленной вертикально вниз; б) деформирован-
деформированная, «прогнувшаяся» опора (дорога) в направлении, перпендику-
перпендикулярном к себе с силой Q; в) сила тяги со стороны лошади F-,
вдоль геры вверх; г) сила трения FTp вдоль дороги вниз а
24

обусловленная микро- и макрошероховатостями (с точки зрения
механики) дороги.
Естественно, на воз действует бесчисленное множество дру-
других сил, но их действие несущественно в данном случае.
Ряс. 26.
3. Результат рассмотрения сил позволяег написать второй
закон в виде
_
а
у
Пример 2. Камень, лежащий на руке, подбрасывают
вверх (рис. 27. Л).
1. За систему отсчета берем землю и связываем с кел
систему координат, начало которой располагаем в любой близкой
к камню точке.
2. На камень действуют:
а) рука с силой Q; б) Земля
с силой Р; в) сопротивление
воздуха с силой Fc. Осталь-
Остальные силы несущественны.
3. Второй закон записы-
записываем в виде
С)
т
Рис. 27.
Пример 3. Подброшенный камень летит вгерх (рис. 27, Б).
1. То же, что и в предыдущем примере.
2. На камень действуют: а) сила тяжепи Р со стороны Земли,
б) сила сопротивления воздуха Fzonr,; эти силы направлены
вертикально вниз.
Необходимо отметить, что учащиеся склонны в подобных
случаях еще приписывать к перечисленным уже силам «силу
25

инерции», «силу движения» и т. д. Нужно уяснить, что
по третьему закону силы «порождаются» только телами и никак
не скоростью, инерцией и т. д.
В нашем примере существенных сил только две — Р и Fconp.
3. Второй закон для этого случая имеет вид
Отметим еще один случай, часто приводящий учащихся
в смущение. Речь идет о силах, действующих на «самодвижу-
«самодвижущиеся» тела — автомобили, поезда, животных.
Учащиеся склонны считать, что движущей силой в случае
автомобиля является сила тяги мотора. Это, строго говоря,
неверно! Тело не может само себе сообщить ускорение. Это
Рис. 28.
могут сделать лишь другие тела. Каково же происхождение
этой силы тяги, движущей силы, сообщающей автомобилю
ускорение?
При включенном двигателе соответствующие механизмы (транс-
(трансмиссия) передают возникающее в цилиндрах мотора усилие на
колеса. Колеса, воздействуя на землю, отталкивают ее с силой
F3a (рис. 28). По третьему закону, земля толкает колеса, а зна-
значит, и автомобиль с силой, равной и противоположной по направ-
направлению Fa.3- Этим и обусловлена сила тяги. Она — ответ, реакция
на действие колес на землю. Если исключить сцепление колес
с землей, то двигатель ускорения автомобилю не сообщит.
Можно сказать, что автомобиль приводится в движение силой
движущего трения. (Не путать его с трением тормозящим!)
Несколько слов о силе трения. Величина силы тормозящего
трения при движении тел подсчитывается по формуле
где Q — сила, с которой тела прижаты друг к другу; она направ-
направлена перпендикулярно к поверхности соприкасающихся тел. Сила
FTp направлена в сторону, противоположную относительной ско-
26-

Q
рости движения. Сила же движущего трения направлена в сто-
сторону движения и является чаще всего силой трения покоя. Сила
трения покоя не может быть подсчитана по формуле FTp = kQ,
так как при одних и тех же k и Q FTp- пок может иметь самсе
различное значение. Поэтому подсчитывать силу трения покоя
можно лишь исходя из второго закона Ньютона — именно Ртр. пок
всегда равна и противо-
противоположна той силе, кото-
которая, действуя по касатель-
касательной к поверхности, «стре-
«стремится» сдвинуть тело.
Пример 4. На столе
лежит брусок, который
пытаются сдвинуть вправо,
прикладывая к нему си-
силу F. Какова сила трения
покоя (рис. 29)?
Так как брусок покоится, то силы, действующие на него,
уравновешены в любом направлении, в частности и вдоль поверх-
поверхности стола. И потому из
~* Г -f- Гтр. пок
т
из-за а —0 следует
* ~Г ' тр. пок === "t
откуда FTp.JI0K = — F.
В том частном случае, когда по условиям задачи FTp лок мак-
максимальна, ее с малой погрешностью можно считать равной силе
иУск /? п /177
\ Р
Рис. 29.
v¦- const
Грез = О; о- О;
Рис. 30.
трения скольжения. И тогда FnoK max = kQ. Но это только в слу-
случае максимальной силы трения покоя!
Отметим еще одно обстоятельство, касающееся взаимной ори-
ориентации векторов скорости v, изменения скорости До, ускоре-
ускорения а и силы F для некоторого тела.
27

Векторы Ли, а и F направлены в одну сторону и ие обяза-
обязательно совпадают по направлению с v и Дл Пояснения даны
на рис. 30 и 31.
Из сказанного следует, в частности, что скорость под действием
силы можег менять как свою величину, так и направление.
В случае криволинейного движения
второй закон Ньютона можно запи-
?г -ЕЭ—«_ сать как обычно в виде
или, вводя направление по движению (t-направление) и ему пер-
перпендикулярное («-направление), в виде
—It. a — I*.
at—
m
где at и Ft—проекции ускорения и силы на Г-направление;
ап и Fn — проекции ускорения и силы на я-направление (рис. 32).
При этом at показывает, на сколько изменилась скорость за
единицу времени по величине (тангециальное или касательное
ускорения); ап — изменение скорости по направлению за единицу
времени (нормальное или центростремительное ускорение).
а) движение одной материальной точки
под действием постоянных во времени сил
Поскольку силы, действующие на тело, постоянны, то в соот-
соответствии со вторым законом Ньютона и ускорение будет посто-
постоянным. Это означает, что мы вправе пользоваться, когда это необ-
необходимо, формулами
v=vo-\-at,
A)
B)
28

Весьма удобными являются и формулы
C)
D)
которые в случае прямолинейного движения можно свести к одной
vi—vs0 = 2aAs. E)
Надо иметь в виду, что формулы C), D) и E) связывают
между собой скалярные величины.
Указанные формулы A) — E) используются совместно со вто-
вторым законом Ньютона в тех случаях, когда в условиях задачи
необязательно упоминается ускорение, но упоминаются и, Дг или /.
Задача 9
На тело массой 2 кг действуют силы Fi = 3 н и Fq = 4 н под
углами 60° и 120° к начальной скорости уо = 2О м/сек. Найти
X
Рис. 33.
ускорение тела, его скорость и перемещение к концу 10-й секунды
движения (рис. 33).
Решение
Так как силы, действующие на тело, постоянны, то и уско-
ускорение будет постоянным
Выбирая оси координат вдоль va (ось х) и перпендикулярно
к у0 (ось у), получим
^ + ^ = --0,25 м/сек";
3 м!сек\
29

Так как а== const! то
v — v9-\-at
или
Vx = Vox -f- «j^i
«^ = ?% + ayt\
и так как v0x = v0 и уОу = О, то
r/j, = ayt.
Поскольку аж и ау уже найдены, то, подставляя их значения,
получим уж=17,5 м/сек; иу — 30 м/сек.
Аналогично найдем и перемещение
или в проекциях на оси
В силу того, что УвЛ: = Уо и y0j, = 0, имеем Дл:= 187,5 м; Ау?&
rv 150 м.
Задача 10
Брусок весом Р тянут по горизонтальной поверхности, при-
прикладывая силу F под углом а к горизонту. При этом брусок
1
1
!
У
5 У?
Р
Рис. 34.
за время t изменил свою скорость от v0 до v, двигаясь ускоренно
в одну сторону. Найти коэффициент трения бруска о поверх-
поверхность k (рис. 34).
30

Решение
Силы, действующие на брусок, очевидны. Полезно заметить,
что Q<^P (это будет отчетливо видно из решения).
По второму закону
-_ P + F+Q + F-тр
m
Так как в условиях задачи ускорение не фигурирует, a v, o0 и t
упомянуты, то естественно использование формулы
v = vo-j-at.
Исключая из этих формул ускорение, получим
у— ро Р + F + Q + Ftp
t m
Проектируя все векторы на оси х и у и учитывая при этом,
что vx = v и vQx==v0 (так как движение происходит вдоль оси х),
получим систему
|о=
m
— Р + F sin a -|- Q
m
Так
как FTp =
kQ, m =
1 У
J
1 0
р
~Т'
— »о
t
= —
ТО
Fcos
P-4-F
а —
Р
sin
kQ
S>
Выражая из второго равенства Q = P — Fsin а (о том, что в этой
задаче Q<^P, указывалось выше) и подставляя его значение
в первое равенство, получим
V — Р„ F COS a — ft (P — F sin а)
-7"—— Р ?>
откуда
P — F Sill a
Задача 11
Автомобиль, имевший у основания горы с углом наклона а
скорость Уо, движется вверх с выключенным двигателем. Считая
коэффициент трения равным k, найти изменение высоты автомо-
автомобиля над основанием горы за время t (рис. 35).
3)

Решение
Очевидно, что
at3
Исключая отсюда а, получим
Р + Q + '^тР __ 2А> - 2у
ш " t2
или, проектируя все векторы на оси х и у,
— mg sin a — Fsp
in t
— mg cos a -\- (
m
0
(ибо по оси у ускорения нет). Так как FT0 — >
равенства Q = tng cos л, то
— mg sin а — ft mg cos а 'l\x — 2^0<
. _ _ _ ,
, а из второго
\\W\\\x\\\ ч\
Рис. 35.
Сокращая слева на т и замечая, что Aft = Axsina, получим
g (sin a + k cos a) =
sin a
откуда
sin a.
32

Задача 12
Автомобиль весом Р, двигаясь в гору с углом наклона а,
на пути As увеличивает свою скорость от у0 до и. Считая коэф-
коэффициент тормозящего трения равным k, найти силу движущего
трения (рис. 36).
Очевидно, что происходящие с автомобилем механические
процессы описываются в данной задаче уравнениями
т
Так как во вторую формулу входит величина ускорения, а в пер-
первую — вектор ускорения, то исключать ускорение нельзя до тех
пор, пока первому равенству не сопоставлены скалярные, именно:
-FTp+fTp-P sin а
а = -
т
= Q — Pcosa;
»а - v\
Здесь учтено, что ay=0 и, значит, ах — а. Учитывая, что FTp =
и т = — и исключая из системы Q и а, получим
о
—kPcosa-\-fTp — Psina
g>
откуда
2 В. К. Кобушкнн
33

Задача 13
На нити, выдерживающей натяжение не более Ттах, подни-
поднимают груз весом Р из состояния покоя вертикально вверх. Счи-
Считая силу сопротивления среды равной Fl0np, найти наибольшую
высоту, на которую можно под-
поднять груз за время / (рис. 37).
Решение
Очевидны равенства
а = -
т
или в проекциях на вертикаль,
с учетом уо = О и исключая а,
получим
Рис. 37.
T-P-F,
сопр
2Ду
т t*
Предельная высота определяется в данном случае прочностью
нити, т. е. при " - - - —
/ = Лтах Т = Ттах. ПоЭЮМу
Tmsx-P-Fconp 2Л„
сопр
_шах
1"
откуда
"max '
Задача 14
Цилиндрическое ведро с водой поднимают равноускоренно
и за время t скорость его изменяют от v0 до v. Зная, что масса
воды равна т, а площадь основания
ведра S, найти давление воды на дно
(рис. 38).
Решение
Очевидно, что движение воды опре-
определяется равенствами
"_ Q + P .
v = Do -f- at,
из которых следует по исключении а
О + Ру— ?о
т
О,
Рис 38.
34

или в проекции на вертикаль
Q — mg v — v0
т i '
Q = in(gJrE-/J).
откуда
Но по третьему закону QL~—Qnnn в проекции на вертикаль
Учитывая, что ^
окончательно имеем
Задача 15
Камень весом Р, падая с
высоты hi и попадая в снег,
пробивает в нем яму глуби-
глубиной fit. Считая движение в
воздухе и в снегу равнопере-
равнопеременным, силу сопротивления в
воздухе равной Fit найти силу
сопротивления движению в сне-
снегу F.2 (рис. 39).
Рис. 39.
Решение
Очевидно, что движение камня распадается на два этапа (в
воздухе и в снегу), и потому
«1 =
2Л,

Учитывая, что i>0I = 0, v.2 = 0, о, = уоа = у и считая направление
вниз положительным, имеем
р
ж
(I)
B)
D)
В уравнениях аа взято со знаком «минус», ибо а2 направлено
вверх при выборе положительного направления вниз.
Исключая из A) и B) а% и из C) и D) аа, получим
р _
__ : __ а
2Aj P g 2Л2 Р s-
Деля эти равенства одно на другое и упрощая, получаем
Задача 16
Какое наибольшее количество вагонов может паровоз везти
в гору с уклоном 0,025 (sin a = 0,025), если известно, что 1) вес
паровоза в три раза больше веса вагона; 2) коэффициент макси-
максимального трения покоя А2 = 0,1; 3) коэффициент трения качения
Л1== 0,001?
Решение
На состав действуют (рис. 40): 1) сила тяжести
Рссст = PWN + Рпар = Рваг (N + 3);
2) сила тормозящего трения
3) сила движущего трения
f = A'aQnap-
Считая движение состава вверх -равномерным, получим
или в проекциях на 1- и п-направления
/ — Рсост sin а — FTp = 0;
Qcoct — -Рсост COS а = 0.
36

Так как FTP = kiQcocr, a f = k%Qn
ар
AiQi,ap — PCOCTsin a — &iQcoct = 0;
C?COCT —PCOCTcosa = 0.
Исключая Qcoct и учитывая, что Qnup = ЗРваг cos а, получим
fci3PBar cos а — (N -f 3) PBar sin а — ^ (N -}- 3) PBar cos a = 0,
откуда
Л, 3[(А3 — й,) cos а — sin а]
iv = : ;—:
Sin a + Kj COS a
///////////////////////////7777777,
Рис. 40.
Интересно сравнить это число с тем числом вагонов, которое
вез бы паровоз по горизонтальной дороге (т. е. а = 0)
Отсюда видно, как сильно сказывается даже малый уклон на
числе JV.
Задача 17
По наклонной плоскости с углом наклона а и коэффициентом
трения k движется под действием силы F, составляющей угол
Р с направлением вверх вдоль наклонной плоскости, тело мас-
массой т. Тело двигалось вверх замедленно, имея начальную ско-
скорость 1>0. Через какое время t от начала наблюдения тело будет
иметь скорость v уже при движении вниз?
37

Решение
При движении тела вверх (рис. 41, А)
У — «о
A)
B)
где v — конечная при движении вверх и начальная при движе-
движении вниз скорость.
Рис. 41.
При движении вниз (рис. 41, Б)
Go
C)
D)
Исключая d из A) и B) и о2 из C) и D), получим с учетом v' —
Проектируя все векторы на оси, получим с учетом FTp =
— mg cos a -f- Q -f- F sin [3 = 0;
mg sin a — kQ-
38

или, исключая из этих равенств Q,
mg sin a -j- k (mg cos a — F sin 9) — F cos 3 = ^p; E)
mg sin a — Л (mg cos a — /•" sin 3) — /" cos 3 = ^. F)
Выражая из E) tu а из F) ^ и складывая их, найдем посла
очевидных преобразований
t == wt>o i
mg (sin a + ^ cos a) — /•' (cos \i -f- й sin P) '
1 «/§¦ (sin a — k cos a) — P (cos {3 — /г sin p)"
б) движение системы материальных точек,
связанных нерастяжимыми невесомыми нитями,
и тел, имеющих взаимные ускорения
В принципе решение задач этого параграфа не отличается от
решения задач предыдущего параграфа: надо рассматривать силы,
действующие на каждое из интересующих нас тел, и, написав
второй закон для каждого из них, решать систему уравнений.
В тех случаях, когда нас не интересуют силы, возникающие
в нитях, можно рассматривать систему совместно движущихся
тел как одно тело.
Выражение «натяжение нити в данном месте» означает силу,
с которой одна часть нити действует на другую в данном сече-
сечении (рис. 42, А). По третьему закону | 7\ 2| = |7\ ,|, и потому
мы обозначим величину натяжения нити буквой Т без индексов.
Покажем, что величина силы натяжения по всей нити оди-
одинакова, если нить невесома и если на нить не действуют ника-
никакие внешние силы, приложенные к поверхности нити вдоль ее
оси. Для этого выделим мысленно любой кусочек нити Д/
(рис. 42, Б). На него действуют 7"i и Тг-
39

По второму закону Т\-\-Та = ^т-а. Так как Дт = 0 (нить
невесома), то Tt =— 7\2 и, значит, | 7\ | = | Т% \ = Т = const по
всей нити.
Аналогично доказывается, что силы, действующие на любое
невесомое тело, дают в сумме нуль. В частности, это относится
к невесомым блокам, упоминающимся в задачах.
Естественно, понятие «невесомое» тело означает лишь то, что
его масса ничтожно мала по сравнению с массами любых других
тел, упомянутых в задаче.
Если тела движутся с ускорениями относительно друг друга,
то для решения задачи часто необходимо бывает эти ускорения
связать друг с другом, для чего надо иметь в виду, что apG3 =
=a1-\-ai и oi, 2 = G1 — а% (в соответствии со сказанным в па-
параграфе 3, п. а).
Задача 18
На два бруска массами mt и тъ связанных нерастяжимой
питью, действуют силы F\ и Fi под углами ai<^90° и ^90°
Рис. 43.
к направлению движения. Найти ускорение системы, если коэффи-
коэффициент трения между брусками и горизонтальной плоскостью равен
k (рис. 43). Бруски от плоскости не отрываются.
Решение
Так как ускорения обоих тел одинаковы и силы натяжения
нас не интересуют, можно рассматривать всю систему как одно
тело. Тогда
a=-
-f- ms
Считая направление вдоль движения положительным и учитывая,
что ап = 0 (и, следовательно, at = a), получим
Fi cos«! — Р + Р2 cos а3 — р
nil + Щ '
О == Л sin at + Q, — Pi 4- Q3 + Ft sin <x2 — P2.
40

А так как FtP = FTPi-{- F^ = k(Qt-\-Qz)' T0
Ft COS ctt + Fa cos aa — k (Qt -f- Qg).
a ms + m2 '
0 == Fi sin a! — Л -f- Ft sin a2 — P2 -J- (Qi + Ca)-
Исключая отсюда (Qi-f-Qs) и учитывая, что P — mg, получим
Ft COS ax -f- F3 COS сц — ft (wtg + w2g — Ft sin at — Fa sin g2)
fl = -
При этом так как сь]>90о, то cosa4<^0 и /^cosa,.
Задача 19
На горизонтальной поверхности с коэффициентом трения k
движется брусок весом Pit соединенный нитью со свисающим
бруском весом Pi. Найти
натяжение нити и силу
давления на ось невесо-
невесомого блока (рис. 44).
Решение -*-
Здесь Т\, б — сила на-
натяжения нити, действую-
действующая между блоком и пер-
первым телом; 7\ б — сила на-
натяжения нити между вто-
вторым телом и блоком. Оче-
Очевидно, что
Т2б
UI-
«2= '
Рис. 44.
Надо иметь в виду, что
здесь fli и аа векторы, чи-
численные значения которых равны, но направления разные.
Поэтому Oi Ф о*2, но | d | = | a2 j = a. To же и с натяжением нити:
Тг,5фТ%6, но \Т1ш
В данном случае удобно все векторы проектировать на t- и
n-направления, и так как а„ = 0 (направление скорости движения
тел не меняется), то at — a.
41

Поэтому равенства в проекциях на t- и «-направления (вдоль
и поперек движения) будут иметь вид:
Исключая из этой системы а и Q2, получим после несложных
преобразований
Для нахождения силы давления на ось блока учтем, что (рис. 45)
т. е. тот факт, что блок находится в равновесии. Здесь 7\ 1 и
Ts, 2 — силы натяжения нити, действующие между блоком и первым
Рис. 45.
и вторым телами соответственно (при этом Tt$, 1 = Тб, t = T); Q<s —
сила, действующая на ось блока со стороны подставки. Проектируя
силы на горизонтальное и вертикальное направления, получим
— Г + Qe cos 45° = 0;
— Г-{-& sin 45° = О
или
= Q6cos45°;
Возводя в квадрат каждое из равенств этой системы и складывая
их, получим
или 2T* =
откуда
Q6==TV~2.
42

Q6 можно было найти и иначе. Заменяя 7\ a+J^i на их
результирующую F, получим F-\-Q6j=0 или <3б = —F. Но, как
видно из прямоугольника, F = TV~2. Значит, и Qz=Ty 2.
Задача 20
По шероховатой (при наличии трения) горизонтальной поверх-
поверхности под действием горизонтальной силы F движется однородный
постоянного сечения брусок длиной /. Найти натяжение в бруске
как функцию расстояния от его заднего края (рис. 46).
Q,
I t —
2 Ч**±
-» fT
Рис. 46.
Решение
Разобьем мысленно брусок сечением АВ _на две части. Так
как брусок движется как одно целое, то ai = a2 = fl и тогда
для двух частей бруска
а==
а=
Проектируя все векторы на Г- и n-направлепия, получим, учиты-
учитывая, что FTP = kQ и 7\2 —7\i = 'T:
а~ т, '
0 =-
"VI I ' .
"~ m%
3 = — /n^+Qa.
A)
B)
C)
D)
43

Исключая из A) и B) Q1( а из C) и D) Q,2, имеем
— kniig — 7 -f- F
Исключая а, получим
откуда
— ktihg+T
т.,
L i ^
;«[ "T~ ffii
T-1 _
Но
ms
Подставляя это значение в выражение для Т, получаем оконча-
окончательно
Т = ~х.
Задача 21
По клину, грани которого составляют углы п\ и а2 с горизон-
горизонтом, движутся два бруска, массы которых Ш\ и т%. Связываю-
Рис. 47.
щая их нить перекинута через блок. Зная коэффициенты трения
брусков о клин ki и h, найти (рис. 47): а) ускорения тел;
б) натяжение нити; в) силу давления на ось блока.
Решение
Силы, действующие на бруски, очевидны, и поэтому
+~Ти б
44

Считая указанные направления? и п положительными и учитывая,
что величина натяжения по всей нити одинакова и равна Т, по-
получим в проекциях на оси с учетом oi = a2 = c
A)
B)
C)
D)
— msg cos «! -f Q, = 0;
— triig sin oLi-\-T — kiQi
Исключая из A) и B) Qu а из (З) и D) Q2, будем иметь
niig sin «i — Г — Ai/nig cos ai = m\a\
— niig sin a2 -(- Г — k-jrhg cos a2 = m^a,
откуда после решения системы находим
(OTj sin «j — m2 sin a2) — (fei/«i COS at -f" k^nu COS a2)
T (sin eg -}- sin ag) — (fei cos at — fe2 cos a2).
g
m2
,06
Ряс. 48.
Что касается силы давления на ось блока, то, поскольку блок
ускорения не имеет (рис. 48),
или
по
F =
— cos
Поскольку Т уже найдено, то тем и исчерпывается решение за-
задачи.
45

Задача 22
На горизонталькой плоскости лежит брусок массой М, на
котором помещен другой брусок массой т. Зная, что коэффици-
1
1
1
2,
1
\
I
F
Рис. 49.
ент трения между бруском и плоскостью равен ku а между брус-
брусками — ki, найти силу, которую надо приложить к нижнему
бруску, чтобы верхний брусок соскользнул (рис. 49).
Решение
Очевидно, что
или в проекциях с учетом F7p —
— k^—k
— Mg —
A)
B)
C)
D)
где Qi = \QUn\; Qs |Qi,«| |Qs,i
Подставляя Q2 из D) в первые три уравнения, а затем
из B) в A), получим
— ki (M -\-m)g — k^mg-f F — Май
46

Так как для соскальзывания бруска т необходимо
2, то
М
откуда искомая сила
* Задача 23
Система грузов с ти тг и тъ изображена на рис. 50.
Блоки А и В и нити невесомы; Ш\ ^> т% -f- пц и т^^тз. Найти
ускорение грузов относительно земли
и натяжение нитей.
Решение
Силы, действующие на тела, оче-
очевидны, поэтому
о) !
Тв, л -f- 7\ s -+" ^в,»=
mvg ~\- Т*, в = ttiiflz', C)
mig + Ть в = /изОз. D)
Очевидно, что эти равенства дадут
в проекциях четыре скалярных ра-
равенства, а подлежат нахождению
пять величин: ait o2, а3, Т\ и Т2-
Необходимо еще одно равенство. По-
Получим его из того, что
в.з
тп3д
где ав — ускорение блока В относительно земли; aj и a'd — уско-
ускорения 2-го и 3-го тела, относительно блока В. Но
поэтому
ав= —аи
Учитывая, что (Ц= — а3, получим, складывая эти равенства,
o»-f-a3= — 2«i. E)
Пусть направление вниз будет положительным. Тогда ai из-за
направлено вниз. Чго касается На и а3, то с3
47

обязательно направлено при этом вверх из-за т^^>т3. О на-
направлении а* ничего сказать нельзя до конца решения задачи.
Будем пока предполагать аа направленным вниз.
Проектируя равенства A) — E) на вертикаль, получим
(с учетом того, что TltA = TRA = Ti и Т%в = ТВ, з — Т3, в =
— Тв, 3 — ТЬ а также с учетом mB = Q)
— Т i = тм, F)
G)
(8)
m3g — Тг=— тфл; (9)
а2 — о.3= —2ai A0)
или с учетом Ti = 2r2 по G)
в.=Я—Is-; (ID
-2а,==аа-а3. A4)
Складывая A2) и A3), получим
ai-a3 = 2g-Tj± + ±). A5)
Подставляя ах из A1) в A4), получим
4
Приравнивая правые части A5) и A6), после преобразований
имеем
4*
' 9=^
1,1,1
mi ~ ша ~ ш,
Зная Г9, находим по A1), A2) и A3)
/Лa / \ m,
¦ 1\.
Выясним направление а2. Мы считали его направленным
вниз, т. е. полагали его проекцию at положительной. Но для
^0 необходимо по A7)

т. е. массы ти т2 и т3 должны удовлетворить соотношению
Зях - 4т, '
в противном случае я2 направлено вверх.
* Задача 24
По клину с углом наклона а и массой М, движущемуся по
горизонтальной поверхности без трения, скользит вниз брусок
X-+
Рис. 51.
массой т. Считая коэффициент трения между клином и бруском
равным k, найти ускорение клина аа и ускорение бруска а от-
относительно земли (рис. 51).
Решение
Силы, действующие на тела, очевидны. Тогда
Mg + Qi.a + Qi. п + ?тР1.«= Май.
Щ-\- ?тР2,1 + Qa, 1 = та.
Или в проекциях на выбранные направления с учетом
p p
— Qi sin a -f- ЗД cos a = — Mao,
— Mg —Qi cos a -\-Qi-kQi sin a = 0;
— &QiCOsa-j-Qisina —ma*;
— tng-{-kQl sin a.-\-Ql cos a. =may.
A)
B)
C)
D)
Очевидно, четырех уравнений для решения задачи недоста-
недостаточно, ибо неизвестных пять.
49

Найдем пятое уравнение, связав й0, а и а', где а' — уско-
ускорение бруска относительно клина; имеем
Поскольку щJJОхи а' направлено вдоль клина вниз, то в про-
проекциях на оси имеем
ах — — а0 -f- a' cos a; ау = — a' sin а.
Исключая отсюда величину относительного ускорения а', получим
aj, = — (ao + a^)tga. E)
При этом а0 > 0, я* > 0 и ау < 0.
Складывая A) и C), получим
тах — Ma0 = 0. F)
Исключая Qi из A) и D), получим
k sin a -f- Cos a , .
Sill a — k COS a
ИЛИ
Исключая ау из E) и G), имеем
?_i^*igM_l = (fl0 + flt)tga. (8)
т ig а — й
Решая систему F) и (8), находим
т lg а — )
ё
tgo — Й ' М ь
Для нахождения ау подставим в E) ах — —^~ из F), а
потом уже найденное а0. Тогда
ау= -(ao-
tg a - /6
g
Ясно, что решение для a0, аЛ и aj, имеет смысл лишь при tga^>
Полученные результаты полезно исследовать для случаев
Му <И Л 0 0 90
50

Задача 25
С каким ускорением должен ехать вниз~заводной автомобиль
массой т по доске массой М, лежащей на неподвижном клине
с углом наклона а, чтобы доска равномерно скользила вверх по
клину? Коэффициент трения автомобиля о доску равен ки доски
о клин — ki (рис. 52).
Рис. 52.
Решение
Имеем в проекциях на оси:
Qi — Щ cos a = 0;
Q-2 — Qi — Mg cos я = О,
где / = /li2 = /2|1 — сила движущего трения; /ч = i
мозящее трение между автомобилем и доской;
трение между доской и клином.
Складывая A) с C) и B) с D), находим
Учитывая, что
имеем из E)
g{m-\-M) sin a -[- Ft = та;
Qa — g (M -j- m) COS a = 0.
A)
B)
C)
D)
,2 = ^2,1 Т0Р"
I — тормозящее
E)
F)
g (m -f- M) sin a -\- kzQ% = та.
Подставляя сюда Qb вырал<енное из F), получаем
g (m -f- M) sin я -j- kig (M -f- m) cos я = та,
откуда
51

Видно, что а не зависит от kt, т. е. от трения между автомо-
автомобилем и доской в том смысле, что оно может быть любым, но
отличным от нуля (в противном случае / = 0 и доска вверх
скользить не сможет).
Задача 26
На краях тележки массой М и длиной / находятся два чело-
человека массами mt и т.2. Коэффициент трения тележки о горизон-
горизонтальную поверхность равен к. С каким ускорением а будет дви-
двигаться тележка, если люди пойдут навстречу друг другу с
ускорениями ^ и а3 по отношению к земле (рис. 53)?
Г>.т й
ж
Гг.,
'2.Т
fr
т.2
ГТ,2
Л\\\^5'-\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\
4\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\V^4-\\\
Рис. 53.
Решение
Очевидно, на тела действуют, помимо сил тяжести и реакций
опор, силы трения. При этом на каждого человека и на тележку
действуют и силы движущего (f) и силы тормозящего (F) трения.
Имеем сразу в проекциях на линию движения с учетом F^ — kQ
— fi -f- Fq = — rrha-i,
При этом знак а неизвестен. Складывая эти равенства и
учитывая, что
получаем
— k{M-\- пц -\-
= Ma -j- mxai — пнаг,
52

откуда
таа, — m^t — k (M -f- mv -f- m«) g
a— = д5 .
Отсюда видно, что а>0, т. е. тележка будет иметь ускорение
в сторону i — (вправо) лишь при
пил > rriiai -\-k(M-\-ml-\- Шч) g. (*)
Задача 27
Считая, что в предыдущей задаче известно ускорение тележки
а и что ускорения людей относительно тележки равны и проти-
противоположны (т. е. а{ = —а'ъ), найти ускорения людей относительно
земли.
Решение
Очевидно, что решение этой задачи даст как и в предыдущей
— k(M-\- nil -\- ma) g = Ma -)- triiui — т^. (**)
Для нахождения а,\ и аа необходимо еще одно уравнение, связы-
связывающее a, cti и са. По условию задачи
а[= —а'г,
но
откуда
ах — а — —(a-i— а)
или
а, -f- Og = 2а.
Считая, что а и at направлены вправо, а а* — влево, получим
в проекциях на линию движения
at — а2 = 2а. (***)
Решая (**) и (***) совместно, находим
aB
1
а Bот. -f М) + к (М + И! + т2) g
Отсюда видно, что при а^>0 (что имеет место при условии (*)
предыдущей задачи), знаки at и а3 определяются соотношением
между mt и т2: при т^^>тх наше предположение о направле-
направлениях ai и аа справедливо; при ma<^mi — нет.
53

5. ЗАКОН ИЗМЕНЕНИЯ КОЛИЧЕСТВА ДВИЖЕНИЯ
СИСТЕМЫ ТЕЛ И ЗАКОН ЕГО СОХРАНЕНИЯ
Часто тела взаимодействуют столь сложным образом, что
решение задачи с использованием второго закона Ньютона
становится затруднительным. Но если в такого рода задачах
нас не интересуют ускорения и координаты взаимодействующих
тел, то разумно воспользоваться законом изменения количества
движения системы тел:
FM = {ты +... -f- mnun) — (и,?, +... -f- mnvn).
Здесь F — результирующая всех внешних сил, действующих на
систему; m;f; — количество движения f-го тела до начала дей-
действия сил; mtUi — то же после воздействия сил.
Как всегда, этому векторному равенству можно сопоставить
три скалярных:
-f- • • • 4~ тпипх) — (тгОи-f...-f- mnvnx);
+... + mnuny) — (miViy -j-... -f mnvny);
= (trnuu-f...-f- тпипг) — (niivu-f...-f яглидс).
Если в каком-либо направлении внешние силы на систему не
действуют, то система в этом направлении своего количества
движения не меняет.
Если FM = 0, то система вообще не меняет своего количества
движения. Естественно, таких систем в природе не бывает, но
бывают такие системы тел, для которых F-Ы^О. Такие систе-
системы почти не меняют своего количества движения за время
At в том смысле, что изменение общего количества движения
системы много меньше того количества движения, которым си-
система обладала до воздействия внешних сил. При этом F-Д/ мо-
может быть близко к нулю как за счет F==^0 при большом Дг1, так и
за счет Д/?^0 при большой F.
Система, на которую не действуют внешние силы в каком-
либо направлении, называется замкнутой в этом направлении.
Рассмотрим несколько примеров.
1. Несколько шаров падают в воздухе. Очевидно, что по вер-
вертикали система не замкнута, а в горизонтальной плоскости ведет
себя как замкнутая.
2. На неподвижной горизонтальной шероховатой поверхно-
поверхности двигается несколько шаров. Здесь положение как раз обрат-
обратное: по вертикали силы, действующие на систему, уравновешены
и в этом направлении система ведет себя как замкнутая; но в
горизонтальной плоскости действуют, вообще говоря, неуравно-
неуравновешенные силы, и поэтому в этой плоскости система не замкнута.
3. Два шара сталкиваются в воздухе. Во время столкновения
на шары действуют и силы тяжести и силы сопротивления, по-
54

у1
Й
Q
Ж?сг
г
1
гз
-ч»
X
У///////////////////////// "
Р
этому система не замкнута. Но так как время удара весьма
мало, ю за время удара количество движения системы
существенно не изменится. Поэтому во время удара система
мало отличается от замк-
замкнутой.
4. Мальчик, стоя на
льду, бросает камень под
углом к горизонту, причем
лезвия коньков располо-
расположены в плоскости броса-
бросания. Ясно, что в напра-
направлении г, перпендикуляр-
ком к этой плоскости, си-
система замкнута (рис. 54).
В направлении х си-
система не замкнута благо-
благодаря силам сопротивления,
в направлении у система Рис- 54-
тоже се замкнута благо-
благодаря силам сопротивления и силам, действующим на систему
со стороны земли (тяготение и опора).
При этом степень нарушения замкнутости системы в направ-
направлениях хну зависит от угла бросания а.
Если, однако, трение мало, то во время броска сис-
система в направлении х мало отличается от замкнутей. В направ-
направлении же у она замкнута
лишь при а = 0.
Задача 28
Две одинаковые лодки
двигались со скоростями
vl и и^ под углами о^ и аа
к некоторому направле-
направлению. Когда лодки оказа-
оказались на очень близком рас-
расстоянии, пассажиры лодок
одновременно обменялись
одинаковыми мешками с
(М+т)цг
кс. 55.
грузом так аккуратно, что при отделении мешка ог «своей» лодки
скорость лодки и мешка не изменилась. Считая массу каждой из
лодок вместе с пассажиром в п раз большей массы мешка, найти
скорости лодок после обмена мешками (рис. 55).
Решение
После отделения мешков от лодок лодки имели импульсы Mvi
и Mi>2, а мешки mvi и mvt.
55

При соединении лодок с мешками имеем, пренебрегая импуль-
импульсом внешних сил:
Mv\ -\- tnVi = (M -\- m) Uu
Mvi -\- mi'i = (Л1 -j- m) «8.
Будем искать не величины скоростей ui и ы2 и определяющие
их направления утлы Pi и рг, а проекции скоростей ц^, ?%,
«2л и «2_у. Тогда в проекциях на оси получим:
Mvi cos o-i -\- mv-i cos а2 — (.М -\- т) и1х;
Mvi sin aj 4p mVi sin a2 = (Л4 -\- m) uiy;
Mv~i cos a2 4^- mi'i cos at = (M -\- m) uix;
M.Vi sin a2 +;?!«! sin o.i — (M-\-m) uiy.
Так как М — тп (по условию), то
пг\ cos С4 -)- ws cos a2
«ly ==
n+1
sin aj -)- w2 sin a2
nv» cos a2 -f" wi cos ai
nvs sin a2 -f- Vi sin ai
Задача 29
Определить скорости лодок после обмена мешками (задача 28),
если сперва был переложен первый мешок, а потом второй.
Решение
Пренебрегая импульсом внешних сил, получим для случая
перекладывания первого мешка во вторую лодку:
(М ~\- т) у2 + mvi = (М 4- 2т) и.>
или в проекциях
(М 4- tn) ^2 cos а2 4- tnvi cos a, == (M -\- 2m) uix;
(M 4- >n) Vi sin a<>4- mvi sin aj = (Л1 4~ 2m) u.2y,
откуда с учетом М = т-п
{п-\-\)уг COS а2 -f Pi COS а, ш
(л + 1) vs sin os + w, sin ax
53

При подсчете скорости первой лодки после перекладывания в нег
мешка со второй надо учесть, что мешок теперь имеет скорость ы2,
поэтому
MVi -j- mui = (М -j- т) U\
или
Mvi cos aj -f- ты.1л: = (M -j- m) Wi.v;
Alt'x sin a] -j- m«.^ = (M -j- /h) Hij,,
откуда
nv, Cos a, 4- «¦>*
л+1
sin aj -f- «,,,
Читателю предоставляется самому сопоставить и исследовать при-
причины различных решений зтой и предыдущей задач.
* Задача 30
Из орудия, установленного на платформе массой М, произ-
производится выстрел снарядом массой т, который получает скорость о
под углом а к горизонту. Платформа в результате отдачи прихо-
приходит в движение. Сколько времени платформа находилась в дви-
движении, если коэффициент трения о рельсы равен k и М^>т?
Решение
Очевидно, что At складывается из Д^ и &L, где Д/i — время
ускоренного движения платформы в момент выстрела, Д/4 — время
замедленного движения платформы после выстрела. На чертеже/1,,,с
и Fc,n — силы взаимодействия снаряда и платформы.
Для первого этапа движения платформы (рис. 56, А)
\-FTpi)At = MU- Ми0
или с учетом того, что м„ = 0, получим в проекциях на оси
Исключая Qu получим
(Fn, с cos a — kMg — kFUi c sin a) Atx = Mu. A)
Для снаряда с учетом mg<^FCtn получим:
или с учетом i>0 = 0
FCt п cos aAti = mv cos a; B)
=/ny sin a. C)
67

Учитывая, что Fn Z = FC „ = F, получим, подставляя B) и
C) в A),
mv cos я — kMgbti — ktnv sin a = Ми,
откуда
д, mv (cos a — k sin а) и
1 kMg kg'
Для второго этапа движения платформы (рис. 56, Б) найдем
(Mg + Q, + /тр,) Д^а = Л1 и' - М и, (* *)
где ы' —0 (конечная скорость платформы).
А
Рис. 56.
В проекциях на оси будем иметь
f —
58

откуда после исключения Q2 получим
Тогда
Л/ л,<_1_л/ и , ту (cos a — k sin а) ц
Д/ = Д/, + Д*, = ^ + ^щ fe-
Окончательно найдем
, , тг» (cos a — ft sin а)
Замечания. Угол наклона орудия а не равен углу, под которым вы-
вылетает снаряд. Действительно, vc = vCy п -f" и (см. рис. 56, А).
Здесь и — скорость платформы относительно земли, vCl п — скорость сна-
снаряда относительно платформы (она и составляет угол а с горизонтом), vc —
скорость снаряда относительно земли. Она составляет угол a -f- Да с гори-
горизонтом. Ясно, что Да—»0 при -гт —. О, что и имеет место в нашем случае.
Задачу можно было бы начинать решать со сложения уравнений (*) и
,**) с последующим проектированием векторов на оси.
6. ДВИЖЕНИЕ ТЕЛА ПЕРЕМЕННОЙ МАССЫ
Если при движении тела его масса меняется, то производить
расчеты по формуле а = ~ становится затруднительным. Удобной
является формула Мещерского
ma = F -j- [ас,
где F — результирующая всех внешних сил, действующих на тело;
(л — изменение массы в единицу времени, обусловленное выбросом
или присоединением частиц к движущемуся телу; р. ^>0, если
частицы присоединяются к телу (масса тела увеличивается); ij.<^0,
если частицы покидают тело (и масса тела убывает); с —скорость
частиц относительно тела основной массы (например, ракеты);
(ас — реактивная сила. Очевидно, [ас направлена в сторону с при
[а^>0 и противоположна с при [а<0 (см. рис. 57, А).
В случае F = const движение тела ие будет равнопеременным
при \^с = const из-за тф const. Но если за время движения
масса тела существенно не_^ изменилась, то можно считать, что
при F = const и (ас = const ускорение тоже постоянно, т. е.
а = const, и движение будет практически равнопеременным, так
что можно использовать при решении задач, где это необходимо,
кинематические формулы для равнопеременного движения. При
этом в формуле Мещерского считаем [а<[0. если частицы поки-
покидают ракету, и [а>0, если частицы присоединяются к ракете.
59

Уравнение Мещерского является следствием закона изменения
количества движения системы тел. Сделаем вывод его.
Пусть некоторое тело (рис. 57, Б) имело количество движе-
движения mv и к нему за малое время Д/ присоединилась некая малая
масса Д/л, имевшая до присоединения скорость vlt а значит, и
Рис. 57.
количество движения Дтух. Обозначая количество движения си-
системы тело — частица буквой р, получим до присоединения Д/п
после присоединения
р — (m -f- Д/н) (у -f- Ду),
так как в результате вполне неупругого удара (присоединения)
масса образовавшегося тела стала равной (m-f-Дт), а скорость,
изменившись на Ду, стала равной (y-j-Ду). Так как
то
(т -\- Дт) (у -f- Ду) — (mv ~\- Д/nyi) = j
откуда по раскрытии скобок и пренебрежении членом Д/пДу найдем
тДу -{- Д/п (у — vi) = Fkt
или после деления на Д/ получим
,(v — Vi) — F.
Так как Ui — y="c есть скорость присоединяющегося тела малой
массы относительно основного тела массы т, то в соответствии
со сказанным в начале этого параграфа
та — F -J- [1С.
60

Задача 31
Космический корабль влетает со скоростью v в облако косми-
космической пыли плотностью р2. Чтобы скорость корабля не умень-
уменьшилась, включили двигатель. Какова плотность вытекающих из
V корабля
Рис. 58.
сопла сечения Si газов, если скорость их вытекания относительно
корабля равна и, а сечение корабля S2? Пылинки после удара
прилипают к обшивке корабля (рис. 58).
Решение
Возьмем за систему отсчета корабль. Так как корабль уско-
ускорения не имеет, то
или
но
&т PiAVi e,.Sj Д/,
= и Ti = и *-— — и VJ
— и
Аналогично
и тогда
PiSi«e-PsSl!w
откуда
Задача 32
Реактивная тележка с массой М движется вверх по наклон-
наклонной плоскости с углом наклона а и коэффициентом трения k за
счет выброса под углом р к поверхности наклонной плоскости
струи сжатого воздуха. Считая скорость воздуха относительно
61

тележки равной с, его массу, выброшенную за время движения,
равной йт и малой по сравнению с М, определить время, за
которое тележка изменила свою скорость от у0 до v (рис. 59).
Решение
Так как все силы постоянны и /И^>Ат, то а = const и поюму
~v—vu-\-at
или
И в проекциях на оси tun
—1 = — Mgsina —
с cos
Исключая Q, получим
отсюда
, сАот (cos p — fe sin P) — Л4 (p — v0)
Mg (sin a-\-k COS a)
При решении этой задачи считалось, что скорость тележки v
мала по сравнению с величиной с и, значит, скорость движения
струи воздуха относительно земли и практически совпадает с с.
62

* Задача 33
В тележку весом Р, имеющую форму параллелепипеда с пло-
площадью дна 5 и с отверстием в дне площадью Su движущуюся
по горизонтальной поверхности с коэффициентом трения k, льет
дождь плотности р под углом а. к вертикали. Найти условие, при ко-
котором скорость тележки постоянна, и найти эту скорость, если ско-
скорость капель дождя равна v (рис. 60), а масса воды в тележке Мв.
Рис. 60.
Решение
Так как ускорение тележки равно нулю, то
где Р — вес тележки; MBg — ьес находящейся в тележке воды;
Q —сила реакции опоры; ?тр — сила трения; цс —сила со сто-
стороны дождя; jj. — масса воды, попадающей в тележку в единицу
времени; FB = y.BvB — сила реакции вытекающей из тележки воды,
где vB — скорость воды относительно тележки (причем, очевидно,
что vB = yr2gh), а |Л„ — быстрота вытекания воды.
Поскольку
то
Скорость капель дождя относительно тележки
c=~v — и
или в проекциях:
Cx = v-sina — и; cy = vCQS<x,
где ы — скорость тележки относительно земли.
B)
(*)
63

Берем проекции уравнения A) па вертикаль и горизонталь
-P-MBg + Q + FB-!x^=0; C)
— ?Q + jxcx = O. D)
Исключая Q из C) и D), получим с учетом B) и (*) после
преобразований:
E)
Поскольку Si, S, v, а, и, k, Pujx —pSe— величины постоян-
постоянные, TO Ma = const, ЧТО ПРИВОДИТ К (l=(iB.
Но из |л = рв следует, что
PScy ^
откуда
F)
Необходимое Су подставляем из (*).
При выполнении условия F) скорость тележки может оказаться
постоянной. Величину этой скорости находим из уравнения E)
— 21) -j- />].
u = v (sina — k COS a) — 1
Если условие F) не выполнено, то скорость тележки не может
быть постоянной. Таким образом, масса воды в тележке не должна
быть иной, чем указано в F).
* Задача 34
Вагон длиной / и массой М движется по рельсам с коэффи-
коэффициентом трения k. На вагон вертикально вниз сыплется песок
ДМ)д
Рис. 61.
с высоты Н. Считая, что вагон двигался во время погрузки
недолго, а значит почти равнозамедленно, и изменил свою ско-
скорость от щ до v, найти скорость погрузки песка ц = -т7 (Рис- 61).

Решение
На вагон действуют очевидные силы МЦ, — [ле, FTp и Q. Пря
этом только сила Mg постоянна, остальные переменны. Учитывая
оговорку о равнопеременном движении вагона, можем считать
п — Q±±Q
Vcp — g •
По закону изменения импульса системы
AM] V — Мщ. (*)
Помня, что с —и — v, где и — скорость песка относительно
земли перед падением в вагон; v — скорость вагона относительно
земли, найдем
с0 -f- с Си — у„ ) + (и — р) " v¦) -Ь v
_ _ _ _ и _ 2 .
Проектируя (*) на 7- и «-направления получим с учетом
) Д/ = (М + ДА! j у — Мао!
Исключая отсюда ^* , получим
_ ^ !^+1! _|_ ^fм -f ДЛ1) ff -j- kaujД? = ^Af + ДА!) и - Моа.
Учитывая, что в нашем случае
Д/ ——^~
II ЧТО
а также, что
3 В. к. Кобушвии 65

получим
Откуда после преобразований и упрощения найдем
м
-г
~ Cv-
г \ v +
Читатель может исследовать результат для частных случаев:
,1 = 0, k = 0, ио = О, i» = 0, k=0 и и = 0.
7. РАБОТА, ЭНЕРГИЯ, МОЩНОСТЬ
Если уравнение F = tna спроектировать на направление дви-
движения, то
F cos a. —mat. A)
Если F cos a = const, то at = const и справедлива формула
4» = ^. B)
Но тогда, исключая из A) и B) касательное ускорение, получим
-2 ft. C)
Это важное равенство называется законом изменения кинетиче-
кинетической энергии и позволяет решать многие задачи механики в тех
случаях, когда непосредственное применение второго закона
Ньютона затруднительно. В частности, этим равенством C) разум-
разумно пользоваться, когда ускорения нас не интересуют. Надо четко
представлять себе, что равенство C) — скалярное.
Величина FAscosi называется величиной работы и обозна-
обозначается буквой А, т. е.
A = F&s cos a.
При Fcosa^>0 работа положительна; при Fcosa<^0 — отрица-
отрицательна. Или, что все равно, работа силы положительна, если
эта сила имеет составляющую, направленную по скорости; если же
сила имеет составляющую, направленную навстречу скорости,
то ее работа отрицательна.
Среди сил есть такие, значение которых зависит от скорости
движения (например, силы сопротивления, электромагнитные
силы). Работа этих сил зависит от формы траектории.
Силы, значение которых зависит только от координат тела,
его положения (например, силы тяжести) или от его формы
66

(упругие силы) и работа которых (и это главное) не зависит
от формы траектории, а определяется только начальным и конечным
положением, называются потенциальными.
Потенциальным силам можно сопоставить понятие потенциальной
энергии (или энергии положения).
При этом &.Wn — —Fnbs cos а. или bWn = — An или А„ = — Шп,
т. е. работа, совершаемая потенциальными силами, равна убыли
потенциальной энергии этих сил.
Разделим все силы, способные действовать на интересующее
нас тело, на силы сопротивления FCOnp, потенциальные силы Fa
и все прочие, которые мы будем называть F.
Тогда закон изменения энергии может быть записан в виде
¦Fconp Д5 COS a -j- ^п Д5 COS Р -f- F AS COS ~{ = Д WK,
где а, р и f — углы между перемещением Д/" и соответствующими
силтми.
Учитывая, что Fn&scos$ — — ДЦ?П, получим
или
где Лсопр — работа сил сопротивления; Л—работа всех прочих
сил, кроме потенциальных и сил сопротивления; HW — измене-
изменение полной механической энергии тела или системы тел.
Если Л = 0 и ЛСОПр = 0, то ДЦ7 = 0 или W = const, т. е. по-
получаем закон сохранения энергии.
Считается известным, что потенциальная энергия тела, высота
центра тяжести которого равна h, определяется Wg = mgh (для
случая, когда уровню отсчета энергии соответствует /х = 0). По-
Потенциальная энергия деформированного тела
fcra
\у/ кл
w упр — 2 >
где k — коэффициент жесткости, показывающий, какую силу надо
приложить к телу, чтобы вызвать у него единичную деформацию;
х — величина деформации (удлинение, укорочение, прогиб и т. д.);
при этом деформация отсчитывается от состояния свободного,
недеформированного тела.
Задача 35
Какова жесткость к буфер-
буферных пружин вагона, если при
скорости ?>о он останавли-
останавливается на пути s при столкно- —~V7~'\
вении его с опорой? Масса \ J\).
вагона равна М, буферных
пружин две (рис. 62). Рис. 62.
3« 67

Решение
Очевидно, кинетическая энергия вагона перешла в потен-
потенциальную энергию пружин. По закону энергии для системы
вагон — пружина имеем
и так как Л =
= 0, то
Mv*
Учитывая, что so = O и v = 0, получим
Задача 36
Цилиндрическая труба высотой Н и толщиной стенок b пост-
построена из материалов плотностью р. Считая, что сечение трубы
есть кольцо с внутренним радиусом R, найти работу силы тяже-
тяжести при постройке трубы.
Решение
Работа силы тяжести равна убыли потенциальной энергии
тела, поэтому
или
тяж = — (mgh —
где Ло и h — высота центра тяжести материалов до и после по-
постройки.
Так как Л0 = 0, h = -j и m = pV, то
и так как
то
V = SH = « H(Rl — Rfi = ЛЯ [(/? + &)* - /?e],
« npbH2 BR -f- 6)
Л тяж== 5 ff-
Знак минус означает, что работа силы тяжести отрицательна,
т. е. при перемещении материалов вверх сила тяжести действо-
действовала навстречу, т. е. вниз.
68

Задача 37
Тело массой т брошено со скоростью ив под углом afl к гори-
горизонту. Найти его потенциальную и кинетическую энергии спустя
время t.
Решение
Задача сводится к нахождению v и у для тела, брошенного
под углом к горизонту, но
s* а0 -f- (t'o Sin а0 — gtf =
а0 — 2vogt s in ao + g*f~ =
! — 2с'о^ sin a#
и
= v\ coss a0 -\- vi, si
= vl-j-
Так как
то
Очевидно,
Убедимся в этом:
= т (-
IFO
• 2va of sin:
2
sin ao) +
sin a0 -f
'8114,-^! =
sin a0 — ^-] =
Задача 38
Тело массой m, брошенное под углом к горизонту, упало па
расстоянии s от места бросания. Зная, что максимальная выана,
достигнутая телом, равна И, найти работу бросания. Сопротив-
Сопротивление воздуха не учитывать
(рис. 63).
Примечание. Работа бро-
бросания — это работа, совершенная
силой F, сообщившей брошенному
телу запас энергии для полета.
Решение
Во время броска на
тело действовала сила F,
изменившая энергию тела от нуля до Wlt поэтому A = WX.
Во время полета на тело действовала только потенци-
потенциальная сила mgn W — const вовсе время шшма. Поэтому W\— W*
и A = Wt или
Рис. 63.
.69

Но
где t — время подъема или время опускания. Из Н = %у сле-
следует, что
=/?.
следовательно,
A = mgH-\--
Задача 39
Планер массой т, имевший на высоте hx скорость vit по неко-
некоторой кривой длиной / снизился до высоты /?2) погасив скорость
до v.2. Найти силу сопротивления воздуха, считая ее постоянной.
Решение
Поддерживающая планер подъемная сила Q перпендикулярна
к скорости и работы не совершает. Поэтому Л = 0 и ЛСОПр = Д^
г 1 ! i i niv'i\ I , , mv'i\
— fconpl = [rnghi-}- -y^J — [mghi -j- -ji],
откуда
mg {h2 -
p .
¦* coup
Задача 40
Тело массой т поднимают медленно по желобу высотой h
и длиной основания Ь. Считая коэффициент трения равным k,
найти работу внешней силы (силы тяги), работу силы тяжести,
работу силы трения и силы нормальной реакции (рис. 64).
Решение
Силы, действующие на тело, очевидны. Так как тело дви-
движется под действием переменных сил (движение криволинейное),
то путь s надо разбить на столь малые участки As*, которые
70

были бы неотличимы от отрезков прямых- Тогда
дЛсоп»г = FTPi Дз/ (— 1) = — kQt Ast = — kmg cos <xt As, = — kmg
¦conp == "^conp, "T" - • • "T" ^conpn =
= — kmg (Д6, -f-... -f- Д6„) = — kmgb;
AAg. = mg Asi cos C, = — mg ДА,-;
или. так как UT''on = O (на высоте, равной нулю), то
— mgh = — {W — Wa) = WB и Лг = —
(как уже отмечалось во вводной части).
F,
Рис. 64.
Сила Q работы не совершает, так как она составляет угол 90°
с направлением движения. Для работы силы F имеем
ДЛ, = F, As,- (+ 1) = (FTp; + mg sin a,) As, =
= (kgm cos a, -\- mg sin аг) As* = kmg Abt -f- mg ДА,- =
Л =
Зтот же результат можно было получить из закона измене-
изменения энергии
Так как v — const, то
= 0 и А = —
= kmgb + mgh.
Надо обратить внимание на то, что если работа силы F
на участке As равна АА1у то работа ДЛ2 против этой силы,
т. е. силы, равной и противоположной силе F, будет отличаться
от ДЛ) лишь по знаку.
71

Действительно, поскольку Fx — — F2 и As, = As2, то Fx Дл, =
= — F2As2 или ДЛ1=—-ДЛ2. Поэюму работа силы тяжести
в нашей задаче
Ag — —mgh.
Работа внешней силы, преодолевающей силу тяжести:
Лвнеш = mgh.
Аналогично, работа силы трения Асоар = — kmgb, работа же
силы, преодолевающей силу трения, равна + kmgb.
* Задача 41
Две очень тонкие пластины, массы которых тх и т.г, скреп-
скреплены невесомой пружиной с коэффициентом жесткости к (рис. 65).
Рис. 65.
С какой силой F надо надавить на верхнюю пластину, чтобы,
двигаясь вверх по окончании действия силы F, она приподняла
нижнюю?
Решение
1. Если к первой пластине приложить искомую силу, то она
будет в равновесии под действием сил rnxg, F и упругой силы
Тогда в проекции на вертикаль получим
mig Jrp==kxl + kAx. (*)
Перед сжатием пружины силой F первая пластина^ была в рав-
равновесии под действием сил mg и упругой силы — kxu т. е.
m]g = &x1) (**)
и, значит, искомая сила определится равенством F = kAx.
72

Для нахождения Дх надо сопоставить, учитывая условия зада-
задачи, состояние пружины при наличии F и состояние пружины
в момент отрыва второй пластины. Но из первого состояния
во второе система переходит под действием переменных сил,
и потому удобно воспользоваться законом энергии.
Будем отсчитывать энергии тел от уровня, определяемого
верхним концом недеформированнои пружины, При этом высота,
а значит, и mgh^>0 или mgh<0 в зависимости от того выше
или ниже уровня отсчета находится тело.
При действии на верхнюю пластину искомой силы пружина
сожмется дополнительно на Дх, и система пластина — пружина
будет обладать энергией по отношению к уровню, определяемому
высотой недеформированнои пружины
Wo = — mtg (х, -f-д*) — miglo +2 •
2. Если предположить, что первая пластина, поднимаясь
вверх, растянет пружину так, что вторая пластина не оторвется
от опоры, то энергия системы будет в этот момент
hx'i
W = m^gx-i — m<igl0 -f- -у.
Так как при движении первой пластины Wq — W, to
— m,g (x, + Дх) + ¦ ' J ; —m,gXi -f- ~y ¦
Необходимые xj и х% найдем из условия равновесия первой
пластины до начала действия силы F и второй пластины
в момент, когда она перестает давить на опору. Именно
m\g = kxi\ /nig — fix*.
Тогда
откуда
х~ k
и
k Ax == (mi-\-nii) g.
Но khx—F и окончательно
F = {m\-\-m<i)g.
Для уверенного отрыва второй пластины необходимо, чтобы
73

« Задача 42.
По условиям предыдущей задачи, при F = (fni-\-mi)g, опре-
определить: 1) характер движения первой пластины по окончании
действия силы; 2) характер изменения сил, действующих на вто-
вторую пластину при движении первой пластины.
Решение
1. Характер движения тела определяется ускорением тела.
Будем считать направление вверх положительным. Тогда с уче-
учетом того, что в пружине возникает при деформации ^УпР =
= — kx, приложенная к телу ть получим
или в проекции на выбранную ось
га,
при /<\/0, х^>0, и потому
_ . kx
a = — g + J—¦.
При движении пластин вверх а убывает, но а^>0 до тех пор,
пока х^>^-; при х='-~ а = 0, и в дальнейшем при 0<
^ . При х = 0 а = — g и далее д:<^0, поэтому
так как |х| растет, то а убывает и при \х\ = Щ% а достигает наи-
меньшего значения (а по модулю — наибольшего).
Значит, тело т\ из исходного положения до положения
х~'nf АБИжется ускоренно (а^>0) со все убывающим уско-
ускорением; от положения х = т^- до положения \х\ = -~ тело дви-
движется замедленно (а<0) со все возрастающим замедлением.
Скорость тела в положениях исходном и конечном равна
нулю; в положении х = ^~ она максимальна, ибо до этого
положения тело шло ускоренно, а после него — замедленно.
2. На нижнюю пластину действуют силы rriig, — kx' и
реакция подставки Q. / — координата нижнего конца пру-
пружины по отношению к верхнему; ясно, что *' = —х.
74

Так как пластина все время в покое, то
или с учетом х' ——х
В проекции на вертикаль
откуда Q = triig — kx.
Сила triig постоянна, сила kx, а значит, и Q переменны.
Сила —kx' = kx направлена для нижнего тела вниз при
сжатой пружине (/<[/о) и вверх при растянутой пружине A^1)
Это значит, что при /<^/0 (т. е. х^>0)
при / = /о (т. е. х =
при />/0 (т. е
Q = /паёГ — ! k
и в верхнем положении первой пластины mig = \kx\, т. е. Q = 0.
8. СТОЛКНОВЕНИЕ ТЕЛ
Задачи на эту тему решаются исходя из законов сохранения
количества движения и энергии. В том случае, если внешних
сил нет или они малы и массы тел ке меняются, то
. + mnvn = myu\. -f- miu* -\-... -j- mnun
Здесь через vi обозначены скорости тел до удара, через ы,- —
после удара. Изменением высоты тел во время удара и, значит,
изменением потенциальной энергии поля тяжести пренебрегаем.
Q — тепло, выделившееся при ударе или прибыль внутренней
энергии тела за счет убыли энергии механической. (Подробнее
о термине «выделившееся при ударе тепло» см. в задаче 39, ч. III.)
Задача 43
Доказать, что при абсолютно упругом ударе шарика о стенку
угол отражения равен углу падения, а у0 и v лежат в одной
плоскости с перпендикуляром к стенке, восстановленным из
точки падения (рис. 66).
75

но из
Решение
Vox „ sina==^
mil' mv\
следует, что vl = v* или vo = v.
Так как сил трения между шариком и стенкой нет (из-за
упругости удара), то ах = 0, т. е.
но тогда
и, значит, sinao — sina.
Поскольку 7.0 и а — острые углы, то из sinao = sina следует,
что а = аа.
Так как касательных сил при ударе нет, то у шарика
не могло появиться составляющей скорости, перпендикулярной
к плоскости Vf>y. Это означает,
что и v будет лежать в той же
У » л. плоскости.
Рис. 66.
до удара
Qo-—-*- после удара
Рис. 67.
Задача 44
Два глиняных комка массами т,\ и та, летящие со скоро-
скоростями Vi и о2 навстречу друг другу, неупруго соударяются.
Найти количество выделившегося тепла Q (рис. 67).
Очевидно
Решение
rri\Vi -j- m%v t = (ttii + tii) и

Считая направление вправо положительным, имеем
— mst»2 = {mi -h гпч) и;
Исключая отсюда «, получим
at>l (wt -f ms) (m,Vi — /яао8) , n
откуда
4~ 2 "t" 2 2(т,4-т,)
или, раскрывая скобки и приводя подобные члены, получим
Задача 45
Решить предыдущую задачу для случая, когда угол
между скоростями комков до удара равен а (рис. 68).
Решение
Опять
i -j- т&ъ — (гщ -f- пц) и
тгиг
¦j\ __ (т, 4- w8) и'
Величину и* найдем из век-
векторного треугольника по теореме
косинусов. Именно
[(mi -f- m2) и]а = m\v\ -f- m|u| —
— 2?2ityn4!VCOSA80 — a), B)
тогда при подстановке ы2 из B) в A) найдем
/Л]»! I /?;3»1 ffjfwf + m\v'\ — 2mlv,tn*v2 cos A80° — a)
~2~ "Г ~T" ~ = 2 (mi + m»)
Откуда после преобразования получим
fl т1та [v'j 4- vl 4~ 2t/jt;2 cos A80° — o)J
^~ 2 (m, 4- «,) •
Очевидно, при a =180° из этого решения последует решение
предыдущей задачи. При а = 0 (комки легят один за другим)
при a = 90°
77

Задача 46
Два костяных шарика одинаковых масс налетают друг на
друга со скоростями v\ и у2 под углом а и разлетаются после
абсолютно упругого удара со скоростями и,\ и ы2- Найти угол
разлета р (т. е. угол между скоростями щ и и*) (рис. 69).
m,v,
т,и,
Рис. 69.
Решение
Очевидно, что по законам сохранения
-f- mv$ = mui -j- tnu%;
или после сокращения на т
— 2«1«2 cos A80° — р).
Но т\щ-\-щ\ и mlwj-f-w'al суть величины диагоналей векторных
параллелограммов, причем m\bi-\-Vi\=m\ui-\-Ui\, а тогда по
теореме косинусов
т21 v\ -ft,» — 20!», cos A80° — а) 1 =
= тг | ы,3 4-  - 2«i cos A80° — Р) |
или
v\ -f c/| — 2oiy2 cos A80° — а) = «1
Так как
то
или
откуда
78
A80° — а) = — 2и!ыа cos A80° —
COS a = Wi«.2 COS p,

Задача' 47
При абсолютно упругом ударе двух шаров, налетавших
под углом а друг к другу, скорость одного из шаров по вели-
величине не изменилась (рис. 69). Найти угол разлета р (массы
шаров разные).
Решение
Очевидно
Из второго равенства в силу vi =
По теореме косинусов
вытекает, что fs =
m\v\ -j- m\v\ — 2niim%v1v,2 cos A80° — a) =
= m\u\ -j- m\u\ — 2m1miu1u.2 cos A80° — P),
откуда вытекает
или
(В СИЛу V\Vi =
ViVi COS a = UiUi COS
cos a = cos p
Задача 48
В известной демонстрации на законы сохранения импульса
и энергии при ударе (рис. 70) всегда отскакивает столько
шаров, сколько налетает, объяс-
нить это.
\\\\\\\\\\\\
Решение
Пусть налетают kx шаров,
двигающихся совместно (слит- Рис. 70.
но) со скоростью t'i, отско-
отскочат А>2 шаров со скоростью г4. По законам сохранения
По сокращении на массу получим
79

Возводя равенство (*) в квадрат и деля полученное на равенство
<**), получим k\ = ki, что и требовалось показать.
Деля (**) на (*), получим vi = Vi.
* Задача 49
На чашку пружинных весов падает с высоты И кусок мягкой
глины массой т. Зная, что масса чашки М, а коэффициент жест-
жесткости пружины к, найти зависимость
скорости системы от величины дефор-
деформации пружинки (рис. 71). Удар счи-
считать абсолютно неупругим.
Решение
В первое мгновенье после удара
система обладает энергией
w (т + М) ul
^\\\\\\\\\\\У
!_ где х отсчитывается от уровня нижнего
края недеформированнои пружинки.
В последующие моменты
Рис. 71.
W = ¦
.
Так как при движении системы внешних непотенциальных сил
кет, то
или
(m + M) u2 . , ... , kx*
— 2 (m-\-M)gx-\—T.
(*)
Скорость «о находится из уравнения сохранения импульса
при ударе глины о чашку
mv = (m-\- М) а0,
где v определяется из того, что
mgH=-T-.
Таким образом,
т
т
т + М *
80

определяется из условия равновесия чашки весов до удара, т. е,
kx0 (***)
Подставляя (**) и (***) в (*), получим после очевидных пре-
преобразований
U —
Задача 50
Какой минимальной скоростью v0 должен обладать кубик
с ребром / на расстоянии s(s^>l) от преграды, чтобы при
/У//.
Рис. 72.
ударе о нее он перевернулся? Коэффициент трения о подставку
равен k. Потеря механической энергии при ударе о преграду
составляет п-ю часть от кинетической энергии перед ударом
(рис. 72).
Решение
Чтобы куб перевернулся, его энергия перед ударом о пре-
преграду должна быть не меньше ffl , ~ -, где h и Ь! — высота
центра тяжести кубика до и во время переворачивания.
Поскольку непотенциальная сила работы не совершает
(Q_L t»), то из
имеем
Очевидно,
Л = 4 и А'= 1^1.
Учитывая это, получаем
 2 t-п
откуда
81

* Задача 51
Чашка пружинных весов массой М с лежащим на ней шари-
шариком массой т оттянута вниз силой F и отпущена. На какие
высоты Н и h поднимутся после отрыва от чашки шарик и чашка
(рис. 73)? Каков при этом характер
движения тел? Коэффициент жестко-
жесткости пружины равен k.
Решение
Движение шарика складывается
из трех этапов: 1) ускоренного дви-
движения вместе с чашкой до положе-
положения равновесия, определяемого урав-
уравнением
(M-\-m)g = kx\ A)
~~кх0
2) замедленного движения вместе с
чашкой с
о
до момента отры-
отрыва, происходящего в том положе-
положении, где шарик и чашка уже не
давят друг на друга, и, значит,
они движутся с a = g (очевидно,
в этот момент пружина недеформи-
рована); 3) оторвавшийся шарик дви-
движется вверх с ускорением a — g
(замедленно) под действием только
силы тяжести (чашка же из-за возникшей деформации в пружине
движется замедленно с tii^>g).
Очевидно для последнего этапа, который, собственно, нас
интересует по условиям задачи, имеем
Рис. 73.
т v
= mgH,
B)
где Я отсчитывается от положения отрыва (и, значит, от по-
положения нижнего конца недеформированной пружины).
Из B) получаем
Для определения v1 воспользуемся тем, что при движении системы
от нижнего положения до момента отрыва энергия системы не
менялась, т. е.
~2 (M-\-m)gxo=
...
D)
Необходимое л:0 находится из условия равновесия системы в ниж-
нижнем положении
= kx0. E)
82

Решая совместно C), D), E), получим
Для нахождения высоты поднятия чашки h после отрыва шарикз
имеем
а так как по C)
то
2 '
Подставляя сюда значение Я из F), получим окончательна»
с учетом того, что
h— Mg_,_1/~Wgi ,
n — ~~ к i У k2 '
fe2 (M + rn)
* Задача 52
С какой по величине и направлению скоростью должен пры-
прыгнуть человек массой т, стоявший на краю тележки массой М
и длиной /, чтобы попасть на другой ее конец к моменту оста-
Рис. 74.
новки тележки? Коэффициент трения тележки о подставку равен k,
временем взаимодействия человека с тележкой пренебречь по
сравнению с временем его полета. Где снова остановится тележка
после того, как закончится ее движение вместе с человеком
(рис. 74)?
83

Решение
Если тележка за время полета человека переместилась на
/', то человек переместился по горизонтали на Д* = / — /' (все
перемещения по отношению к земле). При этом Длс — это макси-
максимальная дальность полета и, значит,
^l> v\ sin 2a j
g
Перемещение тележки /' определим из того, что ее кинети-
кинетическая энергия после взаимодействия с человеком пошла на
работу против сил трения, т. е.
k Mgl' = -тр, B)
где и0 находим из сохранения горизонтальной составляющей
импульса человека и тележки при прыжке человека, т. е. из
mv0cosa= Ми9. C)
Необходимый угол а определим из того, что время движения
тележки / равно времени полета человека It', где f — время его
подъема или опускания. Но
t=z^g
и
., Vo sin a
— ^—,
поэтому
^ —2u0sina (из t = 2f). D)
Решая совместно C) и D), получим
Исключая и0 из B) и C), получим, считая а известным из (*),
., m"vl cos2 а
Подставляя это значение /' в (I), найдем после очевидных преоб-
преобразований
ig
cos8 а
Найдем новое перемещение тележки после опускания человека
на тележку. Очевидно, что кинетическая энергия тележки и чело-

века пошла на совершение работы против силы трения, поэтому
где и — скорость тележки и человека сразу по опускании. Она
находится из того, что
mv0 cos а = (М-\-т) и. F)
Поскольку vQ и а уже найдены, то решение E) и F) дает
~~ 2kg Ш + mf ¦
Очевидно, что тележка остановится на расстоянии /' — Г от
первого своего (исходного) положения.
Рекомендуем читателю равенства C) и F), записанные уже
в проекциях на направление движения, получить из общей
формы закона изменения импульса в векторной форме.
9. ТЯГОТЕНИЕ
Закон всемирного тяготения для двух материальных точек
в векторной форме имеет вид
где сила F и единичный радиус-вектор г0 (орт) направлены
от притягиваемого тела к притягивающему. Этот закон позво-
позволяет формальным образом решать любые задачи на гравита-
гравитационное взаимодействие, т. е. изучать и описывать движение
тел под действием вышеупомянутой силы.
Природу же этого взаимодействия закон не вскрывает. Это
в некоторой степени сделано в теории тяготения Эйнштейна.
Известно, что всякое взаимодействие осуществляется посред-
посредством некоего агента — поля. Одним из таких полей и является
гравитационное поле.
Как видно из закона тяготения, f^ зависит для данных
двух тел только от их взаимного расположения. Это приводит
к тому, что работа этих сил по изменению взаимных располо-
расположений этих тел не зависит от того, как это изменение про-
происходило, или (пользуясь понятием поля) работа по перемеще-
перемещению одного тела в гравитационном поле другого не зависит
от формы пути.
Это позволяет приписать каждой точке гравитационного
поля некоторую энергетическую характеристику, называемую
потенциалом гр, такую, что работа сил поля при перемещении
в нем тела массой т определится равенством
85

Величину ту называют потенциальной энергией тела в поле
тяжести. Если за уровень отсчета этой энергии взять
энергию тела на поверхности земли, то при h({R3 <f = gh,
где g — ускорение свободного падения, Тогда
м
или
Л 1,з = mgh\ — mghi.
Поля, работа которых от «формы пути» не зависит, назы-
называются потенциальными. Другим примером такого поля явля-
является электрическое поле неподвижных зарядов — кулоновское
поле, описываемое формально законом
г г* °
Магнитное поле этим свойством независимости работы от
«формы пути», вообще говоря, не обладает. Поэтому его нельзя
охарактеризовать понятием потенциала и приписывать телу,
находящемуся в нем, понятие потенциальной энергии.
Поскольку потенциальная энергия определена как энергия
взаимодействия, то естественно положить ее равной нулю там,
где тела существенно взаимодействовать не могут, т. е.
на бесконечном удалении тел друг от друга. Это означает,
что потенциал поля в бесконечно удаленной от тела, создаю-
создающего это поле, точке полагают равным нулю.
В этом случае равенство (*) можно, полагая 9 = 0, пере-
переписать в виде Ai,OT = m=?i, где Ai>co — работа, которую совер-
совершает гравитационная сила при удалении тела из данной
точки в бесконечность.
Если тело уходит на бесконечность под действием некото-
некоторой силы, в каждый данный момент уравновешивающей грави-
гравитационную силу, то, очевидно, из Frp = — F следует, что
АГ9 = —Ае,
и тогда
откуда можно определить потенциал данной точки поля как
' m m '
т. е. как величину, численно равную той работе, которую со-
совершает гравитационная сила (или — с точностью до
знака — уравновешивания ее сила) по перемещению тела
единичной массы из данной точки в бесконечность.
Поскольку т<? в соответствии со сказанным можно определить
как запас потенциальной энергии тела в данной точке, то
? = -^ есть величина, численно равная потенциальной энергии
86

ТПо
тела единичной массы в данной точке. Этим и обусловлено назва-
название термина «потенциал».
Для описания всякого силового поля (в том числе и непотен-
непотенциального) вводят силовую его характеристику.
В случае гравитационного поля такой характеристикой явля-
является напряженность g = -TV, численно равная силе, действующей
в данной точке со стороны гравитационного поля на тело единич-
единичной массы. Тот удивительный факт, что в случае именно грави-
гравитационного поля ускорение силы тяжести (свободного падения)
и напряженность поля совпадают,
есть следствие эквивалентности
инертной массы, входящей во вто-
второй закон Ньютона, и гравита-
гравитационной, или тяжелой, массы, вхо-
входящей в закон тяготения. (Именно
эта эквивалентность и легла в ос-
основу теории пространства, времени
и тяготения, фундамент которой
заложил Эйнштейн.)
Итак, всякое тело создает во-
вокруг себя силовое поле тяготения,
которое характеризуется в каждой
точке напряженностью g (силовая
характеристика поля тяготения) и потенциалом <р (энергетиче-
(энергетическая характеристика)
& т'
А \уг
• т т '
где т — масса пробного тела, которым исследуют интересующее
нас поле; F — сила, которая действует на пробное тело в данной
точке со стороны поля; Аса— работа, которую необходимо совер-
совершить, чтобы пробное тело равномерно и в отсутствии сил сопро-
сопротивления унесли из данной точки в бесконечность. Очевидно, эта
работа численно равна той потенциальной энергии Wa, которой
обладает тело т в данной точке.
Если исследуемое поле создается материальной точкой та
(рис. 75), то
Рис
Знак «минус» в формуле для <р означает, что всякое тело
обладает в поле, созданном телом т0, отрицательной потенциаль-
потенциальной энергией по отношению к бесконечности.
87

Надо помнить, что g — вектор, эф — скаляр. И если в неко-
некоторой точке нас интересует поле, созданное несколькими телами,
то
о s! Г~ *" • Г~ ьл) т ~~~ т 1 Г" * ¦ * ~Г~ тл*
Однородный шар или шаровой слой создают вокруг себя
такое гравитационное поле, как если бы этот шар или слой
сжался бы без изменения массы в свой центр.
Задача 53
Доказать, что внутри однородного шарового слоя g = 0
(рис. 76).
й S,
Рис. 76.
Решение
Выбрав внутри шарового слоя некоторую точку, проведем
из нее два малых конуса, которые, пересекая слой, вырежут на
кем поверхности ASi и ASa- ;
88

Если конусы очень узки, то Апц и дт.2 можно рассматривать
как материальные точки и, значит,
'012.
НО
Am = DhAS = Dh --"-,
гдг ASn построена перпендикулярно к оси конуса; D — плотность;
h — толщина слоя.
Поэтому
a- Dh
Тан как
(по определению телесного угла), то
и из-за Aw1 = Awi (вертикальные углы равны) получаем
.- DhKw /- _j_ - ч
S I cos а \ 01 I 02 Л
Поскольку го1 = — л04 (как противоположные орты), то
и поэтому Ag = 0.
Поскольку такой же вклад в общее поле дают и остальные
подобные пары элементов &т, то внутри однородного шаровою
слоя действительно g = U в любой
точке.
Задача 54
Найти зависимость g = g(r) вну-
внутри однородного шара (рис. 77).
Решение
Выбрав произвольную точку N
внутри шара, проводим через нее
сферу, концентрическую с шаром.
По доказанному в предыдущей задаче, слой h поля в точке
N не создает. Остальная же часть шара создает вне себя поле
D % ъг3
Рис 77
т. е. g внутри шара пропорционально расстоянию до центра
шара и направлено по радиусу к центру шара.
89

Задача 55
Доказать, что внутри произвольной сферической полости,
сделанной в однородном шаре, g — const, т. е. поле однородно
(рис. 78).
Рис. 78.
Решение
Очевидно, что не будь полости, поле в точке N было бы
равно gi—kri. Наличие же полссти меняет это поле на вели-
величину gi^=kri. При этсм искомое поле g таково, что поле
(g-\-gi) должно быть равно полю сплошного шара glt т. е.
?i = g+i«. откуда
Но Г\ — r2 = d численно равно расстоянию между центрами шара
и полости и есть величина постоянная, а потому и g- = M = const.
Задача 56
Найти вторую космическую скорость, т. е. ту минимальную
скорость относительно центра Земли, которую должно иметь тело
для того, чтобы выйти за пределы земного тяготения. Сопротив-
Сопротивление среды не учитывать (рис. 79).
90

Решение
Поскольку движение тела происходит под действием перемен-
переменных сил, то воспользуемся законом энергии
Считая двигатель выключенным и сопротивление отсутствую-
отсутствующим, получим \W = 0 или Wu=Wm, здесь W9 — полная меха-
механическая энергия тела в той точке, где ей сообщили искомую
скорость, a Wa> — энергия
тела на бесконечности, рав-
равная, очевидно, нулю. Но
тогда и Wo — G или
откуда
г
Это выражение можно
преобразовать
у =
Рис. 79.
Здесь r = R3-\-h, где h — высота той точки над поверхностью
Земли, где тело получило искомую скорость.
Задача 57
Какую минимальную работу надо совершить по удалению
тела массой т с поверхности Земли в бесконечность, если работа
сил сопротивления составляет п-ю часть искомой работы?
Решение
По закону изменения энергии
Поскольку .Лсопр и А противоположных знаков, то
А- -=Д№
п
91

или с учетом, что AWK = 0 (мы ищем минимальную работу) л
откуда
a(\ — -} — t—
тМ
(l
1\
Задача 58
Две звезды с массами п\\ и пц, находятся на расстоянии /.
Найти напряженность поля и его потенциал и точке, находящейся
на расстоянии rt и г* от первой и второй звезд соответственно
(рис. 80).
А'
Решение
Из рисунка видно, что такие точки лежат на окружности
в плоскости, перпендикулярной к прямой, соединяющей эти
звезды. Рассмотрим задачу для произвольной точки А этой окруж-
окружности Тогда
Из векторных треугольников получаем
/* = /7 -f- r'i — 2л1Л2 cos a,
исключая отсюда cos а, получим

Подставляя значения gt и git находим
Зная g, найдем и его направление, определяемое, например,
углом р
п-3 _ <т2 _ сг2
Потенциал в точке А определяется алгебраической суммой <pi и
Задача 59
Найти работу по переносу тела массой т с одной планеты
на другую в отсутствие сил сопротивления. Массы и радиусы
планет известны, расстояние между ними велико (рис. 81). При
переносе величина скорости тела не меняется.
Рис. 81.
Решение
Очевидно, что A -|-y4conp = AlFn-j-AWK. По условию ЛСОпр =
ДЦ? О Т
будем считать и ДИ?К = О. Тогда
Л=/п(<р2 —ср,),
где «pi и !р2 создаются обеими планетами, т. е.
,л ' I ,.ff „ ' | it
т! "^ т1 —— Т1 И Фд — Y2 "~1— ^ч •
Тогда
или
и гак как г и тг много больше -=-, то
Д1  '«
93

Задача 60
Какова скорость истечения газа из сопла двигателя косми-
космического корабля при старте, если он получает ускорение а в на-
направлении, противоположном ускорению свободного падения g>
¦Ч- Рис. 82.
Сечение сопла S, плотность газов р, массы корабля т и пла-
планеты М, а также расстояние до ее центра г и сила сопротивле-
сопротивления атмосферы Fc известны (рис. 82).
Решение
На корабль действуют FvsaKry сила тяжести mg и сила сопро-
сопротивления Fc
mg-\-Fc-\- FpeaKy= та
или в проекции на направление g
так как
М
то
1 —г- + ^с — P>bcJ = — та,
откуда
с —
тМ . „ ,
Т -рг + ^с + '
10. ДИНАМИКА ДВИЖЕНИЯ МАТЕРИАЛЬНОЙ ТОЧКИ
ПО ОКРУЖНОСТИ
Задачи этого типа в принципе не отличаются от задач, рас-
рассмотренных ранее. Исходным равенством является второй закон
Ньютона
94

или в проекции на v- и r-направления (т. е. по касательной и
по радиусу)
При этом
a = ^-
r ml
аг = — = (oV = 4я2/Зг =
Г >
B)
C)
где г — радиус-вектор материальной точки (радиус окружности);
v — линейная скорость движения; ш — угловая скорость вращения
радиус-вектора; / — частота вра-
вращения; Т — период оборота.
Формула C) справедлива для
любых видов движения материаль-
ной точки. Что же касается av,
то оно не всегда может быть вы-
выражено просто через v, ш, Т и /.
Поэтому в тех случаях, когда
av Ф- О (т. е. движение происходит
с переменной по величине ско-
скоростью), вместо уравнения A) для
решения задачи пишут в дополне-
дополнение к B) закон изменения энергии
D)
тд
Рис. 83.
при этом аг выражают через v, ибо именно v и входит в урав-
уравнение D).
В формуле B) Fr — это суммарная проекция всех сил, дей-
действующих на тело, на направление радиус-вектора г.
Часто учащиеся склонны придумывать различные «и еще
центростремительные силы», кроме Fr. Надо помнить, что в соот-
соответствии с третьим законом Ньютона каждая сила, действующая
на тело,—это результат взаимодействия этого тела с каким-то
другим телом.
Поясним эю на примерах.
1. Спутник движется по круговой орбите вокруг Земли. Если
он находится за пределами атмосферы и двигатель не работает,
то на спутник действует только сила тяжести, которая одно-
одновременно есть и /v и ^цс (центростремительная).
2) Конический маятник (рис. 83) вращается в горизонтальной
плоскости с оз = const. На грузик m действуют сила тяжести nig
и натяжение нити Т. Их результирующая и есть Тг или Fac.
И никаких «и еще центростремительных сил» не существует.
Зто будет отчетливо видно в дальнейшем при решении задач.
95

При движении тела по окружности результирующая сила не
обязательно направлена в центр окружности, но обязательно во
внутрь ее. Результирующая сила направлена в центр окружно-
окружности лишь при \v | = const (или ш = const), т. е. когда величина
скорости не меняется.
Если не все силы лежат в одной плоскости (как, например,
в случае движения конического маятника), второй закон в про-
проекциях имеет вид:
av=~m; ar=r=~m; пп==~?'
где п направлен нормально к той плоскости, в которой проис-
происходит вращение.
Если вращение происходит в плоскости с постоянным угло-
угловым ускорением, то имеют место равенства
где Дер — угол, на который повернулся радиус-вектор 7 (в радиа-
радианах) за время t; ш — угловая скорость вращения; [3 — величина
углового ускорения вращения; причем Р>0 для ускоренного,
а р<|0 для замедленного вращения.
Угловые и линейные характеристики вращения связаны равен-
равенствами
Д/ = Дер • г; v = wr, av = ^-r.
Задача 61
Конический маятник массой т вращается в горизонтальной
плоскости, отстоящей на расстоянии h от точки подвеса, с по-
постоянной по величине скоростью (рис. 83). Найти частоту вра-
вращения маятника.
Решение \
Силы, действующие на маятник, очевидны, и\ потому
mg-\-T = ma
или
и, так как
то

Деля одно из этих равенеташ-другое, получим
Л f~-
11 •
Задача В2
Конический маятник, длина нити которого равна / и масса т,
вращается в горизонтальной плоскости с периодом Т. Найти
угол а, который составляет нить
маятника с вертикалью, и силу
натяжения нити (рис. 84).
Рис. 84. Рис. 85.
Решение
Как и в предыдущей задаче, получим сразу в проекциях на
г- и «-направления
I Q COS a = nig.
Учитывая, что r = /sina, получим
т4пг1
14— Т1 .
[ Q cos a —trig.
Из (*) сразу Q = m-^r. Деля (**) на (*), получаем
(**;
Задача 63
Найти первую космическую скорость, т. е. ту скорость, кото-
которую должно иметь тело на круговой орбите на высоте h от по-
поверхности планеты массой М и радиусом R (рио. 85).
4 В, К. Кобушкин
97

Решение
Очевидно, на тело действует только сила тяжести и она пер-
перпендикулярна скорости (орбита круговая,/, поэтому
Frp = та
или
или
, = таг,
тМ
так как r = R-\-li, то окончательно
Задача 64
В лифте, движущемся вертикально вверх с ускорением Оо,
находится вращающийся с частотой f горизонтальный столик,
tf.a котором лежит маленький коробок. Зная, что коэффициент
трения коробка о столик ра-
i n вен k, найти то максимальное
расстояние коробка от оси вра-
вращения, при котором он еще
будет удерживаться на столике.
Найти ускорение коробка отно-
относительно земли (рис. 86).
^i
ЬЕ
а
Решение
Очевидно, коробок удержи-
удерживается на столике силой тре-
трения. По второму закону
Проектируя равенство на вер-
вертикаль и на г, получим
Рис. 86.
где an = (h и р
Исключая Q, получаем
km (a0 -f- g) =
откуда
98

или
Ускорение коробка относительно Земли
а= щ-\-аг
ь*й ^м)» "гориз ^г»
так как ао = const, а аг вращается {аг = 4^р7 направлено по
вращающемуся г), то а будет описывать коническую поверхность
вокруг вертикали (рис. 87). При этом а составляет с вертикалью
угол, определяемый равен-
равенством S
во
Задача 65
Каким должен быть мини-
минимальный коэффициент трения
скольжения, чтобы авто-
автомобиль, идущий со ско-
скоростью и, мог сделать пово-
поворот с радиусом кривизны г
(рис. 88)?
Решение
Имеем в проекциях на
г- и п- направления
Рис. 87.
откуда по исключении Q по-
получаем
Рис.
Задача 66
Автомобиль массой т движется с постоянной по вели-
величине скоростью, описывая окружность радиуса г по поверх-
поверхности с коэффициентом трения k. Какова при этих условиях
мощность двигателя автомобиля, если малейшее увеличе-
увеличение подачи топлива в двигатель приводит к скольжению
(рис. 89)?
4» 99

Решение
Так как по условию автомобиль движется на «пределе» тре-
трения покоя, то можно считать движущее трение и трение,
Рис. 89. Рис. 90.
удерживающее автомобиль на окружности, одинаковыми. Тогда
г / тр
mg — Q.
Исключая Q, получаем
N = kmgv;
— = kmg.
Исключая отсюда v, найдем
* Задача 67
Автомобиль, движущийся по окружности, равномерно увели-
увеличил свою скорость от i>o до v, сделав при этом один оборот.
Считая силы движущего и «заворачивающего» трения одинако-
одинаковыми и превышающими к концу оборота силу тормозящего тре-
трения в п раз, найти это п. Какой угол составила при скорости и
результирующая сила со скоростью (рис. 90j?
100

Решение
Силы, действующие на автомобиль, очевидны. По второму
закону Ньютона имеем
/дв + ^торм + Fsaa •+¦ Q -f mg = та
или в проекциях на v-, r- и «-направления
/дв * тори *— tTlUvt **зав т(ХГу
mg-Q = 0.
С учетом ар = ~ "¦ получим
f _Р — от (р2 °)
/дв ' тори
2 , 2nR
' зав —
Деля A) на B), получаем с учетом -^— = п и
''тори
1 ^
п 4л '
откуда
C)
5
Из чертежа видно, что
5-1+4.
/дв /торм , 1 '
Ctg a = г; — =: ] =
/дв - /'торм , 1 »•
Интересно заметить, что максимальное значение п равно еди-
единице. При этом из C) о = Оо. т. е. движение «равномерное», и тогда
из D) ctga = O или a = 90°, т. е. результирующая сила при
v = const направлена в центр окружности. Но только при у =
= const!
Задача 68
Невесомый стержень длиной / с грузом на конце подвешен
другим концом к потолку и отклонен на угол а0 от верти-
вертикали, а затем отпущен. Найти зависимость угловой скорости
стержня ш от переменного угла а между стержнем и верти-
вертикалью (рис. 91).
101

Решение
Движение груза происходит под действием переменных сил
(натяжение стержня меняется и по величине и по направлению).
Рис. 91.
Поэтому воспользуемся законом энергии
так как сила натяжения стержня работы не совершает (из-за
7J_v), а сил сопротивления нет, то с учетом vo — Q
или
и так как
a v = u>/, то
откуда
| ДА | = / (COS а — COS а0),
gl (cos а — cos а0) = ^тр,
1 fig (cos a — cos a0)
Задача 69
По условиям предыдущей задачи найти Т = Т(а), если масса
грузика равна т. Считая нить малорастяжимой с коэффициен-
коэффициентом жесткости k, найти удлинение нити Д/ = Д/(а) (рис. 91).
1Q2

Решение
1. По второму закону имеем в проекции на ^направление
Т — mgcoS3. = — .
Кроме того, как и в предыдущей задаче (однако при Д/ ^ /),
¦j=gl (COS a — cos а0).
Исключая из этих равенств у2, получим
Т = mg C cos a — 2 cos а„).
2. Так как Т = Ш, то
д, mg C cos a — 2 cos a0)
Задача 70
Какую максимальную скорость может развить велосипедист,
движущийся по окружности радиуса г, если коэффициент макси-
максимального трения покоя равен k? Под каким углом к вертикали
будет при этом наклонен велоси-
велосипедист (рис. 92)?
Решение
Силы, действующие на велоси-
велосипедиста, очевидны. Имеем в проек-
проекциях на г- и «-направления («-на-
(«-направление нас не интересует, по-
поскольку модуль скорости не ме-
меняется)
р —mv .
« Тр ~"™~ j
О,
так как
системы
= kQ, то получим из
v = Vkgr.
/1 д . ^
тпд
Рис. 92.
Можно показать, что велосипедист своим телом должен быть
ориентирован так, чтобы суммарная реакция опоры F действо-
действовала вдоль линии, проходящей через центр тяжести тела. Но
тогда
103

* Задача 71
Найти зависимость силы движуще;о трения от угла а (рис. 93)
для автомобиля, идушего с постоянной скоростью по выпуклому
мосту радиуса г. Коэффициент трения качения равен к, масса
автомобиля равна т.
О
Рис. 93.
Решение
Возможны два случая: I) автомобиль поднимается на мост
и 2) авюмобиль спускается с моста.
В проекциях на г- и и-направлекия получим:
1) mgcosa — Q = ?j-;
iдв — ^юрм — mg sin a = 0;
2) mg cos a — Q = — ;
f дв — /Чорм + '"ё' sin a = 0.
С учетом
= ?B получим:
[g cos a
14 1
2) /BB =
Проанализируем оба результата.
1) При (g cos a — yj = 0 получается формально
104

Но очевидно, что этого быть не может, ибо если
gcosa — ~—0,
то, согласно (]), Q = 0. Но если Q = 0, то движущее трение тоже
равно нулю, как и всякое другое трение.
2) В случае спуска автомобиля с моста при
k [g cos a — j)<g sin a
получится fjB<CO, что означает вращение колес в обратную сто-
сторону, т. е. трение «движущее» становится «тормозящим».
В чем же казус?
Очевидно, задача сформулирована некорректно. Надо было
четко сформулировать, при каких углах a v = const. Действи-
Действительно, не может же автомобиль двигаться, да еще с постоянной
скоростью вертикально, что должно было бы произойти при
a = 90°.
Значит, при больших а задача теряет смысл. Очевидно, задача
обретает определенность при gcosa ^>0 или npHcosa> — ,
т. е. при достаточно малых а.
Кроме того, чтобы (яв было действительно движущим, т. е.
^0 и при спуске с моста, необходимо
a —-j>gsina,
что приводит к требованию
sin
Значит, должно быть: 1) угол а достаточно мал; 2) трение каче-
качения достаточно большим: 3) скорость автомобиля достаточно ма-
малой; 4) радиус кривизны моста
достаточно велик.
Вот сколько надо было сде-
сделать оговорок, чтобы задача
стала определенной и не полу-
получилось бы казуса!
Задача 72
рие. 94.
С вершины полусферы сколь-
зит шайба без трения. Показать,
исходя из второго закона Ньютона, что шайба оторвется, не
доходя до горизонтального диаметра (рис. 94),
105

Решение
Отрыв шайбы означает Q = 0. В проекции на г имеем
-Q=Y~. (l)
При движении шайбы — возрастает, mg cos а убывает. Чтобы
— возрастало, необходимо, чтобы разность (mgcosa — Q) тоже
возрастала, несмотря на убывание mgcosa. Но это возможно
лишь при убывании Q более быстром, чем mg cos а. Так как
mg cos а. обращается в нуль лишь при a = 90°, то Q должно обра-
обратиться в нуль раньше, ибо разность (mg cos a — Q) должна из-за
-— быть всегда положительной.
Для нахождения места отрыва необходимо знать v. Так как
движение происходит под действием переменных сил, то v найдем
из закона энергии, который в данном случае (Q работы не совер-
совершает, трения нет) имеет вид
Wo=W или mgh = r^-. B)
Решая A) и B) совместно, получим при Q = 0
,_2^
и так как
cos a— ¦
r — h
то A = f
Задача 73
Шайба массой m скользит без трения с высоты Н по желобу,
переходящему в петлю радиуса г. Найти силу давления Q шайбы
rA+Sln<x)
Рис. 95.
на опору в точке, определенной углом а (рис. 95). При каком
значении а произойдет отрыв?
106

Очевидно, что
Решение
mgsina-f Q = —;
mgH = mgr A -j— sin a) -)- ^-.
Исключая отсюда vi, находим
/-> \г,Н — r(l + sinai . 1
ll = mg\Z sin a .
I r J
Так как условие отрыва Q = 0, то
sina_ 2_ IH_ _ Л
Задача 74
С каким угловым ускорением в вертикальной плоскости дол-
должен вращаться невесомый стержень с массой т на конце, чтобы
он разорвался, проходя нижнее положение через время t от
начала движения (рис. 96) из нижнего же положения? Стержень
выдерживает усилие не больше
TnveA = nmg. Длина стержня /, он
мало растяжим, вращение равноуско-
равноускоренное.
Решение
Так как стержень практически
не растяжим, то r=/ = const.
В проекции на г имеем в нижнем
положении
mg(n—l) =
и ш = ш0-j-|3/,
и так как
откуда
= 0, то g(n— l)==
Р = }/1
==1./*g("-l)
V w •
Видно, что ответ не зависит от массы груза т, но зависит от
Задача 75
Две звезды массами тх и т% находятся на постоянном рас-
расстоянии / друг от друга. Каков характер их движения (рис. 97)?
107

Решение
Так как между звездами действуют силы взаимного притяже-
притяжения, то каждая из них должна двигаться ускоренно. Но так как
по условию расстояние между ними постоянно, то ускорение
должно быть нормальным к их скоростям и, значит, каждая из
звезд должна двигаться по окружности, причем обе окружности
должны иметь общий центр (называемый центром масс систем).
Найдем его положение и пе-
периоды обращения звезд, счи-
считая систему замкнутой.
Очевидно, что имеем в
проекции на /
,2 так как Fl=Fi (по третьему
закону), то tniai = m%(ii, или
ИЛИ
"Г?
Рис. 97,
Но чтобы звезды были
все время на одинаковом рас-
расстоянии /, проходящем через центр масс, необходимо Ti = ra
и тогда
Так как
Га == /, то получим
тЛ
ml + rnt'
Легко видеть, что у звезды с большей массой радиус вращения
меньший. Пусть пц^пц. Тогда из последних равенств видно,
что /"з^О. т' е- звезда с большей массой почти «топчется» на
месте (г\ очень мало), а звезда с малой массой движется по
окружности Га5^^ т. е. практически звезда с малой массой вра-
вращается вокруг практически неподвижной звезды с большой
массой.
Поскольку на эти звезды внешние силы не действуют, то,
естественно, их общее количество движения не меняется, а это
значит, что совместно с их взаимным вращением звезды могут дви-
двигаться так, что их центр масс имеет скорость ~v = const.
108

Зная Г\ и Гч, нетрудно найти Ti = 7\. Например, для первой
звезды из Ft = tthai получаем
откуда
или, учитывая, что
найдем
* 'Т О
Т/я,'
ri = ;
V 1 (f»i ¦
i + Я'а)'
т. е. период обращения зависит лишь от их взаимного расстоя-
расстояния и суммы масс и не зависит от соотношения масс.
11. СТАТИКА
Статика — это тот раздел механики, который изучает условия
равновесия твердого тела, т. е. такого тела, которое под дейст-
действием внешних сил своей формы существенным образом не меняет.
Введем понятие центра
масс сиаемы тел как той
точки, в которую сжа-
сжалась бы вся система тел,
если бы между частями си-
системы появились бесконеч-
бесконечно большие гравитацион-
гравитационные силы. Положение цен-
центра масс системы (рис. 98)
определяется равенством
__
с
Рис.98.
где п, ..., г—радиус-
векторы отдельных малых
тел системы в некоторой (любой) системе отсчега; ти ..., тп —
массы этих малых тел; гс — радиус-вектор центра массы системы.
Если система тел находится в однородном гравитационном
поле, то центр масс системы одновременно является центром
тяжести системы.
Центры масс однородных простой формы тел находятся:
1) в стержне постоянного сечения, в цилиндре, шаре, сфере,
параллелепипеде —в центре; 2) в треугольнике — на пересечении
медиан; 3) в правильной пирамиде на одной трети высоты от ее
основания.
109

При нахождении центра тяжести тела сложной формы его
разбивают мысленно на тела простой формы, гс которых известны.
При этом, если имеется некоторое однородное плотностью р
тело с полостью внутри, то при нахождении гс тела полость
можно формально считать телом отрицательной плотности —р,
а тело сплошным (без выреза).
Введем еще одно понятие — понятие о величине момента силы,
как величины, определяемой равенством
М = Fr sin о.,
где F — сила, действующая на тело; г — радиус-вектор ее точки
приложения; о. — угол между Fur (рис. 99).
В дальнейшем мы будем рассматривать только тот случай,
когда все силы лежат в плоскости, перпендикулярной к оси вра-
вращения, причем моменты сил,
вращающих тело по часовой
стрелке, будем считать поло-
положительными, против часовой
__.-—^ стрелки — отрицательными.
Теперь можно сформули-
сформулировать основную теорему
статики для этого простей-
простейшего случая.
Рис- "• Чтобы твердое тело на-
находилось в равновесии, необ-
необходимо и достаточно, чтобы геометрическая сумма сил, дейст-
действующих на тело, была равна нулю (при этом центр массы
тела не будет иметь ускорения) и алгебраическая сумма момен-
моментов этих сил относительно любой точки плоскости, в которой
лежат силы, была равна нулю (при этом тело не будет иметь
углового ускорения).
В математической форме эту теорему можно выразить так.
Для ас = 0 необходимо Fi-{-...-}-Fn = 0 и для {3 = 0 необ-
необходимо Mt-{-...-{- Мп = 0.
Сформулированная теорема есть просто второй закон Ньютона
для частного случая а = 0 и р = 0.
Можно показать, что сколько бы ни было у тела опор, неза-
независимых уравнений моментов будет только одно. Однако иногда
бывает выгодно написать два-три таких уравнения (вместо,
разумеется, каких-то других); но надо помнить, что они будут
не независимыми, а следствием каких-то других уравнений (см.
задачи 82 и 83.)
Задача 76
Найти центр масс однородной пластины постоянной толщины,
размеры которой указаны на рис. 100.
ПО

Решение
Разобьем пластину на три части и введем оси координат, как
показано на рис. 100 (с началом в центре тяжести первой части).
Тогда
_
с
та + т3
или в проекциях на оси х и у
от,
тг
Учитывая, что mi = pVi = pliSi и
а , I — а I IЬ Ь — с\ с
\=у; ^2 = —^ 2~/== — Т»
а , d
получим
рЛ ^й + (/ _ а) ф - с) + i F - е) d J
//
[ей + (/ - а) (Ъ - с) + \ (Ь - с) afj '
Сокращая на ph, видим, что от толщины пластины /i и ее плот-
плотности р положение центра масс не зависит и определяется только
формой пластины.
а
У
а
Рис. 100.
Рис. 101.
Задача 77
Найти центр масс однородной пластины постоянного сечения
с вырезом в виде круга радиуса /? (рис. 101).
Ill

Решение
Взяв за начало отсчета центр прямоугольника, получим
в проекциях на оси с учетом того, что ркруга = —р
_
lJc = (—
— тс/?8 + ab
\ -j- $abh — тс/?3 -|- ab '
здесь учтено, что х-я координата центра круга отрицательна.
Задача 78
Найти центр масс однородного
шара радиуса R с шаровой по-
полостью Ri внутри, если расстоя-
расстояние между центрами шара и по-
полости равно а (рис. 102).
Решение
Расположим шар так, чтобы
прямая а была в плоскости чер-
чертежа (тогда не придется считать гс),
и выберем начало отсчета в центре
шара с одной из осей вдоль а (и, значит, не придется считать
координату ус = 0). Тогда
Рис. 102.
-р-ч «Я? (-в)
_ R\a
—р 4 ъщ+р 4
Очевидно, что хс лежит на прямой к в стороне, противополож-
противоположной той, где находится полость, ибо из R^>Ri следует хс^>0.
О
1 2 3
N4
N
Рис. 103.
Задача 79
N материальных точек с массами mi = m0, т^ = 2т0, ... ,
mN=Nmo расположены на одинаковом расстоянии а одна от дру-
другой вдоль одной прямой. Найти центр масс этой системы (рис. 103).
112

Решение
Возьмем за систему отсчета точку, лежащую слева от пер-
первого тела на расстоянии а, тогда
т,а~{- щ.{1а -\- ...-{- mNNa т0 (а+ 2-2а +...-\-N ¦ Na)
__ а BЛ1
3
Очевидно, что можно было взять за начало отсчета любую другую
точку, тогда расчет был бы несколько сложней.
Задача 80
На концах тележки длиной / и массой М находятся два
человека массами пц и т%. Как изменится положение тележки
по отношению к земле,
если люди поменяются ме-
стами (рис. 104)? Трением
тележки о пол пренебречь
и считать
Решение
Исходим из того, что
поскольку тележка рань-
ше была в покое и внеш-
ние силы уравновешены
во время движения, то по-
ложение центра масс из-
мениться не могло, т. е. Рис 104
Xf,c — xc. Очевидно, что те-
тележка переместится в сторону, где был раньше человек с мас-
массой nil- Возьмем за начало отсчета точку, в которой находился
центр тележки до перемещения людей. Тогда до перемещения
тележки
После перемещения тележки
У '
113

Сравнивая A) и B), получаем
¦g- (т - т) = тх (j — А/) - ЛШ ¦
откуда
д. / (ntj — т„)
1~ М +
Видно, что Д/^>0. Зто означает, что наше предположение
о передвижении тележки влево правильно. В противном случае
получилось бы Д/ < 0.
* Задача 81
Два человека, о которых говорилось в предыдущей задаче,
двигались одновременно так, что положение тележки не изме-
изменилось. Где остановится че-
ловек большей массы т1}
если человек меньшей массы
Шч дойдет до края тележки
(рис. 105)?
Решение
Поскольку положение те-
тележки не изменилось, та
можно производить расчет
положений относительно ее
центра. Очевидно, кроме того,,
что тележка это то тело,
через которое два человека взаимодействовали (т. е. в принципе
не отличается от каната, который тянут два человека, стоя на
гладком льду). То тогда, по третьему закону Ньютона,
или в проекциях на линию движения
и с учетом F = ma получим
Если считать движение людей равноускоренным при разгоне
их и равнозамедленным при их торможении, то, обозначая их
перемещения при разгоне через /, а при торможении через L,
а времена разгона и торможения через tx и tit получим
или
114

складывая эти равенства, получим
тг (/, -f U) == т* (/9 -f- U),
ко /,• -f- Lt = Дх; есть перемещение людей относительно землр
или тележки, поэтому
и так как по условию Д*2=/, то
А тЛ
Ответ получен при упрощающем предположении о равно-
равнопеременном движении людей. Но и без этого предположения
результат был бы тот же.
Задача 82
Балка весом Р, нагруженная силами /^ и Ft, как показано
на рис. 106, находится в равновесии. Найти реакции опор Qt и Q2,
считая /, a, b, Fu Ft ац и а».
известными.
... !* Л Л
Решение
Будем искать проекции сил Q
У
на оси х и у. Условие неподвиж- а ,?».
лости центра масс балки дает А
А/ +—\ак
в
A)
B) Рис' 1Оа
Кроме того, считая возможными точками вращения А я В (это
не обязательно, но упрощает расчет), получим из условия
отсутствия вращения балки
Л sin чха-\- Р sin 90° (~ — а] — Qiy {l — a — b) —
— Ft sin а2 (/ — а) = 0. C)
Fi sin а! (/ — b) + Qiy (I — a — b) — P sin 90° (y —
— Ft sin аф = 0. D)
(Ясно, что уравнения B) — D) не являются независимыми, и
читатель может сам показать, что одно из них есть следствие
двух других.)
115

Из любой пары уравнений B), C) и D) можно найти Qiy и Qiv.
Для определения же Qix и Qs* мы имеем одно уравнение (Г),
из которого можно найти лишь
Qix ~f" Qix = Fi COS <x2 — F\ COS at.
Поскольку все условия равновесия исчерпаны, то порознь Qtx
и Qix не найти, что естественно, поскольку искомых было пять
при четырех уравнениях. Таким образом, задача однозначного
решения не имеет.
Если, однако, предположить, что .v-е проекции сил пропор-
пропорциональны нормальному давлению на опоры, т. е.
| = *Qij, и \Qu\ =
E)
или
Qz
это пятое уравнение позволит однозначно решить задачу.
Но дело в том, что E) имеет
место далеко не всегда.
Надо обратить внимание на
то, что силы реакции Qi и Qa
направлены необязательно вер-
вертикально вверх. В данной аа-
даче Qi и Q3 вертикальны лишь
при aj=a<j = 90° (при этом,
естественно, Qu = Qix = O).
Задача 83
Однородный диск подвешен
на нити так, что касается вер-
вертикальной стены. Диск нахо-
находится в равновесии. Зная
угол а, найти вес диска Р, силу
натяжения нити Т, силу тре-
трения покоя F и силу нормальной реакции Q со стороны стены
(рис. 107).
Решение
Неподвижность центра массы диска дает в проекциях
— Р-+-F-\-T cos ol = Q; A)
Q — 7" sin a = 0. B)
116

Отсутствие вращения вокруг центра диска и вокруг точки
касания о стену соответственно дают
= 0; C)
PR - T sin (90 — -fj 2R cos у = 0. D)
Из C) получаем F — T, а тогда из A) и B) следует, что
7(l-f-cosa) = P и Q=7sina. E)
Из D) и E) после преобразований получаем
1 -(- cos a =r 2 coss у,
что имеет место всегда.
Таким образом, можно найти лишь связь между Я, F, Q и 7,
однозначно их значения определить нельзя, хотя уравнений было
четыре. В чем же дело? Дело в том, что наши четыре уравнения
не являются независимыми. Именно уравнение D) есть следствие
A) и C). Действительно, D) дает
а A) и C) дают
Я = 7A-f-cos a),
что равносильно.
В чем же физическая подоплека этого казуса? Она заклю-
заключается в следующем:
1) поскольку ни одна из сил не задана, то нельзя ни одну
из них выразить только через угол, данный в условиях, ибо
динамические величины через кинематические и наоборот не
выражаются;
2) силы 7, Q, F пропорциональны Я;
3) легко видеть, что задание одной из сил (например, Я)
делает сразу задачу однозначной.
Задача 84
Доска весом Яо и длиной / имеет ось вращения на расстоя-
расстоянии - от нижнего края (рис. 108). Какой минимальной скоростью
у основания доски должен обладать брусок весом Р, чтобы при
подъеме бруска по доске доска повернулась вокруг оси? Угол
между доской и горизонталью равен а, коэффициент трения
бруска о доску равен к.
117

Решение
Для поворота доски необходимо, чтобы момент сил, вращаю-
вращающих доску против часовой стрелки, был не меньше момента сил,
Рис. 108-
удерживающих доску, т. е. чтобы брусок прошел влево за ось
вращения настолько, чтобы
Рх sin (90° - а) = Ро (-г - -т) sin (90°
или
т г
(*)
Величину х можно найти из условия движения бруска по доске,
например из
Или в раскрытом виде, с учетом А = 0, v = 0 и h0 = 0,
или
- kP cosa
+ х) =Р (-J- + х) sina-^ |-.
(•*)
Сокращая на Р и исключая jc из (*) и (**), находим
cos a + sin a) [-L + ^?(± _ 4.)].
Задача 85
Какова реакция оси доски при скорости бруска несколько
большей, чем найденная в предыдущей задаче (рис. 109)?
Р ешение
Считаем, что брусок едва-едва перешел за положение, опреде-
определенное равенством (*) предыдущей задачи. Тогда правый край
118

доски перестанет взаимодействовать с спорой, а доска практически
ускорения иметь не будет. Значит, для нее имеем
где Q1 и /Vp —силы, действующие на доску со стороны бруска.
В проекциях на оси
получаем
или с учетом
-Ртр = kP cos a
найдем
2 )•
Рис 109.
Если брусок не дойдет до указанного в начале решения
положения, то надо учитывать силу, действующую на доску
со стороны опоры справа.
Если брусок пройдет значительное расстояние сверх ука-
указанного, то появится большой вращательный момент против
часовой стрелки, доска будет иметь ускорение и исходное
равенство A) будет несправед-
/у ЛИБО.
Задача 86
Равнобочный клин (рис. 110)
находится в равновесии, если
сила N, действующая поперек
обуха, в п раз меньше силы Q,
действующей поперек щеки кли-
клина. Зная п, найти угол клина a
и коэффициент трения k клина
о бревно, в котором он едва
удерживается.
Решение
2
Рис. ПО. Будем считать, что клин вы-
выдвигают из бревна. Тогда силы
трения F1 и F2, действующие на клин, будут направлены, как
указано на рис. ПО (если бы клин вдвигали в бревно, то Flt
F2 и N были бы направлены в обратные изображенным на ри-
119

сунке стороны). В проекциях на оси получим (с учетом N = - ,
Fl=kQ и Ft = A^
A)
B)
^ — 2kQ cos a -f- 2Q sin а = 0;
Q cos а — Q cos a -j- kQ sin а — kQ sin а = 0;
из A) получим
— =2 (^cosa — sin a),
a B) дает тождественный нуль и решение неопределенно, ибо из
одного равенства A) два неизвестных найти однозначно нельзя.
Надо заметить, однако, что пока клин в покое и не находится
в состоянии «вот-вот» начнет ползти, о коэффициенте трения
покоя k можно говорить лишь весьма условно (в соответствии
со сказанным на стр. 26).
Можно говорить лишь о коэффициенте максимального трения
покоя, который часто близок по своему значению коэффициенту
i трения скольжения. Если ма-
„ ., I териалы клина и бревна зада-
р ' ны, то А можно взять из таб-
таблицы, а тогда а сразу опре-
определяется из A).
Задача 87
Как должна меняться в за-
зависимости от положения столба
сила F, приложенная перпен-
перпендикулярно к оси столба в конце
его, чтобы столб равномерно
поворачивался из горизонтального положения в вертикальное
вокруг другого конца (рис. 111)? Вес столба равен Р. Какова
при этом реакция Земли Q?
Решение
Для равномерного вращения столба вокруг его конца необхо-
необходимо равенство нулю суммарного момента сил, т. е.
11.
2
ИЛИ
откуда
Р1
COS а — /•/ = (
г-
1 ¦
Pcos a
120

Так как силы уравновешены (ускорение центра масс практи-
практически равно нулю при медленном повороте), то
Qy-{-F cos a —P = Q;
Qx — /rsina = 0,
откуда с учетом F =—^-~ получаем
Р Sin 2a
12.ГИДРО АЭРОСТАТИКА
Ничего принципиально нового в задачах на этот раздел по
сравнению с задачами на другие разделы механики нет. Все фор-
формулы этого раздела есть рядовые следствия законов Ньютона, а
потому и все задачи этого раздела в принципе могут быть решены
исходя из этих законов.
Напомним некоторые положения гидроаэростатики.
1. Закон Паскаля: внешнее давление, производимое на
жидкость или газ, находящиеся в равновесии, передается ими во
Есе стороны без изменения.
2. Гидростатическое давление жидкости, обусловленное силой
тяжести на глубине h, определяется формулой p = dh = \>gh и
не зависит, согласно закону Паскаля, от ориентации площадки,
на которую оказывается давление.
3. Жидкость находится в равновесии, если на любой элемент
ее действуют уравновешенные силы.
4. Закон Архимеда:
* A :=z ' ^выт>
где РВыт — вес жидкости (или газа) в объеме погруженной части
тела, на которое действует интересующая нас FA.
* Задача 88
В изогнутой трубке, изображенной на рис. 112, находится
известная жидкость. Вес поршня Р и сила F, действующая на
него, известны. Найти распределение давления p — p(l)t если все
необходимые размеры трубки заданы.
Решение
Прежде всего отметим, что на одинаковых уровнях давления
в обоих коленах трубки с однородной жидкостью одинаковы,
иначе жидкость не находилась бы в равновесии. Кроме того,
121

любой элемент жидкости находится тоже в равновесии. Рас-
Рассмотрим условие равновесия какого-нибудь элемента. Учитывая,
что по условию задачи нужно найти р = рA) и тот факт, что
давление на уровне Н находится просто, приходим к выводу,
что интересным элементом является заштрихованный кусочек.
По второму закону Ньютона
где АР — вес заштрихованной части жидкости; Fg и FB — сила
давления на эту часть снизу и сверху со стороны остальной
части жидкости; Q*i и Q.2 — силы давления на выделенный эле-
элемент жидкости со стороны сте-
стенок сосуда.
В проекции на вертикаль
получим
pgS(l-H)-\-pBS-PsS = O
или
Так как ра равно давлению под
поршнем, то
F+P
Ри ~g ,
где So — сечение поршня.
Окончательно искомое дав-
давление
Рис. 112.
Строго говоря, давление под поршнем надо было бы находить
так. Из условия равновесия поршня
откуда
Но, по третьему закону Ньютона, силы взаимодействия поршня
и жидкости равны, т. е.
и окончательно
—О-P+F
Читатель может исследовать (*), давая / различные значения.
122

Задача 89
В изображенные на рис. 113 сосуды налита одинаковая жид-
жидкость до одинакового для всех сосудов уровня. Найти соогно-
Рис. 113.
шение между силой давления жидкости на дно Qt и ее весом Pt
для каждого сосуда в пренебрежении внешним давлением.
Решение
а) Qi =
б) Qi =
в) Q3 =
так как
так как
так как
Задача 90
В сосуд, изображенный на рис. 114, налиты три несмешива-
ющиеся жидкости. Зная удельные веса первых двух жидкостей
di и di, а также вес третьей жидкости Р3, определить разность
Рис. 114.
уровней второй жидкости ДЛ, если угол а, площадь поперечного
сечения правой трубки S и высота столба первой жидкости hi
известны. Внешние давления на поверхности жидкостей одина-
одинаковы.
123

Решение
Поскольку жидкости в равновесии, то на одинаковых уров-
уровнях одной и той же жидкости давления одинаковы. Так как
нас интересует Д/г, то разумно приравнивать давления на уровне
h*. Тогда на этом уровне
Рправ == Рлев-
Но каждое из давлений складывается из внешнего давления и
давлений столбов выше расположенных жидкостей; поэтому
Рвнешн -+- di hi — Рв„ешн + dA -j- d8 ДЛ.
Так как
1/
= -^ sina,
где V-a — объем третьей жидкости, то с учетом равенства внешних
давлений
или
откуда
sin a —
Ря sin a
""— Srf,
Задача 91
В сосуд высотой h налита жидкость с удельным весом d.
Какова площадь клапана S, если при коэффициенте жесткости
его пружины k и величине сжа-
сжатия ее х жидкость начинает
выливаться через клапан лишь
тогда, когда доходит до краев
сосуда (рис. 115)? Вес клапана
равен Р.
Решение
Очевидно, клапан открывает-
открывается, когда сила, действующая на
него вниз, не меньше силы, действующей вверх, т. е.
ИЛИ
откуда
dhS -f P Ss kx,
kx-
dh
124

* Задача 92
В сообщающиеся сосуды с площадями поперечного сечения
St и S2 была налита жидкость d0. При этом уровни в обоих
сосудах оказались на одной вы-
высоте. Какова будет разность уров-
ней этой жидкости, если в пра-
правый сосуд налить Р.> легкой
жидкости? Коэффициент жестко-
жесткости пружины равен к. Правый со-
сосуд открыт (рис. 116). Поршень
все время соприкасается с жид-
жидкостью.
17
Решение
Исходим из того, что на уров-
уровне ti давления одинаковы, т. е.
Рправ == Рлев
ИЛИ
Рвнешн. прав ~Т~ "¦"¦ :=zi Рвнешн. jcbT^i
где рвнешн. пГа! — это давление ок-
окружающей сосуды среды;
h'
Рис. 116.
Q
Рвнешн. лев складывается из давления окружающей среды и 5-,
где Q — сила взаимодействия поршня и жидкости.
Обозначая давление среды р0, имеем
О
но
a Q — P — Fyjjp (из условия равновесия поршня), поэтому
Р,_Р-кх,...
A)
Видно, что для ответа на вопрос необходимо найти х. Найдем
х на основании следующих соображений.
Новая деформация пружины х меньше той х9, которая была
до наливания второй жидкости на Д/гь где Д/ii — увеличение
уровня жидкости в левом сосуде, т. е.
х = ха —
или
: = ?-AAi
B)
125

(поскольку уровни жидкости были на одинаковой высоте, то сила
взаимодействия поршня и жидкости была равна нулю, поэтому
= —). Так как
ft i
и ДУ, =
C)
где Д/г2 — опускание уровня первой жидкости в правом сосуде,
а ДVj и ДУ9 — количество первой жидкости, перешедшей из пра-
правого сосуда в левый при наливании второй жидкости, и поскольку
Д1/г = 5гД/гь то из C) получим
ДЛ
Подставляя найденное Д/zi в B), потом значение х из B) в A),
получим
/Р
ДЛ
откуда
(б1, + Sa)
Замечание. Уравнение A) написано в том предположении, что пру-
пружина после доливания жидкости осталась растянутой, но в меньшей мере,
чем была; если бы Р2 было достаточно вели-
~— --~^ ко, то пружина могла оказаться сжатой и
f \ вместо уравнения A) имело бы место урав-
уравнение (Г)
A')
верхней
стей на
полоску
а вместо уравнения B) — уравнение B')
1хг р
и результат решения не изменился бы.
Задача 93
В цилиндрический сосуд, радиус ос-
основания которого равен R, налиты две
несмешивающиеся жидкости с удель-
удельными весами d\ и da. Зная высоту стол-
столба нижней жидкости hi и высоту столба
жидкости hi, найти отношение п силы давления жидко-
малые одинаковые площадку дна и боковую вертикальную
стенки сосуда (рис. 117;.
Рис. 117.
126

Решение
Очевидно, что вертикальная полоска цилиндра должна быть
такой узкой, чтобы она мало отличалась от куска плоскости.
Тогда сила, действующая на эту полоску, будет иметь одина-
одинаковое направление для всех элементов этой полоски. Получаем
п __ АС?осн _ AQoch __ Рос» ¦ ASqch
ДОбок Д(?1 бок + Aft боК pcpiA5j + Pcp2AS2 •
При этом
ASj + AS^ASoc.
Но
где А/ — ширина вертикальной полоски. С учетом этого, а также
того, что
Роен = Рвнешн + ^1^1 "Т~ djh,
i^ dahs
Рср2 := Рвнешн ~\ 2~ >
РсР1 = Рвнешн ~Г «г i 2~'
получим
n =
[Рваешп
что по сокращении на А/ и даст ответ.
Задача 94
На границе раздела двух несмешивающихся жидкостей dx и
di плавает полый шар, удельный вес вещества которого равен
й. Каков объем полости шара, если отношение объемов у по-
погруженных в жидкости частей шара равно п и Va известно
(рис. 118)?
Решение
Так как шар в равновесии, то
или
Но
P = d(V-AV),
где У —внешний объем шара, а ДУ — объем полости.
127

По закону Архимеда FA = Pt -f- Pit где Pi и Р3 — вес жидко-
жидкостей в объеме погруженных в жидкости частей .шара Vi и V*.
Рис. 118.
С учетом сказанного имеем
или
-f rf«H».
Учитывая l/j^nKa, получим
d (nK, + К, - Д V) = {din
откуда
Задача 95
С какой силой давят друг па друга дно сосуда и кирпич
с удельным весом d, площадью основания S и высотой h, если
в сосуд налита жидкость dm до высоты Н (рис. 119)?
Решение
Возможны два случая: 1) кирпич неплотно прилегает ко дну
сосуда; 2) кирпич «прилип» ко дну сосуда так, что жидкости
между дном сосуда и кирпичом нет. • '
128

1. Давление снизу на кирпич есть, и оно больше давления
сверху. За счет разницы этих давлений и появляется FA.
Тогда
или
или
откуда
2. Давления жидкости снизу нети FA = О, давление же сверху
есть и создает добавочную силу FB = йж{Н — h) S.
В этом случае
или
откуда
d Sh
Замечание. Первую часть можно было бы решать, не прибегая к
понятию FA (рис. 120).
Именно, считая силу давления жидкости снизу Fu, а сверху FB, получим
условие равновесия кирпича в виде
или
огкуда
dhS -
= (d- <*ж) Sh.
6 В. К. Кобушкин
129

Задача 96
Как зависит архимедова сила, действующая на тело, от глу-
глубины погружения тела?
Решение
F, — Р — л/ V — d —г — ^ Р >
'А 'ж «ж'т "ж л л *т •
"т "т
С ростом глубины погружения из-за сжатия жидкости и тела
^ж и dT возрастают в какой-то мере, а Ят = const.
Если жидкость более сжимаема, чем погружаемое тело, то
с ростом h -~ растет, если наоборот, то -~ убывает с возраста-
возрастанием h. Соответственно растет или убывает FA. Если жидкость
и тело одинаково сжимаемы, то FA?fi. Fa(K), ибо -г = const .
"т
Задача 97
Тело плавает внутри жидкости во взвешенном состоянии.
Каков вид равновесия этого тела?
Решение
Очевидно, FA = P или ЙЖУТ = ^ТУТ, т. е. ^=1 ("а данной
глубине!). т
Рис. 121.
1. Если жидкость более сжимаема, чем тело, то с увеличением
h -^^>\ или Fa^>P, ас уменьшением h ^<^1 или /гл<Р,
т. е. при выводе тела из равновесия, оно вновь в него возвра-
возвращается (рис. 121).
130

2. Если тело более сжимается, чем жидкость, то с ростом h
<^P, с уменьшением h Fa^>P, т. е. тело, выведенное из равно-
равновесия, уходит от него все дальше, и равновесие неустойчиво
(рис. 122).
3. Жидкость и тело одинаково сжимаемы — тогда Fa = P к
равновесие безразличное.
Задача 98
Известно, что при движении шарика в жидкости сила со-
сопротивления при небольших скоростях пропорциональна R", где
l=^«sS3, и скорости v. Исходя из этого, доказать, что чем
больше радиус шарика, тем с большей скоростью он будет падать
в жидкости (рис. 123).
Решение
При достижении достаточно большой скорости v шарик будет
падать равномерно. Значит,
или
(k — коэффициент пропорциональности). И, значит,
V ==
так как п <^ 3, то чем больше R, тем больше v.
131

Задача 99
На какую глубину h9 в жидкость плотности рж погрузится
упавшее с высоты h\ над ее поверхностью тело плотности р,
если средняя сила сопротивления в жидкости составляет 1/я-ю
часть веса тела? Сопротивле-
Сопротивлением воздуха пренебречь и счи-
считать р<Срж (рис. 124).
Рис. 123.
Рис. 124.
Решение
Движение тела складывается из двух этапов — в Еоздухе и
в жидкости. Для первого этапа P = mai\ для второго P-\-hA-\-
-}- JFC = та%.
В проекции на 7-направление имеем с учетом того, что конеч-
конечная скорость тела в воздухе равна начальной скорости тела
в жидкости
132

Или с учетом V = —
а v
2/1, •
Исключая оа, получим
Задача 10Э
Какую работу совершает выталкивающая сила при погружении
в жидкость плотности р нертикально ориентированного цилиндра
высотой Н и радиусом Ю
Решение
Поскольку при погружении тела выталкивающая сила меняется,
то
А — .FCp4scosa.
Так как FA пропорциональна объему погруженной части тела,
а в данном случае V = ъЦ*Ь., то в силу Fo —О
Поскольку перемещение цилиндра антипараллельно выталки-
выталкивающей силе, то cosa = — 1. Окончательно имеем с учетом As=^//:
Задача 101
Найти выражение потенциальной энергии для тела, погру-
погруженного в жидкость.
Решение
По определению потенциальной силы и ее энергии имеем
В нашем случае роль потенциальной силы играет (FA~\-P) или
в проекции на вертикаль (Р — FA)- Если тело опустилось под
133

действием этой силы с высоты /z, до высоты /ь от дна сосуда, то
(Р - FA) (h, - Ы) = — (Wt - W,)n0T,
откуда
Считая WnoT = 0 на высоте h = 0, получим
И вообще
^пот = (Р - Fa) h = (p - Рж) gVh,
где h стсчитывается, например, от дна сосуда.
Задача 102
Два шарика весом Pt и Р2 и радиусами Rt и /?3 соединены
штангой весом Р, объемом У и длиной /. Эта система погружена
в жидкость плотностью р. Где надо поместить точку опоры, чтобы
система находилась в равновесии (рис. 125)?
Рис. 125.
Решение
Поскольку речь идет о равновесии тела, имеющего ось вра-
вращения, то на основании правила моментов имеем
или
) = 0
(р -?gV) х
4
I — -д«.
откуда можно найти х.
134

13. ДВИЖЕНИЕ ЗАРЯЖЕННЫХ ЧАСТИЦ
В СИЛОВЫХ ПОЛЯХ
Поскольку не очень малые заряженные частицы подчиняются
законам механики не хуже, чем незаряженные, то методика реше-
решения задач остается прежней. Правда, при очень больших уско-
ускорениях заряженные частицы существенно излучают энергию, но
мы будем считать ускорения частиц малыми, а тогда их излуче-
излучением можно пренебречь.
Сила, действующая на ча-
частицу с зарядом q, в элек-
электрическом поле (кулонова
сила Fa) подсчитывается по
формуле
Сила, действующая на
эту же частицу в магнитном
поле (лоренцева сила Рл) —
по формуле
= qvB sin гп.
Здесь Е — напряженность Рис- 12б-
электрического поля, числен-
численно равная силе, действующей на единичный положительный точеч-
точечный (т. е. сосредоточенный на малом теле) заряд, помещенный в ту
течку поля, где нас интересует F; и — скорость движения заряда;
В — величина вектора индукции магнитного поля, численно равная
силе, действующей на единичный положительный точечный заряд,
движущийся с единичной скоростью перпендикулярно к магнит-
магнитному полю; а — угол между v и В; п — единичный вектор, на-
направленный перпендикулярно к плоскости, в которой лежат v a
Ъ, в сторону, определенную правилом левой руки или правилом
буравчика (рис. 126), причем вращение производят по кратчай-
кратчайшему угловому пути.
Естественно, сила, действующая на отрицательный заряд в дан-
данных полях Е и В, будет направлена в сторону, противоположную
той, в которую направлена сила, действующая на положительный
заряд в этих же полях.
Формально теория электростатического поля построена так же,
как и теория гравитационного поля (классическая, разумеется),
ибо основной закон электростатики (закон Кулона) имеет вид,
аналогичный закону тяготения Ньютона, а именно — для двух
точечных зарядов
135

и, значит, для случая поля, созданного точечным зарядом Q,
имеем
о о
где г проведен от Q в интересующую нас точку (рис. 127); А — не-
некоторый коэффициент пропорциональности, зависящий от среды,
в которой создано Е, и выбора еди-
единиц.
Электрический (кулонов) потенциал
ерк в данной точке определяется фор-
формулой
Е
[К „ i
я
т. е. численно равен потенциальной энергии W, которой обла-
обладает q — -\-\ в данной точке.
В случае поля, созданного точечным зарядом,
где г — расстояние от Q до интересующей нас точки. Очевидно,
что при движении заряда q
Сила, действующая на заряд со стороны магнитного поля,
всегда перпендикулярна к направлению движения и поэтому
работы не совершает, а лишь изменяет направление скорости
частицы. Силовые линии магнитного поля суть замкнутые кри-
кривые. (Такое поле называется вихревым.)
Во всех рассматриваемых задачах мы будем считать магнитное
поле однородным, т. е. постоянным по всему рассматриваемому
пространству, и постоянным во
времени.
Какие причины определяют
В и по какому закону она под-
считывается, мы рассматривать
не будем.
Задача 103
Частица массой т, несущая
положительный заряд q, броше-
брошена со скоростью г0 под углом а0
к горизонту в однородном элек-
электрическом поле напряжен-
напряженностью Ё, которая составляет
угол р с вертикалью (рис. ]28). Найти: a) r — r(t); б) v — v(t);
в) уравнение траектории, т. е. у = у(х).
Рис. 128.
136

Решение
Очевидно, что движение частицы будет происходить с а*= const
(поскольку действующие на нее силы постоянны), поэтому имеем
tng -f- Fk = та;
-* - , - , , a/2
где г и л0 проведены, естественно, из начала отсчета, которое,
разумеется, мы можем взять в любой точке. Исключая из этих
равенств ускорение о, получим
- - . mg -f- o? ,
или в проекциях на оси хну
. — Do COS a0
vy = D0 sin a0 -f-
t;
л; =
cos a0
m
qE sin
m
osB ,
p t;
У = 1
2 -
(*)
(**)
Исключая из (*) и (**) время /, можно получить уравнение
траектории. Не будем этого делать из-за громоздких вычислений,
тем более что сразу видно,
что уравнение у = у(х) будет ^
уравнением параболы.
Задача !04
От неподвижного шара
радиуса R с равномерно рас-
распределенным по нему заря- Рис. 129.
дом объемной плотности рэл
движется частица массой т и зарядом q, имевшая на расстоя-
расстоянии г0 от его центра скорость г0. Пренебрегая всеми силами,
кроме кулоновой, определить расстояние г, на котором частица
будет иметь скорость v (рис. 129),
137

Решение
Так как частица движется под действием переменной силы
Fk — Fk (r), а в задаче фигурируют скорости и положения частицы,
то очевидно, что надо воспользоваться законом энергии
И поскольку непотеициальных сил нет, то
или с учетом
откуда легко находим г.
Задача 105
В однородное магнитное поле с индукцией В, направленное
перпендикулярно к этому листу от нас, влетает частица массой т
и отрицательным зарядом q со скоростью и, лежащей в плоскости
этого листа (рис. 130). Как будет
двигаться частица, если пре-
пренебречь всеми силами, кроме ло-
ренцевой?
Решение
+
+/
{
л
д
+
+
+
+
+
+
+
Ч,
4
+
роста,
+
4
4
+
4
4
4
Т.
-+-
4
4
-j-
+
В
+
4
—ь»
4
4
г
+
4
-<
4
^4
4
4
+
4
4
+
Рис. 130.
е.
^л
4
\
+\
^ J
¦ I %
и/
А
4 i
4
есть
4
4
+
4
4
ft
*и
4
4
Л.
+
4
4
+
4
4
сила,
Так как В и v направлены,
по условию, взаимно-перпендику-
взаимно-перпендикулярно, то
Fn=]q\vB
и Ед все время перпендикулярна
к v и В (ибо Fj\ всегда напра-
направлена так).
Но это означает, что Fji будет
менять только направление ско-
скоесть сила, вызывающая центростремительное
ускорение а,. Поэтому частица будет двигаться по окружности
радиуса г в плоскости чертежа и
vB = —,
откуда
138
\Q\B-

2кг
Время оборота Т с учетом п = -=- будет
\я\в
и не зависит от скорости частицы. Очевидно, что вращение поло-
положительной частицы происходило бы в обратном направлении,
т. е. против часовой стрелки.
Задача !03
Отрицательно заряженная частица движется прямолинейно
(рис. 131), в полях (однородных) Е и Ъ, направленных, как пока-
показано на этом же рисунке. Найти скорость частицы. Силой тяжести
пренебречь.
4- 4-
4- 4-
+ +
+ 4-
4- 4- 4- + + 4-
4- 4- 4--+ 4- 4-
\ К>4- + 4-4-4-4-
4- 4- 4- + 4- 4-
4- 4- 4- 4- + 4-
Рис. 131.
Рис. 132.
Решение
Направления FK и Fn очевидны, и поскольку частица дви-
движется прямолинейно и равномерно, то
или
откуда
\q\E-\q\vB=0,
Задача 107
Важной характеристикой заряженной частицы является отно-
отношение заряда частицы к ее массе, т. е. —. Как зависят ст —
отклонения Аг/ частиц от оси х, вдоль которой они двигались
с одинаковой начальной скоростью v0, если электрическое поле
направлено вдоль оси у и равно ?? Все частицы проходят одина-
одинаковое расстояние вдоль оси х (рис. 132). Силой тяжести пренебречь.
139

Решение
Очевидно, что на положительные частицы действует сила,
направленная вниз, а на отрицательные — вверх, соответственно
и отклонения будут противоположными. Поскольку поле Ё по-
постоянно и однородно, то, например, для положительной частицы
с учетом Fx = 0 и vOy — Q получим
Исключая отсюда t, получаем
у ~~2v% m'
Из этого соотношения, если необходимо, можно найти — для
частиц по их отклонениям Дг/.
* Задача 108
Шарик массой тис положительным зарядом q подвешен на
нерастяжимой нити длиной / в горизонтальном электрическом
Рис. 133.
поле Ё. Нить отклонили на угол а от вертикали и отпустили.
Каково будет ее натяжение Т в момент прохождения шариком
равновесного положения (рис. 133)?
Решение
Очевидно, что прежде всего надо определить положение
равновесия, например, найдя угол а0, который составляет нить
с вертикалью при равновесии сил FK, То и Р.
НО

Из
или из
Го COS a0 — mg — 0
находим
{gao.
s u mg
Для нахождения Т, т. е. той силы, с которой будет растя-
растянута нить при движении шарика, имеем
Р + Т + /?к = шо; A)
А + Лсопр = д 1^к + А №* + Д U7?- B)
Поскольку движение происходит по окружности, имеет смысл
написать A) в проекции на радиус вращения, т. е.
I —qb sm ao = — -~. F)
Поскольку Tj_v, то Л=0, а поскольку силы сопротивления
в задаче не упомянуты, то и Лсопр = 0. Равенство B) перепишем
поэтому в виде
0 = ~ (vl — v\) -f- ff;g (y.3 — yx) -f- <7Я (аг9 — я-,). D)
Так как yt — скорость шарика в положении а равна нулю, а
У* — У\= —I (cos я0 — cos я), E)
и
— sin a), F)
то совместное решение C) и D), т. е. исключение и* C) и D)
v\, дает с учетом E) и F)
Т — mg C cosa0 — 2 cos a) -f- qE B sin a — sir, x0).
Задача 109
Конический маятник массой in и положительным зарядом a
вращается в g и Е полях, причем Е направлено горизонтально.
Зная длину нити маятника /, найги угол а, составле?шый нитью
с нормалью к плоскости вращения, и угол р между этой нор-
нормалью и вертикалью (рис. 134).
141

Решение
Очевидно, маятник будет находиться в устойчивом движении
п. лругу, если результирующая сил q'E и mg будет перпендику-
перпендикулярна к плоскости орбиты (по-
(подобно тому как конический
маятник, вращающийся только
в поле тяжести, будет в устой-
устойчивом вращении лишь при v_j_g,
т. е. при горизонтальной пло-
?-*
Рис. 134.
Рис. 135.
скости вращения). При этом получим в проекции на радиус вра-
вращения г и нормаль п
Т sm a = m№f г;
- Vm V + ФЕ
Т cos a = 0,
откуда с учетом г = I • sin a
cosa—
Угол В находится, очевидно, из того, чго (qE-\-mg) парал-
параллельно п и, значит,
&? mg'
Задача НО
Считая, что электрон вращается в атоме водорода вокруг
ядра по круговой орбите, найти отношение потенциальной
энергии электрона к его кинетической энергии (рис. 135).
142

Очевидно,
Решение
— kq*
mv-
A)
(знак „минус" обусловлен тем, что заряды ядра и электрона
противоположны по знаку), и так как
= та
или
B)
г2 г
то, подставляя из B) в A) значение »а, получим
' ^п р
1V/ ~~~ •
U к
Очевидно такое же соотношение получится для планет \\г:л
спутников, движущихся по круговым орбитам.
Задача 111
В вертикальной абсолютно гладкой трубке находятся два
одинаковых заряженных шарика массами т с положительными
зарядами q и радиусами R (рис. 136). В начальный момент
шарики находились вплотную друг к другу, а затем были отпу-
отпущены. Как они будут двигаться,
если отпустить: а) оба шарика,
б) только нижний, в) только
верхний? Считать силы трения
ничтожными и заряды во время
движения неизменными.
Решение
а) Если расстояние между
шариками г, то они взаимодей-
взаимодействуют с силой
Центр масс системы движется
вниз с ускорением g, а уско-
ускорение шариков друг относи-
относительно друга составляет
тд
тд
Оотн = '
mr*
Рис. 136.
143

б) Шарик будет двигаться вниз с ускорением
в) Если т, q и R таковы, что в начальный момент
то верхний шарик в движение не придет. Но если mg<CqE в
начальный момент, то шарик пойдет вверх сперва ускоренно до
положения Г\, определяемого уравнением
а затем замедленно. В некоторой точке, на расстоянии г между
центрами, шарик остановится, потом пойдет вниз и будет
колебаться. Положение
Е,
r найдем с учетом
vo = v = O из
ИЛИ
или
trig (г — г0)
|==^-(г-г„),
откуда с учетом Го —'
получаем
2Rmg •
Задача И2
Два одинаковых по
величине и противопо-
противоположных по знаку заря-
заряда находятся на расстоя-
Рис. 137. нии / друг от друга.
Найти Е и срк в точке,
определяемой углом а. ^ 90° на расстоянии г, очень большом по
сравнению с / (рис. 137).
Решение
В силу того, что г*р>1, угол между rt и г2 мал. И так как
Г\ f=& rit то Ei ^ Еч, а Е составляет с 7 угол, практически рав-
равный 90°. Величину же Е найдем следующим образом/
144

Откладывая на л величину л2, получим треугольник со
сторонами г2, Гх и АВ, подобный треугольнику со сторона-
сторонами Еь Й и ?[ и тогда
El sin a
так как
г, / sin л k \ q I sin a
ТО
Что касается срк, то с учетом разных знаков зарядов имеем
& i G I (г» — rt) k ! q
14. К ОБОСНОВАНИЮ ВЫБРАННОГО СПОСОБА
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧИ
Часто учащиеся при решении задачи выписывают чуть ли не
все формулы, которые они знают, и затем пытаются как-то их
скомбинировать для получения ответа. Такое «решение» задачи
вряд ли является целесообразным, тем более что даже при полу-
получении верного ответа смысл хода решения ускользает, уверен-
уверенности в правильности его нет и у учащегося остается неприят-
неприятное чувство неудовлетворенности. О наличии же логики, строй-
стройности и завершенности решения при таком методе не может быть
и речи.
Как же приступить к решению задачи и проводить его?
Во-первых, надо придерживаться примерной схемы решения,
приведенной в разделе II настоящего пособия.
Во-вторых, и это очень важно, не надо пытаться сразу дета-
детализировать задачу, задаваться вопросами, куда девать те или
иные данные задачи или откуда взять недостающие.
В-третьих, надо правильно выбрать исходное равенство или
равенства. Выясним последнее.
В принципе, если мы умеем связывать между собой ускоре-
ускорение, скорость и перемещение тела со временем при любом дви-
движении, го для решения любой задачи динамики достаточно только
знания законов Ньютона. Но учащиеся средней школы умеют
связывать указанные кинематические величины лишь для случая
равнопеременного движения. Отсюда следует, что во всех других
случаях, т. е. когда действующие на тела силы являются непо-
непостоянными, использование при решении задачи второго закона
Ньютона становится затруднительным, особенно при криволиней-
криволинейном движении. На помощь в этих случаях и приходят законы
145

изменения импульса и энергии (или в частных случаях законы
сохранения). Поэтому, если в задаче упоминаются постоянные
силы и ничего не говорится о работе, энергии, мощности, исход-
исходным уравнением может служить второй закон Ньютона.
Если в процессе, описываемом в задаче, действуют перемен-
переменные силы и из кинематических характеристик движения фигу-
фигурируют только скорости, разумно исходить из закона изменения
импульса, а если его для решения недостаточно, то использовать
закон изменения энергии (как в случае, например, ударов тел).
Если при наличии переменных сил задаются положения тел
и их скорости, но не упоминаются ускорения, исходным равен-
равенством является закон изменения энергии.
\\v\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\w
Рис. 138.
Естественно, при упоминании в задаче работы или мощности
за исходное надо брать соответствующие формулы
N = j или Л = F As cos a. = Ft As.
При этом надо помнить, что формула A = Ftks справедлива
лишь при постоянной Ft; если же сила переменная, то надо
пользоваться законом изменения энергии или усреднять Ft.
Естественно, что в более сложных задачах приходится при-
прибегать и к комбинациям нескольких формул.
Рассмотрим несколько примеров для пояснения сказанного
в зтом разделе.
Пример 1. Брусок соскальзывает с вершины наклонной пло-
плоскости высотой h0 и углом а при Уо = О. Найти скорость бруска
у подножья плоскости, если коэффициент трения равен k
(рис. 138). Сделав чертеж и рассмотрев силы, действующие на
брусок, убеждаемся в том, чго они постоянны, и за исходное
берем второй закон Ньютона
Кроме того,
~~~2s~
146

Проектируя векторы на оси х и у, получим с учетом FTp = kQ,
dy — О и ах = а
mg sin a — &Q = та;
— mg cos а -f- Q = 0;
Откуда по исключении Qua получим
и так как
) = g(sin a — A cos a),
ТО
Р . ~ Р" sin a = g (sin a — к COS а),
откуда с учетом v0 = 0 получим
v = V2gho(\— Actga).
С другой стороны, в задаче упомянуты положения тела и его
скорости. Поэтому можно исходить из закона изменения энергии
Так как Q J_ 5*, то Л = 0 и, значит,
— Frps = [-j- + >ngft) —
Так как Frp = kQ, vQ = 0 и h = 0, то
t л WO3
— kQs = ~2
Для нахождения Q надо учесть, что поперек плоскости у бруска
ускорения нет, т. е.
С учетом
Л sin a
получим
— kmg cos a ^j = -= mght,,
откуда опять
147

Эху же задачу можно решить и исходя из закона изменения
импульса тела
(jng + ?тр -f- Q) Л/ = nw — mi\,
2s
что в проекциях с учетом ye = 0, Fn — kQ и Ы= — =—г— = "-
дает
(mgsina — ?Q) |S = mu;
— «?? cos a -f- Q = 0.
Откуда, исключая Q и учитывая s = -r-^, получим
— ftctga).
Естественно, что эти решения все эквивалентны, но первый
способ с использованием только второго закона Ньютона несколько
проще.
Легко видеть, что масса бруска не играет роли в данном
случае, так что не надо задумываться, как это часто бывает
с учащимися, над тем, откуда
ее брать.
Нужно помнить, что часто
необходимые на первый взгляд
величины потом так или
иначе при решении уходя г,
подобно массе бруска в этой
задаче.
Пример 2. С кривого же-
желоба высотой h9 и длиной /
V7/V//7////777//////////////////////////
Рис. 139.
соскальзывает брусок мас-
массой т. Начальная скорость
бруска Уо. конечная v.
Найти силу трения, действующую на брусок при его движе-
движении (рис. 139).
Очевидно, что на брусок наряду с постоянной силой mg
действуют переменные по величине и по направлению Q и FTP.
С другой стороны, в задаче упомянуты положение тела и его
скорости, поэтому разумно применить закон изменения энергии.
Так как Q_\_v все время, то А — О. Сила трения все время
направлена против скорости, т. е. угол между F7p и v равен 180°.
Но величина Frp меняется из-за изменения величины Q. Поэтому
148

можно найти только среднюю силу трения Fcp. Учитывая это,
получим
„ , fmvs . Л lmv\ ,
— Fcpl = (— + mghj — (V + mS
откуда с учетом ft —О находим
Пример 3. Кувалда массой т падает свободно с высоты h0
па кол массой М и забивает его на Д/ в землю. Считая удар
кувалды о кол абсолютно неупругим и мгновенным, найти сред-
среднюю силу сопротивления
грунта (рис. 140).
Очевидно, здесь имеют
место следующие три основ-
основных для данной задачи про-
процесса: 1) падение груза т
под действием силы mg\ 2) не-
неупругий удар тел; 3) сов-
совместное движение тел под
действием переменных сил.
Первый процесс вполне
описывается любым из урав-
уравнений:
F — ma; Д/? =
Второй процесс описывается законом сохранения импульса
(ибо из-за мгновенности удара импульс внешних сил равен нулю).
Третий процесс описывается, как и первый, ибо хотя сила
сопротивления и переменная, но направлена все время в одну
сторону, и уравнения имеют вид:
Fcp = macp; Др = ?срД/ и А-\-Aconp = kW.
Уже говорилось, что удобнее при наличии переменных сил
пользоваться законом изменения энергии. Им тем более можно
пользоваться и при действии постоянных сил. Поэтому опишем
первый и третий процессы законом изменения энергии, а вто-
второй— законом изменения импульса. Тогда
Так как по условию
то
 i -^сопрз"
Л) = ЛСОПР1 — Л з — О,
1> Рн Pit -^сопрз " 3
149

Раскрывая эти равенства, получим
mvm = (m -f- M) v.i,
-FCVM = (m + M) (gh, +Ц)-
Учитывая, что i'01 = t;3 = 0; d = t;o2 = t);
h1 = /iM~Al и Л3 = 0, имеем
и-г 2/-
5 = ы; ftoi:
Исключая отсюда v и ы, найдем
Пример 4. Два глиняных шарика с массами т.\ и т.2 привя-
привязаны в одной точке потолка длинными нитями 1х=Лг = 1. Их
Рис. 141.
отводят в сторону так, что нити образуют углы <xi и а2 с верти-
вертикалью в плоскости чертежа, и отпускают. На какой угол они
отклонятся при их неупругом ударе в нижней точке (рис. 141)?
Можно было бы решать эту задачу подобно предыдущей:
выписать сразу все уравнения, отображающие интересующие
нас процессы. Но учащиеся не всегда могут это сделать. Поэтому
выберем иной ход решения.
Нас интересует именно угол отклонения нити а. Из чертежа
видно, что
h = /A — cos а). A)
150

Для нахождения а необходимо знать Н. Но высота поднятия h
есть результат того, что шарики имели в нижней точке ско-
скорость и. Так как из нижней точки движение происходило под
действием переменных сил, то очевидно использование закона
энергии в виде
комбинируя A) и B), получим
^=/A— cos а). B)
А теперь необходимо знать и. Но и есть скорость тел после
неупругого удара в нижней точке. Значит,
-f- maVi — (m3 -{- rrii) u.
Считая направление вправо положительным, имеем
miVi — rriiVj, = (nti -J- m-ij и. D)
Исключая из C) и D) и, получим
(ml+mt)t2g— Д1
Необходимые vt и z/2 находят из того, что при движении шари-
шариков к нижней точке энергии их не меняются, и значит
«;ig«i = -YL и m*ghi=-~. F)
Тогда E) будет иметь вид
{m1 + ms,)*2g lV C0Sa>'
и так как hi = 1A—cosai), /г3 = /A—cosa2), то
[mt V'lgl A - cos a,) - m, Vc2gl A - cos a,)]3 __ , n
' (m1 + mty2g —/A -COSa).
По сокращении на 2gl получим
cosa, —mtV\ cosa2) ,
— i COS a.
Учитывая, что 1—созаг = 281п2™-, и извлекая корень квад-
квадратный из равенства G), получим
/и, sin -ft — m, sin ^f
^ Z . а
____^^^^^^^^^______^^_^^ . Oil")
151

Этот способ решения хорош тем, что каждое предыдущее дей-
действие со всей необходимостью указывает, что надо делать дальше.
Действительно, из равенства A) вытекает необходимость нахож-
нахождения h и I. Поскольку / брагь неоткуда, оно до поры до вре-
времени будет переходить из предыдущих равенств в последующие
и, может быть, так или иначе уйдет. Что касается И, то оно
находится из уравнения B). Но из B) вытекает необходимость
определения и, что приводит к D), а D) к F) и т. д.
Для развития навыков в решении задач необходимо комбини-
комбинировать различные способы решения как в пределах одной задачи
(пример I), так и при решении различных задач (примеры III
и IV).
Полезно решить задачу каким-либо способом и хотя бы набро-
набросать ход решения другим способом.
Очень полезной является тренировка на составление уравне-
уравнений, отображающих процессы, о которых говорится в данной за-
задаче. Поскольку доведение до численного результата здесь необяза-
необязательно, это значительно экономит время, а с другой стороны — при-
приучает учащихся шире смотреть на происходящие явления, выра-
вырабатывает у них свободный, смелый подход к решению задач. При
этом, если есть возможность решить задачу несколькими спосо-
способами, следует выбрать наиболее рациональный и при этом, конечно,
мотивировать свой выбор. (Правда, такую работу без учителя
выполнять трудно, по отчего бы и не попробовать, особенно если
занимается совместно группа учащихся.)
Поясним сказанное примерами.
Пример 5. Брусок соскальзывает с наклонной плоскости и у ее
подножия неупруго соударяется с другим бруском. Описать про-
происходящие процессы с точки зрения механики.
Разбор. Очевидно, что «напрашиваются» три этапа в данной
задаче.
1. Движение бруска по плоскости. Оно описывается любым
из уравнений:
Т = та\
FM = rihVi —
Какое из исходных равенств лучше, с помощью какого
проще решается задача, здесь сказать нельзя, ибо задача
сформулирована в очень общем виде.
2. Соударение. Очевидно, что единственным исходным равен-
равенством является уравнение
ТЫ = (mi -\- Щ и — mlVi,
ибо при ударе действуют между телами переменные силы столь
сложного характера, что воспользоваться вторым законом нет
возможности. Так как удар происходит достаточно быстро, то вме-
152

сто закона изменения импульса нужно воспользоваться законом
его сохранения.
3 Совместное движение брусков описывается, как и па пер-
первом этапе, любым из трех уравнений, но написанных уже для
тела массой (тх -\- т°).
Пример 6. Несколько связанных нитями брусков движутся
под действием постоянных внешних сил по некоторой поверхности.
Сколько тел необходимо рассматривать, сколько уравнений вто-
второго закона надо написать?
Разбор. Очевидно, что на вопрос так сформулированной
задачи ответить нельзя: необходимо задачу конкретизировать.
1. Если натяжения нитей нас не интересуют, то можно
(и разумно) рассматривать систему брусков как единое тело.
При этом, если движение происходит ке по одной прямой, а по
кескольким (например, по двойной наклонной плоскости при
наличии блока, через который перекинута нить), то достаточно
написать второй закон для системы тел, но re в вектор-
векторной форме (ускорения брусков неодинаковы!), а в проекциях
на t- и «-направления.
2. Если натяжения нитей или силы, действующие на блоки,
через которые нити перекинуты, нас интересуют, то надо счи-
считать систему, состоящей из GV —j— 1) тел, где N — число интере-
интересующих нас нитей или блоков, и писать соответственно второй
закон для (N-\-I) тел порознь.
Естественно, можно писать и в любом случае столько урав-
уравнений второго закона, сколько брусков имеется в системе, но
не всегда это целесообразно
Пример 7. Несколько брусков движутся один по отношению
к другому с ускорениями.
Разбор. Очевидно, что при любой конкретизации этой
задачи, надо писать столько уравнений второго закона, сколько
движущихся тел упомянуто в задаче. При этом необходимы еще
дополнительные уравнения, связывающие между собой ускорения
тел.
Разумеется, что если в задаче упомянуты энергия или работа,
то для решения задачи понадобится обязательно закон измене-
изменения энергии.
Пример 8. Брусок движется по кривой поверхности. Конкре-
Конкретизировать задачу настолько, чтобы был однозначно ясен выбор
способа решения.
Разбор. Пусть нас интересует сила нормальной реакции
поверхности Q (см. рис. 139). Естественно, необходимо будет
воспользоваться вторым законом для r-направления, т. е.
Q — Р COS a 0s
т ' г '
Отсюда видно, что проще всего задать Р, a, v и г. Можно
усложнить задачу, задав не v, а высоту h0, с которой сколь-
153

зило тело, скорость его в этом месте и работу силы трения.
Тогда необходимое Q найдется из
_ /я»3
и
Конечно, все эти примеры достаточно расплывчаты. Но можно
подобные тренировки в разборе задач проводить на любых зада-
задачах из любого задачника.
И наконец, очень полезным является составление задач уча-
учащимися с последующим, разумеется, решением этих задач самими
же учащимися. Поскольку зто является делом трудным с непри-
непривычки, то начинать разумно с вариаций уже сформулированных
задач. Зти вариации могут заключаться как в усложнениях
и упрощениях задачи, так и в замене одних данных другими.

ЧАСТЬ U
МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ
1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ
Если в процессе своего изменения некоторая величина при-
принимает повторяющиеся значения (через равные или неравные
промежутки времени), то говорят, что она колеблется. Суще-
Существуют колебания более или
менее сложные. На рис. 1 ~ }у
представлены графики различ-
но колеблющейся
z = z(t).
величины
-Nah1
Г\ А А
V/ V/ V/
Рис. 1.
Рис. 2.
Наиболее простым видом колебания является такое, при
котором колеблющаяся величина изменяется по закону синуса или
косинуса. Такое колебание называется гармоническим. Приме-
Примером его может служить колебание проекции радиус-вектора,
вращающегося с постоянной угловой скоростью ш (рис. 2):
х = R cos <р = R cos (u>/ -j- <f о) = X cos (mt -f- <po),
y = Hsinf = R sin (Ы-j-?о) = У sin (<»/-{-?o).
155

Величина R = X = Y имеет смысл модуля наибольшей проекции
радиус-вектора R на какую-либо ось и называется амплитудой
колебания данной проекции. Величина
ср = со/ -j- ср о = 2r.ft -\- ср0 = у t -f- ср 0
(здесь / — частота, а Г — период вращения радиус-вектора R)
называется фазой гармонического колебания. Смысл фазы в том,
что она указывает состояние колебательного процесса: зная
фазу ср, мы можем узнать из уравнения z = Z sin ср относитель-
относительное значение колеблющейся величины, а также характер ее
изменения. Например, если фаза ср равна ^-,то это означает, что
2 =-у и в данный момент времени г возрастает (это следует из
того, что при 9=="^-функция sin ср ведет себя именно так.) Но
знание значения колеблющейся величины и скорости ее измене-
изменения вполне определяют состояние колебания. Отсюда и важность
понятия фазы колебания.
Чем дольше происходят колебания, тем больше фаза. При
* = 0 <р = 9о и тогда, например, z = Z sin ср0, т. е. начальная
фаза характеризует состояние, из которого величина z начала
свои колебания Например, если сро = О, то колебания начались
из состояния, когда значение колеблющейся величины было равно
нулю; если сро = ±-?-) то колебания начались из состояния, когда
значение колеблющейся Ееличины г было равно плюс или минус
амплитуде; присро = -^-—из состояния, при котором колеблю-
колеблющаяся величина имела исходное значение в половину ампли-
амплитуды, и т. д.
Если ;ро = О, то o = {at — 2vft — 2KN, откуда УУ = ~т. е. фаза
деления на 2т. показывает число колебаний, сделанных за время t.
Из определения фазы следует, что с течением времени она
растет и может стать сколь угодно большой.
То, что сказано про колебания проекций радиус-вектора R,
в равной мере может быть отнесено к любым колеблющимся по
закону синуса (или косинуса) величинам. При этом колебаться
могут и скалярные и векторные величины. Если имеется в виду
последнее, то надо заранее оговорить, какое направление взято
за положительное.
Пусть, например, по окружности радиуса R движется мате-
материальная точка с постоянной по модулю скоростью. Очевидно,
для случая, когда начало координат взято в центре окружности,
имеем (рис. 2)
X — R COS ср = X COS ср = X COS (mt -f- фо),
j/ = ^sincp = У sincp = X sin (wt-\-<ft)).
156

Для проекций скорости имеем (рис. 3)
vx = — V sin <р = — V sin (W -j- cp0),
!)_>,= V COS cp = V COS (ш/ -j- cp0)
Для проекций радиального ускорения материальной точки
получаем (рис. 4)
ах — — Л cos cp ==—Л cos (со/-|-(р0),
ау — — A sin <р =— A sin (u>/-f-cp0).
Поскольку две проекции вектора на оси координат в случае
плоского движения вполне определяют вектор, то можно ска-
V
Рис. 3.
Рис. 4.
зать, что равномерное вращение радиус-вектора R зквивалентно
двум гармоническим колебаниям его проекций на оси координат
и наоборот. Это особенно отчетливо будет видно, если вектор R
записать в виде суммы его составляющих на i и / направления
(т. е. вдоль положительных направлений осей координат ох и оу):
R = xi-\- yj = X cos (not -\- <p0) -i-j-Y sin (utf ~\- cp0) • /•
Обозначая Xi = Rt и Yj = Rj, получим
R — R\ cos (to/ -f- Ф0) + Rj sin (tat -f tp0).
Таким образом, равномерное вращение вектора R эквива-
эквивалентно двум гармоническим колебаниям взаимно-перпендикуляр-
иых, одинаковых по модулю векторов; при этом колебания этих
векторов сдвинуты по фазе на у (именно так сдвинуты тригоно-
тригонометрические функции cos f и sintp).
157

Все сказанное относительно R вполне относится и к скоро-
скорости v и ускорению а материальной точки, движущейся по окруж-
окружности с постоянной по величине скоростью.
Можно показать, что если материальная точка движется под
действием силы, пропорциональной смещению и обратно ему
направленной, т. е. под действием силы
F = — k A?,
то ез движение будет гармоническим. Это означает, что смеще-
смещение Лг материальной точки, ез скорость v, ускорение а и сила F
будут меняться в соответствии с уравнением
z = Z cos (o
или z =
где под г понимаегся какая-либо из перечисленных величин Дг,
v, а или F. Примером такого движения может быть движение
Г*~* A/?
\
Рис. 5.
гирьки на пружине (рис. 5) в отсутствие сил сопротивления при
малых смещениях Дг (столь малых, чго даже величина макси-
максимального смещения Д/? много меньше длины пружины) и при
условии невесомости пружины (т. е. масса пружины ничтожна
по сравнению с массой гирьки). Такого типа колебания, проис-
происходящие под действием сил F = — йДг, называются малыми соб-
собственными колебаниями. Оказывается при этом, что Дг колеб-
колеблется гармонично, т. е. Дг = Д/? cos (wt -j- <p0) или Ar = A#sinX
X(@^"t"?o). а частота этих колебаний определяется формулой
/=^-1/ — или более компактной в)=1/ — ,где№ = 2тс/—цик-
Z/K у ITl f fit
лическая или круговая частота колебаний.
В формуле F = — k Дг знак «минус» означает, что в любой
момент времени смещение материальной точки Дг и действующая
на нее сила F направлены навстречу друг другу.
Поскольку сила F всегда направлена к положению устой-
устойчивого равновесия, то ее называют возвращающей (в равновесие)
силой.
158

Полезно отметить, что при указанных колебаниях матери-
материальной точки ее кинетическая энергия и потенциальная энергия
деформированной пружины, равные соответственно
F — 2Е! и Е — —
тоже колеблются гармонично, но с удвоенной частотой. Действи-
Действительно, если например v = V cos (utf-j-cp0), то
о, , . , mV* 1 + cos B<о/+ 2?0)
При этом колебания ?к происходят около значения ?ср = ^—.
Аналогично обстоит дело и с потенциальной энергией Еп колеб-
колеблющейся гармонично системы.
По гармоничному закону колеблются в электрической сети
ток и напряжение. В простом колебательном контуре (состоящем
из индуктивности L, емкости С и ничтожного сопротивления R)
по такому же закону колеблются ток, напряжение на конденса-
конденсаторе, заряды на его обкладках, э. д. с. самоиндукции. В излу-
излучаемых таким контуром волнах по тому же закону колеблются
напряженность электрического поля Е и индукция магнитного
поля В.
Подавляющее число колебательных процессов в природе,
конечно, происходит не по гармоническому закону, ко можно
показать (что делается в так называемом гармоническом ана-
анализе), что сколь угодно сложное колебание может быть представ-
представлено как какой-то набор простых (гармонических) колебаний
разных частот (монохром). Отсюда ясно, что изучив простые
(монохроматические) колебания, легко понять и сколь угодно
сложные.
Поскольку колебательные процессы распространены в при-
природе исключительно широко (если не подавляюще широко), то
очевидна важность изучения этих процессоз. Важно понимать,
что независимо от их природы все простые колебания описы-
описываются одинаковыми уравнениями
г = Z cos (ш/ -f- <р0) = Z cos Br.ft -f- ?0),
где 2 — мгновенное (в момент времени t) значение колеблющейся
величины; Z — ее максимальное (амплитудное) значение.
В случае гармонических колебаний векторов
~г = Z cos (u>/ -f- cpo) = Z cos Bт.ft -f- ф0),
где/ — частота колебаний; и> — циклическая или круговая частота
(это просто обычная частота /, умноженная на 2ъ).
159

Колебания могут распространяться в среде в виде возмуще-
возмущений, которые называются волнами. Простые колебания поро-
порождают простые волны, а сложные колебания — сложные волны.
Простейшая волна — это
плоская монохроматиче-
монохроматическая волна.
Плоская — значит ее
фронт (т. е. та поверх-
r_J=«~-**-1 | ность, до которой к дан-
данному моменту времени
дошло возмущение) есть
плоскость; монохроматиче-
монохроматическая — значит в породив-
породившем ее источнике проис-
происходят гармонические коле-
Рис.6. ба™Я-
Чем дальше от источ-
источника находится интересую-
интересующая нас точка, тем меньшее время она колеблется, тем меньше ее
фаза. Очевидно, что время колебания в этой точке t' — t-
Г COS a
где г — радиус-вектор, проведенный от источника до этой точки;
и — скорость распространения волн в среде; ь. — угол между г и и
(рис. 6). Но в таком случае для колеблющихся гармонично вели-
величин имеем при rfo = O (cpo = O положено для упрощения вида
формул)
Z = Z COS cof =
= Zcos oo [t —
Г COS a
Зто и есть уравнение монохро-
монохроматической волны, в которой
колебания происходят с круго-
круговой (циклической) частотой <о.
Очевидно, уравнение волны
показывает, как колеблется не-
некоторая Ееличина в точке, уда-
удаленной от источника на рас-
расстояние г. Для плоской волны
Z = const, а для сферической
Z = -°L«. j Где Zo — амплитуда
волны на расстоянии г0 от источника. Расстояние, которое про-
проходит монохроматическая волна за период, называется длиной
волны. Отсюда I = иТ — -г = ~—. Очевидно такие, что X — это
кратчайшее расстояние между точками, колебания в которых
Рис. 7.
160

происходят со сдвигом по фазе в 2т.. С учетом этого имеем для
уравнения монохроматической волны
т I ± Г COS а\ г, I . г, Г COS а
z = Z cos ш — ш = Z cos ш — 2т. —~—
\ и I \ л
При этом для сферической волны а = 0 (рис. 7).
Нормаль к фронту еолны называется лучом. Направление луча
и скорости распространения фронта волны совпадают.
2. ЗАМЕЧАНИЯ К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
Задачи на колебания, конечно, столь же разнообразны, как
и задачи на другие разделы физики, но из тех задач, которые
основываются па школьном материале, наиболее интересны задачи
на определение периода гармонических колебаний.
Методика их решения весьма проста—для нахождения периода
таких колебаний надо согласно формуле Т — 2кЛ/ '-" найти ко-
коэффициент возвращающей силы /г. Это делается следующим o6jia-
зом: 1) способное колебаться окогю положения устойчивого рав-
равновесия тело смещается на небольшое расстояние Дг из этого
положе: ия; 2) рассматриваются действующие на это тело силы
(в этом смещенном положении); 3) находится составляющая всех
сил па направление к равновесию (т. е. на направление — Дг) —
возвращающая сила F.
Полученное для возвращающей силы значение во всех рассмат-
рассматриваемых в этой книжке случаях окажется пропорциональным
смещению — Дг. Стоящая перед — Дг величина и есть коэффи-
коэффициент возвращающей силы k. (В некоторых случаях положение
равновесия «не бросается в глаза», его надо еще определить).
В соответствии со вторым законом Ньютона условием равновесия
является. равенство нулю суммы сил, действующих на тело. Из
этого условия и определяется положение равновесия (см. задачу 4).
Если колеблющееся тело участвует вместе с подставкой,
подвеской или иной опорой в ускоренном движении, то надо
найти положение «равновесия», т. е. то положение, около кото-
которого будут происходить качания маятника по отношению к под-
подставке. Опять же это «равновесное» положение находят из
того, что покоящееся относительно подставки тело должно под
действием сил, приложенных к нему, иметь то же ускорение,
что и подставка (например, задача 7).
Из сказанного ясно (а решения последующих задач помогут
это уяснить еще более), что в принципе задачи на нахождение
периода колебаний тела суть задачи все на то же использование
Есе тех же законов Ньютона (можно показать, что сама формула
~ есть результат применения законов Ньютона к спо-
= 2тЛ/
6 В. К. Кобушкин 161

собному колебаться телу). Поэтому и подход к решению задач
и само решение мало отличаются от тех, что рассматривались
в разделе «Механика».
Существенно новым здесь является лишь указанный выше
способ нахождения Р^, основанный на анализе сил, возникающих
при малом смещении тела из равновесия.
Задачи на волны уже мало похожи на задачи о движении
материальной точки. Оно и понятно — волна есть объект, суще-
существенно отличающийся от материальной точки — другие свойства,
другие закономерности, другие уравнения. Но некоторые общие
черты есть. Это, прежде всего, указанная схема проведения
решения. Кроме того, волна — это распространение колебаний
в среде, т. е. процесс передачи движения (импульса и энергии)
от одних точек среды к другим. Таким образом, упругая волна
в ряде случаев может рассматриваться как совокупность отдель-
отдельных Бибраторов (маятников), связанных друг с другом непре-
непрерывным взаимодействием. Таксе рассмотрение волны позволяет
легко ВЕести понятие плотности энергии в волне, понятие век-
вектора перекоса энергии и т. д.
Все остальное о поведении волн — на примерах задач 18—25.
При решении задач желательно во всех случаях придержи-
придерживаться какой-нибудь схемы, последовательности действий.
Мы будем придерживаться примерно такой схемы:
1. Усвоение условий задачи в общих чертах.
2. Построение чертежа, рисунка, схемы, поясняющих смысл
задачи.
3. Написание уравнения или уравнений, отображающих про-
процесс, на который делается упор в задаче.
4. С помощью чертежа и различных вспомогательных соот-
соотношений — сведение уравнения к виду, в котором фигурируют
лишь упомянутые в задаче и табличные величины.
5. Исследование полученных выражений (в случае необхо-
необходимости).
6. Если заданы числовые значения, производятся вычисления.
Сделаем еще одно существенное замечание: рассмотрев реше-
решение одной-двух задач, изложенное в книжке, необходимо попы-
попытаться решить следующую задачу собственными усилиями. Если
это не получится — сделать попытку на последующей задаче
и т. д. Но зти попытки необходимы.
Далее, рассматривая изложенное в книжке решение той или
иной задачи, необходимо отдавать себе отчет, что именно де-
делается и зачем. Пассивное восприятие решения не научает
решать, а способствует развитию умственной лености, привычки
к зазубриванию и т. д. Разобравшись в решении задачи, надо
попробовать изложить его самому и желательно наиболее кратко.
Если удастся, то найти самому более удобное решение. (Заметим
для тех, кто знаком с принципом эквивалентности, что введение
162

в движущейся равноускоренно системе дополнительной «тяже-
«тяжести» — та значительно упрощает решение ряда задач.)
Закончив рассмотрение задач раздела, надо попытаться обна-
обнаружить нечто общее в способе решения этих задач. Если это
удастся сделать, значит в общих чертах методика решения понятна.
3. СВОДКА ФОРМУЛ ДЛЯ ГАРМОНИЧЕСКИХ КОЛЕБАНИЙ
1. Уравнение колебания
2 = Z COS (ш^ -|- сро) ИЛИ 2==Z Sin (ш/-{-;ро)>
2. Для собственных механических колебаний период колеба-
колебания Т = 2к~[/ ^, где /га —масса материальной точки; k — коэф-
коэффициент возвращающей силы,
определяемой уравнением
F. =— khr. Если начало от-
отсчета выбрано в положении
равновесия, то ~FX ——kr,
где г — радиус-вектор ко-
колеблющейся точки.
3. Связь между характе-
характеристиками колебаний и волн
9т
а
/
2л и
Рис. 8.
4. Уравнение монохроматической волны, распространяющейся
со скоростью и, для случая <?0 = 0:
Г COS a '
U
или z = Z sin ш t —
где t — время колебаний в источнике; г — радиус-вектор интере-
интересующей нас точки, проведенный от месторасположения источника;
ш — циклическая частота колебаний в источнике (значит, ив лю-
любом другом месте, куда пришли колебания от этого источника).
5. При отражении волны лучи упавший и отраженный со-
составляют одинаковые углы с нормалью к границе раздела в точ-
точке падения, т. е. аотр = апад (рис. 8) и иотр = ипад.
6. При прохождении волны из одной среды в другую проис-
происходит изменение и величины и направления скорости распростра-
распространения, при этом (рис. 8)
Sin «пад__ «пад
Sin апрел «отр '
Частота колебаний в волне при отражении и преломлении
не меняется.
163

4. ЗАДАЧИ К РАЗДЕЛУ «КОЛЕБАНИЯ И ВОЛНЫ»
Задача I
Показать, что свободные малые колебания нитяного маятника
в отсутствие сопротивления будут гармоническими.
Решение
Как было сказано раньше, механические колебания гармо-
гармоничны, если они происходят под действием силы, пропорцио-
пропорциональной смещению и обратно ему направленной. Значит, если
мы покажем, что при малых смещениях возникающая сила подчи-
подчиняется уравнению F = — k\r, то тем самым задача и будет решена.
На наш маятник (т. е. на материальную точку, подвешенную
на невесомой и нерастяжимой нити) действуют сила тяжести
_ mg и натяжение нити Q. Их
результирующая Fpe3 изобра-
изображена на рис. 9. Так как ма-
материальная точка движется по
кривой, то Fpe3 направлена
куда-то во внутрь кривой, как
и изображено на рис. 9. Здесь
же указано и смещение Дг.
ВИДНО, ЧТО /^рез И Дг, КЭК буДТО
бы почти антипараллельны ...
Но! Если смещение равно нулю,
Fpe3 не равна нулю и направ-
направлена к центру дуги, по кото-
которой движется материальная точ-
¦*=«0 Fpe3 практи-
'JA
Рис. а
точках ?рез
ка. При Дл*=«0
чески перпендикулярна Дг и лишь в крайних
и Да практически противоположны по направлению. Итак, Fve3
не удовлетворяет условию F — — &Да. Поэтому нитяной маят-
маятник колеблется не гармонично! Тем не менее бытует утверж-
утверждение как раз обратное. Как же их примирить? Довольно просто.
Разложим Fpe3 на две составляющие: Ft — по нити и Fz — по ка-
касательной к ней. Тогда, очевидно, имеем в проекциях на / и т
направления Ft — Q — mg cos a, | Fr j — mg sin a. Ft ответственна за
сообщение радиального (центростремительного) ускорения, a Fx—
за касательное ускорение.
Поскольку при малых углах синус угла и сам угол в ради-
анной мере равны друг другу, то при |Дг|<;/ (т. е. при малых
колебаниях)
Дг
Д/
т
7
Но тогда | F% \ = mg sin
Y- С учетом же Z7, ||Да получим Fx = ^
тё /Г.
164

Итак, для касательной, составляющей вектора Гр(.3 и смеше-
смешения Ал имеет место равенство /\ — — k&r, что и является необ-
необходимым и достаточным условием того, чтобы Дл, v, ax и ?, ко-
колебались гармонично с частотой
Обычно при колебаниях нитяного маятника интересуются именно
колебаниями проекций векторов Дл, a, v и F на касательное
направление к траектории, т. е. величинами Дл, и, а, и Fr.
Легко, однако, видеть, что величины ah EK и Еп колеблются
с частотой 2и). Для этого надо учесть, что
и2 Р invs р &Дгя
и воспользоваться сказанным в параграфе 1 относительно коле-
колебаний кинетической энергии гирьки.
Таким образом, колебания нитяного маятника характеризу-
характеризуются колебаниями с частотами ш (для Д/\ v, az, Fz) и 2ш (для
а,, Ек, Еп), а такие колебания, строго говоря, не являются гар-
гармоническими. Для большей точности следует, говоря о колеба-
колебаниях в системе, указывать, ^
какая из характеристик дви- V '¦•
жссия нас интересует.
Задача 2
Найти период малых ко-
колебаний величин смешения и
скорости бруска, который
может без трения скользить
по внутренней части обруча
радиуса R (рис. 10).
Решение
Очевидно, движение та- Рис 10.
кого бруска не отличается
в принципе от качаний нитяного маятника. Только роль связи
(опоры) играет не нить, а обруч.
При малых колебаниях подобного рода Т — 2пЛ/ '^-. Но в
предыдущей задаче показано, что/% = —~ Дг, т. е. роль коэф-
коэффициента k играет величина у> (или для обруча ™М). В соответ-
соответствии с этим
165

Задача 3
Найти период малых собственных колебаний Дг и у малень-
маленького заряженного шарика, колеблющегося в однородных полях
g яЕ, совпадающих по направле-
направлению (рис. 11).
Решение
Период таких колебаний будет
найден, если определим коэффи-
коэффициент возвращающей силы. Из рис.
11 видно, что | /\ j = {mg -\- qE) sin a
или при малых углах отклонения
а с учетом
направлений
противоположности
Отсюда k = -
-f qE
и, значит,
T = 2tz
ml
Очевидно, для численного ответа на вопрос задачи надо знать
массу шарика пг, его заряд q, величину напряженности электри-
электрического поля Е и длину нити /.
Задача 4
Определить частоту малых собственных колебаний касатель-
касательных характеристик движения (Дг, v, ax и ?т) шарика колеблю-
колеблющегося па нити вовзаимо-перпендикулярных полях g и Ё (рис. 12).
Решение
Решение сводится к нахождению коэффициента возвращающей
показы-
силы k. Здесь уместно еще раз отметить, что ? =
вает, какая возвращающая сила возникает при единичном сме-
смещении тела из положения устойчивого равновесия. В предыду-
предыдущих задачах положение равновесия определялось «само собой»,
а в этой задаче его еще надо определить.
... Из рис. 12 видно, что положение равновесия определится
из условия mg -f- qE -f- Qo = 0.
В проекциях на т и I направления получим:
— mg sin <x0 -j- qE cos a0 = 0,
— mg cos a0 — ^? sin a0 -j- Q = 0.
166

Первое равенство дает tgao = ^?- (а из второго можно былэ
бы определить натяжение Qo в равновесном положении).
Рис. 12.
ленная
к направлению g,
На маятник в любом положении, кроме переменной силы Q,
действует сила F = mg-\- qE, постоянная по величине и направ-
всегда под углом а0 _
Касатель-
Касательная составляющая этой силы,
Fx и обуславливает интересую-
интересующие нас колебания. Если вы-
вывести маятник из равновесия
на малый угол р, то, как видно
из рис. 13, возникает сила
где F = V{mgYTWF-
тогда
Но
_ 1 -\f
~2%V
V{mgy +
ml
Рис. la
Задача 5
Найти связь между углом отклонения я и фазой малых коле-
колебаний математического нитяного маятника (рис. 14).
167

Решение
Совершенно очевидно, что единственно, что можно по этому
поводу написать, так это уравнение
которые не фигури-
не вошел в равенство.
'//////А
где Д# — амплитудное значение смещения.
В исходное равенство вошли Дл и Д/?,
руют в условиях, а угол отклонения
Но из рис. 14 видно, что для малых
отклонений |Дл| «=*/-а |Д/?| ^ /-атах
(а берется в радианиой мере). Подста-
Подстановка этих значений |Дг| и |Д/?| в ис-
исходное равенство приводит после со-
сокращения на / к искомой зависимости
a = <*max Sin (">/-]-ср0).
Видно, что угол отклонения от
вертикали колеблется гармонически,
как и смещение Дл.
Рис. 14.
Рис. 15.
Задача 6
В цилиндрическом ведре массой М, высотой Н и сече-
сечением S насыпан песок плотности р. Расстояние от точки подвеса
до дна ведра /. Считая дно ведра невесомым, найти зависи-
зависимость частоты малых собственных колебаний получившегося
маятника от уровня песка в ведре (рис. 15).
Решение
Если бы вместо описанной системы качалась материальная
точка, то решение было бы тривиальным. Но материальная точка
в данном случае отличается от ведра с песком тем, что массы
168

ведра и песка i:e сосредоточены в малом объеме, т. е. систему
нельзя считать материальной точкой Но если бы наша система
сжалась в точку, расположенную в центре масс системы, то период
качаний никак ге изменился бы (сопротивления кет, поэтому
размеры системы роли i:e играют). Отсюда вывод — заменить
имеющуюся у нас систему материальной точкой, расположенной
в центре масс системы. Тогда 1 = ,~_Л/ ~, где/' — расстояние от
точки подвеса до центра масс системы (так называемая приведен-
приведенная длина физического маятника, т. е. качающегося протяженного
тела).
Но /' находим по формуле для центра масс системы, взяв
за начало отсчета точку подвеса (с учетом того, что из-за сим-
симметрии системы относительно линии точка подвеса — ось ведра
центр масс находится на этой линии):
, _А1/В + АЦП
Л1 + А1 '
где /в и /п — расстояния от точки подвеса до центра масс ведра
и песка соответственно: Мп — масса песка, равная pV = Sh
Н h
Так как 1В = 1—,j и /п==/ — у, то
it
fSh
Подставляя (*) в формулу для частоты, получим ответ.
Очевидно, что при малых размерах ведра (т. е. при Н <^1)
получим /' = /, как и должно быть, ибо в этом случае ведро
можно рассматривать как материальную точку.
Читатель, возможно, захочет исследовать результат для раз-
различных случаев, например, Н ==/, h = H, h = -j> h = 0, M;>
^> pSh и т. д.
Видно, что в числитель (*) входит /is, а в знаменатель h.
Это означает, что при изменении h числитель и знаменатель
меняются неодинаково. Поэтому если h меняется от Н до 0, то
дробь сперва растет от (/ Л до некоторой величины, а потом
, /. //
начинает опять убывать до I/ ^
Физически это ясно: когда ведро полно песку (т. е. h = H),
центры масс ведра и песка совпадают и /' = /—«. Когда песок
высыпается, то его центр масс опускается и /' сперва растет.
Но когда песок высыплется (т. е. Л = 0), то качаться будет
лишь ведро и /' = /— j. ...

Задача 7
По наклонной плоскости с углом наклона а идет с ускоре-
ускорением а тележка, на которой подвешен маятник длиной / (рис. 16,а).
Найти положение равновесия маятника и период малых собст-
собственных колебаний.
Рис. 16.
Решение
Как уже говорилось, все задачи такого типа сводятся к на-
нахождению коэффициента возвращающей силы k. Для нахождения
его прежде всего определяют положение равновесия маятника, то
т. е. то положение, около которого происходят качания. Посколь-
Поскольку наш маятник находится на ускоренно движущейся тележке, то
«равновесным» положением будет такое, при котором маятник будет
неподвижен относительно тележки, т. е. будет иметь относительно
наклонной плоскости скорость и ускорение такие же, как у тележки.
Найдем это положение, определяемое, например, углом р0,
который составляет нить с осью оу (очевидно, при этом нить
составит с вертикалью угол а -{- р0).
170

Из mg-\-Qfi = ma получим в проекциях на оси ох и оу
mg sin a -j- Qo sin p0 = ma,
— mg cos a -j- Qo cos p0 = 0.
(В искомом состоянии «равновесия» ах = а и ay = 0, ибо тележ-
тележка, а значит, и маятник не имеют ускорения в направлении,
перпендикулярном плоскости.)
Исключая отсюда Qo, получим
tg 30 = — tg a.
Это равенство позволяет найти при желании угол %.
Теперь надо вспомнить, что коэффициент k определяет воз-
возвращающую силу, возникающую при единичном смещении из по-
положения равновесия. (В нашем случае это — «равновесие», ибо
маятник вместе с тележкой движется ускоренно).
Натяжение нити Q не дает возвращающей силы, ибо при
любых малых смещениях Q будет перпендикулярно им. Значит,
надо найти прирост соответствующей составляющей силы mg.
При этом надо учесть, что mg одной из своих составляющих
должна участвовать в создании постоянного ускорения а, а дру-
другой — создавать возвращающую силу.
Отсюда ясно, что mg надо раскладывать в «равновесии» по
направлениям а и —Qo, как это показано на рис. 16, б (на
F =— Qo и та). При этом составляющая F уравновесит силу Qo,
а составляющая вдоль наклонной плоскости сообщит шарику
постоянное ускорение а. В этом положении «равновесия) сила F
играет ту же роль, что и сила mg в задаче 1.
Сила F при малом выводе маятника из «равновесия» будет
своей составляющей, перпендикулярной к Q, давать возвращаю-
возвращающую силу (подобно тому, как это происходило с mg в первой
задаче или с силой (mg-\-qF) в задачах 3 и 4.
Очевидно, что при выводе маятника из равновесия на малый
угол Дт (через т обозначен для краткости угол я —I— 30). возник-
Р F1
нет \F^\ = j\kr\ (рис. 16, в) и значит & = у Н°> как видно из
рис. 16, б,
F — V(mgJ -\- {таI — 2mg ¦ та cos (90° — a) =
= m Vg* + a* — 2ag sin a
Для периода колебаний будем иметь
Г = 2* 1/1 = 2
Vga + в" — 'lag sin a
171

Полезно исследовать результат при разных а и а.
Например, при а = 0 получим Т = 2ку —. При скольжении
тележки по наклонной плоскости Сез трении (т. е. при a —g sin а)
Т = 2-ir 1/ . При a = ±-S- T = 2itl/ . При свободном
Г g cos а к 2 F^+a
па.1 епии тележки, т. е. при a = g (а, значит, a — g), формально
Т = 2тг |/ _i__*oo.
Г g-g
Таким образом, в решении заключены ответы на опреаеление
Т маятника во всех тех случаях, когда он колеблется па
подвеске, движущейся с произвольным постоянным ускоре-
ускорением.
Решим эту задачу, пользуясь принципом эквивалентности
сил инерции и силы тяжести. Он означает в данном случае, что
движение тележки и шарика с ускорением а эквивалентно тому,
что па шарик, кроме сил mg и Q, действует еще сила инерции
— та (с точки зрения наблюдателя, связанного с тележкой, т, е.
с неинерциальной системой отсчета). Сила mg' = mg— та экви-
эквивалентна новой тяжести. Но в таком случае наша задача сво-
сводится к задаче !, только роль mg играет в этой задаче новая
«тяжесть» mg' = mg — та и, значит, T = 2z 1/ — . Но теперь
задача сводится к нахождению g'. Из рис. 16, г видно, что
= VitngY Н- {та)* — 2mgma cos (90° -^af,
откуда g' = у g- -}- os — 2ag cos (90° — a) , а потому
T = 9ir1 /- /
I/ у g" -\- a2 — 2ag sin <x
Результат решения, естественно, тот же, но получен он не-
несравненно более простым способом.
Читатель может попробовать усложнить задачу, введя в усло-
условия заряд шарика q и электрическое поле Е, составляющее с g
некоторый угол у. Из полученного при этом решения можно будет
получить решения всех предыдущих задач как частные случаи.
Задача 8
Цилиндрический брусок (рис. 17) находится в вертикальном
положении на границе раздела двух жидкостей и делится
этой границей на две равные части. Найги период малых
вертикальных колебаний бруска в пренебрежении силами
трения.
172

Решение
Решение задачи сводится к нахождению коэффициента возвра-
возвращающей силы k. Если из равновесного положения сместить брусок
на Дг*, например вниз, то возникнет возвращающая сила, напра-
направленная вверх и обусловленная изменением выталкивающей силы.
Действительно,
F — (/выт
Но Л/^ыт складывается из Д/7!
и Af.2, так как брусок плавает
в двух жидкостях. При этом
Д/\ — это прибыль архимедовой
силы со стороны нижней жид-
жидкости и направлена вверх
(навстречу Дг), а А/^ — убыль
архимедовой силы со стороны
верхней жидкости и направле-
направлена в сторону Ал (см. рис. 17).
Поэтому
F= Д/?выт = —p,gSAr-[-_
-f PigS Ar = ~ gS (Pi — Pa) &,
откуда k = gS (pi — p2).
Для периода качаний имеем
¦и-
F2
-0*-
F,-
—
¦Щт-
mg
;+pf -
лг
»
pi
.
———
mg —
Рис. 17.
PS)
Массу бруска определим из условия равновесия бруска
или в проекции на направление тяжест с учетом
g 0
/S
V
V /S
откуда т = (p, -f Pa) у или m = (p, -(- p2) -^.
Подставляя это значение т. в формулу для Т, получим
При pi = p2 T-»-co, что означает отсутствие колебаний.
Ясно, что для численного ответа на вопрос задачи необхо-
необходимо задание вхбдящих в решение величин.
173

Задача 9
Сформулировать зависимость полной энергии математического
маятника от амплитуды малых собственных колебаний и частоты.
Связать частоту колебаний с максимальной скоростью маятника.
Решение
Поскольку колебания малы, то, как показано в задаче 1,
Fz = — k^r. Но это означает, что потенциальная энергия выра-
выражается формулой Еп = —к-.
В крайней точке |Дг| = Д# и, значит, в этой точке ?п =
= —g-. Поскольку в крайней точке скорость маятника, а значит,
и его кинетическая энергия равны нулю, то полная механиче-
механическая энергия равна потенциальной:
смех == ^к ~Т" ?п == ^п == g '
Поскольку при гармонических колебаниях смещения Дг ш==
= ]/ - , то А = тоЛ Но тогда
В положении равновесия Еп = 0 и EMSx = EK. Поскольку
энергия маятника не меняется (сопротивления нет и колебания
собственные), то из того, что потенциальная энергия в крайней
точке равна кинетической в равновесном (наинизшем) положении,
следует—^— — —7^Г~' откУДа Vmax = u>&R или 1/=тД/<, где
V = б'тах — амплитуда колебания скорости.
Задача 10
Найти время, необходимое математическому маятнику для
прохождения расстояния от Д/^ до Дл2.
Решение
Время движения маятника и смещение Дг входят лишь в урав-
уравнение Дг = &R sin (w/-}-<p0), откуда через смещение Дг время
движения выражается формулой Ы -}-<ро = arcsin д^ или t —
arcsin ~m — fa
Для нашего случая искомое Д/ = /а — tu где 4 и t\ — время
движения маятника от начального положения до положений Д/-л
и Дл соответственно. Но тогда
arcsin -^ — arcsin -~
174

Задача 11
Какова начальная фаза гармонических колебаний скорости
маятника, если и = и0 при t = 0, а максимальная скорость
равна V? Выразить результат через амплитуду смещения Д/? и
частоту колебаний со. Каков ответ для случая нитяного маятника,
колеблющегося под действием тяжести?
Решение
Для гармонических колебаний величины скорости имеем v =¦
= V sin(to/-}-<p0). Для момента t = 0 имеем и0 = V sin 90. поэтому
<po = arcsin ~. Поскольку, как показано в задаче 10, амплитуд-
амплитудное (или максимальное) значение скорости связано с амплитудой
колебания смещения и частотой по формуле V — соДТ?, то <?о =
= arcsin —гн.
Для указанного в условии задачи маятника со = у ~ ,
а потому
<ро = arcsin —~
Задача 12
Нитяной маятник колеблется гармонично под действием
тяжести. Как изменится амплитуда колебаний, если нить уко-
укоротить от /i до 1%, не меняя при этом энергии маятника?
Решение
Так как энергия маятника Е = ^^—, то из Ег = Е^ (по
условию задачи энергия не изменилась) следует ^~\—- = ""'' ,
и так как co = l/y, то S—J. — ?__! или -—L — H-L откуда
видно, что ^.= у t-
Задача 13
Если в Земле прорыть тоннель (рис. 18), то в таком тоннеле
при отсутствии трения тело могло бы совершать гармонические
колебания. Убедиться в этом расчетом и найти период таких
колебаний в зависимости от длины тоннеля. Считать известным,
что внутри однородного сплошного шара напряженность поля
175

тяготения пропорциональна расстоянию до центра шара и направ-
направлена в центр, т. е. # =— сг, где с — некоторая константа. Вра-
Вращение Земли не учитывать.
Решение
Из соображен ш симметрии следует сразу, что положение
равновесия будет в точке А. Если сместить тело на расстояние
Дг от равновесия, то возникает возвращающая сила |/\ | =mg sina
(сила Q не внесет вклада в FT,
поскольку она всегда нормальна
к скорости тела).
Поскольку нас интересует за-
зависимость Fx от смещения Дг, то,
18.
выражая г через Дг, получим г = ——
sin я
Рис. 19.
(рис. 18). Но тогда
\п
-тс | Дг | или Fx = —
что и является
условием гармоничности колебаний тела; при этом поскольку тс
есть некоторая константа, то Т = 2к\/ ~ = 2ку — тоже вели-
величина, не зависящая от местоположения и длины тоннеля.
Это и естественно, ибо при гармонических колебаниях период
колебания не зависит от амплитуды.
Задача 14
Математический маятник массой пг и длиной / совершает
малые собственные колебания без сопротивления. Какую работу
совершит возвращающая сила за время t, считая от момента
выхода из равновесия? Амплитуда колебаний равна Д#.
Решение
Поскольку возвращающая сила пропорциональна смещению,
то ее работа, как уже показывалось, определяется по формуле
khri
= — Д?п = — \-rr- тг-\, а при Дл1==0 А = г
176

Поскольку сро = О, а для математического маятника, колеблю-
колеблющегося под действием тяжести, k==~ и ш—1/ g , то А =
Если записать выражение для А через период колебаний Т,
л VIS ¦ r.o -о 2lt? г^ -.
то А== ^Д/csur-y. Отсюда видно, что раоота, произведен-
, пТ
пая за время, например, г = -^-, где я— целое, равна нулю.
Почему так? Потому что при движении маятника от положения
равновесия сила FT совершает отрицательную работу (ибо Fx\[ v),
а при движении тела к положению равновесия — положительную
(ибо Fzffv). Эти работы численно равны и противоположны по
знаку, а в сумме за t = -^ или t = %- работа возвращающей
силы и будет равна нулю.
Задача 15
Лифт движется по вертикали сперва с ускорением аь а потом
с «замедлением» сц в течение времени t{ и ^ соответственно.
В лифте находится маятник длиной /. Сколько колебаний он
сделает за время движения?
Решение
Очевидно, число колебаний за время t = ti-\~tt будет равно
N = jVi -|- N-2- Но как показано в задаче 7, в таком лифте Т1 =
2гс У Y^T и Т* = 2к
«i + У Я. - "
2п
Задача 16
Найти отношение потенциальной энергии к кинетической при
гармоническом колебании материальной точки как функцию
времени.
Решение
Искомое отношение имеет вид
E^^kAr^ Еп __ ItAR3 sin3 (at + ?о
tK mv* EK mVa sin2 (<
где fu — начальная фаза колебаний скорости; <р0 — начальная
фаза колебаний смещения.
177

Но как показано во вводной части этого раздела, если сме-
смещение колеблется по закону синуса, то скорость изменяется по
закону косинуса или что все равно <р0 и <рё отличаются на у
(когда смещение равно нулю, скорость максимальна и наобо-
наоборот).
г-, Е„ kkR* sin2 (м? 4- t?a) k&Ra io,4, ч
Поэтому -тг=—ту,—, , , Т ' = —ft? tg" (ш/ -4- ср0) и поскольку
: Ек mVs- cos-1 (at -J- fo) mV
& = mur и V = a>kR, то
Если тело вышло в момент /о = 0 из равновесия, то <р0 = 0 и
-J1 — tg2 со/. Если же оно вышло из крайней точки, то <?о =
¦tic
= ±4г и, значит, -g?- = tg21 to/ ± -^) = ctg- wt и т. д.
Z ?к у Z. j
Задача 17
Точечный вибратор, колеблющийся с частотой со, создает
на поверхности жидкости круговые волны, распространяю-
распространяющиеся со скоростью и. Найти: а) сдвиг по фазе колебаний точек,
определяемых радиус-векторами Г\ и г°, проведенными от источ-
источника S; б) относительное смещение поплавков, находящихся
в этих точках; в) относительную скорость этих поплавков.
Решение
Если начало отсчета помещено в источник, то фаза сфери-
сферической волны ср = wt -j- <р<> — °~. Но тогда а) <ра — <pi = -^ (га — лО
(не путать га — ri = | га | — п | с л-j — л , ибо разность модулей
н модуль разности — разные понятия!);
б) поплавки, как и частицы жидкости, колеблются в данном
случае по вертикали. Обозначая смещение поплавка через h и
считая, что волна от источника идет «горбом» (т. е. <ро = О),
получим
в) как уже указывалось, скорость частицы колеблется, опе-
опережая смещение на у, поэтому для скоростей поплавков имеем
178

В б) и в) Я и V — амплитудные значения колеблющихся
величин приняты направленными вверх (волна идет «горбом»
вперед).
Очевидно, без задания Яо, У о и г0 численные значения инте-
интересующих нас величин получить нельзя.
Задача 18
Написать явное выражение вектора Умова — Пойнтинга через
амплитуду колебаний волны, частоту колебаний и плотность
среды (см. рис. 19).
Вектором Умова—Пойнтинга называется величина, показываю-
показывающая, какое количество энергии перекосит волна за единицу
времени через единичную площадку, перпендикулярную направле-
направлению распространения волны.
Решение
Если за время Д^ через площадку Д5Ц, поперечную волне,
будет перенесено энергии Д?, то из определения вектора Умова
имеем, что его величина определится отношением . . „ , а так
как вектор этот направлен в сторону переноса энергии (по ско-
скорости волны), то, обозначая этот вектор буквой Р, получим
Р— А? 1.
М ASU и '
— \Е —
Поскольку иД/ = Дг, то Р = -т^-—и, а так как Д5„Д/-=ДУ—
-*¦ \ Р —*¦
объем, который заполняется волнами за время Д/, то Р = ^и.
Если Д? трактовать как количество энергии колебаний, запол-
заполняющих объем ДУ, то дт,= и> — есть объемная плотность энер-
энергии. Поэтому P=wu. Под w можно понимать энергию всех
осцилляторов (т. е. вибраторов или колеблющихся частичек),
находящихся в единице объема, т. е. ш = ел, где е — энергия
одного осциллятора, а п — число осцилляторов в единице объема.
/ИоJД/?3 —
Поскольку, как показано в задаче 9, е==—^—, то Р =
— ^~2—~пщ и поскольку шп есть плотность среды р, то окон-
окончательно
179

Задача 19
Исходя из решения предыдущей задачи, показать, что в одно-
однородной изотропной непоглощающей среде для сферической волны
амплитуда колебаний обратно пропорциональна расстоянию до
источника.
Решение
Окружим источник двумя концентричными сферами радиусов
Го и г (рис. 20).
Поскольку среда однородна и изотропна, то волны будут
сферическими, а так как среда не поглощает, то &Е0 = &Е, т. е.
сколько энергии пройдет через поверхность сферы So, столько
пройдет и через поверхность S.
Поскольку поток энергии &Е
через поверхность ASa равен P&Sa,
то из Д?0 = Д? или из
(*)
д/Vo
=^и4,г\
а тогда, как
Рис. 20.
получим —-j-
откуда Д/? =
и указано в водной части к этому
разделу, уравнение сферической
волны будет иметь следующий вид
для случая колебания смещения
частиц:
=—^ cos
Заметим, что из (*) вытекает для случая сферических воли
= Р4кг и, значит, Р==-^1.
Повторяя рассуждения для случая плоской волны, читатель
может убедиться в том, что в плоской волне Д# = Д#0 и Р = /Эо.
Задача 20
Интерференцией волн называется явление наложения волн
друг на друга, приводящее ¦ к тому, что амплитуда результи-
результирующей волны может быть той или иной в зависимости от того,
каков сдвиг по фазе между колебаниями в волнах.
Принимая, что амплитуда результирующего колебания мак-
максимальна, если сдвиг по фазе у соответствующих колебаний
равен 2/гя, и минимальна при Дср = B&-}~ 1)я, найти геометри-
геометрические места точек, в которых амплитуда колебаний от двух,
точечных источников максимальна и минимальна (рис. 21).
180

Решение
Поскольку Дер = <ps — 'flt где 9а и <Pi— фазы встречающихся
волн, тс
До = (о>,/ О- <р« — 2ir -^-) — (<o,f -}- ср01 —
Видно, что Дэ оказался зависящим от времени, а это озна-
означает, что положение интересующих нас максимумов и миниму-
минимумов колебаний будет меняться со временем. Такое непостоянное
во времени распределение амплитуд результирующих колебаний
Рис. 21.
называется неустойчивой интерференционной картиной, а сами
источники и еолны — некогерентными (несогласованными).
Но если ш.2 = ш1 = ш, то (с учетом того, что при этом и ла =
Поскольку условием максимума колебаний является А<р = 2Ы,
то 2&тс = Дср0 — 2л -^—, откуда соответствующая разность хода
В том частном случае, когда в источниках колебания проис-
происходят со сдвигом фаз Дсро = 2тш, получим kr — (k — п)^ = т^ =
~ (целое число) X ^- При зафиксированном (k — п) имеем, что
Д/- = const, т. е. разность расстояний от точек местоположения
максимумов до источников есть величина постоянная и, значит,
они лежат на гиперболах, фокусы которых находятся в источни-
источниках.
Итак, все максимумы находятся на семействе гипербол Д/- =
= /?Д, где т — целое число.
181

Очевидно, все минимумы лежат на семействе гипербол Д/- =
= Bm-{-1)-q-- Ясно, что в случае когерентных источников (т.е.
таких, у которых Дер Ф Дер (/)) положения максимумов и миниму-
минимумов со временем не меняются. Такая интерференционная картина
называется устойчивой.
Задача 21
Какое количество энергии волн «падает» за единицу времени
на единичную площадку от точечного источника волн мощностью
N, находящегося в однородной, изотропной и непоглощающей
среде на расстоянии г от площадки; нормаль площадки состав-
составляет угол я с вектором Умова.
Решение
По смыслу вопроса нас интересует величина F =
АЕ
At AS '
отличающаяся от величины вектора Умоза лишь тем, что в зна-
знаменателе стоит вместо нормальной к вектору Р площадки Д5.е
площадка AS, расположенная под каким-то углом а к Р.
Рис. 22.
Для достаточно удаленного источника (когда линейные раз-
размеры «освещаемой» области малы по сравнению с г) г\ и г3 мало
отличаются друг от друга (рис. 22). Делая циркулем засечку
радиусом г из местоположения источника, получим равнобедрен-
равнобедренный треугольник со сторонами гь г2 и а. Равные углы при этом
будут мало отличаться от прямых (ибо из-за г^а угол р«^0).
Но тогда угол ^я«90о и, значит, ASa = AS cos <х.
Из определения вектора Умова следует, что его величина
~~ At Д5а *
Интересующая же нас величина Р' выразится как
АЕ АЕ
Г}Г "^
At AS At ASa
cosa = P cos a.
(*)
Зависимость Р' = Р'(<х) вскрыта. Теперь надо связать Р' с N и г.
Из определения Р= . .„ следует, что в однородной, изотроп-
182

ной и непоглощающей среде для сферической волны в силу neD-
пендикулярности поверхности сферы лучу
АЕ
p
АЕ
At ASU At 4r.r2 — ~4жг '
где Д? — энергия, прошедшая за время М через сферу радиуса г.
С учетом этого и (*) Р' = -^—г cos a.
Заметим, что величину 7 = -^-, показывающую, какая мощ-
мощность излучается в единицу телесного угла, называют иногда
силой излучения источника (в данном случае изотропного).
Для случая световых волн величину N называют световым
потоком от источника, J — средней силой света, величину Р' —
освещенностью площадки, а соотношение Р' — -
J
-Дт
cos a =
= -? cos a — законом освещенности, создаваемой точечным источ-
источником в однородной, изотропной и непоглощающей среде.
Если источник неизотропный, т. е. излучает различно в раз-
разных направлениях, то вводят понятие силы излучения в данном
AN
направлении J=-^q-, где ДМ — мощность, посылаемая источни-
источником в телесный угол Д2.
Задача 22
На расстоянии h от точечного источника мощностью М, нахо-
находящегося в однородной, изотропной и непоглощающей среде,
находится идеально отражающая волны плоскость. Найти Р =
~Р (г), где г — расстояние от источника до интересующей нас точки.
1У
S
h
///.
ы-
X
'///////77///////////
Рис. 23.
Решение
В интересующую нас точку энергия будет попадать как непо-
непосредственно от источника, так и после отражения от плоскости.
Из рис. 23 (построенного с учетом того, что угол отражения луча
183

равен углу его падения) видно, что геометрически отражение
волны от плоскости эквивалентно ее распространению от точки
S' — мнимого изображения источника S. Поскольку по условию
плоскость отражает волны без поглощения их энергии, то это
эквивалентно тому, что в точку А энергия приносится от источ-
источников S и 5' одинаковой мощности. При этом, как видно из рисунка,
h' = h.
ocrcmpe,ia дуги радиуса- R (зеркала)
зсг-стрепа дуги, радиуса d (фронта,
упабшей на зеркало волны )
Хц-стрепа дуги радиуса f (фронта
отраженной болнш}
Рис. 24.
Проводя плоскость через прямую h'h и точку А и располагая
данный лист в этой плоскости, получим картину, изображенную
- _ N и
на рис. 23. Так как Pve3 = P -\-Р', или Рреа— ТТГ • 7, 4-
_1_ г • —, то с учетом одинаковой направленности г с и и г'
с и' получим
Р ~J±I-
(*)
где гиг' — расстояния от источника S и его «изображения» S'
до точки Л.
184

Пусть начало отсчета находится в точке 5 и пусть, например,
положение точки А задано координатами хну. Тогда задача
сводится к нахождению г' или, что все равно, его проекций г'х и
/¦„. Но из рис. 23 видно, что r"x = rx = x, a r'y = h-\-h' —
= y + 2h.
При этом /' = (г.;.2 + r;,yi* == [ха 4- (у + 2Л)8]3/2.
Расписывая равенство (*) в проекциях, получим
р — N
р _ N
rve3y — -^
Задача 23
На вогнутую сферическую поверхность радиуса R падает
волна от точечного источника J, находящегося на расстоянии d
от поверхности (рис. 24). Найти положение изображения источ-
источника, т. е. точку, в которую «сойдется» волна после отражения
от поверхности. Среда однородна и изотропна.
Решение
Поскольку среда, в которой распространяется волна, одно-
однородна и изотропна, то волна, идущая от источника J, будет
сферической. Пусть для определенности d^>R. В некоторый
момент времени фронт упавшей волны имеет около отражающей
поверхности вид. указанный пунктиром на рис. 24, а. В то время
как точки А и В фронта уже коснулись поверхности, точка С
еще до нее не дошла, и к тому моменту, когда точка С дойдет
до зеркала, точки фронта А и В переместятся после отражения
в положения А' и В'.
По определению фронта волны времена прохождения волной
расстояний АА', ВВ' и СС одинаковы и сами эти расстояния
одинаковы (какое расстояние Х\ пройдет падающая волна от С
до С, такое же расстояние Xi — AA' за это врямя пройдет отра-
отразившаяся часть фронта волны). Из рисунка еидно, что j дс41 ==
| {| 1 + 1 Но так как |*3| = A A'cos ^ = \x1 \ cos {3, то
||||4pL|
Если пучок волн, падающий на поверхность, узкий (т. е. а-»•()),
то р->0 и
Поскольку х2 соответствует падающей волне, а ^ и 2х\ — от-
отраженной, то они должны быть противоположных знаков, а
потому —х4——2*14-*2. или
2Х\ = X<i 4" *!•
185

Известно, что при малых высотах сегмента имеет место связь
X?^-!L- (рис 24, б). Поэтому равенство (*) (с учетом того, что
при а->0 имеет место hi «^ h% «* Аа = Л) примет вид
Это соотношение называется формулой для сферического зер-
зеркала. Она пригодна и для вогнутого и для выпуклого зеркала,
но при пользовании ею 'существенно псмнить правило знаков:
Расстояния d и f измеряют в последовательности источник —
зеркало — изображение. При этом расстояния, отсчитанные по
ходу волны, положительны, а против хода — отрицательны. R
положительно для вогнутого зеркала и отрицательно для вы-
выпуклого.
В нашем случае все расстояния положительны.
Г)
Полагая в (**) d->oo, получим / = -у. Эту величину обо-
обозначают буквой F, а тогда (**) примет вид
1 = 1 + 1
Очевидно, F равно расстоянию от зеркала до той точки, где
ссбираются лучи от бесконечно удаленного источника.
Формула зеркала, как видно из вывода, является прибли-
приближенной, но тем более точной, чем меньше угол а.
Задача 24
Силой излучения источника волн в данном направлении назы-
вается Ееличина У =-tq- = дт-до, показывающая, какая энергия
волн пронизывает за единицу времени в единичном телесном угле
любое его сечение. Если источник и среда изотропны, то сила
излучения одинакова по всем направлениям и ^ = -^t = "q~>
как и указывалось в задаче 21.
Найти силу излучения изображения источника, даваемого сфе-
сферической вогнутой поверхностью, поглощающей п-ю часть упав-
упавшей на нее энергии от источника силой J, находящегося на рас-
расстоянии а от полюса сферической поверхности радиуса R (рис. 25).
Решение
Напомним, прежде всего, что телесный угол Д2 определяется
отношением части сферической поверхности, на которую он опи-
опирается, к квадрату радиуса этой сферы, т. е. Д2= —^-f подобно
186

тому как центральный линейный угол измеряется отношением
дуги, на которую он опирается, к радиусу дуги, т.е. Да = -^).
Проведя от источника J узкий конус с углом Д2 к отража-
отражающей поверхности и произведя построение отраженных крайних
лучей конуса в соответствии с законом отражения лучей, полу-
получим изображение источника /'. Из рис. 25 видно, что волны, шед-
шедшие от J в телесном угле Д2, после отражения сходятся к </',
а потом расходятся от него в конусе с углом Д2'.
Рис. 25.
По условию задачи «-я часть энергии при отражении теряется.
Это значит, что АЕ' = АЕ(\—п) или ДЛ^' = A7V A—я), где AN —
мощность падающих волн, а Д/v" — отраженных. Но AN — JAQ
и AN' = J'AQ', поэтому У'Д2'=: УДй A—я). Поскольку Д2 =
• ^. AS/? rr&Sp , AS/? ,, , т. г A —п) f"
и Д2'=—~, то J'—~ = J —72— A—я), откуда J=J-—dJJ .
Так как / = - 2d __ R (см. задачу 24), то окончательно /' =
— " Bd-R)*-
Полученный результат справедлив лишь для узких пучков,
лежащих вблизи оси симметрии картины. Вообще говоря, изо-
изображение J' не является изотропным «источником». У него наи-
наибольшая сила излучения вдоль оси симметрии. Именно для этой
силы излучения и справедлив полученный результат.

ЧАСТЬ III
ТЕРМОДИНАМИКА
Процессы, рассматриваемые в этом разделе физики, сущест-
существенно отличаются от тех, которые рассматриваются в механике.
Они гораздо более сложны и многообразны. Описываются они,
естественно, другими уравнениями; важнейшими характеристи-
характеристиками движения здесь уже являются не перемещения, скорость
и сила, а другие (какие именно, будет видно в дальнейшем).
Есть и общие для всех видов движения характеристики, такие,
как энергия, понятие о которой необходимо, однако, обобщить
и на немеханические виды движегия.
Несмотря, однако, на существенное различие механического
и немеханического движений, метод его исследования, а значит,
и метод решения тех или иных задач в главных своих чертах
остается прежним, хотя, конечно, проявляются и особенности,
обусловленные спецификой данного вида движения.
Поэтому мы и в дальнейшем будем придерживаться в общих
чертах той схемы, которая изложена во введении к разделу
«Колебания и волны».
1. ИДЕАЛЬНЫЙ ГАЗ
(основные понятия)
Идеальный газ — это простейшая система, рассматриваемая
в термодинамике и молекулярной физике. В этот термин вклады-
вкладывается следующее содержание. Известно, что между молекулами
вещества, находящегося в любом агрегатном состоянии (твердом,
жидком, газообразном), существуют как силы притяжения, так
и силы отталкивания, которые весьма быстро убывают с увели-
увеличением расстояния между молекулами. При достаточно больших
расстояниях между молекулами эти силы ничтожно малы и моле-
молекулы большую часть времени при своем движении практически
не взаимодействуют, и их движение можно рассматривать как
188

свободное от одного удара о стгнку сосуда (если глаз заключен
ь сосуд) до другого Такой газ мы и называем идеальным. Оче-
Очевидно, что необходимым условием применимости такого рассмот-
рассмотрения для реального газа является его разряженность. Такой
газ можно рассматривать как множество материальных точек,
подавляющую часть времени движения не взаимодействующих
между собой. Естественно, такое рассмотрение не является пра-
правомерным при уплотненных состояниях газа.
В случае идеального газа (т. е. достаточно разреженного
реального газа) его состояние определяется заданием четырех
из следующих пяти величин: М — масса газа, \х — молекуляр-
молекулярный вес, р— давление газа на стенки сосуда, V — объем, зани-
занимаемый газом, Т — абсолютная температура газа.
Между этими величинами существует связь, устанавливаемая
уравнением состояния идеального газа
pV = -RT или pV = ZRT A)
(уравнение Клапейрона — Менделеева), которая позволяет по четы-
четырем величинам найти пятую. Здесь /? —универсальная газовая
постоянная, численное значение которой определяется выбором
системы единиц, Z = число молей газа в сосуде.
Если в сосуде имеется смесь газов, то по закону Дальтона
/г = Р1 + Л* + -.. + А + --- + Лл, B)
где pi — вклад в общее давление, вносимый i-u газом (парци-
(парциальное давление); р — суммарное давление газа на стенки сосуда.
Поскольку
PiV = fRTh C)
то уравнение Клапейрона — Менделеева в случае смеси газов
можно записать в отличном от A) виде. Именно, домножая B)
на объем сосуда V, получим pV — (p\V-\-.. .-\-piV), или с уче-
учетом C) pV = — RT + ...-{-^RT. Вынося RT за скобку, полу-
получаем
D)
Обычно в задачах фигурируют данные о двух состояниях
газа — первоначальном и конечном. Тогда при решении задачи
надо соответственно написать уравнение A) или (в случае смеси
газов D)) дважды: для начального и конечного состояний.
В тех случаях, когда объем газа может меняться за счет под-
подвижности пробки, клапана или поршня, давление газа опреде-
определяют из условия движения этих подвижных «закрывашек». В слу-
189

чае их покоя это условие означает равенство нулю геометриче-
геометрической суммы сил, действующих на «закрывашку».
Поскольку в уравнении A) содержатся все частные газовые
законы (Бойля-Мариотта, Гей-Люссака и Шарля), то отдельно их
рассматривать мы не будем и всегда будем пользоваться A),
хотя во многих случаях для упрощения записи можно было бы
воспользоваться частными законами.
В уравнение A) входят пять переменных__величин: р, V, М,
{л и Т ((а может меняться, если в газе протекают реакции).
На плоском же графике можно изобразить только зависи-
зависимость между двумя переменными. При этом надо оговаривать,
как себя ведут остальные переменные. Например в случае, когда
jjf=const
Рис. 1.
Рис. 2.
М, (а и Т меняются, но так, что при этом ~ Г = const, необхо-
необходимо сделать на графике оговорку, что — Г = const (рис. 1).
Возможны, естественно, такие процессы, когда — Т Ф const.
Тогда надо, повторяем, указать, как ведут себя М, ц и Т. Это
не сделано на рис. 2, на котором следовало бы указать, что на
участках 0—1 и 2— 3 (сплошной график) М = const, [a = const и
Т = const, а на участке /—2 М Ф const из-за конденсации пара.
Уравнение A) можно рассматривать как следствие основного
уравнения кинетической теории идеального газа
p = nkT, E)
где п — число молекул в единице объема; k — постоянная Боль-
цмана. Но n = ^L, где — N — число молекул в сосуде. Если одна
грамм-молекула газа содержит AfA = 6,23- 1(P молекул (число
Авогадро), то Z грамм-молекул содержат N = NAZ молекул.
Поскольку Z = -, то E) примет вид р = ---±г, Обозначая
NAk = R, получим pV = — RT,
190

Если в сосуде смесь газов, то вместо E) надо написать урав-
уравнение
+ Pn ИЛИ /J =
Повторяя рассуждения в отношении щ, придем к уравне-
уравнению D).
Пар и газ — это в принципе одинаковые состояния вещества,
и различие между ними чисто условное. Именно, мы назы-
называем в быту паром газообразное состояние тех веществ, которые
ври обычных температурах мы видим и в жидком (или твердом)
состоянии. Газом же называют пары тех взществ, которые в жид-
жидком или твердом состояниях находятся при очень низких темпе-
температурах. Так, газ воды или ртути мы называем паром, а пар
кислорода, азота и т. д. — газом.
Из сказанного вытекает, что пар должен подчиняться урав-
уравнению Клапейрона — Менделеева в той же мере, что и любой
газ.
Следует, однако, сделать следующую оговорку: при доста-
достаточно низких температурах (ниже критической) пар может ча-
частично конденсироваться. Для каждого данного пара существует
предельно возможное содержание его в данном объеме при дан-
данной температуре. Такой пар называется насыщающим, и его плот-
кость определяется для данного пара только температурой. Суще-
Существуют таблицы, где указаны эти зависимости.
Пар из ненасыщающего может быть превращен в насыщающий
понижением температуры или уменьшением объема. Верно и обрат-
обратное— увеличение температуры или объема, занимаемого паром,
делает его ненасыщающим (если, однако, вся жидкость при этом
будет исчерпана — испарится).
На рис. 2 приведены зависимости давления пара от объема
при 7 = const и р. = const. Видно, что в области V^>Vi имеет
место р~-у, в области V<l<^V<CVi имеет место рфр{У), а
в области Vi ^> V сжимается жидкость. Для сравнения пунктиром
изображен график p — p(V) при Т const и р. = const для некон-
неконденсирующегося пара (идеальный газ).
При V ^> Vi масса пара не меняется и пар подчиняется закону
Бойля-Мариотта. При Vz<^V<^Vi пар конденсируется, и его
масса убывает. Поэтому закону Бойля-Мариотта он не подчи-
подчиняется. При V <^У% практически весь пар сконденсировался
в жидкость.
Очевидно, при увеличении объема в области 1/2 <С V <С Vi
количество пара будет возрастать.
Можно ли пользоваться уравнением Клапейрона — Менделеева
в области V2<CV<^Vi? Можно, но надо знать М — массу пара,
содержащегося в сосуде, что не всегда удается установить без
соответствующих таблиц. Поэтому в области Vs <C V <С У\ в слу-
случае необходимости М надо найти с помощью этих таблиц. При
191

этом, естественно, M — p,,V, где р„ — плотность пара, насыщаю-
насыщающего пространство при данной температуре (табличная величина);
V — объем, занимаемый паром.
В случае водяного пара его плотность часто называют абсо-
абсолютной влажное! ыо, а отношение / = -— относительной влаж-
Рн
ностью. Здесь р — плотность пара, имеющегося в пространстве.
Из всего вышесказанного следует, что, решая задачу о паре,
находящемся в состоянии, близком ' к состоянию насыщения,
надо выяснить, является ли пар насыщающим или нет (а следо-
следовательно, постоянна его масса при изменении состояния или нет).
Полезно знать, что под изогнутой поверхностью существует дав-
давление (Лапласово). В случае сферической поверхности pn=z ~ t
(де а — коэффициент поверхностного натяжения (зависящий or
температуры); R—радиус кривизны сферы. Очевидно, тонкую
пленху ограничивают две поверхности практически одинакового
радиуса. Поэтому в случае, например, мыльного пузыря р1,==--
При этом сила давления направлена во внутрь поверхности.
Тяжестью газа мы везде в задачах пренебрегаем.
2. ЗАДАЧИ К РАЗДЕЛУ «ИДЕАЛЬНЫЙ ГАЗ И ПАР»
Задача 1
В узкой, закрытой с одного конца трубке находится газ,
запертый столбиком ртути длиною Н, Если трубку наклонить
под углом а к вертикали, то длина столбика воздуха будет
равна /. Каково внешнее давление, если при переворачивании
трубки открытым концом вниз верхний край столбика ртути
переместился на А/ и при этом за счет выливания ртути столбик
ртути укоротился на Д#? Считать, что температура газа во время
переворачивания не изменилась, капиллярными явлениями и тре-
трением пренебречь (рис. 3).
Решение
Так как в задаче говорится о двух различных состояниях
газа, то пишем уравнения Клапейрона — Менделеева для каждого
из них
Поскольку Ti — T% (по условиям задачи) и Zi = Z3 (масса газа
не изменилась), то получаем при делении исходных равенств
P\V\ = p*V% (что можно было бы написать и сразу).
С учетом того, что Vi = S/i и y9 = S/s, имеем
Pih = Pih- A)
192

Давления pt и pt найдем из условия равновесия столбиков
ртути. Именно, проектируя все силы на ось трубки, получим
-f- >nig cos a — Fi = 0,
4r F* = 0,
B)
где FaX и Fo.2 — модули сил, действующих на столбики ртути со
стороны внешней среды (атмосферы); Ft и F$ — модули сил дав-
давления газа на ртуть изнутри; пц и пц — массы столбиков ртути.
Н-&Н
Рис. 13.
Поскольку Fal = Fai — paS, F1 — plS, F3 — p.;S, nis
m-2=:pHiS, то уравнения B) примут вид (с учетом
S и
H и
paS -\- pSHg cos a — ptS = 0,
- PaS -f P5 (И - ЛН) g -f p*S = 0,
где р — плотность ртути.
Выражая из этих равенств давления pi и /04:
= Ра 4- Р^ cos a,
и подставляя эти значения pi w р% в A), получим (с учетом
/, = / и /, = /4-Д0
cos a) / = \Ра - Pg (/У - ЛЯ)] (/ 4 д0,
откуда легко находится внешнее давление ра:
ра = | 1/У/ cos a 4- (Я - А//) (/ + А/)|.
При этом полагаем, что плотность ртути мало отличается от
табличного значения, даваемого при Г300/(
7 В. К. Коб>шкин

Задача 2
Бак в виде прямоугольного параллелепипеда движется в направ-
направлении, перпендикулярном одной из его стенок (рис. 4). Найти
разность плотностей (р3 — р„) у его задней и передней стенок,
Рис. 4.
если бак находится достаточно долго в движении с ускорением а.
Плотность покоящегося газа р0, его масса М, температура Т
и длина бака / известны. Силой тяжести, действующей на газ,
пренебречь.
Решение
Для нахождения р3 и рп рассмотрим весьма тонкие слои газа
около стенок, такие, чтобы в пределах этого слоя плотность
газа была практически постоянна. Тогда уравнения состояния
газа дадут
№^ A)
RT
B)
где рп и p3 — давление газа у передней и задней стенок бака.
Поскольку ттг1==Рз и ттг2 = Рп> то, вычитая B) из A), получим
ЯТ
откуда
(Рз-
RT
C)
Видно, что для ответа на вопрос задачи необходимо знать
разность давлений газа у передней и задней стенок бака. Эта
разность найдется, естественно, из уравнения движений газа как
целого. Именно полагаем, что за длительное время движения
колебания газа затухнут из-за внутреннего трения и все части
газа будут иметь одинаковое ускорение а. Тогда по второму
закону механики
F3 + Fn, D)
где F3 и Р„ — силы, действующие на газ со стороны задней
и передней стенок бака.
194

Проектируя D) на направление движения, получим с учетом
того, что F3 — p3S и Fa = paS
Так как M=po/S, то D) примет вид
(р3 — рл). E)
Исключая из C) и E) разность давлений (р3 — ра), получим
Задача 3
В цилиндре (рис. 5), закрытом поршнем весом Р, находится
газ с молекулярным весом р. и массой М. К. середине поршня
приделан шток В, соединенный рычагом / с шарниром А. Газ
равномерно нагревают. Чтобы
поршень при этом покоился, pS | 0
грузик т приходится передви-
передвигать влево. Найти положение
грузика т как функцию времени.
Высота поршня над дном сосуда
равна h, атмосферное давление
I
Т
Рис. 5.
и трение считать ничтожными. {rss/lt/s/A m9
Решение
Очевидно, что нагрев газа
приводит к росту давления и
увеличению силы, действующей
со стороны газа на поршень.
Если груз т не передвигать вле-
влево, то равновесие системы нарушится. Чтобы оно не нарушилось,
необходимо равенство нулю суммы моментов, вращающих рычаг
относительно, например, точки А. Это приводит к равенству
PI — pSl^-mgr = 0.
Входящее сюда давление газа на поршень определится из
формулы
Подставляя выраженное отсюда давление р в исходное равенство,
получим
Ul MRTSI ¦
195

Учтя, что -=-?, приходим к уравнению
mg
. По условиям задачи газ нагревают равномерно, т е. его тем-
температура Т растет со временем по линейному закону: Т = Тш,.,-|-
-| const (/ — /вач). Подставляя это значение в предыдущее равен-
равенство, получаем решение задачи в виде:
Задача 4.
По условиям предыдущей зачачи найти скорость движения
Д7
грузика т, если скорость кагрева -гг известна.
Решение
По определению Ееличины скорости движения грузика в=д>.
где Дл = (г — лиач) — перемещение грузика за время At.
По определению скорость нагрева есть величина -гг, где
AT = (Т — Гвач) — изменение температуры за время At.
Но по условиям предыдущей задачи Т=;Твач-|- const At.
Отсюда Т — Тиач = const Д?, а тт = const, т е. тт — const есть
именно та константа, которая фигурирует в решении предыдущей
задачи.
Поскольку из решения предыдущей же задачи
' -'-=(f f
= ^ const 4(i
Дг
то, выражая отсюда -г- получим
Дг МЯ , l
т-. = —,- const — .
М (хЛ mg
г- Дг Д7
С учетом г- == t/ и const = дт получим
_Ш? Д7 J_
y.h hi mg'
2S6

Задача 5
Показать, что при отсутствии трения поршня о стенки цилин- ¦
дра (рис. 6) давление газа под поршнем есть линейная функция
от объема газа, независимо от того, какие процессы происходят
с газом, лишь бы его сжатие или расши-
расширение происходили равномерно. Наружное
давление ра постоянно.
Решение
Поскольку в задаче не фигурируют
какие-либо характеристики состояния га-
газа, то исходить при решении задачи из
уравнения состояния газа нерационально.
С другой стороны, в задаче явно делается
упор на равномерное движение поршня
(равномерное сжатие или расширение газа
означает равномерное движение поршня).
Но в таком случае сумма сил, действую-
действующих на поршень, равна нулю, т. е.
Положим для определенности, что в
некотором состоянии пружина сжата.
Тогда в проекции на вертикаль получим
mg + pS 4- kx -pS = 0,
Рис. 6.
где х — величина деформации пружины, отсчитанная от недефор-
мированного ее состояния (этот уровень отмечен пунктиром).
Из полученного уравнения следует
Но x = h — h0 — ~ °, где Vo — объем газа при недеформирован-
О
ной пружине, а V — при деформированной на х.
Тогда
mg , k(V-V0)
mg kV0
kV
_ _1_ i^s ill» _4_ _
— Ha T с с2 "T~ (.'2 •
Так как в правой части равенства все величины, кроме объема
газа V, постоянны, то можно записать p = a-\-bV, что и означает
линейную зависимость давления газа от его объема.
Задача 6
В баллоне находится смесь газов в количествах Ми М*,...,
Mt Мп с молекулярными весами [м, № , Рг, ••-, V-n ПРИ
температуре Т. Каков молекулярный Еес смеси (т. е. молекуляр-
197

ный вес такого газа, который, заменив собой имеющуюся смесь,
не изменил бы давления газа на стенки сосуда при той же
температуре)?
Решение
Для смеси газов имеем
1 V-n
Для «заменяющего» газа
Приравнивая правые части равенств, получим
[А (А, ~Г ¦ " " ~Г (Л„ "
Отсюда с учетом М = Mt -)-••• + М„ получим
Задача 7
В закрытом баллоне объемом V была смесь кислорода и водо-
водорода в количествах Мк и Мв соответственно. В результате реак-
реакции весь водород вступил в соединение с кислородом. Темпера-
Температура при этом возросла от Т до Т. Какое было давление смеси
газов до реакции и после нее, если конденсации водяных паров
не произошло?
Решение
До реакции pV = RT \—-\- у5), откуда сразу находим р.
После реакции
где Мк — масса оставшегося кислорода; Ма — масса получившихся
паров воды; \>.п — молекулярный вес пара.
Очевидно, М'к = (Мк + Мв)— Ма, а М„ = Мв-\-8Мв (так как
в водяном паре на каждую весовую часть водорода приходится
8 частей кислорода).
Подстановка этих значений М'к и Мв в (*) после очевидных
преобразований даст
, RT' /Мк — 8МВ i
P^~v [ * +
198

Задача 8
В баллоне был некоторый газ. При выпуске из баллона части
газа температура газа уменьшилась в п раз, давление — в k раз.
Какая часть газа выпущена?
Решение
До выпуска газа piVl = -JRTl. После выпуска газа для
оставшейся части газа имеем p2Va = -J RT*.
Деля равенства друг на друга и учитывая, что l/i = Va
(объем баллона), получим ~' = тг-у? или с учетом того, что — — k,
~=яи M3=Mi—ДЛ4, получим k— '7, п, или k = [\ —
11 J Mi \
/Hi
n,
ДУИ
откуда часть вышедшего газа определится равенством — = 1 .
Поскольку 0<^дт-<^1, то, безусловно, -<1 и
Задача 9
Сферические сосуды 1 и 2 объемами Vi и Vs соединены труб-
трубкой сечения S, в которой находится ртуть. Начальное положение
ртути указано на рис. 7 жирным пунктиром. В результате
изменения температуры
вокруг сосудов уровни
ртути в обеих частях труб-
трубки стали одинаковыми.
Зная исходную разность
уровней ртути, найти пер-
первоначальные и конечные
давления газов в сосудах,
а также отношение конеч-
конечной температуры к на-
начальной. Капиллярностью,
давлением паров ртути
и ее расширением прене-
пренебречь.
Рис. 7.
Решение
Поскольку в задаче фигурируют четыре состояния газа, то
необходимо написать уравнение Клапейрона — Менделеева для
каждого из них.
199

Для газа, находящегося в левом сосуде /,
^ A)
B)
Для второго газа, находящегося в сосуде 2,
P2V2 =— RT'2. D)
Неизвестные и неинтересующие нас —' и -— сразу исключаем
делением A) на B) и C) на D). Учитывая, что температура
газов в сосудах равна температуре окружающей среды, т е.
Ti = Ti = T и Т\ = Т'2 = Т', получаем в результате указанного
деления
где штрихом помечены конечные состояния газов.
В два уравнения E) и F) входят пять интересующих нас
Т'
величин pi, p^ p{, p'i и y ¦ Необходимы дополнительные уравне-
уравнения. Они получаются при рассмотрении равновесия ртути
в начальном и конечном состояниях. Равновесие всей ртути
в конечном состоянии (уровни ее слева и справа на одной высоте)
дает
Р2 = р\. G)
Очевидно также, что в результате изменения температуры давле-
давление газа в сосуде / увеличилось, а в сосуде 2 уменьшилось на
одну и ту же величину pg -к (высоты уровней ртути изменялись
на -ту\. Это приводит к
Pi = Pi-\-9g\, (8)
p'i = Pi — pg Arf. (9)
Учет изменения объемов газов дает
V\ = Vi + sf, A0)
Vi=Vt-S^. A1)
200

Решение системы семи уравнений E) —A1) дает ответ на
вопросы задачи. Именно, приравнивая левые части уравнений
E) и F) и учитывая G), получим
«? = *?• A2)
Сравнивая правые части (8) и (9), получим
Pi — Pi -j- Pg^h- A3)
Подставляя теперь A0), A1) и A3) в A2), получим
SAh
Отсюда находим ри что при подстановке в A3), (8) и (9)
дает возможность найти ръ р\ и р'ь Подставляя найденные значе-
.... „ г
ния, например, в E), найдем —, чем и исчерпывается решение
задачи. Из-за громоздкости от-
ответа мы его не приводим.
Ясно, что при решении за-
задачи плотность ртути полагалась
не зависящей от температуры,
что возможно лишь при неболь-
небольших отличиях температур Т и
7" от температурыТа = 273° К,
при которой обычно и приво-
приводятся табличные данные вели-
величин, зависящих от температуры.
\
тд
Задача 10
В сосуд (рис. 8) налита
ртуть, запирающая находящий-
находящийся в закрытом левом колене
воздух. Площадь сечения левой
части сосуда Sn, правой части Рис. 8.
сосуда — Snp. Зная высоту стол-
столба воздуха I, а также его массу и температуру системы, найти
разность уровней ртути Д#. Атмосферное давление равно ра.
Капиллярными явлениями, давлением паров ртути и зависи-
зависимостью плотности ртути от температуры пренебречь.
Решение
Состояние воздуха описывается уравнением
pV = —RT. A)
Причем давление р находится из условия равновесия ртути.
Так как нас интересует Д#, то разумно рассмотреть равновесие
8 В, К. Кобушкин
201

именно этого столба жидкости. При этом надо учесть, что на
одинаковых уровнях в сообщающихся сосудах давление жидкости
одинаково, т. е. интересующее нас давление газа р на поверх-
поверхность жидкости слева равно давлению в жидкости на соответ-
соответствующем уровне справа.
С учетом сказанного имеем в проекции на вертикаль
mg + Pa-Snp — р5пр = 0.
Так как масса столба ртути /п = рАЯ5пр, то
рДЯ5пр(?+ра5пр-р5пр = 0. B)
Сокращая на 5пр и исключая р из B) с помощью A), получим
Полагая плотность ртути р равной табличному значению при
Т = 273° К, т. е. пренебрегая тем, чтор = р(Г), найдем отсюда Д#.
Задача 11
На рис. 34 изображены диаграммы процессов, протекающих
с газом Определить по этим диаграммам: в каком состоянии
p= const
ji= const
а
Рис. 9.
объем, занимаемый газом, максимален и минимален (рис. 9, а),
как изменилась масса газа при переходе из состояния / в состоя-
состояние 2 (рис. 9, б), как изменилась температура газа (рис. 9, в)?
Решение
На координатной плоскости р и Т, V и Т или р и V состоя-
состояние газа задается точкой (при известном, конечно, уравнении
состояния газа). Если с газом происходит какой-либо процесс,
то точка, определяющая состояние газа, описывает некоторую
кривую, уравнение которой не противоречит равенству
pV = -RT. (*)
202

В случае а) нас интересует объем газа при -= const.
Тогда из (*) и рис. 34, а имеем
V = - R - = const - = const • ctg a,
где а — угол, составленный прямой, проведенной из интересующей
нас точки в начало координат, с осью Т. Очевидно, Vi соответ-
соответствующий наименьшему значению ctg а, будет наименьшим, a Vz,
соответствующий наибольшему значению ctg а, — наибольшим.
В случае б) нас интересует масса газа при р = const и jx = const,
поэтому из (*) и рис. 34, б получаем
M = jj:f = const j = const • tg a.
Отсюда следует, что при переходе газа из состояния / в состоя-
состояние 2 его масса уменьшилась, ибо tga уменьшился.
В случае в) T = pV ¦ ^ = const -pV, где pV — площадь
прямоугольника, ограниченного осями р, V и перпендикулярами,
опущенными на них из интересующей нас точки. Видно, что
pj/t^>piVi, значит Ti^>Ti, т. е. газ нагрелся.
Задача 12
В сосуде объемом V находится пар при температуре Т и давле-
давлении р. Сколько жидкости может выпасть в осадок при пониже-
понижении температуры на Д77
Решение
Очевидно, если осадок выпадает, то его масса определится
равенством
где /п2 — масса оставшегося в сосуде насыщающего пара; р2 — его
плотность при температуре Т — ДТ; ш\ — масса бывшего в сосуде
пара; pi — его плотность при температуре Т.
Величина р4 берется из таблицы, как плотность насыщаю-
насыщающего пара при температуре Т^ = Т — Д7\
Если Д/п^>0, осадка не было и оставшийся пар еще не стал
насыщающим. Если Д/п<^0, осадок был. Если Д/п = О — гранич-
граничный случай: осадка не было, но оставшийся пар стал насы-
насыщающим.
Задача 13
В цилиндре под поршнем находится пар, занимающий объем
V при температуре Т. Пар сжимают, причем его температура
оказывается равной Т<СТкр. Каков наименьший объем V, кото-
который займет вещество под поршнем?
8* 203

Решение
Оговорка о том, что окончательная температура системы
меньше критической, сразу приводит к мысли о том, что весь
пар сконденсируется в жидкость, которая и займет объем V.
Пренебрегая зависимостью объема жидкости от давления, но
учитывая более сильную зависимость объема жидкости от темпе-
температуры, получаем
НО Уяж=-
Рож '
а тж =
п, а потому
Рож ч '
Плотность жидкости при t = O°C и коэффициент ее расшире-
расширения а — табличные данные, а необходимую для решения задачи
массу пара находим из уравнения Клапейрона — Менделеева для
начального состояния газа
(**)
Исключая из (*) и (**) массу пара, получаем ответ на вопрос
задачи
где t'= Г —273°К.
Задача 14
В манометрическую трубку попала капелька воды и испари-
испарилась. Найти ее массу тв, зная показания этого и исправного
Рис. 10.
манометров (Ян и Яи), пренебрегая тепловым расширением стекла
и ртути (рис. 10). Сечение трубки манометра равно S, длина ее
части, выступающей над уровнем ртути в сосуде, равна /.
204

Решение
В исправном манометре над поверхностью ртути давление
практически равно нулю из-за малой летучести ртути. Поэтому
ртутный столбик находится в равновесии под действием внешней
силы давления paS и силы тяжести mpig. Поэтому для исправного
манометра получаем в проекции на вертикаль
mprg~ paS = 0. A)
Над ртутью же неисправного манометра находится пар, и
условие равноиесия столба ртути неисправного манометра приво-
приводит к равенству
m'prg + PnS — AjS = 0. B)
Поскольку
п —ik 3L — H1M, RT СХ\
то, исключая из A), B) и C) величину p^S и давление ра, по-
получим
, , . mnRT
(m«h)gf
и так как mpT = ppiS#H и m'PT = ppTS#H, то окончательно
Решение, конечно, можно было начать с написания уравне-
уравнения состояния пара над ртутью в неисправном манометре C),
а потом написать условие равновесия столба ртути в нем B),
куда недостающее давление ра нужно было бы взять из условия
равновесия столба ртути в исправном манометре A). Но сама
постановка задачи о сравнении показаний манометров по суще-
существу говорит о сравнении положений столбов ртути в них под
действием каких-то сил, а эта задача уже механическая. По-
Поэтому мы и проводим решение в указанном порядке. Ясно, что
результат решения от способа решения зависеть не может (если,
разумеется, решение проводится верно).
Задача 15
В наклоненном под углом а к горизонту цилиндре длиною
L (рис. 11) находится смесь газов и поршень весом Р, не про-
проницаемый для одного из газов, находящихся в левом отсеке.
Молекулярный вес этого газа равен р. Поршень находится у
верхнего основания цилиндра. Где он установится, если его от-
отпустить? Трение поршня о стенки весьма мало. Температура
системы Т, масса непроходящего сквозь поршень газа равна М.
205

Решение
Поскольку поршень проницаем для всех газов, кроме одного,
то состояние всех этих газов на равновесии поршня никак не
скажется — он является для этих газов «решетом». Поэтому при-
принимать их во внимание не следует. Газ же, для которого пор-
поршень непроницаем, при движении поршня вниз будет сжиматься
и при каком-то давлении его р поршень окажется в равновесии
(после некоторого числа колебаний, которые из-за трения о
стенки и в газе затухнут).
Тогда по второму закону механи-
механики без учета трения поршня о
стенки получим Р -j- FA -f- Q = О,
а в проекции на ось цилиндра
Psina-~/?S =
A)
Уравнение состояния для
непроникающего через поршень
газа дает с учетом V — SI:
Из уравнений A) и B) следует
l_ MRT
Р(х sin а'
Видно, что при а = 0 / обращается в бесконечность, что
является бессмыслицей, ибо длина всего цилиндра L конечна.
В чем же дело? Дело в том, что если бы цилиндр был справа
неограничен, то поршень действительно ушел бы как угодно
далеко. На самом же деле поршень дойдет до правого
днища цилиндра и там упрется в стенку, со стороны которой
на него будет действовать сила, не учтенная нами в ре-
решении, поскольку рассматривали поршень на некотором рас-
расстоянии (L — /) от нее. Таким образом, ничего парадок-
парадоксального в решении нет.
Задача 16
В сосуде (рис. 12) находится под поршнем весом Р газ в
количестве М с молекулярным весом р при температуре Т. Газ
начинают греть, и поршень идет равноускоренно вверх. Считая
среднюю силу сопротивления со стороны внешнего давления и
стенок трубки равной F, найти зависимость температуры газа
от времени. Сечение трубки равно S, ускорение поршня — а.
Считать движение поршня очень медленным.
206

Решение
Закон движения поршня в проекции на вертикаль имеет вид
-F = ^a. A)
И поскольку Р, F и а постоянны, то постоянно и давление газа
р. Но в таком случае для двух последовательных состояний
газа имеем
у, М_ Rrp,
что дает при вычитании
где
= SA/, &
B)
, ats с
I = -iy- в силу равно- г
переменного движения поршня из состояния
с 5о = О. С учетом этого уравнение B)
примет вид pS^- = -^-R(T'-T), что
совместно с A) приводит к
Т' = Т
Mr
Рис. 12.
При решении задачи мы как будто бы нигде не использовали
оговорки о медленном движении поршня. И что значит «медлен-
«медленно»? Оказывается оговорка весьма существенна. Дело в том, что
если поршень движется с большой скоростью, то в разных частях
сосуда давление р и температура Т будут разными и тогда со-
совершенно неясно, какое же давление и какую температуру надо
подставлять в уравнение pV = — RT. Чтобы задача стала опре-
определенной, необходимо быть уверенным в том, что р и Т от места
к месту не меняются, т. е. при движении поршня они успевали
бы выравниваться. Отсюда ясно, что надо понимать под словами
«поршень движется очень медленно». Он должен двигаться столь
медленно, чтобы выравнивание р и Т действительно бы про-
происходило.
Задача 17
В цилиндрической тонкостенной пробирке весом Р и сече-
сечением S находится газ с молекулярным весом р в количестве М.
Пробирка снизу закрыта тонким поршнем массы ш, привязанным
ниткой ко дну сосуда, заполненного жидкостью плотностью р.
207

Верхний край пробирки находится на глубине hB. Температура
среды Т и атмосферное давление ра известны. Найти натяжение
нити Q (рис. 13).
Решение
Поскольку в задаче больше говорится о механическом со-
состоянии системы, чем о термодинамическом состоянии газа в
пробирке, то начнем решение задачи с рассмотрения механиче-
ского равновесия поршня и
пробирки. Второй закон ме-
механики даст в этом случае
для поршня и пробирки соот-
соответственно (в проекции на
вертикаль)
mg + pS + Q —
+ Pa)S = 0, A)
B)
откуда, складывая и преобра-
преобразуя, получим
Q = Pg(hn — Ab)S — Р — mg
или
Q = PgV-P-mg. C)
Видно, что нахождения Q
необходимо знать V. Но из
уравнения состояния газа
MRT
V =-
D)
У/////////////7///////7,
Рис. 13.
и потому
p
¦mg.
Подстановка в это равенство давления р из B) приводит к ответу
PgMRTS
Q=
— р
¦mg.
Задача 18
В горизонтальном цилиндре, разделенном поршнем, прони-
проницаемым для газа с молекулярным весом (ль находятся еще и
газы с молекулярными весами р% и [х3. Газы ^ и [х2 химически
Mo
реагируют в отношении дг- = я> образуя новый газ с молеку-
молекулярным весом р.' = р.2 -J- k]xi. Газы ^ и [х3 были вначале слева от
208

поршня, а газ ^ — справа. Количество первого и третьего газа
соответственно было Mi и М3. Второй газ нацело реагирует с
первым. Найти отношение объемов, на которые разделится сосуд
поршнем по прошествии длительного времени.
Решение
Поскольку для газа jm поршень не преграда («решето»), то
он будет перетекать довольно легко из одной части сосуда в
другую. Попадая в отделение с газом (л2) он вступает в реакцию,
давая новый газ с молекулярным весом р' — (х.2 -f- k^i. Так будет
продолжаться до тех пор, пока газ (л2 нацело прореагирует.
Результат: с одной стороны поршня газ \>.3, с другой — р/ = (ха -f-
-\-kpu газ же [х(, проходя сквозь поршень, будет в обоих отде-
отделениях создавать в силу этого одинаковые давления справа и
слева. Положение поршня поэтому будет обусловлено давлениями
газов [х3 и (л'=:(|,9-|-й[А1. По прошествии достаточного времени
температуры и давления выравниваются.
Поскольку для левого и правого газов имеем соответственно
„ у _ Mi + яМ 1 DT
/Ч V пр — ^ _|_ kH К1 пр,
то, деля эти равенства одно на другое, получим с учетом ра-
равенства давлений и температур слева и справа
Задача 19
Цилиндр разделен подвижным с ничтожным трением поршнем
массой m и сечением S на части Vi и 1/2 с газами ^ и jx2 в коли-
количествах Mi и УИ3. Температура системы Т, поршень в равновесии.
Цилиндр приходит в равноускоренное движение и за длительное
время t набирает скорость v. Из-за трения о воздух температура
повышается на ЛТ. Найти новые объемы V[ и V'it на которые
поршень разделит цилиндр.
Решение
Поскольку движение происходит длительное время, то коле-
колебания, вызванные выводом поршня из равновесия, затухнут,
а температура и давления станут постоянными (не зависящими
от времени).
209

Уравнения состояния газов дадут:
У A)
p;v;=^/?G + at). B)
Уравнение движения поршня в проекции на направление дви-
движения дает с учетом F[=p[S и Fi = p'2S
(p't-p[)S = ma. C)
Выражая из A) и B) разность давления (р'г — р{) и приравни-
приравнивая ее к (pj — р[), выраженной из C), получим с учетом того,
что из-за ио = О ускорение поршня равно -т-
Z
Кроме того,
у;+ ^ = ^4-^. E)
Полученная система D) и E) решает задачу.
При решении не учитывалось то, что давление газа в каждой
секции не постоянно вдоль ускорения а, подобно тому, как при
решении задач на газ в вертикальных цилиндрах не учитывается
изменение давления газа вдоль g.
Задача 20
В сосуде объемом V находилась при температуре Т вода в коли-
количестве т. В результате нагрева на ДГ вода испарилась. Найти
давление ее паров до и после нагрева.
Решение
Первоначальное состояние пара описывается уравнением
Pl{V-VB) = ^RT. A)
При этом пар был насыщающим, ибо находился достаточно долго
в сосуде одновременно с водой и, значит,
M = PAV~VB). B)
Исключая из A) и B) массу пара М, получим pt = ^RT. При
этом рн берется из таблиц. Можно, конечно, определить р\ сразу
из таблиц, если есть таковые.
Для конечного состояния системы (после испарения воды)
имеем
C)
210

Подстановка сюда необходимого М из B) приводит к уравнению
где
Рв
Ров
Ров и а — табличные данные, а < = Т — 273° К (температура воды
по Цельсию перед нагревом).
При решении не учитывалась зависимость плотности воды от
давления и изменения объема сосуда при изменении температуры.
Задача 21
В пробирке (рис. 14) находится газ при температуре Т. При
нагреве до Т газ расширяется и выходит из пробирки в коли-
количестве ДМ. Плотность жидкости р, а указанные на рисунке раз-
размеры и атмосферное давление ра известны. Найти первоначальную
массу газа М в пробирке. Капиллярность пренебречь.
Рис. 14.
Решение
Очевидно, состояния газа описываются уравнениями
= ^-RT и p'V' = ^-
Деля эти равенства одно на другое и учитывая, что M' = i
— ДМ, получим
рУ _ МТ
p'V~~ Ш-Ш) Т"
211

Поскольку yr = l+la + b. то
pi _ мт
p'(l + a + b)~ (M - ДМ) Г •
Давление р найдем из условия равновесия столбика жидкости
(а-\-Ь), которое приводит к уравнению
откуда
B)
Давление же р' есть просто давление в жидкости на глу-
глубине а, т. е.
С3)
Подставляя B) и C) в A), получим
(Ра ~ fgb) I , МТ
(Ра + tga) (l + a + b)-~(M- ДЛ1) Г'
откуда без труда и находим М.
Задача 22
В комнате объемом V при понижении температуры от Т\ до Т%
выпало ДУИ росы. Какова была плотность водяного пара (абсо-
(абсолютная влажность) и относительная влажность его до понижения
температуры?
Решение
Очевидно, ДУИ = М-, —/Hi или ДУИ = V (р.. — pi). Но р2 есть
плотность насыщающего пара при температуре Г2, т. е. табличное
данное; тогда из ДУИ = V (р.2я — pi) следует очевидное pi = р2н тг ¦
По определению относительной влажности
Подставляя сюда найденное pi и табличное значение р1н, получаем
АЛ1
Задача 23
В замкнутом сосуде объемом Vc содержится m жидкости при
температуре 7Y При повышении температуры до Т2 жидкость
испарилась. Построить примерные графики зависимости абсолют-
абсолютной и относительной влажности от температуры, т. е. графики
р = рG) и / = /(Г). Начальная масса пара мала.
212

Решение
По определению абсолютной влажности р = -rf-, где Л1„ — масса
пара, а У „—предоставленный ему объем. Поскольку Vn=Vc—Уж,
ТО Р = у%-.
Пока в сосуде есть жидкость, пар будет близок к насыщению
и с ростом Т величина р будет возрастать из-за прибыли Мп
(жидкость переходит в пар). Некоторое увеличение знаменателя
р(Г)
fm
г
Рис. 15.
из-за уменьшения Уж сказывается мало. Итак, р растет с ростом Т
до тех пор, пока в сосуде есть жидкость. После испарения всей
жидкости при некоторой температуре 7" величина р будет оста-
оставаться постоянной. Но это означает, что р, возрастая, стремится
к пределу ртах = -гг-. Это в свою очередь означает зависимость
p = p(jT) примерно такую, как на рис. 15, а.
Поскольку при медленном нагреве пар, как сказано выше,
будет практически насыщающим вплоть до Т', то с ростом темпе-
температуры вплоть до V относительная влажность / = -^я«^ = 1.
Рн Рн
При Т^>Т' из-за испарения всей жидкости р = const, а рн растет,
поэтому / = — будет убывать, стремясь при очень высокой Т
Рп
к нулю. Примерный график f = f(T) и изображен на рис. 24, б.
Задача 24
В вертикальном замкнутом цилиндре сечением S находится
газ с молекулярным весом (л. Способный без трения переме-
перемещаться поршень массы пг делит объем, занимаемый газом, на
части V\ и Vi. Температура всей системы неизменна и равна Т.
Зная, что период колебания поршня равен х, найти массу
газа в цилиндре, считая, что над и под поршнем масса газа
одинакова.
213

Решение
Сразу видно, что это задача на колебательное движение, а точ-
точнее на определение коэффициента возвращающей силы k. Поэтому,
рассматривая силы, действующие на поршень (рис. 16), находя-
находящийся в равновесии, получим в проекции на направление тяжести
Если сместить поршень, например, вниз на Д/-, то давле-
давление внизу возрастет на кр$ и станет равным р'ъ а сверху
уменьшится на Apt и станет равным р[.
Поскольку mg при этом не изменится, то
возвращающая сила будет обусловлена изме-
изменением давлений pt и pit т. е.
В соответствии с уравнением состояния
идеального газа р==—'~у~- Поэтому, подста-
подставляя значения р\, р[, р2 и p't в предыдущую
формулу, получим
. ¦ •
//////
p2s ¦
щ ¦
_MRT( Vt-Vt ¦ У.-УЛ „
а \ v.v: "г v.v: iO
\
VM
Рис. 16.
щении V^
Вводя обозначения V% — У2 = ДУ2 и V[ — V\ —
= ДУ1 и учитывая, что &Vi = — ДУ2 (на-
(насколько увеличился объем сверху, настолько
уменьшился он снизу) и что при малом сме-
и V'i^siVi, приходим к следующему выражению:
я — MRT/AVs АУЛ9_
_ MRT/AV, , Д1/Л __ МЛГ/ 1 , 1 \Л1/ „
С учетом же взаимных направлений векторов Fx и Дг получим
Отсюда ясно, что k==
MRTS*
-jTi" -f- \p)> гАе М ~ половина всей
массы газа.
214

Подставляя найденное значение k в формулу для периода,
получим
m
откуда и находим ж.
Если бы в условии вместо V\ и V% фигурировали высоты
частей цилиндра hi и /i2, то можно было бы обойтись без сече-
сечения S: именно, с учетом V = Sh получили бы
m
MRT(\
Задача 25
В цилиндрическую капиллярную трубку, погруженную в пол-
полностью смачивающую ее жидкость, как указано на рис. 17, впустили
столько же (и такого же) газа, сколько в ней уже содержалось.
Насколько изменится длина воздушного столба в результате этого?
26
1
(,
OhS :
+
,p's |
—
fgh'i
pS
ti-H)S
Рис. 17,
Решить задачу в достаточно общем случае, сделав, однако,
необходимые допущения, и выяснить, какие данные необходимы
для решения задачи. Получив решение, сделать максимальное
упрощение за счет одного допущения.
Решение
Поскольку в задаче говорится о двух состояниях газа, то,
очевидно, необходимо написать два раза уравнение Клапейрона —
Менделеева: ..
М'
215

В задаче сказано, что М' = 2М, поэтому с учетом V = V -\- А]/
получим
PV = f RT,
Чтобы привлечь минимум необходимых для решения задачи дан-
данных, надо избавиться от наибольшего числа входящих в равен-
равенство величин. Если мы разделим равенства одно на другое, то
избавимся от необходимости знать М и сечение трубки S (ибо
V = Sl). Деление равенств с учетом сказанного приводит к урав-
уравнению
Р1 т /п
Поскольку столб жидкости внутри трубки подвижный, то для
нахождения давлений р и р' необходимо рассмотреть условия
равновесия этого столба в начальном и конечном состояниях.
При этом надо учесть факт смачиваемости трубки жидкостью.
Действительно, в задаче сказано, что жидкость смачивающая,
значит этот факт необходимо учесть. Но что означает в данном
случае смачиваемость? Очевидно то, что поверхность жидкости
в трубке будет искривленной, что приводит к появлению Лапла-
сова давления под ее поверхностью и отклонению формы воздуш-
воздушного столба от цилиндрической. Последним можно пренебречь,
если l^-г, т. е. если радиус трубки мал. Но именно малость
радиуса трубки заставляет учесть первый эффект — появление
Лапласова давления. Поскольку жидкость полностью смачиваю-
смачивающая, а трубка цилиндрическая, то мениск будет сферическим и
2а
Рп = Т.
С учетом сказанного рассмотрение сил, действующих на стол-
столбики жидкости (рис. 17, а и 17, б), приводит к уравнениям (в проек-
проекции на направление g)
jS-pBS = O, B)
%-S-PnS = O. C)
Здесь учтено, что изменились только высота столба жидкости h
и давление р. Остальные, входящие в эти равенства величины,
не изменились. Ясно, что давления р и р' не удастся найти, если
неизвестны все входящие в условия задачи величины. Едва ли
все они будут заданы. Значит, надо искать дополнительные связи
между ними. Найдем их. Во-первых, на глубине Н в жидкости
давление определяется формулой pH = pi-\-pgH. Во-вторых, из
рис. 17,о и 17,6 видно, что h' = h — A/.
216

Подставляя эти значения в B) и C), получим после сокращения
на S и группировки членов
p-j + Pg(h-H)-Pi = 0, D)
Р' + Р?(йД/Я)Р 0 (&)
Входящие сюда, кроме р и р', величины в условии задачи не
фигурируют, «значит их надо ввести самим. Необходимо также
тчюшеййе температур в A).
Подставляя в A) р и р' из D) и E), получим
F)
-ДО
откуда и найдем М. Ответ, безусловно, будет громоздким. Не будем
его выписывать. Но в условиях задачи рекомендовано сделать
весьма упрощающее допущение. Каково оно? Очевидно, самое
упрощающее допущение должно привести к тому, что состояние
газа вообще не изменилось и, значит, Д/ = 0. Но это возможно
лишь в случае М' = М, р' = р и т. д. В задаче же ясно сказано,
что М' = 2М. Но в таком случае, чтобы Д/ = 0 при р'==р, необ-
т т
ходимо Т'= iy . Значит, при М' = 2М и Т' = -7у- будет Д/=0
(если, конечно, р' = р, что возможно, если с трубкой и жидкостью
ничего не делали). Это сразу видно будет из уравнений состояния
для начального и конечного состояний газа.
Но положим в решении F) Т = 2Т'. После очевидных упро-
упрощений получим для А/ два значения: 1) Д/, =0, что вполне
согласуется со сказанным выше, и 2) Д/2 = — -J- — — {l-\-h — Н).
Второй ответ явно несуразный. Как же он мог получиться? Для
выяснения этого перепишем второй ответ в виде
у + Р,-РМA + /г-Н)-РдМ, = 0. G)
Заметим, что величина (l-\-h — H) (см. рис. 17, в) есть длина
части трубки, выступающей над уровнем жидкости. Но тогда,
умножив G) на S, получим
= O. (8)
Рассмотрим теперь равновесие столба жидкости (l-\-h — H)
в трубке (рис. 17, в). В проекции на g получим
H)S-pS = Q. (9)
9 В. К. Кобушкав 217

Но если высота столба жидкости равна (l-\-h — Н), то это
значит, что вся трубка заполнена жидкостью (мениском мы при-
небрегли) и в ней нет газа. Но тогда р = 0Г^6равнивая при этом
условии (9) и (8), приходим к выводу, что Д/а = 0. Таким образом,
никакой несуразицы во втором ответе не содержится. Он отно-
относится к случаю, когда М' = 2М = 0, т. е. когда газа в трубке
не было. В этом случае ответ 1) означает, что жидкость заполнит
всю трубку, а 2) есть просто условие равновесия этой жидкости.
Отметим еще одну тонкость. Мы не учитывали объем про-
пространства около мениска, что справедливо лишь при /^> г. Но если
вся трубка заполнена жидкостью, то условие / ^> г не выполняется
и решение становится неверным. В какой мере эта неверность
т
скажется на ответе при сделанном нами предположении Т' = у?
В случае, когда газа в трубке не было, ответ тоже будет
д/2 = 0. Но! ... Когда трубка заполнена жидкостью так, что
края мениска коснутся верха трубки, радиус кривизны мениска
будет больше, чем г, и станет равным такому г', чтобы
Это следует непосредственно из того, что столб жидкости все-таки
будет в равновесии под действием сил Fn = -^-S, Fa = paS и
g g +
Если бы жидкость касалась всей своей поверхностью верхнего
края трубки, то мениска не было бы, но на жидкость действо-
действовали бы силы /?aS, pgS(/-f-A — Н) и сила давления верхнего
края трубки. При этом
Задача 26
Из металлического баллона объемом V, содержавшего воздух
при давлении р, сделали N откачиваний и N накачиваний насо-
насосом с рабочим объемом v. Считая наружные условия заданными
(ра и Т), найти изменение массы воздуха в сосуде, если все
процессы происходили достаточно медленно.
Решение
Медленность процессов в данном случае означает, с учетом
металличности баллона, что температура системы все время мало
отличается от температуры окружающего воздуха и равна Т.
Очевидно также, что
где М — масса воздуха после откачки; М' — конечная масса
воздуха в баллоне; М — начальная масса воздуха в баллоне;
2Ш

m — масса накачанного воздуха; AM — изменение массы воздуха
за весь процесс. Но
RT
где то — порция воздуха, забираемая насосом за один раз извне,
причем в силу неизменности внешних условий все т<, одинаковы.
При откачке протекание процесса существенно меняется. По-
Поскольку объем насоса неизменен, а при откачке каждый раз
давление в сосуде все уменьшается, то порции откачиваемого
воздуха не равны меж собой. Это надо учесть при нахож-
нахождении М'.
Именно
М' = ру) (***)
где р' — давление газа в конце откачки. Его надо находить
поэтапно (в силу сказанного выше).
Для серии откачиваний имеем (с учетом постоянства темпе-
температуры и массы газа при расширении)
3) ptV =
N) PN-iV'=
Эта система равенств приводит при их перемножении и
делении на pt-pi- ... • Pi • ... • Pn-\ к уравнению
V \N
Поскольку давление Pn и есть р', то уравнение (***) примет вид
Подставляя М' из (****), т из (**) в (*), получим
Задача 27
Из адиабатически изолированного жесткого баллона, содержа-
содержащего газ при давлении р и температуре Т, производится N отка-
откачиваний насосом с рабочим объемом v. Зная, что объем баллона V
и что давление газа в баллоне упало до рц, найти конечную
температуру газа Тц.
9* 2№

Решение
Адиабатичность баллона означает, что температура газа после
каждого выброса газа при откачке, т. е. от конца А-го откачивания
до начала (k-\- 1)-го, не меняется.
С учетом этого и того, что во время расширения газа его
масса не меняется, имеем для серии откачиваний
1)
Т 1\ '
1 лг-1 J N
Перемножая эти равенства друг на друга, а потом сокращая
р, Рй Pn 1
на у • — ••• -г > получим
Pn p I v \N
TN— T\V+v
что и дает ответ на вопрос задачи.
Задача 28
Два сосуда объемами Vt и У8 соединены капилляром с краном.
Левый сосуд содержит газ при условиях pi и Tlt а правый —
при р2 и Т2- Кран откры-
открывают и давления выравни-
выравниваются, становясь равны-
равными р'. Найти это р' (рис. 18).
Решение
Пренебрегаем объемом
Рис. 18. капилляра и тем, что
вдоль него имеет место
перепад температур от Tt слева до Т2 справа. При этих
условиях можно считать, что левый и правый сосуды разделены
легким поршеньком, находящимся в равновесии. Это приводит
к тому, что в конце процесса давления на поршенек (т. е. в левом
и правом сосудах) равны. Уравнения состояния газов в левом
и правом сосудах дадут соответственно
^ и p'V2 = JfRn. A)
Соответственно до открытия краника с учетом неравных справа
и слева давлений
г = ^ЯТг и р»У, = ^Я7у B)
220.

При этом
Выражая из A) М\ и М'ъ а из B) Mi и Ма и подставляя
эти значения в C), получим
откуда и находим р'. В решении учтено, что объемы сосудов не
менялись, т. е. V\ = V[ и ]/г = Уг.
Задача 29
Теплонепроницаемый поршенек делит сосуд на две равные
части. Левую часть нагревают на Д7\ а правую охлаждают на ДГ.
Зная первоначальные объемы V и температуру Т, определить
изменение объемов газа ДУ.
Трение поршенька о стенки
ничтожно мало (рис. 19).
Решение
Поршенек будет пере-
передвигаться вправо и левая
часть газа расширится на Рис. 19.
AV, а правая сожмется
на ДУ. Давления же справа и слева будут одинаковыми и рав-
равными сперва р, а потом р'. По уравнению состояния для левой
половины имеем до и после изменения Т
pV = —RT и р'(У4-ДУ)=~
Откуда
рУ
p'(V+AV) ~
Для правой половины аналогично
РУ _ Т 9
p'{V— AV) T— AT' K>
Деля A) на B), получим
V—AV Г—АГ
V+AV~T+\T'
откуда и определится ДУ.
221

Задача 30
В капилляре (рис. 20) при температуре Т находится столбик
ртути. На сколько градусов надо нагреть его, чтобы вся ртуть
вышла? Все размеры ука-
указаны на чертеже. Несма-
Несмачиванием пренебречь.
Решение
Очевидно, ^=z^rt
или
ра р' (а + Ь)
Т Т+АТ
(*)
Рис. 20.
p' — это конечное давле-
давление газа в капилляре.
Поскольку ртути в нем не остается, то р' = р&. Исходное же
давление р находим из условия равновесия столбика ртути.
Именно в проекции на ось
трубки имеем
pS + PgSb sin a — paS = 0.
Подставляя отсюда значение р
в (*), получим ———;—— =
откуда и находим
P2S
~ г+дг
ДГ (при известном ра),
Задача 31
Закрытый сверху капилляр
опущен в ртуть так, что над
ртутью остается часть длиной а,
а уровень ртути в капилляре
на Ь ниже наружного уровня.
Атмосферное давление равно /?а.
Какой будет длина столба воз-
воздуха в капилляре, если его пол-
полностью вытащить из ртути? Несмачиванием пренебречь, длина
капилляра L, температура неизменна (рис. 21).
Рис. 21.
Очевидно, piVi =
Решение
или с учетом
(*)
222

pi — это давление в жидкости на глубине Ь и, значит, р1 = рл-)~
-f- pgb. pi найдется из условия равновесия ртутного столба. Именно
Подстановка значений р4 и р.г в равенство (*) дает
(Р* + pgb) (a-\-b) = [рл -Pg(L- /)] /,
откуда и находим /.
Задача 32
В цилиндре, закрытом поршнем, подвешенном на пружине,
находится газ.
Найти зависимость объема газа от тем-
температуры при очень медленном ее измене-
изменении. Трение поршня о стенки считать нич-
ничтожным (рис. 22).
Решение
Поскольку температура, а значит, и да-
давление газа меняются очень медленно, то
поршень заметного ускорения не имеет и
потому в проекции на вертикаль при рас-
расширении получим
tng + kx + paS — pS = 0.
Кроме того,
pS
KX
PaS
Рис. 22.
Исключая из этих равенств р и учитывая, что х=—^—*
(где V — объем газа в рассматриваемый момент, а Уо — в момент,
когда пружина была недеформирована), получим
откуда
или
откуда
aV*-\-bV — cT =
где ради краткости введены обозначения
223

3. ЭНЕРГИЯ, РАБОТА, ТЕГКТЮТА
Вся термодинамика построена на трех законах (началах),
подобно тому, как вся классическая механика построена на трех
законах Ньютона.
Так же как в механике, любая задача решается с помощью
законов Ньютона и кинематических уравнений, так и любая за-
задача собственно термодинамики решается с помощью трех начал
и уравнений состояния вещества.
Мы здесь сформулируем первое начало термодинамики в до-
довольно общем виде, второе — в частном, третьего вообще форму-
формулировать не будем, поскольку оно нам не понадобится. Что ка-
касается уравнения состояния вещества, то оно выглядит очень
просто лишь в случае идеального газа и нами уже сформулиро-
сформулировано. Это уравнение Клапейрона—Менделеева. Других уравнений
состояния мы рассматривать не будем.
Поскольку могут встречаться комбинированные задачи на
тепломеханические процессы (удары, перемещения тел и т. д.),
то могут понадобиться, естественно, и основные положения из
механики, что будет видно из решения задач.
Первое начало термодинамики — это наиболее общая формули-
формулировка закона изменения и превращения энергии. Оно является
результатом обобщения колоссального числа опытов и ни из
каких других законов выведено быть не может.
Прежде чем его формулировать, расширим понятие энергии
системы.
Известно, что энергия — это наиболее общая характеристика,
наиболее общая мера всех видов движения, в том числе молеку-
молекулярных, атомарных, волновых и т. д. Она характеризует в этом
смысле состояние, в котором находится интересующая нас си-
система тел.
Именно, зная функциональную зависимость энергии системы
qt своих аргументов, можно очень просто получить все характе-
характеристики, все свойства этой системы. Поэтому знание такой зави-
зависимости эквивалентно полной информации о состоянии системы.
В этом и заключена важность понятия энергии системы.
Принято называть энергию тела, обусловленную взаимодейст-
взаимодействием его с другими телами и движением тела как целого, механи-
механической, а энергию, обусловленную внутренним состоянием тела, —
внутренней. Очевидно, внутренняя энергия тела — это кинети-
кинетическая энергия движения его частиц (молекул, атомов, электро-
электронов, нуклонов, фотонов и других частиц) и потенциальная энергия
их взаимодействия. Правда, деление энергии на механическую и
внутреннюю довольно условно и не всегда это деление можно
провести однозначно.
Например, часто говорят, что внутренняя энергия тела за-
зависит от температуры, а механическая — нет. Но это явно не так.
Если тело, лежащее на подставке, нагреть, то центр массы тела
224

может: подняться из-за расширения тела, а это значит, что с из-
изменением температуры тела изменилась его механическая энергия.
Правда, та часть энергии, которую принято называть внутренней,
изменится при этом сильнее, чем та часть, которую принято
называть механической. Изменится в этом случае энергия системы
в целом. Аналогично обстоит дело, например, при плавлении
тела — меняется и внутренняя и механическая энергия. Эти и
другие примеры позволяют прийти к выводу об относительности
деления энергии на внутреннюю и механическую.
До тех пор, пока тело или система тел не обмениваются дви-
движением с другими телами или системами, его энергия не меняется.
Если же обмен движением есть, то энергия системы не остается,
вообще говоря, постоянной.
Очевидно, система может обмениваться с другими телами как
макроскопическим движением (раздвинуть, например, другие тела,
передать им часть своей механической энергии), так и микро-
микроскопическим (нагреть, расплавить, излучить свет и т. п.).
Изменение энергии системы за счет обмена макроскопическим
движением (т. е. такой обмен, который связан с механическим
перемещением каких-то тел или изменением их формы и объема)
называется механической работой.Изменение же энергии системы
за счет обмена с другими телами микроскопическим (хаотическим)
движением называется теплообменом или коротко — теплотой.
Первое начало термодинамики утверждает, что только за счет
этих обменов и происходит изменение энергии системы. При этом
где АЕ' = Д?вН + д?ме* — убыль полной энергии системы; А —
работа, совершенная системой над внешними телами, мешающими
системе менять свою форму или объем; Q' — теплота, переданная
системой внешним телам.
Если мы сумеем измерить работу А, совершенную системой,
и теплоту Q', отданную этой системой другим телам, то мы сможем
подсчитать изменение энергии системы. В этом смысле первое
начало термодинамики есть определение энергии, которое можно
сформулировать так: энергия — это такая функция состояния си-
системы (т. е. такая характеристика состояния системы), об изме-
изменении которой можно судить по работе, совершенной системой
над окружением, и по переданному ею окружающей среде теплоте
в соответствии с равенством Д?" = A -j- Q'.
Удобнее, однако, вместо тепла Q', отданного системой, иметь
дело с Q = — Q', т. е. теплом, которое система получила, и с
АЕ = — АЕ', т. е. с прибылью энергии системы вместо ее убыли.
Тогда первое начало будет иметь вид — АЕ = А—Q или
т. е. тепло, полученное системой, идет на изменение полной
225

анергии системы и на работу, которую система совершает над
внешними телами при своем расширенииГ"\^
Обратим внимание на то, что в первое начало не входит ра-
работа диссипативных сил в явном виде: она входит в Д?Ви, по-
подобно тому, как работа потенциальных сил входит в Д?„от- Это
надо учитывать при решении задач.
Договоримся о знаках величин Q, Д? и A. Q^>0, если си-
система получает тепло, Q<CO, когда она его отдает; Д?>0—
при возрастании энергии системы, Д?<0 при убывании ее;
Л>-0 при расширении системы, Л<0 при ее сжатии.
Очевидно, что если система замкнута (с другими телами су-
существенно не взаимодействует), то Q — 0, А=0, а тогда и
Д? = 0— полная энергия системы не меняется, хотя превращения
энергии внутри системы могут иметь место, но так, чтобы Д?\,н -f-
+ Д?мсх —0, т. е. убыль механической энергии ведет к прибыли
внутренней или наоборот.
При очень быстрых процессах, происходящих в системе, она
не успевает в существенной мере обменяться запасом своего
движения с окружением и потому ее можно в таких случаях
считать замкнутой. Примером таких процессов могут быть удары
и взрывы.
Если система меняет свой объем при постоянном внешнем
давлении, то работа, совершенная ею, подсчитывается по формуле
Мы будем давление всегда считать положительным (не будем
рассматривать растянутых тел), а тогда знак работы определяется
знаком AV: при расширении ДУ>0, при сжатии &V <^0.
Изменение внутренней (в основном внутренней) энергии си-
системы происходит при изменении температуры, плавлении и от-
отвердевании, испарении и конденсации, при химических реак-
реакциях и т. п.
При нагреве, плавлении и испарении энергия растет, а при
обратных процессах уменьшается. Химических реакций и других
сложных процессов мы рассматривать не будем. Кроме того,
считаем, что в системе одновременно все эти процессы не идут,
а сменяют один другой (без этого упрощения нам задачи решать
было бы очень трудно).
Расширением твердых и жидких тел при изменении их со-
состояния, как правило, мы будем пренебрегать во всех случаях,
кроме оговоренных особо.
Введем понятия теплоемкости и удельных теплот плавления,
испарения и сгорания.
Величина С = г4 называется теплоемкостью системы и показы-
показывает, сколько тепла надо сообщить системе для изменения ее
температуры на один градус. Величина c = -^f называется удель-
удельной теплоемкостью вещества и показывает, сколько тепла надо
226

сообщить единице массы вещества для изменения ее температуры
на единицу. Величина С = ^~; — молярная теплоемкость — пока-
показывает, сколько тепла надо сообщить одному молю вещества,
чтобы его температуру изменить на единицу.
Легко видеть, что все эти теплоемкости связаны между собой
равенством
Величина Х=—У- называется удельной теплотой плавления ве-
Ат„л а
щества и показывает, сколько тепла надо сообщить единице массы
вещества, чтобы его расплавить.
Величина г=. называется удельной теплотой испарения
и численно равна теплоте, находимой для испарения единицы
массы вещества.
Величина q = -^~- называется удельной теплотворной Спо-
Споит,.,.
собностью вещества (теплотворностью топлива) и показывает,
сколько тепла выделяется при полном сгорании единицы массы
топлива.
Здесь величины т, Д/ппл, Д/яНсп и Д/исг означают соответст-
соответственно массы нагреваемого, плавящегося, испаряющегося или
сгорающего вещества. Стоящая в числителе вышенаписанных
дробей величина Q есть тепло, которое поглощено или выделено
при соответствующих процессах нагрева, плавления, испарения
и горения.
Следует заметить, что Ееличины С, с, С, X и г для данной
системы, тела или вещества не есть величины постоянные. Они
зависят и от температуры, и от давления в системе, и, кроме
того, от характера процесса, происходящего в системе. Во избе-
избежание недоразумений необходимо, говоря об этих величинах,
делать оговорки о том, при каких условиях в системе они нас
интересуют.
Принято у этих величин ставить внизу индекс, обозначающий,
какая величина в системе остается неизменной при интересующем
нас процессе. Так, величины ср, Хр, гр означают, что нас инте-
интересуют удельные теплоемкость, теплота плавления и испарения
при неизменном давлении в системе. При этом ср Ф zv ф сг,
~крф\уф\Т, грфГуфГт И Т. Д.
Будем величины с, X, г и q считать положительными; осталь-
остальные же величины могут быть и отрицательными. Дтпл^>0 (при
плавлении), но Д/яотв<0 (при отвердевании), Шжл^>0 (при
испарении), но ^mKOBS<^0 (при конденсации), Дпгсг всегда поло-
положительно.
Из первого начала видно, что при А —0 и Д?мех = 0 имеет
место B = Д?ВН, поэтому величины СДГ, ХДтпл и гДтисп можно
рассматривать как величины, равные изменению внутренней энергии
22Т

системы при соответствующих процессах. Но это лишь в слуг
чае Л = 0 и Д?мех = 0. Чаще всего это означает-пренебрежение
работой по расширению системы, т. е. при pAV <^&Е, что при
небольших р означает V = const. В этом случае
Д?1В„ = СКД7\ Д?вн = ХкДтпл, Д?вн =
где Су— теплоемкость системы при постоянном объеме; Хк и
Tv—удельные теплоты плавления и испарения при постоянном
объеме.
С учетом сказанного первое начало можно записать в раз-
развернутом виде так:
е![ + pAV.
В таблицах же фигурируют Cv, Кг и гт. В указанном при-
приближении (pAV -^АЕ), однако, имеем
Q = АЕ = CVAT,+ кт\тпя + гТ А/пи
писп.
Второе начало термодинамики утверждает, что невозможно
всю внутреннюю энергию системы превратить в механическую,
а также нельзя при повторяющихся процессах (циклах) всю под-
подведенную к машине теплоту превратить в работу.
Введем понятие коэффициента полезного действия цикла ра-
равенством
¦П = 9^^ или т) = А
где i\—к. п. д. цикла; QH — тепло, полученное рабочим телом
от нагревателя; Qx — тепло, отданное рабочим телом холодильнику;
Q« — Qx — теплота, превращенная в работу.
Из того, что вся теплота QH не может быть превращена в
работу (или, что все равно, нельзя не отдать часть тепла холо-
холодильнику), следует, что -ц<^ 1 для любых циклов. Это и есть
одна из возможных формулировок второго начала термодинамики.
Часто используют понятие коэффициента полезного действия
машины в несколько ином смысле. Именно, если к машине за
некоторое время' подведено количество тепла Q или энергии АЕ,
а целенаправленно удалось использовать Qn0JI, Д?„ол (или Лпол),
то величину
„ С?пол "^пол ^пол "'пол
1 Q ДЕ А ~~ N
и называют коэффициентом полезного действия машины. Ясно,
что и в этом случае "»]<^0.
Считается известной зависимость объема тела от температуры
при постоянном давлении:
228

где Vo — объем тела при ^ = 0°С (именно при ^==0°С, а не
первоначальный объем, как ошибочно иногда считают); V — объем
тела при температуре t; р — термический (температурный) коэффи-
коэффициент объемного расширения.
4. ЗАДАЧИ К РАЗДЕЛУ «ЭНЕРГИЯ, РАБОТА, ТЕПЛОТА И
АГРЕГАТНЫЕ ПЕРЕХОДЫ ТЕРМОДИНАМИЧЕСКИХ СИСТЕМ»
Задача 33
Z молям газа сообщили Q тепла при постоянном давлении.
Определить:
1) изменение температуры газа,
2) изменение внутренней энергии газа,
3) совершенную газом работу,
4) связь между Ср и Cv для идеального газа.
Решение
Первое начало можно записать в данном случае в виде
AEmx.
Вообще говоря, при нагреве газа в цилиндре с подвижным пор-
поршнем газ будет двигать поршень и, значит, при этом у газа не-
несколько изменится кинетическая энергия. Кроме того, при рас-
расширении газа центр массы его меняет свое положение, что при-
приводит к изменению его потенциальной энергии в поле тяжести.
Но если этим изменением механической энергии пренебречь, то
Q = ZCVAT + pAV. A)
Видно, что для ответа хотя бы на один вопрос задачи одного
уравнения A) — недостаточно — слишком много в нем фигурирует
величин, не упомянутых в условиях. Но очевидно, что в данном
случае поможет уравнение состояния идеального газа, написанное
для случая начального и конечного состояний:
PV = ZRT, B)
p'V' = ZRT'. C)
По условиям задачи нас интересует не состояние газа, а его
изменение. Поэтому, вычитая B) из C), получим с учетом р = р':
D)
Исключая из A) и D) величину pAV, приходим к равенству
Q = Z(Cv-\-R)AT, E)
откуда находим AT.
229

В предпосылке к этому разделу говорилось, что разделение
энергии системы на внутреннюю и механическую весьма условно.
Но в данной задаче мы решили изменением механической энергии
пренебречь, поэтому в A) первое слагаемое означает изменение
внутренней энергии газа. Но тогда
куда ДГ подставляем из E).
Для ответа на третий вопрос задачи надо учесть, что работа
газа pAV найдется из A) при известном Q и найденном из E)
Д7\ Именно,
pAV =Q- Д?вн = Q - ZCVAT = Q A - Cv \ _
Из определения молярной теплоемкости следует, что C==
Но из E) Q = Z(Cv-\-R)AT и, значит,
Z(CV+R)AT_
L~ ZAT — L
Поскольку, однако, E) отображает процесс при р = const, то
С = СР и, значит, Cp — Cv-\~ R.
Физически результат понятен: при V = const тепло идет только
на изменение энергии (ибо Л = 0), а при р = const еще и на
работу по расширению, что и означает QP^>QV, а потому и
CP>CV.
Задача 34
Переохлажденная на AT ниже точки замерзания жидкость
при встряхивании частично замерзла за очень короткое время.
Зная AT и количество жидкости т, найти количество затвердев-
затвердевшей жидкости Ащ, если окончательная температура системы стала
равна нормальной точке замерзания.
Решение
Поскольку процесс протекал очень быстро, то существенного
теплообмена со средой не произошло и существенной работы си-
система не совершила; поэтому первое начало имеет в данном
случае вид
0 = cvmAT-{- ХАт,
т. е. энергия, выделившаяся при затвердевании, была поглощена
нагревшейся до точки замерзания жидкости. При небольших AT
удельная теплота плавления практически постоянна, т. е. ^ <=& const,
и можно считать ее равной Хг.
230

Из вышенаписанного уравнения в этом случае следует
cvmAT
Так как -j—^>Q, а ДГ^О (жидкость нагрелась), то
что и соответствует согласно нашей договоренности отвердеванию.
Задача 35
На тележку массой М, идущую без трения со скоростью v9
по горизонтальным рельсам, неупруго падает с высоты h мешок
массой т. Сколько тепла выделилось после удара?
Решение
Произошел удар, т. е. кратковременное взаимодействие тележки
и мешка. Поэтому за время удара существенного обмена энергий
со средой не произошло. Значит, первое начало с учетом Q = 0
и /1 = 0 имеет вид
0 = Д?вн + Д?мех. A)
Но
G^(^ ) B)
где и — скорость мешка и тележки после удара. Она, очевидно,
найдется из закона изменения импульса системы (количества дви-
движения тележки и мешка) при ударе. Именно,
(Af-j-m)u — Мщ — mv — (Q-\-Mg-\-mg)M. C)
Поскольку все силы и скорость мешка направлены по верти-
вертикали, то в проекции на горизонталь (на направление движения
тележки) получим
(М~\-т)и — Mvu = 0. D)
Подставляя отсюда и в B), получим после очевидных преоб-
преобразований
а по упрощении
Подставляя это значение ^Еяех в A), получим
д n mMvl . ,
Поскольку величины т, М, v9, g и h положительны, то Д?ме»
а Д?,ш^>0| т.е. во время удара внутренняя энергия системы воз-

росла за счет убыли ее механической энергии. Очевидно, что
температура системы повысилась и могла стать выше температуры
среды. • /
После удара имеем
или, пренебрегая сопротивлением движению тележки с мешком,
а значит и изменением механической энергии,
Если считать, что начальная температура системы до удара и
окончательная (значительно после него) одна и та же, то без
большой ошибки мы можем считать, что Д?Вн = — Д?вн> т. е.
насколько внутренняя энергия системы увеличилась при удара
(нагрев), настолько она убыла при теплообмене со средой (осты-
(остывание) после удара. Значит,
Q = Д?ви = - Д?вн = Д?нех = - 2ffm) - mgh.
То, что Q<\0, означает отдачу системой тепла среде. Надо,
однако, учесть, что Д?ви =— Д^вн верно лишь при указанном
предположении о температуре системы и среды.
Если тележка после удара переехала в область, температура
которой выше температуры тележки, то система могла не осты-
остывать, а нагреваться и соответственно не отдавать энергию, а по-
получать ее.
В указанном предположении о температуре тележки и мешка
задачу можно было бы решить и несколько более сокращенно.
Именно, полагая очевидным, что изменение
механической энергии системы (убыль ее)
перешла во внутреннюю энергию системы
с последующей отдачей ее в виде тепла
среде, сразу можно написать Q = &EMex, где
Д?мех находится, как и указано выше.
При таком решении несколько сократи-
сократилась запись, но ход решения (проведенный
частично мысленно) остался, естественно,
тем же самым.
Задача 36
В цилиндре, закрытом поршнем весом Р
и сечением S, находится Z молей известного
газа. Поршень подсоединен к недеформиро-
Рис. 23. ванной пружине (рис. 23). Сколько тепла
надо сообщить газу, чтобы он нагрелся
на Д7\ а пружина сжалась на Д/i1 Теплоемкостью цилиндра и
поршня пренебречь.
232

- Решение
Очевидно, что здесь происходит не только изменение внутрен-
внутренней энергии газа, но и изменение энергии поршня и пружины.
Включим в нашу систему не только газ, но и поршень с пружи-
пружиной. Тогда, в пренебрежении изменением кинетической энергии
системы
где второе слагаемое — изменение потенциальной энергии газа
из-за повышения на у его центра тяжести при нагреве. Слагае-
Слагаемое pa&V— это работа нашей системы против внешних сил, т. е.
против силы атмосферного давления.
Можно было бы не включать в систему поршень и пружину.
Но тогда внешней силой, против которой газ совершал бы работу,
была бы переменная сила F = Р -f- рл5> -f- kx и решение несколько
усложнилось бы. Читатель может убедиться в том, что результат
получился бы тот же, если считать Fcp = Р -\- paS -\- -j-.
Задача 37
Сколько тепла надо сообщить куску металла для увеличения
его объема на AV при атмосферном давлении?
Решение
Если считать, что центр массы бруска положения существенно
не изменил, то первое начало имеет в данном случае вид
Q = cvtnAT-\-piAV.
Из формулы же расширения тела при р = const имеем
(температура по Цельсию t не равна температуре по Кельвину Т,
но разности их равны, что видно из связи T = tJr 273).
Подставляя из этой формулы AV в исходную формулу, получим
AV
А так как тГ = р0 — табличная плотность металла при ? = 0°С, то
Читатель, пользуясь таблицами, легко найдет, что—^- J>/Ja, поэтому
работой при расширении твердых (да и жидких) тел при неболь-
233

ших давлениях можно вполне пренебречь по сравнению с изме-
изменением их энергии при нагреве или агрегатномчпереходе. Поэтому
в данном случае с большой точностью Qp^-~-A.V. Ответ не
зависит от величины объема куска металла. Читателю предоста-
предоставляется возможность подумать над этим.
Формальный ответ можно усмотреть из приведенного здесь
решения, стоит лишь сопоставить первые две формулы.
А как дать ответ «на пальцах»?
Задача 38
Автомобиль весом Р идет в гору с уклоном а и на расстоя-
расстоянии / увеличивает скорость от у0 до v. Считая известными коэф-
коэффициент трения автомобиля о дорогу k, коэффициент полезного
действия двигателя гц и трансмиссии (механизма, передающего
усилие двигателя к колесам) т^, а также род топлива q, найти еже-
ежесекундный расход топлива, т.е. величину -^ = т0 (где Д/—время,
за которое израсходовано Am топлива).
Решение
Поскольку в задаче фигурирует к. п. д., то удобно решение
и начинать с того факта, что все тепло, выделившееся при сго-
сгорании топлива, превратить в работу не удалось, т. е. начинать
А
с уравнения Щ = тх-
Далее, поскольку к. п. д. сложной машины, составленной из
включенных последовательно машин, равен произведению к. п. д.
отдельных звеньев, то -ц = -ц^. Очевидно также, что Q — qAm =
= qm<sbt, где m0 — скорость сгорания топлива (ежесекундный
расход).
Работа же А есть та работа, которую совершил «самодвижу-
«самодвижущийся» экипаж (см. часть I — „Механика"). Она пошла на увели-
увеличение механической энергии автомобиля и на работу против силы
сопротивления, т. е.
А _ I.. t-^l _|_ РАН 4- kP cos a • /.
Но в таком случае исходное равенство примет вид
V ~ " + / Sin a -f- kl COS а
qm0At
Для ответа на вопрос задачи надо знать Д/. Поскольку все
силы, действующие на автомобиль, практически постоянны, а масса
его из-за сгорания топлива существенно не изменилась, то уско-
234

рение автомобиля практически постоянно. Но в таком случае
vcp = v° 7~v и, значит, At — — = —^—. С учетом этого имеем
v* W2
—2 + ' (sin a + k COS a)
' 2/ •
откуда и находится т0.
Задача 39
Брусок соскальзывает с горки высотой h9 и углом наклона а.
Считая, что «yj-я часть выделившегося тепла идет на нагрев бруска»,
найти на сколько градусов он нагрелся, если скорость бруска
изменилась от v0 до v.
Решение
Прежде всего разъясним смысл устоявшегося термина щ-я часть
выделившегося тепла пошла на нагрев». Это выражение сродни
бытующему «сколько тепла выделилось при ударе», только еще
хуже. При скольжении бруска часть его механической энергии
из-за трения переходит во внутреннюю энергию и бруска и под-
подставки. Изменение внутренней энергии бруска часто и называют
«теплотой, пошедшей на нагрев бруска». Из смысла первого начала
ясно, что если и говорить о выделившейся в данном случае теплоте,
так она пошла никак не на нагрев бруска, а наоборот — из-за
отдачи бруском в виде тепла в окружающую среду части достав-
доставшейся ему внутренней энергии — на нагрев среды (и, естественно,
привело к остыванию бруска). Величина ц, фигурирующая в усло-
условии, обозначается той же буквой, что и к. п. д., но не является
к. п. д. Она просто показывает, какая доля изменения внутренней
энергии системы брусок — плоскость досталась бруску. При реше-
решении же задач она формально фигурирует как к. п. д., а потому
Очевидно, по условию задачи Д?вн.бр —с^/пДГ. Что касается
Д^вн.сист, то из первого начала для бруска и подставки (в пре-
пренебрежении обменом энергий со средой и работой по расширению
твердых тел) имеем
О = ДДш. сист + Д^иех.бр
или
Д^вв.сист — —Д^ыеж.бр» B)
235

т. е. прибыль внутренней энергии системы равна—убыди механи-
механической энергии системы. У подставки она не изменилась, а у бруска
Л?мех. бр = 2 + (° — m§h«) • C)
с А7"
Комбинируя A), B) и C), получим tj = —s—\ , откуда
—2"-* —g*o
и находим ДТ.
Задача 40
Какое количество известной жидкости испарится за время Ц,
если тепловая отдача нагревателя равна % его мощность N,
количество жидкости т. и теплоемкость сосуда, в который она
налита, Cv известны?
Решение
Тепловая отдача нагревателя ч\ — характеристика, несколько
сходная с к. п. д. двигателя. Тепловая отдача нагревателя пока-
показывает, какая доля тепла, выделяемая им, может быть исполь-
использована целенаправленно. Считая, что в данном случае все
тепло, используемое целенаправленно, отдается сосуду и жид-
жидкости, получим
Последнее слагаемое в числителе есть работа по расширению
пара. Ею уже пренебречь нельзя, как в случае работы по рас-
расширению твердых и жидких тел. Считая, что внешнее давление
при испарении жидкости не меняется, получим из уравнения
Клапейрона — Менделеева
VP
где Дтисп — масса пара, равная массе испарившейся жидкости.
Поскольку ДК — это изменение объема вещества при переходе
его из жидкого состояния в газообразное, то hV = Va — V^,
и так как Va^>Vx, то ДУ«аУп. Окончательно имеем
т'~ Mi •
откуда и получим ответ, взяв из таблиц сж, гТ и Т== Тшп для
известной жидкости и задав То или AT. В решении не учтена
работа по расширению сосуда и жидкости, а также зависимость
теплоемкостей и теплоты испарения от температуры.
23в

Задача 65
Сколько тепла выделится при превращении в жидкость насы-
насыщающего пара, если температура среды постоянна и равна Т,
а начальный объем пара V?
Решение
Очевидно, Q = rTArnkm!l'\-pkV, где р — давление насыщающего
пара при температуре конденсации Г. Поскольку Д/пконд = — pnV
(весь пар конденсировался) и AV = Vm—V, то с учетом того,
что по уравнению Клапейрона — Менделеева
= MRT_M д RT__ RT
имеем
Объем жидкости Уж, получившейся при конденсации пара, най-
найдется по формуле
Рж Рож
Так как тж = ша, a ma = paV, то Уж= Рн ' ¦, что при под-
Рож
становке в (*) дает
Видно, что Q<[0. Это и означает в соответствии с договорен-
договоренностью о знаках в уравнении первого начала выделение тепла.
Вообще говоря, возможно формально и Q>0 при р„A + РО>Рож.
что как будто противоречит выделению тепла при конденсации.
Но дело в том, что ри A + РО^>Рож лишь при t настолько боль-
больших, что ^^>^крит. т. е. когда конденсации не может произойти.
Кроме того, формула рж ==. ^?" справедлива лишь при неболь-
небольших значениях /. Поэтому в нашем случае обязательно Q<^0.
Задача 41
В стакан теплоемкостью Су налито пгж жидкости с удельной
теплоемкостью сж и брошен кусок льда массой тд. По проше-
прошествии некоторого времени вся система пришла в равновесие со
средой при температуре 9, большей температуры таяния льда Тал.
Зная исходные температуры стакана Гст, жидкости Тж и льда Тл,
найти количество тепла Q, которым обменялась система с внешней
средой.
237

Решение
Поскольку об испарении речи нет, то работой по расширению
системы пренебрежем, равно как и изменением механической
энергии системы из-за ее расширения. Тогда
или
Q = Cv (9 _ гст) + сжтж (9 — Тж) -f слтл (Гпл — Тл
п, + сжтв(в — Гпл),
где последние три слагаемые отображают нагрев льда до точки
плавления, плавление и нагрев получившейся изо льда воды от
точки плавления до температуры 9.
Очевидно, знак Q зависит от соотношения между слагаемыми
в правой части. Нужно только помнить, что в случае плавления
Д/япл^>0. В данном случае Атпл — тл, ибо лед весь растаял
(по условию задачи 9>7"пл).
Задача 42
В цилиндре объемом V находится Mi воздуха и М* воды при
температуре, близкой к замерзанию. Цилиндр выдерживает дав-
давление не большее рарел- Сколько топлива с калорийностью q надо
сжечь, чтобы цилиндр взорвался, если т)-я часть выделяющегося
при сгорании тепла передается цилиндру с содержимым? Тепло-
Теплоемкость цилиндра Cv. К моменту взрыва вода испарилась целиком.
Решение
Первое начало написать для этого случая в конечном виде
трудно, ибо при нагреве происходило испарение жидкости, рас-
расширение пара и газа, изменение теплоемкостей и теплоты испа-
испарения.
Но если пренебречь работой по расширению пара и газа,
а также зависимостью С и г от температуры, то полезная теплота
пошла на нагрев цилиндра, воздуха и пара от температуры таяния
льда Т„л до температуры Т, при которой произошел взрыв, а также
на испарение воды. Полагая (еще одно упрощение), что вода испа-
испарилась при температуре, близкой к Гпл, получим
Q = Cv (Т - Гпл) + (^ CVi + ^ Су2) (Т - Тпл) + ггДтисп,
где Д/Писп = Л^2 — количество пара, получившегося из воды.
Температура взрыва Г определяется давлением, при котором
он происходит. Но по уравнению Клапейрона — Менделеева для
смеси паров и воздуха имеем
238

Необходимое для решения задачи количество тепла Q нахо-
находится из условия, что только tj-я часть тепла, выделившегося
при сгорании топлива есть Q, т. е. из уравнения
1 ?Ддасг- * i
Подставляя в исходное равенство величины Т и Q, выражен-
выраженные из (*) и (**), получим
9Дад = (СИ- ? CVl + f C4™W_ _ TJ + AfЛ,
откуда и находим Д/псг.
Задача 43
Покоившийся снаряд взорвался при сгорании в нем m пороха
с колорийностыо q. Оценить кинетическую энергию осколков
в начальный момент.
Решение
Если считать, что порох сгорает полностью и быстро в малом
объеме, то с некоторой ошибкой можно полагать всю внутреннюю
энергию пороха перешедшей в механическую энергию осколков.
Считая порох источником энергии для оболочки снаряда,
имеем
tt = Д?к,
где Д/псг —т, а Д?к —?к.
Здесь не учтен ряд многих эффектов, в частности то, что
оболочка снаряда и сам порох нагревались. Поэтому оценка,
конечно, весьма груба.
Задача 44
Какую работу надо совершить для равномерного увеличения
радиуса мыльного пузыря на небольшую величину Д/?? Поверх-
Поверхностное натяжение а, внешнее давление р и радиус пузыря R
известны, а температура системы существенно при расширении
не менялась.
Решение
Поскольку изменение радиуса пузыря невелико, то и да-
давление, производимое пленкой на газ внутри пузыря, практи-
практически постоянно. Поэтому A = p&V, где /э—давление внутри
пузыря.
239

Поскольку пузырь раздувается равномерно, то каждый малый
участок его поверхности находится в равновесии, поэтому
или
Р :== Рвнешн ~т~ Ря
и, значит,
А = (рвиеши + р.) ДV = (ра + 4^) ДУ.
Так как Д V = 4nR2AjR, то
Расчет справедлив лишь для AR -^ R, ибо только тогда рл я^ const
и Д1/ = 4тс/?2Д^.
Задача 45
Как изменится температура известной жидкости, если в нее
опустить капиллярную трубку, теплоемкостью которой можно
пренебречь? Наружная стенка трубки к смачиванию безразлична,
а внутренняя полностью смачиваема или, наоборот, абсолютно
несмачиваема. Объем жидкости V известен. За время процесса
жидкость получила Q тепла. Каким будет ответ в случае замкну-
замкнутости системы?
Решение
При погружении трубки в жидкость последняя будет или
опускаться или подниматься по внутренней части трубки до тех
пор, пока не наступит равновесие, определяемое тем, что силы,
действующие на поднявшийся столб, дадут в сумме нуль. Из этого
условия равновесия столба (рл -f- pa) S = (pgh -{- ра) S следует
Р ?
Поскольку жидкость полностью смачивает (или не смачивает)
трубку, мениск будет полусферой с радиусом, равным радиусу
трубки. Поэтому Рл = -п и> значит,
20 , . 2а
Pgh или h = ^
где R — радиус трубки.
Первое начало дает (в пренебрежении работой расширения
жидкости)
где Ahc — изменение высоты центра тяжести жидкости. Очевидно,
что из-за малости объема капилляра по сравнению с объемом
жидкости можно считать, что изменилось положение центра тяжести
241)

только у той части жидкости, которая вошла в трубку. Но это
значит, что MgAhc *=« mg у, где т — масса вошедшей в трубку жид-
жидкости, h — высота этого столба.
С учетом сказанного имеем
что совместно с (*) дает
Знак «-j-» соответствует смачиванию (жидкость поднимается),
знак «—» — несмачиванию (жидкость опускается).
Если система замкнута, то Q = 0 и
Из этой формулы видно, что смачивающая жидкость будет охлаж-
охлаждаться (ДГ<^0), а несмачивающая — нагреваться (ДТ^>0).
Коэффициент а зависит от температуры, а мы считали его
постоянным. Но допущенная ошибка, очевидно, невелика при
У-грубки-^^- Действительно из (**) следует, что AT~ — и AT
при большом V очень мало, что означает Т:
a я« const.
Задача 46
v
¦ const, а значит и
Найти работу при замкнутом процессе (цикле), представляю-
представляющем в координатах р и V окружность с центром в точке /?о> ^о,
а максимальные объем и давле-
давление равны соответственно Vma%
и рт„ (рис. 24). р "
Решение
Элементарная работа ДЛ рав-
равна pAV. При этом расширению г
соответствует положительная,
а сжатию — отрицательная ра-
работа.
Очевидно Ait а, з — работа рас-
расширения газа — будет равна
площади под кривой /—2—3,
з Л3,4,1 — работа сжатия — пло-
площади под кривой 3—4—1.
Полезная работа за цикл А = Aii% 3 + А3,4.1 численно равна
в координатах pV площади, охватываемой кривой /—2—3—4,
которая в нашем случае есть окружность, поэтому
А =^ о = Яд" = JT (Ртах — Ро) (У mas — V ())•
Vo
Рис. 24.
241

Задача 47
Показать на примере мыльного пузыря, что коэффициент
поверхностного натяжения аг численно равен работе, необходимой
для увеличения поверхности пленки на единицу при изотерми-
изотермическом процессе.
Решение
Элементарная работа по расширению пузыря (см. задачу 69)
подсчитывается по формуле
ДЛ = (рвне
Работа по растяжению пленки — это второе слагаемое. Поэтому
ААа = 2а-8к%М?.. Но 8t:R\R — изменение поверхности сферы при
малом изменении ее радиуса на &R, следовательно, AAa = 2a-rAS.
Так как у пузыря две поверхности, то 2AS есть изменение пол-
полной поверхности. Значит,
что и требовалось показать.
Задача 48
Какую работу надо совершить для равномерного изотерми-
изотермического раздувания мыльного пузыря от Rt до #2 при наружном
давлении ртеша?
Решение
Очевидно, искомая работа складывается из работы против
внешнего давления и работы по изотермическому увеличению
пленки, а потому
=р— 4 * (я1» - да+°т8* (я; - ri).
Задача 49
В калориметре теплоемкостью Су находится nti льда при
температуре Тл <С 273° К. В калориметр впускают ша водяного
пара при температуре 7\,>373°К. Найти температуру 6, устано-
установившуюся в калориметре по прошествии достаточно большого
времени.
241

Решение
Задача, как сразу видно, сформулирована недостаточно кон-
конкретно: не сказано, что получилось в конце концов в калори-
калориметре— лед, вода, пар или смесь.
Сделаем предположение, что в конце процесса получилась
вода при температуре 6 и небольшое количество насыщающего
пара при той же температуре. Тогда, пренебрегая теплообменом
системы со средой, получим
О = Д?кал + АЕЛ + Д?п + рсрДУ
или
О = Cv F - Тл) + [суп, B73 - Тл) + ХтДтПЛ + свтл F - 273)] +
[саша C73 — Та) + гтДтК0НД + свтп (9 — 373)] + РсрД V. (*)
Согласно договоренности о знаках в данном случае Дт^
а Дтко„д<;0, а именно Дтпл = тл и ДтК0НД = —пгп. Что касается
слагаемого рсрДУ, то его можно только оценить, ибо в условиях
задачи не сказано, как происходил процесс конденсации пара
(т. е. как при этом менялось давление с температурой). Положим
рСр^^>наЧ2 (чт0> вообще говоря, верно лишь при р = рнач-|-
-f- const T, в чем у нас уверенности нет).
Изменение же объема пара при конденсации &V = (УЖ — Уп)ъ*
f*a — Vn. В этом случае
Если пренебречь конечным давлением пара, что возможно при Т„,
значительно больше, чем 373° К, то
п А1/~ РпячУп
Рср" ' /~^ •—2 '
Но по уравнению состояния pH!i4Vn — — RTn и, значит,
Видно, что эта работа отрицательна, и это находится в соответ-
соответствии с нашей договоренностью о знаках величин, входящих
в первое начало термодинамики.
Подставляя найденное значение рсрДУ в (*), получим уравне-
уравнение, из которого и найдем 9. Правда, оценка последнего слагае-
слагаемого в (*) довольно, груба, но она едва ли несет в решение боль-
большую ошибку, чем неучет теплообмена системы со средой.
Кроме этих неточностей, в решении имеются и другие, обу-
обусловленные тем, что мы не учитывали зависимости Су, п и. ^т от
243

температуры и будем брать их из таблиц при Т = 273° К и
71 = 373°К- И, наконец, мы полагали, что процессы нагрева льда,
его таяния, нагрева получившейся воды и т. д. сменяют один
другой, в то время как Они идут все совместно, сразу.
Задача 50
С какой скоростью должен влететь в земную атмосферу метео-
метеорит, чтобы он смог испариться?
Решение
Метеорит может изменить свое агрегатное состояние за счет
убыли своей механической энергии. При этом некоторая доля
A—ifj) этой убыли будет отдана окружающей среде в основном
в виде тепла (метеориту же достанется -ц-я доля изменения этой
анергии).
Имеем
По нашему предложению
Но тогда исходное равенство запишется в виде
(\--ц) Д?мех = Д?вн + Д?мех + PcpAV
или по приведении подобных членов
Полагая, что метеорит пришел из бесконечности со скоростью с9
и взорвался где-то на высоте Н, имея уже малую скорость, полу-
получим с учетом ?„ = — т—-
Д?м„ = Д?к 4- Д?п = @ — ^i +
мех к-Г п ^ 2 у-Г
1 'Д3 + ЛГ
Подставляя это значение Д?мех в предыдущее равенство, получим,
раскрывая подробно выражение для Д-Евн,
-f сжт (ГКип — Т„л) -f- гтШисп + спт (Г — Гкип)
Вместо суммы величин Хт -)- сж (Гкип — Гпл) -f- rt может быть взята
удельная теплота сублимации (возгонки) /, тогда, учитывая
1тпл = Дтисп = т, получим
(| J^j с„ (Тая - Го) + / + са (Г -
244

Работу по расширению можно оценить как и в предыдущей
задаче (только здесь ДУ^>0). Окончательно с учетом малости на-
начальной температуры (То мало по сравнению Тпл, TKtm и Т) имеем
т + ^т^тл) ~ с™г- + / + с„ (т - тккп) +1?.
Отсюда можно найти и0- Конечно, это оценочное и довольно гру-
грубое значение для и0.
5. ЗАМЕЧАНИЯ К РАЗДЕЛУ «ТЕРМОДИНАМИКА»
Как показывает опыт, существенную помощь в обучении реше-
решения задач на этот раздел может оказать тренировка в решении,
а потом и составлении самими учащимися задач в общих чертах,
в наметках, без особой детализации и доведения до конкретного
ответа.
Приведем несколько примеров.
Пример 1. Написать идентичные уравнения, отображающие
неполноту использования теплоты и энергии: а) в нагревательном
приборе, б) в двигателе автомобиля, в) в кузнечном прессе.
Решение. Поскольку неполнота использования энергии
в машинах характеризуется в первую очередь их коэффициентом
полезного действия, то искомые уравнения имеют вид
_\ Уполезн Уна нагрев
d) Ч 7) ~П '
Уподвед Уподвед
х\ Лполезн ^
v) Ч л л >
уподвед уподвед
т,\ „ Уполезк ^на дефоря. детали
°) Ч л Л
Уподвед Уподвед
Пример 2. Конкретизировать предыдущую задачу для случаев:
а) за счет сгорания топлива нагревается некоторый предмет;
б) за счет энергии топлива автомобиль идет по горизонталь-
горизонтальной дороге без ускорения;
в) пресс известной мощности деформирует деталь при среднем
давлении рср.
Решение.
стАТ
Пример 3. Написать первое начало термодинамики для случая,
когда в идеальном калориметре за счет остывания бруска пла-
плавится лед (без предварительного нагрева) и получается теплая вода.
245

Решение. Если калориметр идеальный, то систему, заклю-
заключенную в нем, можно считать замкнутой, и тогда первое начало
будет иметь вид \
1 0 = A?BH-f Д?мех.
Поскольку никакие механические процессы в системе не про-
происходят, то Д?мех = 0, а потому и Д?'вн = 0 или более подробно
Д?л -j- Д?в -f- Д-Ебр = 0 и окончательно
О = ХтДтпл + сата (Т — 273) + сбртбр (Т — То бр).
При этом Дтпл —тл = тв, ибо весь лед растаял.
Пример 4. Написать уравнение, отображающее нагргв камня,
упавшего с некоторой высоты.
Решение. Очевидно, камень нагрелся за счет убыли части
своей механической энергии, поэтому (см. задачу 75)
cvm&T cvmAT cv&T cvAT
Ясно, что эти примеры можно рассматривать как некоторые на-
наметки. Возможны самые различные вариации и конкретизации их.
Чем хороши подобного рода задачи? Они отучают ученика от
извечной заботы: откуда взять недостающие в условиях величины
и куда пристроить имеющиеся, от фетиши ров энной привязанности
к конкретным данным задачи. Конечно, эта забота должна быть,
но она не должна давлеть над учеником. Гораздо важнее то, что
ученик научается определенным процессам сопоставлять определен-
определенные уравнения в общем виде, а потом уже конкретизирует их
вид в соответствии с конкретными величинами, фигурирующими
в условиях.
В этом отношении термодинамика очень «удобна», ибо имеется
изрядное количество таких процессов, которые описываются
с помощью начал и уравнений состояния с большими возможно-
возможностями в варьировании условий. При этом, как показывает опыт,
учащиеся довольно легко с подобными задачами справляются,
а потом этот метод переносят и на другие разделы, т. е. у них
действительно вырабатывается метод в подходе к решению и его
проведению.
Весьма полезно вести занятия по решению задач примерно
в такой последовательности:
1. Решение некоторых конкретных «обычных» задач.
2. Примерные решения задач с «размытыми» условиями типа
примеров 1—4.
3. Решение конкретных задач с учетом метода решения задач
малоконкретизированных, т. е. решение опять же «обычных» задач,
но с более общих позиций, единым методом.
Сказанное здесь в большей мере относится и к другим раз-
разделам физики, но в термодинамике это психологически проще
воспринимается.

СОДЕРЖАНИЕ
Стр.
От автора 3
Часть I. Механика
1. Элементы векторной алгебры 5
2. Примерная схема решения задач 12
3. Кинематика материальной точки —
4. Динамика материальной точки (собственно законы Ньютона) ... 24
5. Закон изменения количества движения системы тел и закон его
сохранения 54
6. Движение тела переменной массы , 59
7. Работа, энергия, мощность 66
8. Столкновение тел 75
9. Тяготение 85
10. Динамика движения материальной точки по окружности 94
11. Статика 109
12. Гидроаэростатика 121
13. Движение заряженных частиц в силовых полях 135
14. К обоснованию выбранного способа решения задачи 145
Часть II. Механические колебания и волны
1. Основные понятия 155
2. Замечания к решению задач 161
3. Сводка формул для гармонических колебаний 163
4. Задачи к разделу «Колебания и волны» 164
Часть III. Термодинамика
1. Идеальный газ (основные понятия) 188
2. Задачи к разделу «Идеальный газ и пар» ¦ 192
3. Энергия, работа, теплота 224
4. Задачи к разделу «Энергия, работа, тейлота и агрегатные переходы
термодинамических систем» 229
5. Замечания к разделу «Термодинамика» 245