/
Автор: Павленко Ю.Г.
Теги: физика электричество механика термодинамика задачи по физике молекулярная физика
ISBN: 978-5-377-00469-1
Год: 2008
Текст
Ю.Г. Павленко
ФИЗИКА
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
КНИГА I
Механика
Молекулярная физика
Термодинамика
Механика жидкостей
и газов
Электричество
Издательство
«ЭКЗАМЕН»
МОСКВА
2008
УДК 53(076.1)
ББК 22.3я72
П12
Павленко, ЮТ.
П12 Физика. Избранные задачи. Кй. I: Механика. Молекулярная физика.
Термодинамика. Механика жидкостей и газов. Электричество / Ю.Г. Пав-
ленко. — М.: Издательство «Экзамен», 2008. — 542, [2] с. (Серия «Аби-
туриент»)
ISBN 978-5-377-00469-1
Это книга представляет собой сборник задач и вопросов по всем
разделам курса физики средней школы: «Кинематика», «Основы дина-
мики», «Молекулярная физика. Тепловые явления», «Механика жидко-
стей и газов», «Электростатика», «Электрический ток», «Магнитное
поле», «Электромагнитная индукция», «Колебания и волны», «Опти-
ка», «Элементы теории относительности» и «Квантовая физика».
Предлагаемые свыше 1 600 задач и вопросов отражают наиболее суще-
ственные для каждой темы понятия и законы. Включен материал, ко-
торый, как показала практика приемных экзаменов на естественные
факультеты МГУ, наиболее сложен для абитуриентов.
Приведены решения всех задач. Анализируя свою работу, читатель
получит объективную информацию об уровне подготовки и разделах
программы, требующих дополнительного изучения.
Для учащихся старших классов, абитуриентов и преподавателей.
УДК 53(076.1)
ББК 22.3я72
Подписано в печать с диапозитивов 10.09.2007. Формат 60x90/16.
Гарнитура «Таймс». Бумага типографская. Уч.-изд. л. 22,27.
Усл. печ. л. 34. Тираж 50 000 (1-й завод — 5000) экз. Заказ № 4824003
ISBN 978-5-377-00469-1
© Павленко Ю.Г., 2008
© Издательство «ЭКЗАМЕН», 2008
Оглавление
Предисловие..........................................7
УСЛОВИЯ ЗАДАЧ
Глава L МЕХАНИКА....................................13
1.1. Кинематика...................................13
1.2. Движение с постоянным ускорением.............21
1.3. Относительное движение.......................26
1.4. Законы Ньютона...............................28
1.5. Законы сохранения и изменения импульса системы тел.
Движение тела переменной массы....................37
1.6. Статика.............................~........41
1.7. Работай энергия. Законы сохранения и изменения
полной энергии....................................48
1:8. Движение по окружности.......................60
{.9. Закон всемирного тяготения. Законы Кеплера...63
1.10. Движение в ноинерциальных системах..........69
1.11. Линейные колебания..........................72
1.12. Движение твердого тела......................79
Глава II. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА.
ТЕРМОДИНАМИКА.......................................89
2.1. Идеальный газ. Термодинамические процессы....89
2.2. Первый закон термодинамики...................97
2.3. Фазовые переходы вещества...................107
2.4. Влажность воздуха............................ИЗ
2.5. Тепловые двигатели..........................116
Глава III. МЕХАНИКА ЖИДКОСТЕЙ И ГАЗОВ..............127
3.1. Гидростатика и аэростатика..................127
3.2. Адиабатическое течение жидкости и газа.
Закон Бернулли...................................139
3.3. Деформация твердых тел. Тепловое расширение.144
3.4. Волновое движение в среде. Звук.............151
3
Глава IV. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО............................156
4.1. Закон Кулона. Заряд в электростатическом поле.
Напряженность и потенциал поля...................156
4.2. Основная задача электростатики. Закон Гаусса.
Электрическое поле зарядов, проводников и диэлектриков.... 163
4.3. Конденсатор. Схемы, содержащие конденсаторы.173
4.4. Постоянный ток. Закон Ома...................179
4.5. Закон Джоуля—Ленца..........................195
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ
Глава I. МЕХАНИКА................................ 207
1.1. Кинематика..................................207
1.2. Движение с постоянным ускорением............208
1.3. Относительное движение......................209
1.4. Законы Ньютона..............................210
1.5. Законы сохранения и изменения импульса системы тел.
Движение тела переменной массы...................212
1.6т Статика.....................................213
1.7. Работа и энергия. Закон сохранения полной энергии.214
1.8. Движение по окружности......................216
1.9. Закон всемирного тяготения. Законы Кеплера..217
1.10. Движение в неинерциальных системах.........218
1.11. Линейные колебания.........................218
1.12. Движение твердого тела.....................220
Глава II. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА.
ТЕРМОДИНАМИКА......................................221
2.1. Идеальный газ. Термодинамические процессы...221
2.2. Первый закон термодинамики..................224
2.3. Фазовые переходы вещества...................226
2.4 Влажность воздуха............................226
2.5. Тепловые двигатели..........................227
Глава IIL МЕХАНИКА ЖИДКОСТЕЙ И ГАЗОВ...............229
3.1. Гидростатика и аэростатика..................229
4
3.2. Адиабатическое течение жидкости и таза.
Закон Бернулли..................................230
3.3. Деформация твердых тел. Тепловое расширение.231
3.4. Волновое движение в среде. Звук............232
Глава IV. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО...........................233
4.1. Закон Кулона. Заряд в электростатическом поле.
Напряженность и потенциал поля..................233
4.2. Основная задача электростатики. Закон Гаусса.
Электрическое поле зарядов, проводников и диэлектриков.... 235
4.3. Конденсатор. Схемы, содержащие конденсаторы.237
4.4. Постоянный ток. Закон Ома..................238
4.5. Закон Джоуля — Ленца.......................241
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Глава I. МЕХАНИКА.................................245
1Л. Кинематика................................ 245
1.2. Движение с постоянным ускорением...........257
1.3. Относительное движение.....................268
1.4. Законы Ньютона.............................273
1.5. Законы сохранения и изменения импульса системы тел.
Движение тела переменной массы...................297
1.6. Статика.....................................305
1.7. Работа и энергия. Законы сохранения и изменения
полной энергии..................................323
1.8. Движение по окружности.....................346
1.9. Закон всемирного тяготения. Законы Кеплера.353
1.10. Движение в неинерциальных системах........368
1.11. Линейные колебания........................373
1.12. Движение твердого тела....................386
Глава II. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА.
ТЕРМОДИНАМИКА.....................................403
2.1. Идеальный газ. Термодинамические процессы..403
2.2. Первый закон термодинамики.................413
2.3. Фазовые переходы вещества..................419
5
2.4. Влажность воздуха...........................426
2.5. Тепловые двигатели..........................431
Глава III. МЕХАНИКА ЖИДКОСТЕЙ И ГАЗОВ..............441
3.1. Гидростатика и аэростатика..................441
3.2. Адиабатическое течение жидкости и газа.
Закон Бернулли...................................459
3.3. Деформация твердых тел. Тепловое расширение.469
3.4. Волновое движение в среде. Звук.............478
Глава IV. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО............................486
4.1. Закон Кулона. Заряд в электростатическом поле.
Напряженность и потенциал поля...................486
4.2. Основная задача электростатики. Закон Гаусса.
Электрическое поле зарядов, проводников и диэлектриков.... 497
4.3. Конденсатор. Схемы, содержащие конденсаторы.511
4.4. Постоянный ток. Закон Ома...................521
4.5. Закон Джоуля—Ленца..........................533
6
Предисловие
Ignorantla juris nocel.
Эта книга содержит задачи, соответствующие программе по фи-
зике для учащихся общеобразовательных и физико-математических
школ. Предлагаемые задачи отражают наиболее существенные для
каждой темы понятия и законы. Читатель должен прийти к выводу,
что именно теоретические основы физики представляют собой рабо-
чий аппарат, позволяющий решать конкретные задачи и приобрести
уверенность в самостоятельной работе. Анализируя результаты, Вы
получите объективную информацию об уровне своей подготовки, и
разделах программы, требующих дополнительного изучения. Но есть
нечто не менее важное — в процессе обучения появляется возмож-
ность проявить себя как самостоятельную творческую личность.
Решение задач — необходимый элемент изучения физики. Сле-
дует осознать, что решение любой задачи — результат решения сис-
темы уравнений. Однако в курсе физики изучают не уравнения, а
физические законы, которые представляют собой математическое
описание явлений природы. Поэтому в результате изучения «теории»
невозможно не решить задачу. Вы записываете в математической
форме физические законы, «управляющие» описанным в задаче яв-
лением, несколько определений и конкретные следствия условия за-
дачи, пока не получите систему некоторого числа уравнений, содер-
жащую то же количество неизвестных. Теперь остается найти корни
системы уравнений — это и есть решение задачи. Очевидно, задачи и
теория — единое целое. Этот подход к решению задач — из «первых
принципов» — является универсальным. В этом плане не столь важ-
ны условия конкретной задачи, поскольку можно составить множе-
ство задач, для решения которых достаточно применить только один
закон и использовать несколько определений. Здесь следует отме-
тить, что в физике утверждений в ранге закона совсем немного.
Возможно, многие читатели убедились в достоверности латинско-
го афоризма: «незнание закона вредит». Однако сейчас в России
происходит процесс «американизации» образования, ведущий к по-
треблению только полезных знаний (useful knowledge) в ограничен-
ных рамках — некоторая разновидность схоластики. Наиболее близ-
7
кий термин — «инженерный подход», требующий для решения счет-
ного числа задач знание счетного числа готовых «формул», а не зако-
нов физики. Очевидно, что этот подход позволяет быстро найти ре-
шение ограниченного круга задач.
«Начинать надо с математики, которая, как Вы знаете, является
основой нашей науки» — говорил студентам выдающийся физик-
теоретик XX века Л:Д. Ландау и продолжал — «В качестве метода
изучения могу только подчеркнуть, что необходимо самому произве-
сти все вычисления, а не предоставлять их авторам читаемых Вами
книг». Изучение математики и физики дисциплинирует мышление,
воспитывает настойчивость, умение достичь намеченной цели, раз-
вивает работоспособность, содействует правильной самооценке ос-
воения изучаемых разделов предмета.
Сейчас весь мир переходит от образования в формате teaching к
формату learning. Теперь не человека учат, а человек учится всю
жизнь, и учителя ему помогают в границах целесообразности и лич-
ной заинтересованности. Только потрудившись можно научиться
учиться, получить полноценное среднее образование и приобрести
важную в жизни культуру мышления.
Следует отметить, что термин «физический смысл» относится
скорее к физике XIX века. Сейчас мы говорим о физической картине
явления, основанной на законах, выраженных в терминах математи-
ки. В квантовой механике, являющейся основой современной физи-
ки — физики атома, атомного ядра и микроэлектроники, постулиру-
ются состояния, невозможные с точки зрения человека, привыкшего
к классической логике. Новые эксперименты лишь подтверждают
замечание Н. Бора: «Если квантовая механика не приводит вас в за-
мешательство, то вы ее не поняли по-настоящему». Теоретическая
основа физики элементарных частиц — разделы алгебры и новейшей
геометрии, теория относительности и квантовая теория поля. Все
следствия теории относительности противоречат «здравому смыслу»,
который, как отметил А. Эйнштейн, «представляет собой тот пласт
предрассудков, которые мы накапливаем до 16 лет». От теории требу-
ется только то, чтобы она описывала наблюдаемые явления и позво-
ляла бы предсказывать новые.
В книге собраны задачи, предназначенные для широкого круга
читателей, — старшеклассникам, студентам первых курсов и препо-
давателям физики. В сборник пе включены примитивные задачи,
решение которых является элементарным процессом для читателей,
изучивших теорию. Ряд задач приведен в формате задач-тестов и за-
дач-оценок. В сборнике практически отсутствуют задачи, решение
8
которых требует громоздких преобразований, и существенно выходят
за рамки программы средней школы. В сборник включены задачи
различной степени трудности — от почти стандартных, которые
можно использовать для проверки усвоения материала программы,
до сравнительно сложных, требующих ясного понимания физиче-
ских явлений, знания теории и умения применить ее в непривычной
или усложненной постановке. Приведены задачи, которые, как пока-
зала практика приемных экзаменов на естественные факультеты
МГУ, наиболее сложны для учащихся. Рекомендую изучать теорию
по книге автора «Начала физики» (изд. Экзамен, 2005. 862 стр.), на-
писанную на основе лекций, читаемых в школе им. А. Н. Колмогоро-
ва при Московском Государственном Университете. Сборник задач и
эта книга представляют собой единое руководство по изучению фи-
зики.
Задачи, отмеченные звездочкой, представляют собой «сложные»
или «трудные» задачи, хотя эти понятия весьма условны. Для решения
этих задач необходимо использовать те же законы, что и для «про-
стых» задач. Разница, по-видимому, в количестве уравнений, необхо-
димых для получения решения или в нестандартной форме условия. В
одних задачах, трудных на первый взгляд, решение оказывается не-
ожиданно простым. В других задачах очевидный ответ может оказать-
ся неверным. Опыт работы в высшей и средней школе показывает, что
всегда находятся ученики, желающие более глубоко разобраться в тео-
рии, и проявляющие естественный интерес к научным проблемам,
решение которых требует определенных усилий. С этой целью приве-
дены задачи — проблемы, которые будут интересны тем, кто выберет
физику в качестве будущей профессии. Автор надеется, что введение в
сборник новых, интересных и нестандартных задач будет стимулом к
чтению популярной и, может быть, специальной литературы.
В среднем задачу, не отмеченную звездочкой, следует выполнить
за 5-10 минут. Для решения задач, отмеченных звездочкой, потребу-
ется значительно больше времени. В этом аспекте предлагаемые за-
дачи, содержащие не только примитивные задания, но и «трудные»
проблемы, представляют собой избирательный сборник задач, реше-
ние которых окажется весьма полезным для достижения «нормаль-
ного» уровня понимания основных законов физики и приобретения
опыта в решении задач.
Обязательно почитайте раздел «Вопросы и блиц-ответы». Здесь вы
найдете среди ответов множество заметок методического характера.
Решение практически любой задачи следует начинать с введения
системы координат. В механике — это декартова система или естест-
9
венная система для описания движения по окружности. В электроди-
намике необходимо произвольно задать положительное направление
на участках контура, ограниченных узлами.
В сборнике приведены решения всех задач, но это не означает, что
надо начинать с чтения решения задачи. Если учащийся обладает дос-
таточной волей и стремлением к самовыражению, то будет решать за-
дачу самостоятельно. С другой стороны необходим личный контакт
ученика и хорошего учителя для того, чтобы не стать самоучкой. Читая
учебную литературу, автор но раз убеждался, что хороших учителей не
так уж и много. У остальных — «своя физика». Эта книга заменит чи-
тателю преподавателя. Поэтому читателю необходимо ознакомиться с
приведенным в книге решением, для того чтобы проверить «собствен-
ный» метод и научиться решать задачи на профессиональном уровне.
Более того, автор часто не ограничивается изложением решения, свя-
занного с конкретным вопросом, а рассматривает различные аспекты
поставленной задачи.
Надеюсь, что эта книга, содержащая более 1600 задач и решений,
будет полезна не только учащимся и студентам, но и преподавателям.
Желаю успеха!
Доктор физико-математических наук,
профессор Ю. Г. Па вленко
10
УСЛОВИЯ
ЗАДАЧ
Глава I. МЕХАНИКА
1.1. Кинематика
Декартова система координат — совокупность трех вза-
имно перпендикулярных числовых осей с общим началом
отсчета.
Радиус-вектор. Положение частицы в произвольный
момент времени t полностью определяется заданием трех
функций y(t), з(/), представляющих собой значения
координат частицы в момент времени t. Эти функции явля-
ются проекциями или компонентами вектора г (/) = (x(t),
y(t), z(t)), идущего из начала координат в точку, где нахо-
дится частица. По этой причине вектор г (t) называют ра-
диус-вектором.
Траектория частицы — кривая в пространстве, по кото-
рой движется частица.
Путь s(t) — длина участка траектории, по которому
движется частица в течение рассматриваемого промежутка
времени.
Скорость частицы в декартовых координатах. В обо-
значениях Лейбница проекции скорости частицы на оси
координат
(1.1.1)
dx du dz
v =—, и-—, v= —
dt dt dt
Величина скорости и = | и | представляет собой произ-
водную пути s(t)\ v(t) = ds/dt.
Величина средней скорости определяется отношением
пути As, пройденного частицей, к промежутку времени А/, в
течение которого этот путь пройден:
As
At
При движении частицы с постоянной скоростью
г(/) = Г0 + (1.1.3)
При движении частицы с постоянным ускорением
— 2
r(t) = ro+yof + ^-.
(1-1.2)
(1.1.4)
13
1.1.1. Задача-шутка Фейнмана. Лауреат Нобелевской премии,
физик-теоретик Ричард Фейнман (1918- 1988) взял лекало и начал
медленно поворачивать. «Это лекало сделано так, что независимо от
того, как вы его повернете, в наинизшей точке контура касательная
горизонтальна» — сказал он. Студенты стали приставлять карандаш
к нижней точке лекала и были крайне возбуждены от этого откры-
тия. Докажите утверждение Фейнмана.
1.1.2. Задача Архимеда. Как «взвесить» число л?
1.1.3. Что общего между морской милей длиной 1852 м и секундой?
1.1.4. Что означает термин «планета»?
1.1.5. Объясните происхождение терминов «кардан» и «карданов
подвес».
1.1.6. Найдите ошибки в определении: движение тела называется
равномерным, если тело за равные промежутки времени проходит
одинаковые расстояния.
1.1.7. Приведите определение равнопеременного движения.
1.1.8. На рис. 1.1.8 изображен параллелепипед, ограниченный
плоскостями х = 0, х - а; у = 0, у = b; z = 0, z = а. На внутренней по-
верхности этой коробки в точке А (а/2, 0, с) расположился жук, кото-
рый должен добраться до точки В (а/2, Ь, а - с); а = 12 см, b = 30 см,
с = 1 см (рис. 1.1.8). Величина скорости жука v = 1 см/с. Найдите
наименьший промежуток времени 1т, через который жук попадет в
точку В.
1.1.9* . Частица Р движется но сфере радиусом а с центром в точке
С. Выберем две точки О и N на прямой, проходящей через точку С,
ОС = R, а< В (рис. 1.1.9). Вектор ОС обозначим буквой R , вектор СР
на поверхности сферы а. Вектор NC равен а/? , где а — постоянный
коэффициент. Образуем векторы s0P=R + a,, sNP=aR + d. Найдите
значение а, при котором отношение длин векторов sop и sNP постоянно.
Рис. 1.1.8 Рис. 1.1.9
14
1.1,10. Колесо велосипеда вращается вокруг оси. Скорость точки
шины, находящейся на расстоянии - 30 см от оси, равна = 9 м/с.
Найдите величину скорости и2 точки на втулке колеса, находящейся
на расстоянии s2 = 2 см от оси.
1.1.11. Автомобиль проезжает первую половину пути со скоро-
стью р, = 4 м/с, а вторую — со скоростью и2 = 6 м/с. Найдите среднюю
скорость автомобиля.
1.1.12. Автомобиль проезжает первые = 60 км пути со средней
скоростью = 20 км/час и следующие s2 = 40 км со средней скоро-
стью и2 - 8 км/час. Найдите среднюю скорость автомобиля на всем
пути Угр.
1.1.13. Две яхты принимают участие в гонках. Первая яхта про-
ходит всю дистанцию со скоростью и = 20 км/ч. Вторая яхта проходит
первую половину пути со скоростью = 18 км/ч и догоняет сопер-
ника на финише. Найдите величину скорости яхты и2 на второй по-
ловине пути.
1.1.14. В бассейне по трем дорожкам плывут пловцы — первый и
второй в одну сторону, третий — в противоположную. Величина Ско-
рости второго пловца и2, третьего иг Найдите величину скорости пер-
вого пловца, если они находятся относительно друг друга на одной
прямой.
1.1.15. Скорость частицы до упругого столкновения с твердой
неподвижной стенкой, расположенной в плоскости х - 0, равна
= (-и, и, 0), после столкновения — и2 = (и, и, 0) (рис. 1.1.15 ). Най-
дите приращение скорости = и2 -и{.
Рис. 1.1.15
1.1.16. Радиус-вектор частицы г(/) = г0Найдите расстояние
h от начала координат до прямой, по которой движется частица.
1.1.17. Радиус-векторы первой и второй частиц r{(t) - (-с + vt, 0, 0),
= (0, -с + ut, 0), с - 5 м, и = 3 м/с, и = 4 м/с. Найдите наименьшее
расстояние sm между частицами.
15
1.1.18. Концы стержня АВ длины I скользят по двум взаимно
перпендикулярным прямым, скорость точки В равна и (рис. 1.1.18).
Найти траекторию точки С — середины стержня и скорость точки С.
В начальный момент времени t= 0 стержень находился на верти-
кальной прямой.
Рис. 1.1.18
N
О
Рис. 1.1.19
1.1.19* . К ящику привязали веревку, другой конец ее перекину-
ли через забор и тянут со скоростью и (рис. 1.1.19). В момент време-
ни t угол между горизонталью и куском веревки, привязанной к
ящику, равен a(t), Найти скорость ящика.
1.1.20. Скорости концов стержня ab постоянной длины, движу-
щегося в пространстве, равны соответственно va(t) и ub(t). Покажи-
те, что проекции скоростей точек а и b на прямую ab одинаковы.
l.f.21. Регулярно в определенное время за инженером приезжает
заводская автомашина, которая доставляет его на место работы. Од-
нажды инженер вышел из дома на 1 ч раньше обычного и, не дожи-
даясь машины, пошел на завод пешком. По дороге он встретил авто-
машину н приехал на завод на 10 мин раньше, чем обычно. Найдите
промежуток времени т, в течение которого инженер шел пешком до
встречи с автомашиной. Решить задачу графически, предполагая, что
дом инженера и завод находятся на прямолинейном участке шоссе.
1.1.22. Точки О и А находятся на прямой линии. Первая частица
начинает движение из точки О в точку Л в момент времени I = 0, вто-
рая — из Л в О через промежуток времени 2т. После встречи первая
частица достигла точки А через промежуток времени т, а вторая —
точки О через 8т. Найдите промежуток времени через который
первая частица достигнет точки Л.
1.1.23* . Пешеход, велосипедист и мотоциклист движутся с по-
стоянными скоростями по прямой. Когда велосипедист догнал пеше-
хода, мотоциклист был на расстоянии $ позади. Когда мотоциклист
догнал велосипедиста, пешеход был на расстоянии d позади. Найдите
расстояние h, на котором был велосипедист от пешехода в момент
времени встречи мотоциклиста и пешехода.
16
1.1.24. Частицы а и b движутся по оси х. В момент времени /0 = О
они находились в начале координат и одновременно достигли точ-
ки С координата которой хс= s. Частица а первую половину пути
прошла со скоростью иах = 2иу вторую половину пути — со скоростью
v = v/2. Частица b прошла первую половину пути со скоростью
Ub = у/2, вторую половину пути — со скоростью vhx = 2и. Найдите ин-
тервал времени, в течение которого расстояние между частицами
принимает постоянное наибольшее значение sm. Определите ят и
среднее значение проекции скорости частиц.
1.1,25* . Спортсмены бегут колонной длиной Z(l с одинаковыми
скоростями V. Навстречу бежит тренер со скоростью и (и < и). Спорт-
смен, поравнявшийся с тренером, разворачивается и бежит в обратную
сторону с той же величиной скорости и. Найдите длину колонны I, ко-
гда все спортсмены будут бежать в направлении, противоположном
первоначальному.
1.1.26. Автомобиль начинает двигаться из состояния покоя. Пер-
вую половину пути он движется с постоянным ускорением. Па вто-
ром участке пути он движется с постоянной скоростью и = 18 м/с, ко-
торой достиг в конце первого участка. Найдите среднюю скорость
автомобиля уср.
1.1.27. Частица начинает двигаться по прямой линии из состоя-
ния покоя с постоянным ускорением. В момент времени ti - 3 с ско-
рость частицы в точке Л равна у, = 6 м/с. Найдите расстояние s между
частицей и точкой Л за секунду до пересечения частицей точки Л.
1.1.28. Частица движется по оси х. На рис. 1.1.28 приведена за-
висимость проекции ускорения на ось х от времени. В какой момент
времени проекция скорости частицы vx(t) достигает наибольшего
значения?
1.1.29. Поезд начинает движение по прямой линии, параллель-
ной оси х. На рис. 1.1.29 а изображен график зависимости проекции
скорости vx(t) от времени. За время 2т поезд прошел путь s = 18 км.
Найдите ускорение поезда на отрезке времени [0,т], т = 10 мин.
Рис. 1.1.29 а
17
1.1.30. Две частицы начинают одновременно двигаться из начала
координат по оси х. Зависимость проекции скоростей частиц от вре-
мени изображена на рис. 1.1.30. В момент времени т = 1 с скорости
частиц одинаковы. Найдите значение t~ Т, при котором первая час-
тица догонит вторую.
1.1.31* -1.1.33*. Частица начинает двигаться по оси х из начала
координат. На рис. 1.1.31 приведена зависимость проекции скорости
на ось х от времени (уи = 10 м/с, т = 1 с).
Рис. 1.1.30
Рис. 1.1.31
1.1.31* . Найдите координату частицы через интервал времени
равный 2т.
1.1.32* . Найдите значение момента времени Т9 в который части-
ца окажется в исходном положении.
l.f.33. Найдите среднее значение проекции скорости частицы в
интервале (0,2т).
1.1.34. Координата частицы, движущейся по прямой линии,
x(t) = vj - а£2/2, t> 0. Найдите значение пути который частица
пройдет за промежуток времени tm - 2vQ/a.
1.1.35- 1.1.36. Частица начинает двигаться по оси х из начала
координат. На рис. 1.1.35 изображен график зависимости проекции
скорости vz(t) от времени (у0 = 10 м/с, т = 1 с).
1.1.35. Найдите значение х-координаты в момент времени t = Зт.
1.1.36. Найдите среднее значение проекции скорости на отрезке
времени [0, 2tJ.
1.1.37- 38. Частица начинает двигаться по оси х из начала коор-
динат. На рис. 1.1.37 изображен график зависимости проекции ско-
рости vx(t) от времени.
Ц)
о ..
Рис. 1.1.35 Рис. 1.1.37
18
1.1.37. Найдите значение ^-координаты в момент времени t = 4т.
1.1.38. Найдите путь, пройденный частицей на отрезке време-
ни [0, 4т].
1.1.39. Частица движется по прямой линии с постоянным уско-
рением, проходя последовательно два отрезка пути Z, и 12 за интерва-
лы времени и t2. Найдите величину ускорения частицы.
1.1.40. Частица движется по прямой линии. Проекция скорости
= ZcZ(/0 0. Найдите путь $, пройденный частицей за проме-
жуток времени /0.
1.1.41. Частица начинает двигаться но прямой линии с постоян-
ным ускорением, проходит путь I за пятую секунду и останавливает-
ся. Найдите путь $, пройденный частицей за третью секунду.
1.1.42. Тормозной путь железнодорожного состава, движущегося
со скоростью и = 51 км/ч, равен s = 390 м. Найдите коэффициент тре-
ния ц колес о рельсы.
1,1.43. При торможении автомобиль, движущийся со скоростью
р - 40 км/ч, прошел до полной остановки путь = 16 м. Определите
путь s2> который пройдет автомобиль при уменьшении скорости от
значения и3 = 100 км/ч до значения = 60 км/ч.
1,1.44. Частица движется по оси х из начала координат с нулевой
начальной скоростью и ускорением а в течение промежутка време-
ни т. Затем через промежуток времени т ускорение изменяет знак на
противоположный и частица проходит начало координат со скоро-
стью = -и. Найдите максимальное расстояние хт, на которое час-
тица сместилась от начала координат.
1.1.45. Частица движется по оси х. Проекция скорости vr про-
порциональна квадрату координаты частицы х. При х - х0, значение
= Найдите значение проекции ускорения частицы ам при х - ян.
1.1.46. Частица движется в плоскости ху с постоянным ускоре-
нием а = (0, ~а, 0), а = 10 м/с2. Уравнение траектории частицы
у = кх - Ьх , к = 3, b - 2 м“1. Найдите скорость частицы v = (uv v2, 0) в
начале координат.
1.1.47. Концы стержня ИВ, но которому перемещается частица,
скользят ио двум взаимно перпендикулярным прямым: точка В дви-
жется но оси т, точка А — но оси у. В начальный момент времени
= 0 стержень расположен на оси у, конец стержня В и частица — в
начале координат. Величина скорости точки В равна и, частицы от-
носительно стержня — и, длина стержня — I. Найдите максимальное
значение //-координаты частицы.
19
1.1.48. Четыре стержня одинаковой длины а, соединенные шар-
нирами, образуют ромб ABCD. В момент времени t = 0 вершины А н С
начинают смещать в противоположные стороны со скоростями оди-
наковой величины v(l) = kt(T- i), 0 < t < Т (рис. 1.1.48а). В момент
времени t = Т ромб переходит в квадрат. Найдите ускорение а6(7)
вершины В в момент времени t-T.
1.1.49. Конец Л тонкой нити длиной закреплен на пересечении
кругового цилиндра радиусом R и горизонтальной плоскости. К дру-
гому концу Р натянутой нити прикреплена частица, которая движет-
ся вокруг цилиндра в той же горизонтальной плоскости. Найдите
длину траектории частицы sm через промежуток времени, соответст-
вующий намотке всей нити на цилиндр.
1.1.50. Человек начинает бежать вверх по движущемуся эскалато-
ру с ускорением а. Добежав до середины эскалатора, он разворачива-
ется и начинает спускаться с тем же ускорением. Найдите промежуток
времени Т, в течение которого человек находился на эскалаторе. Длина
эскалатора /, скорость и.
1.1.51* . На рис. 1.1.51 изображены начальные витки двух спира-
лей Архимеда в координатах х\ у \ отрезок ОР = А(р, 0 < ф < я и отрезок
ON = 4(2я-ф), п < ф £ 2п. Система К 'вращается в направлении движе-
ния часовой стрелки вокруг оси z с угловой скоростью со, относительно
неподвижной системы отсчета К. Найдите функцию хр = x(t) — коор-
динату точки Р пересечения оси х системы К с ветвями спирали, мак-
симальное значение функции x(t) и максимальное значение величины
скорости vm точки Р в системе К'. Назовите механические устройства, в
которых можно применить эту систему.
20
। । 52*-* 1.1.55*. Простое преследование на плоскости. Заяц
бежит с постоянной скоростью по прямой линии. За зайцем гонится
лиса со скоростью, постоянно направленной в «точку», где находится
заяц. В начальный момент времени лиса находится на расстоянии
= 100 м от зайца, скорости зайца и лисы образуют прямой угол. Ве-
личина скорости зайца и == 5 м/с, величина скорости лисы и = 4 м/с.
Вначале расстояние между ними уменьшается до минимальной ве-
личины sM = Ю м, затем возрастает.
1.1.52* . Найдите ускорение лисы в момент времени tm, соответст-
вующий расстоянию sm.
1.1.53* . Найдите расстояние между лисой и зайцем s(t) при зна-
чениях t tm.
1.1.54* . Величина скорости зайца и = 3 м/с, величина скорости
лисы и = 5 м/с. Найдите промежуток времени Т, через который лиса
догонит зайца.
1.1.55* . Найдите минимальное значение расстояния между ли-
сой и зайцем sf, если и = и.
1.1.56. Прямая линия АХР образует угол а с отрезком А^2 длиной
а. В момент времени t = 0 две частицы находятся в точках и А2.
Двигаясь по прямым линиям AtP и А2М с постоянными скоростями,
частицы встречаются в точке М на прямой АКР. Первая частица дви-
жется со скоростью Найдите наименьшее значение скорости и2 и
положение траектории второй частицы.
1.2. Движение с постоянным ускорением
Если начальные положение г(/0) = АЬ и скорость
задаются в момент времени t- tn * 0, то
^^о+М^о)’ (1-2.1)
= +?o(^”zo) + ^o(^_^o) /2- (1.2.2)
Рассмотрим, представляющий наибольший интерес,
случай движении тела с ускорением a0=g в однородном
поле тяжести пренебрегая силой сопротивления воздуха.
Для математического описания движения введем правую
систему координат. Плоскость ху совместим с вертикальной
плоскостью. Проведем ось х параллельно поверхности Зем-
21
ли, ось у направим вертикально вверх. Ось z перпендику-
лярна плоскости ху. Начальная скорость и0 = (иОх, иОу, 0).
Начало координат выберем так, что радиус-вектор частицы
в начальном положении r0 = (z0, у0, 0). Тогда координатное
представление (1.2.1) и (1.2.2) имеет вид
х(0 = х0 + v,J, y(t) =yQ + vQiit-gt2/2,z(t) = 0, (1.2.3)
^(0 = ^-^(0 = ^-^(0 =0- (1-2.4)
1.2.1. Автомобиль начинает двигаться из состояния покоя с по-
стоянным ускорением и за десятую секунду проходит путь $• = 19 м.
Найдите величину ускорения автомобиля.
1.2.2. Частица начинает двигаться по прямой линии из состоя-
ния покоя с постоянным ускорением. В момент времени = 3 с час-
тица достигает точки А. Расстояние между частицей и точкой А за се-
кунду до пересечения частицей точки А равно s ~ 1 м. Найдите
скорость частицы v в точке Л.
1.2.3. Пассажир первого вагона прогуливался по перрону. Когда
он подошел к концу последнего вагона, поезд начал двигаться с ус-
корением а = 0,072 м/с2. Пассажир сразу же побежал к своему ваго-
ну. Длина поезда I = 250 м. Найдите наименьшую величину скорости
пассажира если он успел сесть в первый вагон.
1.2.4. Частица движется по прямой линии с постоянным ускоре-
нием. В начале и в конце некоторого участка прямой проекции ско-
рости частицы равны и vr Найдите величину скорости частицы ит в
середине этого участка.
1.2.5* . Пассажир, опоздавший на поезд, увидел, что предпослед-
ний вагон прошел мимо него за интервал времени 7\, а последний —
за интервал времени Т2. Найдите интервал Т между моментами вре-
мени отправления поезда и выходом пассажира на перрон.
1.2.6* . Две частицы движутся по оси х. Проекции начальных
скоростей частиц = 6 м/с, и2 = -4 м/с. Проекции ускорений частиц
а2х = = а, а = 1 м/с2. Найдите минимальное значение начального
расстояния между частицами s, при котором они нс столкнутся.
1.2.7. Камень падает с башни с нулевой начальной скоростью.
Вторую половину пути он пролетел за интервал времени т = 1 с. Най-
дите высоту башни h.
1.2.8. Сосулька падает с карниза. Первую половину пути она
пролетела за интервал времени Т = 2 с. Найдите интервал времени т,
за который она пролетит оставшийся путь.
22
1.2.9. Сосулька падает с карниза. За последнюю секунду движе-
ния она пролетела 3/4 часть всего пути. Найдите интервал времени
падения Т.
1.2.Ю. Тело надает с начальной скоростью п(0) = 0. Найдите путь
6. пройденный телом за промежуток времени от Ц = 1 с до t2 - 2 с.
1.2.11. Найдите промежуток времени /0 между моментами време-
ни отрыва дождевых капель от крыши, если через промежуток вре-
мени Т после начала падения второй капли расстояние между ними
равное.
1.2.12. Камень брошен с поверхности Земли вертикально вверх.
На высоте h = 8,6 м он побывал дважды с интервалом времени 2т,
т = 1,5 с. Определите начальную скорость камня.
1.2.13. Камень брошен вертикально вверх с начальной скоростью
р = 9,8 м/с. Найдите максимальную высоту подъема камня hm.
1.2.14. Мяч, брошенный с поверхности земли вертикально вверх,
достиг высоты h = 4,9 м. Найдите величину скорости мяча и1 через
7= 0,9 с после бросания.
1.2.15. Камень брошен вертикально вверх. На некоторой высоте
камень находился в моменты времени Z, = 1 с и /2 = 3 с. Найдите на-
чальную скорость камня п(0).
1.2.16. Тело брошено вверх с земли с начальной скоростью
z?0 = 5 м/с. Когда тело достигло максимальной высоты, с земли броси-
ли вверх второе тело с той же начальной скоростью. Найдите значе-
ние высоты fe, на которой оба тела окажутся одновременно.
1.2.17. Ракета стартует по вертикали с постоянным ускорением
а. В момент времени Тдвигатель отключили. Найдите высоту подъе-
ма ракеты h. Сопротивлением воздуха пренебречь.
1.2.18. Частица движется по шероховатой горизонтальной плос-
кости. Если величина начальной скорости = 3 м/с, то частица пе-
ремещается на расстояние если величина начальной скорости
п2 = 4 м/с, то частица перемещается на расстояние s2. Найдите значе-
ние величины начальной скорости частицы р3, при котором частица
переместится на расстояние s3 =
1.2.19* . Каркас, представляющий собой стороны параллело-
грамма ABCD, закреплен над поверхностью земли. Промежутки вре-
мени падения капель из точек Л, В, С до земли соответственно равны
л/б с, 1Ь = \/2 с, = 1 с. Пайдите промежуток времени падения ка-
пли Тиз точки D.
23
1.2.20* . В четырехугольной пирамиде ABCDK две противопо-
ложные грани перпендикулярны плоскости основания. Основанием
пирамиды является равнобедренная трапеция ABCD, расположенная
на поверхности земли. Параметры пирамиды: $0=$Д/3 — расстоя-
ние между сторонами АВ и CD, sx = s — расстояние от середины
стороны АВ до вершины К, s2 =s/>/3 — расстояние от середины Л/2
стороны DC до вершины К. Найдите промежуток времени падения
капли Гиз вершины /С до земли.
1.2.21* . Навес в виде прямоугольного треугольника ABD образу-
ет двухгранный угол а с горизонтальной поверхностью земли, BD —
сторона, навеса расположенная на земле. Сторона AD - L, угол ABD
равен л/2, угол ADB равен 0. Найдите промежуток времени падения
капли Т с вершины Л.
1.2.22. Частица падает на наклонную плоскость, заданную урав-
нением Зг/ + 4z = 5d, где г — координата точки плоскости на оси, на-
правленной вертикально вверх, d = 2 м. Начальная скорость частицы
£(0), координаты точки столкновения частицы с плоскостью (0, yif zj.
Промежуток времени падения т. Найдите координаты начального
положения частицы rQ = (х0, уп, z0) и расстояние s между частицей и
плоскостью в момент времени t = 0.
1.2.23. Жонглер бросает с одного уровня два шарика вертикаль-
но вверх с начальными скоростями vQ = 5 м/с через промежуток вре-
мени t0 = 0,31 с. Определите интервал времени между моментом бро-
сания первого шарика и моментом времени, в который шарики
окажутся на одной высоте.
1.2.24. Жонглер бросил шарик вертикально вверх. Когда шарик
достиг максимальной высоты hm = 2 м относительно точки бросания,
был брошен второй шарик с той же начальной скоростью. Найдите
высоту Л, на которой шарики окажутся одновременно.
1.2.25* . Через равные интервалы времени жонглер бросает три
шарика вертикально вверх с одинаковыми начальными скоростями
= 4,9 м/с. В некоторый момент времени Тпервый и третий шарики
находятся на одном уровне. Найдите значение высоты h, на которой
находился второй шарик в момент времени Т.
1.2.26* . Через равные интервалы времени Тжонглер бросает мячи
вертикально вверх с одинаковыми начальными скоростями. Каждый
мяч находится в полете в течение времени 47L В момент бросания чет-
24
мяча расстояние между вторым и третьим мячами Ь. Найдите
л времени Ти максимальную высоту подъема мячей Н.
вертого
интерва
1.2.27. С задней линии корта с высоты Н = 2 м теннисист подал
мяч, скорость которого направлена по горизонтали. Высота сетки
= 1 м, длина корта я = 20 м. Пренебрегая сопротивлением воздуха,
найдите интервал начальных скоростей и0, необходимый для попада-
ния мяча на поле соперника и длину области Ь, недоступной мячу.
1.2.28. чКамень брошен с поверхности Земли с начальной скоро-
стью vQ под углом а к горизонтальной плоскости. Найдите макси-
мальные значения высоты подъема Н и дальности полета D камня.
Сопротивлением воздуха пренебрегаем.
1.2.29. Две частицы брошены с одинаковыми начальными скоро-
стями иод углами at = a, a2 = п/2 - а. Найдите отношение макси-
мальных высот подъема HJH2 и максимальных дальностей DJD2.
1.2.30* . Дальность полета снаряда, летящего по навесной траекто-
рии, равна максимальной высоте подъема Нт 3200 м. Найдите мак-
симальную высоту настильной траектории h при той же дальности.
1.2.31. Продолжительность полета мяча, брошенного под углом к
горизонту равна т = 2 с. Найдите максимальную высоту подъема мя-
ча 2/^.
1.2.32* . Спортсмен толкает ядро. Под каким углом а0 к горизонту
должна быть направлена скорость, чтобы ядро упало как можно
дальше? Начальная скорость ядра v0 - 13,5 м/с, высота точки броса-
ния ядра 7/=2 м.
1.2.33. Тело брошено с высоты Н под углом а к горизонтальной
плоскости. К поверхности земли оно подлетает под углом 0. Какое
расстояние по горизонтали пролетит тело?
1.2.34. Пикирующий бомбардировщик движется со скоростью vl
по отрезку прямой, образующей угол а с горизонтальной плоско-
стью. Цель перемещается по земле со скоростью и2 в плоскости дви-
жения самолета. Па каком расстоянии $ по горизонтали от цели
должна быть сброшена бомба с высоты 77, чтобы поразить цель?
1.2.35. Из одной точки над поверхностью земли вылетают одно-
временно две частицы с противоположно направленными по гори-
зонтали скоростями t;10 = 4 м/с, и и20 = 9 м/с. Найдите промежуток
времени Т, через который угол между скоростями частиц станет рав-
ным л/2.
25
1.2*36* . В точке А вертикальной плоскости, расположенной на
расстоянии s от точки О, находится камень. Из точки О вылетает яд-
ро, которое должно попасть в камень, который начинает падать с вы-
соты h в момент вылета ядра. Начальная скорость камня равна нулю.
Найдите угол а между вектором начальной скорости ядра и горизон-
тальной плоскостью.
1.2.37. На наклонную плоскость, образующую двухгранный угол
а с горизонтальной плоскостью, падает шарик с высоты h. После уп-
ругого столкновения с плоскостью шарик отскакивает со скоростью
величиной у0 = ^2gh . Найдите расстояние от точки падения шарика
до точки следующего столкновения с плоскостью.
1.2.38* . На высоте h частице придали горизонтально направлен-
ную начальную скорость величиной v[}. При отскоке от горизонталь-
ной плоскости отношение величины вертикальной компоненты ско-
рости после отскока к величине вертикальной компоненты скорости
до отскока равно к. Найдите расстояние $ от плоскости бросания до
точки остановки частицы.
1.3. Относительное движение
Скорость частицы в неподвижной системе отсчета
равна сумме скорости движущейся системы отсчета й и
скорости частицы и' относительно движущейся системы:
v-u + v'. (1.3.1)
Дифференцируя (1.3.1), получим соотношение, связы-
вающее ускорение частицы а в системе отсчета К и ускоре-
ние а! в системе отсчета АС, движущейся поступательно от-
носительно системы К с ускорением й) :
а=й? + а'. (1.3.2)
1.3.1. Координата первой частицы, движущейся по прямой
xA(l) = s - hut + За/2. Вторая частица движется с постоянной скоро-
стью относительно первой частицы, если:
A. x2(t) - 2s + 2vt + За/2,
Б. x2(t) = —6s + 5у/ - За/2,
В. x2(t) = s — мЯ - За/2,
F. х2(/) = 6s + 5у/,
Д. х2(/) = 2s - За/2.
26
1.3.2. По реке плывет щепка. Первый гребец плывет но течению
и обгоняет щепку на 20 метров, второй — плывет против течения и
отстает от щепки на 20 метров. Гребцы перемещают весла с одинако-
вой интенсивностью. Какой из гребцов затратил больше времени —
первый или второй?
1.3.3. Проплывая под мостом против течения, гребец потерял со-
ломенную шляпу. Обнаружив пропажу через Т = 10 мин, он повер-
нул назад и, гребя по течению с тем же темпом, подобрал шляпу на
расстоянии s = 1 км ниже моста. Найдите скорость течения реки и.
1.3.4. Катер, плывущий вниз по реке, догоняет щепку. Через
I = 25 мин после встречи со щепкой катер разворачивается назад и,
не изменяя мощность двигателя, снова встречает щепку на расстоянии
$ - 3 км от места первой встречи. Найдите скорость течения реки и.
1.3.5. По палубе теплохода ходит пассажир от кормы к носу и об-
ратно без остановок со скоростью v0 относительно теплохода. Ско-
рость теплохода и. Найдите условие, при котором пассажир окажется
на уровне любой точки на берегу ровно три раза.
1.3.6. Приборы, установленные на берегу, показывают, что ветер
дует с юго-запада, а величина скорости ветра и = 5 м/с. Что покажут
аналогичные приборы, установленные на корабле, идущем на запад
со скоростью и ~ 36 км/ч?
1.3.7. Поезд движется на север со скоростью и = 30 м/с. Пасса-
жир пролетающего над поездом вертолета, видит, что поезд движется
на запад со скоростью и' = 40 м/с. Найдите скорость вертолета и.
1.3.8. Самолет садится на авианосец, движущийся по океану со
скоростью в восточном направлении. Скорость ветра v2 направлена
на север, а самолет снижается с вертикальной скоростью и3 относи-
тельно авианосца. Найдите величину скорости v самолета по отно-
шению к движущемуся воздуху.
1.3.9. Скорость бутсы футболиста в момент удара по неподвиж-
ному мячу равна и. Определить скорость мяча после удара. Удар аб-
солютно упругий. Предполагается, что скорость бутсы после удара не
изменяется, т.е. масса бутсы значительно больше массы мяча.
1.3.10. Скорость струи пара перед попаданием на лопатки паро-
вой турбины равна и. Найдите значение величины скорости лопат-
ки у, при которой вся кинетическая энергия струи пара может пе-
рейти в энергию вращения турбины.
27
1.3.11. Плита движется вверх с постоянной скоростью и = 4 м/с. На
нее падает шарик перпендикулярно плоскости плиты. В момент абсо-
лютно упругого столкновения с плитой скорость шарика иь = 6 м/с.
Найдите величину скорости шарика и после отскока.
1.3.12. Частица, пролетев по вертикали расстояние h, сталкива-
ется с горизонтальной плоскостью тяжелой плиты, движущейся
вверх со скоростью и. Найдите промежуток времени Т между двумя
последовательными столкновениями частицы с плитой.
1.3.13. Колесо катится по горизонтальной поверхности со скоро-
стью и без проскальзывания (рис. 1.3.13а). Определите величину
скоростей точек А, В, С, D.
С
Рис. 1.3.13 а
1.3.14. Колесо катится без проскальзывания по горизонтальной
плоскости. Скорость центра колеса й = (и, 0, 0). Точка Я находится на
ободе колеса. Найдите значения углов между радиус-вектором точки К
и скорости й, при которых величина скорости точки Яравна и.
1.3.15* . Машина движется со скоростью и по дороге, покрытой
гравием. Найдите максимальную высоту Нт, которой достигнет ка-
мешек, оторвавшись от покрышки колеса радиусом Я?
1.4. Законы Ньютона
Основное уравнение механики. В 1687 г. Ньютон уста-
новил соотношение между массой тела, ускорением и дей-
ствующими на него силами
ma = F. (1.4.1)
Здесь F — сумма сил, действующих на тело, ш — масса
тела. Отсюда следует полезный рецепт: для того чтобы пе-
речислить все силы, действующие на данное тело, необхо-
28
димо перечислить все тела, с которыми оно взаимодейст-
вует.
Уравнение (1,4.1) представляет собой символическую
форму записи трех уравнений. В декартовых координатах
имеем
тах = тау = mat = Л- -4.2)
Поскольку ускорение является второй производной ко-
ординат, то уравнения (1.4.2) представляют собой три диф-
ференциальных уравнения.
В СИ единицей массы является килограмм, единицей
силы — Ньютон. Сила 1 Н сообщает телу массой 1 кг уско-
рение 1 м/с2, Внесистемная единица силы — 1кгс = 9,8 Н —
сила, сообщающая телу массой 1 кг ускорение g = 9,8 м/с2.
При взаимодействии двух тел сила Fab, действующая
на частицу а со стороны частицы Ь, равна и противополож-
на по направлению силе Fbo , действующей на частицу b со
стороны частицы а. Запишем это утверждение в виде
(1.4.3)
Следовательно, все силы возникают «парами».
1.4.1. Кубик массой т лежит на столе. Найдите величину силы
реакции плоскости 2Vt, если приложить к кубику силу F, направ-
ленную перпендикулярно поверхности верхней грани.
1.4.2. Два соприкасающихся тела массами т1 = 3 кг и т2 = 2 кг
движутся по гладкой горизонтальной плоскости, под действием силы
F = 10 Н, приложенной к первому телу. Определите горизонтальную
компоненту силы, действующей на тело массой тг.
1.4.3. На рис. 1.4.3 изображены четыре одинаковых кирпича, ко-
торые движутся по гладкой горизонтальной плоскости под действием
силы F , приложенной к первому кирпичу. Найдите величину гори-
зонтальной компоненты силы fr действующей на четвертый кирпич.
n2 N3 Nt
Рис. 1.4.3
1.4.4. К двум телам, находящимся на гладком столе, прикреплен
ШнУР, масса которого пренебрежимо мала по сравнению с массами
29
тел = 4 кг и т2 = 6 кг. Шнур разрывается, если к телу массой mi
приложить силу Fl = 200 Н. Найдите минимальное значение силы F2,
которую необходимо приложить к телу массой т2, чтобы разорвать
шнур.
1.4.5. Пружина прикреплена к обойме динамометра массой
М = 3 кг и к крюку массой гп = 2 кг. Динамометр находится па глад-
кой поверхности стола. К крюку приложена сила величиной = 8 Н,
к обойме — F2 = 5 Н. Определите показание динамометра.
1.4.6. На подставке лежит груз, прикрепленный к нерастянутой
пружине, ось которой направлена по вертикали. В момент времени
I = 0 подставку начинают перемещать вертикально вниз с постоян-
ной величиной ускорения a <g. Найдите промежуток времени че-
рез который груз оторвется от подставки? Жесткость пружины /с,
масса груза т.
1.4.7. Веревка выдерживает неподвижный груз массой не более
= 100 кг. На этой веревке поднимают груз массой т2 = 50 кг. Най-
дите максимальное значение высоты Я, на которую можно поднять
груз с постоянным ускорением за интервал времени т = 2 с.
1.4.8. Космический корабль стартует вертикально с Земли или
тормозится при спуске, входя по вертикали в плотные слои атмосфе-
ры. Величина ускорения равна а. Найдите вес космонавта.
1.4.9. Найдите вес тела Р, лежащего на подставке, ускорение ко-
торой равно вектору g .
1.4.10. Коробка массой с гладким дном, в которой находится
груз массой т2, скользит по гладкой наклонной плоскости, образую-
щей угол а с горизонтальной плоскостью. Найдите величину силы
давления груза Т на переднюю стенку коробки.
1.4.11. В лифте, движущемся вниз, вес тела массой т = 100 кг
равен Р = 1100 Н. Найдите значение величины ускорения лифта а.
1.4.12. В лифте, движущемся вверх, вес тела массой т = 100 кг
равен Р = 900 Н. Найдите значение величины ускорения лифта а.
1.4.13. «Лифт» движется с ускорением, параллельным вектору
g . Величина ускорения лифта а > g. Найдите вес тела Р.
1.4.14. Одна плоская грань клина соприкасается с вертикальной
плоскостью стенки. По другой грани — гладкой плоскости, обра-
зующей угол а с гладкой горизонтальной плоскостью, скользит тело
массой т. Найдите величину силы давления клина G на стенку.
30
I 4 15. На рис. 1.1.18 изображен стержень АВ длиной Z, концы
которого скользят по двум взаимно перпендикулярным прямым.
Скорость точки В равна v . В точке С закреплена частица массой т.
Найдите силу реакции N (<р), действующую на частицу.
1.4.16. На гладкой тонкой оси висит однородный канат длиной I
массой т. Найдите величину силы давления ZVna ось при соскальзы-
вании каната, когда расстояние между его концами равно 5.
1.4.17. Два груза масс mi ~ М и т2 = М подвешены на нерастя-
жимой нити, перекинутой через блок. На один из них положили пе-
регрузок массой дп3 = т. Определите ускорение перегрузка а, величи-
ну силы давления перегрузка на груз N, натяжения нити Т и
величину силы, действующей на ось блока Р.
1.4.18. На одном конце нерастяжимой нити, переброшенной че-
рез блок, закреплена частица массой mv а по другой части нити пе-
ремещается вниз частица массой т2 с ускорением w относительно ни-
ти. Найдите ускорения частиц и величину силы натяжения нити.
1.4.19. Груз массой прикреплен к невесомой нити, перекину-
той через неподвижный блок, конец которой закреплен на оси второ-
го движущегося блока (рис. 1.4.19а). Через этот блок перекинута
нить, на одном конце которой прикреплен груз массой т2, а на дру-
гом конце нити — груз массой mv Найдите проекцию ускорения вто-
рого блока на вертикаль и величину силы натяжения нити, охваты-
вающей этот блок.
Рис. 1.4.19 а Рис. 1.4.20
1.4.20. Маляр работает в подвесном кресле, висящем на веревке, пе-
рекинутой через блок и закрепленной на нерилах кресла (рис. 1.4.20).
31
Масса маляра тпр масса кресла т2. Найдите величину силы давления
маляра на кресло N и силы Г, которую он прилагает к веревке, поднима-
ясь вверх с ускорением величиной а.
1.4.21. Груз массой = т прикреплен к невесомой нерастяжи-
мой нити, перекинутой через два невесомых блока (рис. 1.4.21а). К
оси второго подвижного блока прикреплен груз массой т2 = т. Най-
дите величину силы 7V, действующей на неподвижную ось первого
блока.
1.4.22. Груз массой тх прикреплен к невесомой нити, перекину-
той через первый неподвижный блок, конец которой закреплен на
оси второго движущегося блока (рис. 1.4.22а). Через второй блок пе-
рекинута нить, на одном конце которой прикреплен груз массой т2, а
другой конец закреплен на неподвижном основании. Найдите вели-
чину ускорения груза Массы блоков и нитей пренебрежимо малы
но сравнению с массами грузов.
ZZZZZZZZZZ
ПППтг
Рис. 1.4.21 а
/////
Рис. 1.4,22 а
1.4.23. Через три невесомых блока перекинута невесомая нерас-
тяжимая нить, концы которой закреплены на балке (рис. 1.4.23).. К
осям двух подвижных блоков прикреплены грузы массами = т и
т2 = 4ог. Ось третьего блока неподвижна. Найдите величину силы 7V,
действующей на ось этого блока со стороны нити, прикрепленной к
балке.
1.4.24. Два груза масс ог, = т, т3 - т/2 прикреплены к невесог
мой, нерастяжимой нити, проходящей через три невесомых блока.
Груз массой т2 = 2т закреплен па оси подвижного среднего блока
(рис. 1.4.24а). Найдите величину ускорения а2 груза массой т2.
1.4.25* . К нерастяжимой, невесомой нити, перекинутой через
невесомый блок, прикреплены грузы массами = Зтга и т2 = 2т.
32
Вначале блок заторможен и уравновешен на весах (рис. 1.4.25). За-
тем блок освобождают. Найдите массу гирь Дт, которые необходимо
снять с чашки для того, чтобы восстановить равновесие весов.
1,4.26» На рисч 1.4.26а изображены четыре груза, прикреплен-
ных к невесомой, нерастяжимой нити, перекинутой через три блока.
Масса каждого груза — т. Найдите проекции ускорений грузов на
числовую ось, направленную вертикально вниз.
Рис. 1.4.23
Рис. 1.4.24 а
ZZZZZZZZZ
Рис. 1.4.25
Рис. 1.4.26а
1.4.27. Автомашина набирает скорость 100 км/ч » 28 м/с за 10 с,
двигаясь с ускорением а » 2,8 м/с2. Какая сила сообщает машине ус-
корение?
1.4.28. Электровоз движется вверх по уклону с постоянным ус-
корением. Найдите «силу тяги», действующей па электровоз.
33
1.4.29- 1.4.32. К телу массой т = 4 кг, лежащему на горизон-
тальной шероховатой плоскости, приложена сила <mg), на-
правленная под углом а = л/6 к горизонту, коэффициент трения ме-
жду телом и плоскостью ц = 0,2.
1.4.29. Найти ускорение тела, если F= 1 Н.
1.4.30. Найти ускорение тела, если F = 19,6 И.
1.4.31. Найдите значение величины силы, при котором тело дви-
жется с постоянной скоростью.
1.4.32. Найдите наименьшее значение величины силы F, при ко-
тором тело движется с постоянной скоростью,
1.4.33. К телу массой т, лежащему на горизонтальной плоскости,
прикреплена нерастяжимая нить. Величина силы натяжения нити,
расположенной под углом а к плоскости равна F = mg sin 0, где tg 0 = ц,
ц — коэффициент трения, а * 0. Найдите величину ускорения тела.
1.4.34. К телу массой т, на горизонтальной плоскости, прикреп-
лена нерастяжимая нить, направленная под углом а к плоскости. В
результате действия силы тело движется с постоянной скоростью.
Найдите ускорение тела, если нить расположить под углом у > а.
1.4.35. Запишите в векторной форме силу трения, действующую
на движущееся тело.
А. Тело скользит по плоскости.
Б. Тело движется в среде; модуль силы трения пропорционален
скорости тела.
В. Тело движется в среде; модуль силы трения пропорционален
квадрату скорости тела.
1.4.36. Тело массой т находится на горизонтально расположен-
ной плоскости доски, движущейся в горизонтальном направлении с
ускорением а. Коэффициент трения между телом и доской равен ц.
Найти зависимость силы трения от ускорения доски.
1,4.37. Тело находится на горизонтальной плоскости, движущей-
ся в горизонтальном направлении с ускорением а0 = 1 м/с2. Коэффи-
циент трения между плоскостью и телом ц = 0,2. Найдите величину
ускорения тела а.
1.4.38. Тело массой т2 находится на доске массой mv лежащей на
горизонтальной плоскости. Коэффициент трения между телом и дос-
кой равен ц.2, между доской и плоскостью — К доске приложена
горизонтально направленная сила F .
Л. Найдите наименьшее значение величины силы Fmhl, при кото-
ром вся система движется как целое.
34
Б Найдите значение величины силы Fo, при котором тело со-
скользнет с доски.
1 4.39. Доска массой тл лежит на гладкой горизонтальной плос-
кости по которой может двигаться без трения. На доске лежит тело
массой т2, к которому приложена в горизонтальном направлении
сила F (рис. 1.4.39). Коэффициент трения между плоскостью доски
и телом — Ц- Найдите значение величины силы F , при котором тело
начнет скользить по доске.
1.4.40. По неподвижной гладкой наклонной плоскости с углом
наклона а соскальзывает клин (рис. 1.4.40). На верхней горизон-
тально ориентированной грани клина находится груз массой т, не-
подвижный относительно клина. Найдите величину / силы трения
покоя, действующей на груз.
Л
Рис. 1.4.40
Рис. 1.4.39
1.4.41. Тело находится на наклонной плоскости, образующей
угол а с горизонтальной плоскостью. Коэффициент трения — ц.
Найдите зависимость силы трения от угла а.
1.4.42. Наклонная плоскость образует угол а = л/6 с горизон-
тальной плоскостью. Если телу, находящемуся у основания наклон-
ной плоскости, сообщить начальную скорость, то оно остановится че-
рез интервал времени tn и соскользнет до основания за интервал
времени /сл. Отношение tzn/tu = 2. Найдите коэффициент трения цтела
и плоскости.
1.4.43. Наклонная плоскость образует угол а с горизонтальной
плоскостью. Коэффициент трения поверхности деревянного бруска о
плоскость ц, ц < tg а. Найдите наименьшее значение величины нор-
мальной силы Fm, с которой необходимо прижать брусок к плоскости,
чтобы он оставался в покое.
1.4.44- 1.4.45. Тело массой т находится на неподвижной шеро-
ховатой наклонной плоскости, образующей угол а с горизонтальной
35
плоскостью. К телу приложили горизонтально направленную си-
лу F (рис. 1.4.44).
1.4.44. Найдите условия, при которых ускорение тела равно нулю.
1.4.45. Найдите значение величины силы F, при котором тело
перемещается вверх по плоскости с постоянной скоростью.
1.4.46. Цилиндр скользит но шероховатой поверхности желоба,
представляющего собой двухгранный угол 2£ (рис. 1.4.46). Ребро на-
клонено к горизонтальной плоскости под углом а, плоскости угла об-
разуют одинаковые углы с горизонтальной плоскостью. Найдите
проекцию ускорения цилиндра а на ребро желоба.
Рис. 1.4.44
Рис. 1.4.46.
1.4.47. К тележке массой т прикреплена нерастяжимая нить, пе-
рекинутая через блок. На другом конце нити закреплен груз мас-
сой т (рис. 1.4.47). В начальный момент времени скорость тележки
170 = 4,9 м/с. Найдите путь s, пройденный тележкой за промежуток
времени Т = 2 с.
1.4.48. На гладкий стержень, образующий угол а с горизонталь-
ной плоскостью, надето колечко массы mv которое может скользить
по стержню. К колечку на невесомой нити прикреплена частица мас-
сой т2. В начальный момент времени нить вертикальна (рис. 1.4.48).
Найдите величину натяжения нити Т.
1.4.49. Скользящая по гладкой вертикальной стене призма со-
прикасается с кубом, который, может двигаться по гладкой горизон-
тальной плоскости (рис. 1.4.49). Двухгранный угол между плоско-
стями призмы а. Масса призмы масса куба т2. Найдите величину
сил реакции /Ув точке контакта, ускорения призмы aiy и куба а.^.
Рис. 1.4.47
36
Рис. 1.4.49
Рис. 1.4.48
1 4 50. Шар брошен вертикально вверх с начальной скоростью у0.
Сила сопротивления F = -kv . В момент времени Тпадения на землю
величина скорости £>(7) = qv(O). Найдите интервал времени движе-
ния шара Т (к и q - постоянные коэффициенты).
1.4.51. Лодке массой ш сообщили начальную скорость Но. Сила
сопротивления, действующая на лодку F = -ки . Найдите расстояние
s пройденное лодкой до остановки.
1.4.52. Сила сопротивления воздуха при полете парашютиста
р = -CpSvv пропорциональна квадрату скорости, р — плотность
воздуха, S ~ площадь наибольшего поперечного сечения тела, пер-
пендикулярного скорости тела (мидель), С — коэффициент лобового
сопротивления, зависящий от формы и ориентации тела относитель-
но вектора скорости. Используя метод размерностей, оцените интер-
вал времени т, за который скорость парашютиста приблизится к по-
стоянной величине.
1.4.53* . К машине прикреплен упругий шнур. Другой конец
шнура прикреплен к грузовику. В момент времени t - 0 грузовик на-
чинает двигаться со скоростью и. Найдите интервал времени At через
который машина столкнется с грузовиком. Масса машины — яг, же-
сткость шнура — к, длина шнура в ненапряженном состоянии — Z().
1.4.54* . На шероховатой наклонной плоскости с углом наклона а
лежит шайба, которой сообщают горизонтально направленную ско-
рость величиной ип. Коэффициент трения скольжения шайбы по
плоскости ц, ц > tga. Найдите промежуток времени через который
шайба остановится.
1.4.55* . Шарик падает с нулевой начальной скоростью на горизон-
тальную плоскость. В результате установившегося движения скорость
шарика достигает постоянного значения. Найдите начальное ускоре-
ние шарика после абсолютно упругого столкновения с плоскостью.
1.5. Законы сохранения и изменения импульса
системы тел. Движение тела переменной массы
Импульсом системы Р , состоящей из /V частиц, называ-
ется сумма импульсов всех частиц:
Р = vx +m2v2 + ... = Т/па va. (1.5.1)
Радиус - вектор центра масс системы
R = lsnra/m> (1.5.2)
37
Силы, взаимодействия N частиц системы, называют
внутренними силами, остальные силы, действующие на
систему со стороны частиц, не принадлежащих системе, на-
зывают внешними силами. Закон изменения импульса сис-
темы /Участии
dP -
— Г. (1.5.3)
at
Здесь F — сумма внешних сил. Если Fx = Fy = 0, то со-
храняются компоненты Рт = С\, Ру = С2 полного импульса
системы.
Уравнение движения тела переменной массы
dv dm _ — .а г
т—--------+ mg±F (1.5.4)
dt dt
получено русским математиком И.В. Мещерским в 1897 г. и
носит его имя. Здесь (?=с-и — скорость газа относительно
ракеты, с — скорость истечения газа, F — сумма внешних
сил. Отметим, что это уравнение позволяет исследовать не
только движение ракеты, но и любых тел переменной мас-
сы, например, капли воды в насыщенной влагой среде. Для
получения полной системы уравнение (1.5.4), содержащее
четыре неизвестных функции т и г (/) = [лт(^), y(t), z(0],
должно быть дополнено условием, которое задает явную
или неявную зависимость массы от времени.
1.5.1. Палочка длиной L = 15 см, массой тх - 4,6 г находится на
гладкой горизонтальной плоскости. На одном конце палочки сидит
жук массой т2 = 0,4 г. Найдите величину смещения палочки s при
перемещении жука с одного конца на другой конец палочки.
1.5.2. На наклонной плоскости, установленной на платформе
массой т, = 950 кг, находится клин массой т2 - 50 кг (рис. 1.5.2).
Длина платформы АВ равна ZJ = 10 м, длина стороны клина CD равна
/2 = 4 м. Клип смещается к правому торцу платформы. Найдите рас-
стояние s, на которое переместилась платформа.
Рис. 1.5.2
38
15 3. Клин находится на гладкой горизонтальной плоскости. По
гладкой
времени
плоскости клина движется частица. В начальный момент
частица находится на расстоянии h от горизонтальной плос-
кости, скорости частицы и клина равны нулю.
А. Найдите интервал времени Т, в течение которого частица дос-
тигнет основания клина. Масса клина - wp масса частицы — пг2, угол
наклона клипа - а.
Б. Найдите величину силы реакции Л’, действующую на частицу
и силы давления на плоскость В.
1.5.4. Система, состоящая их двух частиц соединенных пружи-
ной, движется но оси х, Коэффициент жесткости пружины /с. Длина
в ненапряженном состоянии /(|. Пусть zp j?2 — координаты частиц
(х > > 0). Частицы взаимодействуют с третьей неподвижной час-
тицей, находящейся в начале координат: проекции сил, действую-
щих на частицы Fl3 = F(xx), F^ = F(x2). Запишите уравнения движе-
ния частиц и закон изменения импульса системы и покажите, что
внутренние силы влияют на движение центра масс системы.
1.5.5. Снайперская винтовка 308 Винчестер (армейское название
Т— 65) подвешена на двух нитях. Дульная скорость пули макси-
мальной массы m = 11,6 г равна vv = 850 м/с. Масса винтовки М = 3 кг.
Найдите скорость отдачи о.
1.5.6. Однородный тонкий стержень А В длиной I поставили кон-
цом А на гладкую горизонтальную плоскость. Угол между стержнем
и плоскостью — а. Начальная скорость стержня равна нулю. Найди-
те уравнение траектории точки В в процессе «падения» стержня.
1.5.7. Дальность полета снаряда равна D. Пусть снаряд разрыва-
ется в наивысшей точке траектории на два одинаковых осколка. На
каком расстоянии $ по горизонтали от точки выстрела упадет один из
осколков, если другой возвращается по траектории снаряда?
1.5.8. Ракета, запущенная вертикально вверх разорвалась в
высшей точке траектории на три осколка равных масс. Два из них
упали на землю за промежуток времени Т, третий — за промежуток т,
т < Т. Найдите начальную скорость ракеты п0.
1-5.9. Две лодки движутся навстречу друг другу. В каждой лодке
находится груз ~ мешок. Масса каждой лодки — М, масса мешка —
^личина скорости каждой лодки — и. Когда нос первой лодки
оказался на уровне кормы второй лодки, со второй лодки перемести-
ли мешок на первую, а с первой — на вторую.
39
А. Найдите величины скоростей лодок и, если мешки перемеща-
ют через некоторый промежуток времени.
Б. Найдите величины скоростей лодок и', если мешки перемеща-
ют одновременно.
1.5.10. Ракета на старте. Оцените скорость сгорания топлива при
старте системы «Saturn-5» — Appolo-11, впервые доставившей
20 июля 1969 г. астронавтов Нейла Армстронга и Эдвина Олдрина па
Луну. Начальная масса системы т(0) = 2950 т, длина 111м, скорость
истечения газов с0 = 2,6 • 103 м/с.
1.5.11. Подъем ракеты. Пусть масса ракеты равна масса по-
рохового заряда MQ тп0, MJm^ = 1/10, скорость газов с' - 200 м/с.
В процессе сгорания в интервале времени 0 < t < т масса заряда
M(t) = MQ(1 - //т), где т = 1 с. Найдите высоту подъема ракеты //.
1.5.12. На участке вертикального подъема ракета движется с ре-
активным ускорением постоянной величины ар. Начальная масса ра-
кеты Ап(0) = тп, масса ракеты в конечной точке траектории разгона —
т{Т) = тк. Найдите величину скорости ракеты ик = и(Т).
1.5.13. Ракета-носитель должна сообщить полезной нагрузке
массой та и конструкции массой тр скорость ик. Масса баков и топ-
лива - тт. Предполагается, что величина реактивной силы тяги зна-
чительно больше величины силы тяжести ракеты с полезной нагруз-
кой и силы сопротивления воздуха.
А. Одноступенчатая ракета. Найдите число Циолковского
z = где тп — начальная масса ракеты, тк = тр + тп — конечная
масса.
Б. Трехступенчатая ракета. Представим ее в виде трех односту-
пенчатых субракет, каждая из которых приобретает скорость vn = цУЗ
(n = 1, 2, 3). Предполагается, что скорость истечения и отношения
масс mJMx = MJM2 = MJmK = зл, где Л/, — масса без первой ступени,
Mt — масса без второй ступени. Найдите число Циолковского субра-
кеты zn.
1.5.14. Мощность ракетного двигателя. Запишите закон измене-
ния кинетической энергии ракеты и найдите мощность Рдв, развивае-
мую ракетным двигателем.
1.5.15. Найдите мощность, развиваемую ракетным двигателем
при зависании ракеты над поверхностью земли.
1.5.16. Ведро массой Мтянут из колодца на веревке с постоянной
силой F. Вода массой тп вытекает из ведра с постоянной скоростью.
40
В течение интервала времени Т вся вода вытекает. Найдите скорость
ведра в момент времени 7.
1.5.17. Голова кобры поднимается- вертикально вверх с постоян-
ной скоростью и. Покажите, что вес кобры возрастает на величину
Mv Ц, где М — масса кобры, I — длина кобры.
1.5.18* . Капля падает по вертикали в среде с постоянным уско-
рением. Сила сопротивления среды F = -kSvv , где 5— площадь по-
перечного сечения капли. Вследствие конденсации масса капли из-
меняется по закону dmjdt = aSv. Здесь а и к постоянные
коэффициенты. Начальное значение радиуса капли г(0) « 0, началь-
ная скорость равна нулю. Найдите величину ускорения капли.
1.5.19* -1.5.20*. Две Кембриджские задачи.
В 1979 г. вышел перевод книги «Образованный ученый», напи-
санной сотрудником знаменитой Кавендишской лаборатории Кем-
бриджского университета, выдающимся физиком-теоретиком Б. Пип-
пардом. Первым главой лаборатории, открытой в 1874 г., был великий
Джеймс Клерк Максвелл, затем Дж. Дж. Томсон, Дж. У. Рэлей, Э. Ре-
зерфорд, .... Большая часть книги — это экзаменационные задачи.
Разберем две задачи о движении цепи, решение которых известно с
середины XIX в.
1.5.19. Однородная цепь свешивается с края стола. Остальная
часть цепи сложена в кучу на крае стола. В начальный момент вре-
мени скорость цепи равна нулю. Найдите ускорение цепи а.
1.5.20. Однородная цепь АВ массой М висит вертикально, каса-
ясь концом В поверхности пола. Цепь отпускают. Найдите зависи-
мость величины силы давления цепи на пол от времени. Покажите,
что в момент падения конца А на пол величина силы давления в три
раза больше веса цепи.
1.6. Статика
Первое условие равновесия твердого тела:
в положении равновесия сумма сил, действующих на
твердое тело, равна нулю.
Момент силы. Момент силы F = (Ft, Fyt Fz), приложен-
ный к частице, находящейся в точке г = (аг, у, z), равен
М - г х F . Если к частице приложена сила F = (Fx, Fy, 0)
41
в точке г - (х, у, 0), то момент силы представляет собой век-
тор М = (0, 0, Мг), где М3 = xFy - yb\ = hF, h = r sin у —
«плечо» силы, у — угол между вект.орами г и F .
Второе условие равновесия твердого тела:
в положении равновесия сумма моментов сил, дейст-
вующих на тело относительно произвольной точки равна
нулю.
Равнодействующая сила. Силы F\, F2, F3...прило-
женные к твердому телу, имеют равнодействующую силу
F = + F2 + F3 + ... , если ее момент относительно про-
извольной точки О равен сумме моментов сил относительно
той же точки О. Это определение имеет конструктивный ха-
рактер и позволяет получить три уравнения для определе-
ния положения точки приложения равнодействующей си-
лы F.
Центр тяжести. Точка приложения равнодействующей
сил тяжести, действующих на частицы твердого тела, назы-
вается центром тяжести.
Теорема о трех силах. Если под действием трех сил Fi,
F2, F3 , принадлежащих одной плоскости, тело находится
в равновесии, то векторы сил принадлежат прямым, кото-
рые пересекаются в одной точке.
1.6.1. На рис. 1.6.1 на плоскости ху изображены четыре точечные
массы т{ = т, т2 = 2т, т3 = Зт, = im, расположенные в вершинах
квадрата со стороной а, и частица массой zn5 = 5т в центре квадрата.
Найдите координаты центра тяжести системы.
• •
7П.1 ГП4
"м* X
Ш2
Рис. 1.6.1
1.6.2. При выплавке в свинцовом шаре радиуса R образовалась
сферическая полость радиуса Н/2, поверхность которой касается по-
42
верхности шара и проходит через его центр. Найдите расстояние от
центра шара до центра тяжести этого тела.
1.6.3. Из квадратной однородной пластинки с длиной ребра а
вырезали равнобедренный треугольник высотой Л, основание кото-
рого равно а. Найдите расстояние I от центра пластины до центра тя-
жести полученной фигуры (0 < h < а),
1.6.4. Из заготовки в виде цилиндра радиусом JR, длиной I токарь
должен выточить цилиндр радиуса г. Токарь перемешает резец со
скоростью v. Найдите наибольшее значение смещения центра тяже-
сти хт в процессе обработки заготовки.
1.6.5. -1.6.6. Однородный стержень изогнут в форме прямого уг-
ла АОВ со сторонами АО = а, ВО - Ь, (Ь > а) и подвешен на горизон-
тально расположенную ось.
1.6.5. Найдите тангенс угла а между стороной ИО и вертикалью.
1.6.6. Найдите расстояние ОС от вершины угла до центра тяже-
сти прямого угла.
1.6.7. Квадрат из однородной проволоки, у которого отрезана од-
на сторона, одним углом подвешен на гвоздь. Найдите угол а, обра-
зуемый средней стороной с вертикалью.
1.6.8. А. Доска выдвинута за край стола на 1/3 своей длины.
Длина доски L. Найдите расстояние s от края стола до точки прило-
жения силы реакции, действующей на доску со стороны стола.
Б. Часть доски длиной aL выдвинута за край стола и не опроки-
дывается, если на свешивающийся конец положить груз массой не
более Мг Найдите длину части доски 0L, которую можно выдвинуть
за край стола, если заменить груз массой на груз массой М2 < Мг
1.6.9. На столе лежат три книги. Значения сил тяжести, дейст-
вующих на каждую книгу, указаны на рис. 1.6.9. Определите вели-
чину силы F, действующей на книгу № 2.
1.6.10. Брусок, на который действует сила тяжести 5 Н, прижима-
ют к стене с силой 12 Н, направленной горизонтально (рис. 1.6.10).
Коэффициент трения скольжения равен ц = 0,5. Найдите величину
силы /?, действующую на брусок со стороны стенки.
№ 1 ЗН
№2 4Н
№3 5Н
12Н
Рис. 1.6.9
Рис. 1.6.10
43
1.6.11. Один конец пружины, жесткостью Аг, длиной Zo в нена-
пряженном состоянии, прикреплен к неподвижной стенке, другой —
прикреплен к частице массой т, которая может перемещаться по
плоскости. Коэффициент трения — р. Найдите интервал расстояний
между стенкой и частицей в состоянии покоя.
1.6.12. Модель стопы. На рис. 1.6.12 изображена модель стопы
гимнаста весом Р, стоящего одной ногой на пуанте (от фр. pointe —
острие). На стопу действуют сила реакции Р, сила упругости сухо-
жилий Т и сила давления голени на лодыжку N . Плечо силы Р от-
носительно оси, проходящей через точку О, в два раза больше плеча
силы Т. Найдите величину силы N.
1.6.13. У вас имеется фиксированная горизонтальная ось и одно-
родный стержень с отверстием в середине. Что необходимо сделать
для того, чтобы устроить рычажные весы?
1.6.14. Стержень АОВ (АО - а, ОВ - Ь), который может вращать-
ся вокруг горизонтальной оси, проходящей через точку О, использу-
ют для взвешивания частицы массой т. В точке стержня О закрепле-
на металлическая стрелка, перпендикулярная отрезку АР, которая в
положении равновесия направлена вертикально вниз. Если частицу
поместить на расстоянии а от оси, то масса гири на другом конце
стержня равйа т2 = 1 кг. Если же частица находится на расстоянии b
от оси, то масса гири на другом конце mi = 4 кг. Найти массу части-
цы т.
1.6.15- 1.6.16. Однородный стержень АВ длиной I = 5 м опирает-
ся одним концом на вертикальную стенку, другим — в прямоуголь-
ную выемку (рис. 1.6.15а), Расстояние ОВ = а,' а = 4 м. Масса стерж-
ня т.
Рис. 1.6.12
Рис.1.6.15а
1.6.15. Найдите тангенс угла <р между силой реакции, приложен-
ной в точке Р, и отрезком прямой ОВ.
1.6.16. Найдите величину силы реакции В в точке Р.
44
1.6.17. Центр тяжести С шара радиусом R находится на расстоя-
нии b - R/^2 от геометрического центра шара О. Шар поставили на
шероховатую наклонную плоскость, образующую угол а = л/6 с го-
ризонтальной плоскостью. Найдите угол Р, образуемый отрезком СО
с вертикалью в положении равновесия.
1.6.18. Однородный цилиндр опирается на гладкую стену и глад-
кую плоскость, образующую двугранный угол а = л/4 (рис. 1.6.18а).
Диаметр основания цилиндра D = а, высота Н = 2а. Найдите расстоя-
нпе от точки О до точки приложения Р равнодействующей сил реак-
ции плоскости.
1.6.19. Лестница Ай массой ш0 упирается в гладкую стену и опи-
рается на шероховатый пол. Под каким наименьшим углом а к полу
надо поставить лестницу, чтобы по ней до самого верха мог поднять-
ся человек массой т? Коэффициент трения скольжения лестницы по
полу равен ц.
1.6.20. Груз массой т = 100 кг подвешен к кронштейну (рис.
1.6.20). Угол а = л/3. Найдите величину сил, действующих на крон-
штейн. Массой кронштейна пренебречь.
1.6.21. Кубик леЖит на шероховатой горизонтальной плоскости.
Масса кубика т, коэффициент трения кубика о плоскость ц. Наша
задача — опрокинуть его через ребро, прилагая горизонтально на-
правленную силу F. Найдите условие движения кубика без про-
скальзывания и зависимость величины/7 от угла а.
1.6.22. Плоская плита массой m имеет форму неправильного тре-
угольника. Три человека удерживают плиту за вершины треугольни-
ка в горизонтальном положении. Найдите величину сил, прилагае-
мых каждым человеком к плите.
1*6.23. Однородный диск в горизонтальном положении подвешен
на нити, закрепленной в центре диска О. В трех точках на ободке
45
диска закрепили, не нарушая равновесия, три частицы массами тл,
т2, т3. Начало системы отсчета поместим в точку О, Найдите косину-
сы углов между радиус-векторами частиц.
1.6.24* . Концы тонкого стержня скользят по параболе z = х1 /211 с
вертикально расположенной осью z. Найдите значения угла 0 между
стержнем и горизонтальной плоскостью в положении равновесия
стержня.
1.6.25. На рис. 1.6.25а изображена катушка ниток. Нить закреп-
лена на вертикальной стенке. Масса катушки — т, внешний ради-
ус — R, радиус бобины — г. Найдите предельное значение угла ате,
при котором катушка находится в положении равновесия.
1.6.26. На гладком цилиндре радиусом R висит гибкий канат.
Масса каната zn, длина I. Найдите величину сил натяжения 7, Ть в
точках а и b (рис. 1.6.26).
1.6.27. Концы однородного тонкого стержня находятся на гранях
плоского прямого двугранного угла. Одна из граней образует угол а с
горизонтальной плоскостью (рис. 1.6.27). Найдите угол ф между
стержнем и другой гранью в положении равновесия.
1.6.28. Однородный шар массой m лежит на двугранном угле Р,
одна из граней образует угол а с горизонтальной плоскостью. Опре-
делите величину сил реакций, действующих на шар.
1.6.29. Балка ОА массой т укреплена на шарнире О и поддержи-
вается тросом АВ в горизонтальном положении. Угол ОАВ равен л/6
(рис. 1.6.29). Найдите величину силы натяжения троса.
Рис. 1.6.25а
Рис. 1.6.27
Рис. 1.6.29
46
1.6.30. Грузовик повышенной проходимости можёт использовать
в качестве ведущих задние колеса или одновременно передние и зад-
ние колеса. Рассмотрите модель машины, в которой передняя и зад-
няя оси расположены в одной плоскости па расстоянии /, центр масс
машины массой т находится в этой плоскости на равном расстоянии
от осей. Двигатель вращает колеса и вследствие трения шин о дорогу
возникает «сила тяги» F . Коэффициент пробуксовки ц. Найдите ве-
личину силы тяги F в случаях:
А. Задние ведущие колеса.
Б. Передние ведущие колеса.
В. Задние и передние ведущие колеса.
1.6.31. На шероховатой горизонтальной плоскости лежат две
одинаковые шайбы. Шайбы сдвигают с места с помощью стержня,
прилагая к концу силу величиной F (рис. 1.6.31а). Какая из шайб
сдвинется раньше?
1.6.3?. Колесо массой ш при помощи веревки катят по наклон-
ной плоскости с углом наклона а = л/6 (рис. 1.6.32). Один конец ве-
ревки закреплен на плоскости, к другому приложена сила. Опреде-
1.6.33. Объясните, почему яхта может идти против ветра курсом
бейдевинд (от гол. bijde wint), когда угол между линией ветра и на-
правлением корма-нос яхты меньше 90°.
1.6.34. Картина помещена в прямоугольную раму со сторонами а
и b (Ь > а). К концам стороны длиной b прикрепили нить длиной I и
повесили на гвоздь, вбитый в вертикальную стену. Найдите условие
устойчивости картины в положении равновесия.
1.6.35* . Теория волока. Волокуша, с помощью которой можно пе-
ремещать большие грузы, — самый древний вид транспорта. Человек
массой т тянет канат, прикрепленный к грузу на шероховатой гори-
зонтальной плоскости. Скорости человека и груза постоянны. Угол
между канатом и плоскостью — а. Коэффициенты трения груза но
47
плоскости — ц; коэффициент проскальзывания подошв по грунту —
ц'. Найдите значение массы груза М, который может волочить человек.
1.7. Работа и энергия.
Законы сохранения и изменения полной энергии
Элементарная работа силы определяется скалярным
произведением 84 = РАг . Для того чтобы определить рабо-
ту силы 412 на конечном участке траектории, необходимо
сложить значения элементарной работы на всех бесконечно
малых участках:
(1.7.1)
71=1
Здесь Fn — значение вектора F (z, у, z) в точке гп - (хп>
уп, zn). В пределах малого перемещения сила Fn — постоян-
ный вектор.
На траектории частицы мощность P(t) = Fit, развивае-
мая силой F в момент времени /, определяется из соотно-
шения 84 = РА/.
Работу, совершаемую силой в интервале времени /J,
можно представить в виде
4г И’ (1-7.2)
i=l
где P(Q — значение функции Р(/) на интервале [/р t. + А/|.
Работа консервативной силы и потенциальная энергия
частицы. Потенциальная энергия вводится согласно опре-
делению 84 - -АЖ( г ) или
4t2=^(r1)-^(r2). (1.7.3)
Потенциальная энергия частицы в однородном поле
тяжести
В системе координат с осью у, направленной верти-
кально вверх потенциальная энергия частицы
W(y)=mgy, (1.7.4)
где у — значение координаты частицы.
В наиболее общей форме
W(x, y,z) = -mgf + const.
48
Потенциальная энергия взаимодействия двух частиц,
прикрепленных к концам пружины
к
= (1.7.5)
где I = | r2 -rj | - длина пружины, , г2 — радиус-векторы
частиц, 1п — длина пружины в ненапряженном состоянии.
Закон изменения полной энергии.
Е2-Е~А\2. (1.7.6)
где Е = К + W— полная энергия, A'J2 — работа неконсерва-
тивпых сил, W— потенциальная энергия. Это утверждение
представляет собой важнейший закон механики: прираще-
ние полной энергии на конечном участке траектории час-
тицы равно работе неконсервативных сил.
1.7.1. Частице сообщили начальную скорость vQ . Найдите работу
/112, совершаемую силой тяжести при свободном движении частицы
ио параболе в однородном поле тяжести на отрезке времени [0, 7].
Начальные значения радиус-вектора и скорости г(0) = , ?(0) = vQ.
1.7.2. Работа силы упругости. Возьмем пружину, один конец ко-
торой присоединим к телу массой т, а другой — к неподвижной
стенке (т.е. к телу массой М ^>т). Если совместить начало координат
с точкой закрепления пружины, то проекция силы упругости на
ось I: Ft = -k(l - Zt)), где I — координата тела массой т. Вычислите ра-
боту силы упругости Д12, действующей на тело при его перемещении
из положения в точку с координатой /2.
1.7.3. А. Найдите работу силы тяжести при движении частицы по
кривой, соединяющей точки Mi и М2 на рис. 1.7.3.
Рис. 1.7.3
Б. Получите потенциальную энергию частицы {1.7.4) в однород-
ном поле тяжести.
49
1.7.4. Можно услышать, что потенциальная энергия представля-
ет собой запас работы. Правильно ли это утверждение?
1.7.5. Колодец должен иметь глубину Н = 5 м. Найдите глубину
колодца А, когда была выполнена работа, равная 1/4 всей необходи-
мой наименьшей работы.
1.7.6. Камень брошен с поверхности земли под углом а = л/6 к
горизонту. Потенциальная энергия камня в наивысшей точке траек-
тории W = 10 Дж. Найдите значение кинетической энергии камня Я
в наивысшей точке траектории.
1.7.7. Две одинаковые полые трубки, согнутые в виде полуок-
ружностей, расположены в вертикальной плоскости (рис. 1.7.7а).
Поместим в точку Л первой трубки шарик и сообщим ему скорость
р1П= v, направленную вертикально вверх. Другой шарик запустим в
точке С второй трубки со скоростью = и, направленной вертикаль-
но вниз. Сравните промежутки времени движения tAR и ta) шариков
по первой и второй трубкам, пренебрегая силами трения.
1.7.8. Машина начинает двигаться по горизонтальному участку
шоссе, увеличивая скорость от v0 = 0 до vt = 40 км/ч и от vt до v2 > за
одинаковые промежутки времени. Сила сопротивления воздуха про-
порциональна скорости машины. Оцените отношение работ AJA2,
совершенных двигателем, в первом и втором случаях.
1.7.9. Гибкая нерастяжимая нить длиной I перекинута через тон-
кую горизонтальную ось так, что с левой стороны свисает часть нити
длиной = 1/3 (рис. 1.7.9). Вначале нить неподвижна. Найдите ве-
личину скорости нити v в момент времени, соответствующий со-
скальзыванию с оси.
1.7.10. Клип находится на гладкой горизонтальной плоскости.
По гладкой плоскости клина движется частица. Масса клина - znt,
масса частицы — т2, угол наклона плоскости клина — а. Найдите
50
величину ускорения частицы относительно клина исходя из законов
сохранения полной энергии и горизонтальной проекции полного им-
пульса системы.
1.7.11. На гладкой горизонтальной плоскости лежит пробирка
массой гл,' = 2т, длиной L. Шарик массой т2 = Зт влетает в пробирку,
упруго сталкивается с дном и вылетает из пробирки. Найдите расстоя-
ние s, которое пройдет пробирка к моменту вылета из нее шарика.
1.7.12- 1.7.13. По гладкой горизонтальной плоскости движутся
навстречу друг другу две частицы масс т1 и т2 с одинаковыми вели-
чинами скоростей и. В результате абсолютно упругого центрального
столкновения первая частица остановилась.
1.7.12. Найдите отношение масс mjm2.
1.7.13. Найдите величину скорости и2, которую приобрела вторая
частица.
1.7.14- 1.7.15. На гладкой горизонтальной плоскости лежит ша-
рик массой т2. На него налетает шар массой mv скорость которого и .
В результате абсолютно упругого центрального столкновения шары
разлетаются в противоположные стороны с одинаковыми величина-
ми скоростей и.
1.7.14. Найдите отношение масс шариков к =
1.7.15. Найдите величину скорости и,.
1.7.16. На гладкой горизонтальной плоскости лежит шар массой
т2. Па него налетает шар массой скорость которого v . Происхо-
дит упругий центральный удар — скорость шара направлена по пря-
мой, проходящей через центры шаров. Определите скорости шаров
uv и2 после столкновения и величину энергии &К2, переданной пер-
воначально неподвижному шару.
1.7.17. Происходит нецентральный удар двух одинаковых глад-
ких шаров — скорости шаров не лежат на прямой, проходящей через
центры шаров. Второй шар до столкновения неподвижен. Найдите
угол разлета шаров р.
1.7.18. Происходит упругое столкновение двух одинаковых твер-
дых шаров, движущихся навстречу друг другу с постоянными скоро-
стями = -и2 = . Радиус шара /?. Прицельный параметр — рас-
стояние между прямыми линиями, по которым двигаются центры
uiapoB до столкновения, Ъ ~ ^2R. Найдите величину приращения
скорости AUj первого шара в результате столкновения.
51
1.7.19* Скорости двух частиц направлены под углом 90 °. Массы
частиц масс гтг, и т2, величины скоростей vt и v2. Скорость первой час-
тицы после столкновения равна нулю. Найдите приращение внут-
ренней энергии системы At7.
1.7.20. Три одинаковых шара Л, В, С расположены на гладкой го-
ризонтальной плоскости (рис. 1.7.20а). Радиус шара — В. В началь-
ном состоянии шары Ви С неподвижны, шар Л движется со скоростью
vQ, направленной перпендикулярно отрезку ВС по касательной к по-
верхности шара В. После абсолютно упругого нецентрального столк-
новения с шаром В, затем с шаром С шар Л останавливается. Найдите
скорости шаров vb, ис и длину s отрезка ВС.
1.7.21. В центр кубика, лежащего на гладкой плоскости, попада-
ет пуля. Если величина скорости пули v > у0, то пуля пробивает ку-
бик насквозь. Масса пули масса кубика т2, сила сопротивления
не зависит от относительной скорости. Найдите величину скорости
i;2, с которой будет двигаться кубик, если величина скорости пули и.
1.7.22. По двум гладким наклонным плоскостям, образующим с
горизонтальной плоскостью углы а, и а2 соскальзывают с высоты Н
тела масс яг, и т2. Сравните величины скоростей тел и и2 у основа-
ния плоскостей.
1.7.23. Частица начинает скользить с высоты Н по гладкой на-
клонной плоскости, образующей угол а = л/4 с горизонтальной глад-
кой плоскостью. Найдите максимальную высоту подъема частицы h
после абсолютно упругого удара о горизонтальную плоскость.
1.7.24. Гибкая однородная цепь длиной L может двигаться по
гладкому желобу, имеющему в сечении форму равнобедренного тре-
угольника с углом 2а при вершине (рис. 1.7.24). Найдите величину
наименьшей начальной скорости цепи и0, необходимую для преодо-
ления такой горки. В начальный момент времени расстояние между
вершиной угла и центром тяжести цепи равно Н.
Рис. 1.7.20 а Рис. 1.7.24
52
1.7.25. На траектории тела массой т, скользящего по горизон-
тальной плоскости, находится неподвижная горка высотой Н, мас-
сой М. Горка может скользить по плоскости. Найдите минимальное
значение величины скорости тела ит, необходимое для преодоления
горки (силами трения пренебрегаем).
1.7.26. Когда к пружине длиной lQ = 0,1 м в ненапряженном со-
стоянии подвесили груз, то ее длина стала равной /1 = 0,15 м. Груз
подняли так, что пружина оказалась нерастянутой и отпустили его с
нулевой начальной скоростью. Найдите длину пружины 12 в нижней
точ ке траектории.
1.7.27- 1.7.28. Частица массой m висит на пружине, другой ко-
нец которой прикреплен к опоре. (Коэффициент жесткости к, длина
в ненапряженном состоянии Zo).
1.7.27. Найдите работу, которую необходимо совершить для
смещения частицы по вертикали вниз на величину с.
1.7.28. Теперь отпустим частицу. Найдите величину скорости
u(z), где z — значение координаты частицы на числовой оси с нача-
лом в положении равновесия.
1.7.29. Относительное удлинение веревки длиной Zo, прикреп-
ленной к неподвижно висящему альпинисту, равно е, = 0,04. При
подъеме на скалу альпинист сорвался с высоты Zo над уровнем закре-
пления веревки. Найдите относительное удлинение веревки s2 и ус-
корение альпиниста а2 в нижней точке траектории.
1.7.30. Относительное удлинение шнура, прикрепленного к ви-
сящему каскадеру, равно st = 0,04. Один конец шпура закрепляется
на высоте Н = 50 м. Длина и коэффициент жесткости шнура подоб-
раны так, что скорость каскадера у поверхности земли равна нулю.
А. Найдите длину шнура Zo.
Б. Найдите величину ускорения каскадера в нижней точке тра-
ектории.
В. Найдите максимальную скорость каскадера.
1-7.31. Относительное удлинение шнура длиной Zo, прикреплен-
ного к висящему грузу массой т, равно £. Максимальная величина
силы натяжения шнура Т. Груз поднимают на высоту h от положения
равновесия и отпускают. Найдите минимальное значение h = hm, при
котором шнур разорвется.
1.7.32. Груз массой т - 103 кг опускается на тросе лебедки с по-
стоянной скоростью и = 4 м/с. Коэффициент жесткости троса
53
к = 4 • 10э Н/м. Покажите, что максимальная величина силы натяже-
ния троса при внезапной остановке лебедки Т = mg + v^km ,
89,8 • 103 Н.
1.7.33. Гимнаст падает с высоты Н = 4 м на горизонтальную натя-
нутую упругую сетку, которая прогибается на величину я = 0,5 м. Най-
дите величину ускорения гимнаста а0 в нижней точке траектории.
1.7.34. Невесомая пружина прикреплена к двум тонким дискам.
Эту систему поставили на горизонтальную плоскость. На верхний
диск падает груз массы т. В результате неупругого столкновения
диск с грузом приобрел начальную скорость vQ. Найдите максималь-
ное значение величины силы давления Nm нижнего диска на плос-
кость ( массы дисков пренебрежимо малы, к — жесткость пружины,
lQ — длина пружины в ненапряженном состоянии).
1.7.35. Один конец пружины, жесткостью к, длиной /() в ненапря-
женном состоянии, прикреплен к неподвижной стенке, другой — при-
креплен к частице массой т, которая может перемещаться по горизон-
тальной плоскости. Коэффициент трения ц. В начальный момент
времени частице, находящейся на расстоянии lQ от стенки, сообщили
начальную скорость , направленную по оси пружины от стенки.
Найдите максимальное расстояние sm между частицей и стенкой.
1.7.36. Вагон массой движущийся по горизонтальному пути,
догоняет другой вагон массой т2 и сцепляется с ним. В результате
неупругого столкновения механическая энергия вагонов уменьшает-
ся на ALr. Найдите величину разности скоростей вагонов -и2.
1.7.37. На гладкой горизонтальной плоскости лежит частица
массой т. На нее налетает частица массой т с кинетической энерги-
ей К. После неупругого нецентрального соударения величины скоро-
стей частиц одинаковы, угол между скоростями а = л/3. Найдите ве-
личину приращения внутренней энергии частиц Д£7.
1.7.38. Частица массой т{ = т и атом массой т2 = \т имеют оди-
наковые кинетические энергии Е и движутся навстречу друг другу.
Найдите приращение полной энергии атома Q в результате абсолют-
но неупругого столкновения.
1.7.39. Центры трех одинаковых частиц массой т каждая нахо-
дятся на прямой. Крайней частице сообщили скорость величиной и
вдоль прямой, проходящей через центры шаров. Найдите кинетиче-
скую энергию системы частиц К после абсолютно неупругих столк-
новений частиц.
54
1.7.40. Половина доски длиной Улежит на полу кузова грузови-
ка. другая половина — снаружи. Доску необходимо втолкнуть в ку-
зов грузовика. Коэффициент трения доски о пол грузовика ц.
А. Найдите величину наименьшей начальной скорости доски ии.
Б*. Найдите промежуток времени движения доски т.
1.7.41. Тело массой т, находится на горизонтально расположен-
ной плоскости доски, движущейся в горизонтальном направлении с
ускорением w. Коэффициент трения между телом и доской равен ц.
Найдите приращение кинетической энергии тела ЛК при перемеще-
нии доски на расстояние я.
1.7.42. Груз втаскивают с помощью веревки, натянутой парал-
лельно наклонной шероховатой плоскости клипа. Коэффициент тре-
ния удовлетворяет условию ц < tg а, где а — угол наклона плоскости.
При втаскивании груза массой т по плоскости клина до высоты II
относительно плоскости основания совершена работа А. Найдите
скорость и, которую приобретет груз у основания плоскости, если его
по удерживать в этом положении.
1.7.43, На гладкой горизонтальной плоскости покоится доска
массой М. Па доске лежит тело массой т, которому сообщили на-
чальную скорость и. Коэффициент трения между телом и доской — ц.
Найдите расстояние s, на которое сместится тело относительно доски.
1.7.44. Груз движется по неподвижной наклонной шероховатой
плоскости. Начальная скорость груза, на высоте Л, равна нулю (рис.
1.7.44). На высоте h2 величина скорости груза — и. Найдите макси-
мальную кинетическую энергию груза Кт.
1.7.45. Частица скользит по неподвижной наклонной шерохова-
той плоскости. При движении вниз величина скорости частицы рав-
на на высоте h. После упругого удара о стенку у основания плоско-
сти величина скорости частицы на той же высоте равна ъ\. Найдите
величину скорости и при отскоке от стенки.
55
1.7.46. Одна половина нити длиной I находится на шероховатой
горизонтальной плоскости стола, другая - свободно свешивается с
края стола. Коэффициент трения р, ц < 1/2. Найдите скорость нити в
момент времени, соответствующий соскальзыванию со стола.
1.7.47. Частица массой ш с кинетической энергией К сталкивает-
ся с неподвижным атомом массой М. Найдите энергию возбуждения
атома Q в результате абсолютно неупругого столкновения.
1.7.48. Брусок массой т = 1 кг лежит на горизонтальной шерохо-
ватой плоскости (рис. 1.7.48). Коэффициент трения ц = 0,2. К бруску
прикреплена пружина жесткостью к = 20 Н/м. Найдите величину
наименьшей работы, необходимой для того, чтобы сдвинуть брусок.
У -----►
0 x(t) х
Рис. 1.7.48
1.7.49* -!.7.50*. Модель прыжка в высоту без разгона. Невесо-
мая пружина прикреплена к двум тонким дискам. Массы дисков —
ллг1 и яг2, жесткость пружины — /с, длина пружины в ненапряженном
состоянии — Zo. Эту систему поставили на горизонтальную плоскость,
затем пружину сжали на величину с и отпустили.
1.7.49* .Найдите скорость верхнего диска и* в момент времени
отрыва нижнего диска от плоскости.
1.7.50* . Найдите наибольшую высоту на которую подскочит
центр масс системы.
1.7.51. * Движение замкнутой системы. Замкнутая система со-
стоит из двух частиц масс та и ть. Потенциальная энергия взаимо-
действия частиц W- |), где га, гь — радиус-векторы частиц в
произвольно выбранной инерциальной системе отсчета. Запишите
закон сохранения полной энергии в инерциальной системе отсчета,
удовлетворяющий принципу относительности Галилея.
1.7.52* . Человек сообщает неподвижному камню скорость и от-
носительно Земли. Согласно известному из школьного курса меха-
ники закону изменения полной энергии, человек совершил работу
А'= ши /2. В системе отсчета, движущейся со скоростью й = и /2, из
закона изменения кинетической энергии получим значение работы
Л' = 0. Объясните этот парадокс.
56
1.7.53. Человек поднялся наверх по эскалатору, движущемуся
вниз со скоростью и, за промежуток времени Т. Глубина станции h,
угол наклона ленты эскалатора а, масса человека пг. Найдите
работу Л, которую совершил человек.
1.7.54- 1.7.56. Один конец пружины жесткостью к, длиной lQ в
ненапряженном состоянии прикреплен к вертикальной стенке, на
другом закреплена частица массой т, которая может перемещаться
но шероховатой горизонтальной плоскости. Коэффициент трения —
р. В начальном положении длина пружины Zo + с, начальная ско-
рость частицы равна нулю.
1.7.54. 2\\mg/k < с < 3pjng/k. Найдите путь s, пройденный части-
цей до остановки.
1.7.55. Найдите величину максимальной скорости частицы и„.
1.7.56. Найдите промежуток времени движения частицы
1.7.57- 1.7.58. Один конец пружины жесткостью к, длиной Zo в не-
напряженном состоянии прикреплен к опоре, на другом закреплена
частица массой т, которая может двигаться но шероховатой наклон-
ной плоскости, образующей угол а с горизонтальной плоскостью
(рис. 1.7.57). Коэффициент трения — ц. В начальном положении дли-
на пружины Zo, начальная скорость частицы равна нулю.
1.7.57. 2n?ng cos a/к < L < Зцяг# cos a/к, L = С + [mg/к)sin a.
Найдите величину перемещения частицы s.
1.7.58. Найдите величину максимальной скорости частицы ит.
1.7.59. Две частицы масс = т2 - т, лежащие на шероховатой
горизонтальной плоскости, соединены пружиной жесткостью к, дли-
ной Zo в ненапряженном состоянии. В начальном состоянии пружина
оедеформирована. Найдите значение наименьшей скорости и10, кото-
рую необходимо сообщить первой частице в направлении оси пру-
жины для того, чтобы сдвинуть вторую частицу.
1.7.60* . Частица массой т может двигаться по гладкой кривой —
винтовой линии: х = a cos ср, у = a sin <р, z = £кр, где ср — некоторый па-
57
раметр, ось z направлена по вертикали вверх. Начальные условия
г(0) = (а, 0, h), h = 2nnb, п - целое число, £(0) = 0 . Найдите проме-
жуток времени движения Т до плоскости z = 0 и z — компоненту си-
лы реакции Nz.
1.7.61. На концах невесомого стержня АВ длиной I закреплены
две частицы, каждая массой т. Концы стержня скользят по гладким
взаимно перпендикулярным направляющим (рис. 1.7.61). В началь-
ный момент времени ф(0) = 0, угловая скорость стержня а>(0) = 0.
Найдите угловую скорость стержня <в(ф), скорости частиц рл(ф),
и5(ф) и максимальное значение функции ив(ф).
1.7.62. На горизонтальной шероховатой плоскости лежат два
свинцовых кубика. Длина ребра первого кубика а1 = а, второго —
а2 = 2а. Центр тяжести первого кубика расположен на высоте = а/2,
меньшей, чем центр тяжести второго. Докажите, что второй кубик
находится в более устойчивом положении по отношению к опроки-
дыванию через ребро.
1.7.63. Однородный стержень изогнут в форме прямого углаЛОВ
со сторонами АО = а, ВО = Ь, (Ь > а) и подвешен на горизонтально
расположенную ось; ф — угол отклонения стороны АО от вертикали
(см. задачу 1.6.5). Найдите потенциальную энергию стержня и зна-
чение угла ф, соответствующее минимальному значению потенци-
ально^ энергии.
1.7.64. Квадратная рамка, состоящая из четырех одинаковых
шарнирно скрепленных стержней, подвешена на одном из шарни-
ров. К шарнирам рамки прикреплены четыре одинаковые пружины,
скрепленные друг с другом в центре рамки (рис. 1.7.64). Масса
стержня т, длина — а, длина пружины в ненапряженном состоянии
/() = а/^2, жесткость пружины — к. В положении равновесия рамки
найдите тангенс угла ф0 между одним из стержней в точке подвеса и
вертикалью.
у*
А
Рис. 1.7.64
Рис. 1.7.61
58
1.7.65. На гладкий цилиндр положили два однородных стержня,
скрепленных шарниром (рис. 1.7.65). Ось цилиндра горизонтальна,
радиус цилиндра R, длина стержня I = bR, масса т. Найдите значе-
ние угла (рт в положении равновесия.
1.7.66. Груз массой т1 и противовес массой т2 подвешены на не-
растяжимом тросе, перекинутом через невесомый блок (рис. 1.7.66).
Длина троса — Z, линейная плотность троса — р. В начальном поло-
жении разность координат груза и противовеса - х2 = Л. Найдите
приращение потенциальной энергии системы АИпри перемещении
груза на величину &х.
Рис. 1.7.66
1.7.67. Груз, подвешенный к пружине, лежит на столе. Масса
груза гтг, жесткость пружины /с, длина в ненапряженном состоянии Zo.
Найдите наименьшее значение работы, которую необходимо совер-
шить, чтобы поднять груз на высоту h от поверхности стола.
1.7.68. Баскетболист должен забросить в центр кольца корзины
камешек. Радиус кольца R, расстояние от уровня бросания камешка
до плоскости кольца Н. Оцените величину наименьшей начальной
скорости камешка
1.7.69. Шарик падает с высоты h и отскакивает с потерей 20%
полной энергии. Найдите промежуток времени А/, до следующего
столкновения шарика с плитой.
1.7.70. Желоб состоит из горизонтального отрезка ВО, плавно пе-
реходящего в отрезок ОА в вертикальной плоскости. Угол между от-
резком ОА и горизонтальной плоскостью а - л/6. Гибкая цепочка
Длиной I = 4,9 м расположена на отрезке ВО так, что конец находится
н точке О. Когда цепочке сообщили начальную скорость vQ, то на от-
резке ОА желоба оказалась часть цепочки длиной b < I. Найдите про-
межуток времени движения цепочки т до момента остановки.
59
1.8. Движение по окружности
Ускорение частицы следует представить в йиде суммы
трех компонентов
а = —?+ ^-/г + 0-е.. (1.8.1)
dt R 1 V
Здесь единичный вектор е направлен по касательной к
окружности, вектор п — к центру окружности, — пер-
пендикулярен плоскости окружности.
Из второго закона Ньютона следуют три уравнения
движения:
т— = Е, (1.8.2 а)
dt
и2
т— = F, (1.8.2 0
/?
ш-0= F±. (1.8.2 в)
Здесь Ft, Fn, F — проекции суммы сил на направле-
ния касательное к окружности, к центру окружности и
перпендикулярное плоскости, в которой лежит окружность.
При неравномерном вращении дифференциальное уравне-
ние (1.8.2 а), если не использовать аппарат высшей матема-
тики, пе дает существенной информации для решения за-
дачи. В этом случае вместо уравнения (1.8.2 а) необходимо
записать закон изменения (или сохранения) полной энер-
гии, который является следствием всех уравнений (1.8,2).
1.8.1. Мотоциклист движется по внутренней поверхности верти-
кального кругового цилиндра радиусом R == 6 м. Коэффициент тре-
ния между шинами и поверхностью цилиндра ц = 0,4. Найдите вели-
чину наименьшей скорости мотоциклиста.
1.8.2. Шар массой т = 10 кг скользит со скоростью v ~ 5 м/с по
желобу, расположенному в горизонтальной плоскости. Желоб обра-
зован прямолинейным участком ЛВ и дугой параболы ВС. В коорди-
натах ху уравнение кривой, образующей желоб, имеет вид
у(х) = 0, х < 0; у(х) ~ кх2/2, x>Q,
где к = 4 м'1. Найти силу, действующую на шар в точке В сопряжения
прямой и параболы.
60
1.8.3. Бусинка массы т надета на проволочное кольцо, располо-
женное в вертикальной плоскости. В начальный момент времени бу-
синка покоится в верхней точке кольца. Найти зависимость величи-
ны силы давления Р(а) бусинки на кольцо при соскальзывании от
угла а между вертикалью и прямой, проходя щей через центр кольца
и бусинку. Трение отсутствует.
1.8.4. Частица соскальзывает с нулевой начальной скоростью с
вершины гладкой полусферы радиусом Я. Найдите значение
высоты Л, на которой частица оторвется от сферы.
1.8.5. Частица с начальной скоростью, равной нулю, соскальзы-
вает из верхней точки полусферы радиуса R, закрепленной на гори-
зонтальной плоскости. Найти высоту h, на которую подскочит части-
ца в результате абсолютно упругого столкновения с плоскостью.
1.8.6. Невесомый стержень может вращаться вокруг горизон-
тальной оси, перпендикулярной стержню и проходящей через точку
стержня О (рис. 1.8.6). На концах стержня закреплены частицы масс
mi и тт?2, на расстояниях Ц и 1.2 от точки О. В начальный момент време-
ни стержень расположили горизонтально и отпустили. Найдите ве-
личины линейных скоростей частиц при прохождении стержнем по-
ложения равновесия - тг-т,1^ = 4а, 12 = За).
1.8.7- 1.8.8. В положении равновесия шарику на рис. 1.8.7 со-
общили начальную скорость р0 = (2gZ)1/z, где I — длина нити.
Рис. 1.8.6 Рис. 1.8.7.
1-8.7. Найдите величину натяжения нити Т\ в положении ф = л/2.
1-8.8. Найдите величину натяжения нити То при прохождении
положения равновесия.
1-8.9. В положении равновесия шарику на рис. 1.8.7 сообщили
Началы|уЮ скорость и = (2gl)i/Z, где I - длина нити. Найдите значение
Косипуса угла ф, при котором вектор ускорения направлен по гори-
3()птали.
61
1.8.10. В положении равновесия шарику на рис. 1.8.7 сообщили
начальную скорость и0. Найдите условие, при котором нить будет на-
тянута в любой точке траектории.
1.8.11- 1.8.12. Частица массой т, висит на нити длиной Z, при-
крепленной к оси вращения. После сообщения начальной скорости
v„ в положении равновесия частица вращается в вертикальной плос-
кости.
1.8.11. Может ли быть величина силы натяжения Т = 1000mg?
1.8.12. Найдите наименьшее значение проекции силы натяже-
ния на радиус-вектор частицы.
1.8.13. Отношение величины ускорения шарика на нерастяжи-
мой нити в положении наибольшего отклонения к величине ускоре-
ния в момент прохождения положения равновесия равно л/з/2.
Найдите угол наибольшего отклонения шарика от вертикали фот.
1.8.14. Шарик подвешен в точке О па нити длиной I (рис. 1.8.7).
Найдите величину начальной скорости и0, которую необходимо со-
общить шарику в горизонтальном направлении, чтобы он достиг точ-
ки подвеса.
1J8.15. Шарик, прикрепленный к нити, колеблется в вертикаль-
ной плоскости по окружности. Укажите направление равнодейст-
вующей силы натяжения и силы тяжести.
1.8.16. Частица массой т, прикрепленная к нити, вращается в
вертикальной плоскости. Найдите разность величин натяжения нити
в нижнем и верхнем положениях частицы.
1.8.17. Шарик повешен на нити (рис. 1.8.7). Нить отклонили
на угол ф0 и отпустили, не сообщая начальную скорость. Найдите
значение угла ф0, если максимальная величина силы натяжения
в 4 раза больше величины минимального значения силы натяже-
ния.
1.8.18. У края диска радиусом R лежит монета. Диск раскручи-
вают с угловым ускорением е. Найдите промежуток времени т, через
который монета соскользнет с диска. Коэффициент трения между
диском и монетой ц.
1.8.19* . Невесомый стержень ОД длиной Z, к концу которого
прикреплена частица, может вращаться в вертикальной плоскости
вокруг точки О (рис. 1.8.19). В момент времени I = 0 стержень рас-
положен горизонтально, начальная скорость частицы ^(0) = 0.
62
Найдите промежуток времени т, за который стержень сместится па
угол а 1.
1.8.20* . К концу невесомого стержня длиной /, который может
вращаться в вертикальной плоскости вокруг точки О прикреплен
пружинный пистолет в виде ствола с пулей. Масса ствола М, масса
нули т. Отведем стержень в положение ОВ и отпустим (рис. 1.8.20).
При прохождении положения равновесия ОА нуля вылетает из ство-
ла. Найдите наименьшее значение работы А, совершенной пружи-
ной, если стержень достигает положения ОС.
Рис. 1.8.19
Рис. 1.8.20
1.9. Закон всемирного тяготения. Законы Кеплера
Закон всемирного тяготения. Сила Fab, действующая
на частицу а со стороны частицы Ь,
Гаь /Г' (1.9.1)
где G = 6,67 • 10 11Н • м2/кг2 — гравитационная постоянная,
г = га - гь — вектор, соединяющий частицу ть с части-
цей та.
Для однородных шаров сила определяется формулой
(1.9.1), где г — расстояние между центрами шаров. Вели-
чину силы, действующей па частицу со стороны Земли,
представим в виде F = mgff /г, где g = GM/if, R — радиус
Земли, Я = 6,35 • 106м,£= 9,81 м/с2.
Потенциальная энергия гравитационного взаимодейст-
вия частиц
^( ra ,fb) = -GntjnJr. (1.9.2)
Потенциальная энергия взаимодействия частицы и од-
нородного шара определяется (1.9.2), где г — расстояние ме-
жду центрами шаров.
63
Потенциальную энергию взаимодействия частицы и
Земли удобно представить в виде
РУ (г) =-mgff/r, (1.9.3)
где г — вектор, соединяющий центр Земли и частицу.
В центрально-симметричном поле тяготения (1.9.1) со-
храняется полная энергия Е = то /2 + Ж(г).
Первый закон Кеплера. Планеты движутся вокруг
Солнца по эллипсам; Солнце находится в одном из фокусов
эллипса.
Второй закон Кеплера. Второй закон Кеплера пред-
ставляет собой следствие закона сохранения момента им-
пульса тела в центрально-симметричном поле тяготения. В
точке Рп на расстоянии г0 от центра Земли спутнику сооб-
щили начальную скорость о0, о0 < (2g/?)1/2 под углом о^ к
радиус-вектору rQ точки Ро. Тогда спутник движется по эл-
липсу. В этом случае второй закон Кеплера можно предста-
вить в виде
r0o0 sin а0 = rv sin а, (1.9.4)
Где v ~ величина скорости спутника на расстоянии г от
центра Земли в точке К, а — угол между радиус-вектором
г и скоростью о в точке К, v sina - — компонента скоро-
сти, перпендикулярная к радиус-вектору.
В интегральной форме (1.9.4) соответствует утвержде-
нию: площадь, заметаемая радиус-вектором с началом в
фокусе пропорциональна времени перемещения.
Третий закон Кеплера. Из (1.9.4) можно получить тре-
тий закона Кеплера
Т2
— = const, (1.9.5)
а
где Т — период обращения по эллиптической орбите, а —
длина большой полуоси. Для спутников Земли const = T*/R\
где То = 2к (/?/g)1/2.
Движение спутника по эллиптической орбите. Если
начальная скорость о0 < (2g/?)1'2, то спутник движется по
эллипсу. Центр Земли является фокусом эллипса. Точка
максимального удаления от центра Земли называется апо-
геем, наименьшего — перигеем. Ориентация большой оси
эллипса определяется вектором Лапласа, направленным от
центра Земли к перигею
е = [(^о/Ц)-l]r0/r0-(r0 йо/гои*)йо, (1.9.6)
где v0 = v (0) — начальная скорость, гп = г(0),
= (gF?— местная первая космическая скорость.
Величина вектора £ равна эксцентриситету эллипса с.
Для окружности с = 0. Полная энергия спутника
Е = -mgF?/2а,
где а — длина большой полуоси эллипса.
1.9.1- 1.9.2. Тело лежит на поверхности Земли на широте <р. Угло-
вая скорость вращения Земли о = 2л/(24 • 60 • 60) = 7,2921 • 10’5c_1.
Известно, что Земля сплюснута у полюсов: экваториальный радиус
а - 6 378,16 км больше полярного радиуса Ъ на величину с = 21, 382 км.
В точке М на поверхности, находящейся на широте ф, на расстоянии
г от центра Земли, вектор ускорения свободного падения g распо-
ложен в меридиональной плоскости и определяется двумя компонен-
тами. Компонента g в направлении центра Земли
gr = &(! --а) (а/r)2 + goa(a/r)4(l - 3sin2<p),
где g0 = 9,78 м/с2,
а = (1 - b/а) = 1/298,2 « 1,1 10’3.
Другая компонента gm = £0а(а/г)48ш2ф перпендикулярна радиус-
вектору точки Ми направлена к экватору.
1.9.1. Найдите вес тела.
1.9.2. Найдите угол между силой реакции и экваториальной
плоскостью.
1.9.3. Задача Ньютона (1665-1666). Получите закон всемирного
тяготения исходя из второго закона Ньютона и третьего закона Кеплера.
1.9.4. Местная первая космическая скорость. Космический ап-
парат движется по круговой орбите на расстоянии г от центра Земли.
Л. Найдите значение величины скорости аппарата иг
Б. Найдите начальную взлетную скорость аппарата t?0.
1.9.5. Плотность некоторой планеты равна плотности Земли, ра-
диус планеты в два раза меньше радиуса Земли. Найдите отношение
первых космических скоростей спутников планеты и Земли vln/vl3.
1.9.6. Геостационарный (или синхронный) спутник. Любой
спутник движется в плоскости, проходящей через центр Земли. Син-
65
хронный спутник «висит» над одной и той же точкой на поверхности
Земли. Поэтому он должен находиться на круговой орбите в эквато-
риальной плоскости и вращаться с периодом TQ = 24 ч. Найдите ра-
диус орбиты гс синхронного спутника.
1.9.7. Спутник запущен на круговую орбиту, расположенную в
плоскости экватора, и вращается в направлении вращения Земли.
Известно, что спутник проходит над некоторой точкой экватора семь
раз в сутки. Найдите отношение радиуса орбиты спутника к радиусу
орбиты геостационарного спутника rc/rg.
1.9.8. На отрезке прямой линии ОА, проходящей через центр Зем-
ли, находятся N спутников. В момент времени t - 0 скорость каждого
спутника равна первой местной космической скорости vn = yjgR2 /гп ,
где гл - расстояние от п-го спутника до центра Земли. Получите урав-
нение кривой, на которой находятся спутники в момент времени t.
1.9.9. Два спутника вращаются по круговым орбитам в одном
направлении со скоростями = 7,8 км/с, и2 = 7,6 км/с. Определите
минимальные расстояние я между спутниками и промежуток време-
ни т, через который они окажутся в том же положении.
1.9.10* . Астероид представляет собой однородный шар массой М
радиусом /?. Определите первую космическую скорость частицы мас-
сой М, вращающейся по окружности радиусом Я.
1.9.11* . Два астероида представ.1 я ют собой однородные шары
массой т радиусом /?. В начальный момент времени относительная
скорость астероидов, находящихся па расстоянии г R, равна нулю.
Найдите относительную скорость астероидов в момент столкно-
вения и.
от
1.9.12- 1.9.13. Телу на поверхности Земли сообщили в верти-
кальном направлении начальную скорость, равную первой космиче-
ской скорости.
1.9.12. Найдите максимальную высоту Л, на которую поднимется
тело? Сопротивлением атмосферы пренебречь.
1.9.13. Тело падает па Землю с высоты h = R с нулевой начальной
скоростью. Найти интервал времени падения.
1.9.14* -1.9.15*. Космический аппарат (Л4) движется по круго-
вой орбите на расстоянии h R от поверхности Земли, h = 400 км. В
результате кратковременного изменения величины скорости он пе-
решел на орбиту приземления (рис. 1. 9.14).
66
1.9.14. Пренебрегая сопротивлением атмосферы, найдите при-
ращение величины скорости At?, необходимое для этого маневра.
Рис. 1.9.14
1.9.15. Найдите промежуток времени движения КА до поверхно-
сти Земли т.
1.9.16. Падение с «низкой» орбиты. В точке Р на расстоянии
/i(h R) от поверхности Земли ракете сообщили начальную скорость
, параллельную касательной к поверхности'Земли, и0 = 1?,(1 - 8),
= (gif /г0)1/2 — местная первая космическая скорость, r0 = R + h. Ве-
личина 8 удовлетворяет условию h/^R <$С 8 1. Ракета приземлилась
в точке К. Найдите дальность полета sm по дуге большого круга.
1.9.17. Межконтинентальный перелет. Телу на поверхности
Земли сообщили начальную скорость равную первой космической
скорости = y[gR , направленную под углом а к горизонту. Найдите
максимальную высоту подъема ha над поверхностью Земли и даль-
ность полета sm по дуге большого круга.
1.9.18- 1.9.19. С экватора запускают ракету, которая должна по-
пасть на Северный полюс.
1.9.18* . Угол между начальной скоростью и касательной к по-
верхности Земли а = л/8. Найдите величину начальной скорости v0 и
расстояние до апогея га.
1.9.19. Угол между начальной скоростью и касательной к по-
верхности Земли а = я/4. Найдите величину начальной скорости и
расстояние до апогея га.
1.9.20. Телу на расстоянии h от поверхности Земли сообщили на-
чальную скорость параллельную касательной к поверхности Зем-
ли> г() < pu = (2gR)''2. Найдите высоту апогея га и перигея ^траектории.
1.9.21* -!.9.22*. Парадокс спутника. Размеры последней ступени
ракеты-носителя значительно больше размеров спутника. Сила сонро-
67
тивления в атмосфере Земли Fc =-pSvv , где р — плотность воздуха,
5— эффективная площадь поперечного сечения, перпендикулярного
скорости v. Казалось бы, что поскольку ракета испытывает большее
сопротивление, то ее скорость окажется меньше скорости спутника.
Однако наблюдатели обнаружили, что ракета обогнала спутник.
1.9.21* . Объясните наблюдаемый эффект.
1.9.22* . Найдите приращения величины скорости v(t), расстояния
до центра Земли r(t) и периода вращения за период вращения T(t) как
функцию r(t).
1.9.23. Еще один парадокс. Спутник движется по окружности
вокруг Земли. При работе в открытом космосе космонавт бросил за-
клепку в направлении скорости спутника со скоростью i? = 1 м отно-
сительно спутника. Объясните, почему через некоторый промежуток
времени спутник обгонит заклепку.
1.9.24. 14 октября 1965 г. выведен на сильно вытянутую орбиту
второй спутник связи «Молния-1». Расстояние до апогея в северном
полушарии ra = R + 40 000 км, до перигея над южным rp = R + 400 км,
период То = 12 ч, R - радиус Земли. Он быстро проходит южное по-
лушарие и обеспечивает длительный сеанс связи в зоне между Вла-
дивостоком и Москвой. Площадь, заметаемая радиус-вектором спут-
ника в южном полушарии, S = (450/л)83/2, 8 = гр/гл, 50 — площадь
орбиты. Найдите промежуток времени т облета южного полушария.
1.9.25. Два спутника равных масс mi = т2 = т, соединенные не-
весомым канатом длиной I, движутся по круговым орбитам вокруг
Земли. Спутники находятся на прямой, проходящей через центр
Земли. Расстояние между серединой каната и центром Земли рав-
но г. Найдите величину силы натяжения каната N.
1.9.26- 1.9.27. Гравилет. Два однородных шара масс т{ = т2 = т/2,
прикрепленные к концам стержня пренебрежимо малой массы, обра-
зуют гантель. Ось гантели перпендикулярна плоскости орбиты, по ко-
торой движется центр масс. Расстояние между центрами шаров — Z.
1.9.26. Найдите силу, действующую на гантель в поле тяжести
Земли. Расстояние от центра Земли до середины гантели г I.
1.9.27* . Обсудите проблему: возможно ли, в результате периодиче-
ского изменения длины гантели l(t) = lQf0<t< Т/2\ l(t) = 0, Т/2 < t <Т
покинуть сферу действия Земли?
1.9.28* . Движение в космосе с малой тягой. В отличие от обыч-
ных реактивных двигателей плазменные или ионные двигатели раз-
68
вивают силу тяги F mg, слишком малую для старта с поверхности
Земли. Однако при старте с околоземной орбиты двигатель малой тя-
ги может разогнать корабль до гиперболической скорости. В началь-
ном состоянии ракета находится на круговой орбите. После включе-
ния двигателя постоянная реактивная сила F = fv/v, действующая
на ракету, направлена по касательной к траектории,/— константа,
а = f/m g. Получите уравнения, описывающие начальный участок
траектории, на котором полная энергия возрастает до значения Е = О,
и найдите число полных оборотов N на этом участке.
1.9.29. Вторая космическая скорость. Найдите наименьшее зна-
чение начальной скорости и1р которую необходимо сообщить косми-
ческому аппарату относительно Земли для того чтобы аппарат стал
спутником Солнца.
1.9.30. Третья космическая скорость. Найдите начальную ско-
рость иш, которую следует сообщить КА относительно Земли, чтобы
он покинул Солнечную систему.
1.9.31. Найдите начальную скорость и^, которую необходимо со-
общить космическому аппарату, чтобы он двигался по орбите Земли
в направлении, противоположном направлению движения Земли.
1.9.32. Четвертая космическая скорость. Найдите начальную
скорость t?IV, которую необходимо сообщить КА относительно Земли,
чтобы он упал на Солнце.
1.9.33* . Задача Лагранжа. В 1772 г. выдающийся математик
Ж.Л. Лагранж нашел частное решение задачи трех тел, предполагая,
что в любой момент времени частицы масс mp m2, т3 находятся в
вершинах правильного треугольника. Покажите, что сумма сил, дей-
ствующих на частицу массой тх, соответствует силе притяжения,
действующей со стороны «частицы» массой М, находящейся в центре
масс, М = (i/m2)(m22 + т2т3 + т2)3/2, т - тх + т2 + т3, а равнодейст-
вующая сил, приложенных к каждой частице, лежит на прямой,
проходящей через центр масс С.
1.10. Движение в неинерциальных системах.
IB неинерциальной системе отсчета К', движущейся по-
ступательно относительно инерциальной системы К с уско-
рением iv , второй закон Ньютона можно записать в виде
69
ma -F-mw. (1.10.1)
где f = — сила инерции.
В неинерциальпой системе отсчета К', которая имеет
общее начало с инерциальной системой К и вращается с по-
стоянной угловой скоростью Q , второй закон Ньютона
приобретает вид
ma' = F + X+X6> (1.10.2)
/K=-2mQxp, --mQx(Qxr) (1.10.3)
Здесь fK — сила Кориолиса, f б — центробежная сила.
1.10.1. В системе координат К закон движения частицы x(t) = 0,
y(t) = vt. Система К'с осями я' у', параллельными осям х, у движется
вдоль оси х. В момент времени t = 0 начал координат систем совпа-
дают. Найдите скорость vr системы К\ если в этой системе уравнение
траектории частицы х' = y,2/2R.
1.10.2. Космический корабль стартует вертикально с Земли или
тормозится при спуске, входя по вертикали в плотные слои атмосфе-
ры с ускорением w . Найдите вес космонавта N.
1.10.3. Акселерометр представляет собой изогнутую под прямым
углом трубку, заполненную маслом. Трубка расположена в верти-
кальной плоскости, угол а= я/4. При движении трубки в горизон-
тальном направлении с ускорением w уровни масла в коленах труб-
ки соответственно равны hx - 8 см и h2 = 12 см (рис. 1.10.3). Найдите
1.10.4. Клин движется по горизонтальной плоскости стола с по-
стоянным ускорением w = (iv, 0, 0). Угол между наклонной плоско-
стью клина и поверхностью стола равен а. На клин положили тело
массой п?. Коэффициент трения между плоскостью клипа и телом —
ц. Найти значение w, при котором тело смещается вверх но плоско-
сти клина.
70
1.10.5. Мотоциклист на вертикальной стене. Вернемся к зада-
че 1.8.1 и найдем угол а между вертикалью и плоскостью колес мото-
цикла.
1.10.6. На краю доски длиной I массой т2 лежит груз массой mv
Коэффициент трения между доской и грузом ц. Доска может дви-
гаться по гладкой горизонтальной плоскости. Найдите значение ве-
личины горизонтально направленной силы F , которую необходимо
приложить к доске, чтобы груз соскользнул за интервал времени т.
1.10.7* . Пусть Солнце, Луна и Земля находятся на одной пря-
мой. Величина силы, действующей со стороны Солнца на Луну
шсл = 5,968 • 10 3 м/с2 более, чем в два раза превосходит
величину силы, действующей на Луну со стороны Земли = тли>^
- 2,697 • Ю^м/с2. Величина силы, действующей на Землю со сто-
роны Солнца Fc3 = m.jvC3t = 5,938 • IO-3 м/с2. Почему же Солнце не
влияет существенно на движение Луны вокруг Земли?
1.10.8* . Космический лифт. Предположим, что на экваторе воз-
ведена конструкция, в которой действует лифт. Найдите расстоя-
ния г, и г2 от центра Земли до точек, в которых скорость груза мас-
сой т станет равной местным первой и второй космическим
скоростям.
1.10.9* . Центр масс О космического корабля движется по ок-
ружности радиуса г. В точке О закрепили пару пружинных весов. На
концах пружин закреплены частицы масс и т2, т^ = т2 = т. Най-
дите вес Р{ и Р2 каждой частицы.
1.10.10. В 1929 г. американский астроном Э. Хаббл установил,
что относительная скорость Галактик пропорциональна расстоянию
между ними. Коэффициент пропорциональности — постоянная
Хаббла Н » 73 км/с • Мне. Докажите, что этот закон справедлив для
любого движущегося наблюдателя — Галактики «разбегаются».
1.10.11. Начало система отсчета К' движется относительно сис-
темы К по горизонтали с постоянной скоростью и. Направим оси ко-
ординат х,х* по горизонтали, оси yf yf по вертикали вниз. Свяжем с
системой К* самолет, с которого сброшен шар с нулевой начальной
скоростью относительно самолета. Получите уравнение траектории
шара.
А. В системе отсчета К.
Б. В системе отсчета К'.
71
1.11. Линейные колебания
Одномерные колебания. Если движение частиц огра-
ничено связями — поверхностями, стержнями, нерастяжи-
мыми нитями, то возможна ситуация, в которой положение
системы N частиц определяется заданием одной
функции s(t). Размерность [$] — метр или радиан. Ее назы-
вают независимой или обобщенной координатой и говорят,
что система имеет одну степень свободы. В этом случае дви-
жение системы называют одномерным. Величину ds/dt на-
зывают обобщенной скоростью системы. Кинетическая
энергия системы зависит от обобщенных координаты и ско-
рости: К = G(s)(ds/dt)2/2, где G(s) — положительно опреде-
ленная функция. Потенциальная энергия W = lV(s).
Устойчивому равновесию соответствует такое положе-
ние системы $ = $0, в котором ее потенциальная энергия
имеет минимум. Значение з0 определяется из условия
dW/ds - 0. Введем функцию x(t) = s(t) - s0. В окрестности
положения равновесия потенциальная энергия системы
w(x) = Иф^ + х) = Иф?0) + — + ..., (1.11.1)
где к = (Fw/ds > 0 — значение второй производной при s - s0.
В положении устойчивого равновесия к > 0. Кинетиче-
ская энергия
f (1.11.2)
2\dt)
где Go = G{s0). Согласно закону сохранения энергии консер-
вативной системы полная энергия К + iv(x) = Е ~~ постоян-
ная величина. Дифференцируя это соотношение, получим
линейное дифференциальное уравнение гармонических
колебаний
d2r
^-f+(o2z = 0, a2 = k/Ga, (1.11.3)
dt
решением которого является функция x(t) = acosoi + bsinert,
где а и b - постоянные, определяемые из начальных условий.
Отметим, что уравнение (1.11.3) можно получить в резуль-
тате линеаризации уравнения, следующего из второго зако-
на Ньютона.
72
1.11.1. Координата, определяющая смещение шарика от поло-
жения устойчивого равновесия, x(t) - A sin Grt. Найдите отношение
величин скоростей в точке, отстоящей от положения равновесия на
три пятых амплитуды колебаний и в положении равновесия.
1.11.2. Пружина прикреплена к массивному телу и к частице
массой т = 0,1 кг, которая может двигаться по гладкой горизонталь-
ной прямой — оси х. Жесткость пружины к = 40 Н/м, длина в нена-
пряженном состоянии — Zo. В положении равновесий я(0) = /0 части-
це сообщили начальную скорость уДО) = р0, р0 = 0,2 м/с.
А. Найдите координату частицы x(t) = Zo + z(Z).
Б. Найдите значения моментов времени tn, в которых отношение
потенциальной энергии к кинетической равно W/K = 3.
1.11.3. Подставка массой М стоит на горизонтальной плоскости.
К верхней перекладине подвешена пружина, к которой прикреплен
груз массой т (рис. 1.11.3). Жесткость пружины к = 40 Н/м, длина в
ненапряженном состоянии — Груз сместили из положения равно-
весия на расстояние s и отпустили. Найдите максимальное значение
s, при котором подставка не подпрыгнет.
1.11.4* . К частице, которая может перемещаться по гладкой го-
ризонтальной прямой, прикреплена пружина. Другой конец пружи-
ны закреплен на расстоянии h от прямой (рис. 1.11.4а). Найдите час-
тоту линейных колебаний в окрестностях положений устойчивого
равновесия.
Рис. 1.11.2 Рис. 1.11.3
Рис. 1.11.4 а
1.11.5* . Две частицы массами mt и т2, соединенные пружиной
пренебрежимо малой массы, могут двигаться по оси х, x2(l) > x^t).
Жесткость пружины — к, длина в ненапряженном состоянии — 10.
А. Начальные условия я2(0) - хДО) = 10 + Ь, рДО) = i>2(0) = 0. Най-
дите решение уравнений движения.
Б. Начальные условия я2(0) ~ ^Д®) = Ар *Л(0) = Цр уг(0) = Най-
дите решение уравнений движения.
-73
1.11.6* . Две частицы массами mt и т2, соединенные пружиной
пренебрежимо малой массы, могут двигаться по прямой линии. Же-
сткость пружины — А, длина в ненапряженном состоянии — Zo. В на-
чальном состоянии скорости частиц равны нулю. К первой частице
прикладывается ударная постоянная сила F , направленная от пер-
вой ко второй частице, в течение интервала времени т, удовлетво-
ряющего условию сот 1, <о2 = кт/т{т2, т = т{ + т2. Импульс силы
1= Ft — конечная величина. Найдите амплитуду колебаний А рас-
стояния между частицами после действия силы.
1.11.7. Вертикальные колебания груза, закрепленного на пру-
жине. Параметры пружины: к — жесткость пружины, Zo — длина
пружины в нерастянутом состоянии. Найдите решение уравнения
движения и частоту линейных колебаний со.
1.11.8- 1.11.9. Удлинение пружины, к которой подвесили два
груза массами = Зт и т2 = 2т, равно Ь.
1.11.8. Найдите амплитуду колебаний груза т} после того, как
нижний груз т2 оторвался.
1.11.9. Найдите частоту колебаний со оставшейся части груза.
1.11.10. Амплитуда вертикальных колебаний частицы массой т{,
прикрепленной к пружине, равна А. Частота колебаний сог Когда
частица находилась в крайнем нижнем положении, к ней подвесили
частицу массой т2. В результате система оказалась в положении рав-
новесия. Найдите массу частицы т2.
1.11.11* . Шарик массой т подвешен на пружине жесткости к. Дли-
на пружины в ненапряженном состоянии Zo. Точка подвеса маятника
перемещается в вертикальном направлении по закону s(t) = s0 cos orf,
Z>0. Сила сопротивления F = -mcv , где с - постоянный коэффици-
ент, с < <о0, со02 = к/т.
А. Найдите амплитуду колебаний А (о) при установившемся дви-
жении шарика.
Б. Найдите резонансную частоту и значение амплитуды при ре-
зонансе Ат,
1.11.12. На стенках, расположенных на расстоянии 2Z0, закреп-
лены концы двух пружин (рис. 1.11.12). К первой пружине жестко-
стью к^ - 2к, длиной Zo в ненапряженном состоянии прикреплена час-
тица массой = 2т, ко второй пружине жесткостью к2 = к, длиной Zo
в ненапряженном состоянии прикреплена частица массой т2 = т.
Частицы движутся по гладкой горизонтальной плоскости. В началь-
74
льтй момент времени расстояния первой частицы до левой стенки и
второй частицы до правой стенки равны IJ2, Найдите скорость цен-
тра масс системы в момент столкновения частиц.
1Л 1.13. Упругая нить длиной 2а в ненапряженном состоянии
перекинута через пару параллельных тонких стержней, расположен-
ных в горизонтальной плоскости на расстоянии АВ = а друг от друга.
Концы нити прикреплены к частице. Определить частоту линейных
колебаний частицы, если в положении равновесия нить образует
равносторонний треугольник.
1.11.14* . Один конец пружины жесткостью к, длиной Zo в нена-
пряженном состоянии прикреплен к вертикальной стенке, на другом
закреплена частица массой т, которая может двигаться по шерохова-
той горизонтальной плоскости. Коэффициент трения — ц. В началь-
ном положении длина пружины /0 + А, начальная скорость частицы
г(0) = 0. Найдите число полных колебаний Удо остановки частицы.
1.11.15. Гармонические колебания математического маятника —
небольшого шарика, прикрепленного к невесомому стержню длиной
/. который движется в вертикальной плоскости. Положение шарика
зададим углом отклонения стержня <р(/) от вертикали. Найдите час-
тоту линейных колебаний маятника.
Рис. 1.11.12 Рис. 1.11.15
1.11.16. Маятник колеблется с частотой v = 0,5 Гц. Величина скоро-
сти маятника при прохождении положения равновесия и = 0,314 м/с.
Найдите амплитуду колебаний маятника А
1.11.17. При гармонических колебаниях математического маят-
ника максимальное значение кинетической энергии равно 1 Дж,
максимальное значение потенциальной энергии равно 1 Дж. Опре-
делите полную энергию маятника В.
75
1.11.18. Частица закреплена на конце нити, подвешенной в точке О.
В начальном состоянии, изображенном на рис. 1.11.18 <р(0) = <pn 1, на-
чальная скорость равна нулю; точка Л — положение равновесия. Частица
может двигаться от точки В к точке А по дуге окружности или по хор-
де АВ. Найдите отношение соответствующих промежутков времени tjtc,
1.11.19. Частица закреплена на конце нити, подвешенной в точ-
ке О (рис. 1.11.15). В начальном состоянии угол отклонения нити от
вертикали <р(0) = 0, начальная скорость р0 направлена по горизонта-
ли. Найдите промежуток времени tm, через который горизонтальная
компонента скорости достигнет максимального значения в случае
линейных колебаниях частицы.
1.11.20. Маятник в неоднородном поле тяжести. Найдите часто-
ту колебаний маятника, расположенного на высоте h над поверхно-
стью Земли.
1.11.21. На рис. 1.11.21 изображен маятник, представляющий
собой невесомый стержень, на котором закреплены две частицы масс
тх и т2 на расстояниях и 12 от горизонтальной оси вращения. Най-
дите частоту линейных колебаний маятника.
1.11.22, Маятник представляет собой невесомый стержень дли-
ной L, на конце и в середине которого закреплены две частицы рав-
ных масс. Найдите отношение частоты колебаний маятника к частоте
колебаний невесомого стержня длиной L, на конце которого закреп-
лена частица массой 2т.
1.11.23. На рис. 1.11.23 изображен маятник, представляющий
собой невесомый стержень длиной Ц = I. На конце стержня закреп-
лена частица массой mY = т. Вторая частица массой т2 = т может пе-
ремещаться по стержню и по горизонтальной прямой, расположен-
ной на расстоянии 12 - 1/2 от оси вращения. Найдите частоту
линейных колебаний маятника.
Рис. 1.11.18 Рис. 1.11.21 Рис. 1.11.23
76
1.11.24. Невесомый стержень длиной L, к концу которого прикре-
плена частица массой т, может вращаться в вертикальной плоскости
вокруг горизонтальной оси, проходящей через точку О. К частице
прикреплена пружина жесткостью к длиной lQ в ненапряженном со-
стоянии. Расстояние от точки закрепления пружины до частицы в по-
ложении равновесия — /0 (рис. 1.11.24а). Найдите частоту линейных
колебаний системы.
1.11.25. Точка подвеса нити длиной Z, на конце которой закреп-
лена частица, движется в горизонтальном направлении с ускорением
w относительно Земли. Найдите положение равновесия и частоту
линейных колебаний частицы.
1.11.26. Частота линейных колебаний маятника в кабине лифта,
спускающегося вниз с постоянной скоростью, равна v. Найдите час-
тоту колебаний маятника v„ если лифт замедляет свое движение. Ве-
личина тормозящего ускорения g,
1.11.27* . Частица движется по винтовой линии с горизонтально
направленной осью симметрии. В системе координат с осью х, на-
правленной вертикально вверх параметрическое уравнение винтовой
линии имеет вид х = a cos ф, у = a sin <р, z = /цр/2л. Найдите частоту
линейных колебаний частицы в окрестности положения устойчивого
равновесия.
1.11.28. Клин находится на гладкой горизонтальной плоскости.
На плоскости клина в точке на высоте h закреплен один конец пру-
жины, к другому прикреплена частица, которая может двигаться по
поверхности клина в вертикальной плоскости. Масса клина — mv
масса частицы — mv угол наклона клина — а, жесткость пружины —
к, длина в ненапряженном состоянии 10. Найдите частоту линей-
ных колебаний частицы и клина сэг
Рис. 1.11.24 а Рис. 1.11.29
1.11.29. Один конец пружины закреплен, к другому концу при-
креплена однородная гибкая веревка, одна часть которой может дви-
77
гаться по гладкой горизонтальной плоскости стола, а другая свиса-
ет (рис. 1.11.29). Масса веревки т, длина I. Жесткость пружины — к,
длина в ненапряженном состоянии — Zo, к > mg/l. Найдите частоту
линейных колебаний веревки со.
1.11.30. Новый способ транспортировки грузов. Два пункта А и
В на поверхности Земли соединены гладким тоннелем, прорытым по
хорде окружности, радиус которой равен радиусу Земли /?. Макси-
мальная глубина тоннеля — h (h R), В момент времени t = 0 н
пункте А груз отпускают в тоннель с начальной скоростью равной
нулю. Найдите время прибытия груза tk в пункт В,
(Указание: Потенциальная энергия взаимодействия частицы,
находящейся внутри Земли с Землей
W( г ) = - (mgR/2) [3 - (г/Я)2], г < /?,
где г - расстояние от центра Земли до частицы, R - радиус Земли.
Если г > R, то W( г ) = -mgR2/г.)
1.11.31. Частица движется по окружности, вращающейся с по-
стоянной угловой скоростью Q вокруг вертикальной оси, лежащей в
плоскости окружности и проходящей через центр. Масса частицы т,
радиус окружности — R. Найдите частоту линейных колебаний со в
окрестности нижнего положения устойчивого равновесия при усло-
вии Q2/? < g.
1.11.32* . Частица массой m движется по проволоке, изогнутой в
форме параболы у = х2/2R. Проволока вращающейся с постоянной
угловой скоростью П вокруг вертикальной оси у. Найдите частоту
линейных колебаний сов окрестности положения равновесия при ус-
ловии Q*R<g.
1.11.33. В середине тонкого невесомого стержня длиной I закре-
плена частица. Концы стержня скользят по параболе у = z2/2/?c вер-
тикально расположенной осью у. Найдите уастоту со линейных коле-
баний при условии I < 2R.
1.11.34. Доска, на которой лежит плитка, колеблется в горизон-
тальной плоскости с амплитудой А и частотой о. Коэффициент тре-
ния плитки по доске ц. Найдите условие, при котором плитка не про-
скальзывает по поверхности доски.
1.11.35* . Тонкая полая трубка, изогнутая по дуге окружности
радиусом R, может скользить по гладкой окружности радиусом /?,
расположенной в вертикальной плоскости (рис.1.11.35а). Масса
78
трубки т, длина трубки L, L < л/?. Найдите частоту линейных коле-
баний трубки в окрестности положения устойчивого равновесия.
1.11.36* . Стержень ОМ и диск образуют жесткую систему, кото-
рая может вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через
центр диска О (рис. 1.11.36). На диск радиусом R намотан трос, на
конце троса подвешен груз массой т. В точке М стержня закреплен
противовес массой М, центр тяжести которого находится на расстоя-
нии L от точки О, ML > mR. Осевой момент диска с противовесом*/.
Найдите частоту линейных колебаний системы в окрестности поло-
жения устойчивого равновесия.
Рис. 1.11.35 а
Рис. 1.11.36
1.11.37. Можно ли сложить два колебания?
1.11.38. Груз массой М подвешен на пружине. В положении рав-
новесия на него положении частицу массой т. Найдите максималь-
ную величину силы давления N частицы на груз.
1.12. Движение твердого тела
Кинематика. Радиус-вектор произвольной частицы а
твердого тела в инерциальной системе отсчета
гЛ(/)= /?(/) +(/), (1.12.1)
где R (/) = (Rx, Ry, Rz) — радиус-вектор центра масс точки О
твердого тела,
са — радиус-вектор частицы в системе /Г, жестко свя-
занной с телом.
Длина вектора са(/) — постоянная величина.
79
Скорость частицы
y0(i) = w(i) + y;(z),
где и (0 = d/Ft/dt — скорость точки О',
va (t) =dea /dt - скорость частицы относительно точки О'.
Производная
de
—2- = сохса, (1.12.2)
dt
где й>(0 - угловая скорость твердого тела.
Следовательно, скорость частицы а твердого тела всегда
можно представить в виде
VQ (0 = + © ХСа . (1.12.3)
Из (1.12.3) следует соотношение, связывающее скоро-
сти произвольно выбранных двух точек твердого тела:
(0 = (*).+ 6xrte (t), (1.12.4)
где va (t), vk (t) — скорости точек аик твердого тела,
гАа = са -ск — вектор, с началом в точке к.
Таким образом, скорость любой точки а твердого тела
представлена в виде суммы скорости другой произвольной
точки к и скорости вращения точки а относительно точки к.
Следствие: vafka = vkrka.
Проекции скоростей да и ик на прямую ка одинаковы.
Мгновенная ось вращения. Пусть вектор гкь, перпен-
дикулярен угловой скорости. Всегда можно найти некото-
рую точку Ь, скорость которой равна нулю.
Поскольку d)ffcb=O, то из уравнения 0 = ик + (й*гкь
найдем положение точки Ь:
Гкь = ®х^/со2.
Скорости остальных точек приобретают вид
= ЙХ^а- *4 * (OXrbfc,....
Следовательно, распределение скоростей точек твердого
тела в данный момент времени t представлено как результат
чистого вращения вокруг оси, проходящей через точку Ь.
Эту ось называют мгновенной осью вращения.
Положение оси можно найти по известным скоростям
двух точек.
В частности, мгновенная ось вращения проходит через две
неподвижные в данный момент времени точки твердого тела.
Динамические переменные твердого тела. Совместим
точку О' с центром масс. Импульс твердого тела массы т
Р = ти, (1.12.5)
где v — скорость центра масс.
Момент импульса твердого тела
L =mR*v л- Lc, (1.12.6)
= £игас0 х(юхса), (1.12.7)
a~i
где Lc — момент импульса тела в системе центра масс.
В случае плоскопараллельного движения тела со = (0,0, со).
Тогда
4 = <й, (1.12.8)
.V
4=&.[(‘И)ЧЛ (1-12.9)
а=1
где /г - величина, называемая моментом инерции тела от-
носительно оси z'.
При переходе .к непрерывному распределению массы
твердого тела следует перейти от суммы по частицам в
(1.12.9) к определенному интегралу
где V — объем тела.
Для однородного диска (масса т, радиус а), получим
Jc = та /2. Для тонкого однородного стержня длиной /, по-
лучим = ml2/\2. Если ось z'проходит через торец стержня,
то L = (0, 0, J0cd3), Jo = ml2/3.
Кинетическая энергия твердого тела.
K=mv/2+JcG>2/2.
Уравнения движения твердого тела. Движение твердо-
го тела описывается системой шести уравнений.
та -F, (1.12.10)
= (1.12.11)
dt
где ас — ускорение центра масс,
F — сумма внешних сил,
Lc и Мс — момент импульса и момент внешних сил от-
носительно центра масс тела.
81
Уравнение (1.12.11) следует из уравнения
— = М, (1.12.12)
dt
где L — момент импульса тела,
М — сумма моментов внешних сил в исходной инерци-
альной системе отсчета.
В случае плоскопараллельного движения осесиммет-
ричного тела вокруг фиксированной оси получим из
(1.12.12) уравнение
J =м.
dt
(1.12.13)
1.12.1* Палка АВ движется в вертикальной плоскости (рис. 1.12.1 а).
Величина скорости точки Л, направленной вдоль палки, vA = i;0/V2 ; ве-
личина скорости середины палки ис = р0. Найдите величину скорости vR
точки В.
1.12.2. В вертикальной плоскости движется стержень АВ
(рис. 1.12.2а). Скорости иА, ив точек Л и В образуют углы л/4 с пря-
мой, на которой находится стержень. Величины скоростей иА = = и0.
Найдите величину скорости уточки С — середины стержня.
1.12.3. Кусок фанеры в форме равностороннего треугольника
АВС движется в вертикальной плоскости. В некоторый момент вре-
мени сторона АС находится на вертикали. Скорость точки В направ-
лена по горизонтали. Скорость точки Л образует прямой угол с отрез-
ком АК, перпендикулярным основанию треугольника (рис. 1.12.3).
Модуль скорости vA = р0. Найдите модуль скорост/i ис .
1.12.4. Обруч радиусом R движется в вертикальной плоскости ху.
В некоторый момент времени скорости концов диаметра ас лежат в
вертикальной плоскости перпендикулярно диаметру (рис. 1.12.4).
Проекции скоростей = Зр0, = 4р0. Найдите величины скоростей
vb концов диаметра db, перпендикулярного ас и расстояние k от
центра обруча С до мгновенной оси вращения.
Рис. 1.12.1 а
82
Рис. 1.12.2 а
Рис. 1.12.3
Рис. 1.12.4
1.12.5. Лист фанеры движется в пространстве.
А. В некоторый момент времени скорости двух точек листа а и b
перпендикулярны плоскости листа, va = vb = и . Скорость точки с на
расстоянии I от отрезка ab равна ис=2м . Найдите геометрическое ме-
сто множества точек к листа, имеющих скорость vk = 3v.
Б. В некоторый момент времени скорости двух точек листа а и Ь
лежат в плоскости листа, иа = vb - и. Величина скорости точки с на
расстоянии I от середины отрезка ab равна 2и. Найдите геометриче-
ское место множества точек к листа, имеющих скорость ик = Зр .
1.12.6. Катер, движущийся со скоростью - 10 м/с буксирует
спортсмена на водных лыжах. Угол между скоростями катера и
спортсмена а = л/3. Найдите величину скорости спортсмена и2.
1.12.7. Равносторонний треугольник движется в вертикальной
плоскости. В некоторый момент времени величина скорости точки А
равна va = 2а, величина скорости точки В равна vb = и, и = 2 м/с. Ско-
рость центра треугольника направлена параллельно стороне СВ
(рис. 1.12.7а). Найдите величину скорости и0.
1.12.8. Стержень ОА, вращающийся вокруг горизонтальной оси,
проходящей через точку О, соединен шарниром со стержнем АВ. Ко-
нец стержня В связан шарниром с ползуном, движущемся по гори-
зонтальной направляющей прямой (рис. 1.12,8). Длина каждого
стержня /?, скорость точки В постоянная величина vBx = -и0. Найдите
ускорение точки А, когда стержни образуют прямой угол.
Рис. 1.12.7 а
1.12.9. На рис. 1.12.9а изображен груз, прикрепленный к неве-
сомой, нерастяжимой нити, перекинутой через три блока. Массы гру-
зов и ог2, 2тх > пг2. Блоки В и С невесомы, масса блока А равна т,
осевой момент инерции блока J = /п/?2/2, R — радиус блока. Найдите
проекции ускорений грузов и блока В — av а2, а па числовую ось,
83
направленную вертикально вниз. Исследуйте предельный случай
т гл,, т2.
1.12.10. Две частицы масс mi и т2 закреплены на концах невесо-
мого стержня длиной I. Эта система движется в однородном поле тя-
жести. Начальное значение относительной скорости частиц и0. Най-
дите величину сил реакций N, действующих на частицы.
1.12.11. Тонкий обруч раскрутили вокруг оси, проходящей через
центр перпендикулярно плоскости обруча, и положили на шерохова-
тую горизонтальную плоскость. Радиус обруча R, коэффициент тре-
ния обруча о плоскость ц. Начальная угловая скорость g>(0) = а>0.
Найдите промежуток времени т, через который обруч остановится и
полное число оборотов N до остановки.
1.12.12. На шероховатые тонкие ободы двух дисков, центры ко-
торых расположены на одной вертикали, натянута невесомая нить. К
нити прикреплена частица массой т (рис. 1.12.12). Масса обода М,
массой дисков можно пренебречь. Найдите величину ускорения час-
тицы а.
1.12.13. Невесомый стержень длиной I с частицами на концах
масс гп. = т2 = т скользит в вертикальной плоскости по сторонам
прямого двухгранного угла (рис. 1.12.13). В момент времени t = 0
стержень находился в вертикальном положении. Найдите скорость
центра масс и (<р) и силы реакции Nt (<р) и N2 (<р).
Or--4—м
Рис. 1.12.9 а Рис. 1.12.12 Рис. 1.12.13
84
1.12.14- 1.12.16. Физический маятник. Однородный стержень
длиной массой т может вращаться вокруг горизонтальной оси z.
1.12.14. Найдите силу реакции, действующую на стержень ЛГ(<р),
где <р — угол отклонения стержня от вертикали.
1.12.15. Покажите, что частота линейных колебаний стержня
Q = (3g/2s)1/2.
1.12.16* . Удар стержня о преграду. Цёнтр удара. Закрепим тон-
кий прут параллельно оси z и пересекающий плоскость ху в точке С с
координатами хс = h, ус = 0 (рис. 1.12.16). Найдите значение ht при
котором при ударе поперечная компонента силы реакции обращает-
ся в нуль.
1.12.17. Два однородных, жестко скрепленных стержня длиной а
и Ь, могут вращаться вокруг горизонтальной оси, проходящей через
торец стержня длиной Ь (рис. 1.12.17). Найдите частоту линейных
колебаний системы.
Рис. 1.12.16
Рис. 1.12.17
1.12.18- 1.12.20. Устойчивость Ваньки-Встаньки. Кукла-
неваляшка представляет собой две скрепленные сферы радиусов а и
Ь, а > Ь. В нижней части «туловища» — сферы радиусом а — закреп-
лен массивный сферический сегмент. Масса куклы т, центр тяжести
расположен на оси симметрии на расстоянии h < а от поверхности
основания. Кукла находится на шероховатой горизонтальной плос-
кости.
1.12.18. Найдите условие устойчивости куклы.
1.12.19* . Найдите частоту линейных колебаний куклы — нева-
ляшки II Момент инерции системы относительно оси, проходящей
через центр масс перпендикулярно осевому сечению куклы — Л
1.12.20* . Куклу поставили на шероховатую наклонную плос-
кость, расположенную под углом а к горизонтальной плоскости.
85
Найдите предельное значение угла срте между вертикалью и осью
симметрии куклы, при котором реализуется состояние равновесия.
1.12.21* . На рис 1.12.21а изображена модель машины, представ-
ляющая собой раму, на которой закреплен мотор и ось О колеса.
Вращающаяся на вале мотора насадка действует на обод колеса с си-
лой трения F . Радиус колеса — а, расстояние от оси колеса до точки
приложения силы F равно а, масса колеса — масса рамы и мото-
ра — М. Расстояние от оси колеса до центра масс С рамы с мотором
ОС = 04/4, угол между плоскостью рамы и горизонтальной плоско-
стью а. Коэффициент трения между поверхностью обода колеса и до-
рогой — ц, между точкой А касания рамы и дороги — ц'.
А. Запишите закон изменения кинетической энергии машины.
Б. Найдите условия, при которых машина движется с постоян-
ным ускорением.
1.12.22* . Переход скольжения в качение. В художественной
гимнастике известен красивый элемент — гимнастка бросает и гори-
зонтальном направлении обруч, который через несколько секунд ка-
тится в обратном направлении и возвращается к ней. Масса обруча
т, радиус а. Введем систему координат xyz, в которой шероховатая
горизонтальная плоскость задана уравнением у = 0. Скорость центра
масс С диска и (I) = (и, 0, 0), угловая скорость й(£) = (0, 0, со)
(рис. 1.12.22). Начальные значения р(0) = и0 > 0, со (0) = cof) > vQ/a -
обруч раскручен в положительном направлении. Найдите решение
уравнений движения.
Рис. 1.12.22
1.12.23. Движение катушки ниток по плоскости. Катушка ниток
находится на шероховатой горизонтальной плоскости. К нити при-
ложена постоянная сила F (рис. 1.12.23а). Шероховатая горизон-
тальная плоскость задана уравнением у = 0. Скорость центра масс ка-
тушки д (t) = (/;, 0, 0) и угловая скорость й (/) = (0, 0, со). Проведите
анализ режимов скольжения и качения катушки (т — масса катуш-
86
ки, b — радиус бобины, а — радиус обода, осевой момент инерции
катуш ки — Je).
1.12.24- 1.12.25. По шероховатой наклонной плоскости клина,
образующей угол а с горизонтальной плоскостью, катится без про-
скальзывания обруч массой т, радиусом а.
1.12.24. Грань клина прилегает к вертикальной стенке (рис.
1.12.24а). Найдите величину ускорения центра масс аг и величину
силы давления клина G на стенку.
Рис. 1.12.23а
Рис. 1.12.24а
1.12.25. Клин массой m находится на гладкой горизонтальной
плоскости. В начальный момент времени скорости клина и обруча
равны нулю. Найдите скорость клина и = и в виде функции и =f(s),
где а* — путь, пройденный обручем.
1.12.26* . Быстрый волчок. Раскрутим осесимметричное тело —
волчок массой пг вокруг оси симметрии до угловой скорости соао и по-
ставим его на шероховатую плоскость так, что ось и вертикаль обра-
зуют угол 0 (рис. 1.12.26). Осевой момент инерции волчка Jy рас-
стояние от основания волчка до центра масс Яо. Если кинетическая
энергия волчка много больше потенциальной энергии, то ось волчка
начинает вращаться вокруг вертикали. Найдите угловую скорость Q
вращения оси волчка.
Q
Рис. 1.12.26
87
1.12.27* . Гироскопический момент. Гироскоп — симметричное
тело, вращающееся вокруг оси симметрии, закрепленной на непод-
вижном или движущемся объекте. Горизонтально расположенная ось
гироскопа массой m закреплена на двух подшипниках в точках а и Ь,
сот стороны которых действуют силы реакции Na и Nb (рис.1.12.27).
Осевой момент инерции гироскопа Jr Проекция угловой скорости
вращения гироскопа ох, вокруг оси z'намного больше величины угло-
вой скорости движения объекта Q . Найдите соотношение между уг-
ловой скоростью Q и силами реакции.
Рис. 1.12.27
1.12.28* -!. 12.29*. Силы реакции, возникающие при поворотах
объекта. Ось турбины расположена вдоль оси корабля (см. рис. 1.12.27).
1.12.28* . Найдите силы реакции при килевой качке корабля с
угловой скоростью 6(0.
1.12.29* . Корабль выполняет поворот по окружности радиусом R с
постоянной угловой скоростью 6 . В подвижной системе Q = (Q, 0, 0).
Найдите силы давления на подшипники турбины.
88
Глава II. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА.
ТЕРМОДИНАМИКА
2.1. Идеальный газ. Термодинамические процессы
Число Авогадро. Один моль любого элемента содержит
одинаковое число атомов (или моль молекулярного соеди-
нения — одинаковое число молекул) NA = 6,022’Ю23 моль4.
Абсолютная температура. В классической теории абсо-
лютная температура системы в состоянии теплового равно-
весия вводится соотношением
^ = 3*772, (2.1.1)
где Еср — среднее значение кинетической энергии поступа-
тельного движения молекулы как целого,
к - 1,38*10 23 Дж/К — постоянная Больцмана.
Обычный нуль шкалы Цельсия находится при
Тп = 273,15К: Т(К) = 273,15 + t °C. Произведение kNA = R на-
зывается универсальной газовой (или молярной) постоян-
ной, R = 8,314 Дж/(моль х К).
Уравнение состояния. Уравнение состояния идеально-
го газа в тепловом равновесии можно представить в эквива-
лентных формах
pV/T=mR/M, (2.1.2)
p = Mp/(RT), (2.1.3)
pV=vRT, (2.1.4)
где т — масса газа,
М — молярная масса,
v = т/М — число молей газа,
р — плотность.
Среднеквадратичная скорость молекулы следует из
(2.1.1):
рск = (З/гТ/АГ)1/2 или = 7377^ . (2.3.5)
Закон Дальтона. В состоянии теплового равновесия
давление смеси идеальных газов равно сумме парциальных
давлений каждой компоненты.
Уравнение процесса. Уравнение процесса можно задать
функцией, связывающей две из трех переменных р, V, Т.
89
2.1.1. Размеры атомов. Оцените размер атома золота L. Молярная
масса М= 0,197 кг/моль, плотность р = 19,32 х 103кг/м3.
2.1.2. Сколько молей кислорода v0 содержится в одном моле воды?
2.1.3. Наиболее точное взвешивание можно произвести с точно-
стью до 10 8 г. Сколько атомов содержится в крупинке железа массой
т = 108г?
2.1.4. Найдите массу 6,022 х Ю23 молекул СО.
2.1.5. При нормальных условиях (температура t = 0°С, давление
р = 101,3 кПа) один моль любого газа занимает объем V = 22,4 л. По-
лучите соотношение, связывающее числа Лошмидта и Авогадро.
2.1.6. Установлено, что в результате соединения двух объемов
водорода массой mi = 1 г с одним объемом кислорода массой т2 ~ 8 г
образуются два объема водяного пара массой тп3 = 9 г. Докажите, что
молекула кислорода состоит из четного числа атомов. Найдите отно-
шения масс молекул кислорода и воды к массе молекулы водорода.
2.1.7. Распад и синтез молекул. В результате химической реак-
ции «синтеза» два моля водорода и моль кислорода образуют два мо-
ля воды и выделяется энергия 136,6 ккал (калория — внесистемная
единица энергии, 1 кал = 4,1868 Дж). Эту реакцию можно записать в
виде П2 + О2/2 = Н2О + 2,963 эВ. Определите величину энергии Q, ко-
торую необходимо сообщить молю воды для реализации обратной ре-
акции — разложения молекул воды.
2.1.8. Полная энергия двух свободных атомов водорода Ех > 0. В
связанном состоянии, соответствующем устойчивой молекуле водо-
рода, полная энергия Ец = -4,48 эВ < 0 (1 эВ — внесистемная единица
энергии, 1 Дж = 6,24 • 1018 эВ). Согласно закону сохранения полной
энергии изолированной системы два свободных атома водорода ни-
когда не смогут образовать молекулу. Как же образуется молекула
водорода?
2.1.9. Вы читали произведение Рэя Бредбери «451° по Фаренгей-
ту»? Получите соответствующее значение температуры в шкале
Цельсия. Что происходило при этой температуре?
2.1.10. При какой температуре показания по шкалам Фаренгейта
и Цельсия одинаковы?
2.1.11. Почему из уравнения состояния идеального газар = pRT/M
следует завышенное значение давления?
2.1.12. Макросистема находится в состоянии теплового равнове-
сия. Выберите верное утверждение из приведенных здесь фрагмен-
тов, дословно взятых из учебников физики.
90
Л. Законы Бойля-Мариотта и Гей-Люссака представляют собой
частные случаи уравнения состояния идеального газа.
Б, Соотношениер = кпТ, где п - концентрация молекул газа, яв-
ляется математическим выражением результатов эксперименталь-
ных исследований.
В. Температура — характеристика равновесного состояния мак-
роскопической системы.
Г. Молекулы идеального газа не взаимодействуют друг с другом,
за исключением коротких интервалов времени, когда они сталкива-
ются.
Д. Кинетическая энергия молекул в твердом теле значительно
меньше потенциальной энергии их взаимодействия.
2.1.13. Два газа, массы молекул которых равны т1 и m2 (т, < пг2),
находятся в двух сосудах. Температуры газов соответственно равны
7’ и Т2 (Г, < Т2). Затем сосуды соединяют. Найдите отношение сред-
неквадратичных скоростей молекул после установления состояния
теплового равновесия.
2.1.14. Среднеквадратичная скорость молекул азота при темпера-
туре I = 27°С равна 516 м/с, кислорода — 484 м/с, водорода —
1934 м/с. Сравните среднеквадратичные скорости молекул со второй
космической скоростью ип = 11,19 км/с. Будут ли удерживаться газы
водорода, азота и кислорода в атмосфере Земли?
2.1.15. Может ли жидкость быть идеально однородной?
2.1.16. Найдите молярную плотность газа - число молей газа в
единице объема v/V = р/М при нормальных условиях. Объясните,
почему молярные плотности идеальных газов имеют одно и тоже
значение.
2.1.17. Смесь водорода и кислорода массой ш = 18 г занимает
объем V = (3/2) Vy, = 22,4 л при температуре t = О” С и нормальном
атмосферном давлении р = р0. Определите массу водорода, кислорода
и молярное содержание смеси.
2.1.18. В баллоне объемом У = 3 м3 содержится газ при темпера-
туре Т = 450 К и давлении у ~ 2 10’ Па. Найдите объем газа Vo при
температуре Го = 300 К и давлении р0 = 10’ Па.
2.1.19. В реакции XY2 = X + 2У все вещества являются идеальны-
ми газами. Сосуд вначале содержал v, - 1 моль вещества XY2 при
температуре Т\ = 300 К и давлении = 1,25ри, где pt) — нормальное
давление. Затем в сосуд был введен катализатор разложения. После
91
достижения равновесия давление смеси достигло значения р2 = 2р0
при температуре Т2 = 360 К. Найдите количество молей v, прореаги-
ровавшего вещества XY2.
2.1.20. С достаточной точностью примем, что на долю кислорода
и азота приходятся соответственно/, = 0,21 и/2 - 0,79 массы тропо-
сферы (от греч. tropos — поворот) — прилегающего к Земле слоя воз-
духа толщиной порядка 11 км. Найдите парциальное давление ки-
слорода при давлении р.
2.1.21- 2.1.22. На рис. 2.1.21 изображена диаграмма цикла в ко-
ординатахр У, проведенного с v молями идеального газа.
2.1.21. В состояниях а и b температуры газа равны соответствен-
но Та и Ть. Найдите температуру газа в состоянии с,
2.1.22. Изобразите диаграмму цикла в координатах VT(p2 = 2рр
V2 = 2Vi,P'=p0,Vi = VB,p0VB = vRT0).
2.1.23- 2.1.24. На рис. 2.1.23 изображена р 7-диаграмма цикла в
координатах pV, проведенного с v молями идеального газа. Та = То —
температура газа в состоянии а, отношение максимальной и мини-
мальной температур в цикле Ття*/Тт.п = 4.
2.1.23. Найдите температуру газа Ть и Те в состояниях b и с.
2.1.24. Изобразите диаграмму цикла в координатах VT(p2 = 2pif
V2 = 2Vl>pt=p0,V^V0,peV0 = vRTB).
2.1.25. На рис. 2.1.25 изображен график циклического дроцесса
а-Ь-с-а в координатах давление-температура. Рабочее тело — иде-
альный газ. Найдите отношение к максимального объема к мини-
мальному объему.
Рис. 2.1.23
Рис 2.1.25
Рис. 2.1.21
2.1.26. Смесь газов содержит два идеальных газа: v, молей газа
молярной массой и v, молей газа молярной массой М2. Найдите
молярную массу смеси М.
2.1.27- 2.1.29. На рисунке 2.1.27 изображена р 7-диаграмма цик-
ла a-b-od-a, проведенного с v молями газа; р070 = v/?T0.
92
2.1-27. Найдите температуры газа в состояниях a, Ь, с, d.
2.1.28. Изобразите диаграмму цикла в координатах рТ.
2.1.29. Изобразите диаграмму цикла в координатах VT.
2.1.30. При проведении процесса р - const/И идеальный газ пе-
реходит из состояния Г, = То, V\ = 70 в состояние V2 = 2Vlt и температу-
рой Т2. Найдите значение Т2.
2.1.31. На рис. 2.1.31 изображен циклический процесс в коорди-
натах VT. Найдите на диаграмме состояние газа, в котором давление
имеет наибольшее значение.
Рис. 2.1.27
Рис. 2.1.31
2.1.32. Найдите зависимость температуры газа от объема T-T(V)
при адиабатическом процессе.
2.1.33. На рис. 2.1.33а изображен график процесса a-b-c-d в ко-
ординатах давление-температура. Рабочее тело — идеальный газ.
Изобразите диаграмму процесса в координатахpV.
2.1.34- 2.1.35. На рисунке 2.1.34а изображена pV диаграмма
цикла а-Ь-с-а, проведенного с v молями газа. Параметры а, Ъ, с со-
стояний р{ = pQ/2, р2 = Pq, Vt = Уо, V2 = 2И0 удовлетворяют условию
2.1.34. Представьте диаграмму цикла в координатах (Т,р).
Рис. 2.1.33 а
2.1.34 а
93
2.1.35. Определите максимальное значение температуры газа Тт в
циклическом процессе.
2.1.36. На рисунке 2.1.36а изображена рУдиаграмма цикла а-Ь-с-а,
проведенного с v молями газа. Параметры состояния а - ри = Зр|}/4,
Ия = ЗИ0/2,.состояния b - ph = р0/2, Vb = 2У0, состояния с — рс = р0/2,
К = К» = v^o- Представьте диаграмму цикла в координатах (Т,р).
2.1.37. В камере объемом V = 6 л давление воздуха р, = 0,1 МПа.
Найдите промежуток времени т, необходимый для того, чтобы нака-
чать в камеру воздух до давления р2 = 0,5 МПа, если при каждом
цикле насос захватывает из атмосферы воздух объемом = 0,5 л.
Длительность одного цикла т0 = 0,1 с, температура воздуха постоян-
на. Все процессы изотермические.
2.1.38- 2.1.39. Тонкостенный цилиндрический стакан высотой
а = 11,96 см закрыт невесомым поршнем, который может скользить
без трения по внутренней поверхности. Внутри стакана находится
воздух при атмосферном давлении р0 = 100 кПа. Вначале стакан пла-
вает в воде, погрузившись на глубину b = 10 см (рис. 2.1.38а).
Рис. 2.1.36 а
Рис. 2.1.38 а
2.1.38. Предположим, что сжатие воздуха представляет собой
изотермический процесс. На какую максимальную глубину Н можно
погрузить стакан, чтобы он еще плавал?
2.1.39. Погрузим стакан на глубину Н{ = 2,6 м. Найдите прира-
щение атмосферного давления Др, необходимое для того чтобы ста-
кан всплыл?
2.1.40. Температура воды в сосуде t2 = 20 °C. Стакан нагрели до
температуры £, - 100 °C и приложили открытым торцом к поверхно-
сти воды. Длина стакана L= 10 см, площадь поперечного сечения
5= 40 см2. Найдите массу воды /п, втянутой в стакан, после установ-
ления теплового равновесия при температуре 12.
94
2.1.41. Начальная температура воздуха в медицинской банке,
прикладываемой к телу, = 80 °C. Температура в комнате L, = 20 °C.
Атмосферное давление р0 = 100 кПа. Пайдите величину силу, дейст-
вующую на тело со стороны обод ока банки радиусом R = 2 см.
2.1.42. Одинаковые массы водорода и гелия находятся в сосуде
объемом который отделен от пустого сосуда объемом V2 полуне-
проницаемой перегородкой, пропускающей только молекулы водо-
рода. После установления равновесия давление в первом сосуде
уменьшилось в два раза. Найдите отношение К/Уг
2.1.43. Внутри цилиндрической трубки находится поршень,
плотно прилегающий к поверхности. В начальном состоянии пор-
шень находился на расстоянии а от торца трубки. Открытый торец
трубки приложили к поверхности воды и сместили поршень на вели-
чину Ь. Величины b, а Н, Н = p0/pg, р0 — атмосферное давление.
Найдите высоту столба воды h в трубке.
А. Переход воздуха в конечное состояние представляет собой
изотермический процесс.
Б. Переход воздуха в конечное состояние представляет собой
адиабатический процесс/)V1 ~ const.
2.1.44. В воде на глубине h образовался сферический пузырек
радиусом а, заполненный воздухом. С максимальной степенью точ-
ности всплывание пузырька представляет собой адиабатический
процесс. Найдите радиус пузырька г на глубине х.
2.1.45. На рисунке 2.1>45 изображенаpVдиаграмма цикла а-Ъ-с,
проведенного с v молями одноатомного газа. Точки b и а принадле-
жат адиабате. Параметры р{ = р0, У, = Уо, V2 = 8У0, удовлетворяют ус-
ловию р070 = vRTQ.
А. Найдите температуру газа в состоянии Ь.
Б. Найдите температуру Та и давление^ в состоянии а.
95
2.1.46. В баллоне объемом V = 22,4 л содержится водород при
температуре t = О °C и давлении р = 106 Па. Найти массу Ат водорода,
выпущенного из баллона, если при сгорании оставшегося водорода
образовалось тш = 36 г воды.
2.1.47. В баллоне содержится водород при температуре 1\ - 300 К, и
давлении = 100 кПа. Баллон нагревают до температуры Т2 = 9000 К,
при которой водород полностью распадается. Найдите давление атомар-
ного водорода р2.
2.1.48. В сосуде находится кислород при давлении р{. В результа-
те электрического разряда половина молекул распалась на атомы, а
температура возросла в два раза. Найдите давление газар2.
2.1.49* -2.1.50* Невесомый поршень может скользить по глад-
кой внутренней поверхности вертикально расположенного цилиндра
высотой L, сечением 5 = 98 см2. Начальная температура воздуха
То = 300 К, атмосферное давление р0 = 100 кПа. Цилиндр герметиче-
ски закрыли поршнем и поставили на него груз массой пг = 73 кг. В
начальном состоянии плоскость поршня расположена на расстоянии
L от дна цилиндра. При движении поршня реализуется процесс
рИ/2 = const.
2.1.49* . Найдите значение температуры Те в момент времени, со-
ответствующий прохождению поршнем положения равновесия и
границы движения поршня.
2.1.50* . Найдите частоту линейных колебаний поршня в окрест-
ности положения равновесия.
2Л.51*-2.1.52*. Невесомый поршень может скользить по глад-
кой внутренней поверхности вертикально расположенного цилиндра
сечением 5. На поршне находится груз массой т. При движении
поршня реализуется адиабатический процесс pV1 - const. В началь-
ном состоянии плоскость поршня расположена на расстоянии от
дна цилиндра. Начальная температура воздуха То, атмосферное дав-
ление Ру.
2.1.51* . Найдите частоту линейных колебаний поршня в окрест-
ности положения равновесия.
2.1.52* . Плоскость поршня переместили впиз из положения рав-
новесия на величину А. Найдите зависимость температуры воздуха
от времени.
2.1.53* . Истечение газа через отверстие. В равновесном состоя-
нии газ в сосуде объемом /находится в вакууме. Рассмотрим истече-
96
ние газа через небольшое отверстие в стенке, не нарушающее равно-
весное состояние. Площадь отверстия — S. Среднее значение компо-
ненты скорости молекулы, перпендикулярной поверхности стенки
<17 > = <у>/4, где <v> - (8кТ/лт*У'2 — среднее значение величины
скорости молекулы, и, > 0. В начальном состоянии число молекул в
сосуде ZV(O) = /Vo. Получите уравнение, решение которого позволит
определить число молекул в сосуде N(t) в момент времени t.
2.2. Первый закон термодинамики
В термодинамике приращение внутренней энергии
представляют в виде двух слагаемых:
Ц-Ц = (?12 + А12, (2.2.1)
где Л12 — часть приращения, называется работой, совер-
шаемой внешними силами над системой,
Ct2 ~ часть приращения, не связанная с изменением
объема, называется количеством теплоты, переданной сис-
теме внешней средой.
Соответственно работа, совершаемая системой над
внешними телами А'12 = -Л12; количество теплоты, передан-
ной системой окружающей среде (Х12 =
Элементарная работа &4, совершаемая внешними сила-
ми при бесконечно малом приращении объема А/в интер-
вале (И, 7+AV):
&4 = -р(ИД^. (2.2.2)
Для того чтобы найти функцию р = p(V), необходимо
использовать уравнение процесса и уравнение состояния.
Вычисляя сумму (2.2.2) по всем элементарным процессам,
получим значение работы при конечном изменении объема.
При бесконечно малом изменении объема и температу-
ры первый закон термодинамики (2.2.1) можно предста-
вить в виде
MJ=5Q-p(V}AV, (2.2.3)
где 6Q — элементарное количество теплоты, переданное
системе внешней средой.
Отношение с - &Q/(mAT) называют удельной теплоем-
костью системы. Эта величина, как и зависит от процес-
97
са. Молярная теплоемкость С = 5^/(vA7). Молярная тепло-
емкость одноатомного газа при постоянном объеме —
б\,= 3/?/2, двухатомного — Cv = 5R/2. Молярные теплоем-
кости при постоянном объеме и постоянном давлении свя-
заны соотношением Ср - Cv + R.
Закон Дюлонга и Пти. В 1819 г. французские ученые
11.Л. Дюлонг и А. Пти экспериментально установили закон:
молярная теплоемкость большинства твердых тел
Cv = 3/? = 25 Дж/(К • моль).
Внутренняя энергия идеального газа U = mcvT, где cv —
удельная теплоемкость при постоянном объеме или U = vCvT.
Строгое определение количества теплоты dQ = 7AS, где
S— энтропия системы. Поэтому в рамках курса физики
средней школы количество теплоты можно определить
только из первого закона термодинамики.
Закон излучения абсолютно черного тела. Если темпе-
ратура черного тела Т> 0, то каждый элемент его объема из-
лучает электромагнитные волны всех частот. Согласно за-
кону Стефана—Больцмана интенсивность излучения
J = <sT*. (2.2.4)
Размерность У — Вт/м2, ст = 5,67 х 10* Вт/ (м2> К4).
2.2.1. Работа при изотермическом процессе. Найдите работу А'12,
совершаемую газом при изотермическом процессе при изменении
объема от значения до И,.
2.2.2. Работа при адиабатическом процессе. Найдите работу Л'12,
совершаемую газом при адиабатическом процессе при изменении
объема от значения 7t до V2.
2.2.3. Выберите верное утверждение из приведенных здесь фраг-
ментов, дословно взятых из учебников и пособий по физике:
А. Макроскопические тела обладают еще и внутренней энергией,
заключенной внутри самих тел.
Б. Причина изменения температуры в процессе сжатия состоит в
следующем: при движении навстречу молекулам поршень передает
им во время столкновений часть своей механической энергии, в ре-
зультате чего газ нагревается.
В. Термодинамическая работа, совершаемая внешней средой и
количество теплоты, переданное системе, зависят от уравнения про-
цесса.
98
Г- Внутренняя энергия газа, содержащего N молекул, в N раз
больше энергии одной молекулы.
2.2.4. Внутренняя энергия идеального одноатомного газа
[; = 300 Дж. Газ занимает объем Г= 2 л. Найдите давление газа.
2.2.5. Состояние идеального газа задается значениями темпера-
туры и давления. Определите состояние, в котором внутренняя энер-
гия газа имеет наибольшее значение.
А. Т„, Ърог
Б. Ти, 2ри,
в. 2?;,^,
г. то,рп,
Д. Т„, 10р„.
2.2.6. Найдите приращение внутренней энергии воздуха в ком-
нате, если после включения нагревателя температура возросла от
значения Т\ до Т2.
2.2.7. Найдите правильное утверждение: при расширения газа в
адиабатическом процессе
1. Газу сообщили количество теплоты
2. Температура газа понижается.
3. Внешние тела совершают над газом положительную работу.
4. Приращение внутренней энергии положительно.
5. Внутренняя энергия газа не изменяется.
2.2.8. Найдите правильное утверждение: при увеличении объема
газа в изотермическом процессе
1. Внутренняя энергия газа возросла.
2. Газу сообщили количество теплоты.
3. Работа, совершаемая внешними телами, положительна.
4. Давление увеличивается.
5. Внутренняя энергия газа уменьшилась.
2.2.9. Найдите правильное утверждение: в процессе изотермиче-
ского расширения:
А. (? < 0, Л' > 0,
Б.(2 = 0,А'>0,
В. (2 = 0, А' < 0,
Г. (2>0,А'>0,
Д. AL7 > 0, А' > 0.
2.2.10. Найдите правильное утверждение: в процессе адиабати-
ческого расширения:
99
A. Q<b,A' >0,
Б. AL/= 0, A'> 0,
В. AI7< 0, A' < О,
Г. AL/> О, A'> О,
Д. AL/< О, A'> 0.
2.2.11. На рис. 2.2.11 изображен график процесса а~Ь в коорди-
натах давление-объем. Найдите количество теплоты Q, переданное
газу при переходе из состоянияpQ, 70 в состояние р0/2, 27d.
2.2.12. А. Идеальный двухатомный газ находится в сосуде объе-
мом V = 2 л при давлении р, == 2р0, где р0 = 105 Па — атмосферное дав-
ление. Найдите количество теплоты Q', переданное внешней среде
при изохорическом изменении давления до значения р2 - р0.
Б. При изохорическом нагревании давление газа увеличилось на
Ар = 500 кПа. Определите конечное значение давления р3, если абсо-
лютная температура газа возросла 1,5 раза.
2.2.13. В некотором процессе объем и давление увеличились в
два раза. Найдите отношение внутренней энергии в конечном и на-
чальном состояниях U2/Uv
2.2.14. При изобарическом нагревании азота массой т = 0,56 кг
до температуры Т2 = 370 К газ совершил работу А' = 16,6 кДж. Най-
дите начальную температуру азота Tv
2.2.15- 2.2.16. На рис. 2.1.27 изображена р V-диаграмма цикла а-
b-c-d-a, проведенного с v молями газа.
2.2.15. Найдите работу А', совершаемую газом.
2.2.16. Найдите работу, совершаемую газом при проведении
процесса a-d-c-b-a в направлении, противоположном, указанному
стрелками на рис. 2.1.27.
100
2.2.17- 2.2.18. На рис. 2.1.34а изображена диаграмма цикла,
проведенного с v молями газа. Параметры а, 6, с состояний pt = jo0/2,
р2 = Pv vi = Vv V2 = 2 удовлетворяют условию = v7?T0.
2.2.17. Найдите работу, совершаемую газом в процессах а-b, b-c,
с-а, а-Ь-с-а.
2.2.18. Найдите количество теплоты, переданное газу в процессах
а-Ь, b-с, с-а, а-Ь-с-а.
2.2.19. На рис. 2.1.21 изображена рУ-диаграмма цикла а-6-с-а,
проведенного с v-молями газа. Температуры в состояниях а и Ь равны
соответственно Тл и Ть. Найдите работу Д', совершаемую газом в цикле.
2.2.20* -2;2.21*. В двух сосудах находятся v, = 2 моль и v2 = 3 моль
идеальных газов. Объемы и температуры газов соответственно равны
Vi = 10 л, 1\ = То и V2 = 12,4 л, Тг = 1,5Т0, То = 273 К. Затем сосуды со-
единяют и смесь газов переходит в равновесное состояние.
2.2.20* . Найдите температуру смеси газов Г.
2.2.21* . Найдите давление в смеси газовр.
2.2.22. Поршень может скользить по гладкой внутренней по-
верхности горизонтально расположенного цилиндра, в двух полови-
нах которого находятся равные массы воздуха в равновесном состоя-
нии. Поверхность стенок и поршень обладают пренебрежимо малой
теплопроводностью. В начальном состоянии давление и температура
в каждой половине цилиндра — р0 и То. Воздух в левой половине ци-
линдра получил некоторое количество теплоты. В новом положении
равновесия давление воздуха — рк. Найдите значения температур
воздуха 71, и Т2 в левой и правой частях цилиндра.
2.2.23* . Давление воздуха в мяче радиусом а = 10 см равно
ps = 2 кПа. Масса мяча m = 0,314 кг. Мяч налетает на стенку со скоро-
стью и = 2 м/с. Область контакта мяча со стенкой имеет форму круга,
который является основанием деформированного шарового сегмента
переменной высоты х (рис. 2.2.23), Оцените максимальное значение
высоты сегмента h.
Рис. 2.2.23
101
2.2.24. Два одинаковых тела с температурами Т10 и Т20 образуют
адиабатически замкнутую систему. Теплоемкости тел — С. Найдите
конечную температуру этой системы, если она переходит в состояние
равновесия:
А. свободно в изохорическом процессе,
Б. в обратимом процессе. Найдите максимальную работу, кото-
рую может совершить система.
2.2.25. В двух сосудах находятся vt и v2 молей идеальных газов.
Давления и температуры газов равны соответственно 1\ и р2, Т2.
Затем сосуды соединяют и смесь газов переходит в равновесное со-
стояние. Найдите температуру Т и давлениер смеси газов.
2.2.26* . Имеется нагреватель, температура которого t2 = 30 °C. Газ
необходимо перевести из состояния а с параметрами pvVv ti = 20 °C в
состояние b с параметрамиpvV2 > Vv t2 = 30 °C, не используя нагрева-
тель для увеличения температуры. Изобразите диаграмму единствен-
ного возможного процесса перехода а —> Ъ.
2.2.27. Найдите молярную теплоемкость Св процессер = kV, где
к — постоянный коэффициент.
2.2.28* . Молярные массы титана и молибдена соответственно рав-
ны Мх = 0,048 кг/моль и М2 = 0,096 кг/моль. Для нагревания тп, = 1 кг
титана на АТ = 1 К необходимо передать количество теплоты Q. Найди-
те количество теплоты qt необходимое для нагревания т2 = 1кг молиб-
дена на АТ = 1 Я
2.2.29. Немногие знают, что писатель-фантаст А. Казанцев
(1906-2002) был ученым, геологом, изобретателем и выдающимся
шахматистом. В его романе «Пылающий остров» профессор
М.И. Баков в условиях сибирской ссылки сумел с помощью весов и
термометра определить молярную массу неизвестного «звездного ве-
щества» — осколка Тунгуского метеорита, упавшего 30 июня 1908 г.
Метеорит диаметром порядка 30 м разрушился на высоте 10 км.
Предположим, что профессор опустил образец массой т = 0,12 кг в
кипящую воду с температурой tK = 100 °C, а потом перенес его в
кружку с водой массой тъ = 0,2 кг при температуре tQ = 15°С. Вода
нагрелась на А/ = 1 °C. Оценить молярную массу этого образца.
2.2.30. При нагревании v молей водорода при постоянном давле-
нии объем газа увеличился в два раза. Начальная температура То.
Найдите количество теплоты Q, переданное газу нагревателем.
102
2.2.31. При нагревании v молей водорода при постоянном объеме
давление газа увеличилось в три раза. Начальная температура TQ.
Найдите количество теплоты Q, переданное газу нагревателем.
2.2.32. На рис. 2.2.32 изображены графики двух процессов а —> b
и а —> с в координатах давление-объем. Точки b и с лежат на изотер-
ме. Найдите отношение работ г = A'JA'^, совершаемых газом в про-
цессах а —> с и а —> Ъ.
2.2.33. Вертикально расположенный теплоизолированный ци-
линдр, в котором находится воздух и нагреватель мощностью N, закрыт
поршнем массой тп. Найдите время т подъема поршня на высоту ^отно-
сительно начального положения после включения нагревателя. Тепло-
емкостью поршня и трением пренебречь. Процесс расширения возду-
ха — изобарический.
2.2.34. Горизонтально расположенный теплоизолированный ци-
линдр объемом ^заполнен воздухом, разделенным на две части теп-
лоизолированным поршнем. Одной части воздуха сообщают количе-
ство теплоты Q. Найдите приращение давления Др после
установления состояния теплового равновесия.
2.2.35. На рис. 2.2.35 изображен в координатах рТ процесс а-Ь.
Разность максимальной и минимальной температур — АТ. Найдите
работу А*аЬ, совершенную v моль газа в процессе а-Ь.
2.2.36. На диаграмме рис. 2.2.36 разности температур газа в со-
стояниях с, а и Ь, а одинаковы. В процессе а-с газ получил количест-
во теплоты Qac. Найдите количество теплоты Qab, переданное газу в
процессе а-д.
Р
О
Ро
Рис. 2.2.35
Рис. 2.2.36
2.2.37- 2.2.39. На рисунке 2.1.36а изображена pV диаграмма
цикла а-Ь-с-а, проведенного с v молями газа. Параметры состояния
а - ра = Зр0/4, Va = 3V0/2, состояния b - pb = pQ/2, Vb = 2У0, состояния
С - Pr = pJ2, Vr = V„; р„= vRT..
103
2.2.37. Найдите работу А', совершенную газом в процессе.
2.2.38. Найдите количество теплоты Qab, полученное газом в про-
цессе а-Ь.
2.2.39. Найдите количество теплоты полученное газом в про-
цессе с-а.
2.2.40. На рис. 2.1.45 изображен в координатах pV циклический
процесс a-b-с, в котором кривая ab — адиабата, отрезок Ьс — изобара,
отрезок са — изохора. Разность максимальной и минимальной тем-
пературы в цикле — АТ. В процессе Ь-с газ передал внешней среде
количество теплоты Q', Найдите работу Д', совершенную газом в про-
цессе а-Ь-с-а.
2.2.41. При нагревании т кг газа на АТ К при постоянном давле-
нии передано количество теплоты а при постоянном объеме - Qr
Найдите молярную массу газа.
2.2.42. Найдите молярную теплоемкость Cv при постоянном объ-
еме смеси двух газов с молярными теплоемкостями Си и Сп.
2.2.43. Найдите работу Л', совершенную v молями газа в процес-
се р = к у/f при изменении объема в промежутке [ Vv К].
2.2Д4-2.2.45. На рис. 2.2.44 изображены процессы а-b и Ь-я,
проведенные с v молями газа. p0V0 = v7?T0.
2.2.44. Найдите работу А '6, совершенную газом в процессе а-Ь.
2.2.45. Найдите работу А 'Ьа, совершенную газом в процессе Ь-а.
2.2.46- 2.2.48. На рис. 2.2.46 изображен процесс a-b-c-d, прове-
денный с v молями газа; р0И0 = 2v/?T0.
Рис. 2.2.44 Рис. 2.2.46
2.2.46. Найдите работу Д', совершенную газом в цикле.
2.2.47. Найдите количество теплоты Q*, полученное газом в про-
цессе Ь-с.
104
2.2.48. Найдите количество теплоты Qda, полученное газом в про-
цессе d-a.
2.2.49. Политропический процесс. Этот процесс определяется
условиемpV1 - const, 0 < у < n, п = CJC^ Найдите элементарное коли-
чество теплоты 8(), которое получает газ от внешней среды.
2.2.50- 2.2.52. Теплоизолированный поршень может скользить
внутри теплоизолированного цилиндра (рис. 2.2.50). Массы воздуха
в объемах Л и В одинаковы. Вначале система находилась в состоянии
механического равновесия с температурами ТА ~ То, Тв = ЗТ0 а затем
квазистатически переходит в состояние теплового равновесия.
2.2.50. Найдите отношение объемов VB/VA в начальном положе-
нии.
2.2.51. Найдите отношение объемов V А в состоянии теплового
равновесия.
2.2.52. Найдите температуры воздуха Т А, Тв в состоянии тепло-
вого равновесия.
2.2.53. Объем одноатомного газа расширяется в изобарическом
процессе а-b и в процессе d-с, в котором р - kV. Отношение объемов
х = V.JК, = V.JV2, ^Qab - где — количество теплоты, переданное
в процессе a-b, А'Ьг — работа, совершенная газом в процессе d-с. Най-
дите значение х.
А В
Рис. 2.2.50
Рис. 2.2.53
2.2.54. Совершая работу Л, = 80 Дж при адиабатическом сжатии в
процессе а-b повысили температуру газа от Ti = 300 К до Т2 = 320 К.
Найти работу Д, которую необходимо совершить в адиабатическом
процессе b - с для увеличения температуры от Т2 до Т3 = 400 К.
2.2.55. Объясните, почему в невесомости конвекция отсутствует.
2.2.56. Почему в космических кораблях создают искусственную
систему вентиляции?
2.2.57. Почему остывает вода в термосе?
105
2.2.58. Космонавт должен работать в открытом космосе 0,5 часа.
Почему в скафандре без подогрева космонавт не замерзает на «кос-
мическом холоде»?
2.2.59. В горизонтально расположенном цилиндрическом стака-
не под подвижным поршнем находится v моль воздуха при темпера-
туре 7П. На ободке стакана закреплен ограничитель движения порш-
ня. В начальном состоянии поршень находится в равновесии и делит
объем стакана пополам. Внешнее давление постоянно. Найдите ко-
личество теплоты, которое необходимо передать воздуху при увели-
чении температуры до значения 370.
2.2.60. Доля мощности Рз, светового излучения, попадающего на
Землю, равна отношению площади земного диска к площади по-
верхности сферы радиусом а: Р3 = РслЯз2/(4л;а2), где Рс — мощность
излучения Солнца, 7?з — радиус Земли, Р3 = 1,75 • 1017 Вт — солнеч-
ная постоянная, а = 1,5 • 10” м — среднее расстояние от Солнца до
Земли. Земля отражает в космос 0,38 падающего на нее потока свето-
вого излучения. Величинах = 0,38 называется альбедо Земли (от лат.
albedo — белизна). Мощность, поглощаемого Землей излучения
Рз(1 -X). Найдите равновесную температуру Земли.
2.2.61. Ньютонов закон охлаждения. Температура черного тела
7, площадь поверхности тела S. Пусть температура окружающей сре-
ды 70 < Т. Интенсивность излучения тела зависит от температуры 7, а
интенсивность поглощаемого излучения зависит от температуры 70.
Найдите приращение внутренней энергии тела, при условии 70 - 7.
2.2.62. Температура воды в озере = 20 °C, температура поверх-
ности тела человека, стоящего не берегу, t2 = 36 °C. Оцените темпера-
туру поверхности тела человека ts во время плавания. Предполагает-
ся, что механизм теплопроводности биологической ткани и воды
одинаков.
2.2.63. Объясните, почему тонкую проволоку можно расплавить
в пламени спички, а толстую — трудно раскалить даже от горелки га-
зовой плиты?
2.2.64. Ежесуточный пищевой рацион человека составляет
3000 кКал или 12,56 МДж. Найдите потребляемую мощность Р и вы-
соту h, на которую можно поднять тело массой m = 100 кг, производя
работуХ = 12,56 МДж.
2.2.65. Книга упала со стола на пол. Куда «пропала» потенци-
альная энергия книги?
106
2*2.66. В теплоизолированном цилиндре, разделенным на два
равных объема горизонтальной перегородкой с маленьким отверсти-
ем, находится воздух при атмосферном давлении рат и температуре То
Площадь поперечного сечения цилиндра S. Торец цилиндра закры-
вают невесомым поршнем и ставят на него гирю массой т. Поршень
опускается до перегородки. Найдите температуру воздуха Ti в конеч-
ном состоянии.
2.2.67* . В цилиндре с теплоизолированной боковой поверхно-
стью находится идеальный газ при температуре То. Высота цилинд-
ра Я. Создавая постоянный поток теплоты, крышку цилиндра нагре-
вают до температуры Т = 4Т0. Температура дна остается равной То.
Найдите распределение температуры по вертикальной координате z с
началом у дна. (Коэффициент теплопроводности газа ~ ^Т).
2.3. Фазовые переходы вещества
При термодинамическом равновесии может возникнуть
неоднородное состояние системы, при котором она распада-
ется на несколько фаз — жидкость, твердое тело и газ. Их
равновесное сосуществование называется фазовым равнове-
сием. Вода, лед и пар — привычный пример разных фаз од-
ного и того же вещества. Между разными фазами обычно
существует четко выраженная граница раздела.
Процесс перехода фаз друг в друга при изменении темпе’
ратуры и давления называется фазовым превращением.
Переход из одной фазы в другую при определенных
температуре и давлении сопровождается выделением или
поглощением некоторого количества теплоты.
Плавление и кристаллизация. Для плавления т кг
твердого тела при температуре t необходимо сообщить твер-
дому телу количество теплоты
Q™ = hm, (2.3.1)
где X(Z) — удельная теплота плавления.
Удельная теплота плавления льда Х(0° С) = 336 кДж/кг.
При кристаллизации т кг жидкости при температуре t
выделением количества теплоты
<?'жт = ^, (2.3.2)
107
Для того чтобы перевести в пар, т кг жидкости при по-
стоянной температуре I, необходимо передать количество
теплоты
= (2.3.3)
где r(t) — удельная теплота парообразования.
Удельная теплота парообразования воды
г(100° С) =2260 кДж/кг.
При конденсации выделяется то же количество теплоты,
которое было передано для перехода вещества массой т в пар:
С'„ж = (2-3.4)
Пар, находящийся в состоянии теплового равновесия с
жидкостью (или твердым телом) того же химического со-
става, называется насыщенным паром. Давление насыщен-
ного пара в устойчивом состоянии рн(7) — наибольшее дав-
ление, которое может иметь пар при данной температуре.
Кипение возникает при условии р„(Тк) = р^, где pat -
внешнее давление, Тк - температура кипения.
Уравнение теплового баланса. В теплоизолированный
сосуд — калориметр, содержащий в начальном состоянии
теплового равновесия воду, лед и пар, доливают воду, по-
мещают лед или впускают пар. Необходимо определить фа-
зы воды и температуру системы в конечном состоянии. Для
решения задачи следует провести анализ фазовых перехо-
дов и определить возможное конечное состояние. После
этого найти решение уравнения: сумма количества тепло-
ты, переданного различными фазовыми компонентами в
процессе фазовых переходов, равна нулю.
Удельная теплоемкость воды сл = 4,186 кДж/кг-К,
удельная теплоемкость льда ся = 0,5св.
Количество теплоты, которое необходимо передать твер-
дому телу для нагревания от температуры до t2 равно
Q12 = mcr(t2 - tt). (2.3.5)
2.3.1. Назовите три фазы углерода в кристаллическом состоянии.
2.3.2. Как изменится расстояние между молекулами, если вода в
бутылке замерзнет?
2.3.3. Сравните потенциальную энергию взаимодействия атомов
до и после перехода кристалл — жидкость.
108
2.3.4. Выпал иней — в каком состоянии находится вода?
2.3.5, Почему сухой лед отличается от обычного льда?
2.3.6. Более половины поверхности Северного Ледовитого океана
покрыта слоем нетающего льда. Средняя толщина льда от двух до три-
дцати метров, а температура воздуха зимой опускается до t9 = -40 °C.
Однако за всю зиму нарастает слой льда толщиной всего h = 1,25 м.
Найдите количество теплоты Q, поступающей за зиму в атмосферу че-
рез поверхности льда площадью S = 1 м2.
2.3.7* . Пруд покрыт слоем льда толщиной hQ - 5 см. Температура
воздуха ti = -Ю °C. Найдите промежуток времени т, через который
толщина льда станет равной = 10 см. Коэффициент теплопроводно-
сти льда у = 2,2 Вт/м • К, удельная теплота плавления % = 0,339 МДж,
плотность р = 0,9 • 103 кг/м3.
2.3.8. Если дотронуться пальцем до куска железа при температуре
t < -3,5° С или до предмета из алюминия при температуре t < -12 °C, то
кожа пальцев прилипнет к ним. Объясните это явление.
2.3.9. В теплоизолированный калориметр, содержащий тх - 2 кг
воды при температуре = 30 °C, положили кусок льда массой т2 = 4 кг,
имеющий температуру t2 = -20 °C. Определите конечное состояние и
температуру в калориметре после установления теплового равновесия.
2.3.10. Ванну объемом V = 100 л заполняют водой, имеющей
температуру tz = 90 °C. Определите массу льда тя при температуре
/,=-20 °C, который необходимо положить в ванну для того чтобы
температура воды стала равной t3 = 40 °C.
2.3.11. Погружая сосуд с водой массой m в криостат, можно полу-
чить переохлажденную воду в неустойчивом состоянии с температурой
= -10° С. Различные температуры кристаллизации 1к~^ определяют-
ся наличием посторонних примесей. В результате образования льда
массой температура системы лед-вода стала равной t2 = 0° С. Найди-
те отношение mjm.
2.3.12.
А. При комнатной температуре теплота парообразования, приходя-
щаяся на одну молекулу воды, составляет rM/NA = 7,3 • 10 20 Дж, а сред-
няя энергия теплового движения молекул воды ЗАгТ/2 = 6,06 • 10 21 Дж.
Почему испаряется вода?
Б. Найдите приращение удельной внутренней энергии &U/&m
системы при переходе вода-пар.
109
2.3.13. Объясните, почему приведенное ниже определение не-
корректно: «Независимое от объема давление пара piV при котором
жидкость находится в равновесии со своим паром, называют давле-
нием насыщенного пара».
2.3.14. В кастрюле-скороварке имеется предохранительный кла-
пан, который открывается при давлении р > рат. Почему повышается
температура кипения в закрытом сосуде?
2.3.15. Температура лавы у жерла подводного вулкана достигает
400 °C. Почему же не закипает морская вода у жерла вулкана?
2.3.16. Найдите массы пара тп и воды т* в области насыщения,
образовавшихся при сжатии пара массой т до значения объема V,
принадлежащего интервалу [ КЖ,УГ], в котором плотность насыщенно-
го пара рн при данной температуре постоянна; Уж = т/р*, Vr = тп/ри.
2.3.17. Пар массой m находится в сосуде объемом > тп/ра при
температуре t = 100 °C и давлении р - 0,506 -10’ Па. Найдите массы
пара и воды при изотермическом уменьшении объема в п раз.
2.3.18. Покажите, что в области насыщения (см. задачу 2.3.16)
точка V делит горизонтальную прямую изотермы в отношении, рав-
ном отношению числа молей в газообразной фазе к числу молей в
жидкой фазе.
2.3.19’ . В объеме V - 1 м3 при температуре Т = 373 К находится
насыщенный пар плотностью рн = 0,6 • кг/м3. Найдите значение объ-
ема VK, при котором пар полностью конденсируется при изотермиче-
ском сжатии.
2.3.20. Поставим два одинаковых чайника с равным количеством
воды на конфорки одинаковой мощности. Один из них закроем
крышкой, л второй оставим открытым. Объясните, рассматривая не-
сколько наиболее существенных эффектов, почему один из чайников
закипает раньше.
2.3.21. На плите с полезной мощностью Р = 1 кВт, стоит чайник,
содержащий тп = 2 кг воды. Температура воды = 100 °C. Найдите
время выкипания всей воды AL
2.3.22. Чайник с кипящей водой стоит на плите с полезной мощ-
ностью Р = 1 кВт. Площадь выходного отверстия носика чайника
5=2 см2. Оцените скорость струи пара и, вырывающейся из носика
чайника.
2.3.23. Насыщенный пар объемом К = 1 л конденсируется на по-
верхности, температура которой = 37 °C. Найдите количество теп-
110
лоты Q, переданное поверхности. Почему пар из носика чайника об-
жигает кожу руки в большей степени, чем кипяток?
2.3.24. Вода массой т = 13,2 г и пар находятся под поршнем в
баллоне при температуре - 120 °C. Найдите работу пара Л' при изо-
термическом изменении объема до значения, при котором вся вода
испарилась (при температуре = 120 °C давление насыщенного пара
ри = 120 кПа, плотность рн = 0,66 кг/м3).
2.3.25. В объеме Vt = 0,3 м3 находится насыщенный пар при тем-
пературе /, = 100 °C. Найдите работу Л', которую необходимо совер-
шить при изотермическом сжатии до объема V2 - 0,1 м3.
2.3.26. В сосуде находится насыщенный пар при температуре Т.
Найдите массу образовавшейся воды, если при изотермическом сжа-
тии совершена работа Л'.
2.3.27. В калориметре находится вода массы т и лед массы т в
состоянии теплового равновесия. В калориметр вводят водяной пар
массы т при температуре t{ = 100° С. Определите содержимое кало-
риметра и температуру конечного состояния tk.
2.3.28. В сосуд теплоемкостью С = 2 кДж/K при температуре
t{ = 20 °C положили т = 50 г льда, охлажденного до температуры
I, = -10 °C. Найдите температуру сосуда 1х после установления тепло-
вого равновесия.
2.3.29. Массу воды т = 4,5 кг охлаждают от /2 = 30 °C до = 10 °C,
бросая кусочки льда при температуре /0 = 0 °C. Найдите массу льда
тд7 необходимую для охлаждения воды.
2.3.30. В баллоне находится т{ = 10 г насыщенного пара при
температуре = 100°С и давлении р - 100 кПа. Определите содержи-
мое сосуда после вливания' т2 - 10 г воды при температуре t2 = 0° С.
2.3.31- 2.3.32. В начальном состоянии камера объемом |/=22,4л
содержит воздух при давлении р, = 2р0, р0 = 101,3 кПа и т = 18 г воды
при температуре = 0 °C. Камеру нагрели до температуры 12 = 100 °C.
2.3.31. Определите давление в камерер2.
2.3.32. Определите давление в камере, если в ней было т = 9 г воды.
2.3.33. Вода массой т = 10 кг перегрета до температуры = 120 °C.
Найдите массу пара тп, который образуется при вскипании воды.
2.3.34* . Баллон объемом V = 67,2 л заполнен водородом и кисло-
родом. Масса смеси т = 60 г. Давление в сосуде р0 = 278,6 кПа, тем-
пература £0 = 27 °C. В результате электрического разряда произошла
реакция 2Н2 + О2 = 2Н2О. Найдите давление рк в баллоне после уста-
111
новления теплового равновесия при температуре tk = 100 °C и содер-
жимое баллона.
2.3.35* . В баллоне содержится тп = 0,2 г водорода и т[} - 3,2 г
кислорода при температуре /( = 27 °C. В результате реакции синтеза
образуется вода. Давление в баллоне возрастает в три раза. Найдите
температуру Т2 в конечном состоянии.
2.3.36. В теплоизолированный сосуд, содержащий т, = 0,4 кг воды
при температуре t{ = 17 °C, бросили т2 = 0,05 кг мокрого снега (снег с
водой при температуре £0 = 0 °C). Теплоемкость сосуда С = 0,16 кДж/К.
В результате температура воды в сосуде оказалась меньше первона-
чальной на А/ = 5 °C. Определите массу воды тл в мокром снеге.
2.3.37. В пустой-яичной скорлупе сделали отверстие, налили не-
которое количество воды и поставили на горелку. Площадь отверстия
5 = 4 мм2, мощность горелки Р = 2 кВт. Найдите реактивную силу тя-
ги этого двигателя.
2.3.38. Имеем три пятилитровых банки заполненных водой с
температурой соответственно 20 °C, 80 °C и 100 °C и пустой десяти-
литровый сосуд. Опишите способ получения 10 л воды с температу-
рой 70 °C. Теплоемкостью сосудов и потерями тепла пренебречь.
Рис. 2.3. 39
2.3.39. Извержение гейзера. В различных местах Земли сосредо-
точены гейзеры (geyza — от исл. хлынуть), выбрасывающие струи
кипящей воды и пар. На рис. 2.3.39 схематически изображен разрез
трубки гейзера. У основания струи температура воды равна 85 °C и
возрастает с глубиной. В состоянии покоя на всех уровнях давление
воды больше давления насыщенного пара. На глубине h{ - 13 м, при-
близительно на середине трубки, давление = 223 кПа, температура
воды = 122°С. Этому давлению соответствует температура кипения
/1л = 124°С. Из подземного канала на глубине большей h{ в трубку
вошла смесь вода — пар и сместила воду вверх на АЛ. Объясните, по-
чему вода на глубине h2 = h{ - АЛ, где давление р2< 211 кПа, вода
112
вскипает, внезапно начинается кипение всей воды в трубке и проис-
ходит извержение гейзера.
(Указание: давление насыщенного пара
р„ »рн0 + = 198,5 кПа, /0 = 120 °C, к = 6,125 кПа/К.
Плотность воды р0 = 0,9431 кг/м3 при температуре = 120 °C.)
2.3.40. Пузырьковая камера. Объясните принцип работы пу-
зырьковой камеры — одного из основных приборов эксперименталь-
ной физики элементарных частиц.
2.3.41. Среди жидких капелек образовался кристаллик льда.
Объясните, почему кристаллик льда быстро растет, «поедая» капель-
ки воды.
2.3.42. Вода — загрязнитель стратосферы. Почему образование
конверсионного следа при полете реактивного самолета на высотах
больших 10 км приводит к увеличению планетарного альбедо?
2.4. Влажность воздуха
Абсолютная влажность равна парциальному давлению
пара рп или плотности пара рп при данной температуре.
Относительная влажность ф равна отношению парциаль-
ного давления пара рп к давлению насыщенного пара рл при
той же температуре, выраженное в процентах: ф = 100% А,
Л = (р„/рн) (h — сокр. от англ, humidity — влажность). Отно-
сительная влажность может быть представлена в виде
Ф - 100%/г, h - р„/рн, где рп — плотность пара, рн — плотность
насыщенного пара при одной и той же температуре. Обычно в
таблицах можно найти давление и плотность насыщенного па-
ра. При t = 100 °C плотность насыщенного пара рн = 0,6 кг/м3.
Согласно закону Дальтона давление влажного воздуха
р =рв + где— давление, создаваемое сухим воздухом.
2.4.1. Сухой и влажный воздух при одинаковых температуре и
давлении занимают каждый объемы по 1 м3. Отметьте правильное ут-
верждение
Л. Число молекул сухого воздуха больше числа молекул влажно-
го воздуха.
Б. Число молекул влажного воздуха больше числа молекул сухо-
го воздуха.
113
В. Плотность влажного воздуха меньше плотности сухого воздуха.
Г. Плотность сухого воздуха и плотность влажного воздуха оди-
наковы.
Д. Плотность влажного воздуха больше плотности сухого воздуха.
2.4.2. А. Воздух влажностью ф = h • 100% находится при давле-
нии р и температуре Т. Найдите плотность влажного воздуха.
Б. В комнате объемом V = 50 м3 влажность воздуха ф = h • 100%,
(h = 0,3) при температуре = 20 °C и давлениир0 = 100 кПа. Найдите
приращение массы воздуха в комнате Дт при увеличении относитель-
ной влажности на Д/г = 0,1. Давление насыщенного пара рн = 2,3 кПа
при температуре /0.
В. Влажный воздух массой m занимает объем V при температуре
Т и давлениир. Найдите относительную влажность воздуха h. Давле-
ние насыщенного пара при температуре Травно
2.4.3. В закрытом помещении объемом V- 100 м3 находится воз-
дух влажностью ф = h • 100%, h = 0,8 при температуре t2 = 25 °C. Най-
дите массу росы Детг, образовавшейся в помещении, если температура
понизится до значения ^=11 “С?
(Плотности насыщенного пара при температурах = 1Г’С и
t2 = 25 °C соответственно равны ря1 = 0,01 кг/м3, рн2 = 0,023 кг/м3).
2.4.4. В закрытом помещении находится воздух влажностью
Ф = Л • 100%, h = 0,278 при температуре t2 = 25 °C. Найдите относи-
тельную влажность воздуха ф,, если температура понизится до значе-
ния = 1 ГС?
2.4.5. Воздух с относительной влажностью hK находится в баллоне
объемом V. Найдите абсолютную влажность воздуха после испаре-
ния воды массой т, если относительная влажность стала равной h2.
2.4.6* -2.4.7*. В баллоне объемом И, = 1 м3 находятся вода мас-
сой тп = 12 г и влажный воздух при давлении р, = 100 кПа и темпера-
туре = 11 °C. Плотность и давление насыщенного пара при темпе-
ратуре равны рн1 = 0,01 кг/м3, рн1 = 1306 Па.
2.4.6. Найдите давлениер2 при изотермическом увеличении объ-
ема до значения V2 =₽ 2ИГ
2.4.7. Найдите давление р2 при изотермическом увеличении объ-
ема до значения V2 = 5 Vr
2,4,8- 2.4.9. В комнате объемом V = 100 м3 поддерживается тем-
пература = 20 ПС. Точка росы — 12 = 17 °C. (Плотности насыщенного
114
пара при температурах Z1 - 20 °C и t2 = 17 °C соответственно равны
Рн1= 17,3 г/м3, Рн2= 14,5 г/м3).
2.4.8. Определите относительную влажность воздуха ф.
2.4.9. Найдите массу пара тп в комнате.
2.4.10- 2.4.12. В камере объемом V, = 22,4 л при температуре Z,
находятся влажный воздух при давлении pi = Зр0 (ру = 101,3 кПа) и
вода, объем которой значительно меньше Уг После изотермического
увеличения объема в два раза давление стало равным р2 =1,8 р0, от-
носительная влажность h - 0,8.
2.4.10. Найдите температуру камеры Zr
2.4.11. Найдите число молей воды и воздуха в камере.
2.4.12. Найдите давление/^, если объем увеличить еще в два раза.
2.4.13* . В камере при температуре = 100° С находится влажный
воздух при давлении pi ~ р0 (р0 = 101,3 кПа). После изотермического
уменьшения объема в 4 раза давление увеличилось в 4 раза, относи-
тельная влажность достигла значения h2 = 1. Найдите относительную
влажность воздуха hi в начальном состоянии.
2.4.14- 2.4.15. В баллоне объемом V= 1 м3 находится вода массой
т и влажный воздух при давлении р = 101,3 кПа и температуре
Z, = 11 °C. Плотность и давление насыщенного пара при температурах
Z1 и t2 = 25 °C соответственно равны ри1 = 0,01 кг/м3, рн1 = 1306 Па,
р||2 = 0,023 кг/м3, ри2 = 3168 Па.
2.4.14. Пайдите давление пара />н2 при повышении температуры
до значения Z2 в случае т = mlf = 15 г.
2.4.15. Найдите давление пара рл2 при повышении температуры
до значения 12 в случае т = т2, т2 = 10 г.
2.4.16- 2.4.17. В баллоне объемом Уо = 2 л при давлении р} = 2pt}
(ру — атмосферное давление) находятся вода, пар и воздух. Смещая
поршень, объем баллона изотермически увеличивают на 2 л. Давле-
ние уменьшается до значения р2 = 1,5р0. В конечном состоянии масса
воды и пара т = 3 г.
2.4.16. Пайдите массу воды тпв1 в начальном состоянии.
2.4.17. Найдите работу, совершаемую влажным воздухом.
2.4.18. В замкнутом объеме У = 50 мл находится воздух с относи-
тельной влажностью /г1 - 0,8 при температуре Z, = 80 °C. Найдите мас-
су воды т, которую необходимо испарить, чтобы при температуре
Z2 = 100 °C влажность достигла значения h = 1. Плотность насыщен-
ного мара при температуре Z( равна рн1 = 0,293 кг/м3.
115
2.4.19. Температура в холодильнике = 5 °C, в комнате t2 = 25 °C.
Определите максимальное значение относительной влажности воз-
духа h, при которой бутылка, взятая из холодильника, не будет запо-
тевать. Давление насыщенного пара при температурах и t2 соответ-
ственно равны рв1 = 866 Па и рв2 = 3192 Па.
2.4.20. В баллон налили некоторое количество воды при темпера-
туре ?0 = 20 °C, закрыли герметичной крышкой и нагрели до темпера-
туры t2 = 160 °C. Вода закипела при температуре = 120 °C, при ко-
торой давление насыщенного пара pKi = 1,98 • 105 Па. Найдите
давлениер2 в баллоне при температуре t2.
2.4.21. Объясните, почему зимой через открытую форточку в бане
пар за окном поднимается вверх, а внутри помещения опускается вниз.
2.4.22. Почему для нагревания массы т влажного морского воз-
духа в тропиках требуется больше тепла, чем в умеренных широтах?
2.4.23. Объясните, почему летом облака в приморских районах
имеют высоту нижней кромки около 600 м, в то время как в конти-
нентальных районах — значительно выше,
2.4.24. Почему при входе в дом в морозный день запотевают очки?
2.2Г.25 . Почему высыхают продукты в холодильнике?
2.4.26. Камера Вильсона. Объясните принцип работы камеры
Вильсона — одного из первых приборов экспериментальной физики
элементарных частиц.
2.5. Тепловые двигатели
Р. Клаузиус в 1864 г. показал, для обратимого процесса
должно выполняться условие
Л 50
£-^=0- (2-5.1)
а=1 1а
Здесь 6Qa — количество теплоты, переданное системе в
элементарном процессе.
Коэффициент полезного действия (КПД) теплового
двигателя
(2.5.2)
где Л' = Q2 - Q,l — работа, совершаемая рабочим телом за цикл,
Q2 — количество теплоты, переданное рабочему телу от
нагревателя,
116
Q,i — количество теплоты, переданное рабочим телом
холодильнику. КПД цикла
П = (2.5.3)
Максимальное значение КПД достигается при обрати-
мых процессах. Условие обратимости процессов в цикле
Карно имеет вид Q2/T2 ~ Q'J1\ = 0, где Т2 - температуры
холодильника и нагревателя. КПД цикла Карно
т\т = \-Т\/Т2. (2.5.4)
Это неожиданный вывод, имеющий важное следствие:
КПД цикла Карно не зависит от природы рабочего тела.
В 1865 г. Р. Клаузиус ввел понятие энтропия и представил
элементарное количество теплоты в виде аналогичном (2.2.2):
6Q = 7М, (2.5.5)
где 5 - энтропия системы. Размерность 5 — Дж/К.
Энтропия сложной системы равна сумме энтропий всех
ее подсистем. Согласно строгому определению энтропия
S = king, где g - число допустимых состояний системы.
Первый закон термодинамики для систем, в которых не
проявляются электромагнитные эффекты и химические ре-
акции, приобретает вид
bU=TbS-p(V)bV. (2.5.6)
Температура представляет собой производную внут-
ренней энергии при постоянном объеме: Т = (dU/dS)r
Второй закон термодинамики. Необратимые процессы,
протекающие в неравновесной замкнутой системе, приво-
дят к возрастанию энтропии системы
Д5>0. (2.5.7)
Это неравенство представляет собой строгую формули-
ровку второго закона термодинамики.
2.5.1. Покажите, что значения объемов в состояниях а, b, с, d
цикла Карно на рис. 2.5.1 удовлетворяют соотношению У4/У3 = F2/Ft.
Рис. 2.5.1
117
2.5.2. Покажите, что сумма приращений внутренней энергии и
сумма работ, совершаемых газом в цикле Карно на участках Ьс и da
диаграммы на рис 2.5.1, соответствующим адиабатам, равна нулю.
2.5.3. Найдите работу А', совершаемую машиной Карно за цикл.
2.5.4. Запишите неравенство, соответствующее утверждению; ни
одна другая тепловая машина не имеет КПД большего, чем значение
КПД цикла Карно.
2.5.5. В машине Карно, совершаемой работу А', изотермическое
расширение происходит при температуре Т2, а изотермическое сжатие
при температуре 7]. Найти работу А'к, совершаемую машиной при из-
менении температуры нагревателя Т2 —> Т2к и холодильника Т( Т1к.
2.5.6. Почему нельзя реализовать цикл Карно?
2.5.7. Айсберг, температура которого = О °C, масса m = 1О10 кг,
дрейфует в Гольфстриме. Температура воды 12 = 22 °C. Найдите мак-
симальную работу, которую может произвести тепловая машина, ис-
пользующая Гольфстрим как нагреватель и айсберг как холодиль-
ник, за время таяния айсберга.
2.5.8. КПД преобразования теплоты в электрическую энергию на
ТЭС мощностью Р == 1000 МВт (типичная мощность ТЭС и АЭС) ра-
вен г| =* 0,32. Какой расход воды (в кг/с) необходимо обеспечить, что-
бы приращение температуры после контакта с холодильником не
превышало ДТ = 1 °C?
2.5.9. На рис. 2.5.9 изображен цикл Стирлинга, образованный
двумя изотермами и двумя изохорами. Работа, совершаемая за цикл
А! = 3 кДж, количество теплоты, переданное в процессе, а-Ь холо-
дильнику Q'ab = 2 кДж. Найдите работу А'^, совершенную газом в
изотермическом процессе c-d.
2.5.10. На рис. 2.5.10 изображен циклический процесс: точки а и
Ь лежат на изотерме, точки b и с на изохоре. Рабочее тело — идеаль-
ный газ — совершило работу А' = Q2 - где Q2 — количество тепло-
ты, полученное от нагревателя в процессе Ь-с, Q\ — количество теп-
лоты, переданное холодильнику в изотермическом процессе а-Ь.
Найдите работу А'са, совершаемую газом в процессе с-а.
Рис. 2.5.9
Рис. 2.5.10
118
2.5.11. -2.5.12*. Цикл Отто. На рис. 2.5.11 изображена диаграм-
ма цикла Отто, рабочим телом которого является бензин или све-
тильный газ. Участок ab соответствует процессу быстрого сжатия го-
рючей смеси — воздуха и горючего, участок be — процессу сгорания
горючей смеси, участок cd — быстрому расширению, участок da —
выбросу продуктов сгорания через выпускной клапан при давлении
близком к атмосферному. Степень сжатия V2/Vv
2.5.11. Найдите КПД цикла Отто.
Рис. 2.5.11
2.5.12* . Докажите, что цикл Отто удовлетворяет условию обра-
тимости (2.5.1).
2.5.13. Цикл Брайтона. Рассмотрим простейшую тепловую ма-
шину, рабочим веществом которой является вертикально стоящий
стержень длиной lv Наша задача — поднять груз массой М с высоты
Z, до высоты Z3 = Н.
Поставим груз на торец стержня. После этого стержень адиабати-
чески сожмется до длины /2 < Z, Теперь, сообщая ему количество теп-
ла Qv заставим его расширяться до длины /3 > и снимем груз. Длина
стержня адиабатически увеличится до значения Z4. Теперь, охлаждая
стержень, можно уменьшить его размеры до исходных (рис. 2.5.13а).
Обсудите соответствие рис. 2.5.13а и диаграммы цикла Брайтона на
рис. 2.5.135.
Рис. 2.5.13 а, б
119
2.5.14. Найдите КПД цикла Брайтона, изображенного на рис.
2.5.136. Рабочее тело — идеальный газ. Задано отношение мини-
мального давления к максимал ьномуpjp2.
2.5.15. На рис. 2.5.15 изображены цикл Дизеля a-b'-c-d и цикл
Отто a-b-c-d. Докажите, что КПД цикла Дизеля т|д больше КПД цик-
ла Отто г|0.
2.5.16. Нагревается или охлаждается воздух в комнате при рабо-
те домашнего холодильника?
2.5.17. В результате работы Л = 10 МДж, совершенной мотором
холодильника, из морозильной камеры отвели Qj = 40 МДж теплоты.
Найдите количество теплоты, поступившей в комнату Q'2.
2.5.18. В результате работы мотора Л холодильная машина Карно
с идеальным газом в качестве рабочего тела отбирает теплоту при
температуре = 7 °C и передает нагревателю при 12 = 27 °C. Найдите
работу Ак, совершаемую мотором, если температуру холодильника
понизить до значения tKk - -13 °C (см. рис. 2.5.1).
2.5.19. Машина Карно получает теплоту при температуре Т2 =
900 К и отдает при - 300 К. В процессе расширения объем газа уд-
ваивается, в процессе сжатия - уменьшается в два раза. Эта машина
приводит в действие мотор холодильной машины Карно, которая по-
лучает теплоту при Т{ = 300 К (рис. 2.5.19). Объем газа увеличивает-
ся в три раза при расширении и уменьшается в три раза при сжатии.
Найдите температуру Тк нагревателя холодильной машины.
Рис. 2.5.15 Рис. 2.5.19
2.5.20. Двигатель холодильника потребляет мощность Ро = 100 Вт.
Температура внутри холодильника ti = 7°С, температура в комнате
t2 = 27°С. В результате поломки дверного выключателя лампочка
внутри холодильника продолжает гореть при закрытой двери. По-
120
требляемая мощность возросла до значения Р= 101,45 Вт. Найдите
мощность лампочки Рл. Холодильный коэффициент в два раза мень-
ше, чем у машины Карно.
2.5.21. Тепловой насос. Для бытовых холодильников значение
холодильного коэффициента к ~ 2 ч- 4. Мотор холодильника совер-
шил работу А. Найдите количество теплоты Q\, которое можно ис-
пользовать для обогрева комнаты.
2.5.22* . Температура воздуха «за окном» = -23° С. Обогрева-
тель мощностью Ро позволяет поддерживать в комнате температуру
/2= 2° С. Если использовать мотор мощностью Ро в режиме теплового
насоса, то температуру в комнате можно увеличить до значения f2 > /2.
Найдите значения холодильного коэффициента к и температуры 1'2.
Величина к = акт, где кт — холодильный коэффициент в цикле Кар-
но, а = 0,2.
2.5.23* . Тепловые машины и внешняя среда. При работе охлаж-
дающих машин — холодильников и кондиционеров — должно выпол-
няться условие A/Q{> (Т2 - Tf)/Tt, где — количество теплоты, кото-
рое необходимо отобрать от холодильника. Пусть температура воздуха
равна 30 °C (Т2 = 303 К), температура в помещении равна 25 °C
(7, = 298 К). Мощность, потребляемая кондиционером, равна Р. Пред-
положим, что температура внешней среды повысилась до 35 °C
(72—> Т2 = 308 К). Найдите мощность Р, которую должен потреблять
кондиционер для поддержания внутри помещения температуры
2.5.24. На рис. 2.1.21 изображена рУ-диаграмма а-Ь-с-а рабочего
цикла теплового двигателя. Отношение максимальной температуры к
минимальной равно п. Найдите КПД цикла.
2.5.25. На рис. 2.5.25 изображен процесс a-fe-c-a. проведенного с
v молями газа, Тс = TQ, Tb = 470 — температуры состояний бис. Най-
дите КПД цикла.
121
2.5.26. На рисунке 2.1.34а изображена pV диаграмма цикла
а-Ь-с-а, проведенного с v молями газа. Параметры а, Ь, с состояний
Pl = pJ'Z’ Р2 = Ро> V1 = К = удовлетворяют условию рпИ0 = vRT0.
Найдите КПД цикла.
2.5.27. На рисунке 2.1.36а изображена pVдиаграмма цикла а-Ь-c-
a. проведенного с v мазями газа. Параметры состояния а - pit = Зрп/4,
К ~ 3^о/2, состояния b - ph = р0/2, Vh = 2 Vo, состояния с - pr = pJ2,
К = А К = Найдите КПД цикла.
2.5.28. В тепловом двигателе в качестве рабочего тела использу-
ют v молей идеального газа. На рис. 2.1.45 изображен цикл a-b-с в
координатах pV, состоящий из адиабаты, изохоры и изобары. Раз-
ность максимальной и минимальной температуры в цикле АТ. КПД
цикла — т). Найдите работу совершаемую при сжатии газа.
2.5.29. На рис. 2.5.29 изображен в координатах pV циклический
процесс a-b-с, для которого кривая ab — изотерма, отрезок Ьс — изо-
хора, кривая са — адиабата. КПД цикла — ц, разность максимальной
и минимальной температуры в цикле — АТ. Найдите работу A'ah, со-
вершенную газом в процессе а-b и работу Л', совершенную газом при
проведении цикла.
2.5.30. На рис. 2.2.46 изображен процесс a-b-c-d, проведенный с
v молями газа;= 2v/?T0. Найдите КПД цикла.
2.5.31. На рис. 2.5.31 изображена pV-диаграмма а-Ь-с-т-Ь-п-а ра-
бочего цикла теплового двигателя. Отношение максимальной темпера-
туры к минимальной равно n, V2 = (Vt + V3) /2. Найдите КПД цикла.
2.5.32. На рис. 2.5.32 изображены в координатах рУдва цикли-
ческих процесса тепловой машины: а-Ь-с-а и a-c-d-a. КПД первого
процесса — т^. Найдите КПД второго процесса ц2.
Рис. 2.5.29 Рис. 2.5.31 Рис. 2.5.32
2.5.33. На рис. 2.1.27 изображена /^-диаграмма цикла a-b-c-d-a,
проведенного с v молями газа;p0F0 = vRTQ. Найдите КПД цикла.
122
2.5.34. На рис. 2.5.34 изображена VT-диаграмма цикла а-Ь-с-а,
проведенного с v молями газа; pQVQ = vHT0. Изобразите цикл в коор-
динатах pVи найдите КПД цикла.
2.5.35. На рис. 2.5.35 изображена рК-диаграмма цикла а-Ь-с-а,
проведенного с v молями газа. Температура в состояниях а, Ь, с:
Та = Ть, Тс. КПД цикла — т|. Найдите работу А '6, совершенную газом н
процессе а-Ь.
Рис. 2.5.34
Рис. 2.5.35
2.5.36- 2.5.37. На рис. 2.5.36 изображена рК-диаграмма цикла
a-b-c-d-a тепловой машины, проведенного с v молями газа, 2p0V0 = vRTQ.
2.5.36. Найдите КПД двигателя.
2.5.37. В холодильной машине рабочее тело — газ совершает
цикл обратный по отношению к циклу, изображенному на рис.
2.5.36. Найдите значение холодильного коэффициента.
2.5.38. На рис. 2.5.38 изображена pV-диаграмма цикла a-b-c-d-a
тепловой машины, проведенного с v молями газа. Процесс а-b пред-
ставляет собой изотермическое сжатие, процесс c-d — изотермиче-
ское расширение; 2pJ^ = v/?T0. Найдите КПД двигателя.
Рис. 2.5.36
2.5.39- 2.5.40. На рис. 2.5.39-2.5.40 изображены pV-диаграммы
цикла a-b-c-d-a тепловой машины, проведенного с v молями газа.
Отношение объемов VJЦ = 4, ptV2 = vRTQ.
123
2.5.39. Точки a, b, с, d принадлежат изотермам. Найдите КПД
двигателя.
2.5.40. На рис. 2.5.40 изображена ^У-диаграмма цикла a-b-c-d-a,
тепловой машины, проведенного с v молями газа. Процесс а-b пред-
ставляет собой изотермическое сжатие, процесс c-d — изотермиче-
ское расширение. КПД машины ц = —. Найдите количест-
Ср + 2R 1п2
во теплоты (У, переданное внешней среде.
Рис. 2.5.39
2.5.41. Пневматический молот. На рис. 2.5.41 а изображен ци-
линдр машины со входным и выходным вентилями и поршнем. Вна-
чале воздух из баллона со сжатым воздухом поступает в цилиндр под
постоянным давлением р2. Число молей воздуха увеличивается от 0
до значения vp объем воздуха под поршнем достигает величины Vt
(рис. 2.5.41 б). Температура в состоянии а - Тг Во второй стадии
процесса происходит адиабатическое расширение объема до значе-
ния V2. В третьей стадии процесса открывается выходной вентиль и
воздух под постоянным давлением выталкивается из рабочего ци-
линдра. Найдите работу Л', совершаемую воздухом.
Рис. 2.5.41 б
Рис. 2.5.41 а
124
2.5.42. Пневматический двигатель. На рис. 2.5.41 изображен
цилиндр машины со входным и выходным вентилями и поршнем.
Цилиндр двигателя обогревается электрическим обогревателем так,
что выходящий воздух имеет температуру входящего воздуха. Вна-
чале воздух из баллона со сжатым воздухом поступает в цилиндр под
постоянным давлением р2. Число молей воздуха увеличивается от О
до значения vp объем воздуха под поршнем достигает величины Vt.
Температура в состоянии а на диаграмме рис. 2.5.42 - Го. Во второй
стадии процесса происходит изотермическое расширение объема до
значения V2. В третьей стадии процесса открывается выходной вен-
тиль и воздух под постоянным давлением = раты выталкивается из
рабочего цилиндра. Найдите работу Л', совершаемую воздухом.
Рис. 2.5.42
2.5.43. На рис. 2.5.9 изображен цикл Стирлинга, образованный
двумя изотермами и двумя изохорами. Температура нагревателя и
холодильника — Т2 и Тг Найдите КПД цикла, предполагая, что обмен
теплотой при изохорических изменениях давления является внут-
ренним процессом.
2.5.44. Температура нагревателя тепловой машины Карно
t2 = 100 °C. Холодильник представляет собой резервуар со льдом при
температуре = 0 °C. Найдите массу льда т, которую можно распла-
вить при совершении машиной работы Л' = 106 Дж.
2.5.45. Температура комнаты t2 = 20 °C, температура холодиль-
ника = -10 °C. Холодильный коэффициент в два раза меньше, чем
холодильный коэффициент машины Карно. Найдите стоимость I)
приготовления тп = 1 кг льда, если стоимость Ло - 1 кВт ч ~ 3,6 МДж
составляет и рублей.
2.5.46. Система переходит из состояния с внутренней энергией Ua-
в состояние с энергией Ub. Работа, производимая над системой при
125
необратимом процессе А (необр.) всегда больше работы А (обр.) н
случае обратимого процесса. Покажите, что количество теплоты
Q (необр.), переданное системе при необратимом процессе, меньше
количества теплоты Q (обр.), переданного при обратимом процессе.
2.5.47. Покажите, что отношение &Q/T. где 8Q — элементарное
количество теплоты, переданное системе, представляет собой полный
дифференциал.
2.5.48. Неравенство Клаузиуса. Система находится во внешней
среде, которая характеризуется температурой Т, и давлением ре. По-
кажите, что ТДХ>А1У ч- дД И
2.5.49. Рассмотрим процесс перехода из состояния b в состояние
а. Представим процесс в виде последовательности N элементарных
процессов и введем функцию
количество теплоты
п *п
переданное системе в элементарном процессе при температуре Тп. То-
гда Gba = 5e - Sb, где 5й, Sb, — значения энтропии в состояниях а и Ь.
Для обратимого циклического процесса aba имеем соотношение Gab +
Gba = 0. Если один из процессов необратим, то согласно второму зако-
ну термодинамики СлЬ + Gba < 0. Покажите, что в случае необратимого
процесса ab выполняется неравенство Gab < Sb-Sa.
2.5.50. Самопроизвольный переход тепла происходит всегда от
более нагретого тела к менее нагретому телу. Это утверждение, явля-
ется одним из эмпирических фактов, на которых основан второй за-
кон термодинамики. Покажите, что это утверждение следует из стро-
гой формулировки второго закона термодинамики (2.5.7).
126
Глава III. МЕХАНИКА ЖИДКОСТЕЙ И ГАЗОВ
3.1. Гидростатика и аэростатика
На элементарную частицу неподвижной среды дейст-
вуют два вида сил: объемные и поверхностные.
Силу, действующую на элемент поверхности AS в окре-
стности точки с координатами х, у, z, ориентация которого
задана единичным вектором п , можно представить в виде
AF = -р(х, y,z)ASn . (3.1.1)
гдер(х, у, z) — давление в точке с координатами х, у, z.
Сила, действующая па элементарную жидкую частицу в
точке с координатами х, yf z со стороны окружающей ее среды:
Fx = -(Ap/Ax)AV,
Гу = -№р/Ьу)ЬГ,
^ = -(Др/Дг)ДИ (3.1.2)
Условие равновесия жидкости и газа. В трубке пере-
менного сечения с произвольной формой осевой линии, за-
крытую или открытую на одном или двух концах, находит-
ся воздух и несколько слоен несжимаемой жидкости
различной плотности. Сумма сил тяжести и давления на
элементарную массу Ат равна нулю или pg Аг -Ар = 0.
Ocbz направим вертикально вверх. Тогда в любой точке
слоя однородной несжимаемой жидкости условие равнове-
сия имеет вид
pgz+p = const. (3.1.3)
По обе стороны плоской поверхности раздела жид-
кость-жидкость или жидкость-в оз дух давления одинаковы.
Закон Паскаля: внешние силы, приложенные к поверх-
ности жидкости (или газа), создают давление одинаковое в
любой точке жидкости (или газа).
Гидростатическое давление. Поместим начало коорди-
нат на дно сосуда, заполненного жидкостью плотностью р
до высоты z = z0. В области 0 < z < z0 выполняется соотноше-
ние (3.1.3): p(z) = С - pgz. Постоянную С в правой части
найдем из условия р(ги) = рат на свободной поверхности;
127
С = рат + р^. Давление в точках горизонтальной плоскости
с координатами х, у, z равно
P^)=p„-pg(z-z0). (3.1.4)
Обозначая h = zn - z, получим давление на глубине А:
p(h) =Рат + Р^- (3.1.5)
Слагаемое pgh называется гидростатическим давлением.
Условие равновесия жидкости в тонкой трубке. Зна-
чения давлений газа рТ и жидкости рж в точках окрестности
искривленной поверхности раздела не будут одинаковыми:
рж(з) «рг±2а/Я, (3.1.6)
Здесь следует выбрать знак «+», если центр кривизны
мениска расположен в жидкости или знак «-», если центр
кривизны мениска расположен в газе. Для границы стекло-
воздух-вода параметр a/pg = 7,43 10 6 м2 (при t - 20 °C).
Закоп Архимеда: на тело, погруженное в жидкость
[или газ), действует выталкивающая сила, направленная
вертикально вверх и равная весу вытесненной телом жид-
кости [газа).
В неинерциальной системе отсчета, движущейся с ус-
корением и?, выталкивающая сила направлена параллель-
но вектору где g^=g-zz). В невесомости выталки-
вающая сила равна нулю.
Условие плавания тела. Если тело и жидкость находят-
ся в покое, то сумма сил тяжести и выталкивающей силы
равна нулю. В проекции на вертикаль:
P*Kg-™g = O. (3.1.7)
где Vn — объем вытесненной телом жидкости плотностью рж.
3.1.1. В программе по физике для учащихся и абитуриентов, ко-
торую переиздают различные высшие учебные заведения в течении
почти пятидесяти лет, в разделе «Механика жидкостей и газов» есть
пункт — «Давление на дно и стенки сосуда». Правильно ли сформу-
лировано это предложение?
3.1.2. .Выберите верное утверждение из приведенных здесь фраг-
ментов, взятых из учебников и пособий по физике:
А. Поверхностные силы создают давление одинаковое в любой
точке жидкости или газа.
Б. Давление направлено перпендикулярно поверхности поршня.
128
В. Давлением называется величина, измеряемая силой, дейст-
вующей по нормали на единицу площади.
Г. Жидкости и газы передают производимое на них давление во
все стороны одинаково.
Д. Давление в какой-либо точке жидкости действует одинаково
во всех направлениях.
3.1.3. В гидравлическом прессе площади малого и большого
поршней = 100 см2, S2 = 2000 см2. Груз массой т = 2 000 кг переме-
щают на расстояние h,2 = 1 см. Найдите величину силы Fv приложен-
ной к малому поршню и величину смещения малого поршня hv
3.1.4. Изменится ли положение коромыслов весов, уравновеши-
вающих стакан с водой и гирю, если в воду погрузить палец? Палец
не касается стакана.
3.1.5. Гидростатический парадокс. Три сосуда, площади основа-
ний которых одинаковы, заполнены до одного и того же уровня h
разными количествами воды: в первом сосуде mi = 200 г, во втором -
т2 - 300 г, в третьем — тх = 125 г (рис. 3.1.5). Докажите, что величи-
ны сил давления на дно каждого сосуда и давление на уровне дна
одинаковы.
3.1.0. В сосуд с водой погрузили усеченный конус, нижнее,
меньшее основание которого закрыто невесомой пластинкой
(рис. 3.1.6). Сила реакции, действующая со стороны ободка конуса
на пластинку N = 9,8 Н. Отпадет ли пластинка, если в конус влить
воду весом Р = 9,8 Н?
Рис. 3.1.5 Рис. 3.1.6
3.1.7. Цилиндрический сосуд высотой = 10 см с площадью ос-
нования St = 100 см2 заполнили водой и закрыли крышкой. В крыш-
ке сделано отверстие площадью S2 = 10 см2, в которое вставили тонко-
стенную трубку. В трубку наливают воду так, что столбик воды имеет
высоту h2 = 10 см. Найдите величину силы давления воды на дно N и
силы давления воды на крышку F.
129
3.1.8- 3.1.9. На рис. 3.1.8 изображен резервуар /?,, содержащий
воздух и слой воды толщиной ~ 10 см. К резервуару присоединена
трубка, заполненная водой до уровня высотой Н = 2,1 м.
«з
Рис. 3.1.8 Рис. 3.1.9
3.1.8. Найдите разность Др, давлений воздуха в резервуаре /?, и
атмосферного давления.
3.1.9. Гидроусилитель. Для увеличения перепада давления ис-
пользован гидроусилитель, изображенный на рис. 3.1.9. Он пред-
ставляет собой два резервуара Н2 и /?3, содержащих ртуть, налитую до
уровней высотой /2 = 1,7 м и /, = 0,2 м. Найдите разность давлений
воздуха р2 в резервуаре Н2 и давления р, в резервуаре /?,.
3.1.10. Для описываемого и сейчас во всех учебниках опыта, бур-
гомистр города Магдебурга Отто фон Герике изготовил две металли-
ческих полусферы радиусом а = 21 см. Используя эластичную про-
кладку, полусферы можно было соединить в сферу. Герике выкачал
из сферы часть воздуха и продемонстрировал, что для отрыва полу-
сфер понадобилось две упряжки по восемь лошадей в каждой. Най-
дите давление воздуха в сфере ргл, если лошади прилагают силу вели-
чиной G = 6000 Н.
3.1.11. Накроем стакан, наполненный водой, куском смоченного
картона. Затем, придерживая картон одной рукой, перевернем ста-
кан и уберем руку. Почему вода не выливается из стакана?
3.1.12. А. В трубке может перемещаться невесомый поршень,
плотно прилегающий к стенкам. Опустим конец трубки в воду и пе-
реместим поршень вверх. Объясните, почему вода поднялась за
поршнем.
Б. Трубка с поршнем имеет длину Zo = 12 м. Можно ли таким на-
сосом поднять воду на поверхность земли из колодца глубиной
Я=11 м?
3.1.13. В дно сосуда А вмонтирована трубка, закрытая пробкой.
В сосуд наливают воду, плотно накрывают пустым сосудом Б и пере-
130
ворачивают оба сосуда (рис. 3.1.13). Небольшое количество воды
выльется из сосуда А. Если вынуть пробку из трубки, то вода из сосу-
да А и трубки выливается. Уровень воды в сосуде Б устанавливается
на уровне нижнего конца трубки. Расстояние от нижнего конца
трубки до уровня воды в сосуде А равно II. Найдите давление рА воз-
духа в сосуде Л.
3.1.14. К нити подвешена трубка ртутного барометра массой т
(рис. 3.1.14). При нормальном атмосферном давлении масса столби-
ка ртути равна М. Укажите правильное утверждение:
А. Величина силы натяжения нити Р = mg, величина силы атмо-
сферного давления, действующей на трубку N = Mg.
Б. Величина силы натяжения нити Р = mg, величина силы давле-
ния ртути, действующей на трубку Т= 0.
В. Величина силы натяжения нити Р = mg + Mg, величина силы
атмосферного давления, действующей на трубку N - Mg.
Г. Величина силы натяжения нити Р - mg, величина силы атмо-
сферного давления, действующей на трубку N = 0.
Д. Величина силы натяжения нити Р = mg, величина всех сил
давления, действующих на трубку, равна нулю.
3.1.15. Уровень воды у вертикальной стенки плотины — Н, ши-
рина перекрытия — L. Найдите величину силы давления воды Fo на
стенку плотины и величину силы Fv действующую на нижнюю чет-
верть стенки.
3.1.16. Плотина образована вертикальной стенкой полуцилиндра
радиусом/?. Высота уровня воды//. Найдите силу гидростатического
давления на стенку плотины.
3.1.17. В двух цилиндрических сообщающихся сосудах налита
ртуть. Поверхность ртути находится на расстоянии а от верхнего
131
края сосудов. Площадь сечения одного из сосудов вдвое больше
площади сечения другого сосуда. Сосуд большего сечения доливают
до края водой. Найдите величину приращения уровня ртути х в дру-
гом сосуде.
3.1.18. В трех одинаковых сообщающихся сосудах находится
ртуть (рис. 3.1.18). В первый сосуд налили слой воды высотой hv в
третий — высотой Л3. Найдите величину приращения уровня ртути h2
во втором сосуде.
3.1.19. Два вертикальных, открытых сверху, цилиндрических со-
суда одинакового поперечного сечения соединены на высоте h = 8 м
тонкой трубкой, перекрытой краном. Первый сосуд заполнен водой
до высоты Л, = 10 м, второй — нефтью до высоты Л2 = 12,5 м. Давле-
ние на уровне дна в первом и втором сосудах одинаково. Найдите
приращение уровней воды 2кА1 и нефти ДЛ2, если открыть кран.
3.1.20. Автомобилисты знают способ переливания бензина из од-
ной канистры в другую с помощью шланга, не наклоняя одну из них.
Объясните, почему вода перетекает через шланг из сосуда А в со-
суд В, изображенные на рис. 3.1.20 (Л2 > Л,).
3.1.21. Бак, имеющий в основании квадрат со стороной L, запол-
нен водой до высоты L. Бак движется в горизонтальном направлении
с ускорением w . Найдите максимальное значение давления водырт.
3.1.22. Взвесили резиновый шарик, а затем тот же шарик, наду-
тый воздухом, имеющим температуру воздуха в комнате. Почему по-
казания весов в обоих случаях одинаковы?
3.1.23. Кусок пробки плавает сначала в воде, а потом в масле. В
каком случае величина силы Архимеда больше?
132
3.1.24. Корабль переплыл из Волги в Каспийское море. Как из-
менилось расстояние между поверхностью палубы и поверхностью
воды?
3.1.25. Батискаф массой т выполнен в форме цилиндра высотой
d, составленного из двух половинок с площадью основания 5. Бати-
скаф находится в положении равновесия на глубине Н > d, равной
расстоянию от поверхности воды до средней плоскости поперечного
сечения цилиндра. Давление в батискафе равно атмосферному дав-
лению. Найдите величину силы реакций N, действующих на каждую
половинку цилиндра.
3.1.26- 3.1.27. Подводный аппарат сделан в форме цилиндра вы-
сотой d = 2 м, составленного из двух одинаковых половинок. Давление
внутри аппарата равно атмосферному давлению. Аппарат находится в
равновесии на глубине Н = 10 м, равной расстоянию от поверхности
воды до средней плоскости поперечного сечения цилиндра. Величина
выталкивающей силы, действующей на аппарат F = 98 кН.
3.1.26. Найдите величину силы давления, действующей на ниж-
ний торец цилиндра FL.
3.1.27. Найдите величину сил реакций, действующих на каждую
половинку цилиндра/V.
3.1.28. Шар радиусом а находится в воде плотностью рв. Расстоя-
ние от поверхности воды до центра шара h > а.
Сила, действующая со стороны воды на нижнюю половину по-
верхности шара, FM = -ла2[р„ + p,g(h + 2а/3)] g /g.
Докажите, что сила, действующая на верхнюю половину поверх-
ности шара F9 = тш2[рвт + pg(h - 2л/3) ] g /g.
3.1.29. Задача царя Гиерона. Правитель Сиракуз Гиерон заказал
ювелиру корону, которая должна быть сделана из чистого золота. Ко-
гда заказ был выполнен, Гиерон попросил своего родственника Ар-
химеда выяснить, не разрушая корону, не подменил ли ювелир часть
золота серебром. Найдите одно из возможных решений проблемы.
3.1.30. Плитка пенопласта объемом V = 0,075 м3 плавает в воде,
погрузившись на 1/5 своего объема. Найдите наименьшую массу
груза т, который необходимо положить на плитку для того чтобы
плитка полностью погрузилась в воду.
3.1.31. Когда в цилиндрический сосуд с водой опустили плитку
пенопласта массой zn0 = 1 кг, уровень воды повысился на величи-
133
ну hr При полном погружении плитки уровень воды возрастает на
Л2 = 4Лг Найдите наименьшую массу груза т, который необходимо
положить на плитку, чтобы она полностью погрузилась в воду.
3.1.32. Цилиндрический сосуд с площадью основания 5 заполнен
водой до уровня высотой h{r Найдите силу давления на дно, если в
сосуд опустить тело массой т плотностью р. Рассмотреть случаи:
А. р < р„,
Б. р > рн, рв — плотность воды.
3.1.33. В цилиндрическом сосуде с площадью основания S пла-
вает лодка, в которой находится груз массой т. Найдите приращение
уровня АЛ воды в двух случаях:
А. Груз сняли.
Б. Груз сняли и опустили в воду.
3.1.34. В лодке, плавающей в бассейне, появилась течь. Как бу-
дет изменяться уровень воды по мере заполнения лодки водой?
.3.1.35 . В сосуде с жидкостью плотностью р плавает кусок льда.
Как изменится уровень смеси жидкости и воды, после таяния льда?
3.1.36. Кусок льда плавает в воде, на которую налит слой кероси-
на. KaR изменятся уровни границы верхнего и нижнего слоев керо-
сина после таяния льда?
3.1.37. На рис. 3.1.37а изображена вертикальная проекция двух
соприкасающихся одинаковых шаров, плавающих в цилиндриче-
ском сосуде. Плоскость уровня воды совпадает с плоскостью большо-
го круга первого шара и касается второго шара. Массы шаров — т.
Найдите величину сил давления Nv N2 каждого шара на стенки ци-
линдра и плотность шара.
Рис. 3.1.37 а
134
3.1.38. Бревно длиной L - 1 м, радиусом Я = 10 см плавает в воде.
Расстояние от поверхности воды до оси бревна h = 6 см. На середину
бревна села утка массой т = 1 кг. Найдите приращение глубины по-
гружения бревна АЛ.
3.1.39. Тело массой т, объемом V - 2 л прикреплено к нити. Тело
и точку подвеса погружают под поверхность воды. Найдите вес те-
ла Р в двух случаях.
А. Масса тела т = 1 кг.
Б. Масса тела т = 3 кг.
3.1.40. Через один конец доски массой М = 120 кг, длиной L = 4 м
проходит горизонтальная ось О, вокруг которой доска может вра-
щаться (рис. 3.1.40). Доска опущена в бассейн и находится в равно-
весии, когда над водой выступает часть доски длиной L/2. Найдите
расстояние s, которое человек массой т = 60 кг может пройти по дос-
ке до границы уровня воды в бассейне.
3.1.41. В бассейне плавает понтон (от франц. - ponton — мост),
образованный плоским основанием и цилиндрической поверхностью
радиусом R. Масса понтона ЛГ, центр тяжести находится на расстоя-
нии ОС = а от центра полуокружности в плоскости основания. Если
положить в точку О частицу массой т, то расстояние от плоскости
основания до поверхности воды равно R/2 (рис. 3.1.41 а). Если же
эту частицу закрепить в точке Р на границе плоского основания ци-
линдра, то она окажется на уровне воды в бассейне. Найдите значе-
ние массы 772.
Рис. 3.1.40
3.1.42. Сосуд с водой движется с ускорением w , направленным
вниз по вертикали. Найдите давление на глубине Л.
3.1.43. Объем погруженной части тела, плавающего в неподвиж-
ном сосуде равен 3V/5, где V- объем тела. Найдите объем погружен-
ной части тела в сосуде, движущемся вниз с ускорением iv = g/3-
135
3.1.44. Диск может вращаться вокруг вертикальной оси. Зажгли
свечу и закрепили на дне стеклянной банки. Банку закрепили на
крае диска и раскрутили диск. В какую сторону отклоняется пламя
свечи — к оси вращения или в противоположную сторону?
3.1.45. Воздушный шар, сообщающийся с атмосферой, заполнен
воздухом. Масса оболочки и груза т = 100 кг. Температура наружного
воздуха £, = 17 °C, температура воздуха внутри оболочки t2 = 157 °C.
При каком значении объема Vo шар взлетит?
3.1.46. Невесомая оболочка шара объемом V = 1 м\ сообщающе-
гося с атмосферой, заполнена гелием, имеющим температуру наруж-
ного воздуха I = 17 °C и давление р - 100 кПа. Найдите подъемную
силу F, действующую на шар.
3.1.47. Покажите, что отношение подъемных сил, действующих
на равные объемы водорода и гелия при. одинаковых условиях
(М,-Мн)/(М,-МНс) = 1,08.
3.1.48- 3.1.49. Почему «плавают» облака? Известно, что облако
состоит из капелек воды.
3.1.48. Почему же облако «плавает» в воздухе?
3.1.49* . Силу сопротивления F = -6тгг|д£, действующую на
сферу радиусом а, вычислил в 1851 г. английский физик Дж. Стокс.
Здесь т| = 1,825 10 5 кг/(м • с) — коэффициент вязкости, v —
скорость сферы. Оцените характерный интервал времени т, в течение
которого скорость капли приближается к постоянной величине у0.
3.1.50* . В 1897 г. английский физик Р. Вильсон обнаружил, что
во влажном воздухе ионы являются центрами конденсации капель
воды, настолько малых, чтобы размеры капель можно было измерить
непосредственно. Его коллега Дж. Таунсенд предложил метод опре-
деления массы капель, измеряя скорость и0 падающих капель (этот
метод в дальнейшем использовался в большинстве экспериментов по
измерению заряда электрона). Найдите радиус капли а.
3.1.51. На мыльную плоскую пленку положили замкнутую нить
длиной /. С помощью спички, смоченной спиртом, пленку внутри
петли прорывают. Отверстие, охваченное петлей, имеет форму ок-
ружности. Найдите величину силы натяжение нити Т. Коэффициент
поверхностного натяжения на границе нить — мыльная пленка — а.
3.1.52. Сферическая капля. Найдите давление в сферической ка-
пле радиусом R, обусловленное силами поверхностного натяжения.
136
3.1.53. Запаянная сверху трубка с каналом радиусом а = 0,5 мм
открытым торцом опущена в воду (рис. 3.1.53). Давление над мени-
ском р., атмосферное давление р0. Найдите значение уровня воды h в
капилляре.
3.1.54. Открытая с обоих концов трубка наполнена водой и
удерживается в вертикальном положении. Радиус канала трубки
а - 1 мм. Найдите высоту столбика h оставшейся в капилляре воды.
3.1.55. Давление насыщенного пара над выпуклой поверхности
капли рн = рн0 + (2а/Я) (рн0/рв), где рн0, ри11 - давление и плотность на-
сыщенного пара над плоской поверхностью, рв - плотность воды.
Объясните относительную устойчивость пересыщенного пара.
3.1.56. Сферическая пленка. Найдите давление д, создаваемое
силами поверхностного натяжения мыльной пленки, образованной
двумя сферическими поверхностями радиусов R2{ = R±d/2, d<^R.
3.1.57. Два мыльных пузыря радиусов Rx и Я2 (Я2 > Я() соедине-
ны трубкой (рис. 3.1.57). Опишите эволюцию размеров пузырей.
3.1.58. Многие читатели знают, что «склеенные» водой стеклян-
ные пластинки, трудно разделить. Можно только медленно сдвигать
их относительно друг друга. Мениск смачивающей жидкости пред-
ставляет собой часть цилиндрической поверхности радиусом R, Тол-
щина слоя воды d = 2R, d = 10“2 мм. Найдите разность между внеш-
ним давлением и давлением в воде между пластинками.
3.1.59* . Лунные приливы. В результате взаимодействия части-
цы с Луной ускорение свободного падения в точке на расстоянии г от
центра Земли
g = -Gm* г /г3 + (GmJrJ) [Зи(пг) - f],
где г*я - расстояние между Землей и Луной, п = /гм — единичный
вектор, направленный от центра Земли к центру Луны. Оцените ам-
137
плитуду прилива Л, предполагая, что земная поверхность представ-
ляет собой сферу, покрытую слоем воды средней глубиной Н /?, где
R — радиус Земли.
3.1.60. Найдите частоту v линейных колебаний воды в £7- образ-
ной трубке. Масса воды т = 0,2 кг, площадь поперечного сечения
трубки 5 = 0,001 м2.
3.1.61. В первую пипетку набрали холодную воду, во вторую —
горячую. Из какой пипетки капают более тяжелые капли?
3.1.62. Определите разность уровней ртути АЛ в двух сообщаю-
щихся капиллярах с радиусами каналов = 0,5 мм, R2 - 1,5 мм.
Плотность ртути р = 13,36 • 103 кг/м3, коэффициент поверхност-
ного натяжения а = 0,47 Н/м.
3.1.63. Найдите работу Л, которую необходимо совершить, чтобы
выдуть мыльный пузырь радиусом R = 4 см. Коэффициент поверхно-
стного натяжения а = 0,04 Н/м.
3.1.64. Открытую с обоих концов трубку длиной I = 1,25 м по-
гружают до половины длины в ртуть, закрывают верхнее отверстие и
вынимают из ртути. В результате изотермического процесса в трубке
остается столбик ртути длиной h = 27 см. Найдите значение атмо-
сферного давления.
3.1.65. В глубоком аквариуме плавает цилиндр высотой И. Глу-
бина погружения цилиндра 1Г. В аквариум доливают жидкость,
всплывающую в воде. Когда слой жидкости доходит до торца цилин-
дра, толщина слоя на поверхности воды достигает значения Ь.
А. Найдите плотность жидкости р, если Н' = 0,977, Ь =₽ IL
Б. Найдите плотность жидкости р, если /7 - 0,8Я, Ь = 0,5Н.
3.1.66. Льдину в форме диска сечением 5 = 1 м2, высотой h = 1 м
погружают в воду.
А. Льдина подвешена на тросах. В начальном положении нижняя
плоскость льдины касается поверхности воды, в конечном состоянии
льдина плавает. Определите работусвершаемую внешней силой.
Б. Определите работу А2, которую необходимо совершить для
полного погружения льдины.
3.1.67, Плотность раствора соли изменяется с глубиной х по за-
кону р(я) = р0 + кх. Найдите глубину погружения h плавающего
прямого цилиндра массой т. Площадь сечения цилиндра 5.
3.1.68. Найдите уравнение поверхности f(xt у, z) = 0 несжимае-
мой жидкости в цилиндрическом сосуде, вращающемся вокруг своей
оси с угловой скоростью со.
138
3.1.69. Воздушный шар, сообщающийся с атмосферой, заполнен
воздухом. Масса оболочки, горелки и груза т = 420 кг, радиус шара
/? - 10 м. Температура наружного воздуха = 17 °C. При каком зна-
чении температуры воздуха внутри шара 1г шар взлетит?
3.1.70. Для удержания на поверхности земли метеорологическо-
го шара-зонда массой т = 12,25 кг необходимо приложить силу ве-
личиной F ~ Img. Оболочка шара герметичная и упругая. Шар под-
нимается до максимальной высоты, на которой объем шара
увеличивается в два раза. Найдите максимальную высоту подъема Н.
Известно, что плотность воздуха зависит от вертикальной координа-
ты z по закону p(z) - p0(l/2)z/A, где р0 = 1,225 кг/м3- плотность возду-
ха у поверхности земли, h ~ 5 км.
3.1.71. Оцените избыточное, по отношению к атмосферному,
давление воздуха Др в воздушном шарике. Температура воздуха
t = 23 °C, разность показаний весов при взвешивании надутого ша-
рика и его оболочки king, &т = 0,3 г, диаметр шара D = 30 см.
3.2. Адиабатическое течение жидкости и газа.
Закон Бернулли
Закон Бернулли. Течение сплошной среды — жидко-
сти или газа, удовлетворяет трем условиям:
1. Среда невязкая — внутреннее трение отсутствует.
2. При течении реализуется адиабатический процесс.
3. Течение является стационарным или установившем-
ся; в этом случае распределение траекторий частиц жидко-
сти или газа в пространстве не изменяется с течением вре-
мени. Тогда для элементарной массы на линии тока
ти/2 + mgz + U + pV = const. (3.2.1)
В случае идеального газа функция IV = U + pV = тсрТ
представляет собой энтальпию. Из (3.2.1) имеем
и /2 + gz + срТ = const.
При движении несжимаемой жидкости постоянной
плотности р получим закон Бернулли в виде
рг72/2 + pgz + р = const. (3.2.2)
Величина pt//2 называется скоростным напором. При
безвихревом течении постоянная в (3.2.1)-(3.2.2) имеет
одно и то же значение на каждой линии тока.
139
Уравнение непрерывности. Требование сохранения
массы элементарного объема жидкости приводит к условию
Ьт/Ы = 0, или к соотношению pi?AS = const, которое назы-
вается уравнением непрерывности. Если пренебречь сжи-
маемостью жидкости, то v&S = const. Здесь и - проекция
скорости на касательную к линии тока в сечении А5.
Адиабатическое движение воздуха с постоянной ско-
ростью. Из условия равенства нулю суммы сил, действую-
щих на «жидкую» частицу, следует соотношение
AT/Az = -g/cp, (3.2.3)
где z - координатная ось, направленная вертикально вверх.
Величину ка = g/cp метеорологи называют сухоадиаба-
тическим градиентом температуры (от лат. gradiens —
шагающий).
Для сухого воздуха
ср = 1,005 кДж/ (кг • К), кр = 9,8 • 10'3 К/м,
т.е. температура воздуха понижается приблизительно на Г
на каждые 100 м подъема.
Для воздуха, содержащего насыщенный пар
Ля = 5,4 • 10 3 К/м,
т.е. воздух охлаждается примерно на 0,54 °C на каждые 100 м.
3.2.1. Получите закон Бернулли (3.2.1).
3.2.2. Истечение из отверстия в открытом сосуде. Вода в верти-
кально расположенном цилиндрическом резервуаре вытекает из
круглого отверстия у основания (рис. 3.2.2). Площади сечений ци-
линдра и отверстия равны соответственно S2 и высота уровня во-
ды —* Л. Найдите скорость истечения воды у, из отверстия.
3.2.3. А. Найдите горизонтальную компоненту силы реакции Fx,
действующей на сосуд при вытекании воды через насадок, называе-
мый насадком Борда, который состоит из цилиндрической трубки,
вдвинутой внутрь сосуда (рис. 3.2.2).
Б. Как изменится величина силы реакции, если насадок пред-
ставляет собой длинную плавно сужающуюся трубку на рис. 3.2.3?
777777777777777
Рис. 3.2.2 Рис. 3.2.3
140
3.2.4. Фонтан Герона. На рис. 3.2.4 изображена конструкция одно-
го из фонтанов Герона (80 г. до н. э.). Резервуар Др содержащий воздух
и слой воды, соединен трубками с открытым резервуаром Я3, заполнен-
ным водой, и резервуаром Д2. От резервуара Д2 отходит тонкая трубка, из
которой бьет струя фонтана с уровня Л4 = 1,55 м. Уровни воды воды в ре-
зервуарах соответственно равны Л, = 0,25 м, h2 = 0,95 м, Л3 = 1,35 м. Най-
дите величину скорости воды и на уровне Л4 и длину струи L.
3.2.5* . Водослив через плотину. На рис. 3.2.5 показан обычный
тип плотины с гребнем шириной L. В точке А понижение уровня воды
за плотиной по сравнению с уровнем воды удаленной от гребня, где
скорость воды в резервуаре пренебрежимо мала, равно Я. Толщина
потока в этом месте h. Наклоны плотины и свободной поверхности во-
ды достаточно малы. Найдите расход воды Q кг/с через плотину.
3.2.6. При откачке воды из колодца глубиной Я через шланг се-
чением S поступает Q кг/с воды. Найдите мощность Р, потребляемую
мотором насоса.
3.2.7* . Ветродвигатель. Рассмотрим ветроколесо с двумя или
тремя лопастями, закрепленными на горизонтальной оси, парал-
лельной направлению ветра (рис. 3.2.7). Площадь, ометаемая лопа-
стями, равна S. Невозмущенные значения скорости и давления слева
от ветроколеса равны р0 и р0, а справа — и р0. Найдите максималь-
ную мощность Рж, развиваемую ветроколесом.
Рис. 3.2.5
Рис. 3.2.4
Ро
Рис. 3.2.7
141
3.2.8. Покажите, что при зависании вертолета массой т, мощ-
ность, развиваемая двигателем N = (mg)*''2/ (2р5)1/2, где 5 — площадь,
ометаемая винтом.
3.2.9* . Течение жидкости в трубе переменного сечения. Поток н
виде прямолинейной струи со скоростью р, втекает в широкий уча-
сток трубы (рис. 3.2.9). Здесь на боковой поверхности струи развива-
ется нерегулярное вихревое движение. Охватывающая струю жид-
кость постепенно захватывается, смешивается со струей и, наконец,
поток становится однородным и движется со скоростью и2. Найдите
давлениер2 далеко вправо по потоку, зная давление р^ слева в узкой
трубе. Площади сечений АВ и FE равны соответственно S2.
F
Рис. 3.2.9
3.2.10— 3.2.12. Адиабатическое движение воздуха с постоянной
скоростью.
3.2.10. Получите величину адиабатического градиента (3.2.3).
3.2.11. Получите величину ДТ/Дз = -g/cp, используя теорему Бер-
нулли (3.2.1).
3.2.12. Найдите зависимость температуры воздуха поднимающе-
гося с постоянной скоростью от высоты T(z).
3.2.13. Две горизонтально расположенные пластины находятся
на расстоянии d. Температура верхней пластины Т\, температура
нижней пластины Т2> Т\. Оцените величину Д71 = Т2 - Тр при которой
в системе возникает конвекция.
3.2.14. В равновесном состоянии зависимость температуры от
высоты имеет вид Та (z) = То - kaz, где То — температура воздуха у по-
верхности Земли, ка = g/cp — сухоадабатический градиент температу-
ры. В реальной атмосфере зависимость температуры от высоты тем-
пература воздуха может изменяться по закону:
A. Tb(z) = Tw- kbz, kb = к2, к2 > к*, Б. кь = /с„ к, < ка.
142
Графики этих функций показаны на рисунке 3.2.14 а, б. Как бу-
дут двигаться частица воздуха массой Атп, если она сместится с высо-
ты z, вверх на величину Az > 0 или вниз — на Az < О?
3.2.15. Из трубы высотой h = 100 м выходит сухой воздух с тем-
пературой, превышающей температуру окружающего воздуха на ве-
личину АТ = 2 К. Зависимость температуры воздуха от высоты z име-
ет вид T/z) = ТА- где кв = 5,9 10"3 К/м. На какой высоте Н воздух,
вышедший из трубы, окажется в равновесии?
3.2.16. Попробуйте ответить на вопрос: устойчива ли тропосфера
н области инверсии?
3.2.17. Объясните, почему при движении массы воздуха вверх по
склону горы относительная влажность массы воздуха увеличивается.
3.2.18. Воздух, имеющий на поверхности Земли относительную
влажность <р = h • 100%, h = 0,5 при температуре = 27 °C, поднима-
ется на высоту Н = 2 км. Оцените температуру воздуха t на высоте Н.
3.2.19. Опишите процессы, происходящие при встрече индий-
ского летнего муссона с Гималаями.
3.2.20. Адиабатическое движение воздуха. На территории США в
Скалистых горах теплый ветер со снежного хребта индейцы назвали
шнук — снегоед. Он нередко повышает температуру до 25 °C менее
чем за 12 часов и испаряет снежный покров. Объясните это явление.
3.2.21* . Адиабатическая атмосфера. Температура воздуха на
высоте z над уровнем моря T(z) = TQ - knz, ка = g/cp. Найдите давление
воздуха p(z).
3.2.22- 3.2.23*. Изотермическая атмосфера. Предполагается,
что температура атмосферы в постоянна.
3.2.22* . Найдите давление воздуха p(z).
3.2.23* . Найдите массу m столба воздуха с площадью основания
5, и координату zl центра тяжести столба н случае «плоской» Земли.
143
3.2.24* -3.2.25*. Газ вытекает через горизонтально расположен-
ную трубу из резервуара, размеры которого значительно больше
диаметра трубы — скорость газа в резервуаре можно положить рав-
ной нулю. Температура и давление газа в резервуаре — Т() ир„.
3.2.24* . Найдите температуру и давление на линии тока в случае
адиабатического течения как функцию числа Маха М' = v/c, где и —
скорость газа, с - скорость звука, с = пр/р, п = 1,4.
3.2.25* . Найдите максимальную скорость вытекания газа.
3.2.26* . Сопло Лаваля. Рассмотрите задачу об дозвуковом и
сверхзвуковом движении газа, протекающего в трубе переменного
сечения в сопле Лаваля — трубе, сначала суживающейся, а затем
расширяющейся (рис. 3.2.26). Покажите, что скорость газа при
сверхзвуковом течении (и > с) возрастает в расширяющейся трубе и
уменьшается в сужающейся трубе.
Рис. 3.2.26
3.2.27* . Ветры в северном полушарии. Согласно (3.1.1) поверхно-
стная сила, действующая частицу F = -GV , G = (Др/Дх, Др/Др, Др/Дз).
В 1835 г. французский физик Г.Г. Кориолис показал, что в системе
отсчета, вращающейся с угловой скоростью Q , на частицу действует
сила инерции F = . Введем систему координат с началом в
точке О на широте 0: ось и направим вертикально вверх, ось х — по
меридиану к полюсу, ось у — на запад. Найдите скорость установив-
шегося горизонтального движения воздуха с постоянной скоростью,
пренебрегая силами вязкости.
3.3. Деформация твердых тел. Тепловое расширение
Для описания деформации вводят вектор деформации
й (х, у, z). Если до деформации положение некоторой точки
А задано радиус-вектором г = (х, у, z), то в деформирован-
I ном теле она сместится в точку А’ с радиус-вектором
144
г+й(г). Следовательно, приращение вектора Дг равно
й(г + Дг)-й(г). Основной задачей теории упругости явля-
ется определение вектора u(f).
На поверхность поперечного сечения стержня длиной I,
расположенного параллельно оси z, действует сила упруго-
сти Т = (О, О, Тг) со стороны соприкасающихся частиц
стержня. Сила Т заранее неизвестна и определяется из ус-
ловия равновесия. Запишем Тг в виде Т2 = а (х, у, z)S, где S -
площадь поперечного сечения.
Функция ст (х, у, z) — называется напряжением.
Если до деформации стержня вектор Дг имел коорди-
наты (0, 0, Az), то в деформированном состоянии его z-
координата станет равной Az' = Az + Диг Отношение Au^Az
характеризует относительное удлинение отрезка [z, z + Az].
Для простого растяжения
Диг/Дг = ст(г)/£' (3.3.1)
Это соотношение представляет собой закон Гука в наи-
более простой форме.
Постоянный коэффициент Е называется модулем Юнга
в честь английского физика Т. Юнга, который записал за-
кон Гука в форме (3.3.1).
Полное удлинение стержня Ы = и//),
4 I
М= —jff(z)dz (3.3.2)
Для многих металлов модуль Юнга имеет порядок
7-20 • 1О10 Па, для стали Е = 2,1 • 101’ Па, для меди
Е - 1,2 • 10н Па, для костных материалов —- 1,5 • 10’° Па, для
гранита 4,5 • 1О10 Па, для бетона 2,6 • 1О10 Па.
Поперечная деформация. Стержень деформируется не
только в продольном, но и в поперечных направлениях. Ве-
личины bujbx, kuj&y характеризуют относительное сжа-
тие стержня. Французский математик Симон Пуассон в
1810 г. установил связь между поперечной и продольной
деформациями стержня
kuj&x = -^kuj&Z. ,
kuj&y = -уAu J Az, (3.3.3)
где у- коэффициент Пуассона.
145
Энергия упругой деформации. При однородной дефор-
мации стержня энергия деформации U - k(Al)z/2 может
быть представлена в общем виде U=uV{},
и = с/2Е, (3.3.4)
где и - оъемная плотность энергии деформации,
VQ - объем стержня до деформации.
3.3.1- 3.3.2. Цилиндрический резервуар заполнен газом при дав-
лении р2, внешнее давление равно р, (р2 > р^. Длина резервуара - L,
внешний радиус/?, толщина стбнки d^R,L,
3.3.1. Найдите напряжение в продольном сечении оболочки,
проходящем через ось симметрии резервуара.
3.3.2. Найдите напряжение в поперечном сечении оболочки
резервуара.
3.3.3. Тонкостенный стальной цилиндр радиусом 7? = 1 м враща-
ется вокруг оси с угловой скоростью со = 30 р/с. Плотность стали
р = 7,8 103 кг/м3. Найдите напряжение о в продольном сечении
стенки цилиндра.
3.3.4. Медная трубка плотно надета на стальную трубку при тем-
пературе t2. Внешний радиус стальной трубки - 7?, толщина стальной
трубки - медной трубки - d2. Модули Юнга меди и стали Ес, ко-
эффициенты линейного расширения меди и стали ам, ас (аи > ас).
Найдите напряжение в медной трубке при охлаждении до темпе-
ратуры t, < t2.
3.3.5. Давление в аорте — главном кровеносном сосуде, выходящем
из сердца, равно в среднемр = 100 мм рт. ст. = 133,33 кПа. Радиус сосуда
Я = 1,25 см, толщина — d = 0,2 см, модуль Юнга ткани Е = 10ь Па. Полу-
чите значение приращения толщины сосуда Ad.
3.3.6. Сферический резервуар заполнен газом, при давлении р2,
внешнее давление равно р^ (р2 > pj. Внешний радиус сферы Я, тол-
146
щина стенки d Я. Найдите напряжение а в сечении оболочки,
проходящем через плоскость симметрии резервуара.
3.3.7. Верхний торон стержня закреплен на горизонтальной
плоскости, к нижнему торцу стержня приложена сила, направленная
по вертикали вниз, величиной F. Масса стержня т, длина Z, площадь
поперечного сечения 5. Найдите удлинение стержня AZ.
3.3.8. Стержень длиной Zo расположен вдоль оси z. Поперечное
сечение представляет собой квадрат со стороной а0. Один торец
стержня закреплен, а к поверхности другого торца приложена сила
F , параллельная оси z. Найдите приращение объема стержня.
3.3.9. Балка в форме параллелепипеда с площадью основания а х а
и высотой Ь поставлена на горизонтальную плоскость. Найдите прира-
щение аV объема ДУ, если балку положить на бок. Масса балки — т,
модуль Юнга — Е.
3.3.10* . Колонна Исаакиевского собора в Санкт-Петербурге име-
ет высоту h = 30 м. Модуль Юнга гранита Е - 8,8 • 10”’ Па, плотность
р = 2,7 • 103 кг/м3. А. Найдите величину сжатия колонны IД/гI.
Б. Масса колонны т, площадь поперечного сечения S. Найдите энер-
гию деформации колонны U.
3.3.11* . Башня постоянного сопротивления. На рис.3.3.11а изо-
бражена осесимметричная башня массой т высотой h. Радиус осно-
вания Яо. Величина допускаемого н практике напряжения ст0 = стпр/п,
где — предел прочности, п — коэффициент безопасности. Найдите
зависимость радиуса круга В(х) поперечного сечения башни от вер-
тикальной координаты х, если напряжение <т0 в каждом сечении по-
стоянно.
3.3.12. К пружине динамометра, находящегося на гладкой гори-
зонтальной плоскости, приложена сила F (рис. 3.3.12). Масса пру-
жины т, масса корпуса М. Определите показание динамометра, если
градуировка проводилась при закрепленном корпусе.
Рис. 3.3.11 а
Рис. 3.3.12
147
3.3.13. Пружина поставлена на горизонтальную плоскость. Же-
сткость пружины к, длина в ненапряженном состоянии — /0. На
верхний торец пружины кладут груз массой т. Найдите скорость
груза при пересечении положения равновесия.
3.3.14- 3.3.17. Возьмем стальное лезвие бритвы толщиной
d = 0,08 мм и изогнем его в полукольцо. Внешние слои лезвия будут
растянуты, а внутренние сжаты. На средней линии радиусом R = 1 см
деформация равна нулю.
3.3.14. Найдите относительное удлинение внешнего слоя.
3.3.15. Почему распрямляется лезвие после разгрузки?
3.3.16. Изогнем полукольцом пластинку из той же стали, но тол-
щиной d = 2 мм. Распрямится ли пластинка после разгрузки?
3.3.17. Если пластинку сжать достаточно быстро, то деформация
представляет собой адиабатический процесс. Опишите распределе-
ние температуры по толщине пластинки и направление теплового
потока при выравнивании температуры.
3.3.18- 3.3.19*. Альпинист на вертикальной стене. На рис. 3.3.18
показаны этапы прохождения стенки связкой-двойкой. Веревка закре-
плена д точке S. Лидер с рюкзаком общей массой т = 100 кг поднялся на
скалу до высоты h относительно напарника 5, забил в точке страховки F
крюк, продернул веревку через карабин и поднялся еще на расстоя-
ние hv Длина веревки в этом положении Zo = h + hv h = 5 м, = 3 м. При
срыве лидер падает до точки F2, в которой скорость равна нулю.
3.3.18. Качество веревки задается «модулем веревки» f = ES, где
S— сечение веревки,/= 40 кН. Найдите удлинение веревки А/ = /2- /0
(Z2 = h + h2 — длина веревки в положении F2) и величину силы, дей-
ствующей на лидера со стороны веревки в точке F2.
Рис. 3.3.18
148
3.3.19. Современная альпинистская веревка содержит сердцеви-
ну с модулем /, при удлинении Д/, = l{ — lQ и модулем f2 <f} при даль-
нейшем удлинении Д/2 = l2 - lQ. Найдите относительное удлинение ве-
ревки Д/2, и величину силы F=k2&l2, действующей на лидера со
стороны веревки в точке F2.
3.3.20. Опасная зона для спутников планет. Рассмотрим спут-
ник в виде гантели, вращающейся по окружности вокруг планеты.
Гантель представляет собой два скрепленных шара, расположенных
на прямой, проходящей через центр планеты. Площадь сечения кон-
такта шаров равна 5. Массы планеты и шара равны соответственно М
и т/с2^ радиусы — Я и а. Найдите напряжение в сечении контакта.
Рис. 3.3.20
3.3.21. Напряжение в нити. Гибкая нить постоянного попереч-
ного сечения висит между двумя точками Ли В, находящимися на
одной горизонтальной прямой, точка О - середина нити. Масса ни-
ти — тп, пролет нити АМВ = стрела провисания МО = h, h<< I. Най-
дите величину силы натяжения нити Т в точках закрепления.
3.3.22. Статически неопределенная задача. На грань железобе-
тонного куба действует сила Р, параллельная стальным стержням.
Модуль Юнга бетона и стали ЕБ = 20 ГПа, Ес = 200 ГПа, 5Б> 5С — пло-
щади поперечных сечений бетона и стержней. Найдите силы, дейст-
вующие на бетон и стальные стержни.
3.3.23* . Предварительно напряженный железобетон. После за-
твердения бетон сцепляется со сталью и при деформации не проис-
ходит относительного скольжения. Железобетонную балку можно
сделать прочнее, если при изготовлении стальные стержни длиной Zo
149
растянуть до длины и залить жидким бетоном. После затвердения
стержни освобождают. Найдите длину /2 железобетонной балки.
3.3.24. Стальной цилиндр, плотно входящий в медную трубку,
сжимают между плитами пресса. Сила давления Р - 40 тс. Площадь
поперечного сечения цилиндра 5 = 75 см2, кольца в поперечном се-
чении трубки = 225 см2. Найдите напряжение в меди стн.
3.3.25. Стальной болт и гайка скрепляют медную трубку
(рис. 3.3.25). Длина болта I = 75 см, шаг нарезки болта h = 0,3 см, пло-
щадь поперечного сечения болта = 6 см2, кольца в поперечном сече-
нии трубки S2 - 12 см2. Модули Юнга меди и стали Е* = 1,2 • 1011 Па,
Е = 2,1 • 1011 Па. Найдите напряжения в трубке при повороте гай-
ки на 1/4 оборота.
3.3.26. Невесомый стержень закреплен на верхнем конце, на
нижнем конце стержень имеет выступ (рис. 3.3.26). Длина стерж-
ня /0. В начальный момент времени груз массой т, находящийся на
высоте h относительно выступа, отпускают и он падает, скользя по
стержню. Найдите величину деформации стержня Д/ в результате не-
упругого столкновения груза с выступом и напряжение в стержне стс.
3.3J27-28*. Изгиб стержня. В изогнутом стержне в форме пря-
моугольного параллелепипеда или цилиндра существует нейтраль-
ная поверхность, на которой удлинение элементов равно нулю. На
рис. 3.3.27а изображено сечение слабо изогнутого участка стержня и
нейтральная ось PS — дуга окружности с центром в точке С. Попе-
речное сечение стержня, перпендикулярное оси, проходит через от-
резок НК. Начало системы координат г, у, z находится на нейтраль-
ной оси. Проекция на ось у момента внешних сил относительно
начала координат Mfy = -Мо.
3.3.27. Найдите напряжение стй(г), где х — значение координаты
х элемента Az в поперечном сечении стержня.
Рис. 3.3.27 а
150
3.3.28. На рис. 3.3.28 стержень (ствол дерева или колонна) на-
клонен под углом а к вертикали, а « 1. Длина стержня h, радиус
круга поперечного сечения г, плотность материала стержня р. Най-
дите напряжения атп в точках /п, п основания стержня.
3.3.29. Кирпичная подпорная стена толщиной Ь = 2 м и высотой
/г = 5 м находится под давлением песчаной насыпи (рис. 3.3.29). Плот-
ность песка р = 2,5 • 103 кг/м3, плотность материала стены рс = 2 • itf кг/м3.
Определите напряжение ат п в точках т, п основания стены.
Рис. 3.3.28
Рис. 3.3.29
3.3.30. Трамвайные рельсы сварены между собой в стыках при
температуре = 15 °C. Найдите напряжение в рельсах а при темпера-
туре t2 = 35 °C. Коэффициент линейного расширения а = 1,25 Ю^ТГ1.
модуль Юнга стали Е = 200 ГПа.
3.4. Волновое движение в среде. Звук
Волны на воде. В системе координат х, у, z положение
поверхности воды определяется функцией z = u(t, х, у). Ес-
ли пренебречь вязкостью, сжимаемостью и поверхностным
натяжением воды, то в водоеме глубиной h с плоским дпом
можно построить линейное приближение теории в случае
волны малой амплитуды а << X. В «мелкой воде» частицы
воды движутся параллельно дну. Скорость волны с = ^fgh .
Волны па «глубокой воде» (h X) реализуются частицами,
движущимися по фиксированным окружностям радиусом
а. Радиус окружности уменьшается с увеличением глуби-
ны. Видимый профиль волны представляет собой кривую с
151
широкими, плоскими углублениями и высокими, узкими
гребнями называемую укороченной циклоидой. Скорость
волны Л = л/^/2л •
Стоячие поперечные волны на струне. Струна закреп-
лена на оси х в точках х = 0, х = I. Функция и = u(t, х) пред-
ставляет собой смещение по оси z элементарной массы с ко-
ординатой х в момент времени t. Решением волнового
уравнения является суперпозиция стоячих волн
х) = >lnsin (Zcnx)cos (<ont),
*.= у. ». = <> « = 1,2,3......
где — скорость бегущей волны,
Т- величина силы натяжения,
рд — линейная плотность материала струны.
Продольные волны в упругом стержне. Скорость звука
в стержне
c = jEfr,
где Е - адиабатический модуль Юнга,
р — плотность стержня.
Звук в воздухе — процесс распространения деформа-
ции. Скорость звука в воздухе — с, с2 = ир/р, п = 1,4.
Волна в трубе постоянного сечения 5. Ось z направим
по оси трубы. Решение уравнений акустики для звукового
давления р8 и распределения скорости воздуха и = (0, 0, и)
имеют вид
p,(/,z,y,z) =f(z~ct) + g(z + ct), (3.4.1)
v(t,x,y,z) = |/(z-ct)-g(z + ct)]/(cp0). (3.4.2)
Здесь x, у e S, f и g произвольные функции, которые
можно определить по известным граничным условиям и ис-
точнику звука. Отметим, что давление и скорость воздуха
относятся к определенной точке пространства, а не к части-
це воздуха: v(t, z) — значение скорости того элемента мас-
сы Am, который в момент времени I находится в точке с ко-
ординатой z.
3.4.1. Высота волн цунами в открытом океане порядка 1-3 м.
Почему при приближении к берегу высота волн достигает высоты
10-20 м?
152
3.4.2. А. Стальная струна рояля, настроена на частоту v, = 440 Гц. Ра-
диус струны Н = 0,25 мм, длина I = 1 м. Плотность стали р = 9 10* кг/м3.
Найдите величину силы натяжения струны.
Б. Найдите отношение величины натяжения стальной струны Тг
к величине натяжения струны из жилы такой же длины, диаметра
и тона. Плотность стали 9 10* кг/м*, плотность жилы 103 кг/м3.
3.4.3. Поток воды течет по трубе со скоростью v = 1 м/с. Найдите
давлениер на заслонку при внезапном закрытии крана.
3.4.4* . Прямоугольный параллелепипед длиной L с площадью
поперечного сечения 5, движущийся со скоростью и0, сталкивается
одной гранью с жесткой преградой — плоскостью. Опишите процесс
упругой деформации стержня.
3.4.5. В сферической волне, распространяющейся в безгранич-
ном пространстве, акустическое давлениеpar(t, х, у, z) = (1/г)/(г- ct),
где с — скорость волны,/(г - ct) — произвольная функция, г — рас-
стояние от точечного источника деформации среды. Получите урав-
нение движения фронта волны.
3.4.6. Взрыв. В момент времени t = 0 давление внутри сфериче-
ского объема радиусом а с центром в точке 5 внезапно повысилось на
величину Др0. Возникает сферическая звуковая волна. Найдите ин-
тервал времени At, в течение которого фронт волны пройдет через не-
которую точку Р.
3.4.7. Бегущая плоская монохроматическая волна задается
функцией ps(t, х, у, z) = a cos (art - kz), к = со/с. Получите уравнение
движения фронта волны.
3.4.8. Акустический резонатор Гельмгольца представляет собой
сосуд объемом Ус цилиндрическим горлышком длиной h и сечением
S(Sh V). Найдите частоту колебаний давления воздуха в горлышке
резонатора.
3.4.9. Полуоткрытая труба. Труба длиной Я, закрыта в плоско-
сти z = 0. На уровне z = Н труба открыта. В точках плоскости z = 0
скорость воздуха равна нулю: v(t, х, у, z = 0) = 0. Для того, чтобы
удовлетворить этому условию, положим в (3.4.1), (3.4.2)
/= (a/2)cos(art-kz)tg = (а/2) cos (art + kz).
Найдите допустимые значения волнового числа к.
3.4.10. Открытая труба. Труба открыта на двух торцах. Такие тру-
бы используются в органах. Очевидно, на торцах трубы должны вы-
полняться условия p8(t, х, у, z = 0) = 0, pt(l, х,у, z = Н) = 0. Мы удовле-
153
творим первому условию полагая в (3.4.1), (3.4.2)/= (a/2)cos(otf - kz),
g = -(«./2) cos (со/ + kz). Найдите допустимые значения волнового чис-
ла к.
3.4.11. Эффект Доплера. На рис. 3.4.11 изображен точечный из-
лучатель звука, движущийся со скоростью й (/) = (up u2, и3). Радиус-
вектор излучателя гв (/). Излучатель генерирует звук, который в виде
сферической волны распространяется в пространстве. В точке Рс ко-
ординатами г = (х, у, z) звуковое давлениеp(t, х, yf z) = (A/s) cos Ф,
где Ф(/, х, у, z) = wt - &s/c —- фаза волны, s=|s|, s = ra(t) - г .
Производная фазы o>d = с?Ф/й/ имеет смысл мгновенной частоты вол-
ны, принимаемой наблюдателем в точке г = (х, у, z). Найдите часто-
ту волны, принимаемой наблюдателем в точке Р.
3.4.12- 3.4.13. Летучие локаторы. В живой природе ультразвук
генерируют летучие мыши. Сигналы соответствуют диапазону от 20
до 200 кГц. Анализируя отраженные сигналы, насекомоядные мыши
могут в темноте определить расстояние до окружающих предметов,
бабочек и насекомых, размеры и направление полета.
3.4.12. Амплитудный метод. Летучие мыши из семейства подко-
воносых (Rhinolophus) через ротовую щель издают звуки в виде им-
пульсов с постоянной несущей частотой. Для того, чтобы поймать до-
бычу — бабочку, подковонос использует эффект Доплера. Пусть
^(1), — радиус-векторы бабочки и мыши, vb (t) — скорость ба-
бочки, — скорость мыши (рис. 3.4.12). Фаза волны, отражен-
ной от бабочки Ф(/) = со/ - 2(os/c, s(t) = |s|, $(/) = - rn(l). Под-
ковонос обладает способностью сравнивать частоту принимаемой
волны с частотой излучаемого звука и корректировать направление
полета. Поясните принцип работы «радара» мыши.
Рис. 3.4.12
154
3.4.13. Частотный метод. Отраженный импульс длительностью т
с постоянной несущей частотой дает информацию только о расстоя-
нии до ближайшего из двух объектов, если они находятся на рас-
стоянии As меньшем, чем ет/2; при т = 1 мс два объекта, расстояние
между которыми As » 17см, будут восприниматься как один.
Рыжая вечерница, встречающаяся в Европе, использует частот-
ный метод определения дальности и увеличения «глубины резкости».
Он основан на использовании частотной модуляции излучаемого
импульса звука. Расстояние до цели определяется в результате срав-
нения частоты излучаемого звука и частоты отраженной волны.
На протяжении каждого излучаемого импульса звуковой «гене-
ратор» мыши уменьшает частоту по линейному закону со(£) = co0 -pt,
пТт< I < (п + 1)7\, р = ^/Тт, Q — разность частот на границах им-
пульса. При уменьшении частоты от значения 100 кГц до 20 кГц в
течение интервала Тт ~ 2 мс величина р ~ 4107 с-2. Изобразите гра-
фик частоты отраженного сигнала ©и/пр(^) и поясните принцип работы
«радара» мыши.
3.4.14. Приведите определения понятий — громкость, высота и
тембр звука.
155
Глава IV. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО
4.1. Закон Кулона. Заряд в электростатическом поле.
Напряженность и потенциал поля.
Взаимодействие двух точечных зарядов, движущихся со
скоростью v с, с зарядов, описывается законом, откры-
тым в 1885 г. французским ученым Ш. Кулоном: на каждый
из двух точечных зарядов, находящихся в вакууме, действу-
ет сила, величина которой пропорциональная произведению
зарядов и обратно пропорциональная квадрату расстояния
между ними. В векторной форме закон Кулона имеет вид:
4=^Н2- (4.1.1)
Здесь г —расстояние между частицами, ё 12 — единич-
ный вектор, направленный от первой частицы ко второй.
Коэффициент к = 9 109 Н м2/Кл2. На частицу с зарядом
действует сила Fy2=-F2V
В СИ используют рационализированную форму записи
к, полагая к = (4ти0)'1. Величину £0 - 8,85 • 10-12 Кл2/(Н • м2)
называют электрической постоянной.
Сила, действующая на заряд в электрическом поле
F = qE(x, у, z) (4.1.2)
Движение заряда в однородном поле напряженно-
стью . На частицу действуют сила тяжести mg и сила
qE$ . Для решения основной задачи механики — вычисле-
ния радиус-вектора частицы г (t) — запишем уравнения
движения
ma = mg + qEQ. (4.1.3)
Начальные условия г(О) = го, i;(O) = i;o.
Из (4.1.3) находим ускорение а =а0, й0 -g + —Ёо.
т
Решение уравнений (4.1.3).
r(t) = r0+vQt + ^-, (i.lAa)
v(l) = vo+dot. (4.1.4 6)
156
Потенциал в точке г = (х, yt z), создаваемый зарядом Q,
находящимся в начале координат
(p(x,z/,z) = kQ/r (4.1.5)
Потенциальная энергия заряда в электростатическом
поле
W(zf у, z) =^ср(х, y,z).
Соотношение между напряженностью и потенциалом
электрического поля
Е, = -Дф/Аг,
Еу = -&?/Ьу, (4.1.6)
Ех = -Дф/Az
Плотность энергии электрического поля
иг ~ /2-
4.1.1. В 1897 г. английский физик Дж. Дж. Томсон открыл элек-
трон, а в 1919 г. в первой ядерной реакции Э. Резерфорд открыл про-
тон. Почему электрону приписали отрицательный заряд?
4.1.2. Величина элементарного заряда е = 1,6 • 10 19 Кл. Найдите
число элементарных зарядов N, содержащихся в заряде величиной
^=1 Кл.
4.1.3- 4.1.4. Два одинаковых свинцовых шарика массами
т = 10 г расположены на расстоянии г = 10 м. Атомная масса свинца
М = 0,207 кг/моль.
4.1.3. Предположим, что у каждого атома одного шарика отняли
по одному электрону и перенесли на другой шарик. Найдите величи-
ну сил притяжения, действующих на каждый шарик?
4.1.4. Каждый шарик имеет избыток Ng электронов. Найдите от-
ношение Ne к числу атомов шарика N, если сила электростатического
взаимодействия уравновешивает силу гравитационного взаимодей-
ствия.
4.1.5- 4.1.6. Нейтральное тело представляет собой систему двух
зарядов Qt = -q и q2 = q, (q > 0), закрепленных на концах непроводя-
щего стержня АВ длиной I.
Такой объект называют диполем и характеризуют дипольным
моментом р — вектором величиной р = ql, направленным от заря-
да — q к заряду q. Рассмотрим систему, состоящую из диполя и то-
чечного заряда Q.
157
4.1.5. Заряд Q находится в точке М на прямой перпендикулярной
стержню и проходящей через его середину С, МС = г (рис. 4.1.5).
Найдите силу, действующую на заряд Q.
4.1.6. Поверием теперь диполь на 90 ° в плоскости рисунка во-
круг оси проходящей через точку С в направлении движения часовой
стрелки (рис. 4.1.6). Найдите силу, действующую на диполь со сто-
роны заряда Q.
АО qi
•------------о------------•
В 9^2 Я* Qi Q
Рис. 4.1.5 Рис. 4.1.6
4.Д.7. В точках А, В, С прямолинейного отрезка нити АС закреп-
лены заряды q, 2q и 4q. Длины отрезков нити АВ = ВС = L, kq2/L2 = Т.
Найдите велич ину сил натяжения нити Т^, Твс на участках АВ и ВС.
4.1.8. На концах нитей длиной L, закрепленных в одной точке,
подвешены два одинаково заряженных бузиновых шарика каждый
массой пг. В положении равновесия угол между нитями равен л/2.
Найдите заряд шарика q.
4.1.9. В четырех точках замкнутой нерастяжимой и непроводя-
щей нити на равных расстояниях закреплены четыре одноименных
заряда Q, q, Q и q. В положении равновесия нить принимает форму
ромба. Найдите угол а между отрезками нити, прикрепленной к за-
ряду q.
4.1.10. Найдите напряженность и потенциал электрического по-
ля, создаваемого диполем — системой из двух разноименных зарядов
одинаковой величины, расположенных на расстоянии 2а.
4.1.11. Заряд = Q находится на расстоянии Ь от заряда q2 = -q.
Найдите уравнение эквипотенциальной поверхности &’(х, у, z) = s0 с
потенциалом равным нулю.
4.1.12- 4.1.14. На рис. 4.1.12 изображены точечные электриче-
ские заряды, равные по величине и одинаково удаленные от начала
158
координат. Потенциал электрического поля, создаваемый точечным
зарядом в бесконечно удаленной точке, равен нулю.
а б в г д
Рис. 4.1.12
4.1.12. Напряженность и потенциал электрического поля в нача-
ле координат равны нулю в случае:
А. А; Б. Б; В. В; Г. Г;Д. Д.
4.1.13. Напряженность электрического поля в начале координат
равна нулю, а потенциал отличен от нуля в случае:
А. А, Б. Б, В. В, Г. Г,Д. Д.
4.1.14. Потенциал электрического поля в начале координат равен
нулю, а напряженность — отлична от нуля в случае:
А.А,Б.Б,В.В,Г.Г,ДД.
4.1.15- 4.1.16. Три одинаковых положительных заряда величи-
ной q расположены в вершинах правильного треугольника. Длина
стороны треугольника равна а.
4.1.15. А. Найдите напряженность поля в точке О, являющейся
центром вписанной окружности.
Б. Найдите величину вектора напряженности поля в точке М,
лежащей в середине одной из сторон.
В. Найдите напряженность поля в точке Р, находящейся на рас-
стоянии а от каждой из вершин треугольника.
4.1.16. Найдите потенциал, создаваемый системой зарядов, в
точках О, М, Р.
4.1.17. А. В начальный момент времени скорость электрона в не-
которой точке электростатического поля с потенциалом ф1 равна ну-
лю. Найдите величину скорости электрона v в точке поля с потенциа-
лом ф2 (ф2 - ф1 = 500 В).
Б. На анод электронной пушки кинескопа телевизора подается
напряжение Ио = 25 кВ. Найдите скорость электронов, вылетевших
из пушки.
4.1.18. По окружности радиуса R, расположенной в плоско-
сти ху, равномерно распределен заряд Q. Центр окружности находит-
159
ся в начале координат. Найдите напряженность и потенциал поля в
точке Р (0, 0, z), лежащей на оси z, проходящей через центр окруж-
ности О и максимальное значение напряженности.
4,1,19. Заряд Q движется по оси неподвижного металлического
кольца с зарядом Q. Определите точку, в которой сила, действующая
на заряд, обратится в нуль.
4.1.20- 4.1.21. Заряд равномерно распределен по тонкому кольцу
радиусом R в плоскости ху с центром в начале координат. На беско-
нечно большом расстоянии от начала координат потенциал электри-
ческого поля равен нулю. Потенциал поля в начале координат равен
Фо. Потенциал поля в точке Р (0, 0, Я) на оси z — срг
4.1.20. Найдите отношение фУфп.
4.1.21. Найдите работу, которую необходимо совершить для того,
чтобы переместить заряд q из начала координат в точку Р.
4.1.22. Частица находится на прямой, проходящей через центр
тонкого кольца, перпендикулярно плоскости кольца, = -Q, т - за-
ряд и масса частицы. По кольцу массой m равномерно распределен
заряд qt = Q. В начальном положении частица находилась на рас-
стоянии s = л/ЗД от центра кольца. Найдите величину относительной
скорости в момент прохождения частицей центра кольца.
4.1.23. По тонким кольцам радиусов Л, расположенным в плос-
костях z = Я/2 и z = -Я/2 равномерно распределены заряды = -Q и
q2 = Q. Центры колец находятся на оси z (рис. 4.1.23). Найдите по-
тенциал ф (0, 0, z) и напряженность электрического поля Е (0, 0, z).
4.1.24. Три заряда qv q2, q3 расположены на расстояниях Z12, Zt3, lZ3
друг от друга. Найдите работу, которую необходимо совершить, что-
бы поменять местами заряды q{ и q2.
160
4.1.25. Найдите работу А \ которую следует совершить, чтобы пе-
реместить диполь, изображенный на рис. 4.1.5, в положение, изо-
браженное на рис. 4.1.6.
4.1.26. Вектор напряженности однородного электрического поля
в плоском конденсаторе Е~Е^. Найдите потенциал поля ф (х, у, z).
4.1.27. Диполь длиной I с зарядами ±q находится в однородном
электрическом поле напряженностью £0 (рис. 4.1.27).
А. Найдите работу А/, которую необходимо совершить для того,
чтобы повернуть диполь на 180е.
Б. Найдите работу А/, которую необходимо совершить, чтобы
нернуть диполь в исходное положение.
-Q
Q
2
о
а а + I
Рис. 4.1.27
4.1.28. Электрон атома водорода вращается по круговой орбите
радиусом а = 0,053 нм.
Л. Найдите напряженность поля, создаваемого протоном на ор-
бите.
Б. Найдите потенциал, создаваемый протоном на орбите.
В. Найдите полную энергию электрона Et.
Г. Найдите скорость движения электрона.
4.1.29. В высоковозбужденном атоме водорода электрон движет-
ся по круговой орбите радиусом гп = па, п = 250, а = 0,053 нм. Найди-
те частоту вращения электрона v.
4.1.30. Отношение q/m называют удельным зарядом частицы.
Для электрона е/т = 1,76 • 1011 Кл/кг. Найдите значение величины
напряженности поля, при котором ускорение, сообщаемое электрону
силой е£0, равно g.
4.1.31. Шарик массой пг = 0,1 г, имеющий заряд q = 9,8 нКл, под-
вешен на нити в однородном электрическом поле, направленном гори-
зонтально. Напряженность поля Е - 105 В/м. Покажите, что угол от-
161
клонения нити от вертикали определяется уравнением tg а = qE/mg,
а = к/к.
4.1.32. Частица массой т = ОД г с зарядом q = 9,8 нКл движется в
однородном электрическом поле, создаваемом пластинами на
рис. 4.1.27. Расстояние между пластинами d = 20 см. Разность потен-
циалов <p(d) - ф(0) = Цр Vo = 10* В. Вначале частица находилась на
положительно заряженной пластине. Найдите величину смещения
частицы в вертикальном направлении в момент столкновения с от-
рицательно заряженной пластиной.
4.1.33. Электрон движется в однородном электрическом поле,
создаваемом пластинами на рис. 4.1.27. Разность потенциалов
<p(d) - <р(0) = Цр Vo = 1 В. Начальная скорость электрона, находя-
щегося на левой пластине равна нулю. Найдите скорость электрона
в момент столкновения с правой пластиной.
4.1.34- 4.1.35. На концах гладкой непроводящей трубки длиной
2s закреплены положительные заряды одинаковой величины Q. На
расстоянии b (b < s) от середины трубки помещают заряд q > 0 массой
т. Начальная скорость заряда равна нулю.
4.1.34. Найдите величину скорости заряда в момент времени,
соответствующий прохождению заряда через середину трубки.
4.1.35. Найдите частоту линейных колебаний заряда.
4.1.36- 4.1.37. По тонким кольцам радиусов Я, расположенным в
плоскостях z = R/2 и z = -Я/2 равномерно распределены заряды q} = Q
vLq2 = Q. Центры колец находятся на оси z (рис. 4.1.23).
4.1.36. В окрестности начала координат находится электрон.
Найдите частоту (^линейных колебаний электрона по оси z.
4.1.37. Протон движется по оси z. На бесконечно большом рас-
стоянии от системы скорость протона и ~ (0, 0, р0). Найдите мини-
мальное значение скорости при котором протон пролетит через
систему колец.
4.1.38. Два заряда qy = q и q2 = -q массами по дп/2, закрепленные
на концах невесомого стержня длиной L, движутся в вертикальной
плоскости ху в электрическом поле напряженностью Е = (Ео, 0, 0).
Найдите частоту Q линейных колебаний диполя.
4.1.39. Дне заряженные частицы, соединенные пружиной, дви-
жутся по оси х в однородном электростатическом поле напряженно-
стью Е = (Е, 0, 0). Длина пружины в ненапряженном состоянии - Zo,
коэффициент жесткости —- к. Заряды и массы частиц пг} и q2, пг2,
162
Е kqjr, kqjr\ где г — расстояние между частицами. В начальный
момент времени частицы покоились на расстоянии /0 друг от друга.
Найдите амплитуду А и частоту о линейных колебаний частиц.
4.1.40* . Эксперименты Милликена по измерению заряда элек-
трона. Вначале измеряется скорость р0 установившегося движения
капли минерального масла, падающей в воздухе (см. задачу 3.1.43).
Затем измеряется скорость и установившегося движения капли н од-
нородном постоянном электрическом поле. Ионы, оседавшие на кап-
ле, создавались в воздухе при рентгеновском облучении. Найдите за-
ряд капли.
4.1.41. Найдите энергию электрического поля U сферы радиусом
R с зарядом Q.
4.1.42 Найдите работу А', которую необходимо совершить, чтобы
зарядить сферу радиусом R до значения заряда Q.
4.1.43. Две сетки, через которые могут пролетать электроны, рас-
положены в плоскостях z1 = h, z2 = h + d. Разность потенциалов между
сетками V~ <pj - <р2 > 0.
В начальный момент времени г (0) = 0, и (0) = (р0 cos а, 0, vn sin а),
и02 sin2 а < 2e()V/m, 8ah < г02, е = -е0 — заряд электрона. Покажите, что
возможны три траектории электрона, пересекающие ось х в одной
точке.
4.2. Основная задача электростатики.
Закон Гаусса. Электрическое поле зарядов,
проводников и диэлектриков
Основная задача электростатики — определение по-
тенциала и напряженности электрического поля в произ-
вольной точке системы зарядов, диэлектриков, изолиро-
ванных проводников или проводников с заданными
потенциалами.
Поток электрического поля. Для формулировки закона
Гаусса необходимо ввести понятие потока электрического по-
ля. Возьмем замкнутую поверхность S, охватывающую заряды
gt, ’ V,- Разобьем эту поверхность на N малых участков —
элементов поверхности площадью &Sk(k = 1, 2, ... , /V). Выбе-
рем на каждом из них точку Мк. Ориентацию элемента по-
163
нерхности зададим вектором пк — единичным вектором
внешней нормали к поверхности tiSk в точке Мк, Обозначим
через Ек вектор Е в точке Мк. Скалярное произведение
EknkASk назовем потоком электрического поля через дан-
ный элемент поверхности. Поток электрического поля через
поверхность 5 представляет собой предел суммы элемен-
тарных потоков при /V—> со и ASk 0.
Закон Гаусса. Поток электрического поля через произ-
вольную замкнутую поверхность ранен произведению 1 /е0
на сумму зарядов, находящихся внутри объема, ограничен-
ного поверхностью 5
Л' Is
=-£<?.• (4.2.1)
fc«1
Закон Гаусса дает возможность найти напряженность
поля в тех немногих случаях, когда, благодаря симметрии
распределения зарядов, можно предсказать положение си-
ловых линий или обосновать предположения о распределе-
нии зарядов металле.
Закон Гаусса следует из интегральной формы одного из
уравнений Максвелла в результате применения формулы пре-
образования интеграла по объему в интеграл по поверхности,
полученной в 1828 г. русским математиком М.В. Остроград-
ским (опубликована в 1831 г.).
Закон Гаусса для поля в изотропном диэлектрике. В
этом случае соотношение (4.2.1) связывает напряженность
поля в диэлектрике со свободными и поляризационными
зарядами. Если диэлектрик находится во внешнем поле на-
пряженностью Eq, то в диэлектрической среде возникает
деполяризующее поле
Е' = -РК,
где Р — плотность дипольного момента.
В изотропном диэлектрике в случае достаточно слабых
полей вектор Р пропорционален напряженности резуль-
тирующего поля: Р - £0(е-1) Е . Постоянная с называется
коэффициентом диэлектрической проницаемости. Для того
чтобы исключить из (4.2.1) поляризационные заряды в
электродинамике сплошных сред вводят вектор электриче-
ской индукции D = е0 Е + Р или D - S£qE . Тогда после
подстановки Е в (4.2.1) получим «модифицированный»
закон Гаусса — соотношение между свободными зарядами
и вектором D в веществе произвольного состава.
N s
(4.2.2)
fc=l i=l
Размерность D — Кл/м2. Нормальные к поверхности раз-
дела компоненты вектора D непрерывны. Если вектор Ео
перпендикулярен граням плоскопараллельной пластинки, то
из (4.2.2) получим Ь = епЕ0, Я ==е^ , Р = е0(1 -1/е)Е0.
Сила, действующая на элемент поверхности AS провод-
ника, находящегося во внешнем поле,
АЕ = стЕ AS/2, (4.2.3)
где о = е0Е — поверхностная плотность зарядов,
Е — напряженность поля в окрестности элемента AS.
4.2.1. Равномерно заряженная плоскость. Распределение заря-
дов на плоскости определяется поверхностной плотностью заряда
Ад
ст = —, где Ад заряд на поверхности площадью AS в окрестности
AS
точки с координатами х, yt z. Пусть ст = стп > 0 — постоянная величи-
на. Найдите напряженность электрического поля, создаваемой плос-
костью.
4.2.2. Две заряженные параллельные пластины расположены в
плоскостях 2 = 0из = (/на расстоянии (/друг от друга: слева находит-
ся плоскость с поверхностной плотностью заряда ст = стр справа — с
плотностью ст = ст2. Найдите напряженность электрического поля,
создаваемого заряженными пластинами во всем пространстве.
4.2.3. Две заряженные параллельные пластины площадью S ка-
ждая расположены на расстоянии d друг от друга: слева находится
плоскость с зарядом gt = Q, справа — с зарядом q2 == 4@. Найдите раз-
ность потенциалов <р£ - <рл = Vмежду пластинами.
4.2.4- 4.2.5*. Рассмотрим две параллельные пластины: плоскость
z = 0 с поверхностной плотностью заряда ст{ и плоскость z = а с по-
верхностной плотностью заряда ст2. На рис. 4.2.4 изображена зависи-
165
мость компоненты напряженности электрического поля Е2 от коор-
динаты z при различных значениях ст1 и ст2. Величина п = ст/2е0.
А) Ея
2п -- ।------
(Г. a z
---- -2п
В) Ег
Г) Ег
Зп -
Д) Ег
Зп----
-- п ---
—Q- -п а 2
Рис. 4.2.4.
4.2.4. Укажите график, соответствующий значениям ст( = а,
а, = -о, ст > 0.
4.2.5. Укажите график, соответствующий значениям ст( = 2ст,
ст2 = -ст, ст > 0.
4.2.6- 4.2.7*. Две тонкие заряженные металлические пластинки в
форме тонкого параллелепипеда с площадью поверхности S находятся в
однородном электростатическом поле напряженностью Eext = (0,0, G).
4.2.6. Пластинки изолированы. На первой пластинке, располо-
женной в плоскости z = 0, распределен заряд g1 = -2g, а на второй,
находящейся в плоскости z = d, распределен заряд q2 = q. На
рис. 4.2.6 изображена зависимость компоненты напряженности
электрического поля Et от координаты z, где п = q/2e^ Найдите ве-
личину G.
Е,
----Зп
— п ------
0 Id 2
—п
Рис. 4.2.6
4.2.7. Пластинки соединяют проводником. Найдите приращение
заряда первой пластинки.
166
4.2.8. Две тонкие заряженные металлические пластинки в форме
тонкого параллелепипеда с площадью поверхности 5 находятся в од-
нородном электростатическом поле напряженностью Eext - (О, О, G).
На первой пластинке, расположенной в плоскости г = 0, распределен
заряд = -д, а на второй, находящейся в плоскости z = d, распреде-
лен заряд q2 - q. Найдите напряженность электрического поля в трех
областях. Изобразите график потенциала — функции <p(z).
4.2.9*. Заряженная металлическая пластинка в форме тонкого
параллелепипеда с площадью грани S находится в однородном элек-
тростатическом поле напряженностью Eext = (О, О, G). Одна грань
пластинки совпадает с плоскостью г = 0, другая — с плоскостью z = d.
На рис. 4.2.9 изображена зависимость компоненты напряженности
электрического поля Ег от координаты z, перпендикулярной граням
пластинки, где п = д/2е05. Найдите заряд пластинки Q и проекцию
напряженности внешнего поля G. Изобразите график потенциала-
функции <p(z).
4.2.10- 4.2.11. Две параллельные металлические пластины а и b
присоединены к генератору постоянного напряжения с ЭДС рав-
ной V. Расстояние между пластинами d. В пространство между пла-
стинами поместили две параллельные пластины т и п, расстояние
между которыми равно h (рис. 4.2.10).
Рис. 4.2.9. Рис. 4.2.10
4.2.10. Найдите разность потенциалов фт -чря.
4.2.11. Пластины тип соединили проводником. Найдите на-
пряженность электрического поля Емежду пластинами.
4.2.12. Внесем в однородное электрическое поле напряженно-
стью Ёо = (0, 0, Еп) плотно прижатые друг к другу металлические
диски Z)t и D2. Пусть плоскость соприкосновения дисков перпенди-
кулярна вектору Eq . Площадь поверхности диска S.
Л. Докажите, что на внешних поверхностях дисков индуцируют-
ся заряды.
167
Б. Найдите поверхностную плотность заряда дисков и о2.
В. Раздвинем диски на расстояние d. Докажите, что в простран-
стве между дисками напряженность поля равна нулю (рис. 4.2.12).
Г. Найдите силы, действующие со стороны электрического поля
на каждый диск.
Д. Переместим теперь разделенные диски в область пространства,
где внешнее поле отсутствует. Найдите отношение С заряда диска D2
к разности потенциалов дисков D2 и
Рис. 4.2.12
4.2.13. Вблизи поверхности Земли величина напряженности
электрического поля Е = 100 В/м. Модель электрического состояния
Земли — идеальный проводник. Найдите плотность поверхностного
заряда.
4.2.14- 4.2.16*. Поле заряда над плоской поверхностью провод-
ника. Введем систему координат xyz, в которой плоскость ху совпа-
дает с поверхностью проводника, расположенного в области z < 0.
Заряд Q находится в точкеМ (0, 0, Л).
4.2.14. Найдите потенциал, создаваемый системой проводник-
заряд в произвольной точке Р(х, у, z) области z > 0.
4.2.15* . Начальная скорость заряда Q в точке М (0, 0, h) равна
нулю. Найдите зависимость координаты z от времени и промежуток
времени Т, через который заряд достигнет поверхности проводника.
4.2.16* . Найдите радиус круга R в плоскости ху с центром в точке
О, ограничивающего индуцированный заряд q' - -Q/5.
4.2.17* . В модели электрического состояния грозового облака
предполагается, что отрицательный заряд -q расположен на расстоя-
нии 3-4 км от поверхности земли, заряд q — на расстоянии 6-8 км.
Небольшой положительный заряд присутствует ниже основного от-
рицательного заряда. В одном из весьма опасных экспериментов из-
168
мерсния при облете облака показали, что г - компонента напряжен-
ности электрического поля г/ нижней кромки облака Ег = 3000 В/см,
у поверхности земли Ех = 100 В/см. В дипольной модели заряд -q на-
ходится на расстоянии s от нижней кромки, нижняя кромка на рас-
стоянии b = 3 км от поверхности земли (рис. 4.2.17). Найдите значе-
ние заряда q, расстояние 5 и среднее значение z - компоненты
напряженности поля Еср на участке от нижней кромки до земли.
Вкладом поля положительного заряда пренебречь.
4.2.18. Центр распределения отрицательного заряда грозового
облака находится на расстоянии h = 4 км от поверхности Земли. За-
ряд облака Q = -30 Кл. Модель электрического состояния Земли —
идеальный проводник. Найдите максимальное расстояние s, на кото-
ром можно обнаружить облако с помощью прибора, измеряющего
напряженность электрического поля. Чувствительность прибора
£>1В/м.
4.2.19. Двухгранный угол образован двумя металлическими по-
луплоскостями z = 0, у>0иу = 0, z>0. В точке х = 2а, у = 2а нахо-
дится заряд Q. Найдите напряженность поля в точках О (0, 0),
А (а, а).
4.2.20. Поле заряженной нити. По поверхности тонкой длинной
нити, расположенной на оси z, равномерно распределен заряд с ли-
нейной плотностью ст. Найдите напряженность электрического поля,
создаваемого нитью.
4.2.21* . Поле двух заряженных нитей. По поверхностям двух
тонких длинных нитей, расположенных в плоскости у = 0 на рас-
стоянии а, равномерно распределен заряд с линейной плотностью ст
и-ст (рис. 4.2.21). Найдите напряженность электрического поля, соз-
даваемого системой зарядов в точке Р (х, у, z).
///////////
Рис. 4.2.17
Рис. 4.2.21
169
4.2.22. Найдите напряженность электрического поля однородно
заряженного шара. Радиус шара - Л, объемная плотность заряда — р.
4.2.23. В первом возбужденном состоянии «радиус» атома водо-
рода - а = 4а0, = 0,053 нм. Согласно квантовой теории нельзя
предсказать траекторию электрона - можно вычислить плотность ве-
роятности нахождения электрона в любой точке пространства. Мак-
симум вероятности находится на расстоянии г = а от протона; веро-
ятность найти электрон в области г < а равна 1 /2. Оцените величину
индуцированного дипольного момента атомар, помещенного в одно-
родное электрическое поле напряженностью Ео.
4.2.24. Сообщим металлической сфере радиусом R заряд Q. Най-
дите напряженность и потенциал электрического поля, создаваемого
заряженной сферой.
4.2.25. В центр изолированной тонкой металлической сфериче-
ской оболочки радиусом R поместили заряд Q. Определите напря-
женность и потенциал электрического поля Е на расстоянии от цен-
тра г > Л.
4.2.26. Заряд Q поместили внутри металлической сферы, а по-
верхности сферы сообщили заряд Q. Определите заряд:
А. на внутренней поверхности сферы,
Б. на внешней поверхности сферы.
4.2.27. Эта задача относится к явлению, впервые изученному
М. Фарадеем. В центр металлической сферы радиусом R поместим
заряд Q. Потом сферу заземлим. Определите напряженность и потен-
циал электрического поля Е .
4.2.28* . Электрическое поле двух концентрических сфер. Заря-
ды двух концентрических сфер радиусов R{ и R2 (Л, < Л2) равны со-
ответственно и Q2. Найдите напряженность и потенциал электри-
ческого поля в областях 0 < г < Лр Л, < г < Л2, г > R2.
4.2.29. Остроконечный предмет можно моделировать системой
проводников, состоящей из двух сфер радиусами Л, и Л2 Лр соеди-
ненных проводом. Зарядим эту систему некоторым количеством
электричества. Сферы расположены достаточно далеко друг от друга,
так что распределение зарядов на каждой сфере можно считать рав-
номерным. Покажите, что напряженность поля у поверхности мень-
шей сферы в Л2/Лг больше напряженности поля у поверхности боль-
шей сферы.
170
4.2.30. Две незаряженные металлические сферы радиусами а со-
единены тонким проводом. Центры сфер находятся на расстоянии Z,
I » а. На расстоянии г от середины провода находится заряд Q
(рис. 4.2.30). Найдите проекцию силы Fx, действующей на систему
двух сфер со стороны заряда Q при значениях г >> I,
q -q
О-----------О Q*
-------1------------►
о-------------------х
Рис. 4.2.30
4.2.31- 4.2.32. Заряд Q находится на расстоянии г от центра за-
земленной сферы радиусом R (г > /?).
4.2.31. А. Докажите, что сфера приобретает заряд q{ = -q,q = QR/r
Б. Докажите, что индуцируемый заряд распределен на внешней
поверхности сферы.
4.2.32. Найдите расстояние CN от центра сферы до «центра» рас-
пределения заряда и потенциал создаваемый системой в точке Р.
4.2.33- 4.2.36*. Заряд Q находится на расстоянии г от центра
нейтральной изолированной сферы радиусом R (г > R).
4.2.33. Используя свойство суперпозиции покажите, что потен-
циал сферы <рл = kQ/r.
4.2.34* . Найдите потенциал, создаваемый системой заряд — сфе-
ра, в произвольной точке Р.
4.2.35* . А. Найдите силу, действующую на сферу со стороны за-
ряда Q. Б. Полагая г = R + z, R z, найдите силу, действующую на
заряд Q со стороны «плоской» сферы.
4.2.36* . Найдите потенциальную энергию взаимодействия заря-
да и сферы при значениях r^> R.
4.2.37. На расстоянии г > R от центра металлической изолиро-
ванной сферы радиусом R находится заряд Q. Сила, действующая на
заряд или на сферу, равна нулю. Заряжена ли сфера?
4.2.38. Найдите потенциал поля, создаваемого диполем — заря-
дами q и -q, расположенными на расстоянии а при значениях г а.
4.2.39. Сфера в однородном электростатическом поле. Незаря-
женная металлическая сфера радиусом R находится во внешнем од-
нородном, постоянном электростатическом поле напряженностью
Ео. Найдите потенциал поля в точке Р.
171
.4.2.40. Потенциал электрического поля <р (х, у, z) = Vxy/b2 в облас-
ти х £ 0, у> 0 реализуется двумя металлическими полуплоскостями в
виде прямого двухгранного угла с нулевым потенциалом и поверхно-
стью ху = Ь2 с потенциалом V. Найдите напряженность электрического
поля системы проводников.
4.2.41. Потенциал электрического поля
<p(a:,i/,z) = (V/2/?2)(a:2 + ^-2?)
реализуется двумя концевыми металлическими поверхностями
2z2 = х + у2 + Я2 с потенциалом ф, = - V/2 и поверхностью х2 + у2 = 2z2 + Я2
с потенциалом ф2 = V/2. Найдите напряженность электрического по-
ля системы проводников.
4.2.42. Потенциал электрического поля ф (х, у, z) = (V/Й2) (х2 - у2)
реализуется двумя парами металлических поверхностей у2 = х2 - Pl/2
и х2 = у2 - Pl/2, к которым приложено постоянное напряжение. Най-
дите напряженность электрического поля системы проводников.
4.2.43. Поле заряда в диэлектрике. Найдите напряженность
электрического поля, создаваемого зарядом Q, помещенном в жид-
кий диэлектрик.
4.2.44. Стеклянную палочку натерли шелком. Почему небольшие
обрывки бумаги притягиваются к палочке?
4.2.45. Диэлектрическая пластина находится в однородном поле
плоского конденсатора напряженностью Ео. Получите следствия за-
кона Гаусса в случаях:
А. Используя гауссову поверхность куба, одна грань которого
находится в вакууме, другая — в диэлектрике;
Б. Используя гауссову поверхность куба, одна грань которого
находится в пластине конденсатора, другая — в диэлектрике.
4.2.46* -4.2.47*. Диэлектрический шар в однородном электро-
статическом поле. Шар из диэлектрика радиусом R находится во
внешнем, однородном поле напряженностью Ео .
4.2.46* . Найдите напряженность и потенциал поля внутри и вне
шара.
4.2.47. Пластина из диэлектрика находится между обкладками
конденсатора в электрическом поле напряженностью Ео. Внутри
пластины образована сферическая полость радиусом Я. Найдите на-
пряженность электрического поля в полости Ес.
4.2.48* . Найдите потенциальную энергию взаимодействия шара
с полем заряженной нити и силу, действующую на шар (г Я).
172
4.2.49* . Шар из диэлектрика находится в электрическом поле,
создаваемом заряженной длинной нитью с линейной плотностью за-
ряда ст. Нить находится на оси z. В начальный момент времени шар
покоится на расстоянии s от нити. Найдите скорость шара при столк-
новении с нитью.
4.3. Конденсатор.
Схемы, содержащие конденсаторы
Общий метод расчета схем. Цель расчетов — найти на-
пряжение на каждом резисторе и конденсаторе в произволь-
ном электрическом состоянии схемы. Необходимо выделить
участки, имеющие различные потенциалы, произвольно обо-
значить знаки «+» и «-» зарядов пластин каждого конденса-
тора и ввести разности потенциалов каждого участка.
Далее следует записать уравнения, используя два пра-
вила:
А. Заряд изолированной части схемы сохраняется.
Б. При обходе любого замкнутого контура сумма разно-
стей потенциалов пластин конденсаторов равна сумме ЭДС,
входящих в контур. Разность потенциалов или напряжение
на конденсаторе Vn пишем со знаком «+», если направление
обхода совпадает с направлением от положительного заряда
обкладки конденсатора к отрицательному заряду обкладки.
Сумма ЭДС содержит члены +£ (или -£), если направление
обхода совпадает (или противоположно) с направлением от
отрицательного электрода батарейки к положительному
электроду.
4.3.1. Сферический конденсатор. Найдите емкость сферического
конденсатора, представляющего собой две концентрические метал-
лические сферы радиусов R{ и Л2, Л2 >
4.3.2. Банка Фарадея имеет форму сферы радиусом /?, = 5 см.
Маленькую сферу радиусом Н2 = 0,5 см — «носитель электричест-
ва» — можно заряжать до потенциала Vo = 20 В. Сколько раз необхо-
димо переместить носитель электричества, чтобы увеличить потенци-
ал бан ки от нуля до V = 400 В?
173
4.3.3. Разность потенциалов между пластинами конденсатора
уменьшили в два раза. Как изменится энергия электростатического
поля конденсатора?
4.3.4. Чтобы понять почему лейденская банка произвела сенса-
цию у современников Муссенбрука, сравните заряд Qc, приобретае-
мый сферой радиусом R и заряд Qe на обкладках цилиндрической
банки радиусом R при одинаковой разности потенциалов V. Ширина
станиолевой ленты I = 10 см, толщина стенок банки d = 2 мм.
4.3.5. На одной из пластин плоского конденсатора емкостью С
распределен заряд = Q, на другой — заряд q2 = ^Q. Найдите раз-
ность потенциалов между пластинами конденсатора ф2 - фг
4.3.6. Пространство между пластинами конденсатора, подклю-
ченного к генератору постоянного напряжения И, заполнили диэлек-
триком с диэлектрической проницаемостью £ = 2. Как изменится
энергия электростатического поля конденсатора?
4.3.7- 4.3.8. Пространство между пластинами конденсатора ем-
костью С заполнили диэлектриком с диэлектрической проницаемо-
стью £ = 2.
4.3.7. Конденсатор изолирован. Заряды на обкладках равны +Q.
Найдите приращение разности потенциалов на обкладках конденса-
тора.
4.3.8. Конденсатор подключен к батарее с ЭДС равной V. Найдите
приращение заряда на обкладке, соединенной с положительным вы-
водом батареи.
4.3.9. На схеме рис. 4.3.9 емкости всех конденсаторов одинаковы
и равны С. Найдите эквивалентную емкость схемы Сх между точками
а и Ь.
4.3.10. В схеме рис. 4.3.10 обозначены емкости четырех из пяти
конденсаторов. Найдите емкость Сг, если общая емкость схемы рав-
на 2С.
4.3.11. Найдите общую емкость конденсаторов в схеме рис. 4.3.11а.
2С
41—J--1Ь
___I___
С2
Сз
Рис. 4.3.9 а
174
Рис. 4.3.10
Рис. 4.3.11 а
4.3.12. На схеме рис. 4.3.12а емкости конденсаторов С\ = ЮС,
С., = 4С, С\ = 16С, С4 = 80С. Найдите общую емкость схемы Сх.
С2 Ci
С3
Рис. 4.3.12 а
Рис. 4.3.13
4.3.13. На схеме, изображенной на рис. 4.3.13 емкости конденса-
торов Ct, С2, С3.
А. Найдите емкость Сх батареи конденсаторов между точками а и Ь.
Б. Найдите значение С3, при котором Сх = С3.
4.3.14. Многослойные конденсаторы массового производства со-
держат 7V+ 1 пластину, промежутки между которыми заполнены ти~
танатом бария с диэлектрической проницаемостью е = 2 000, пло-
щадь пластин 5=1 см2, толщина d = 20 мкм, N = 50. На рис. 4.3.14 а
показан разрез части конденсатора. Найдите емкость конденсатора С.
4.3.15. А. В плоский конденсатор емкостью С внесли металличе-
скую пластину толщиной h < d, где d — расстояние между пластина-
ми конденсатора. Плоскость пластины параллельна обкладкам кон-
денсатора. Определите приращение емкости конденсатора АС.
Б. Расстояние между обкладками плоского конденсатора d. В
конденсатор внесли тонкую изогнутую в середине металлическую
пластину (рис. 4.3.15 а). Наименьшее расстояние от пластины до об-
кладок h. Найдите отношение емкости полученного конденсатора С
к ем кости исходного конденсатора.
Рис. 4.3.14 а
Рис. 4.3.15 а
4.3.16- 4.3.17. Три металлические пластины а, Ъ, с расположены
параллельно друг другу. Наружные пластины а и с, расстояние меж-
175
ду которыми d = 0,5 м, соединены заземленным проводом. Внутрен-
няя пластина b изолирована, имеет заряд q = 1О“10 Кл и расположена
на расстоянии х от пластины а (рис. 4.3.16).
4.3.16. Найдите заряды, индуцированные на пластинах а, с.
4.3.17. Пластину Ь смещают на расстояние Ах = 0,1 м. Найдите
приращение заряда Ада пластины а.
4.3.18. Две параллельные металлические пластины а и Ъ присое-
динены к генератору постоянного напряжения с ЭД С равной V. Рас-
стояние между пластинами — d. В пространство между пластинами
поместили две параллельные пластины /пип, расстояние между ко-
торыми равно h (рис. 4.2.10). Найдите разность потенциалов (рт - <рп.
4.3.19- 4.3.21. На пластинах изолированного плоского конденса-
тора емкостью С распределены заряды ±q. Конденсатор помещают в
плоскую металлическую коробку (рис. 4.3.19 а). Расстояния от пла-
стин до стенок коробки равны толщине конденсатора d.
4.3.19. Найдите емкость системы С.
4.3.20. Найдите приращение напряжения на конденсаторе ДУ.
4.3.21. Найдите разности потенциалов <ра - <рт и (prt - <рь.
Рис. 4.3.16 Рис. 4.3.19 а
4.3.22. Генератор напряжения с ЭДС равной £ подключен к бата-
рее конденсаторов, состоящей из двух последовательно соединенных
конденсаторов емкостями и С2 (рис. 4.3.22 а). Найдите напряже-
ние на каждом конденсаторе.
А. До подключения конденсаторы не заряжены.
Б. Возможно ли электрическое состояние схемы, в котором напря-
жение на конденсаторе равно V\ = 0, а на конденсаторе С2 равно Vz = £?
Рис. 4.3.22 а
176
4.3.23. Найдите разность потенциалов между точками b и d в
схеме, показанной на рис. 4.3.23 а.
4.3.24. Батарею конденсаторов, изображенную на рис. 4.3.23 а,
отключили от источника напряжения, а затем соединили точки b и d
проводником. Найдите заряд, который протечет по проводнику, со-
единяющему верхние пластины С{ и С3 (С, = С2 = С3 = С,(\ = ЗС).
4.3.25. В схеме рис. 4.3.25 а емкости конденсаторов С{ = С2 = С3 = С,
С= 3 нФ. ЭДС батареи JF, = 4 В. Вначале ключ находился в положе-
нии, обозначенном буквой т. Найдите заряд &q, прошедший через
батарею при переключении ключа из положения т в положение п.
4.3.26. Две батареи с ЭДС равными и £2 включены в схему
рис. 4.3.26, содержащую конденсаторы емкостями Cv С2, С3. Найдите
напряжение U3 на конденсаторе Су
Рис. 4.3.23 а Рис. 4.3.25 а Рис. 4.3.26 а
4.3.27* . В схеме рис. 4.3.27 а ЭДС батарей = 2£, &2 = £, емкости
двух идентичных плоских конденсаторов Сх = С2 = С. В среднюю
плоскость между обкладками конденсаторов поместили тонкую ме-
таллическую пластинку параллельно пластинам обкладок. Найдите
приращение заряда на верхней пластине конденсатора Сг
4.3.28. В схеме рис. 4.3.28 емкости конденсаторов Ct - С\ = С3 = С,
С - 10 нФ. Потенциалы точек а, Ь, с поддерживаются одинаковыми и
равными (ps = 40 В. Точке О сообщили заряд Q = 300 нКл. Найдите
потенциал <р0 точки О.
Рис. 4.3.28
Рис. 4.3.27 а
177
4.3.29. В схеме рис. 4.3.29 обозначены емкости четырех конден-
саторов, ЭДС батареи £ = 10 В. Найдите разность потенциалов между
пластинами конденсатора емкостью 56*.
4.3.30. В схеме на рис. 4.3.30 емкости конденсаторов С, = С,
С2 = 4С, С3 = 20С. ЭДС батареи £ = 120 В. Найдите приращение на-
пряжения ДИ, на конденсаторе С3 после пробоя конденсатора Ct.
Рис. 4.3.29 Рис. 4.3.30
4<3.31. В схеме на рис. 4.3.30 емкости конденсаторов одинаковы
- С2 = С3 = С, С = 1 пФ. ЭДС батареи £ = 12 В. Найдите заряд А#, ко-
торый перетек через батарею после уменьшения расстояния между
пластинами конденсатора (\ на половину первоначального расстоя-
ния.
4.3.32. .На рис. 4.3.32 изображена схема, содержащая две батареи
с ЭДС равными £, = 100 В и £, = 40 В и конденсаторы емкостью
= 50 пФ, С2 = 100 нФ. Найдите заряд q2 на верхней пластине кон-
денсатора С2.
4.3.33. В схеме рис. 4.3.33 емкости конденсаторов = ЗС,
С2 = 2С, С = 1 мкФ, значение ЭДС — £ = 5 В. Найдите заряд А#, кото-
рый протечет через ключ К после замыкания.
4.3.34. В схеме на рис. 4.3.34 а емкости конденсаторов 6’ - С2 = 1 нФ,
С.л = 3 пФ, С\ = 4 пФ. Разность потенциалов <ра - <рь - V, У= 26 В. Най-
дите напряжение И, на конденсаторе С3.
(Ем £1 = = с2 ~С1 ( Рис. 4.3.32 гИ2-! > ' < г т ЧЫН 1 Ci Сз Рис. 4.3.33 Рис. 4.3.34 а
178
4.3.35. В схеме рис. 4.3.35 емкости конденсаторов С\ = С2 = С\,
значения ЭДС - = 6 В, = 3 В. Найдите разность потенциалов
~Ф«т^чек тип.
4.3.36. Сила, действующая на пластину конденсатора. Две ме-
таллические пластины с зарядами Q и -Q образуют изолированный
конденсатор (рис. 4.3.36). Нижняя пластина закреплена, верхняя
пластина может перемещаться по вертикали. Положение верхней
плоскости пластины определяется значением координаты z на число-
вой оси с началом на нижней пластине. Площадь пластины - 5. Най-
дите силу F = (0, 0, Fz), действующую на пластину со стороны элек-
трического ноля.
= С3 - п I1 =С2 = пг
Рис. 4.3.35
Рис. 4.3.36
4.3.37. Три металлические пластины а, Ь, с расположены парал-
лельно друг другу. Наружные пластины а и с, расстояние между ко-
торыми d, соединены заземленным проводом. Внутренняя пластина
изолирована и имеет заряд q и расположена на расстоянии ,х от пла-
стины а. Площадь грани пластины - 5. Найдите силу, действующую
на пластину Ь.
4.3.38* . Бесконтактный подвес. На рис. 4.3.28 изображена схема
модели электростатического подвеса — устройства, в котором тело,
представляющее собой соединенные внутренние пластины трех кон-
денсаторов общей массой т, может находиться в равновесии. Все
внешние обкладки конденсаторов закреплены. Углы между отрезка-
ми Оа, ОЬ, Ос равны 120°. Потенциалы точек а, Ь, с поддерживают
равными фа = ф6 = ф, фс, емкости конденсаторов С\ = С2 = С3 = С. Точке
О сообщили заряд Q = -2CV, И- ф - фг. Найдите значение массы т.
4.4. Постоянный ток. Закон Ома
Общий метод расчета схем. Цель расчетов — найти на-
пряжение на каждом резисторе и конденсаторе в произволь-
ном электрическом состоянии схемы. Необходимо выделить
179
участки, имеющие различные потенциалы, произвольно обо-
значить знаки «+» и «-> зарядов пластин каждого конденса-
тора и ввести разности потенциалов каждого участка. Необ-
ходимо выделить узлы и произвольно ввести положительные
направления токов между узлами.
Далее следует записать уравнения, используя два пра-
вила Кирхгофа:
А. Заряд изолированной части схемы сохраняется; токи
в узлах непрерывны - сумма токов, входящих в узел равна
сумме токов, вытекающих из узла.
Б. При обходе любого замкнутого контура сумма разно-
стей потенциалов пластин конденсаторов и падений напря-
жения на резисторах 1пНп (n = 1, 2,...) равна сумме ЭДС, вхо-
дящих в контур. Разность потенциалов или напряжение на
конденсаторе Vn пишем со знаком «+», если направление об-
хода совпадает с направлением от положительного заряда
обкладки конденсатора к отрицательному заряду обкладки.
Падение напряжения InRa пишем со знаком «+», если на-
правление обхода совпадает с положительным направлением
обхода контура. Сумма ЭДС содержит члены +& (или -£), ес-
ли направление обхода совпадает (или противоположно) с
направлением от отрицательного электрода батарейки к по-
ложительному электроду.
4.4.1. Согласно теории Бора в основном состоянии атома водоро-
да электрон движется вокруг протона по круговой орбите радиусом
а «= 0,053 нм. Найдите силу тока, соответствующую движению элек-
трона по орбите? (Масса электрона т = 9,1 • 10“31 кг.)
4.4.2. Конденсатор, представляющий собой две квадратные пла-
стины размером а х а, расстояние между которыми d, присоединен к
источнику постоянного напряжения U. Найдите силу тока в цепи при
вложении в конденсатор диэлектрической плиты размерами а х а х d.
Коэффициент диэлектрической проницаемости е. Скорость плиты
v = (р(0> 0,0).
4.4.3. В электростатическом поле потенциалы двух точек удовле-
творяют неравенству <ра > <рЛ. Расположим в этом поле замкнутый
провод, проходящий через точки а и Ь. Почему сила тока в проводе
равна нулю?
180
4.4.4. Неоднородный проводник представляет собой два Последова-
тельно соединенных цилиндрических провода с удельными сопротив-
лениями р, и р2, разделенных поверхностью площадью 5. Плотность то-
ка — j. Найдите поверхностную плотность заряда, возникающего на
границе раздела проводников.
4.4.5. В схеме рис. 4.4.5 обозначены значения сопротивлений ре-
зисторов в единицах СИ. Найдите общее сопротивление схемы Rx.
4.4.6. В схеме рис. 4.4.6 сопротивления резисторов 7^ = 5 Ом,
И2 = 400 Ом, /?3 = 100 Ом, Я4 = 25 Ом, Я5 = 20 Ом. Найдите общее со-
противление схемы между точками а и Ь.
4А.7. В схеме на рис. 4.4.7 сопротивления резисторов Ri = 5 Ом,
R2 - 20 Ом, R3 - 10 Ом, Т?4 = 6 Ом. Найдите общее сопротивление
схемы.
4.4.8- 4.4.Э. Каждое ребро металлического каркаса куба на
рис. 4.4.8 имеет сопротивление г. Разность потенциалов фа - <pn = К
Рис. 4.4.5
4.4.8. Найдите разность потенциалов между точками b и т.
4.4.9. Найдите сопротивление каркаса Ran.
4.4.10. Каждое ребро металлического каркаса правильного тетра-
эдра ABCD имеет сопротивление г. Найдите сопротивление каркаса
между двумя вершинами.
181
4.4.11. На рис. 4.4.11 изображен длинный кабель — жила с внеш-
ней изоляцией, погруженная в проводящую среду. Сопротивление уча-
стка жилы кабеля /?, сопротивление участка изоляции г. Найдите сопро-
тивление схемы 7?^ между точками а и Ь. Исследуйте случай г R.
Рис. 4.4.11
4.4.12. Лестничная цепь состоит из последовательно соединенных
одинаковых звеньев (рис. 4.4.12 а). Найдите значение сопротивления
/?, при котором сопротивление цепи не зависит от числа звеньев.
4.4.13- 4.4.14. Схема рис. 4.4.13 содержит четыре резистора.
Разность потенциалов фд - ф6 = V.
4.4.13. Найдите разность потенциалов фш - фоточек т и п.
4.4.14. В схеме рис. 4.4.13 разность потенциалов V = 120 В, раз-
ность потенциалов между точками п и т равна фл - фш = Vc, Vc = 2Q В.
Отношение сопротивлений 7?z/7?3 = 5. Найдите разности потенциалов
V, = ф„ - <р6 на резисторе Яр V2 = ф„ - ф„ на резисторе Н2, V3 = фа - ф„ на
резисторе Я3, V4 = ф„ - ф6 на резисторе Rt.
Рис. 4.4.13
Рис. 4.4.12 а
4.4.15. Найдите заряд правой пластины конденсатора емкостью
С = 1 мкФ в схеме рис. 4.4.15. Разность потенциалов фд - ф6 = 120 В,
сопротивления резисторов /?, = 2 кОм, П2 = 8 кОм, R3 = 7?. = 5 кОм.
С R1
ь—I---т
Рис. 4.4.15
182
4.4.16» В схеме рис. 4.4.16 сопротивления резисторов Rv R2, R3
одинаковы. Разности потенциалов фв - фЛ = V, V= ПО В, фя - cpw = V2,
И2 = 60 В. Найдите напряжение И4 = фд - фл на резисторе R,t.
4.4.17- 4.4.18. В схеме рис. 4.4.17 сопротивления резисторов
/?t = 2 Ом, R2 = 4 Ом, 7?3 = 3 Ом, Я,4 =1 Ом, разность потенциалов
<ptt-<p6= V,V=18B.
4.4.17. Найдите разность потенциалов между точками а и я.
4.4.18. Найдите разность потенциалов между точками т и Ь.
4.4.19 А*. В схеме рис. 4.4.19 а сопротивления резисторов
Ri = R3 = 5 Ом, R2 - R^ = 20 Ом, напряжение V = 40 В. Найдите силу
тока7я, протекающего через амперметр.
Б. В схеме рис. 4.4.19 б сопротивления резисторов R^~ R-- 5 Ом,
R3 = 6 Ом, R2 - R* = 20 Ом, Разность потенциалов фя - ф6 = V, V = 40 В.
Найдите силу тока 1Л, протекающего через амперметр.
4.4.20. На схеме на рис. 4.4.20 сопротивления резисторов Rx = 8 Ом,
R2 = 12 Ом, R3 = 10 Ом, разность потенциалов фя - фА = V, V= 60 В. Най-
дите разность потенциалов фт -фл между точками тип.
4.4.21. На схеме рис. 4.4.21 сопротивления резисторов R} = 8 Ом,
R2 = 12 Ом, разность потенциалов фя - фА = V, V = 60 В. Найдите раз-
ность потенциалов фп - фт.
Рис. 4.4.16
Рис. 4.4.17
Рис. 4.4.19 а
Рис. 4.4.20
Рис. 4.4.21
183
Рис. 4.4.19 б
4.4.22. В схеме на рис. 4.4.22 сопротивления резисторов R^ = 8 Ом,
Я3 - 10 Ом, разность потенциалов <рв - ф6 = V. V = 60 В. Найдите раз-
ность потенциалов между точками тип.
4.4.23. В схеме рис. 4.4.23 а емкости конденсаторов одинаковы,
разность потенциалов фа - фь = V, V = 18 В. Найдите разность потен-
циалов фт-ф„.
4.4.24. В схеме рис. 4.4.24 емкости конденсаторов одинаковы,
сопротивления резисторов Я, = 4 Ом, R2 = 6 Ом, разность потенциа-
лов фй - ф6 = И, V- 30 В. Найдите разность потенциалов фт - фд.
4.4.25- 4.4.26. В схеме рис. 4.4.25 сопротивления резисторов
Я, = 3 Ом, Я2 = 4 Ом, Я3 = 5 Ом, разность потенциалов фо - фА = И,
7= 12 В.
4.4.25. Найдите разность потенциалов Фа-фп.
4.4.26. Найдите разность потенциалов фш-фь.
4.4.27. В схеме на рис. 4.4.27 а содержит два амперметра Ар А2 и
три резистора, сопротивления которых Я, = Я2 = 1 Ом, Я3 = 2 Ом. Раз-
ность потенциалов фа - ф* = V, V = 1 В. Найдите силы токов 7Р /2, про-
текающих через амперметры Л, и А2.
Рис. 4.4.22
Сг- С1йд1
п ННрт
ьТс Р*2
Рис. 4.4.24
Рис. 4.4.25
Рис. 4.4.27 а
4.4.28. Шунт и дополнительное сопротивление.
А. Предельное значение силы тока, измеряемое амперметром —
1т. Для измерения силы тока в интервале 1п<1<1т* 10" (п = 2, 3, ...)
необходимо шунтировать амперметр (рис. 4.4.28 а). Сопротивление
амперметра — Яа. Найдите значение сопротивления шунта Rs> при
184
котором сила тока и показания амперметра связаны соотношением
/=<•10’.
Б. Предельное значение напряжения, измеряемое вольтмет-
ром — Vm. Для измерения напряжения в интервале Vm < V < Vm • 10"
(n ~ 2, 3, ...) необходимо использовать дополнительное сопротивле-
ние (рис. 4.4.28 б). Сопротивление вольтметра — Re. Найдите зна-
чение величины дополнительного сопротивления /?д, при котором
напряжение и показания вольтметра связаны соотношением
к-нг.
Рис. 4.4.28 а
Рис. 4.4.28 б
4.4.29* -4.4.32*. Схема рис. 4.4.29 а содержит пять резисторов,
срд - фА = V. Представляя схему в более привычном виде на рис. 4.4.29
б убедимся, что в ней отсутствуют параллельные и последовательные
соединения резисторов.
Рис. 4.4.29 а
Рис. 4.4.29 б
4.4.29* . Полагая Я, = Я3 = rp R2 = Я4 = г2, найдите сопротивле-
ние R участка ак.
4.4.30* . Положим R2 = R3 = 0, Я, = Rs = R^ = г. Найдите общее со-
противление R участка ак.
4.4.31* . В схеме рис. 4.4.29 aR{ = R3 = rv R2 = Rk = r2, Rb = 0. Пусть
= 5 Ом, r2 = 20 Ом, V = 40 В. Найдите силу тока /5, проходящего че-
рез проводник Ъс.
4.4.32. В схеме рис. 4.4.29 а сопротивления R{ = R3 = rt, R2 = R/{ = r2,
/?5 >> т\, r2. Изобразите эквивалентную схему. Найдите разность потен-
циалов между точками Ъ и с.
185
4.4.33. В схеме рис. 4.4.33 разность потенциалов сра - = V,
V= 3 В, сопротивления резисторов 7?j = 6 кОм, R2 = 4 кОм, емкости
конденсаторов Ct = 20 мкФ, С2 - 80 мкФ.
А. Ключ К разомкнут. Найдите заряд верхней пластины кон-
денсатора Ct.
Б. Ключ А замкнут. Найдите заряд Q\ верхней пластины конден-
сатора С(.
В. Найдите заряд Д(?, прошедший через проводник тп после за-
мыкания ключа.
4.4.34. В схеме рис. 4.4.34 содержится три резистора. Разности по-
тенциалов фа - фЛ = фь - фк = К. Стрелками обозначены положитель-
ные направления токов 7Р 72,73, протекающих через резисторы 7?t, Т?2, /?3.
А. В схеме 7?3 = 0. Найдите силу тока 73.
Б. В схеме Я2 = 0. Найдите силу тока
В. В схеме R2 Rv R3. Найдите силу тока 7Г
Г. Симметричная схема: Z?t = R2 = R3 = R, V\ = V2 = V. Найдите силу
тока, протекающего через каждый резистор.
Рис. 4.4.33
Рис. 4.4.34
4.4.35. Изобразите распределение потенциала в схеме рис. 4.4.35 а.
Рис. 4.4.35 а
4.4.36. Запишите закон Ома для участков цепи на схемах рис.
4.4.36 а, б.
k \+а k '.|+ а
Рис. 4.4.36 а
Рис. 4.4.36 б
186
4.4.37. Найдите относительную ошибку в измерении ЭДС источ-
ника напряжения, если показания вольтметра И, присоединенного к
электродам на рис. 4.4.35 а, принять за ЭДС. Внутреннее сопротив-
ление батареи г = 0,1 Ом, сопротивление вольтметра R = 200 Ом.
4.4.38. А. Для измерения сопротивления резистора R собрана
схема, изображенная на рис. 4.4.38 а. Показания амперметра и
вольтметра — Д = 0,1 A, = 9,9 В. В схеме рис. 4.4.38 б из тех же эле-
ментов показания амперметра и вольтметра — Т2 = 10 A, V2 = 9,9 В.
Найдите значение R.
Б. Найдите относительную погрешность 8 при измерении сопро-
тивления, если не учитывать поправку на сопротивление вольтметра.
Рис. 4.4.38 а
Рис. 4.4.38 б
4.4.39. Высокоомный вольтметр, подключенный к батарейке, по-
казал напряжение Vt = 6 В. Когда к зажимам батареи подключили
лампочку, вольтметр показал напряжение V2 = 3 В. Найдите показа-
ние вольтметра V3, если вместо одной подключить две лампочки, со-
единенных последовательно.
4.4.40. В схеме рис. 4.4.40 сопротивления резисторов Z?t = R2 =
= 7?3 = R, И = 10 Ом, ЭДС батареи £ = 30 В, внутреннее сопротивление
г = 5 Ом. Сопротивление амперметра равно нулю. Определите пока-
зание амперметра.
4.4.41. В схеме на рис. 4.4.41 сопротивления резисторов /?t = И3 =
= 2R, R2 = R^ R, И = 2 Ом. ЭДС батареи £ = 4,5 В, внутреннее сопро-
тивление г = 1,5 Ом. Найдите напряжение на конденсаторе Vc.
Рис. 4.4.40
Рис. 4.4.41
187
4.4.42. В схеме на рис. 4,4.42 ЭДС батареи — сопротивления
резисторов /?, = R2 = R. При замкнутом ключе напряжение на первом
резисторе Ц = 0,6£. Найдите напряжение на первом резисторе по-
сле размыкания ключа К.
4.4.43. После замыкания ключа в схеме, изображенной на
рис. 4.4.43 заряд конденсатора уменьшился в 3 раза. Найдите отно-
шение сопротивления R к внутреннему сопротивлению батареи г.
Б
Рис. 4.4.43
Рис. 4.4.42
4.4.44. Три одинаковых лампы соединены последовательйо
(рис. 4.4.44 а). При подключении батарейки к одной из них сила то-
ка — /10, к двум - к трем - 4). Найдите силу тока, протекающего
через каждую лампу 7Р 72, 73.
А. В схеме, изображенной на рис. 4.4.44 6.
Б? В схеме, изображенной на рис. 4.4.44 в.
а
Рис. 4.4.44 а, б, в
4.4.45. В схеме рис. 4.4.45 а сопротивления резисторов 7?, = Т?2 =
= 7?3 = 7?, R = 3 Ом. ЭДС батарей £, = = £, £ = 4,5 В, внутренние со-
противления г, = r2 = rf г = 1 Ом. Найдите силу тока 72, протекающего
через резистор Т?2.
Рис. 4.4.45 а
188
4.4.46. В схеме на рис. 4.4.46 напряжение между электродами ба-
тареи (рй - (р6 = V, V == 4,5 В. Сопротивления резисторов Ri = 0,8 Ом,
/?2 - 2 Ом, Rz = 3 Ом. Найдите силу тока /3, проходящего через рези-
стор R:i.
4.4.47. На рис. 4.4.47 изображена схема, содержащая две батареи
с ЭДС равными ё, = 100 В и = 40 В и конденсаторы емкостью
= 50 пФ, С2 = 100 пФ. Найдите заряд Q на верхней пластине кон-
денсатора С2.
Рис. 4.4.46
Рис. 4.4.47
4.4<48. В схеме рис. 4.4.48 а ЭДС и внутреннее сопротивление
электрохимического элемента - £, г. Представьте схему рис. 4.4.48 а в
эквивалентном виде, изображенном на рис. 4.4.48 б. Найдите ЭДС и
внутреннее сопротивление нового элемента и гг
&
R2
а
б
Рис. 4.4.48 а, б
4.4.49. Два элемента с ЭДС равными = 1,5 В, ё2 = 4,5 В и внут-
ренними сопротивлениями ri = 0,1 Ом, г2 = 0,3 Ом соединены в бата-
рею параллельно (рис. 4.4.49). Найдите ЭДС и внутреннее сопротив-
ление батареи.
Рис. 4.4.49
189
4.4.50. Перейдем от схемы рис. 4.4.50 а, содержащей батарею с
ЭДС равной £0, и внутренним сопротивлением г0 к схеме рис. 4.4.50 6,
которую дополним еще одним элементом с ЭДС равным 6 и внутрен-
ним сопротивлением г. А. Пайдите условие, при котором сила тока в
схеме рис. 4.4.50 б .меньше чем сила тока в схеме рис. 4.4.50 а. Б. До-
кажите, что разность потенциалов сря - меньше нуля.
Рис. 4.4.50 а
Рис. 4.4.50 б
4.4.51. У вас имеется N (/V 1) одинаковых элементов с ЭДС
равной £ и внутренним сопротивлением г. Сопротивление нагрузки
равно 7?. Как следует соединить элементы, чтобы получить макси-
мальную силу тока в цепи?
4.4.52. Аккумулятор и батарея, соединенные параллельно, подклю-
чены к нагрузке — резистору сопротивлением R (рис. 4.4.52). ЭДС и
внутренние сопротивления аккумулятора и батареи £р £2, (£; > и гт
А. Найдите силу тока в общей части цепи при значении R = 0.
Б. Найдите силу тока / в общей части цепи при R гр г2.
В. Найдите значение сопротивления R = Rc, при котором сила то-
ка = 0.
Г. Найдите условие, при котором токи /р /2 через батарею и акку-
мулятор текут в противоположных направлениях: Д < 0,12 > 0.
4.4.53. В схеме рис. 4.4.53 заданы сопротивление /?, ЭДС источ-
ников напряжения и ё2 и внутренние сопротивления г, и г2. Опре-
делите значение ё, при котором ток через резистор R равен нулю.
Рис. 4.4.52
Рис. 4.4.53
190
4.4.54. Присоединим к схеме рис. 4.4.35 а участок, содержащий
конденсатор емкостью С и электрохимический элемент с ЭДС рав-
ной В результате получим схему рис. 4.4.54. Найдите напряжение
на конденсаторе V.
4.4.55. Определите заряд Д(?, который пройдет через ключ К по-
сле замыкания цепи в схеме рис. 4-4.55 = 5 В, &2 = 3 В, = 1 мкФ,
С2 = 2мкФ).
Рис. 4.4.54
Рис. 4.4.55
4.4.56. В схемах рис. 4.4.56 ЭДС батареи — внутреннее сопро-
тивление г = 0. Показание вольтметра в схеме рис 4.4.56 а — в
схеме рис 4.4.56 6 — V2, в схеме рис 4.4.56 в — Vr Найдите значение
ЭДС батареи.
б
Рис. 4.4.56
4.4.57. В схеме рис. 4.4.57 ЭДС батарей — &2 внутренние со-
противления равны нулю, сопротивления резисторов 7?р R2, Ro. Най-
дите значения сил токов, протекающих через батареи.
4.4.58. Напряжение между точками а и b в схеме рис. 4.5.58 равно
V. Амперметр с малым внутренним сопротивлением, подключенный к
этим точкам фиксирует силу тока I. Найдите напряжение Vt между
точками а и b при подключении к ним резистора сопротивлением 7?г
Рис. 4.4.57
Рис. 4.5.58
191
4.4.59. Реостат включен в схему, изображенную на рис. 4.4.59.
ЭДС одинаковых электрохимических элементов £, внутреннее сопро-
тивление г, сопротивления реостата R. Положение движка реостата
делит резистор на резисторы сопротивлениями R/2 -хи R/2 + х.
Найдите силу тока /(х).
4.4.60. Множество п одинаковых электрохимических элементов,
соединенных последовательно, образуют замкнутую цепь. Покажите,
что разность потенциалов между любыми точками цени равна нулю.
4.4.61. В схеме рис. 4.4.61 изображены батарейка, два одинако-
вых амперметра и два одинаковых вольтметра и резистор. ЭДС бата-
рейки ё = 20 В, сопротивление амперметра Ra = 1 Ом. Амперметры
показывают силы токов /= 0,1 А, 1{ = 0,09 А, вольтметр V2 показывает
напряжение V2 = 1,8 В. Найдите показание вольтметра V, значения
внутреннего сопротивления батарейки и сопротивления резистора R,
—С
R
2
Рис. 4.4.59
РиС. 4.4.61
4.4.62. В схеме, изображенной на рис. 4.4.62 внутреннее сопро-
тивление электрохимического элемента равно нулю, сопротивления
резисторов 7?р R2. Когда к точкам а и b схемы подключили резистор
сопротивлением R, то сила тока, протекающего через этот резистор,
стала равной /. Найдите приращение силы тока АД, протекающего
через резистор Rr
4.4.63. В схеме на рис. 4.4.63 емкости конденсаторов С\ = С4 = С.
Сопротивления резисторов указаны на рисунке. Найдите заряд Ад,
который протечет через резистор R5 от точки b к точке с, если прило-
жить разность потенциалов фа - ф* = V.
Рис. 4.4.62
k а
Рис. 4.4.63
192
4.4.64. Источник напряжения и источник тока. Приведите опре-
деления терминов «источник напряжения» и «источник тока».
4.4.65. Металлическая пластина к расположена параллельно пла-
стинам конденсатора а и Ь, расстояние между, которыми d. Конденса-
тор присоединен к батарее с ЭДС равной £, внутреннее сопротивление
г (рис. 4.4.65). Внутренняя пластина к изолирована, имеет заряд q и
движется со скоростью v(t) = kt(tn - t), 0 < t< tQ. Координаты пластины
хДО) = 0, хк(10) = d. Значение /0 удовлетворяет условию ?0»т, т = Ст,
С= г^/d — емкость конденсатора. Найдите силу тока/(£), протекаю-
щего через батарею в промежутке времени т t < i0.
।
____। i , »
О X(O X
Рис. 4.4.65
4.4.66. Шаговое напряжение. Сила тока в линии электропереда-
чи I = 30 А. Оголенный конец провода упал с линии на землю. Чело-
век стоит боком к проводу на расстоянии г = 1 м от его конца, рас-
стояние между ступнями Аг = 0,3 м, удельное сопротивление грунта
р = 200 Омм. Оцените разность потенциалов А<р между ступнями.
4.4.67. В схеме на рис. 4.4.67 разность потенциалов <ра — <р*. = V,
сопротивления резисторов одинаковы. Вольтметр, подключенный к
точкам Ь и с, показал напряжение 7, (рис. 4.4.67 а). Найдите показа-
ние вольтметра V2 в схеме на рис. 4.4.67 б.
Рис. 4.4.67 а Рис. 4.4.67 б
4.4.68. В схеме на рис. 4.4.68 сопротивления резисторов /?, = Т?2 =
= 2 Ом, = 40 Ом, Т?4 = 10 Ом, /?5 = 5 Ом. Сила тока, протекающего
через резистор /?3, равна /3 = 0,5 А. Найдите силы токов, нротекаю-
193
щих через остальные резисторы и напряжение V, подаваемое на вход
схемы.
4.4.69. На вход схемы на рис. 4.4.69, содержащей два конденса-
тора, лампу и реостат, подано постоянное напряжение V. Оба ключа
разомкнуты.
А. Определите порядок операций, необходимых для того чтобы на-
пряжение на конденсаторе С2 стало равным Упри разомкнутых ключах.
Б. Определите порядок операций, необходимых для того чтобы
при напряжении на конденсаторе С, равном Vлампа светилась.
Рис. 4.4.68
Рис. 4.4.69
4 Л.70. Схема, содержащая три резистора, подключена к внешней
сети (рис. 4.4.70). Вольтметр подключают сначала к резистору сопро-
тивлением Rv затем к резисторам сопротивлениями /?2 и R. Показа-
ния вольтметра соответственно равны 7, = 4 В, V2 = 6 В, У = 12 В. Оп-
ределите напряжения У10 и У2и в отсутствие вольтметра.
4.4.71. В схеме рис. 4.4.71 заданы сопротивление R = 3 Ом, ЭДС
источников напряжения £, = 10 В, £2 = 5 В и внутренние сопротивле-
ния г, = 1 Ом, r2 = 1 Ом , емкость конденсатора С = 5 мкФ. Определите
заряд Q левой пластины конденсатора.
4.4.72. В схеме рис. 4.4.72 заряд конденсатора С2 при разомкну-
том ключе равен Q2. Найдите заряд конденсатора С, после замыка-
ния ключа.
Рис. 4.4.71
194
4.4.73. В схеме рис. 4.4.73 известны ЭДС батарей и внутренние
сопротивления: = 12 В, = 6 В, г2 = г2 = г, г - 0,5 Ом. Батареи под-
ключены к резисторам, каждый из которых имеет сопротивление /?.
Найдите значение сопротивления /?, если ток не протекает через кон-
тур amnb.
Рис. 4.4.73
4.4.74. Некоторое число п одинаковых батареек, соединенных
параллельно, подключены к резистору. Если изменить полярность
подключение одной батареи, то сила тока через резистор уменьшится
в два раза. Определите значение п.
4.5. Закон Джоуля—Ленца
Если по проводнику протекает переменный ток
силой 1(1), то за интервал времени (t, t + А0 в проводнике
выделится количество теплоты
bQ = f(t)R&i (4.5.1)
Для определения количества теплоты Q, выделяющейся
в резисторе за конечный отрезок времени fcj, разобьем
его на N элементарных отрезков &tk и выберем на каждом из
них точку tk. Суммируя элементарные количества теплоты,
получим величину Q.
Мощность, потребляемая резистором. Величина
P(t) = I2R (4.5.2)
называется мгновенной мощностью, потребляемой рези-
стором. Она характеризует скорость выделения теплоты в
резисторе.
Отметим, что в «популярной» литературе величину Р - fR
называют терминами «мощность тока» или «мощность в це-
пи», которые не имеют какого-либо физического смысла.
195
4.5.1. Паяльник рассчитан на напряжение t/0 = 220 В. Как нужно
изменить сопротивление, чтобы паяльник работал нормально при
напряжении = 110 В?
4.5.2- 4.5.3. Ребра правильного тетраэдра ABCD образуют прово-
лочный каркас. Сопротивление каждого ребра равно г = 1 Ом. Раз-
ность потенциалов между точками Л и В равна (7= 4 В.
4.5.2. Назовите ребро, в котором выделяется наибольшее количе-
ство теплоты.
4.5.3. Найдите мощность Р, потребляемую проволочным каркасом.
4.5.4. В схеме рис. 4.5.4 четыре резистора имеют равные сопро-
тивления. Если к выводам а и b приложить напряжение V = 10 В, то
резистор Я, потребляет мощность Pi = 18 Вт. Найдите мощности, по-
требляемые остальными резисторами.
4.5.5. В схеме, показанной на рис. 4.5.5, сопротивления резисто-
ров Я, = 4 Ом, Я2 = 2 Ом, Я3 = 1 Ом, Я4 = 2 Ом, Я5 = 5 Ом. Укажите ре-
зистор, потребляющий наибольшую мощность.
4.5.6- 4.5.7. В схеме на рис. 4.5.6 сопротивления резисторов оди-
наковы. Напряжения на каждом резисторе указаны на рисунке. Че-
рез резисторы Я, и Я2 протекает ток силой I = 0,5 А.
4.5.6. Найдите в схеме резистор, на котором неверно отмечено
напряжение.
Нз Яг
Рис. 4.5.6
Рис. 4.5.4 Рис. 4.5.5
4.5.7. Найдите мощность, потребляемую резистором Я3.
4.5.8. В схеме на рис. 4.5.8 сопротивления резисторов Я, = 1 Ом,
Я2 = 2 Ом, Я3 = 3 Ом, разность потенциалов (р, - <pb = V. Каждый из ре-
зисторов может потреблять мощность Р < 1Вт. Найдите максималь-
ное значение мощности Рт, которую может потреблять схема.
Rt
Рис. 4.5.8
196
4.5.9. Реостат включен в схему, изображенную на рис. 4.5.9 а.
Разность потенциалов (рв - cpb = V. Сопротивления реостата и резисто-
ра равны R. Положение движка реостата делит сопротивление на ре-
зисторы сопротивлениями х и R - х. Найдите максимальное значение
мощности Рт, потребляемой реостатом.
R
b—CZZ
Рис. 4.5.9 а
4.5.10. Генератор постоянного напряжения V развивает мощ-
ность Р, сопротивление линии передачи электроэнергии Я. Найдите
КПД линии электропередачи.
4.5.11. При передаче электроэнергии зимой при температуре
= -25 °C мощность потерь в линии Р{ = 100 кВт. Найдите прираще-
ние мощности потерь в летнее время при температуре t2 = 25 °C. Тем-
пературный коэффициент сопротивления медного провода линии
а = 4,3 103-К-1.
4.5.12. Найдите сопротивление лампы в холодном состоянии Яо и в
рабочем режиме R. Лампа рассчитана на напряжение U = 220 В, по-
требляемая мощность Р = 100 Вт. Рабочая температура вольфрамовой
нити Т » 2300 °C, температурный коэффициент сопротивления вольф-
рамовой нити а = 10“2 • IT1. При комнатной температуре t0 = 20 °C ве-
личина а = 4 • 10’3 К"1.
4.5.13. Три лампы, рассчитанные на напряжение Vo = 110 В, по-
требляют мощности Р^ - Р2 = 50 Вт и Р3 = 100 Вт. Нарисуйте схему
включения лампочек в сеть напряжением V = 220 В, в которой они
горят полным накалом.
4.5.14. Можно ли заменить перегоревший предохранитель отрезком
провода большего сечения, не опасаясь вызвать плавление провода?
4.5.15. Резисторы, сопротивления которых Я, = 2 Ом и Я2 = 8 Ом,
поочередно подключаемые к батарее, потребляют одинаковую мощ-
ность. Найдите внутреннее сопротивление батареи.
4.5.16. Резисторы, сопротивления которых Я, = 2 Ом и Я2 = 8 Ом,
поочередно подключаемые к батарее, потребляют одинаковую мощ-
ность Р - 8 Вт. Найдите максимальное значение мощности Рт, кото-
рую может потреблять внешняя цепь.
197
4.5.17. В схеме рис. 4.4.35 а резисторы, поочередно подключае-
мые к батарее, потребляют одинаковую мощность Р = 6 Вт при зна-
чениях силы тока Д = 2 А и А, = 6 А. Найдите максимальное значение
мощности Рт, которую может потреблять внешняя цепь.
4.5.18. В схеме рис. 4.4.35 а сопротивление резистора R - 4 Ом,
сила тока I = 1 А. Сила тока короткого замыкания 1к = 3 А. Найдите
максимальное значение мощности Рт, которую может потреблять
внешняя цепь.
4.5.19. Два резистора, сопротивления которых R{ и Т?2, подклю-
чают к батарее сначала параллельно, затем последовательно. Найди-
те значение внутреннего сопротивления, при котором в обоих случа-
ях внещняя цепь потребляет одинаковую мощность.
4.5.20. В схему рис. 4.4.35 а подключают вольтметр, сначала по-
следовательно, а потом параллельно резистору. Показание вольтметра
в обоих случаях одинаковы. Сопротивление резистора R = 2 Ом, внут-
реннее сопротивление батареи г = 1 Ом. Найдите отношение мощно-
стей PJP& потребляемых резистором в первом и втором случаях.
4.5.21. После замыкания ключа в схеме рис. 4.5.21 сила тока че-
рез батарею возросла в 3 раза, а мощность, потребляемая внешней
цепью; увеличилась в 2 раза. Найдите значение внутреннего сопро-
тивления батареи.
Рис. 4.5.21
4.5.22. Два одинаковых электрохимических элемента соединены
параллельно и присоединены к резистору (рис. 4.5.22 а). Внутреннее
сопротивление элемента г ~ 0,2 Ом, сопротивление резистора R. Если
элементы соединить последовательно на рис. 4.5.22 б, то мощность,
потребляемая резистором, возрастет в к = 2,25 раз. Найдите сопро-
тивление резистора.
Рис. 4.5.22 а
Рис. 4.5.22 б
198
4.5.23. В схеме, приведенной на рис. 4.5.23, лампа горит одина-
ково ярко при разомкнутом и замкнутом ключе. ЭДС батареи
$ = 18 В, внутреннее сопротивление г = 0, сопротивления резисторов
= R3 = R, R2 = 2Я, R = 3 Ом. Найдите мощность, потребляемую
лампой.
4.5.24. В схеме рис. 4.5.24 сопротивления резисторов R = 10 Ом,
= 5 Ом, внутреннее сопротивление батареи г = 5 Ом. Найдите от-
ношение энергии электрического поля конденсатора {// в схеме с
замкнутым ключом к энергии ноля Ue в схеме с разомкнутым клю-
чом.
Рис. 4.4.23
Рис. 4.5.24
4.5.25. , В схеме на рис. 4.5.25 ЭДС батареи £ = 100 В, емкость кон-
денсаторов С, = 2 нФ, С2 = 8 нФ, сопротивление резистора R = 10 Ом.
Вначале ключ находится в положении а. Найдите количество тепло-
ты (), выделившейся в резисторе после переключения ключа в поло-
жение Ь.
4.5.26. В схеме рис. 4.5.26 ключ К вначале разомкнут. Конденса-
тор С\ заряжен до разности потенциалов V = 1 В. Параметры элемен-
тов схемы = С2 - С, С = 4 мкФ, R^ = 2 Ом, Я2 = 8 Ом. Найдите коли-
чество теплоты, выделившейся в каждом резисторе после замыкания
ключа.
Рис. 4.5.25
Рис. 4.5.26
199
4.5.27. В схеме на рис. 4.5.27 емкость конденсаторов Cv со-
противление резистора /?. Заряды верхних пластин конденсаторов qv
q2. Найдите количество теплоты Q, выделившейся в резисторе после
замыкания ключа.
к l"r"j
£1 $2
Cl Сг
Рис. 4.5.27
4.5.28. В схеме рис. 4.5.28 конденсаторы С\ = С2 = С не заряжены.
ЭДС батареи — внутреннее сопротивление — г. Определите коли-
чество теплоты QRt выделившейся в резисторе сопротивлением R по-
сле замыкания ключа К.
Рис. 4.5.28
4.5.29. В схеме на рис. 4.5.29 сопротивления резисторов = 6 Ом,
R2 = 4 Ом. Энергия электрического поля конденсатора Ue = 30 Дж. Оп-
ределите количество теплоты Q2, которое выделится в резисторе Я2 по-
сле замыкания ключа.
4.5.30. На рис. 4.5.30 сопротивления резисторов R{ = R3 = 2Я,
R2 = = Я, емкость конденсатора С. ЭДС батареи £, внутреннее со-
противление г = 0. Найдите количество теплоты Q3t выделившейся в
резисторе Я3 после размыкания ключа К.
Рис. 4.5.29
Рис. 4.5.30
200
4.5.31. Компьютер — источник теплоты. На рис. 4.5.31 схемати-
чески изображена ячейка электронной логики. Носителем информа-
ции является заряд, запасенный конденсатором С = 4 фФ (1 фемто-
фарад = Ю’1’’ Ф). В исходном состоянии разность потенциалов
<рд - <р= Vt, V, = 5,2 В. В момент времени t = 0 управляющий транзи-
стор понижает разность потенциалов до значения <pfl - <рь = V2r
V2 = 0,2 В. Этот процесс реализует логическую операцию ЯЕ. Найдите
количество теплоты Q, выделяемое в резисторе.
4.5.32* -4.5.34*. В схеме на рис. 4.5.32 емкость конденсатора С,
ЭДС батарей = 5£, ё2 = £. Вначале ключ находился в положении а.
Потом ключ переводят в положение Ь.
4.5.32* . Найдите приращение энергии электрического поля в
конденсаторе ДЦ.
а / Ъ
Рис. 4.5.31 Рис. 4.5.32
4.5.33* . Найдите работу Л2, совершаемую батареей £2.
4.5.34* . Найдите количество теплоты Q2, выделившееся в батарее
4.5.35. В схеме, приведенной на рис. 4.5.35 сопротивления рези-
сторов Я2, емкость конденсатора С, ЭДС батареи £, внутреннее со-
противление г. Найдите количество теплоты Q2, выделившейся в ре-
зисторе Я2 после замыкания ключа.
201
4.5.36. Плоский конденсатор подключен к батарейке с ЭДС рав-
ной Vo, внутреннее сопротивление г. Левая пластина закреплена
(рис. 4.5.36). К правой пластине приложена сила величиной F. Най-
дите работу силы Ае1 при увеличении расстояния между пластинами
от начального значения d до значения h.
Н Рч
V0,r
I I
__I__I__»______
I I
I I____________
О х(0 х
Рис. 4.5.36
4.5.37. Заряды пластин плоского изолированного конденсато-
ра!^. Левая пластина закреплена. К правой пластине приложена
сила величиной F. Конденсатор находится в однородном постоянном
электрическом поле; вектор напряженности EQ, перпендикулярен
плоскости пластин. Найдите работу силы при увеличении рас-
стояния между пластинами от начального значения d до значения h.
4.5.38. Мощность, потребляемая схемой, приведенной на
рис. 4.5.38, равна Vе//?, где V — разность потенциалов точек а и Ь,
R — сопротивление резистора /?ч. Сопротивления остальных рези-
сторов одинаковы. Найдите мощность Р3, потребляемую резисто-
ром /?3.
Рис. 4.5.38
4.5.39. Две лампочки мощностью Рх = 25 и Р2 = 75 Вт, рассчитан-
ные на напряжение U = 220 В, подключены последовательно в сеть
напряжением U = 220 В. Найдите отношение мощности, потребляе-
мой второй лампой Р^ к номинальной мощности Р2.
4.5.40. В схеме рис. 4.3.25 а емкости конденсаторов С, = С2 = С3 = С,
С = 3 нФ. ЭДС батареи £ = 4 В, внутреннее сопротивление г = 1 Ом.
202
Вначале ключ находился в положении, обозначенном буквой т. Най-
дите количество теплоты Q, выделившейся во внутреннем сопротивле-
нии при переключении ключа из положения т в положение п.
4.5.41. В схеме рис. 4.5.41 а емкости конденсаторов €\ = С,
С2 = 2С. Внутреннее сопротивление батареи равно нулю. Найдите ко-
личество теплоты Q, выделившейся в резисторе после замыкания
ключа К.
Рис. 4.5.41 а
4.5.42. Генератор постоянного напряжения в линии электропе-
редачи может работать при напряжениях и V* V2 > Vv Найдите от-
ношение мощности потерь Р2/Рк в первом и втором случаях.
4.5.43. При последовательном и параллельном включении двух
одинаковых батареек резистор во внешнем цепи потребляет мощ-
ность PQ = 16 Вт. Определите мощность Р, потребляемую резистором
при подключении только одной батарейки.
4.5.44. Лампа мощностью Р = 500 Вт рассчитана на напряжение
Vs = 110 В. Определите величину дополнительного сопротивления,
позволяющего включить лампу в сеть с напряжением V2 = 220 В без
изменения потребляемой мощности.
4.5.45. В схеме на рис. 4.5.45 ЭДС батарей = 10 В, £2 = 20 В,
емкости конденсаторов €\ = 1 мкФ, С2 = 2 мкФ.
А. Найдите заряд Дд, который протечет через резистор после за-
мыкания ключа.
Б. Найдите количество теплоты Q, которое выделится в резисторе
после замыкания ключа.
Рис. 4.5.45
203
4.5.46. Резистор — нелинейный элемент. В установившемся ре-
жиме количество теплоты, выделяющейся в резисторе, сравнивается
с потерями энергии вследствие излучения и теплопроводности:
I2R = Р(Т- То), R = /?Д1 + а(Т- То)], где Тп — температура среды, Т —
температура резистора, Р — постоянный коэффициент, а — темпера-
турный коэффициент сопротивления, р аЛК0. Найдите вольтам-
перную характеристику резистора I = f(V), где V — напряжение на
резисторе.
204
ОТВЕТЫ
К ЗАДАЧАМ
Глава I. МЕХАНИКА
1.1. Кинематика
1.1.1. Производная в минимуме для любой кривой равна нулю,
тангенс угла наклона касательной к горизонтали равен нулю.
1.1.9. а = (а/Я)2.
1.1.10. у2 = 0,6 м/с.
1.1.11. vcp = 4,8 км/ч.
1.1.12. = 12,5 км/ч.
1.1.13. v2 = 22,5 км/ч.
1.1.14. и, = 2v2 + v3.
1.1.15. Ai> = (2u, 0,0).
1.1.16. h = 7?o2-(w/yo)2 •
1.1.17. s„ = 1м.
1.1.18. Точка С движется по окружности радиусом 1/2, = v/2,
v vt
vr =------, ------ .
9
1.1.19. vt = -a/cos a.
1.1.21. т = 55 мин.
1.1.22. f, = 5x.
1.1.23. h = sd[(s + d}.
1.1.24. sm = 3s/8, (^ = 4^/5.
1.1.25.
v + u
1.1.26. ycp= 12 м/с.
1.1.27. s = 5m.
1.1.28. < = 4t.
1.1.29. a = 0,05 м/с2.
1.1.30. T=2c.
1.1.31. х(2т) = 10 м.
1.1.32. T= 3,41c.
1.1.33. Pcp = 5 м/с.
1.1.34. s = p02/a.
1.1.35. z(3t) = 25 м.
1.1.36. pcp = 7,5 м/с.
207
1.1.37. х(4т) =-Зу0т/2.
1.1.38. я = 5рот/2.
1.1.39. а = 2(/2Д- + t2).
1.1.40. я = ЦД/б.
1.1.41. s = 51.
1.1.42. Ц = 0,262.
1.1.43. я2 = 64м.
1.1.44. xm = ujj2.
1.1.45. aI(l = 2i?2/x„.
1.1.46. Pj = yja/2b , v2 =kvl-2bvlt.
1.1.47. yt = \y]l-(v/u)2 ,v<u;y2 = ul/2v, v>u.
1.1.48. ab(T) =kT.
1.1.49. sm = l2/2R.
1.1.50. 7’=(2/а)л/р2+а/.
1.1.51. x(t) = v9t, va = Act; xm = An; um = Л© Vl + я2 .
1.1.52. а „ = 0,9 м/с2, a„ = -0,96 м/с2.
1.1.53. s(t) я ub/(v + u) + (v-u)i.
1.1.54. T = 31,25 c.
1.1.55, . sc = b/2.
1.1.56. v2 = Iosina; траектория - отрезок А^М, перпе
ный А,Аг.
1.2. Движение с постоянным ускорением
1.2.1. a = 2м/с2.
1.2.2. v = 1,2 м/с.
1.2.3. pmm = 6 м/с.
1.2.4. vn2=(v2+v2)/2.
1.2.5. Т= (Т22 + 2TJ2 - Т2)/2(Т, -Т2).
1.2.6. s = 25 м.
1.2.7. Л = 56,8 м.
1.2.8. т = 0,82 с.
1.2.9. Т= 2 с.
1.2.10. 5 = 14,7 м.
1.2.11. t0= (Т2 + 2s/g)'/2 - Т.
1.2.12. р0= 19,6 м/с.
208
1.2.13. = 4,9 м.
1.2.14. у, = 0,98 м/с.
1.2.15. у(0) = 19,6 м/с.
1.2.16. h = 0,96 м.
1.2.17. h = а7*(1 + a/g)/2\
1.2.18. i?4 = 5 м/с.
1.2.19. У =2 с.
1.2.20. Т= Js/g.
1.2.21. 7 = j2H/g ,H = Lsiaasin$.
1.2.22. = 0, уа = yv z„ = zt + gx/2, s = 2gx/Ь.
1.2.23. 7’=0,66 c.
1.2.24. h= 1,5 m.
1.2.25. A = 1,225 m.
1.2.26. 7’ = j2b/g,H=4b.
1.2.27. 22,14 м/с.< ц, < 31,3 м/с, b = 4,15 м
1.2.28. Я = y02sin2a/2g, D = y/sin2a/g.
1.2.29. Hf/H2 = t/a, Dt/D2=
1.2.30. A = 200 м.
1.2.31. Hm = 4,9 м.
1.2.32. tga0= -,a, = = 41*.
U+2gH
1.2.33. D = — H .
tgP-tga
1.2.34. s = (i/jCosa- ^[(u/sin’a + 2gH)',i- vtsina]/g.
1.2.35. T= J^/g.
1.2.36. tga - h/s.
1.2.37. s = 8h sina.
1.2.38. s = t-07’(l +/c)/(l-/c). T= y]2h/g .
1.3. Относительное движение
1.3.1. В случае A.
1.3.2. Каждый гребец затратил одно и то же время.
1.3.3. и - 3 км/ч.
1.3.4. и = 1 м/с.
1.3.5. !7„ = 3u.
1.3.6. Угол между направлением ветра из направлением на вос-
ток а = 15°, величина скорости ветра и'= 13,5 м/с.
1.3.7. и = 50 м/с
1.3.8. v = (у/ + гл,2 + у32)1/2.
1.3.9. 2и.
1.3.10. u, = v/2.
1.3.11. и = 14 м/с.
1.3.12. Т=2(и + J2gh)/g.
1.3.13. ил = 0, vB - vD = -J2 и, vc = 2и.
1.3.14. В двух положениях в нижней части обода; а, = л/6,
а2 = 5л/6.
1.3.15. Hm = hm + R.
1.4. Законы Ньютона
1.4.1. TV, = mg + F.
1.4.2. Сила тяжести, сила реакции плоскости и сила давления со
стороны первого тела величиной Т= 4 Н.
1.4.3. /= F/1.
1.4.4. F.t = 300 Н.
1.4.5. Т= 6,8 Н.
1.4.6. i,= f2m(g-a)/ka]1/2.
1.4.7. II = 19,6 м.
1.4.8. Р = m(a + g).
1.4.9. Р = 0.
1.4.10. f =0.
1.4.11. а = 1,2 м/с2.
1.4.12. а = 0,8 м/с2.
1.4.13. Р = m(a-g).
1.4.14. G = zngsina cosa.
1.4.15. /У(ф) = ^О,--^4-,о1
2/sin ф )
1.4.16. N = mgLl - (jf/02l-
1.4.17. a = mg/(m + 2M), N = 2mMg/(m + 2M),
T = 2M(m + M)g/(m + 2M), P = 2T.
210
< / <е „ g(ml-m2) + wm2 -g^-m^ + wm,
1.4.10. , a2 =---------------,
m} +m2 m} + m2
T_{2g-w)mlm2
+ m2
1.4.19 a -g4m'm'2 ~mi^ +mi) т= 4тхт2т-£
4mxm2+m2(mx+m2)’ 4m}m2 + т3(т} + m2)'
1.4.20. TV = (m, - m2)(g+ a)/2, T = (1 + a/g)Tn, Tn = (m, + m2)g/2.
1.4.21. A =6mg/5.
1.4.22. at = (m, - 2m2)g/(m, + 4тг).
1.4.23. N = 1,6mg.
1.4.24. a2 = 0,2g.
1.4.25. Am = 0,2m.
1.4.26. a, = 4a2, a3 = -4a2. ai = -2av a2 = -g/37.
1.4.28. F(a) = mg( pcos - sina), где a — угол уклона, p — коэффи-
циент трения.
1.4.29. a = 0.
1.4.30. а = 2,7 м/с2.
1.4.31. F = 8,15 Н.
1.4.32. Fmin = l,196rng
1.4.33. a = 0.
1.4.34. a = 0.
1.4.35. A. F = -iiN-.
и
Б. F = -kv.
В. F = -кии .
1.4.3Й. А/'-
[pmg, а > pg.
1.4.37. a = 1 м/с2.
1.4.38. Fmlll = p,(m, + m2)g, F„ = (p, + pj (m, + m2)g.
1.4.39. F > p—(m2 + ml )g.
1.4.40. /z = (1/2)mgsin 2a.
t . rTp J -mgsina, a^a£,
1.4.41. F p
L-p/ngcosa, a>ac.
1.4.42. p= V3/5.
1.4.43. Fm = mg(sina/p - cosa).
211
1.4.44. F(psina- cosa) < тп£(цсоза- sina),
F(psina + cosa) < zng(|icosa + sina).
1.4.45. F= mgtg 2a.
1.4.46. a = g(sina - gcosa/sinp)
1.4.47. s = 4,9 m.
1.4.48. T = 0.
1.4.49. TV = mjn.£sina/(zn1cos2a + 7n2sin2a),
ai, = + ™2tg2a), = m^tg a/(m, + m2tg2a).
1.4.50. T= (1+g)p0/g.
1.4.51. s = mvjk.
1.4.52. т ~ v/g, v = (mg/CpS)lri.
1.4.53. M = T/2 + lju, T= 2л/ю, co2 = k/m.
1.4.54. i, = p!20cosa/[g(p2cos2a-sin2a)].
1.4.55. a = 2g.
1.5. Законы сохранения и изменения импульса
системы тел. Движение тела переменной массы
1.5'.l . s = 1,2 см.
1.5.2. s = 0,3 м.
15 3 А Т4 = 2A(mt+ffj2sin2ot)
(ml + zn2)gsin2 a
mfgcosa (тл+т2)т^
mt + m2 sin2 a ’ т}+т251п2а
1.5.5. v = 3,29 м/с.
1.5.6. Эллипс с полуосями 1/2 и /.
1.5.7. s = 2D,
i г; ft I т 2Г^Т
1.5.8. vn = gJiT----.
° T + 2t
1.5.9. A. u-Mv/(M+ 2m);
Б. ur = (M-m)v/(M + m).
1.5.10. Am/At = 1134,6 кг/с.
1.5.11. Я« 10,4 м.
1.5.12. у, = с'(1 -g/ap)ln(mjm,).
1.5.13. A. Z= exp(y„ /с').
Б. z,= exp(y, /3с').
212
1.5.14. Р =
c'2 dm
~2~dt’
1.5.15. P,= c'mg/2.
1.5.16. v(T) = ~gT + (РТ/т0)1п(1 + mJM).
1.5.18. a = ag/(7a + Ok).
1.5.19. a = g/3.
1.6. Статика
1.6.1. xt = 2a/15, & = 0.
1.6.2. x = 77/14.
1.6.3. 1 = (3a - 2h)h/[0(2a - Л)].
. „ . I R-r
1.6.4. xm =—-—.
m 2R + r
1.6.5. tg a= (b/a)2.
1.6.6. OC= (a* + b4)1/2/2(a + b).
1.6.7. tg a = 2/3.
1.6.8. A. s = L/0,
Б. p = + 2(717, - ТИ2)а].
1.6.9. F=0.
1.6.10. 77= 13 H.
1.6.11. l0-\img/k <x<l0 + \mg/k
1.6.12. TV = 3P.
1.6.14. m = 2 кг.
1.6.15. tg<p = 3/2.
1.6.16. r = 2^i2~-^~
ч?472 -За2 '
1.6.17. р = л/4.
1.6.18. 0Р=11а/4.
1.6.19. tga>—--------
2ц(7П + 7П0)
1.6.20. Т = N3 = 980 Н, TV, = N2 = 577 Н.
1.6.21. F< fimg, F = (mg/2)tg(jt/4-a).
1.6.22. TV, = N2 = N3 = mg/3.
1.6.23. cosa12 = (m3 - m2 - m2)/2т^т3.
1.6.24. 0, = 0,1 < 27?; cos02 = (27?/Z)V2,1 > 27?.
1.6.25. sin am = г/цЛ.
1.6.26. Ta = (mg/2l)(2R + l-nii), Tb= (mg/2l) (I-itR).
1.6.27. <p = a.
1.6.28. Nt = nzgsina/sinp, N2 = mgsin(a + P)/sinp.
1.6.29. T=mg.
1.6.30. A. F=ymg/2(l~}iR/l).
B.F=iimg/2(l + 11R/I).
B. F = png.
1.6.31. Первая шайба.
1.6.32. F= mg/4.
1.6.34. l>bc/a.
1.6.35. M = p'(cosa + psina)7n/p(cosa - p'sina).
1.7. Работа и энергия.
Закон сохранения полной энергии
1.7.1. A12 = mg\г (Т)-г (0)],где г (Г) = vaT+ gT2/2.
1.7.2. А.Л12= *(/,-Q2- *(/2-Q2.
2 2
1.7.5. h = 2,5 м.
1.7.6. К = 30 Дж.
1.7.7. > 1П).
1.7.8. AJA2< 1.
1.7.9. у = (2/3)(g/)1'2.
1.7.10. а = mgsina/(m, + m2sin2a), m = + m2.
1.7.12. m,/m2 = 3.
1.7.13. u2 = 2v.
1.7.14. A = 3.
1.7.15. u = v/2.
. _ nij-nzj 2mt 4mxm2 m^2
1.7.16. ut = —!---v, u2 =------1—v, aK2 =-----1—5—
m{+m2 m{+m2 +m2) 2
1.7.17. р = тг/2.
1.7.18. A^=
1.7.19. ДГ7= mp,2(l - mJm2)/2.
1.7.20. vc = vJ2, vb = v„ V3/2 , s = 4Я.
214
1.7.21. v2 = m,[v- (v2- vn2)'/2]/(m, + m2).
1.7.22. vt = v2
1.7.23. Л = 77/2.
1.7.24. p0= 2gH(l-Acosa).
V 4/2
1.7.25. pm = yl2gII(\ + m/M).
1.7.26. Z2 = 0,2m.
1.7.27. А = kc2/2.
1.7.28. !?(z) = (/c/m)(c2-z2).
1.7.29. e2 = e, + (e,2 + 4£()'/2, a2 = g( 1 + 4/£t),/2.
1.7.30. A. Z0 = 38m.
Б. |a2| = 6,9g.
B.pm = 27,6 м/с.
1.7.31. =(S/0/2)l(W-I)2+1].
1.7.33. a0 = 9g.
1.7.34. Nm = mg + <j(mg)2 + kmv20 .
1.7.35. sm = la + za,zm = -\(-pg + >](lig)2 + vl), a^k/m.
CO
1.7.36. vi-v2 = [2AJ7(m1 + m2)/m,m2],/2.
1.7.37. Д U =K/3.
1.7.38. Q = 0,2E.
1.7.39. К =*mv/f>.
1.7.40. A. vn= ^fipgL,
Б. т = 7/6,7’= 2n(£/ng)1/2.
1.7.41. ~ mws, iv < pg; = mws(\ig/u})\ iv > ц.
1.7.42. v=(4g^-24/m),/2.
1.7.43.- -----Mv -.
2pg(/n + M)
i.7Ai. Km = mhiu/2(h,-h2).
1.7.45. u2 = (v2 + v2)/2 + 2gh.
1.7.46. v= 4(gl/3){2-\i}.
i.7A7.Q= -^—K.
m + M
1.7.48. А = 0,1 Дж.
1.7.49. v.2=(k/m2)[c2- (mg/k)2].
215
1.7.50. zm = (m2/m) (г* + (k/2mg)[c2- (mg/k)2]).
1.7.53. A = mg (h + uTsina).
1.7.54. s = 2(c - pmg/k).
1.7.55. и,, = yjk/m (c-b), b = pmg/к.
1.7.56. = л/co, о - y/k/m .
1.7.57. s = 2L — 2pN/k, N = zngcosa.
1.7.58. vm= y]k/m [L- (mg/k)cosa].
1.7.59. un2 = (m2/m,)(m2 + 2mt)(pg)2/k.
1.7.60. T= [2h(a + b2)/gb2]''"2, Nt = mga2/(a + t>2).
1.7.61. a>= [2g(l - cos<p)//]1/z,
vA = -/cosintp, vB = /юсойф, vBm = (2/3) (2gl/3)l/2.
1.7.63. tg<pe= (b/a)2.
1.7.64. tg<pe = ^2ka/(Amg + л/2йа).
1.7.65. <ри = ти/4.
1.7.66. &W = ~(mt - m2)gAx - pghx(h + Ar).
1.7.67. 4 = mgh + (mg)2/2k.
1.7.68. Pmin= 7Ж2Я + Я).
1.7.69. AZ = 2(1,6h/g)i/2.
1.7.70.1 = 1,57 c.
1.8. Движение по окружности
1.8.1. vm = 12,1 м/с.
1.8.2. T= 1000 Н» 100 кгс.
1.8.3. P(a) = |/V|,/V=mg(3cosa-2).
1.8.4. Л = 2Я/3.
1.8.5. Л = 23Я/27.
1.8.6. p10 = (4/5) 72^, = (3/5) 72^.
1.8.7. 7’, = 0.
1.8.8. Tn = 3mg.
1.8.9. сояф= 1/7з .
1.8.10. vn> y/5gl.
1.8.11. Может.
1.8.12. В верхней точке окружности Tmin = mv2/l - i
1.8.13. фт = я/З.
216
1.8.14. р0 = [g/(2 + V3 )Г2.
1.8.15. Параллельно ускорению — во внутрь окружности.
1.8.16. 6mg.
1.8.17. <p„ = 7t/3.
1.8.18. т = (1/У^) [(pg/еЯ)2- 1],/4.
1.8.19. т = y]2la/g.
1.8.20. А = (>/2 -i)2(glAf/m) (1 + т/М).
1.9. Закон всемирного тяготения. Законы Кеплера
1.9.1. Р(<р) = т[£- <ar(2gr- <й2г)сов2ф + £та>2Г8ш2ф]1/2.
1.9.2. tgy = tg<p[l -а(5зт2ф- 2)]/[1 - 5авт2ф- (co2a/g)].
1.9.4. A.ut-(gtf/r),/2>
Б.р0=^Я(2-Я/г).
1.9.5. 1/2.
(т
1.9.6. г = Я—I .
W
1.9.7. 1/4.
1.9.8. ф. = 2МЯ/гл)3/2 (W
1.9.9. $ = 352 км, т = 20 ч.
1.9.10. v, = <j2GM/R.
1.9.11. рот = ^бт/Я -
1.9.12. Л = Я.
1.9.13. т= (я/2) (Я/g),/2.
1.9.14. Др = -124 м/с.
1.9.15. т = 44,13 мин.
1.9.16. S„= 7ч7б.
1.9.17. ha = flsina, s(a) = Я(тг- 2а).
1.9.18. р0 = fyJi-ijgR ,га = (5/2 + 1)[1 + л/з-2>/2]).
1.9.19. р0=&Я),/2.г, = Я(1 + 42/2).
1.9.20. г. = г0, гр = г//(2 -/),/= VJVi< 1, р, = (gff2/^)'^;
G> = r0,ro = r//(2-/)J> 1.
1.9.22. Ар = 2jt/c(gr),/2, Ar = -4лЛг2, AT = -12я2/с(//Я)г,/2, к = р(г)5/т.
2.17
1.9.24. т = (4710/тг)83/2, т = 2.74 ч.
1.9.25. N= (mgtfl/2r)\Sr + (?/2)2]/[r2- (Z/2)2]2.
V2 r
1.9.26.
8r4 r
a C
1.9.28. A® 0,04- — .
a M
1.9.29. va = (2gR)i/2, vu = 11,186 км/с.
1.9.30. yin = [(>/2 - 1) V + 2gR]'/2, = (Gmf/r„),/2. vx = 29,785 км/с,
vn = 16,653 км/с.
1.9.31. v„ = [4vK2 + 2gR]i/2, v„ = 60,61 км/с.
1.9.32. vw = [v,2 + 2gR],/2, v„ = 31,816 км/с.
1.10. Движение в неинерциальных системах.
1.10.1. vr = -v2t/R.
1.10.2. N=m(g+w).
1.10.3. w = 0,2g.
140.4.h >> g(sina+^cosc%
cosa—sin a
1.10.5. tga = l/p.
1.10.6. F = 2m2//x2 + + тг).
1.10.8. r, [gfl2/©2]173, r, = 6,77? = 42 • 164 km; r2 = 2,/3rp r2 = 53 • 123 km.
1.10.9. Pt = P^mgFts/r2, s - расстояние между частицей и цен-
тром масс.
1.10.11. A.y = gx2/2u.
Б. Прямая линия.
1.11. Линейные колебания
1.11.1. 4/5.
1.11.2. A. z(Z) = Asincat, А = 0,02 м, ю = 20 рад/с.
Б. t„ = Т/6 + пТ/2, п = 0,1,..., Т= 2п(т/к),/г.
1.11.3. s = (т + M}g/k.
1.11.4. со„2 = /с[ 1 - h > c<V = /с[1 - кг/12}1т, l0 > h.
1.11.6. А = /[m2/mtmk],/2.
1.11.7- о= ^к/т .
218
1.11.8. A = 26/5.
1.11.9. co = (A/3m)1/2.
1.11.10. m2 = Aa>2mjg.
1.11.11. A. A = <o2s0/ [ (<o02 - <o)2 + (cco)2]
B-4, = <Vo/c- 4 =|^—J •
1.11.12. yc(/0) = <o/o/6, a>= y]k/m .
1.11.13. co2 = 7g/(2aV3).
1.11.14. N=kA/(4nmg).
1.11.16. A = 0,1 m.
1.11.17. E=1 Дж.
1.1.18 .1Д = я/4.
1.11.19. L = T, 7’ = 2nJ-.
U
1.11.20. coA = —
k VlR+h
1.11.21. ® =
mtl, + m2l1
1.11.22. ^/5 .
1.11.23. co2 = 6g/5l.
1.11.24. a>2 = g/L + k/m.
iAtM.rf = g^l,g,i=tf + u?)i'2.
1.11.26. v( = V2v.
1.11.27. <o2 = £a/[a2 + (Л/2я)2].
1.11.28. = co,2 = km/(nil + m2sin2a)m2.
1.11.29. <£ = k/m-g/l.
1.11.30. tk = 42 мин.
1.11.31. w^g//?-n2.
1.11.32. co2 =g/R~Q2.
1.11.33. co2 = gf/tff -
1.11.34. co< ц§А.
1.11.35. co2 = (2g/L) sin (L/2R).
1.11.36. co2 = (MgL созфоШ/пЯ2 + ML2), sir
1.11.38. N=mg(M + 2m)/(M + m).
1.12. Движение твердого тела
1.12.1. рв= 7572 р0.
1.12.2. рс = р„/72.
1.12.3. vc = va/^3.
1.12.4. h = 1R, v„ = vb = 5/72 p0.
1.12.5. Al. d = 21 - расстояние между искомой прямой и отрезком ab.
Б. d = 2Z 72/3 - расстояние между искомой прямой и отрезком ab.
1.12.6. у2 = 20 м/с.
1.12.7. ие = 2м/с.
1.12.8. а*- 0, aA¥ = -v02/R>l2.
1.12.9. а, = 2g [т(2m, - m2) + m1m2]/[m(4m1 + т2) + 2m, m2],
а2 = g[2m,m2 - m(2mi - т2)]/[т(4т, + m2) + 2m, т2],
а = 6gm,m2/[m(4m, + m2) + 2^4^].
1.12.10. N- т^ги^/1(т^ + m2),
1.12.11. т = сц/?/ц?, N = <7?/(4лр#).
1.12.12. a = mg/(2M+m).
L12.13. = mg sirup (3cos(p - 2), 0 <p^ a, cosa = 2/3,
N2 = mg( 1 - 2cos(p + 3cos2(p).
1.12.14. № = (l/4)mgsin(p, N\ = -ms& /2 - mgcoscp.
1.12.16. h = 2^/3.
1.12.17. ©2 = 6(2a + b)bg/[4bz(b + 3a) + a3].
1.12.18. a >h.
1.12.19. П2 = m(a- h)g/[mhz + J].
1.12.20. sirupm = a sina/(a - h), a >h.
1.12.21. Б. F> ii'Mg/(l -pr tga), F> p(4m + 3Af)g/4(l + ptga).
1.12.24. ae = igsina, G= (rng/ty sin2a.
1.12.25. и = -cosa^/gssina/(4-cos2 a).
1.12.26. П •
1.12.27. Q =-y^- (Nb-Na).
1.12.28. N,(t) =Nb(t) = (1/2) [(m^)2 + (QL0/c)2]V2.
1.12.29. Pab = -(1/2)(-mg +mQ*v ± QLJc).
220
Глава II. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА.
ТЕРМОДИНАМИКА
2.1. Идеальный газ.
Термодинамические процессы
2.1.1. L* 0,26 нм.
2.1.2. v0 = (1 /2) моль.
2.1.3. .V» 10й.
2.1.4. т = 28 г.
2.1.5. Na = Nlv, и = 22,4 • 103см3/моль.
2.1.7. Q = 2,963 эВ.
2.1.9. 1С - 232,7° С — температура горения бумаги.
2.1.10. tc = tF = -40°.
2.1.12. В.
2.1.13. ^ = ^„(т,/т2),/2.
2.1.15. не может.
2.1.16. p/Af = 44,64 моль/м3.
2.1.17. т, = 2 г, т2 = 16 г, v, = 1 моль, v2 = моль/2.
2.1.18. У0 = 4м3.
2.1.19. v2 = (1/6) моль.
2.1.20. /?, = 0,233 р.
2.1.21. Тс =(Т,Т„)
2.1.22. Диаграмма цикла изображена на рис. 2.1.22.
2.1.23. 7; = 4Г0, 7’С = 2ТО.
2.1.24. Диаграмма цикла изображена на рис. 2.1.24.
2.1.25. к = 3.
2.1.26. М= (ytM} + v2M2)/(v, + v2).
2.1.27. Та = 2Т0, Ть = 4Та, Тг = 2Тй.
2.1.28. Диаграмма цикла изображена па рис. 2.1.28.
2.1.29. Диаграмма цикла изображена на рис. 2.1.29.
2.1.30. Т2 = Т/2.
2.1.31. В точке 1.
2.1.32. Т = T0(V0/V)'"'.
222
2.1.33. Диаграмма процесса изображена на рис. 2.1.336.
Рис. 2.1.336
2.1.34. Цикл в координатах (Т,р) изображен на рис. 2.1.34<
Рис. 2.1.346
2.1.35. = 9^/8.
2.1.36. Диаграмма процесса изображена на рис. 2.1.36 б.
Рис. 2.1.366
2.1.37. т = 4,8 с.
2.1.38. Н = 2,1 м.
2.1.39. Ар =-4,9 кПа.
2.1.40. m ~?LS<A - T2/Tt), m = 86 г.
2.1.41. F= 25,12 H.
2.1.42. K/V( = 3.
2.1.43. A. h « b[l - (a + Ь)/Н]. Б. &[1 - (a + b)/nH\.
2.1.44. г(х) = a[(p„ + pgh)/( p„ + pgr)]*'3", n = 1,4.
2.1.45. A. Tb = 87., Б. 7 = 327., A = 32p0.
2.1.46. Am = 0,016 кг.
2.1.47. p2 = 6 МПа.
2.1.48. ft = 3p,.
2.1.49. 7, = 360 K.
2.1.50. co2 = 3pJSq:'/2mL, q = 1 + mg/pji.
2.1.51. co2 = n(p,/S/mh0)q''v", q = 1 + mg/pJS.
2.1.52. 7® To + T0(n - l)(4/z,) coscoi. x' = hoq''!"
2.1.53. dN/dt = -N/x, x = 4У/[5(8/с7/лт.),л].
2.2. Первый закон термодинамики
2.2.1. A’i2 = vRTuln(V2/VA).
2.2.2. 4',2 = (Cv/R)PiV{[1 - (W’].
2.2.3. B.
2.2.4. p = 2U/3V, p = 105 Па.
2.2.5. 2T0,p0.
2.2.6. U2- U. = 0.
2.2.7. 2.
2.2.8. 2.
2.2.9. Г.
2.2.10. Д.
2.2.11. <? = 3AVe/4.
2.2.12. A. (?' = 500 Дж. Б. p3 = 3pa/2.
2.2A3.U 2/Ut = 4.
2.2.14. 7, = 270 K.
2.2.15. 4'=р.У0.
2.2.16. 4' = -ftF„.
2.2.17. A'ab = 3pX/4, = -pB VJ2,4'^„ = p0 V0/4.
2.2.18. Qab = A'ab = 3AV0/4, = -C^V^R, Q№ = СЛУв/2Я,
<2=(3 + 2Cv/ff)AV0/4.
2.2.19. 4'= (v7?/2)(V7;-TV.
2.2.20. 7, = 1,37„.
2.2.21. A = 0,65 МПа.
2.2.22. 7, = Tu(pk/p0) 12- (ft/A)l/"l, 72 = 70(pi/ft)<“-,,/".
2.2.23. h, = 0,32 cm. ______
2.2.24. А. 7Л = (710 + 72u)/2. Б, 7„ = . B. 4'n,„ = 2C(7A-^
224
2.2.25. Т = 350 К,/> = 1,4р0.
2.2.27. С = C„ + R/2.
2.2.28. q = 0,5(2.
2.2.29. М = 0,3 кг/моль.
2.2.30. Q = 7vRT„/2.
2.2.31. Q = 5vRTa.
2.2.32. г =1/2.
2.2.33. г = (mg + pmS)HCf/NR.
2.2.34. Лр = QR/VC„.
2.2.35. Л' = v7?AT.
ао
'pQac
2.2.36. О 4 =
2.2.37. A’ = vRT0/8.
2.2.38. Qai = (5R - 2Qv7;/16 > 0.
2.2.39. (2„ = (lOC^ff + 57?)v7;/16.
2.2.40. A' = vCAT-Q'.
2.2Ai.M = mRAT/(Qi-Qi).
2.2.42. Cv = (vtCn + v2Ct2)/(v1 + v2).
2.2.43. A' = (k2/2vR) (И2 - V.2).
2.2.44. Л'^ = 3v/?7’0/4.
2.2.45. Л'Ья = -Зу7?7;/4.
2.2.46. A'= vRT0.
2.2A7. Qbc = v(3R/2-2Cv)T0<0.
2.2.48. Qd, = v(C,- ЗЛ/2) 7>0.
2.2.49. 8Q = -vCAT?—L
Y-l
2.2.50. VB/VA = 3.
2.2.51. VB = VA.
2.2.52. TA = TB = 2Ta.
2.2.53. x = 4.
2.2.54. Л2 = 320 Дж.
2.2.59. ft = v(C, + QT,.
2.2.60. Тг = Tc(\ -А)',\Нс/2а)',г, Т= 257 К.
2.2.61. ДС7« -4О57;1 (Г- Ta)At.
2.2.62. ts = 28 °C.
2.2.64. Р» 145 Вт, Л = 13 км.
2.2.66. Tt = T0[Q + mg/p^/5.
2.2.67. T=Tn(i + 7z/H)2/3.
2.3. Фазовые переходы вещества
2.3.4. в кристаллическом.
2.3.6. Q = 377 МДж.
2.3.7. т = (Л2 - - Т,), т = 190 ч.
2.3.9. t = 0°С, растает лед массой тл = 0,25 кг.
2.3.10. т,= 27,7 кг.
2.3.11. та/т = 0,117.
2.3.12. б' А£//Дт = 2093,4 кДж./кг.
2.3.15. Не выполняется условие кипения.
2.3.16. zn„ = (V- Vr- V„), znB = (VrV)m/(Vr- V,).
2.3.17. zna® — 2-(zi-2)— , znB= — (zi-2) 1+-^ .
«[ Ps n Pb.
2.3.19. Vk = 6-104m’.
2.3.21. Ai = 75,3 мин.
2.3.22. v = 1 м/с.
2.3.23. Q = 1635 Дж.
2.3.24. 4' = 2,4 кДж.
2.3.25. 4'=-20 кДж.
2.3.26. Am = K’MJRT.
2.3.27. Вода и пар при tl = 100° С.
2.3.28. = 11 °C.
2.3.29. тг = 1 кг.
2.3.30. zn, = 11,8 г — масса воды, пгл = 8,2 г — масса пара.
2.3.31. р2 = 3,7р0.
2.3.32. р2 = 3,41 рв.
2.3.33. тп = 0,37 кг.
2.3.34. Вода т\ = 13,7 г, водород - 3 моль и пар zn„ = 40,3 г;
рк = 240 кПа.
2.3.35. Т2=1200 К.
2.3.36. т,=0,03 кг.
2.3.37. F=0,27 Н.
2.4 Влажность воздуха
2.4.1. В.
2.4.2. А. р = Mp/RT- (М, - M^hpJRT. Б. Azn = -0,05 кг.
В. h = (pM,V- mRT}/[p“v(M,-Ma)].
226
2.4.3. Am = 0,84 кг .
2.4.4. ф, = 0,64%.
2.4.5. pa2 = mh2/V(h2-h}).
2.4.6. р2 = 50,653 кПа.
2.4.7. р2 = 20,31 кПа.
2.4.8. Ф = 84 %.
2.4.9. mti = 1,45 кг.
2.4.10. i, = 100° С.
2.4Д1. v„ = 1,16 моль, vB = 1,46
2.4.12. р3 = 1,3 р0.
2.4.13. /i, = 0,25.
2.4.14. рп2 = р,2.
2.4.15. рв2 = 2753 Па.
2.4.16. mti = 1,8 г.
2.4.17. Л = 170 Дж.
2.4.18. т = 18,3 кг.
2.4.19. Л = 0,27.
2.4.20. р2 = 3,65 • 105 Па.
2.5. Тепловые двигатели
2.5.4. A'/Q<\-TJT2.
Т -Т
2.5.5. А'=А'——
тг-т\
2.5.7. Л' = 2,5 10,4Дж.
2.5.8. Am/At = 5,1 10й кг/с.
2.5.9. А'^. = 5 кДж.
2.5.10. Л'га = (/.
2.5.11. Л = 1-(71/К)"-‘.
2.5.14. т] = 1 - (p./ft)*"-”'".
2.5.17. (>'2 = 50МДж.
2.5.18. Д = 2А.
2.5.19. 7> 678,6 К.
2.5.20. Рп = 5 Вт.
2.5.21. ()'2 = 5А.
2.5.22. /с = 1,Г2 = 27 °C.
2.5.23. Р’ = АР.
2.5.24. т] -
R
2Су + R
п-1
n + 1
2.5.25. т| = R/[2(2Cp + Q].
2.5.26. n =
R
2CV+3R
2.5.27. t| =
R
4CV+5R
2.5.28. A* = vR (Cy/Cp) (1 - r\)AT.
2.5.29. A'ab = vCA77(l - n), A’ = vnCAT/(l -n).
2R
3(2CV-R)
R 4n-\
2(2CV+R) V^ + l ’
2.5.30. t| =
2.5.31. n =
2.5.32. n2 = n1/(l-T11).
2.5.33. r\ = R/(2CP +Cy).
2.5.34. n = (R/Cp)(l -ln2).
2.5.35. A^ = Д—^-vAT, AT= Tb - Te
1-T]
2.5.36. n =
ЗЯ
4C,+9/?‘
2.5.37.
3R
2.5.38. t| =
2.5.39. t| =
21n2
C,+3/?ln2
3R
2(2Cp+3R)
2.5.40. Q\ = vCPT0 + vRTaln2.
2.5A2.A ' = viRTaln(V2/Vi).
2.5.43. T| = 1 - T2/T\.
2.5.44. m = 8,2 кг.
2.5.45. D = 2vm[c3(t2- tt) + X] (T2- TJ/KT,).
228
Глава III. МЕХАНИКА ЖИДКОСТЕЙ И ГАЗОВ
3.1. Гидростатика и аэростатика
3.1.2. А.
3.1.3. F, = 980 Н, Л, = 20 см.
3.1.4. Чаша весов со стаканом перетянет.
3.1.6. Пластинка не отпадет.
3.1.7. 19,6 H,F=8,82 Н.
3.1.8. Дрх = 19,6 кПа,
3.1.9. р2 -р, = 200 кПа.
3.1.10. ^ = 4р„/7.
3.1.11. Величина силы реакции ободка стакана R = р^(рет/А£_ H)S.
3.1.13. рА=р„-р#Я.
3.1.14. В.
3.1.15. F0 = pgL^/2,Ft = 7F0/16.
3.1.16. В плоскости продольного сечения Ft = pgRlf.
3.1.17. х = 2рва/(3ррт-рв).
3.1.18. h2 = p,(At + А3)/Зррт.
3.1.19. A/ij = 0, ДЛ2 = — 1 м.
3.1.21. =р„ + pgL(l + w/2g).
3.1.23. В каждом случае сила Архимеда одинакова.
3.1.24. Расстояние между поверхностями палубы и воды увели-
чилось.
3.1.25. N=pgHS.
3.1.26. Fl = 539 кН.
3.1.27. N = 490 кН.
3.1.30. т = 60 кг.
3.1.31. яг = 4 кг.
3.1.32. F = p^gh^S + mg.
3.1.33. ДЛА = -m/pj, ^hs=^ —
8 LPr
Pfl j
3.1.36. Уровень верхнего слоя керосина понизится, уровень
нижнего слоя керосина повысится.
3.1.37. А, = А2 = гп£/(3)1Д, р = Зрв/4.
3.1.38. ДА » 0,65 см.
3.1.39. А. Р = 9,8 Н, Б. Р = 9,8 Н.
3.1.40. s = 1 м.
229
3.1.41. m = Ma/R^.
3.1.42. р(/г) =p„ + pK(g-w)h.
3.1.43. Ип = 0,6И
3.1.44. Пламя отклонится к оси вращения.
3.1.45. К = 255 м3.
3.1.46. F = 10,1 Н.
3.1.49. т = т/(6лт|а).
3.1.50. а = (9r|P0/2gp)1/2.
3.1.51. Т=а1/п.
З.1.52. р = 2а/Я.
3.1.53. h = 2a/(pga) + (p^-pj/pg.
3.1.54. Л = 2,97 см.
З.1.56. р, = 4а/Я.
3.1.58. Др = 0,146 атм.
3.1.59. Д/г = 0,535 м.
3.1.60. v= 1,59 с.
3.1.61. Из первой.
3.1.62. Д/г = 8а(Я2-Я1)/(р^Л1Л2).
ЗЛ.63.Л = 0,0016Дж.
3.1.64. р„ = 10s Па.
3.1.65. А. р = 0,9рв,
Б. р = 0,6рв.
3.1.66. A.A, = -p,W/2p.,
Б.Аг= (p,g5fe2/2)[l - (рл/р,)]2.
3.1.67. h = + 2km/s -poj//c
3.1.68. z = z0 + co2 (г2 + у)/2g.
3.1.69. f2 = 43 ?C.
3.1.70. Я =20 km.
3.1.71. Др = 53,2 кПа.
3.2. Адиабатическое течение жидкости и газа.
Закон Бернулли
1/2
3.2.2. р, =
2gh
3.2.3. F^-pghS,.
3.2.4. v = (2gh)h=(h2- /г,) - (Л4 - h3), L = /г.
230
3.2.5. Q = phL^tgs .
3.2.6. P = Qv/2 + QgH.
3.2.7. P„ = 8p5p03/27.
з.2.9. /)2 =P1 + р<л2(зд) (i -ад.
3.2.12. Ta(z) = Ta — ktz, Ta — температура воздуха у поверхности
Земли, ka = g/cp.
3.2A3.T 2-l\>gd/cf.
3.2.15. Я = 600 м.
3.2.18. / = 10,8° С.
2.2.21. p(z) =pB(l-gz/cp)л-' ,п = 1,4.
2.2.22. p(z) = paexp(-Mgz/RTa).
3.2.23. т = pJSRTJMg, zc = RTJMg.
3.2.24. Ta/T= 1 + (n - l)Af2/2, (pa/p) = [1 + (n - 1 )AT2/2] .
Г~2
3.2.25. vm„ =c0J—.
m” °Va-l
3.2.27. p,= -G,/(2pQsin0), р,= GI/(2pnsinO).
3.3. Деформация твердых тел. Тепловое расширение
3.3.1. cB?=pR/d.
3.3.2. ст, = pR/2d.
3.3.3. ст = 7,02 МН.
3.3.4. стм =
(g^-gj^-/,) Е
3.3.5. Ad = -pR/E, Ad = -0,165 мм.
3.3.6. ст = pR/2d,p = рг - pv
3.3.7. А/= (F + mg/2)l/ES.
3.3.8. AV=V0(l-2y)e,K = l0a()2.
3.3.9. 8К= (i-2y)(5-a)mg/2E.
3.3.10. А. I ДЛ| = 1,4 • 104 м. Б. U= rritfh/GSE.
3.3.11. R(x) = R0exp(-kx/2), к = pg/c0.
о Ч 19 т- Я2Л/+ m)
2(M + m)
3.3.13. u = gy]m/k.
3.3.14. 8 = 4-103.
231
3.3.18. Д/= 1,75 м, F= 8,75 кН.
3.3.20. ст(г) = стп[ 1 - 8Я3 (3/ + а2) (рп/рс)/г(/ - а2)2],
ст0 = G(m/4a)2/S.
3.3.21. Т= (mg/2) yli + {h/il)2
3.3.22. РБ = Рс = Р/2.
3.3.23. 12 = .
S'EA+SsE'k
3.3.24. стм= 11,42 МПа.
3.3.25. стм = 51,35 МПа.
3.3.26. М = {2mglah/SE)ifl, стс = (2mghE/Sll> )‘я.
3.3.27. сть(г) = /„ = §dSx2.
3.3.28. сттл = -pg/i(l ± 2h sina/r).
3.3.29. = -8,63 • 105 Па, ст„ = 7,67 Па.
3.3.30. ст = 50 МПа.
3.4. Волновое движение в среде. Звук
3.4.2. А. Т= 1243,4 Н,
Б. Тс/Тж = 9.
3.4.3. р= 15 • 105 Па.
3.4.5. г = г, + c(t- /,).
3.4.6. AZ = 2a/c.
3.4.7. z = z, + c(t - Z,). Плоскоть перпендикулярна оси
3.4.8. mb = c[5/(ZV)]‘/2.
3.4.9. к, = n(n + 1/2)/Я, n = 0,1,2.
3.4.10. кл - m/H, п = 1,2.
3.4.11. <Bta(Z, х, у, z) = ш(1 + пй/с), п =—s/s.
232
Глава IV. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО
4.1. Закон Кулона. Заряд в электростатическом поле.
Напряженность и потенциал поля.
4.1.2. N = 6,25 • 10”.
4.1.3. Г=2-1015Н.
4.1.4. N,/N= (M/eNJ jG/k , Nr/N= 1,86 • 10 й.
4.1.5. F^kqQl/^-t/tf12.
4A£.Ft = 2kqQrl/(r-l2/4)2.
iA.7.TAB = 3T,TBC=2T.
4.1.8. q = Ly/2mg/k .
4.1.9. tga/2 = (@/д)2'3.
4.1.10.
|r + ar k-ap k + e“ k_fltr
kQ kQ
Ф |r+a| |r-a|‘
4.1.11. (?-r0)2 = tf, r0=b/p, R1 = (b2/p)(l/p-i),p= i - (q/Q)2.
4.1.12. Б.
4.1.13. A.
4.1.14. B.
4.1.15. A. E = 0.
Б. E2 = 4Ag/3a2.
B. £p = V6 fit •
4.1.16. A. <pe= Зд/З^.
a
Б. <pM= 2(2+-.
( V3j a
П m - 3kq
В. ФР ----•
a
4.1.17. v= 1,33 -10’ м/с.
4.1.18. E = kQz/^ + zf2.
Максимальное значение Егпа = 2-j3kQ/9H2, при z = zm, zm = R/J2.
Ф(г) = ^/(Я2 + ?),/2.
4.1.19. Когда заряд достигнет центра кольца.
233
4.1.20.1/ч/2.
4.1.21. g(q>,-фр).
4.1.22. v„= Q^k/mR.
4.1.23. £,(0,0, z)=
kQ(z + R/2)____kQ(z-R/2)
[Я2 +(Z+fl/2)2f/2 |/?2 +(z-/?/2)2]3'2
n x _________kQ__________________kQ________
Ф(’ ’Z,= [^+(z + fl/2)2]‘/2 [fl2+(z-fl/2)2f/2’
4.1.24. A = g3(7,-72)
4.1.25. A' = -kqQa/(r - a/\}.
4.1.26. ф( г ) =-Ёог + const.
4.1.27. At ’= 2qE„l, A.J = -2qE„l.
4.1.28. A. 5,1 10й В/м.
Б. ф = 27,2 В.
B.£= 13,6 эВ.
Г.р = 2,21 106 м/с.
4.1.29. v = (ке/тпг2)112(\/2т),
v= 1,69 -10й Гц.
4.1.30. Е= 5,57-10" В/м.
4.1.31. а = л/4.
4.1.32. h = 1 см.
4.1.33. р,= 5,94 • 105 м/с.
4.1.34. p„ = 2&J У, .
° \m(s2-b2)
4.1.35. »-«.
ms
4.1.36. at2 = 32kQ/(25
4.1.37. vj = 8A:e0(2/( ^5 mR).
4.1.38. Q2 = iqE./mL.
4.1.39. A = (g2m, - q^JE/km, co2 = k/\i.
4.1.40. q = (v/vn + i'jm^/E,
m„ = (4лр0/3) (9T|^/2gPo)3/2-
4.1.41. U, = k(f/2R.
4.1.42. A' = k(?/2R.
234
4.2. Основная задача электростатики.
Закон Гаусса. Электрическое поле зарядов,
проводников и диэлектриков
4.2.1. Et = -Ей, z < 0,Ег = Ей, z > Q; Ао = ст/2е0.
4.2.2. а; = -Е„, z < 0, а; = (ст, + ст2)/е0; Е, = Е2, Е2 = (ст, - ст2)/е„;
О < z < d; Ez = Еп, z > d.
4.2.3. V= 3QSd/2s0.
4.2.4. Б.
4.2.5. Д.
4.2.6. G = 2n.
4.2.7. q/2.
4.2.8. Ez = G, z < 0, z > d; Ez = G - g'/fyS, 0 < z < d.
4.2.9. Q = —q, G = 2n.
4.2.10. Vh/d.
4.2.11. £ = 0.
4.2.12. Б. ст, = -е0Л0, ct2= еЛ-
Д. C=£tfS/d.
4.2.13. ct = 8,85 • 10 10 Kji/m2.
4.2.14. cp (x, y, z) s = yjx2 + y2 +(z-h)2 ,
s s
s'= y]x2 + y2 +(z + h)2 .
4.2.15. T= {nh/Q)(mh/2k)i/2.
4.2.16. R = ЗЛ/4.
4.2.17. q = 6,3 Кл, s = 390 m, = 390 B/cm.
4.2.18. s= 129,3 km.
4.2.19. Eo =0, ЁА =(E,E),E = -17kQ/(i8a2y/2)-kQ/(5a2y/W).
4.2.20. E,(r) - K,(r)
4.2.21 .Е,(х.?,2)- 2to(J-<i/2)_2to(x + a/2)|
s2 S|
Er(x, y,z) = ^.-^-,Ez = 0, s22, = (x±a/2)1 + y1.
«2 «I
4.2.22. A(r) = pr/3E0, r < R; E(r) = pR^te/, r>R.
4.2.23. p ~ 8ле£0а3А„.
235
4.2.24. Е = kQ/Р, r> R; Я = 0,0 < r<R.
<р(х, у, z) = kQ/R, 0<,r<R;
<р (х, у, z) = kQ/г, r>R.
4.2.25. Е = kQ/Р, г > R.
4.2.26. A. qt = -Q.
Б. q2 = 2Q.
4.2.27. E = kQ/Р, 0 < r < Я; E = 0, r > R.
<p(r)=kQ f-~l, r<,R; ф(г) = 0, r>R.
4.2.28. E = 0, 0 < r <Rt, E(r) = kQ,/P, R,<r<R2,E = k(Q, + Q2)/P
Я2.
<p, = kQi/Ri + kQ2/R2,0^r<Rt;
ф(г) = kQJr + kQJR» R,<r<, R2, ф(г) = kQ/г, r > R2.
4.2.30. Fx«kqQal2/P.
4.2.32. CN = Й2/r.
ШЕПЛИЦ®.
ГАР rrNP Г1СР
4.2.35. ,
г4 (г2-Я2)2
g fe()2/?r kQ2Rr
P (r2—R2)2
b.Ft»-k(y/(2z)2.
4.2.36.
2r4
4.2.38. ф(х, у, z) = к pr /г, p = qa .
4.2.39. ф, = -£ог[1-(Ш
4.2.40. Ег = - Vy/tf, Et = -Vx/b2, Et = 0.
4.2.41. E, = -Vx/tf, Et = -Vy/R2, E, = 2Vz/ff.
4.2A2. Ez = -2Vx/tf, Et = 2Vy/R2, E> = 0.
4.2.43. E= kQ/tP.
4.2.46. ф(,)( r ) = -E2? + kpr /г, p = aE0 V,
a = 3£0[(e- 1)/(e + 2)], |rl >R.
4.2.47. Б, = Eo.
4.2.48. F = -gr/P ,g=4a(k<s)2V, F=4n/?3/3. r = (x,y,0).
4.2.49. v y/(g/m)(i/R2-l/s2).
236
4.3. Конденсатор. Схемы, содержащие конденсаторы
4.3.1.
1=4--4
с I*. Ь)
4.3.2. п = Я(У/(Я2У0), п = 200.
4.3.3. Уменьшится в 2 раза.
4.3.4. QJQZ= 125.
4.3.5. <p2-<p( = 3Q/2C.
4.3.6. Увеличится в 2 раза.
4.3.7. ДУ= (Q/C)(l/e- 1).
4.3.8. Д^ = (e-l)CV.
4.3.9. С, = ЗС.
4.3.10. С, = 1 С.
4.3.11. С=С, + С2 + С3.
4.3.12. С, = 26 С.
4.3.13. А. С, = [2СД + (С, + Q)С3]/(С, + С2 + 2Q.
Б.С3= (СД)172.
4.3.14. C=tazSN/d, С = 4,425 мкФ.
4.3.15. А. ДС=СЛ/(й-Л);
Б. C/C=d1/ih(d-h).
4.3.16. q, = -q(d~ x)/d, qb = -qx/d.
4.3.17. Дда = 2-10’1* Кл.
4.3.18. cpm-cp.= Vh/d.
4.3.19. C = 3C/2.
4.3.20. ДУ=-g/3C.
4.3.21. ф„ - ф„ = ф. - ф4 = q/C.
4.3.22. A. Vt= , V= С,£ - .
С,+С2 Ct+C2
Б. Возможно, если до подключения конденсатор С2 зарядить до
разности потенциалов е.
4 о 09
ф. ф.— —--------------”,
(С1+С2)(С3+С4)
4.3.24. Д(? = Се/8.
4.3.25. Дд = 4 нКл.
4.3.26. U -£i£i+C2e2
6 Г7 ,
4.3.27. Д<7, = ЗСе/2.
237
4.3.28. Фо = 50 В.
4.3.29. V= 8 В.
4.3.30. AV, = 96 В.
4.3.31. Ag = 1 пКл.
4.3.32. q2 = 6 нКл.
4.3.33. А<? = 9 мкКл.
4.3.34. V3 = 4 В.
4-3.35. (p„,-(pn= 1 В.
4.3.36. F, = -
Q2
2e0S
4.3.37. Fr = q(x- d/2)/(s^d).
C2V2
2e05g
4.3.38. m =
4.4. Постоянный ток. Закон Ома
4.4.1. /= 1,05-103 A.
4.4.2. / = £0(e-l)ay/7/d.
4.4.4. 9/5=£n(p2-p,)j.
4.4.5. /?, = 6 Ом.
4.4.6. 25 Ом.
4.4.7. 5 Ом.
4.4.8. ф6-ф„ = V/5.
4.4.9. 7?o„ = 5r/6.
4.4.10. 7? = r/2.
4.4.1 l./?ab= l(/? + 7/?2+4r/?)
4.4.12. R = (>/5 -1) r/2, R « 0,618r.
4.4.13. ф„ -ф„ =-----—2-----—s-----V .
Фт (/?1+/?2)(/?з+/?4)
4.4.14. V, = 80 В, V2 = 40 В, V3 = 20 В, = 100 В.
4.4.15. q = -15 мкКл.
4.4.16. V4 = 70B.
4.4.17. ф0-ф„= 12 В.
4.4.18. ф„ - фь = 14 В.
4.4.19 А."/. = ЗА.
Б. /, = 5,2 А.
238
4.4.20. Фп1 - ф„ = 24 В.
4.4.21. фл-ф„ = 36 В.
4.4.22. <р„- Ф„ = 60 В.
4.4.23. 6 В.
4.4.24. ф"-Фл = 2 В.
4.4.25. Ф. - ф„ = 7 В.
4.4.26. ф„ - фь = 9 В.
4.4.27. Z, = 1,5 A, Z2 = 2А.
4.4.28. А.7?, = 7?о/(10"-1);
Б.7?„ = 7?в(1О"-1).
4.4.29. 7? = ———5--------—
г\+г2 + 2ВЪ
4A.30.R = r/2.
4.4.31. Z5 = ЗА.
4.4.32. фь - фе = (г2 - г,) V/(г, + г2).
4.4.33. A. Q, = C,C2V/(6; + С2), Qt = 48мкКл;
Б. (У, = C,Z?1V/(Z?1 + Z?2), Q\ = 36 мкКл;
В. AQ = 12 мкКл.
4.4.34. A. Z3= К/7?, +V2/Z?2;
B.Z, = (V1-V2)//?2;
B.Z1 = Z2«V1/(7?1+Z?2),Z2«0;
Г. Zt = Z2 = V/3Z?, Z3 = 2V/3Z?.
4.4.35. На оси ср рис. 4.4.35 б отмечены потенциалы различных
точек цепи.
4.4.36. А. фо - ф„ = £ - 1г или ф„ - Фь = -(ZKi - Z), 1КЗ = - ;
Г г
Б- - ф* =е +
239
4.4.37. (е - V)/e = г/(г + R) = 5 • 10’4.
4.4.38. A. R = 1 Ом.
Б. 8 = 1%.
4.4.39. V, = 4 В.
4.4.40.1и = 0,75 А.
4.4.41. Vr = 1 В.
4.4.42. U; = Зе/8.
4.4.43. 0,5.
4.4.44. A. Z, = Z1 = Z30,Z2 = 2Z30;
B.Z, = Z3 = Zlo,Z2 = O.
4.4.45. Z2 = 0,9 А.
4.4.46. Z3 = 0,9 А.
4.4.47. Q = 6 нКл.
4.4.48. £, = sR^/fr + Z?,), r, = rRt(r + Rt).
4.4.49. £= 1,5 В, r = 0,10м.
4.4.50. -^->-
Z? + r0 r
4.4.52. A. Z, = £,/r,, Z2 = f2/r2.
Б. Z2 — (a2 — £])/ (f*, + r2), Z, Z2.
B.Z?c = E,r2/(£2-E1).
r.R>Re
r(+r2
4.4.54. V = -^~-£..
R + r 1
4.4.55. AQ = 14 мкКл.
4.4.56. e = Vt V2 V3/[( Vt + V2) V3 + V, V2].
4.4.57. Z, = £.l/Rl + (e, + a, )/Z?„, I2 = e.2/R2 + (et + a, )/i
4.4.58. V^IVRJfV+IRJ.
4.4.59.1(x) =-2ex/[(r + R/2)2-x2]
4.4.61. = 18 В, r = 1 Ом, R = 17 Ом.
4.4.62. AZ, = IR2/(Rt + Z?2).
4.4.63. = (R3-R2)CV/(R2 + R3 + R3).
4.4.65.1(t) =-qv(t)/d.
4.4.66. Atp = 200 В.
4.4.67. V2= VT,/(2V-3V,).
4.4.68. Z, = 7,5 A, Z2=2,5 A, 1=2 A, Z3=5 A, V=40 B.
240
4.4.70. Vw=4,8 В, Ko=7,2B.
4.4.71. Q =7 мкКл.
4.4.72. Qt = ЭДЛ, + R2 + r)Q2/C2R2(Rt + г)
4.4.73. Я = 2£2г/(б( -е2). R = 2 Ом.
4.4.74. п = 4.
4.5. Закон Джоуля — Ленца
4.5.1. уменьшить в 4 раза.
4.5.2. АВ.
4.5.3. Р = 32 Вт.
4.5.4. Р2 = Р3 = 2 Вт. Р4 = 8 Вт.
4.5.5. R2.
4.5.6. R,e
4.5.7. Р3 = 2 Вт.
4.5.8. Рт = 2,2 Вт.
4.5.9. Рв=(1/Я)(2У/5)2.
, . ,л Л PR
4.5.10. Ti = l- -р--
4.5.11. ДР = 2,15 кВт.
4.5.12. R = 484 Ом,Я0 = 21Ом.
4.5.15. г = 4 Ом.
4.5.16. Р„ = 9 Вт.
4.5.17. Р„ = 8 Вт.
4.5.18. Р„ = 4,5 Вт.
4.5.19. г = .
4.5.20. Р./Р2 = 1/4.
4.5.21. г = Я1/6.
4.5.22. Я = 0,8 Ом.
4.5.23. Р = 4 Вт.
4.5.24. U;/ ие = 1/16.
4.5.25. (? = 8-106 Дж.
4.5.26. Qt = 200 нДж, Q2 = 800 нДж.
4.5.27. Q = (д,С2 - 9гС,)7[2С,С!(С1 + Q].
4.5.28. Q„ = CRe2/4(r + R).
4.5.29. Q2 = 12 Дж.
4.5.30. Q3 = Ce2/54.
4.5.31. (2 = 3,12-10’эВ.
4.5.32. = -12Се2.
4.5.33. Л2 =-4Ce2.
4.5.34. Q2 = 8Ce2.
4.5.35. Q2 = CE2R,/[2(r + Я,)(1 + r/R, + r//?2)].
4.5.36. Aa = e0S V0(A - d)/hd.
4.5.37. = Q2 (h - d)/2£o5- Q&fh - d).
4.5.38. P3= (V2/4fl)(3->/5)2.
4.5.39. P'2/P2 = l/16.
4.5.40. Q = Ce2/3.
4.5.41. (? = C£2/2.
4.5.42. Р2/Р, = (Ц/К)2.
4.5.43. P =9 Вт.
4.5.44. R = 24,2 Ом.
4.5.45. A. Ag = EjCj + e2C2.
B.(2=(Ag)72C,C=C, + C2.
4.5.46. + aV“/3p7?0)].
242
РЕШЕНИЯ
ЗАДАЧ
Глава I. МЕХАНИКА
1.1. Кинематика
1.1.1. Производная в минимуме для любой кривой равна нулю.
Следовательно, тангенс угла наклона касательной в нижней точке
кривой к горизонтали равен нулю.
1.1.2. Архимед предложил оригинальный способ приближенного
вычисления площади произвольной фигуры. Необходимо перевести
контур фигуры на поверхности однородной пластины и вырезать
пластину по контуру. Затем взвесить ее и квадрат со стороной равной
единице масштаба (например, см), вырезанный из той же пластины.
Отношение веса фигуры Р и веса квадратной пластины Рп равно
площади фигуры S = (Р/Ра) см2.
В случае круга S = лЯ2, площадь квадрата 5П = Я2.
Отношение Р/Ра = л.
1.1.3. Длина морской мили равна длине дуги экваториальной ок-
ружности, стягивающей центральный угол равный угловой секунде.
1.1.4. Блуждающая «звезда» (от греч. — planetes — блуждаю-
щая). Наблюдатель видит ночью звезды неподвижными относитель-
но друг друга, а траектории планет относительно звезд представляют
собой петли и зигзаги.
1.1.5. Эти термины связаны с именем выдающегося итальянского
математика и философа Джероламо Кардана (1501-1576). Нашел
решение в радикалах неполного кубического уравнения, занимался
вопросами передачи движения, теорией рычага и др.
1.1.6. Две ошибки.
1. Необходимо дополнить — за любые равные ....
2. Необходимо отметить, что тело движется по прямой линии.
Правильное определение: прямолинейное движение называется рав-
номерным, если тело за любые равные промежутки времени прохо-
дит одинаковые расстояния, или совсем строго y(i) = уо.
1.1.7. Невозможно дать корректное определение. В действитель-
ности речь идет о движении с постоянным ускорением. Например, из
второго закона Ньютона следует, что брошенный вверх камень дви-
жется в пустом пространстве с постоянным ускорением g . При дви-
жении вверх и вниз ускорение равно g . В верхней точке траектории,
245
где скорость равна нулю, ускорение также равно g . Есть ли смысл в
разделении движения на две фазы?
1.1.8. Жук движется по отрезкам ломанной, которые на разверт-
ке поверхности в плоскости ху должны образовать отрезок прямой
линии. Возможны два варианта развертки с длиной отрезка прямой
= -^(6 +2с)2 +(2а)2 и s2 = а + Ь.
1.1.9. В этой задаче приведено неизвестное многим читателям
определение сферы. Образуем квадраты векторов:
^ор +2Rd + a2, s2NP = a2R2 + 2aRd + a2 =a(aR2 + 2Ra + a2/a).
Тогда очевидно, что a = (a/R)2. Этот результат позволил У. Том-
сону найти решение задачи определения потенциала электрического
поля, создаваемого системой заряд — металлическая сфера (см. зада-
чу 4.2.31).
1.1.10. Величина скорости частицы v = axs, где со — угловая ско,-
рость колеса. Имеем уравнение = v2/s2.
1.1.11. рср = * , = s/2t?p t2 = s/2vv t?cp = —.
+ ^2 ^1 ^2
1.1.12. t>cp = s/T, s = 4- s2> T= + t2, = sjvv t2 = s2/v2.
1.1.13. Пусть T — интервал времени, за который первая яхта
прошла путь s. Тогда 5 = иТ. Для второй яхты имеем уравнения
= s/2, v2t2 = s/2. Поскольку T - + t2 или ifv = 1/2^ + l/2t>2, то
^ = 1^/(2^-и).
1.1.14. Перейдем в систему отсчета, связанную со вторым плов-
цом. Ось х направим параллельно скорости пловца. Тогда vy = t>2 +
-у3 = v2 + Следовательно, vix = - v2, = -v3 - v2. Очевидно от-
ношение vu/\ уъ| = 1.
1.1.16. На рис. 1.1.16 вектор Л = г(£0): Л = го+ио£о. Поскольку
Лро =0, то 0 - гоРо + t0 = - го ио /и^, h2 - го ^(rovo\ /и%.
Рис. 1.1.16
246
1.1.17. Квадрат расстояния между частицами
s2(i) = [r2(i)-n(i)] = 2с2 - 2с(р + u)t + (у2 + и2)/2.
Выделяя полный квадрат, получим
s2(t) = (l/ + u2)
t-c
v + u
v2 +u2
+ c2
v2 + u2
Отсюда находим экстремальное значение t = tm и наименьшее зна-
чение расстояния sm = s(Q: tm = с—--s,
V +u
u-v
Vu2 + w2
. Очевидно
значения tm и sm проще получить из условия dsz(t)/dt = 0.
1.1.18. Запишем проекции радиус-вектора гс на оси х и у (рис.
1.1.18):
xc(t) = (1/2) cos<p(Z), yc(t) = (1/2) sin<p(/), (1)
где ф(/) - угол ОВА. Исключая ф, находим п уравнение траектории
/1 Л2
точки С х2 + у2 = — . Следовательно, точка С движется по окруж-
\ 2/
ности радиусом 1/2. Далее найдем скорость точки С. Поскольку
функции xe(t), ус(1) зависят от функции ф(/), то
иСх= dxc/dt = (cLrc/d<p)d<p/dZ = - (//2) sin (pd<p/d/, (2)
25 = (d^/d<p)d<p/rfi = (//2) cos (pd(p/dt
Зависимость угла ф(/) и его производной по времени можно най-
ти, рассматривая движение точки В. По условию задачи хв - vt или I
cos <р = vl. Дифференцируя, находим - I sin ф— = и. Следовательно,
dt
= ^/2. = - (”/2) ctg Ф = - ~ •
^y/r-tvt)2
Докажите, что проекции скоростей точек С и В на прямую АВ
совпадают (см. задачу 1.1.20). Найдите далее ускорение точки С.
1.1.19. Проведем ось х с началом у основания забора. Тогда коор-
дината ящика z(/) = Actg а (/), где Л - высота забора. Следуя определе-
нию, найдем проекцию скорости ящика на ось х. Здесь необходимо
учесть, что x(t) представляет собой «сложную» функцию: х(1) = х(а(0).
Поэтому в обозначениях Лейбница получим
, . dx da h da ...
da dt sin a dt
247
Для того чтобы вычислить производную da/dt, найдем длину
части веревки l(t) = MN: I = Л/sin а. Согласно условию, скорость из-
менения длины веревки dl/dt - -и (так как функция l(t) убывает).
Следовательно,
dl dl dsinada Л da
-u = — =-------------=-----г—cos a—. (2)
dt dsina da dt sin a dt
Из (1), (2) находим vx = -u/cos a.
1.1.20. Рассмотрим для упрощения случай движения стержня в
плоскости ху (рис. 1.1.20). Радиус-векторы точек а и Л
Г At) = (xa(i),yAt),V), rb(t) = (xb(t), yb(t), 0).
Согласно условию расстояние з0 между точками а и Л постоянно:
[^)-xa(t)]2^[yb(t)-ya(t)]2 = s.2. (1)
Для того, чтобы перейти к скоростям точек а и Л, продифферен-
цируем (1) по времени. В результате получим
[хь(С -x,(f)]K(0 -”«(*)] + -y.G)]к/О =0- (2)
Очевидно, это соотношение представляет собой скалярное произ-
ведение векторов s0(t) = rb(t) - ra(t) и vb(t) - va(t): s0(vb-va) =0.
Отсюда следует соотношение sovb = sQva или uacosa = ubco$0, где a,
P — углы между вектором s0 и векторами va и vb. Этот результат по-
ясняет почему скорость человека на водных лыжах может быть
болыйе скорости катера.
1.1.21. Поместим начало координат О в точку, из которой инженер
начал свой путь. Координата завода равна х0 > 0. На рис.1.1.21 лома-
ная M0N изображает зависимость z-координаты машины от времени
при ее обычном движении, отрезок АЕ1 — зависимость я-координаты
инженера от времени до встречи с машиной, отрезок EN — зависи-
мость z-координаты машины от времени после встречи с инженером.
248
Эти графики не совсем корректны. Например, в точке О проекция
скорости машины на ось х скачком изменяется от отрицательного до
положительного значения. Такой скачок скорости машины, вообще
говоря; невозможен, так как любые, физические величины должны
изменяться плавно. Однако для упрощения графиков этим требова-
нием можно пренебречь.
Согласно условию задачи Л О = 1 ч, NN = 10 мин.
Поскольку BE = ЕО, то ВС = СО = ~ ВО.
Время движения инженера до встречи с машиной
1
АС = АО----ВО = 55 мин.
2
Решим теперь эту задачу, используя общий подход. Пусть и0 и
и — величины скоростей машины и инженера, Т = -1 ч, т = 10 мин,
tQ — интервал времени, за который машина доставляет инженера на
место работы, z0 = voto. При t < 0 координаты машины и инженера
агя(О = = Встреча машины и инженера произошла
в момент времени tr: vtitc = v(tf + 71). При t > tc координата машины, ве-
зущей инженера xM(t) = -votc + v0(t - tc). При t = t0- т имеем
хв = Х.(Ч - т) -* V„to = -vgtc + v9(t„ - т - tc).
Отсюда находим tc = -т/2.
Время движения инженера Т- tc = 55 мин.
1.1.22. Решение А. Пусть точка О — начало оси координат х
(рис. 1.1.22). Точка А находится на расстоянии s от начала коорди-
нат, и2 — величины скоростей первой и второй частиц. Запишем
зависимость координат первой и второй частиц от времени
x,(t) = w,t, x2(t) = s - vt(t - 2т). (1)
Пусть вторая частица пересечет начало координат в момент вре-
мени /2. Тогда xJQ = $, x2(t2) = 0. Подставляя значения функций (1)
получим уравнения
s = vtti9 0 = s - v2(t2- 2т>. (2), (3)
В момент встречи xt(T) = х2(Т): v{T= s - и2{Т- 2х).
Подставляя s из (2), (3), получим еще два уравнения
Т) = и2(Т- 2т), vJ^v2(t2-T), (4)
из которых находим
(t, - Т),IT = (Т- 2т)/(12-Т). (5)
249
Согласно условию задачи tx - Т = т, t2 - Т = 8т.Теперь из (5) полу-
чим уравнение
т/7’= (7’-2т)/8т,->74-2т7,-8т2 = 0, (6)
из которого находим Т = 4т, = 5т.
Рис. 1.1.22
Решение Б. На рис. 1.1.22 изображены графики функций (1). Из
подобия треугольников КТО и KMPV КМА и КТР2 получим отноше-
ния Р'М/ОТ^КМ/КТ, МА/Р2Т= КМ/КТ.
Отсюда находим отношение Р^М/ОТ = МА/Р2Т, эквивалентное
уравнению (5).
1.1.23. Обозначим vv и2, и3 — скорости пешехода, велосипедиста
и мотоциклиста. Пусть i21, i31, £32 — моменты времени, в которые вело-
сипедист догнал пешехода, мотоциклист догнал пешехода и велоси-
педиста. Координаты каждого объекта представляют собой функции
(1)
= $ + — ^2i)» (2)
= М* ““ ^21)’ (3)
где $ = i^21.
Изобразим графики функций и запишем согласно условию зада-
чи уравнения, следующие из (1) — (3):
5 = ^1^12» ~ ^2(^32) “ ^1(^32)' = ^2(^31) ~
из которых находим
d/A= U32-f21)/^31“f21)- (4)
С другой стороны из уравнений d = z3(i32) - xi(^i) = *3(/3|),
получим
d/s + 1 = (Z32 - Q/(f31 - f21). (5)
Из (4)-(5) находим h = sd/(s + d).
250
1.1.24. Запишем законы движения частиц — функции xa(t) и
rb(t). Обозначим t2 - моменты времени, в которые частицы а и Ь
окажутся на расстоянии s/2 от начала координат. Тогда
х,(0 = 2vt, 0 </</,; xb(t) = ^1,0<1<12 (1)
Из уравнений xa(t{) = s/2, xb(l2) = s/2 находим t{ = s/4t?, t2 = s/v.
Согласно условию задачи
SV s
^(l)=2 + 2 = j (2)
Из (2) следует, что в момент времени = 5s/4v координаты час-
тиц совпадают: xa(t3) = тА(/3) = s.
Графики функций xa(t) и xb(Z) изображены на рис. 1.1.24. Оче-
видно, что в интервале времени t2 - = 3s/4t? расстояние sm = 3s/8.
Среднее значение проекции скорости каждой частицы (уж)гр = 4и/5.
Рис. 1.1.24 Рис. 1.1.25
1.1.25. Решение А. Приведем графическое решение в краткой
форме; опущенные детали читатель должен восстановить самостоя-
тельно. На рис. 1.1.25 прямая МОС представляет собой зависимость
х — координаты тренера от времени. Отрезки прямых линий FO и
LC — ^-координаты первого и последнего спортсменов до встречи с
тренером. В момент встречи t = 0 последний спортсмен находится в
точке с координатой xn(0) = -OB, OB = Zo. В момент времени 1=Т по-
следний спортсмен встречается с тренером; первый спортсмен нахо-
дится в точке с координатой хл(Т) = -OD. Следовательно, искомая
длина колонны I = AD, AD - OD - ОА. Очевидно, OB = ОА + АВ. Учи-
тывая значения ОА = иТ, OD-АВ - иТ, получим систему уравнений
1 = иТ-иТ, l0 = uT+vT, (1)
из которой находим I =----/0
v + u
251
Решение Б. Приведем решение в аналитическом виде. Запишем
функции, задающие z-координаты тренера x*(t) = -ut, первого и по-
следнего спортсмена до встречи с тренером x^t) = vt, xn(t) = + vt и
первого спортсмена после встречи с тренером x\(t) = -vt. В момент
времени t=Tзначения функций равны соответственно хп(Т) = яДТ),
I = xJT) - х\(Т). Учитывая явный вид функций, получим систему
уравнений -l + vT= -иТ, I = -wT + vT, совпадающую с (1).
1.1.26. Для первого участка длиной $/2 имеем v - atp s/2 = at2/2.
Следовательно, t{ = s/v, t2 = s/2v. Среднее значение скорости
у«р= ,pc, = 2p/3.
s/v + s/2v
1.1.27. Координата частицы и проекция скорости на ось х соответ-
ственно имеют вид x(t) = ai2/2, v(t) = at. Пусть t2 = ti- T, где T- 1 с. То-
гда s = x(tt) - x(t2), = at2/2, vt = atif x(t2) = at2/2. Отсюда нахо-
дим s = y17’(2il - T)/2tr
1.1.28. Согласно определению vz(t + At) - vx(t) = ax(t)At или
vx(t + At) - vz(t) + ax(t)At. Если az(f)>0, to vx(t + At) >vx(t).
1.1.29. Решение 1. Пусть a — проекция ускорения на интервале
[О, т]т Путь sm, пройденный поездом s = ат2 определяется как «пло-
щадь» под кривой зависимости vx(t). Следовательно, а = s/x2.
Решение 2. В промежутке [0, т] координата и скорость частицы
x(t) = ai2/2, v(t) = at. В интервале t > т координата и скорость части-
цы x(t) = ат2/2 + ax(t - т) - a(t - т)2/2, х(2т) =s,s = ах2.
График функции x(t) на промежутке времени 0 £ I £ 2т изобра-
жен на рис. 1.1.296.
Рис. 1.1.29 6
1.1.30. Координаты и проекции скоростей частиц xt(t) = at2/2,
x2(t) = и2^ = = и2’ В момент времени t = т имеем ах = v2. В
момент времени t=T координаты частиц совпадают: аТ*/2 = v2T. Сле-
довательно, Т = 2т.
252
1.1.31. На отрезке времени [0, т] координата и скорость частицы
x(t) = at2/2, v(t) = at. В соответствии с рис. 1.1.31 проекция ускоре-
ния ax(t) = Ц)/т. В интервале t £ т координата и скорость частицы
x(t) = ах2/2 + ax(t - т) - a(t - т)2/2, х(2т) = уот.
1.1.32. х(Т) = 0, или т2 + 2т(Т-т) -(Т-т)2 = 0.
Следовательно, Т = т[2 + (2)|/г)].
1.1.33. Среднее значение проекции скорости в интервале Т= <2 - t,
равно = s/T, где s — площадь фигуры, ограниченной на отрезке [i2,<(]
кривой y;(t) и прямыми t = tt, t = t2. Следовательно, s = уот, = vB/2.
1.1.34. Решение 1. В момент времени tc = vB/a скорость частицы
равна нулю, x(t0) = y02/2a. В момент времени t = tn координата части-
цы x(tm) = 0.
Решение 2. Путь равен площади, ограниченной кривой v(t) = | vB - at|
на отрезке [t = 0, t = tj.
1.1.35. В интервале времени [0, т] проекции скорости линейно
возрастает. В соответствии с рис. 1.1.35 проекция ускорения
a^(t) = vB/x, vx(t) = vBt/x, x(t) = у//2т. Следовательно, x(x) = vBx/2.
В интервале времени t > т координата x(t) = vBx/2 + vB(t - т);
x(3x) = 5у0т/2.
1.1.36 .1>ср = [у0т/2 + у0т]/2т, = Зу0/4.
1.1.37. На отрезке времени [0, 2т] скорость и координата части-
цы v(t) = vB - at, x(t) = vBt - at2/2. Поскольку р(2т) = -vB, то a = v0/x.
На отрезке времени [2т, Зт] скорость и координата частицы v(t) = -V&
x(t) = -vB(t-2xY
Значение координаты х(3т) = -о0т. В интервале t £ Зт координата
частицы x(t) = -уот - vB(t - Зт) + a(t - Зт)2/2.
1.1.38* . Площадь под графиком функции/(г) = |i>z(t)l равна
s = 5у0т/2.
1.1.39. -Изуравнений /, = vBt{ + а<//2, /, = (vB+ att)t2 + at2/2 нахо-
дим а = 2(l2/t2 - IJt')/^ + <2).
1.1.40. x(i) =/с(У'/2 - <3/3).
1.1.41. Координата частицы x(t) = vBt - at2/2, проекция скорости
y(Z). = vB - at, t>0.
Имеем систему уравнений
I = 5у0т - 25ат2/2 - (4ь?0т - 16ат2/2), 0 = - 5ат,
s = Зиит - 9ат2/2 - (2уит - 4ат2/2).
1.1.42. p = y2/2gs.
1.1.43. s2 = sl{v2 -v2)/v2.
253
1.1.44. На промежутке [0, т] имеем x(l) = at2/2, vx(t) = at. На про-
межутке t> т: x(t) = ат2/2 + ат(/ - т) - a(t - т)2/2, vjj) = ат - a(t - т).
В момент времени t = tm скорость = 0, максимальное смеще-
ние тП1 = xitj: tn = 2т, хп1 = ат. В момент времени t = tK частица прохо-
дит начало координат: х(/1) = 0.
Из уравнения 0 = ат2/2 + ат(^ - т) - a(t{ - т)2/2 находим значе-
ние - т = т(1 + л/2).
Согласно условию - а = p/i,) илй и = ат>/2.
1.1.45. По условию их = кх. Далее имеем vx = dx/dt, ах - dvjdt
или ах = 2kxvx. Поскольку = кх2, то ам = 2у02Д0.
1.1.46. Находим dy/dt ~ (к - 2bx)dx/dt4 - а = -2bv2, v2 = kvv
1.1.47. Расстояние, пройденное частицей s = at. Из треугольника
АВО на рис. 1.1.47 находим I sin ф = vt. Координата частицы y = ut cos ф
или y(t) = ut . Возможны два случая.
А. Если v < и, то функция y(t) достигает максимального значения
при = l/w. y(t{) = Z-Jl-(t;/u)2.
Б. Если v > и, то из условия экстремума dy/dt = 0 получим значе-
ние t2=l/j2v\y(t2) = ul/2v.
1.1.48. Поскольку центр симметрии фигуры О остается непод-
вижным,то можно ввести систему координат ху с началом в точке О
(рис. 1.1.48 б). Тогда уь = a cos ф, ха = a sin ф, где а - длина стороны.
Далее находим проекции скоростей точек В и А:
vb(t) = -a sin (p(d<p/dt), va(t) = a cost?(d(p/dt). (1), (2)
Из (1), (2) получаем иь = -v tg ф. Проекция ускорения точки В на
ось у: ab(t) = ~(dv/dt) tgф - (u/cos2 ф) (d(p/dt), dv/dt = k(T- 2t).
1.1.49. На рис. 1.1.49 точка касания нити К, отрезок РК - длина
нити l(t) в момент времени t. Введем координатную систему ху и угол
254
ф(^) между осью х и отрезком ОК = R. Длина нити Щ) = /0 - /?ф(/),
dl/dl = -Ясо, со = dy/dt.
Найдем скорость частицы. Проекции радиус-вектора и скорости
частицы
х = -/ sin ф + R cos ф, у = I cos ф + R sin ф,
vz = ~(dl/dt + Ясо) sin ф - /со cos ф = -/со cos ф,
иу = (dl/dt + 7?со) cos ф - /со sin ф = -/со sin ф.
Очевидно, что скорость направлена перпендикулярно нити. Те-
перь находим v = /со и уравнение ds/dt = кп, или ds/dt = (/0 - Яф)с1ф/с1/.
Отсюда получаем $(ф) = /оф - Яф2/2.
Длина траектории s„ = «(ф„), 0 = 10 - 7?фт.
Рис. 1.1.49
1.1.51. В области 0 < t < Т/2 функция x(t) = OP=A(at, или x(t) = vot,
vQ = Лео. При значениях Т/2 <Л<Т функция x(t) = Ап - р0 (/ - Т/2). Мак-
симальное значение xm = x(/m), tm = Т/2, Т = 2л/со, хт = Ап. Координаты
точки Р в двух системах отсчета связаны преобразованием
x'(t) = x(t) cos со/, y'(t) =x(t) sin cot (1)
Следовательно, вращательное движение спиралей Архимеда пре-
образуется в возвратно-поступательное движение точки Р со скоро-
стью у0. Отметим, что в произвольный момент времени отрезок
PN = Ап. Эта система используется в швейной машинке,
Обозначим = dx'/dt, v2 = dy'/dt компоненты скорости точки Р в
системе К. Дифференцируя (1), получим = t?0cos со/ - у0со/ sin со/,
Р2 = UoSin со/ + уосо/ cos со/.
В момент времени / = Т/2 проекции скорости - -Лео, v2 = -Ллсо.
255
1.1.52. Процессы преследования являются типичными примера-
ми теории дифференциальных игр — области науки, связанной с
многими разделами математики.
Рис. 1.1.52
Пусть радиус-векторы зайца и лисы соответственно равны
г (0 = (vt, ft, 0), R (tj = (x, у, 0), R (0) = 0 (рис. 1.1.52).
Скорость лисы и (/) = иу, 0), где
ur{t) = u(vt- x)/s,uy(t) = u(b - y)/s, (1)
s2=(vt-x)2+(b-y)2. (2)
Согласно условию и2 + и2 = и,2. Для того, чтобы найти экстре-
мальные значения скорости и ускорения вычислим производную
ds/dt‘. sds/dt = (vt - x)(v- uj - (b - y)ui.
Учитывая (1), (2), получим
sds/dt= (s/u)[(v - u^- и2] = (s/u)[t>u,-u2].
ds/dt = (v/u)ux- u. (3)
Отсюда находим новое представление функции
s(i) = ft + vx/u - lit. (4)
В момент времени t = имеем ds/dl = 0. Подставляя производ-
ную (3), находим
= u2/v, ut(tn) = иуя, = (и - и/)1/2 = и[1 - (и/,)2]172.
Дифференцируя ux(t) и uy(t), необходимо учесть условие экстре-
мума. В результате получим экстремальные значения проекций ус-
корения
= u(v - Ujm)/sm = (u/vs„) (v2 — и2),
" (“7™J (”2- “2)1/2-
1.1.53. При значениях t » tm компоненты скорости лисы их » и,
иу 0. Из (1) находим s{t) х.
Подставляя х из (4), получим s(t) » ub/(v + u) + (v - u)t.
256
1.1.54. Полагая в (2), (4) t = Т, s(T) = 0, у = b получим уравнения
О = иТ- х, 0 = b + их/и - иТ. Отсюда находим Т = ub/( и2- v2).
1.1.55. Полагая в (4) s(Z) = х = vt - sc, получим sc = b/2.
1.1.56. Отношение скоростей vi/v2 равно отношению длин Z,/Z2,
где Z, = АХМ = s, Z2 = А2М = [s2 + а - 2sa cos а]1/2. Найдем максимальное
значение функции/($) = ljl2.
Первая производная df/ds = а(а - s cosa)/Z23 обращается в нуль
при значении sm = a/cos а. Поскольку вторая производная отрица-
тельна, то при значении s = sm функция достигает максимума. Наи-
меньшее значение = atg а, /шах = 1/sin а. Очевидно в прямоуголь-
ном треугольнике А1ЛМ2 отрезки А^2 и А^ являются катетами, а
точки 4Р А2, М лежат на окружности радиусом а/(2 cos а) с центром
на середине отрезка АХМ.
Отметим, что согласно решению задачи 1.1.9 все точки, для кото-
рых отношение ljl2 = 1/sin а лежат на окружности Аполлония ра-
диусом R = a tg a/cos а. Центр окружности находится в точке С на
пересечении прямой, содержащей отрезок А/12, и перпендикуляра к
прямой А\Р, проведенного через точку М. РасстояниеЛ2С = R sin a.
1.2. Движение с постоянным ускорением
1.2.1. Зависимость координаты от времени x(t) = а£2/2.
Пусть = 9с, t, = ^ + т, т = 1 с.
Тогда $ = x(t2) - x(t^), где = a/,2/2, x(t2) = a(tl + r)2/2.
Отсюда находим s = (ar/2)(2Z1 +т).
1.2.2. Координата частицы и проекция скорости на ось х соответ-
ственно имеют вид x(t) = at2/2, v(t) = at. Пусть t2 = Z1 - T, где Т = 1 с.
Тогда $ = x(Zj - x(Z2), x(Zj = aZ^/2, р1 = aZp x(t2) = at2/2. Отсюда нахо-
дим s = р1Т( 2Z1 - T)/2ir
1.2.3. Поместим начало координат на платформе в конце послед-
него вагона, ось х направим параллельно скорости поезда; и — про-
екция скорости пассажира на ось х. Координаты пассажира и вагона
ГП(О = vt, хв(0 = Z + aZ2/2.
Полезно изобразить графики этих функций.
В момент времени t = Т имеем уравнение ^„(Т) = I + aT*/2 <= иТ.
Следовательно, Т12 = [i?± (v - 2aZ)1/2l/a, = (2aZ)1/2.
1.2.4. Проекции скорости и координаты:
v(t) = + at, x(t) = vot + at2/2.
257
Исключая t получим v2 = и2 + 2ax.
Следовательно, v2 = v2 + 2a(x2 - xt), = v2 + a(x2- zt).
Из этих уравнений найдем vm2 = (и2 + и2)/2.
1.2.5. Решение 1. Пусть длина вагона — h, ускорение поезда — а.
Обозначим буквами Л, В, С соответственно х-координаты передней
стенки предпоследнего вагона, сцепки между вагонами и задней
стенки последнего вагона. Тогда
xc(i) = at2/2, xB(i) = h + at2/2, x*(t) = 2h + at2/2.
Пусть в момент времени Т значение хА(Т) = .<?. Тогда согласно ус-
ловию задачи хв(Т + Т{) = хс(Т + Т{ + Т2) = s. Отсюда следуют три
уравнения
s = 2h + аТ*/2, s = h + a(T + 1\)2/2, s = а(Т + 7\ + Т2)72,
из которых находим
Т=(Т2^2Т1Т2-Т2)/2(Т1-Т2).
Решение 2. Скорость поезда v(t) = at. Любая точка С перемещает-
ся на расстояния, равные h, за интервалы времени [Т, Т + TJ и
[71 + Tv Т + Т\ + TJ. В момент времени Т скорость поезда равна аТ, а в
момент времени Т + Т1 скорость — а(Т + 7\). Величина пути равна чис-
ленно равна площади трапеции h = а(Т + TJ2)TV В моменты времени
Т + 7\, Т Чг Т\ + Т2 скорости точки С равны а(Т + 7^) и а(Т + Ti + Т2).
Площадь под графиком скорости h = a(T+ 71, + Т2/2)Т2. Приравнивая
два выражения Л, получим значение Т.
Решение 3. Пусть проекции начальной скорости и и ускорения а
больше нуля. Тогда путь, пройденный частицей за интервал времени
т равен $ = ит + ах /2. Следовательно, имеем уравнение
а 77, + аТ,72 = а(7’ + Tt)T2 + аТ^/2.
1.2.6. Решение 1. Координаты и проекции скоростей частиц
x^t) = uj - а?/2, x2(t) = s + u2t + at2/2, v^t) = u1 - at, v2(t) = u2 + at.
Частицы не столкнутся, если в момент времени 71, удовлетворяющий
уравнению х\Т) = х2(Т), относительная скорость частиц равна нулю
у,(Т) ~ и2(Т) =0. Из этих уравнений находим $ = (и} - и2)2/4а.
Решение 2. В системе отсчета, связанной с первой частицей про-
екция относительной скорости второй частицы vQ = u1 - и2, проекция
ускорения 2а. Расстояние, пройденное второй частицы в отрица-
тельном направлении $ = (и1 - и2)2/^а.
1.2.7. Решение 1. Направим ось у вертикально вверх, начало ко-
ординат поместим на поверхность Земли. Тогда «/-координата камня
258
представляет собой функцию y(t) = h - gt2/2. График этой функции
изображен на рис. 1.2.8.
Рис. 1.2.7
Первое событие-камень на половине пути в некоторый момент
времени t = tv Следовательно, z/-координата камня h/2 равна значе-
нию функции
y(t{)=h/2,^h-gt//2 = h/2. (1)
Для второго события — камень на поверхности Земли в момент
времени Z = + т//-координата камня равна нулю:
j/(t1 + T)=0,->A-^1 + T)72 = 0. (2)
Система уравнений (1), (2) содержит две неизвестные величины
h и Найдем корни системы. Представляя (1), (2) в виде = (h/g)1'2,
/1 + т = (2h/g)]/2, находим h = gr2( 1 + V2)2.
Решение 2. Поместим начало координатной оси в точку бросания
камня, положительное направление оси совпадает с направлением
вектора g. Тогда получим функцию y(t) = g^2/2. Рассматривая те же
события, получим
y(t])-h/2f^gt]2/2 = h/2. {3)
y(t} + т) = Л, ~+g(t{ + т)2/2 = h. (4)
Очевидно система (4), (2) совпадает с системой (3), (4).
1.2.8. Направим ось у вертикально вниз, начало координат рас-
положим на уровне карниза на высоте h. Тогда y(t) - gt2/2. Для пер-
вого события у(Т) = h/2, или gt2/2 ~ h/2. Для второго события
у(Т + т) = h, илиg(T + т)2/2 = h.
1.2.9. Направим ось у вертикально вниз, начало координат рас-
положим на уровне карниза на высоте h. Тогда y(t) = gt2/2. Для пер-
вого события у(Т - т) = Л/4, или g(T - т)2/2 = /г/4, т = 1с. Для второго
события у(Т) = h, или gT* /2 = h.
259
1.2.10. s = g(t22 - f(2)/2.
1.2.11. Начало координат оси у поместим на уровне крыши и
направим ось вниз по вертикали. Тогда имеем две функции, пред-
ставляющие собой координаты капель y^t) = gf /2,y2(t) = g(t -10)2/2.
Расстояние между каплями в момент времени ^0 + Т равно
+ g/02/2. Отметим, что в произвольный момент времени вели-
чина относительной скорости капель = gtQ.
1.2.12. Направим ось у вертикально вверх, начало координат
поместим на поверхность Земли. Для решения задачи достаточно ис-
пользовать функцию y(t) = vQt - gt2/2, график которой изображен на
рис. 1.2.12. В условии задачи выделены два события. Первое собы-
тие — камень находится на высоте h в момент времени
уЮ =Л-»^1-^172 = Л. (1)
Второе событие — камень на высоте h в момент времени + 2т:
y(t{ + 2т) = h -> vQ(ti + 2т) - gfa + 2т)2/2 = h. (2)
h fl + t
Рис. 1.2.12
Из системы (1), (2) находим v0 = [2gh + gV]1/2. Если переписать
полученное соотношение в виде v2/2g = h + gr2/2, то оно имеет оче-
видный смысл: максимальная высота подъема v2/2g равна сумме вы-
соты h и перемещения с максимальной высоты до уровня h в течение
времени т.
1.2.13. h=v*/2g.
1.2.14. Максимальная высота подъема мяча h - ?;02/2g, где v0 —
начальная скорость. Проекция скорости на числовую ось, направ-
ленную вертикально вверх v(t) = vQ - gt: = vQ - gT.
1.2.15. Направим ось у вертикально вверх. Тогда y(t) = vot - gt2/2.
Согласно условию у (£,) = ^(i2) получим уравнение,
Ц/t “ ^1 = ЦЛ “ S^2
из которого находим i?0 = g(t^ +t2)/2.
1.2.16. Направим ось у вертикально вверх, начало расположим
на поверхности Земли. Проекция скорости и координата первого те-
260
ла i^(£) = v0- gl, y^t) = vjt - gt2/2. Тело достигнет максимальной вы-
соты в момент времени tm ® vQ/g. В интервале t > tm функция y2(t) име-
ет вид y2(t) = vQ(t - Q - g(t - tS/2.
В момент времени t = Т оба тела оказываются на одной высоте
Ь = уАТ) =У2(Т):
h = VeT-gf/2 = vQ(T-tJ-g(T-tJ/2. (1),(2)
Из системы (1), (2) находим Т = 3p0/2g, h - 3i?02/8g.
1.2.17. Направим ось у вертикально вверх, начало расположим
на поверхности Земли. В интервале 0< t <Т скорость и координата
vy(t) = at, y(t) = а?/2. В интервале t > Тфункции vy(t) ny(t) имеют вид
=v»-g(t-T), УМ = Уо + "A* -T)~g(t- T)72,
где yQ = аТ /2, 14 = аТ.
Ракета достигнет максимальной высоты в момент времени tm, удовле-
творяющий условиям
^„)=0->аГ-^м-Т)=0, (1)
h = -+h = аГ/2 + aT(«„ - Т) -g(t„ - Т)2/2. (2)
Из системы (1), (2) находим h = а 7^(1 + a/g)/2, t„ = Г(1 + a/g).
1.2.18. Путь, пройденный частицей s = y02/2pg, где — va началь-
ная скорость.
1.2.19. Стороны каркаса AD и ВС параллельны. Введем ось z, на-
правленную вертикально вверх с началом на поверхности земли. То-
гда zb - zA = zc - zB, где zD = gT^/2, zA = gl2/2, zc = gl2/2, zB = gt2/2.
1.2.20. На рис. 1.2.20 изображена вертикальная плоскость сече-
ния пирамиды, проходящая через точки М19 М2 и К. В треугольнике
Л^Л/^/Сугол а = л/6.
Следовательно, высота пирамиды KN= s/2.
1.2.21. Высота точки А равна II - XBsina, АВ = Lsinp или
// = Lsiny, где у — угол между AD и плоскостью. Соотношение
siny = sina sin0 представляет собой теорему о трех синусах.
261
1.2.22. Решение 1. Плоскость пересекает оси координат yz в точ-
ках (у = 0, z = 5d/4) и (у = 5d/3, z - 0). Следовательно, тангенс угла а
между наклонной плоскостью и плоскостью z = 0 равен 3/4. Высота
падения h = gr2/2t s ~ A cos a.
Решение 2. Представим уравнение плоскости в виде nr-d, где
г — радиус-вектор множества точек на плоскости, п = (0, sina, cosa)
— единичный вектор, перпендикулярный плоскости. Полагая го =
г + ns, получим $ = nrQ -d , или $ = sin a?/1 + cos a(z1 + A) - d- h cos a.
1.2.23. Выберем ось у, направленную вертикально вверх, с на-
чалом на уровне бросания шариков. Время отсчитывает секундомер,
запущенный в момент бросания первого шарика. Зависимость коор-
динат первого и второго шариков от времени имеет вид
г/, (0 = vat - gt2/2, y.2(t) =va(t- i0) - g(t - ta)2/2.
На рис. 1.2.23 показаны графики функций y^t) ну2(1). В некото-
рый момент времени Т оба шарика окажутся на одной высоте:
УХИ = у.2(Т) -> v0T-gTi/2 = v0(T-l0) -g(T- «0)72.
Из этого уравнения находим Т = vQ/g + tJ2, Т = 0,66 с.
Рис. 1.2.23
1.2.24. Выберем положительное направление оси у по вертикали
вверх. Тогда координата и проекция скорости первого шарика
y{(t) = vj, - gt2/2, v{(t) = v0- gt. При t == г имеем l\(t) = 0, или r = v0/g.
максимальная высота подъема Am = г/,(т) = u02/2g. Для второго шари-
ка y2(l) = - т) - g(t - т)2/2. Из уравнений у^Т) = у2(Т) = h нахо-
дим Т = vB/2g, у ST) = 3v2/8g=3hjt.
1.2.25. Направим ось у вертикально вверх, с началом на уровне
бросания шарика. Координаты шариков:
= vol-gt2/2,
y2(t) = vB(t - t„) - g(t - t„)2/2,
y3(l)=vB(t-2tB)-g(t-2lB)2/2.
262
Согласно условию у}(Т) = уг(Т) получим уравнение, из которого
находим Т - tQ = vG/g. Искомая высота h = у2(Т), h = ^02/2g.
1.2.26. Направим ось у вертикально вверх, с началом на уровне
бросания шарика. В момент времени t = 0 брошен первый мяч. Коор-
динаты шарика с номером л:
УА*) = (а - 1)7] -g[t~ (п- 1)7172.
Если изобразить графики функций yn(t), п, - 1, 2, 3, 4, то очевид-
но, что максимальная высота подъема Н = g(27172, b = gl*/2.
1.2.27. Выберем начало координат в точке опоры теннисиста, ось
х направим в горизонтальной плоскости. Координаты мяча x(t) - vt,
y(t) = Н - gt2/2. Рассмотрим полет по траектории, касающейся сетки.
Если начальная скорость мяча v = vv то в момент касания t = tl
имеем y(t}) = h, х(^) = s/2 или Н - g/l/2 = h, vtl = s/2. Следовательно,
= (s/2) [g/2(H - Л)]1/2. В момент времени t = Т мяч упадет на корт:
у(Т) = 0, х(Т) = (s/2) [Н/(Н- h)]l/2, b = Dt- s/2.
Если начальная скорость мяча v = и2, то в момент t = t2 имеем
y(t2) = 0, x(t2) = s или Н - gt2/2 = 0, vt2 = s —> v2 - s[g/2H]'/2. Следова-
тельно, v{ < vQ < v2.
1.2.28. Выберем начало координат в точке бросания камня, а —
угол между вектором vQ и осью х (рис. 1.2.28 а). Проекции началь-
ной скорости 1?^ = i?0cosa, vQy = i>osina. Проекции скорости и координат
представляют собой четыре функции
x(t) = i>0cosa t, y(t) = i^sina t - gt2/2.
vx(t) = vQcosa, vy(t) = i?osina - gt,
(1)
(2)
Рис. 1.2.28a
Рассмотрим первое событие — камень в высшей точке траекто-
рии в момент времени В этой точке проекция скорости на верти-
каль — ось у — равна нулю. Величина Н равна значению функции
у(1/). Из (1), (2) получаем
= 0 -> sin a - gi, = О,
H = y(t]) ->y„sin at, - gt//2 = II.
(3)
(4)
263
Из системы уравнений (3), (4) находим
t{ = vQ sin a/g, H= v2 sin 2a/2g.
Найдем теперь дальность полета D. Эта величина связана со вто-
рым событием — падением камня на Землю в момент времени t2:
D = x(t2),y(t2) = 0. Учитывая (1), получим
y(t2) = 0 -> vQ sin a/2 - gt2/2 = 0. (5)
D = x(t2) —> p0cos ai2 = D. (6)
Решение этой системы t2 = 2p0 sin a/g, D = v2 sin 2a/g.
Отметим, что t2 = 2tp т.е. время подъема равно времени спуска.
Рис. 1.2.286
Рис. 1.2.28в
Зависимость дальности от угла а изображена на рис. 1.2.28 б. Как
видно, при заданной величине начальной скорости дальность при-
нимает значения в интервале 0 < D < Dm, Dm = v2/g. Дальность полета
достигает максимального значения при a = am, am = л/4. Максималь-
ная высота подъема Нт = DJb. Значениям двух углов, со сторонами,
смещенными симметрично относительно угла am = л/4 на угол 0, со-
ответствуют две различные траектории с одинаковой дальностью по-
лета Dq: значению а1 = л/4 - 0 — настильная траектория, значению
02 = л/4 + 0 — навесная траектория (рис. 1.2.28в).
Очевидно а, + ос, = л/2.
1.2.30. Дальность и максимальная высота подъема снаряда
D(a) = v2 sin 2a/g, Я(а) = i?02 sin 2a/2g. Дальность одна и та же при
значениях a2l = л/4 ± 0 или а, = л/2 - а2. Согласно условию
D(ol,) = Ща-г) или 1=4 ctg Clj.
Следовательно, Я(а,) = ctg2 а2 - Нт/\Ъ.
1.2.31. Направим ось у вертикально вверх. Тогда y(t) = ut - gt2/2,
uv(t) = и - gt, где и = posina. При t = т имеем уравнение 0 = и - gx/2.
Максимальная высота подъема мяча
Яш =y(t/2) = uT/2-gr78=gr78.
264
1.2.32. Расположим начало координат и положение осей ху, как
показано на рис. 1.2.32а. Начальное положение ядра задается векто-
ром г0 = (О, Н, 0). Координаты ядра в момент времени t определяются
функциями x(t) = i>0cosa t, y(t) = Н + i>osina t - gZ2/2.
Пусть t = T — момент падения ядра на землю: тогда у(Т) = 0,
дальность D = х(Т). Учитывая явный вид функций x(t) и у(t), полу-
чим систему
Я-+-^паТ-^/2 = 0, (1)
п0со$а T = D, (2)
из которой находим
Я(а) = .^CQsa^ sina + sin2 а + 2gH ) (3)
Рис. 1.2.32а
Необходимо найти значение a = a0, при котором функция Я(а)
достигает максимума. Для этого надо решить уравнение dD/dck = 0,
где dD/da — производная функции Z)(a).
Проще, однако, воспользоваться следующим приемом. Изобра-
зим примерный вид графика функции Я(а) (рис. 1.2.326) и найдем
значения углов а7 и с^, при которых дальность равна s.
Полагая в (3) D = s и учитывая, что cos"2 a = 1 + tg2 а, получим
уравнение
tg2a-^-tga + l-^^ = O (4)
gs gs
корни которого
2 ( I----7--\2----->
tg2<*.,2=— (5)
265
При s = Dmax уравнение (4) должно иметь один корень, опреде-
ляющий значение искомого а0. Следовательно,
1- (gD„Jvo7 + (2gH/vn2)=O, (6)
tg“o = v«/gDatI- (7)
Из (6), (7) находим
(8)
g
tga0 =
vo
M+2gH
(9)
На основе формул (8) и (9) можно давать вполне обоснованные
тренерские указания спортсмену. Для достижения максимальной
дальности точка бросания ядра должна быть расположена как можно
выше, угол бросания определяется формулой (9). Подставляя число-
вые данные, находим а0 = 41°, Ятах = 16,57 м.
Мировой рекорд — 23,12 м (1990 г.).
Используем формулу (3) для анализа прыжков в длину с разбега.
В качестве горизонтальной составляющей начальной скорости возь-
мем максимальную скорость спринтера: i?0cosa = 10,5 м/с. Верти-
кальную составляющую скорости найдем исходя из того, что, прыгая
с места вертикально, человек поднимает центр тяжести на высоту
0,6 м: i?osina = 4,85 м/с. Следовательно, tga = 0,46, a = 25°. Величина
Н = 0,6 м равна расстоянию по вертикали между положениями цен-
тра тяжести на старте и при приземлении.
В 1968 г. Боб Бимон прыгнул на 8,9 м, «как получилось», вопре-
ки канонам техники. Его рекорд был перекрыт Майклом Пауэлом в
1991г.-8,95 м.
1.2.34. Выберем координатные оси так, чтобы в момент бросания
бомбы t - 0 цел находилась на расстоянии $ от начала координат, а
самолет на высоте Я (рис. 1.2.34).
Рис. 1.2.34
266
Начальная скорость бомбы совпадает со скоростью самолета
/;Д0) = (UjCosa, -^sina, 0), начальное положение г 1 (0) = (0, И, 0).
Согласно (1.6.1) запишем две функции
x^(t) = PjCos a t,
(t) = H - i^sina t - gt2/2.
Координаты цели в выбранной системе координат
x2(t) = s + v2t, y2(t) =0.
В момент поражения цели t = Т координаты цели и бомбы совпадают:
= х2(Т) -> PjCosa Т= s + v2T, (1)
у,т=Уг(Т)^И-и^паТ-^/2 = 0. (2)
Разрешая систему (1), (2), находим
5 = (UjCosa - v2) [(u/sir/a + 2gff)i/2 - i^sina]/#.
1.2.35. PiG) = vio+g^P2G) = P2oИз условия задачи P1P2 = 0в
момент времени I - Т.
1.2.36. Расположим начало координатной системы ху в точке О,
ось х — но горизонтали, oci>fy направим вертикально вверх.
Начальная скорость ядра (0) = (i^cosa, posina, 0), начальное
положение rt (0) = (0, 0, 0).
Координаты ядра: я, (/) = u0cosa /, yK(t) = posina t - gt2/2.
Пусть начальное положение цели задано вектором г2 (0) = (5, А, 0)
(рис. 1.2.36). Закон движения цели в выбранной системе координат
^(0 =s,y2(t) = h-gt2/2.
В момент попадания ядра в цель t = Т координаты ядра и цели
совпадают:
z, (Т) = х2( Т), -> uocosa Т = s, (1)
у, (Т) = у2( Т), -> [V'ina Т - gr/2 = h- gt/2. (2)
Разрешая систему (1), (2), находим tga. = h/s.
267
Найдем теперь возможные ограничения на величины 5 и h. Оче-
видно 5 < i?02sin2a/g, или s2 < ——.
g
1.2.37. Расположим начало координатной системы ху в точке
первого столкновения шарика с наклонной плоскостью. Ось х напра-
вим по горизонтали, ось у — по вертикально вверх.
Начальная скорость шарика = (i?osin2a, u0cos2a, 0), начальное
положение г (0) = (0,0, 0).
Координаты шарика: x(t) = ц, sin2a t, y(t) = cos2a t - ^2/2.
В точке второго столкновения с плоскостью в момент времени Т
значения координат: х(Т) = scosa, у(Т) = -ssina.
Следовательно, имеем систему уравнений
posin2a T = s cosa,
р0 cos2a Т - gT*/2 = -s sina,
из которой находим s~8h sina.
1.2.38. Расположим начало координат в точке О. Частица отска-
кивает от плоскости в точках А2...
В Точке А1 величина вертикальной компоненты скорости до от-
скока v = y]2gh . Расстояние от точки О до точки Ai равно 51 = vGT,
Т = y]2h /g . Расстояние между точками Ах и А2 равно s2 =
kvt = gt2, v, = (2gk),/2-> s2 = 2kv0T.
Искомое расстояние s = s, + s2 + ... = v0T(l + 2k + 2k2 + ...).
1.3. Относительное движение
1.3.1. В случае А перемещение второй частицы относительно
первой x21(J) = х2 - xv x2X(t) = s + 7vt. Проекция на ось х относитель-
ной скорости второй частицы i;21 = lv.
1.3.2. Щепка по отношению к воде в находится покое. Гребец ра-
ботает веслами так же, как в неподвижной воде.
1.3.3. Очевидно, скорость течения реки и = s/T, где Т - время, за
которое шляпа проплыла путь 5. Величину Т проще всего найти, рас-
сматривая движение в системе отсчета, связанной с водой. В этой
системе вода неподвижна, а гребец в течение времени т плыл от шля-
пы подплывал к ней с одной и той же скоростью.
Следовательно, 5 - иТ, Т=2т,и - s/2T.
268
1.3.5. Введем ось х, направленную параллельно скорости тепло-
хода и. Скорость пассаж-ира относительно теплохода Координата
кормы теплохода в системе координат, связанной с берегом xK(t) = ut.
Пусть Т — интервал времени, в течение которого пассажир проходит
палубу в одном направлении. В моменты времени t = 2Т, 4Т, ... пас-
сажир возвращается к корме — координаты пассажира xn(t) равны
2иТ, 4иТ, ... . Очевидно координата пассажира хп(Т) = (и + и0)Т,
х^ЗТ) = 2иТ + (и + и0)Т,... (рис. 1.3.5).
Согласно условиюхп(Т) = хк(4Т) или {и + vQ)T= 4иТ.
Следовательно, = Зы.
1.3.6. В задаче идет речь об определении скорости ветра в двух
системах отсчета: неподвижной системе, связанной с Землей, и систе-
ме, движущейся на запад со скоростью и. В неподвижной системе от-
счета вектор скорости ветра известен и равен и. Из соотношения, свя-
зывающего скорости ветра в неподвижной и движущейся системах,
находим вектор скорости ветра относительно корабля (рис 1.3.6):
и' = и - и. (1)
Соотношение (1) представляет два независимых уравнения, яв-
ляющихся проекциями (1) на оси х и у прямоугольной системы ко-
269
ординат. Пусть а - угол между вектором и' и осью х на рис. 1.3.5.
Тогда из (1) получим систему уравнений
, 1
и СОШ = -7= V + U,
V2
t 1
v sina ~ —?= и.
у/2
Последнее соотношение можно получить непосредственно, при-
меняя теорему косинусов к треугольнику, образованному векторами
u,u,v . Подставляя числовые данные находим а = 15°, и'~ 13,5 м/с.
1.3.7. u- >Jv'2+v2 .
1.3.8. Обозначим ^скорость частицыр относительно частицы к.
Обозначая буквами О, Л, С, В соответственно океан, авианосец, само-
лет и движущийся воздух ветра, получим
V -V + + V — V +5 -V .
CH СА АО OB (Д ЛО ВО
Величина искомой скорости и - yjv2 + .
1.3.9. После упругого столкновения мяча с бутсой его скорость
изменится до направлению, оставаясь но величине неизменной. Это
утверждение справедливо только в системе отсчета, относительно ко-
торой бутса неподвижна. Поэтому для решения задачи необходимо
рассмотреть процесс, соударения в системе отсчета, связанной с бут-
сой и движущейся со скоростью й относительно Земли. В этой сис-
теме мяч налетает на бутсу со скоростью - й, а после удара скорость
мяча становится равной й . Таким образом, после удара мяч летит со
скоростью й относительно бутсы, а бутса движется со скоростью, й
относительно Земли. Тем самым скорость мяча после удара относи-
тельно Земля равна 2й. т.е. по определению равна сумме скорости
движущейся системы и скорости тела относительно движущейся сис-
темы.
Приведем общее решение задачи на определение скорости части-
цы после упругого столкновения с движущейся плоскостью. Пусть
частица движется перпендикулярно плоскости со скоростью и1П.
В системе покоя плоскости ее скорость и v it.
После столкновения скорость частицы стала равной
v ' = ~и = й ~v ..
oiil in т
270
Переходя в исходную систему отсчета, найдем скорость частицы
после столкновения и = й + и ' =2й -и ..
out out т
1.3.10. Для того чтобы вся кинетическая энергия струи пара пере-
шла в энергию вращения турбины, скорость струи пара после отраже-
ния от лопатки должна равняться нулю. Предположим, что столкно-
вение струи с лопаткой является упругим процессом. Полагая в
полученном выше решении задачи 1.3.9 vout =0 , находим и = и/2. Это
соотношение выполняется в рабочем режиме турбины.
1.3.11. Скорость частицы в неподвижной системе отсчета ри
скорость частицы и в системе отсчета, движущейся со скоростью й
связаны соотношением и=й + и', Направим ось z по вертикали
вверх. Тогда до отскока имеем уравнение -vQ = и + р/. После отскока
скорость шарика в системе покоя плиты иг2'= -и’ = и + v0.
Скорость шарика в неподвижной системе va = и + vj.
1.3.13. Скорость перемещения оси колеса и. Введем систему от-
счета К\ движущуюся поступательно вместе с осью колеса. В этой
системе скорости v 'точек обода направлены по касательной к ободу
и одинаковы по величине.
Рис. 1.3.136
Скорость любой точки колеса относительно Земли является век-
торной суммой скорости й и скорости v': и = й + иг. Направление и'
в каждой точке обода известно. Определим величину скорости и .
Для этого рассмотрим точку А. Так как колесо движется без про-
скальзывания, то в любой момент времени точка касания колеса с
поверхностью неподвижна относительно этой поверхности, т.е. ско-
рость точки А в системе отсчета К равна нулю. Проецируя векторное
равенство v=u+v' на горизонтальное направление, находим vA = 0,
0 = и - и'.
271
Таким образом, v' = и. Теперь нетрудно найти скорость точки В
относительно Земли (рис. 1.3.136) Рв=й + ?в> иу=у/2и; точки С:
и с= й + v’c , vc = 2и\ и скорость точки D: v в= й + v’D, vD = >/2и .
1.3.14. Имеем уравнение и=й + иг. Возводя в квадрат, получим
и2 = и2 + 2ии + и'2 или cos р= -1/2. Следовательно, а, = л/6, ос2 = 5л/6
(рис. 1.3.14).
Рис. 1.3.14
1.3.15. Эту задачу следует рассмотреть в системе отсчета, движу-
щейся со скоростью и.
На рис. 1.3.15 изображена система координат К’, в которой на-
чальное положение камешка, оторвавшегося от покрышки
г = (~/?cosa, /?sina, 0),
начальная скорость
v0 = (a sin а, и cos a,0).
В этой системе координат
x(t) = -flcosa + ttsina t, (1)
y(t) = /?sina + Mcosa t - —(2)
vjt) = usina, (3)
vy(t) - Mcosa - gt. (4)
272
Отметим, что в неподвижной системе отсчета скорость камешка
направлена по касательной к траектории точки отрыва - циклоиде.
Пусть tm - время подъема камешка до наивысшей точки траекто-
рии. В этот момент времени vy(tm) = 0. Учитывая (4), получим урав-
нение mcosoc - gtm = 0, из которого находим = wcosa/g. Высоту подъ-
м2
ема камешка найдем из (2): h = h = R sin a + — cos2a.
2g
Теперь наша задача — найти максимальное значение функции h(a):
hm = /г (aJ. Для этого можно найти решение уравнения dh(a)/da - 0 или
выделить полный квадрат
. и gR и2 gR .2
fe(a) = — + VT " (sina ~ ^2 ) '
2g hr 2g и2
(5)
тл /-Ч gfl , и gR2 Г~=Г
Из (О) находим sin ат = , пш = — + , при значении и > yjgR .
Из неравенств х + 1/х > 2, х > 0 следует, что hm> R. Максимальная
высота подъема Hm = hm + R.
1 А. Законы Ньютона
1.4.1. В первом случае на тело действуют сила тяжести mg и си-
ла реакции опоры N . Согласно второму закону Ньютона
тп-б = mg + N .
Следовательно, сила реакции N = -mg , ее величина N-mg.
Рис. 1.4.1 б
Рис. 1.4.1 а
Если к кубику приложить силуГ , то в этом случае на кубик дей-
ствуют три силы: сила F , сила реакции опоры N , и сила тяжести mg .
Из второго закона Ньютона т • 0 = mg + 4- F находим — mg — F .
273
Величина силы реакции Ny = mg + F возросла. Этот простой при-
мер показатывает, что силы не «передаются», вопреки широко рас-
пространенному заблуждению. Точка приложения силы F фикси-
рована на верхней грани кубика. Сила реакции заранее неизвестна и
найдена в результате решения уравнений, следующих из второго за-
кона Ньютона.
1.4.2. На первое тело действует сила, сила притяжения mJf сила
реакции^, со стороны плоскости и сила реакции 7] со стороны вто-
рого тела. На второе тело — сила притяжения т2, сила реакции N2 со
стороны плоскости и сила реакции Т2 = со стороны первого тела,
(рис. 1.4.2). Поскольку ускорения тел одинаковы, то второй закон
Ньютона можно записать в виде
т^а =F + g + Ni + 7]. (1)
т2а = T2 + m2g + ZV2. (2)
Выбирая положительное направление осей х, у декартовых коор-
динат по направлению скорости и вертикально вверх, из (1), (2) по-
лучим в проекциях на оси четыре уравнения
т{а = F~ Т, • 0 = - mg,
т2а = Т, m2-0 = N2- mg
Следовательно, /V, = mg, N2 = mg, Т ————F .
+ т2
Сделаем два замечания: 1. Силы реакции заранее не известны, они
найдены в результате решения системы четырех уравнений (1), (2).
2. Сила F не «передается» телу т2.
274
1.4.3. Из второго закона Ньютона для всей системы имеем урав-
нение 4та = F, для четвертого кирпича та = F^t — проекция си-
ды, действующей со стороны третьего кирпича на четвертый.
1.4.4. Найдем вначале максимальное значение силы натяжения
шнура То. На рис. 1.4.4 изображены силы, действующие на оба тела
системы. R горизонтальном направлении на первое тело действуют
сила F\ и сила натяжения шнура 1], на второе тело-сила натяжения
шнура Т2. Так как массу шнура можно положить равной нулю, то
величины сил натяжения Т{ и Т2 одинаковы. Действительно, для
шнура массой m уравнение движения имеет вид
та = Т/ + f2 + N + mg,
где Т2 - ~Т2, T{f = ~ силы, действующие на шнур со стороны
второго и первого тел. Из этого уравнения следует, что при m Ф О,
Т, * Т2. Поскольку m = 0, а Ф 0, то 7\ = Т2 = Т.
Рис. 1.4.4
В проекции на горизонтальное направление уравнения движе-
ния первого и второго тел имеют вид msa = Fs-T, m2a = Т.
Из этой системы уравнений находим Т = т^{/(т^ + т2). При
Ft = 200 П сила натяжения достигает предельно допустимого значе-
ния TQ = 120 Н.
Если теперь сила F 2 приложена ко второму телу, то оба тела дви-
жутся с ускорением а '.
Из уравнений движения m2ar = F2 - То, т^а' = То, получим значе-
ние силы F2, при котором шнур разорвется
F2 = (m1 + т2)а’ = (m1 + т2)Т[}/ту - m^FJm^
1.4.5. Пружина прикреплена к обойме динамометра массой Ми к
крюку массой т. Массой пружины пренебрегаем. Со стороны пру-
275
жины на обойму и крюк действуют силы Т2 и , равные по величи-
не Т (рис. 1.4.5). Значение Топределяет показания динамометра. Со-
гласно второму закону Ньютона Ma = Т - F2,ma = F{- Т.
Рис. 1.4.5
Г Fi^F2
Следовательно, ускорение динамометра а = —-- .
M + m
Динамометр будет показывать значение
у7 = ^Fi + ^^2 /1 \
M+m ' k J
Рассмотрим некоторые частные случаи:
1. т = 0. Из (1) находим Т = Fj = 8 Н. В этом случае сумма сил,
действующих на крюк массой т = 0, равна нулю.
2. М = т. Из (1) следует значение Т = (F{ + F2)/2 = 6,5 Н. На
обойму и крюк действуют одинаковые силы величиной 1,5 Н, сооб-
щая одинаковое ускорение.
3. F'= F2 = Fq. Эта ситуация соответствует динамометру, прикреп-
ленному к неподвижному или равномерно движущемуся телу. В этом
случае Т = Fo.
1.4.6. Начало координат оси х поместим в точку закрепления
пружины и направим ось вертикально вниз.
В начальный момент времени х(0) = 10, где — длина пружины в
ненапряженном состоянии.
На груз действуют сила упругости, сила притяжения Земли и си-
ла реакции.
Из второго закона Ньютона получим уравнение
ma = mg - к(х - Zo) - N.
Поскольку груз движется с постоянным ускорением, то
x(t) = l* + at2/2.
Следовательно, N(t) = m(g- а) - kat1 /2.
В момент времени груз отрывается от подставки: /V(ZJ = 0. Из
этого уравнения находим = [2m(g - a)/ka]i/2.
276
1.4.7. Направим числовую ось вертикально вверх. Пусть Т —
максимальная сила натяжения веревки. Из второго закона Ньютона
получим систему
О = Т- mg, m2a = Т~ mg.
Следовательно, ускорение а - (mjm2 - l)g.
Высота подъема Н = (mjm2 - i)gx /2.
1.4.8. В обоих случаях вектор ускорения направлен вертикально
вверх. Благодаря гравитационному взаимодействию на все тела дей-
ствует сила притяжения Земли mg. Не следует путать эту силу с си-
лой веса. Как известно, весом тела называют силу, которая в системе
покоя растягивает пружину, если к ней подвесить тело. Можно также
определить вес тела как силу N', с которой тело давит на подставку.
Следовательно, вес тела является силой, приложенной к подстанов-
ке, а не к телу.
а
Рис. 1.4.8 а. Рис. 1.4.8 б
Какие же силы действуют на тело в спускаемом аппарате? Таких
сил две — сила тяжести mg и сила реакции N (рис. 1.4.8а). Согласно
третьему закону Ньютона сила веса Nf = —N приложена к плоскости
опоры. Согласно (1.7.1) ma = mg + N. Отсюда следует та = N - mg.
Поскольку TV = 2V, то сила веса космонавта AT = т(а + g). «Эта сила пре-
восходит нормальный вес космонавта на величину та. Выражение
для веса можно записать в виде N’ = mg^ где эффективное ускорение
g^ = g + я- Человек может выдержать перегрузку g^ = (10 ч- 12)g. В
реальных условиях влияние перегрузок на организм-человека зависит
от того, под каким углом к горизонту движется спускаемый аппарат.
При ускорении, равном 4g, в направлении «голова-ноги» передвиже-
ние космонавта невозможно.
277
Значительные перегрузки испытывает пилот при посадке самоле-
та на авианосец. Например, длина взлетной полосы авианосца «Тео-
дор Рузвельт» (CVN-71) — 330 м. Натянутый канат может остано-
вить самолет с начальной скоростью 240 км/ч за 2 секунды —
тормозное ускорение 3,4g. Самолет «выстреливается» с палубы ката-
пультой: за те же 2 с она разгоняет 32-тонный аппарат до взлетной
скорости 240 км/ч.
1.4.9. Из уравнения ma = mg + N находим вес тела № = иг(g - а).
Если тело вместе с кабиной находится в состоянии свободного паде-
ния (a = g), то вес тела равен нулю. Следовательно, для создания не-
весомости нет нужды выходить в космическое пространство за пре-
делы сферы тяготения - тела почти невесомы, например в самолете,
который движется в атмосфере с выключенным двигателем в поле тя-
готения Земли по траектории, близкой к параболе.
1.4.10. Перечислим силы, действующие на груз: m2g — сила тя-
жести, N2, Т — силы реакции со стороны дна и стенки (рис. 1.4.10).
На стенку действует сила Tf = -Т.
Из второго закона Ньютона m2a2 = m2g + N2 + Т в проекции на
ось х подучим уравнение
zn2a2x = mg sina - Г. (1)
Рис. 1.4.10
Коробка и груз как целое движутся с одинаковыми ускорениями
= a1x = a, a = g sin а. Подставляя это значение а в (1), находим
Т = 0. Груз касается стенки, но не деформирует стенку.
1.4.11. На тело действуют сила тяжести и сила реакции, числен-
но равная весу тела. Очевидно ускорение лифта направлено по вер-
тикали вверх.
Из второго закона Ньютона получим уравнение ma - Р - mg.
278
1.4.12. На тело действуют сила тяжести и сила реакции, численно
равная весу тела. Очевидно, ускорение лифта направлено но вертика-
ли вниз. Из второго закона Ньютона получим уравнение та = mg - Р.
1.4.13. Очевидно тело лежит на потолке «лифта». Из второго за-
кона Ньютона получим уравнение та = Р + mg.
1.4.14. На тело действуют сила тяжести т g и сила реакции N со
(тороны клина. На клин действуют сила тяжести Mg, сила давления
со стороны тела — N, сила реакции со стороны горизонтальной
плоскости R и сила реакции стенки G . Из второго закона Ньютона
следуют уравнения та - mg + N , О = Mg + Н - N + G .
1.4.15. Из второго закона Ньютона следуют уравнения тах = Nx,
тау = ~mg + ZVy. Из решения задачи 1.1.18 следует, что = р/2,
= -i?ctg(p/2, d(p/dt = -p/(Zsin(p).
Следовательно, ах = 0, av = (v/2sin2<p)d(p/df = -pz/(2Zsin3(p).
Сила реакции направлена по вертикали.
1.4.16. Поместим начало координат на оси и направим ось х вер-
тикально вниз. Для двух частей каната имеем уравнения
трХх = -Т + mg ^га2х = -Т+ mg.
Из условия связи xi + х2 = Z получим еще одно уравнение а1х + а^ = 0.
Следовательно, Т = 2mAmg/(m^ + m2) -~>Т= 2mg(xi/l)(i - xjl).
Величина силы реакции равна значению /V = 2Тпри #, = (/ + $)/2.
1.4.17. Направим ось х вертикально вниз, а начало координат
поместим на уровне оси блока. Координаты центров масс грузов xt и
х2, проекции ускорения на ось х равны а, и а2. Пусть длина равна 10.
Тогда xt + х2 = 10. Следовательно, проекции скоростей частиц удовле-
творяют соотношению и2 + и2 = 0. Отсюда получим соотношение, свя-
зывающее проекции ускорений
а, + а2 = 0.
ZZZZZZ
| м |
Рис. 1.4.17 а
Рис. 1.4.17 6
279
Силы, действующие на каждое тело системы показаны на рис.
1.4.17 а, б. Прежде всего отметим, чтр величина сил натяжения нитей
одинакова только тогда, когда массы нитей и блока значительно
меньше масс грузов. При вращении блока проекция момента сил на-
тяжения TJI - T^R равна произведению момента инерции блока на
проекцию углового ускорения на прямую, параллельную оси блока.
Поэтому Т, = Т2 = Т, если масса блока равна нулю.
Учитывая, что № = N, получим из второго закона Ньютона, запи-
санного для каждого тела системы, три уравнения
Ma, = Mg- T+N, (2)
ma^ = mg-N, (3)
Ma2 = Mg-T. (4)
Из (l)-(4) находим
g- T/(m + M) +g- T/M~Q-> T = 2M(m + M)g/(m + 2M). (5)
Полагая a, = -a2 = а, получим из (4), (5) значение
a = mg/{m + 2ТИ).
Теперь из (3) находим TV = 2mMg/(m + 2M).
1.4.18. Направим ось х вертикально вниз, а начало координат
поместим на уровне оси блока. Координаты частиц хг и х2, проекции
ускорения на ось х равны а, и а2. На первую частицу действуют сила
тяжести m^g и сила натяжения нити 7]. На вторую частицу дейст-
вуют сила тяжести m2g и сила натяжения Т2 со стороны другой час-
ти нити (рис. 1.4.18).
Рис. 1.4.18
280
Предположим, что массы блока и нити значительно меньше масс
частиц.
Тогда величины сил натяжения одинаковы 71, = = Т. Из второго
закона Ньютона получим уравнения
mial = mjg-T, (1)
т2а, = т^~ Т, (2)
в которые входят три неизвестные величины av а2 и Т. Третье урав-
нение получим из соотношения, связывающего координаты частиц.
Пусть в начальный момент времени длина нити между точками, в
которых находятся частицы, равна 10. При смещении второй частицы
вниз на расстояние s(t) относительно нити длина нити, связывающей
частицы, станет равной + х2 = 10 + 5. Следовательно, проекции ско-
ростей частиц удовлетворяют соотношению + v2 = и, где и - проек-
ция на ось х скорости второй частицы относительно нити. Отсюда по-
лучим соотношение
ах + а2 = ш, (3)
где w - проекция на ось х ускорения второй частицы относительно
нити.
Из системы уравнений (1), (3) находим
ml m2 + тп2
_ S(mi —m^ + wrr^ +
~ ' •
Рассмотрим несколько частных случаев.
А. Натяжение Т = 0, если w = 2g. Проекции ускорения частиц
а1 -d2-g‘ Частицы находятся в состоянии свободного падения.
Б. а2 = 0. В этом случае w = (тп, - m2)g/m^ = ар Т = mg Если
ш2 = 2тпр то w = -g.
В. т{ = т2 = т. Тогда а, = а2 = w/2t Т = m(g - w/2). Этот вариант
задачи придумал оксфордский профессор математики, автор книги
«Алиса в стране чудес» Льюис Кэрролл: т2 — масса обезьянки, тп, —
масса груза. При движении обезьянки вверх груз поднимается.
Г. w = 0. Если блок заторможен, то величина силы, действующей
на ось блока N = (mt + m2)g. При движении частиц величина силы
станет 7V'= 2Т. Приращение ДА = -(m, — + ^)-
281
1.4.19. Направим ось х вертикально вниз, а начало координат
поместим на уровне оси неподвижного блока (рис. 1.4.19 б). Коорди-
наты груза массой тА и оси второго блока х3и хс связаны соотношени-
ем х3 + хс = const.
Рис. 1.4.19 6
Проекции ускорений груза тп3 и оси блока удовлетворяют урав-
нению
а3 + ас = 0. (1)
Координаты первого и второго грузов х, = хс + х2 = хс + s2, где
$, + s2 = const. Следовательно, проекции на ось х ускорений первого и
второго грузов а, = ас + а',, а2 = ас + а'2,
а\ + а'2 = 0. (2)
Пусть Т — величина силы натяжения, действующая на первый и
второй грузы. Тогда 2Т — величина силы натяжения, действующая
на третий груз. Из второго закона Ньютона получим уравнения
яг, (ас + а\) = mg- Т, (3)
^(«е+О =W?- Т, (4)
пг3а3 = ^-27’, (5)
Из уравнений (2) - (4) получим
2яг,яг2ас = 2яг(яг^- + яг2). (6)
282
Теперь из уравнений (1), (5), (6) находим
2Г । g Л>»-1+т2)=_0 ? 4ffl,m2zn3g
пг3 2171^ ’ \т^т2 +т3(^ +^г2)’
& _ 4^^4-п^)
l- (тщ-иг,)2
Если тч = гщ + т2, то ас = -g----------
Ьтщт2 -F(mt +zn2)
1.4.20. Перечислим силы, действующие на кресло: сила тяжести
m2g, сила натяжения веревки Т2 и сила давления Nf. На маляра
действуют сила тяжести m{g , сила натяжения веревки 7] и сила ре-
акции N со стороны кресла (рис. 1.4.20).
Учитывая, что Т1 = Тг = Т, N = У, получим из второго закона Нью-
тона уравнения
m^a =mKg + N + fi, (1)
m2a = m2g + N' + f2. (2)
В проекции на ось х следуют два уравнения
(3)
гп^а = -mg + N + Г,
m2a = N + Т,
Из (3), (4) находим
Т= (1 + a/g)Ta, Тй= (mt + m2)g/2, N = (тп, - m1)(g + а)/2.
Здесь Тц — величина силы натяжения в состоянии покоя.
1.4.21. Пусть ар а2 — проекции ускорений грузов на ось х, на-
правленную вертикально вниз. Величины сил натяжения, действую-
щих на грузы, нити и ось первого блоков, показаны на рис. 1.4.216.
о
£
Рис. 1.4.21 б
283
Из второго закона Ньютона получим уравнения
та{ = mg - Т, та2 = mg - 2Т.
Координаты грузов xt, х2 на рис. 14.21 б связаны соотношением
х, + 2х2 = const.
Следовательно, ак + 2а2 = 0. /V = 271.
1.4.22. Поместим начало координат числовой оси х на уровне оси
первого блока, хр х2 — координаты грузов (рис. 1.4.1.22 б). Проекции
ускорений грузов — ар а2.
//////
Рис. 1.4.226
Пусть величина силы натяжения, действующая на второй груз со
стороны нити равна Т. Поскольку массы блоков и нитей можно при-
нять равными нулю, то из второго закона Ньютона следует система
уравнений
= mg- 2Т, (1)
m2a2 = m2g-T, (2)
Теперь запишем уравнение связи. Длина первой нити равна Zp
длина второй нити ~ 12У Н — расстояние между осью верхнего блока
и основанием.
Тогда координаты грузов удовлетворяют условию
(/, + 12 - [х2 — (/j - х,)] — Ну
или
2х, + х2 = const.
284
Отсюда получаем соотношение для проекций скоростей и уско-
рений грузов
2^1 + v2 = 0, 2а{ + а2 = 0. (3)
Из системы уравнений (1) - (3) находим
2g - ЬТ/т^ + g - T]m2 = 0 -> Т = + 4тп2).
Ускорение груза mi равно at = (тп, - 2m2)g/(mi + 4тп2).
Если а, - а2 = 0, то величиной силы натяжения Т = mg можно
удержать груз массой тп, = 2т2.
1.4.23. Направим ось х вертикально вниз. Пусть av а2 - проек-
ции ускорений грузов на ось х, Величины сил натяжения, дейст-
вующих на нити равны Т. Проекции сил, действующих на каждый
груз со стороны нитей Рх = -271.
Из второго закона Ньютона получим уравнения т^ = mg - 2Т,
m2a2 = mg - 2Т. Координаты грузов xv х2 на рис. 1.4.23 связаны соот-
ношением 2х{ + 2х2 = const.
Следовательно, at + а2 = 0.
Из системы уравнений находим 2g - 2T/m^ - 2T!m2 = 0,Т= 4mg/5.
1.4.24. Направим ось х вертикально вниз.
Пусть ap а2, ал - проекции ускорений грузов на ось х. Величины
сил натяжения, действующих на нити равны Т, проекции сил, дейст-
вующих на грузы тп, и тп3 равны Тт = -Т, проекция силы натяжения,
действующей на груз т2 равна Рх = -2Г.
Из второго закона Ньютона получим уравнения т^ = mg - Т,
m2a2 = mg-2Т, т3а3 = т£-Т.
Рис. 1.4.24 б
285
Координаты грузов xv х2, х.л на рис. 1.4.245 связаны соотношени-
ем хх + 2х» + х2 = const. Следовательно, + 2а2 + а3 = 0.
Из системы уравнений получим
g- T/rnl + 2(g - 2Т/т2) +g- T/m3 = 0,
Т = 4mg/5.
1.4.25. Направим ось х вертикально вниз. Пусть av а2 - проек-
ции ускорений грузов на ось х. Величины сил натяжения, дейст-
вующих на нити равны Т, проекций сил натяжения, действующих на
грузы и ш2 равны Тт = - Т.
Из второго закона Ньютона получим уравнения
= mg - Т, иг2а2 = m.g - Т.
Координаты грузов х2 на рис. 1.4.25 связаны соотношением
Ху + х2 = const.
Следовательно, + а2 = 0.
Из системы уравнений получим
Т = 2гПуШ2/ш2), Т = 2,4mg.
1.4.26. Направим ось х вертикально вниз. Координаты частиц —
хп, ап — проекции ускорений грузов на ось х, п = 1, 2, 3, 4. Величины
сил натяжения, действующих грузы, показаны на рис. 1.4.265.
/////////
Рис. 1 .4.26 б
286
Из второго закона Ньютона получим уравнения
та{ -mg + F-T, (1)
та2 = mg- 2F, (2)
ma3 = mg+Q~T, (3)
mafi = mg + F - 2Q, (4)
Эта система уравнений, содержащая семь неизвестных величин,
должна быть дополнена условиями кинематических связей. Из рис.
1.4.266 находим, что нить длиной I образована отрезками постоянной
длины
^41 + ^2 )
^13 = + *з> (®)
= ^41 + + 2х4 — х3. (7)
Из (5) - (7) находим соотношения между проекциями ускорений
О = 2а2 - а4 - ар 0 = а, + а3, 0 = 2а4 - а3.
Отсюда находим а, = 4а2, а3 = -4а2, а4 = -2а2.
Теперь уравнения (1) - (4) приобретают вид
4ша2 = mg + F - Г, (8)
та2 = mg-2F, (9)
-4ша2 = zng+ Q - Т, (10)
-2та2 - mg + F- 2Q. (11)
Из системы (8) - (И) находим а2 = -g/31.
1.4.27. На машину как целое действуют: сила тяжести, реакции
(сумма которых равна нулю), сила трения качения (которой будем
пренебрегать), сила сопротивления воздуха и ... Изучите вначале
рис. 1.4.27, где изображено ведущее колесо. Если оно движется без про-
скальзывания, то скорость точек контакта шины с шоссе равна нулю.
287
В этой области на покрытие шоссе действует сила трения покоя
Fn со стороны шины. Согласно третьему закону Ньютона на приле-
гающий к шоссе участок поверхности шины действует со стороны
покрытия сила FT , В технике ее называют силой сопротивления
скольжению или пробуксовке. Величина этой силы равна [iN, где
N — величина силы нормального давления. Поэтому для увеличения
силы, разгоняющей автомашину, необходимо увеличить коэффици-
ент трения шин. Поставьте машину на лед, и она не тронется с места.
Отметим, что «сила тяги» не существует.
1.4,28. На электровоз действуют сила тяжести, нормальная сила
реакции и сила трения F, возникающая вследствие сопротивления
проскальзыванию ведущих колес. Проекция этих сил на ось коорди-
нат, направленную вверх по уклону F(a) - ?ng(pi cos а - sin а), где а
— угол уклона, ц — коэффициент трения. Величина этой силы мак-
симальна при движении по горизонтально расположенным рельсам:
Fmar = \mg и быстро спадает с ростом угла а. Уже при значенииях
р = 0,2, а = 0,1 (= 6°) величина силы F(a) » 0,5 Fmai = 0,5?ng, т.е.
уменьшается в два раза. Предельный уклон соответствует углу а0,
удовлетворяющему условию tg = р. В этом случае F(cQ = 0. Учи-
тывая, что реальное значение Ц » 0,2, находим а0 = 11°. Следователь-
но, можно сделать вывод: для эффективного использования мощно-
сти двигателя полотно железной дороги не должно иметь больших
уклонов, массу электровоза желательно увеличить.
1.4.29. На тело кроме силы F действуют сила притяжения Земли
mg , сила реакции N и сила трения F тр (рис. 1.4.29 а). Согласно
второму закону Ньютона ma^mg+N+F+F. Проектируя это век-
торное соотношение на оси координат, получим два уравнения
та = Fcosa + F/p,
т • 0 = Fsina + N- mg.
(1)
(2)
▼ mg
Рис. 1.4.29 а
288
Обратим внимание на то, что величина силы реакции
N= mg- Fsin a < mg.
Наиболее распространенная ошибка в решении системы (1), (2)
в том, что значение FJP- -ц/V подставляют в (1), а затем находят ус-
корение. В действительности, система (1), (2) содержит три неиз-
вестные величины: a, N, F\. Напомним, что сила трения относится к
силам реакции и заранее не определена. Для решения задачи необ-
ходимо исследовать зависимость Fpx от проекции суммы внешних
сил Fx на ось х. В системе отсчета, в которой тело неподвижно, сила
трения покоя всегда равна по величине и противоположна по на-
правлению составляющей внешней силы Fx, касательной к поверх-
ности. С ростом внешней силы растет величина силы трения покоя,
пока не достигнет определенного значения, которое называют мак-
симальным значением силы трения покоя/X =/z/V. Как только вели-
чина составляющей Fx достигнет значения ц/V, начинается скольже-
ние. При дальнейшем возрастании внешней силы величина сила
трения остается постоянной, равной по величине p/V, независимо от
скорости тела.
Рис. 1.4.29 6
Зависимость проекции силы трения от проекции суммы внешних
сил на ось х изображена на рис. 1.4.29 б. Область значений Fx = Feos а,
удовлетворяющих условию - p/V < F< ц/V, соответствует состоянию
покоя. В этом случае из (2) находим силу трения покоя F/ = ~FX. Две
области значений Fx > ц/V и Fx < -цДОсоответствуют движению с посто-
янным ускорением. При значениях F, = -ц/V, pW тело покоится или
движется равномерно в зависимости от начальных условий.
Возвращаясь к рис. 1.4.29а, приходим к выводу, что из-за сущест-
вования силы трения покоя тело будет покоиться, если проекция внеш-
289
них сил на горизонтальное направление меньше величины максималь-
ной силы трения скольжения, равной p/V;
Fcosa < ц/V = ц(Fsina).
При этом сила трения покоя FPI = -Fcosa, а ускорение а = 0. Если
же Feos а > \\N = n(mg - /'sina/ то тело движется с ускорением, при
этом в уравнении (1) Fvx = -p/V. Если же величина силы удовлетворяет
условию Fcosa = p/V, то тело движется равномерно, а F/- -|±/V.
Следовательно, возможны три ситуации:
0 < Feos a < p/V, а = 0, = -Feos a,
Feos a = [iN, a = 0, - -\iN, (3)
Feos a > p/V, a* 0, Fpz = -ц/V.
Найдем теперь решение системы уравнений (1) -(3).
Подставляя числовые данные, находим, Fcosa = 0,86 Н, N - 38,7 Н,
pW = 7,74 Н. Следовательно, ускорение тела равно нулю.
1.4.30. Подставляя числовые данные, находим, что Fcosa = 17 Н,
N = 29,4 Н, ц/V = 5,88 Н, т.е. Fcosa > p/V.
Следовательно, уравнение (1) имеет вид
та = Fcos a - Fsin a),
a = (F/m) (cosa + psin a) - p#. (4)
1.4.31. Полагая в (4) a = 0, получим
F =—«--------- (5)
cosa + psina
Подставляя числовые данные, находим F= 8,15 Н.
1.4.32. Теперь наша задача - исследовать зависимость величины
силы (5) от угла а. Проще всего это сделать, записав знаменатель в
виде одной тригонометрической функции. Вводя угол Р соотношени-
ем ц = tg Р, представим (5) в виде F(a) = mg—.
cos(a-P)
Теперь очевидно, что функция F(a) имеет минимум при а = р,
F(0) = wigsinp = -№&- .
Л+н
Подставляя числовые значения, находим Р = 11°, F(P) = 1,196 mg.
1.4.33. Ускорение равно нулю при условии F < F(a), из которого
следует неравенство 1 < l/cos(a - Р).
290
1.4.34. Ускорение равно нулю при условии
F(a)cosy < n(mg- F(a)sinу),
из которого следует неравенство
cos(y - P)/cos(a Р) < 1.
1.4.36. На тело действуют силы тяжести, реакции и сила трения, на-
правленная в сторону движения доски. Выберем положительное на-
правление оси х, параллельное вектору ускорения доски (рис. 1.4.36 a).
Из второго закона Ньютона находим
та£ = Fpz, 0 = N - mg,
где ат = а - проекция ускорения тела на ось х.
Если тело неподвижно относительно доски, то Fpx = та. При уве-
личении ускорения до значения возникает скольжение тела
относительно доски. При этом Fvx возрастает и при значениях а >
достигает постоянной величины Frpx = pW (рис. 1.4.366).
Следовательно, Fxp =
ша, а<у£,
vmg,a>yg.
Рис. 1.4.366
mg f ---1
///////777/////
Рис. 1.4.36 a
1.4.38. А. Запишем уравнения движения в проекции на горизон-
тальное направление
mKa = -\^m{ + m2)g+F-m2a = Flf,
где F - проекция силы трения, действующей на тело со стороны доски.
Отсюда находим
(т{ + т2)а = - ц, (т{ + m2)g + F->Fml„ = ^(т1 + тг)ё-
Б. Тело будет перемещаться относительно доски при условии а >
Следовательно, F> Fo, Fo = (pt + |x,) (m[ + m2)g.
1.4.39. Силы, действующие на доску и тело, показаны на рис.
1.4.39. В горизонтальном направлении на тело т2 действуют сила и
противоположно направленная сила трения со стороны доски. Со-
291
гласно третьему закону Ньютона на доску действует такая же по ве-
личине, но направленная в противоположную сторону сила.
В проекции на горизонтальное направление уравнения движе-
ния имеют вид
miai = F₽, (1)
m2a2 = F-F\ (2)
Если тело не проскальзывает относительно доски (№ < то
ускорения тела и доски совпадают: at = а2 =.а. В этом случае из (1),
(2) находим
Лр=—5—F<^g-
т{ + т2
Следовательно, скольжение возникает при значении силы
Г. ГП2 / ч
F>\k—-(т2 +m{)g.
Интересно рассмотреть предельный случай т>> т2.
Тогда F >
1-.4.40. На тело действуют сила тяжести груза т g , сила реакции
Т и сила трения f . Из второго закона Ньютона следует уравнение
та = mg + f + / . (1)
На клин массой М действует сила притяжения Земли Mg , сила
реакции N со стороны наклонной плоскости, сила трения покоя — f
и сила давления — Т со стороны груза. Согласно второму закону
Ньютона
Ma = Mg - f - f + TV. (2)
Мы имеем уравнения, из которых необходимо найти f. Опреде-
лим вначале ускорение a . Складывая (1) и (2), получим
(ш + М) а = (m + М) g + N . (3)
В проекции на направление, параллельное наклонной плоскости,
получим a =gsin а. Уравнение (1) в проекциях на оси.г, у позволяет
найти fx= та cos a = (l/2)mgsin 2a.
1.4.41. Решение задачи следует из анализа графика функции
2^(2^), изображенного на рис. 1.4.296. Поскольку Fx = mg sin a,
292
,V == mg cos а, то при условии Fx < \xN на тело действует сила трения
покоя Fxp = -mg sin а. Если Fx > \iN, то действует сила трения сколь-
жения F? = -limg cos а. Критическое значение угла наклона a = ac
найдем из условия Fx = tgac = ц.
FTp = \ '“'n£sina>a^ac>
p/ngcosa,a > ae.
1.4.42. Из второго закона Ньютона находим проекцию ускорения
при подъеме тела a, = -pg cos а - g sin а.
Время подъема /п = vj | |, расстояние, которое пройдет тело
s = I at | fn2/2. При спуске а2 = -pg cos a + g sin a, s = a2Zc2/2.
Следовательно, p = (3/5) tg a.
1.4.44. Решение задачи следует из анализа графика функции
F^(FX) , изображенного на рис. 1.4.27 б.
Здесь Fx = mg sin a - F cos a, N = mg cos a - Fsin a.
Ускорение тела равно нулю при условии — piTV< Fx< p/V.
Отсюда находим
F(psin a - cos a) < ?ng(pcos a - sin a),
F(p sin a + cos a) < wg(p cos a + sin a).
1.4.46. На цилиндр действуют сила тяжести, силы реакции Ni,
N2 (N{ = Nz = N) и силы трения. Сумма сил реакций R лежит в плос-
кости поперечного сечения и направлена перпендикулярно ребру
желоба, R =2N sin р.
Из второго закона Ньютона получаем уравнения
та = mg sin a - 2p7V,
О = mg cos a - 2N sin p.
1.4.47. Направим ось x параллельно начальной скорости. Пусть
а — проекция ускорения на ось х.
Из второго закона Ньютона получим a= -g/2.
Скорость и координата центра масс тележки
f(0 = yo-^/2> r(0 =у0<-^74.
В момент времени t-T координата х(Т) = 0.
Следовательно, s = 2х(7/2).
1.4.48. На колечко действуют сила тяжести, сила реакции и сила
натяжения нити. На частицу действуют сила тяжести и сила натяже-
293
ния нити. Из второго закона Ньютона в проекции на направление
стержня получаем уравнения
т{а = -mg si и а - Т sin а, (1)
т2а = -m^sin а + Tsin а. (2)
1.4.49. Из второго закона Ньютона в проекции на оси координат
следуют уравнения
m{aiy = -mg + N sin а, (1)
=/V cos а. (2)
Система (1), (2) содержит три неизвестных величины. Для реше-
ния задачи необходимо использовать уравнение связи, представ-
ляющее собой функциональное соотношение, содержащее только
координаты центров масс каждого тела. Такие связи называют голо-
ндмными. Для получения уравнений связей некорректно использо-
вать какие-либо приемы типа: «рассмотрим два близких положения
системы» или «разложим» движение на поступательное и враща-
тельное и т.д. Получим уравнение связи, рассматривая геометриче-
скую конфигурацию системы.
Координаты центра масс куба х2 = х’ + а/2, у2 = а/2, ^/-координата
центра масс призмы у{ = у' + Ъ.
Согласно рис. 1.4.49 находим у' - а - х' ctg а.
Следовательно, уравнение связи имеет вид
ук = а ~(х2 - a/2)ctg а + fe.
Дважды дифференцируя, получим уравнение
% + a^ctg a = 0. (3)
Подставляя a1₽, в (3), находим N:
-g+ /Vsin a/m, + TV cos2 a/ (m2sin a) = 0 ->
—> N = m^mg sin a/(m{ cos2 a + m2sin2a).
1.4.50. Направим ось z вертикально вверх.
Из второго закона Ньютона в проекции на ось z имеем уравнение
mdvjdt ~ -mg - kdz/dt,
из которого находим
тиг = -mgt - kz + const.
В силу начальных условий const =
Следовательно, mv^t) - -mgt - kz(t) +mv^
294
В момент времени Т имеем vJJT) = -gT + р0. Поскольку согласно
условию Р,(Т)/р0 = -q, то Т= (1 + q)vjg< 2vn/g.
1.4.51. Из второго закона Ньютона следует уравнение mdv/dt = -kv.
Начальное условие р(0) = и0. Рассматривая v(t) как сложную
функцию v(x(t)), получим уравнение m(dv/dx)(dx/dt) = ~kv, или
mdv/dx = -к. Следовательно, v(x) = vQ - kx/m.
1.4.52. Направим ось z вертикально вверх. Из второго закона
Ньютона в проекции на ось z имеем уравнение mdvjdl = -mg + CpSi/.
Переходя к безразмерным переменным иг = vji, t = v//g,
v0 = (mg/CpS)'/2, получим уравнение du/dt' = - (1 - u2).
Следовательно, p0 через промежуток времени т * vjg.
Для парашюта коэффициент С - 0,7.
Полагая р = 1,1 кг/м3, S = 20 м3, m = 70 кг, получим и = 6,67 м/с,
т ~ 0,68 с. Отметим, что эта величина скорости соответствует скорости
падения с высоты h = v2/2g, h = 2,27 м.
1.4.53. Пусть zA = Z(t) — координата точки А закрепления шнура
на машине. Координата точки В закрепления шнура на грузовике
2я(С = (рис. 1,4.53). Коэффициент жесткости шнура — к, длина
в ненапряженном состоянии — /0.
1ЛЛЛЛЛЛ
^7777777777777777777777777777^
г(0 2ъ Z
Рис. 1.4.53
Пренебрегая трением качения, запишем уравнение движения
машины, следующее из второго закона Ньютона:
md/z/d? = k[z3 - z - /0]. (1)
Начальные условия z(0) = 0, р(0) = 0.
Перейдем в систему отсчета, движущуюся со скоростью и. Про-
изведем преобразование Галилея, т.е. перейдем к новой перемен-
ной х, совершая замену z = ut + х. Подставляя z и zB.(£) в (1), получим
уравнение
d/x/dt + ю2х = 0, (2)
где со2 = к/т.
Начальное значение х(0) = 0.
Поскольку скорость машины = и + dx/dt, то начальное зна-
чение производной dx/dt - -и.
295
Решение уравнения (2), удовлетворяющее начальным условиям
x(t) = -(u/o>)sin(oL (3)
Скорость точки А равна
v(t) = u(l - cosort). (4)
Расстояние между точками закрепления шнура
s(i) = zB(J) -z(i) =/0+ (u/a>)sina)L
Сила натяжения шнура
F=/c[zB(i) -z-/0] или^(г) = (/cu/o))sinG)i.
В момент времени £, = Т/4 (Т= 2тс/со) машина отстает от грузови-
ка на максимальное расстояние $(£,) = /0 + и/<о > /0, а скорость маши-
ны достигает значения р(^) = и. В момент времени t2 = Т/2 сила на-
тяжения шнура обращается в нуль; скорость машины достигает
максимального значения v(t2) = 2u. При t > t2 шнур остается ненатя-
нутым — машина движется с постоянной скоростью 2и до столкно-
вения с грузовиком в момент времени t.A = t2 + l0/u.
Следовательно, в решении (3) — функция x(t) определена в ин-
тервале времени 0 < t < t2.
1 <4.54. Па шайбу действуют сила тяжести, сила реакции и сила
трения f = — [iNv I v.
Введем систему координат х9 у, z с осью z, направленной перпен-
дикулярно наклонной плоскости, ось у направим по горизонтали, ось
х — вниз параллельно наклонной плоскости.
Скорость шайбы v = (vv v2, 0).
Из второго закона Ньютона следуют уравнения
mdvjdt = mg sin а - \\NvJv, (1)
mdvjdt = -рМл/р, (2)
0= -mucosa + /V, (3)
где v = р,2 + y22.
Начальные условия рДО) = 0, р2(0) = и0. Умножим (1) на (2) на
и2, сложим полученные соотношения и учтем, что vdv = vidvi + v2dv2.
В результате находим
mdvldt = mg sin avjv - [iN. (4)
Из (1), (4) следует уравнение
dv _ cos2 a —sin2 a tga dv{
dt |icosot |i dt
296
Учитывая начальные условия, получим из (5)
р,2cos2a-sin2а л tga
-g^-------------1 рДО + р0. (6)
pcosa ц
Из (1), (2) следует, что проекции скорости р4, и2 обратятся в нуль
при различных значениях времени ti > t2.
1.4.55. На шарик действуют сила сопротивления воздуха
F = -k(y)v и сила тяжести. При падении с постоянной скоростью
О = ~к(Уо)v^mg.B результате упругого столкновения с плоскостью
скорость шарика станет равной -vQ. Согласно второму закону Нью-
тона т а = -к (v) v + mg , р(0) = —vQ, получим а(0) = 2g .
1.5» Законы сохранения и изменения
импульса системы тел.
Движение тела переменной массы
1.5.1. Направим ось х параллельно палочке. Согласно определе-
нию координаты хс центра масс (m1 + т2)хс = /п4х4 + т^г.
Положение жука относительно палочки определяется значением
координаты на числовой оси связанной с палочкой: х2 = xt + х'2.
Координата центра масс (т1 + m2).rc = (/n4 + m2)xi + m?x'2.
Поскольку проекция на горизонталь сил, действующих на систе-
му, равна нулю, то координата центра масс — постоянная величина:
Дхс = 0, 0 = + /п2)Дг1 + т^Ьх'?.
1.5.2. Пренебрегая трением качения колес платформы по рель-
сам, запишем следствие закона сохранения горизонтальной компо-
ненты импульса системы: 0 = + лг2)Дя4 + m^xf2.
Перемещение платформы
hx = - ,
mi + т2
где Дг2 = /4 - 12 — смещение центра масс клина.
1.5.3. На частицу действуют сила тяжести т2 g и сила реакции N .
На клин действуют сила тяжести rn{ g , сила реакции R со стороны го-
ризонтальной плоскости и сила нормального давления Лг = — N со
стороны частицы (рис. 1.5.3).
297
Уравнения движения клина и частицы:
+ (1)
m^g + R — N, (2)
Суммируя (1), (2), получим уравнение типа (1.5.3)
dP
— = (m^m^g + R. (3)
Следовательно, сохраняется горизонтальная компонента импуль-
са системы. В системе координат, введенной на рис. 1.5.3, из (3) сле-
дует уравнение
?п1а1ж + ?п2а2д. = 0. (4)
Интервал времени Т найдем из уравнения
Л/sin а = /2,
где — величина ускорения частицы относительно клина.
Согласно соотношению (1.4.2) а2 =а4 Ч-а^.
Отсюда получим
а2х= + a2ocos а- (5)
Из (4), (5) следует уравнение
(m4 + m2)au + w2a20cos а = 0. (6)
Далее из уравнения (1) в проекции на направление, параллель-
ное плоскости клина, получим уравнение
alTcos а + а2(> = gsin а. (7)
Из (6), (7) найдем а20 =
(т{ 4- m2)gsinot
m, + т2 sin2 а
Интервал времени соскальзывания 71, 7* =
2Л(/п4 +m2sin2a)
(/n4 +m2)gsin2 а
298
1.5.4. Из второго закона Ньютона следуют два уравнения, реше-
ния которых позволяют найти координаты частиц x}(t) их2(ф
— к(х2 ~ х^ ~ /0) 4- F(Xj), (1)
/тг2л2 — -к(х2 — xl — Zo) + F(2)
Отсюда находим закон изменения импульса системы
+ (3)
Паша система находится в неоднородном внешнем поле. Поэтому
внутренние силы влияют на движение центра масс, вопреки широко
распространенному заблуждению.
Только после полного решения дифференциальных уравне-
ний (1), (2) можно определить координату центра масс системы хс.
Для решения уравнений (1), (2) следует перейти к новым пере-
менным х = х2 - xt и хг:
= хс - (т2/т)х, х2 = хс + т- ?п1 + т2.
Тогда получим систему
(mjn2/in)a = -к(х - /0) {rnJm^F^x^ + (mjm)x)] -
- (m2/m)Fi3[xc - (т2/т)х)],
тас = F13[xc- (т2/т)х)] + /^[хг + (mt/m)x)].
Очевидно, что возможно только численное решение на ЭВМ.
1.5.6. Введем систему координат ху с началом в точке О касания
стержня с плоскостью в начальный момент времени (рис. 1.5.6).
Координаты центра масс стержня хс = (l/2)cos а, ус = (1/2)sin а.
Поскольку горизонтальные компоненты сил, действующих па
стержень, равны нулю, то я-координата центра масс стержня остается
ПОСТОЯННОЙ.
299
Пусть <p(Z) — угол между стержнем и плоскостью в момент вре-
мени L
Тогда координаты точки Вх = (//2)cos а + (1/2)cos ф, у = I sin ф.
Исключая параметр ф, получим уравнение эллипса
2(x-(//2)cosa)
с полуосями 1/2 и L На рис. 1.5.6 эллипс изображен пунктирной ли-
нией.
1.5.7. Запишем закон сохранения горизонтальной компоненты
импульса системы до разрыва и после разрыва: ти[Ь = mv[x/2 + ти^/2.
Согласно условию Следовательно, = Зць.
Далее используем решение задачи 1.2.28 и систему координат
рис. 1.2.28а. Координаты второго осколка
х2(0=^/2 + Зрах(?-?1),
y2(t)=H-g(t-t^/2, t>tt.
^eti = v9)/g,H=v^/2g.
Дальность D = 2uOxvQv/g. В момент времени Т осколок падает на
поверхность земли: у2(Т) = 0, s = х2(Т). Подставляя значения функ-
ций, получим систему уравнений, из которой находим $ = 2D.
1.5.8. При разрыве ракеты сохраняется сумма проекций горизон-
тальных компонент импульса. Следовательно, величины скоростей
осколков и одинаковы, скорость одного осколка направлена по вер-
тикали к земле. Имеем три уравнения
h = v2/2g, h-uT-p2/2 = 0,
h + uT/2-gf/2 = V.
1.5.9. А. Направим ось х параллельно скорости первой лодки.
После перемещении мешка на первую лодку скорость второй лодки
не изменилась, т.к. при перемещении мешка относительная скорость
системы вторая лодка-мешок равна нулю. Пусть — проекция ско-
рости первой лодки после перемещения мешка (рис. 1.5.9 а).
I м + m hr I + 2m hr | м + m HmГ'иоГ}»Wl
,7*4 M I ^~l M I ^-| M | | M 4- m u2
Рис. 1.5.9 a
Рис. 1.5.9 6
300
Из закона сохранения горизонтальной компоненты импульса
системы первая лодка с мешком — мешок со второй лодки получим
уравнение (М + m)v - mv = (M+2m)vif vi = Mv/(M+ 2m).
После переброски мешка с первой лодки на вторую скорость пер-
вой лодки не изменяется (рис. 1.5.9 б). Пусть - проекция скорости
второй лодки после перемещения мешка. Для системы вторая лодка-
мешок имеем уравнение
-Mv + тщ - (М + т) v^ или = ~vv
Б. Пусть и\ — проекция скорости первой лодки после перемеще-
ния мешка. Из закона сохранения горизонтальной компоненты им-
пульса системы первая лодка-мешок получим уравнение
Mv -mv= (М + т)и\, v\ = (М- т)и/(М + т).
Покажите, что .
1.5.10. Направим ось-z вертикально вверх. Тогда получим урав-
нение mdv/dt = -c'dm/dt - mg + Ft. Очевидно, при сгорании топлива
(dm/dt) < 0. Для подъема ракеты на старте необходимо выполнить
условие с'| dm/di > mg.
1.5.11. Направим ось г вертикально вверх. Согласно условию в
уравнении Мещерского масса
m{t) = ?n0 + Af0(l - г/т), 0< г<т; m(t) = m^t>x.
Пренебрегая сопротивлением воздуха, получим уравнение
-m,g,0<t<T.
dt т
Отсюда находим vt(t) = at,a = c'MJ(m^) - g.
В конце интервала времени сгорания заряда скорость ракеты
у, = ат, высота подъема hi = ат2/2. В интервале t > т скорость ракеты
vz(t) = и - gt, и = c'M0/mQ. Полное время подъема ракеты Т = u/g, вы-
сота подъема Н = А, + v*/2g = ат2(1 + a/g)/2. Полагая с' = 200 м/с,
т = 1 с, MQ/mQ = 1/10, получим Я» 10,4 м.
Отметим, что точное решение уравнения Мещерского
Р,(О = c'ln-; -g*,O<tSr.
т0+Л/0(1-«/т)
1.5.12. Согласно условию реактивное ускорение
ap = ~(c,/m)dm/dl.
Решение этого уравнения m(t) = m()exp(-a//cr).
301
Следовательно, тк = moexp(-ap7'/c'), Т = c'/ajo (mo/mj.
~ ж, dv,
lenepb из уравнения Мещерского = ар - g находим искомую
скорость ик = (ap-g)Tили vK = с'(1 - g/ap)ln(mo/mj.
1.5.13. Из уравнения Мещерского mdv/dt = -c'dmjdt найдем ско-
рость v(t) = c'ln\m(O)/m(t)], vK = c4n[m(0)/m(71)].
А. Положим т(0) = т[}, т(Т) - т„, тк = гпп + тр. Начальная масса
ракеты т{} = ткехр(рк /с'). Число Циолковскогоz = ехр(ик/с').
Б. После отделения первой ступени масса первой «субракеты»
М{ = т0 - mv
где mi — масса первой ступени и сгоревшего топлива.
Скорость субракеты и, = ик/3 = с,1п(т[)/Л71), zi = ехр(ик/3с'). После
отделения второй ступени масса второй «субракеты»
Л/2 = mQ - - т2,*
где т2 — масса второй ступени и сгоревшего топлива.
Скорость второй субракеты v2 = vi + Полагая
ук/3 = c'lnfMj/MJ, получим v2 = 2ук/3. После отделения третьей сту-
пениткоростьракеты vK = c'ln[(m0/mK)J.
Начальная масса комплекса «Сатурн-5»—«Аполлон» т0 = 2950 т.
Корабль массой тк = 63 т вышел на траекторию полета к Луне на вы-
соте 322,7 км со скоростью vK = 10 846,3 м/с. В этом случае zn ® 3,32.
Для одноступенчатой ракеты необходимое значение z = 36,6. Ясно,
что не удастся создать конструкцию с достаточной степенью прочно-
сти.
1.5.14. Найдем приращение кинетической энергии К системы
ракета-газы за интервал времени №
А# = (1/2)(т + Ат)(и + А? )2- &тс /2 - mv2/2 =
= mv&v + (l/2)Am(i?2- с 2).
Переходя к пределу Ai —> 0, получим
dK/dt = mv dv /dt + (1/2) (v2 -c2 )dm/dt.
Образуем теперь скалярное произведение обеих частей уравне-
ния Мещерского с вектором скорости
mudv/dt /dt = c'v dm/dt + Fv л-mgv.
Исключая.из этих соотношений mv dv /dt, получим
dK/dt = -dm/dt{ c'2 /2) + Fv + mgv .
302
Поскольку производная кинетической энергии равна мощности
всех сил, то мощность внутренних сил или мощность, развиваемая
.. с dm _
двигателем Рдя = -----. Исли Р1в ~ dm/at, то величина относится ь-
2 dt
ной скорости газов постоянна. При движении ракеты с постоянной
тягой / =- с' dm/dt, мощность Рв = У?/2.
1.5Л6. Полагая в уравнении Мещерского
с' = 0, m(t) = М + ?п0(1 - 1/Т),
получим mdv/dt = -mg + F.
Полагая и = -gt + и, перейдем к уравнению
da/dt = + m0(l - t/Г)],
FT М + тй
решение которого u(t) =--In---------2.
1 F v M + m^-t/T)
1.5 .18. Направим ось z вертикально вниз. Полагая в уравнении
Мещерского (1.5.4) с' = -и - получаем систему
mdv/dt ~ -vdm/dt + mg - kSv2, (1)
dm/dt = aSv, (2)
где v = at.
Поскольку m = 4npr3/3,5 = nr2, то из (1), (2) следует уравнение
(a +/c)u2 = 4(g- a)pr/3. (3)
Из (2) получим уравнение dr/dt = aat/4p.
Следовательно, r(t) = aat2/Sp.
1.5 Л9. Направим ось z вертикально вниз, начало координат — на
уровне поверхности стола. Пусть z — координата нижнего конца це-
пи A, vl - v — проекция скорости точки А. Масса движущейся части
цепи т = pz. Полагая в (1.5.2) с' = -v , получим уравнение
d(zv)/dt = gz. (1)
Рассмотрим частный случай, соответствующий начальным усло-
виям z(0) = 0, у(0) = 0: первоначальная длина свисающей части цепи
ничтожно мала.
Для получения решения уравнения (1) умножим обе части на zv.
Тогда уравнение можно представить в виде производной функции
F (z, v): zvdzv/dt = giv, —> dF/dt = 0, F - (zv)2/2 - gz /3.
Следовательно, F= C:
(zv)2/2 - gz3/3 = C. (2)
303
Согласно начальным условиям С = 0. Из (2) находим и2 = 2gz/3.
Дифференцируя по времени, получим ускорение движущейся части
цепи 2vdvldt - (2g/3)dz/dt, —>dv/dt - g/3.
Интересный результат: ускорение в три раза меньше ускорения
свободного падения.
1.5.20. Масса цепи длиной I равна М- р/, где р — линейная плот-
ность цепи. Направим ось z вертикально вверх, начало координат —
на уровне поверхности пола. В момент времени t координата точки А
равна z, проекцию скорости точки Л на ось z обозначим и. Масса
движущейся части цепи m(t) - pz (рис. 1.5.20).
Рис. 1.5.20
На нее действуют сила тяжести и сила реакции N со стороны
части цепи массой М - m(Z), лежащей на полу. На эту часть цепи
действуют три силы — сила тяжести, сила давления - N со стороны
движущейся цепи и сила реакции пола R. Уравнения движения
имеют вид
d(pzv)/dt = -pgz + Nz, (1)
0 =-(М - m)g - N. +Rz, (2)
Отметим, присоединение элемента рДз к неподвижной части цепи
имеет характер удара — его скорость мгновенно изменяется от значе-
ния -и до нуля. Приращение импульса рДги сообщает сила реак-
ции N: p&zv = NtAt.
Переходя к пределу М —> 0, получим ЛГ = pv2.
Следовательно, из (1), (2) получим
dv/dt = -g, (3)
Rt = р(^ - z)£+ ру2. (4)
304
Из (3) следует, что цепь свободно падает. Поскольку начальные
условия z(0) = /0, у(0) = 0, то
v(t) = -gt, z(t) = I - gt*/2. (5)
Из (4), (5) получим величину силы давления цепи на пол — вес
цепи
R(t) = 3pgY/2, или R(z) - 3pg(l - z).
Конец цепи А достигает пола в момент времени Т = (2l/g)m. В
этот момент времени вес цепи В(Т) = 3Mg.
1.6. Статика
1.6.1. Согласно определению равнодействующей сил тяжести
mg ~ т]ё + + ••• > действующих на частицы системы, радиус-
вектор центра тяжести в однородном поле тяготения находится из
/V
уравнения ^га xrnag==R*mg .
а
Отсюда находим, что радиус-вектор центра тяжести R =^jnara /т
совпадает с центом масс. Например, х-координата центра тяжести
системы хс = + т2х2 + ...)/(/п1 + т2 + ...).
1.6.2. Рассмотрим сплошной шар и будем считать, что он образо-
ван двумя телами: шаром, который заполняет сферическую полость
(тело А), и телом, остающимся после образования сферической по-
лости (телоВ) (рис. 1.6.2).
Рис. 1.6.2
Масса сплошного шара равна М, масса шара Л равна т. Предпо-
лагая, что центр тяжести образовавшегося тела находится на рас-
стоянии х от центра шара О, запишем условие равенства нулю мо-
305
ментов сил тяжести сил А и В относительно центра О (рис. 1.6.2).
В л т< т R
[М - mjgx - mg— = 0. Из этого уравнения находим х =------.
2 М~т 2
Учитывая, что массы М и т пропорциональны объемам У = —я/?3,
-Т
2 J
Г
и = — л
3 I
, получим х - В/1Л. Решение аналогичной задачи для
диска приводит к значению х = /?/6.
1.6.3. Для решения задач этого тина проще всего мысленно вы-
делить в первоначальной фигуре вырезанную часть (фигура Л) и ос-
тающуюся часть (фигураВ) (рис. 1.6.3).
Центр тяжести первоначальной и вырезаемой фигур обычно легко
находится. Центр тяжести остающейся фигуры неизвестен и подлежит
определению. Поскольку алгебраическая сумма моментов сил тяжести
фигур Л и В относительно центра тяжести пластинки равна нулю, то это
условие дает уравнение для определения центра тяжести фигуры В.
В нашем примере центр тяжести вырезаемого треугольника ле-
жит на расстоянии /г/3 от основания всегда слева от центра пласти-
ны, так как h < а. Центр тяжести фигуры В находится на средней ли-
нии квадрата на расстоянии I от центра пластины. Условие равенства
нулю суммы моментов сил тА и тв относительно оси, проходящей че-
рез центр тяжести пластины, приводит к уравнению
(a h А . Л , За - 2h тА
Я “^ = 0 -> * = V -
\ 2 о J о т тА.
Поскольку т = pa2d, дпЛ = (72)paAd, где р — плотность, d — тол-
щина пластинки, то, I = (За - 2/г)Л/[6(2а - A)J.
Нетрудно видеть, что центр тяжести фигуры В находится справа
от центра пластины. Поэтому можно вырезать треугольник такой вы-
306
соты Ар чтобы центр тяжести фигуры В совпадал с вершиной тре-
а (3a-2h{)h. ,
угольника, т.е. — + —------L = Аг Из этого уравнения находим
2 v(2a-h})
h{ =-~Ц\/3 -1)а . Если высота вырезанного треугольника h > Ар то
центр тяжести остающейся части лежит вне ее.
1.6.4. Введем ось х с началом в точке О — середине осевой линии
цилиндра. Пусть в момент времени t резец находится на расстоянии
клевого торца цилиндра (рис. 1.6.4). Для решения задачи выделим в
исходном цилиндре вырезанную часть — тело Л и «остаток» — тело В.
Поскольку сумма моментов сил тяжести тел Л и В относительно
центра тяжести исходного тела равна нулю, то это уравнение позво-
ляет найти центр тяжести тела В.
Координата центра тяжести тела В — функция x(t). Учитывая,
1
что МО = (/ — vt)/2, получим уравнение (I - vt) - т^х = О,
2
тА = рл(7?2 - r2)vt, тя = рте[А?2/ - (В2 - г2)vt], из которого находим
1 (R2-r2)(l-vt)vt
' 2[Я2/-(В2-г2)^]
(1)
Очевидно х(0) - x(l/v) = 0 — при полном прохождении резца
центр тяжести возвращается в начальное положение.
Найдем теперь максимальное значение функции x(t). С этой це-
лью вычислим производную
dx
dt
~\(l-2vt) +
{l-vt)vt(R2 - г2)
[R2T-(Rr-r2)vt]
(2)
307
и найдем корни уравнения
dx/di = 0 или (и1)2(В* - г2) - 2vtR?l + (RI)2 = 0 -» ib2 =
RI
v(R±r)'
Второй корень должен быть отброшен, поскольку vt2 > I.
Учитывая (2), можно представить максимальное значение
^ = 4*,) в виде
I
Х^ = vt.-------
“ 1 2
I R-r
2/? + r
Интересно отметить, что в момент времени t{ резец и центр тяже-
сти находятся в одной плоскости поперечного сечения: 1/2 + хт = vtv
Подобная особенность имеет место в следующей задаче. Возьмем
стакан и начнем заполнять его песком. Центр тяжести стакана с пес-
ком займет наинизшее положение в тот момент времени, когда он бу-
дет находится на уровне песка в стакане.
1.6.5. Сумма моментов сил тяжести отрезков ОА и ОВ относи-
тельно оси, проходящей через вершину угла равна нулю (рис. 1.6.5):
О = (fe/2)2cosa - (a/2)2sina.
Рис. 1.6.5
1.6.6. Направим ось х по отрезку ОА, ось у — по отрезку ОВ. Со-
гласно общему определению координат центра тяжести С в декарто-
вых осях хс = таа/2т = ОС2, ус = тьЬ/2т = ОСГ
Следовательно, ОС{ = Ь2/2(а + Ь), ОС2 = a2/2(a + Ь).
1.6.7. Поскольку мы можем заменить любое тело одним грузом,
сосредоточенным в центре тяжести, ясно, что в равновесии этот груз
будет лежать на вертикали. Значит, для решения задачи достаточно
найти положение центра тяжести квадрата.
Центры сторон лежат на их серединах в точках А, В и С
(рис. 1.6.7). Точки Л и С расположены симметрично, поэтому удобно
308
найти вначале центр этих точек. Он лежит в точке D на середине от-
резка, соединяющего точки Л и С.
Теперь найдем центр тяжести рамки, т.е. точки D массой 2тп/3 и
точки В массой т/3. Сумма моментов сил тяжести точек В и D отно-
сительно центра тяжести (точка £) должна быть равна нулю. Учиты-
вая, что BD = а/2 (а — длина стороны квадрата), запишем условие
равновесия в явном виде:
ВЕ^- - [- - Ве\^- = 0.
2
3
)2тп£_п
3
Отсюда находим БЕ = а/3. Угол между вертикалью и средней сто-
роной найдем из треугольника ОВЕ: tg а = ВЕ/ВО = 2/3.
1.6.8. А. Пусть т — масса доски. Представим доску в виде двух
тел масс mv т2, Величина силы реакции N = mg. Поместим начало
координат на конец доски, находящейся на столе.
Обозначим хс, xv х2 — координаты точек приложения силы реак-
ции и сил тяжести двух масс. Тогда из второго условия равновесия
получим уравнение тхс = т^хх + т^с2.
Следовательно, точка приложения силы реакции стола находится
в центре тяжести доски. Полагая т^ = 2pL/3,.st = L/3, тг = pL/3,
х2 = 5L/6, получим xz - L/2.
Б. Теперь имеем уравнение
(т + Aft)xc = т^Х' + m^t2 + MJL,
где т^ = р(1 - a)L, х, = (1 - a)L/2, т2 = apL, х2 = (1 - a/2)L.
Подставляя значения масс и координат, получим
(т + М^хс - mL/2 + MJL.
Согласно условию хс = (1 - a)L, или
(m + M1)(l-a)=zn/2+M1.
(1)
(2)
309
Для второго случая находим
(m + M2)(l -₽) =т/2+М>. (3)
1.6.9. Из условия равновесия следует, что сумма сил, действую-
щих на любую книгу равна нулю.
1.6.10. На брусок действуют сила тяжести, внешняя сила F , со
стороны стенки сила трения f и сила реакции N. Направим ось х
вертикально вниз. Из второго закона Ньютона получим уравнени
maz = mg +fx,N-F=Q. Отсюда находим N = 12 Н, p/V = 6 Н. Посколь-
ку < то ах = 0,£ = Следовательно, R — +(mg)2.
1.6.12. Поскольку сумма сил равна нулю, то /V = mg + Т.
Пусть плечо силы Т равно а. Плечо силы Р равно 2а.
Второе условие равновесия имеет вид Та - 2Ра - 0.
1.6.13. Согнуть стержень или прикрепить в середине стрелку.
(Ийаче «весы» при равных моментах сил натяжения будут находится
в состоянии безразличного равновесия.)
1.6.14. Из второго условия равновесия имеем два уравнения
та - т2Ь - 0, т{а - mb = 0.
1.6.15. -1.6Л6. На стержень действуют сила тяжести и силы ре-
акции N и R в точках Л и В.
Поскольку на стержень действуют три силы, то из второго усло-
вия равновесия следует, что они лежат на прямых, пересекающихся
в одной точке S (рис. 1.6.15.6).
Рис. 1.6.15 б
Пусть а — угол между плоскостью стенки и стержнем, sin а = а/1.
Из условия равенства нулю суммы сил получим уравнения
/V - R cos <р = 0, (1)
R sin ф - mg= 0. (2)
310
Для записи второго условия равновесия выберем в качестве оси
прямую, проходящую через точку В. Плечи сил N и mg соответст-
венно равны /cosa, (Z/2)sina. Сумма моментов сил:
-/Vcosa + (mg/2)sina = 0. (3)
Из уравнений (1)-(3) получим
tg<p = 2ctga, tgq> = —V/2 - a2 , R = .
a V4/2-3a2
1.6.17. На шар действуют сила тяжести mg, сила реакции N, при-
ложенная в точке А и сила трения покоя f . Поскольку на шар действу-
ют три силы, то из второго условия равновесия следует, что они лежат на
прямых, пересекающихся в одной точке А (рис. 1.6.17). Применяя тео-
рему синусов к треугольнику ОСА получим sin 0 = (7?/b)sina.
Рис. 1.6.17
1.6.18. На рис. 1.6.186 изображены сила тяжести mg, приложен-
ная в центре тяжести С, и силы реакции Т, N, приложенные в точ-
ках А и Р. Из условия mg+f + 2V=0, записанного в проекциях на
горизонтальное и вертикальное направления, получим уравнения
Т —= 0, -mg + = 0. Отсюда находим Т = mg, N = mg(2)1/2.
у 2 у 2
Далее запишем второе условие равновесия. В качестве оси выбе-
рем прямую, проходящую через точку М пересечения вертикали, на
которой лежит центр тяжести, и образующей цилиндра АВ. Плечо
силы f, равное длине отрезка МК, найдем из равнобедренного тре-
угольника МКА*. МК = АМ/ V2.
311
Поскольку МВ = а/2, то AM = 2а - а/2 = За/2. Плечо силы /V
равно ВР. Сумма моментов сил относительно оси, проходящей .через
точку М, равна нулю: NBP -
4
= 0 —> BP = За/4. Искомое рас-
стояние ОР= 11а/4.
Рис. 1.6.18 6
В нашей задаче согласно теореме о трех силах векторы сил на-
правлены по прямым, пересекающихся в точке К. Поэтому для опре-
деления длины отрезка ВР можно рассмотреть треугольник МКА, где
высота КН = ВР, сторона AM - За/2 и равнобедренный треугольник
МКН,гце КН = АМ/2.
1.6.19. Сделаем чертеж (рис. 1.6.19), принимая лестницу за стер-
жень длиной I, изобразим приложенные к нему силы.
312
Со стороны стены на лестницу действует реакция NA , со стороны
пола — реакция NB и сила трения покоя — F . При скольжении
лестницы Fmp=ixNB Очевидно, лестница не будет скользить при усло-
вии
(1)
Сила тяжести mag приложена в середине лестницы. Со стороны
человека, стоящего на расстоянии s от конца В лестницы, действует
сила давления, равная весу человека Р = mg.
Выберем два взаимно перпендикулярных направления по гори-
зонтали и вертикали (оси х и у). Тогда первое условие равновесия
имеет вид
-т£-mg + NB = 0, (2)
^-^ = о. (3)
Запишем далее второе условие равновесия: приравняем нулю
сумму моментов сил относительно оси, проходящей через точку В (в
этом случае моменты сил Fmp и NB равны нулю):
mgs cos а + т^(1/2) cos а - NA sin а = 0.
Из уравнений (3)-(4) получим
FmP= tfctga.
\ Сл I J
(4)
(5)
Подставляя F^ и NB из (2) в (1), находим, что человек может поднять-
, п 4 2m + m0
ся наверх (s = I), если угол а удовлетворяет условию tg a > —--.
2p(m + m0)
Рассмотрим два частных случая:
1. «Легкая» лестница: m0« т, tg a > 1/ц.
2. «Массивная» лестница: mQ » т, tg a > 1/2ц.
1.6.20. Для того, чтобы найти все силы, действующие на кронштейн,
необходимо перечислить все тела, с которым он взаимодействует.
1. Со стороны Земли действует сила притяжения. Однако, по-
скольку масса кронштейна предполагается малой величиной, то си-
лой притяжения мы пренебрежем.
2. В точке В действует сила упругости f со стороны веревки.
3. При взаимодействии со стенкой возникают силы реакции /V, и N2.
4. При взаимодействии с уступом возникает сила реакции N3.
313
Поскольку сумма сил, действующих на кронштейн равна нулю, то
/V2 - /V, = 0, (1)
/V3-T = 0. (2)
Далее перечислим силы, действующие на груз: сила тяжести mg
и сила упругости fr =- Т со стороны веревки, причем Г = Т. При-
равнивая нулю сумму сил, действующих на груз, находим уравнение
T-mg = 0. (3)
Итак, мы имеем три уравнения и четыре неизвестные величины.
Дополним систему, используя условие равновесия — сумма момен-
тов сил N{ и f относительно оси, проходящей через точку С, равна
нулю. Обозначая СВ = /, получим
/Vasina - 77cosa = 0. (4)
Из системы (1)-(4), находим 7 = N3 - mg, N^=N2 = mgctga. Отсюда,
в частности, следует, что сумма сил F = + N2 направлена по прямой
СВ, Этот вывод является следствием теоремы о трех силах. Подставляя
числовые данные, получим /V3= 980 Н, N{-N2- 577 Н.
ЕГучебной литературе этой задаче «не повезло». Приведем наибо-
лее распространенные ошибки, допущенные при ее решении: все си-
лы полагают приложенными в точке В и утверждают, что Т — сила
тяжести груза, а 2V, - сила упругости в балке АВ. По поводу послед-
него утверждения заметим, что в механике твердого тела кронштейн
представляет единую конструкцию АВС. Поэтому фраза «сила упру-
гости в балке» должна быть отнесена к другой области механики —
теории упругости.
1.6.21. На кубик действуют сила F , силы тяжести mg и реакции
N и FJ1.6.21).
mg
Рис. 1.6.21
314
Из условия F + mg + N + Fmp - 0 находим: N = mg, F^ = F.
Скольжение отсутствует при условии F< pvV или F< pmg.
Найдем теперь область возможных значений величины силы Fb
зависимости от угла а между нижней гранью кубика и горизонталь-
ной плоскостью. Приравняем нулю сумму моментов сил относитель-
но прямой, на которой лежит ребро кубика.
Плечо силы тяжести hQ = Bcos(a + л/4), плечо силы F равно
h = 2Bsin(a + л/4), R = ОС.
Из второго условия равновесия находим:
-27tein(a f rc/4)F+ /?cos(a + n/4)mg = 0 -»
->^=(mg/2)tg(7t/4-a)..
Величина F изменяется от значения mg/2 при a = 0 до значения
F= 0 при a = л/4. Следовательно, кубик можно «кантовать» при ус-
ловии ц> 1/2.
А теперь попытаемся перевернуть через ребро призму, имеющую
в сечении правильный 2п-угольник. К ребру верхней грани прило-
жим горизонтально направленную силу F . Покажите, что в этом
случае F = (mg/2)lg(n/2n - а). Условие «качения» призмы приобре-
тает вид р > (1/2)tg(rc/2n). При увеличении числа граней величина
силы /"уменьшается и условия качения становятся менее жесткими.
1.6.22. На плиту действуют силы , /V3 в точках Л, В, С со
стороны каждого человека и сила тяжести mg , приложенная в точке
пересечения медиан М.
Из первого условия равновесия получим уравнение
+ /V2 + /V3 =0. (1)
315
В положении равновесия сумма моментов всех сил относительно
произвольной точки О равна нулю. Выберем точку О в середине сто-
роны АВ и совместим с ней начало координатной системы xyz. Ось х
направим по прямой ОС, осьг — вертикально вверх (рис. 1.6.22). Ра-
диус-векторы точек приложения сил А, В, С, М соответственно рав-
ный, -й, v , v/З. Второе условие равновесия приобретает вид
ux/Vt -uxN2 +£x/V3 +(1/3)l> xmg = 0. (2)
В проекциях на оси z'x, у получим из (1), (2) систему уравнений
/V1 + /V2 + /V3-^ = O, (3)
МД-иД = 0, (4)
+ UJV2 - vN3 + (v/3)mg = 0, (5)
из которой находим: N{ - N2 = N3 = mg/3.
1.6.23. Направим ось z вертикально вверх, оси координат х, у
расположим на поверхности диска. Очевидно сумма моментов всех
сил относительно точки О равна нулю:
т.п х g + т2г2 х g + m3r3 xg =0, (1)
гДе П ~ Ук> 0), хк + У к = ~ Радиус диска, вектор
ck = rkxg/g=(-yift хк, 0),/с = 1,2, 3.
Найдем вначале косинус угола а12 между векторами п и г2:
cos а12=( c,c2 )/&.
Из (1) имеем уравнение
т. q + т2 с2 = -т3 с3, (2)
Поскольку (ctc2) = ( пп2), то после возведения в квадрат получим
т2 + т? + 2т ^т2(г{г2 т32, (3)
Следовательно,
cosa12= (т3-т2-т2)/2т.т2. (4)
Переставляя индексы, найдем cosa^ и cosa^.
Очевидно должны выполняться неравенства
tni + т2 > т3, т2 + т3> mv т3 + т{> т2.
1.6.24. Положение и ориентация стержня определяются углом 6
между осью стержня и осью х. Координаты центра масс ято(0), zm(0).
Потенциальная энергия стержня 1У(0) = mgzm(Q).
316
Пусть , (i^) — радиус-вектор правого (левого) концов стержня.
Тогда 2 = хп ± (Z/2)cos 0, z12 = zn ± (Z/2) sin 0.
Посколькуz = xz/2R, то из системы уравнений
zm ± (Z/2)sin 0 = К ± (//2)cos 0]2/2Я
находим zm(0) и потенциальную энергию
W(0) = (rng/8R) (Z2cos20 + 47?2tg20).
Экстремальные значения угла 0 получим из уравнения dW/dQ = О,
которое имеет вид
2Zzcos0sinO + ST^tgO/cos2© = 0.
Отсюда находим два корня 0, = 0, cos 02 = (2/?/Z)1/2,1 > 2Я.
В окрестности значений 0, = 0 приближенно имеем
cos0 = 1 - 02/2 + ..., tg 0 = 0 + ....
Следовательно, потенциальная энергия стержня
|У(0) = (mg/8R) [I2 + (4R2 - + ...
имеет минимум при I < 2R. При значениях I > 2R функция Ж(0) име-
ет минимум в точке 0 = 02.
1.6.25. На катушку действуют сила тяжести, сила треИия f , сила
реакции N и сила натяжения нити Т (рис. 1.6.25 6).
Рис. 1.6.25 6
Из условий равновесия следуют уравнения
Tcosa +f- mg-0, 2V-7sina = O, JR=Tr,
Катушка не будет скользить при условии mg - Tcosa < ц/V.
Полагая а = am,/ = pJV, получим sin аго = r/pR.
317
1.6.26. Из равенства нулю сил тяжести и силы натяжения, дейст-
вующих на участок каната Ьс находим Ть = (mg/21) (I - пВ).
На участок каната ab действуют силы натяжения, сила тяжести и
сила реакции.
Запишем уравнение — сумма проекций на ось z моментов всех
сил относительно оси цилиндра равна нулю. Найдем вначале проек-
цию момента силы тяжести.
Рассмотрим элементарную массу dm - (m/l)Bd ф с координатами
хп = Ясов ф, уа = 7?sin ф. Проекция момента силы тяжести
dMz = -(m/^gB2,cvsqd ф = - (m/l)glf d sirup = ~(m/l)gBdya.
Вычисляя интеграл в пределах 0 < уа <В, находим Mz = - (m/l)gB^
Условие равенства нулю проекций моментов сил приобретает вид
ТаВ - (m/ljgrf - (mgB/2l)(l - лЯ) = 0.
1.6.28. На рис. 1.6.28 изображены силы, действующие на шар.
Если шар лежит на двугранном угле, одна грань которого горизон-
тальна (а = 0), то N' = 0, N2 = mg. В этом случае шар не деформирует
боковую грань, а только касается ее.
1.6.29. На балку действуют сила тяжести mg, сила натяжения
троса Т и сила реакции N, приложенная в точке О. Поскольку на
балку действуют три силы, то из второго условия равновесия следует,
что они лежат на прямых, пересекающихся в одной точке. Тогда из
первого условия равновесия получим
Тcos а - N cos а - 0, Тsin а + TVsin а - mg = 0.
1.6.30. А. На машину действует сила тяжести, силы реакции в
точках контакта шин и дороги и сила «тяги» величиной
318
(рис. 1.6.30). Из условия равенства нулю суммы сил и проекции мо-
мента сил относительно центра тяжести получим два уравнения
N. + N2 - mg = 0, g/V2 - INJ2 + INJ2 = 0,
из которых находим F= |img/2(l - цЯ/Z).
Рис. 1.6.30
1.6.31. На рис 1.6.31 б изображены силы, действующие на стер-
жень, АВ = lvAC = 12. Из условия равновесия получим
Рис. 1.6.31 б
1.6.33. На рис. 1.6.33 угол между направлением скорости ветра и
осью яхты равен л - а.
Рис. 1.6.33
319
Если плоскость паруса расположена перпендикулярно направле-
нию скорости ветра, то сила давления ветра R , действующая на парус,
максимальна. Если же плоскость паруса образует с направлением ско-
рости ветра угол р, то сила давления на парус N = flsin р. Эта сила за-
ставляет яхту смещаться. Однако реальной движущей силой является
проекция силы N на направление оси яхты, равная F= TVslii (а - р), по-
скольку большая поверхность киля не позволяет яхте смещаться в на-
правлении, перпендикулярном оси.
Следовательно, F(p) = 7?sin р sin (а - р). Эта функция достигает
максимального значения Fm = /?sin2(a/2) при р = а/2. В этом случае
парус расположен так, что делит точно пополам угол между направ-
лением скорости ветра и осью яхты.
1.6.34. Положение картины при плоскопараллельном движении
определяется двумя углами: 0 — угол между вертикалью и прямой,
проходящей через точку подвеса и центр масс, ср — угол между ради-
ус-вектором центра масс и прямой НМ, проходящей через середины
сторон АВ и DC (рис. 1.6.34 а).
Рис. 1.6.34 a
Потенциальная энергия картины
Ж(ф) = -rrcgs(q))cosG, (t)
где .$(ф) — длина отрезка ОМ.
В произвольном положении длина нити
/ = (2)
где = ОА, l2 = ОВ.
Из теоремы косинусов получим еще два уравнения
(/,2)2 = ?+ (с/2)2- cscos(y±ср), (3); (4)
где с = (а2 + Ь2)1'2, у — угол НМЛ.
320
Из системы (2)-(4) находим
s(q>) = [acos ф + (1 - 62/Z2)1/2(Z2 - czsin\p)1/2]/2[l - (6/£)281п2ф]. (5)
Для исследования устойчивости положения равновесия 6 = 0,
Ф = 0 разложим функцию $(ф) в ряд, используя приближения
<Нпф«ф, cos ф * 1 - ф /2, 1/(1 - б) « 1 + б в окрестности значений
ф« 1, 8 << 1. В результате получим
s(<p) = s0 - пр2/2 + ..., s0 = s(0) = [а + (I2 - b2)'/2]/2,
r=[a(l2-2b2) -(b2 - a) (I2 - b2)'/2]/2l2.
Потенциальная энергия картины
1У(ф, 6) = ~rngsQ + mgsQ&2/2 + mgrtf/2 + ....
Величину г удобно представить в виде
r=(s0a//2)[(/2-b2)1/2-b2/a].
Потенциальная энергия имеет минимум при условии г >0, или
I > be/а. Отметим, что при значении I = bc/а углы ОАМ и ОВМ в по-
ложении равновесия равны л/2 (рис. 1.6.34 б). Наименьшее значе-
ние I = с соответствует картине в форме квадрата.
1.6.35. Волок до сих пор используется при переброске мощными
тягачами бурового оборудования по бездорожью. На рис. 1.6.35 изо-
бражен человек, тянущий канат, прикрепленный к грузу.
Рис. 1.6.35
321
Из условий равенства нулю суммы сил, действующих на груз,
находим величину силы, приложенной к грузу
F(a) = pAfg/(cosa + psina),
или
F(a) = pAfgcosa0/cos(a - а0), (1)
где tga0 = ц.
Функция F(a) имеет минимум равный pAfg/(l + ц2)1/2 при а = а0
и незначительно изменяется даже при больших значениях ц. Напри-
мер, при ц = 0,3, значения = 17°, FfcQ = 0,995F(0). Это облегчает
волок всего на 5% по сравнению с горизонтальной тягой.
Положение меняется при рассмотрении условий, создающих си-
лу F . Из равенства нулю сил, действующих на человека, получим
/(a) = p'7ng/(cosa - p'sina), (2)
где ц' — коэффициент проскальзывания подошв по грунту.
Из (2) следует, что сила тяги / значительно возрастает с ростом
угла а (т.к. с увеличением угла возрастает величина силы реак-
ции Т}г Полагая a = 30°, ц' = 0,3, получим значение/(л/6) = 1,43/(0).
Величина силы/(л/6) увеличивается на 43 % по сравнению с гори-
зонтальным волоком. Приравнивая (1) и (2), получим значение мас-
сы тела, которое человек может волочить
М = p'(cosa + psina)zn/p(cosa - p'sina).
Полагая массу человека ш = 100 кг, a = 30°, ц = ц' = 0,3, получим
массу груза М = 143 кг. Это значительно больше массы, которую че-
ловек может нести на себе.
Однако существенное увеличение угла а приводит к ухудшению
устойчивости человека — он вынужден сильно наклонятся вперед.
Найдем угол отклонения корпуса ср от вертикали. Предположим, что
центр тяжести находится на расстоянии 1/2 от точки О соприкосно-
вения подошв с землей. Запишем условие равенства нулю суммы
моментов сил, действующих на человека относительно оси, проходя-
щей через точку О
zng(//2)sin(p -//cos(cp + a) = 0.
Учитывая (2), найдем, что угол отклонения человека от верти-
кали определяется соотношением
tgcp = 2ц'/(1 + g'tga). (3)
322
С увеличением а угол ф быстро убывает. Вместе с этим ухудша-
ется устойчивость человека.
Для значений а = 30 °, ц' = 0,3, получим согласно (3) ср = 27 °.
1.7. Работа и энергия.
Законы сохранения и изменения полной энергии
1.7.1. В этом случае v (t) = vQ + g F = mg , P(t) = PQ + mg't,
Ptt- mgvQ < 0. Функция P(l) обращается в ноль при значении / = /0,
/0= Зп интервал времени [0, Т| работа силы тяжести равна
сумме площадей треугольников ОРо/о и tJCT на рис. 1.7.1:
Ai2^ (i/2)[Pttt0 + Р(Т}(Т- ta)] = mgv.T + mff/2.
Полезно представить работу в виде
A2 = /Zl£ L? (Т) - г (0)],
где г(Т)-г(0) — приращение радиус-вектора частицы.
1.7.2. На рис. 1.7.2а изображена частица на пружине в трех раз-
личных положениях. График проекции силы упругости — функ-
ция РД/) изображен на рис. 1.7.26.
|т\лллл4лл^ 0 h Iq I2 1 Рис. 1.7.2 а h * 0 li Рис. 1.7.2 6
323
Из рис. 1.7.26 следует, что искомая работа равна разности площа-
дей двух треугольников Л12 = (Zt - /0)2 - L (l2 - Z0)2.
2 2
Мы приходим к важному выводу, что работа силы упругости, как
и работа силы тяжести, не зависит от характера движения тела, а оп-
ределяется лишь его начальным и конечным положениями. Работа
сил тяжести и упругости на замкнутой траектории равна нулю.
1.7.3. А. Для вычисления скалярного произведения в 1.7.1 вве-
дем систему координат ху (рис. 1.7.3). Если ось у направлена по вер-
тикали вверх, то проекции вектора равны gz - gt - 0, gy = -g. В соот-
ветствии с определением скалярного произведения получим
л
=£(-"#)
n»i
Полная работа, совершаемая силой тяжести при перемещении,
тела из точки Мх в точку М2,
а,2 = -mg(y2 - Уд = -^2 + mgyt. (1)
Б. Подставляя (1) в (1.7.3), получим соотношение
-mgy2 + mgyt = W(y<) - W(y2).
Следовательно, потенциальная энергия частицы в иоле тяжести
1У(у) = mgy + const
определяется неоднозначно, поскольку содержит произвольную кон-
станту. Мы убедимся далее, что наличие константы не проявляется в
решении задач механики. Налагая произвольные условия на значение
потенциальной энергии в произвольно выбранной точке, мы получим
различные значения константы. В частности, полагая VF(O) = 0, полу-
чим const = 0.
1.7.4. Нет, это утверждение неверно. В данной точке частица
имеет определенное значение потенциальной энергии, т.е. значение
функции W(x, у, z). Работа силы в данной точке равна нулю. Работа
связана не с потенциальной энергией, а с приращением потенциаль-
ной энергии при перемещении частицы из одной точки в другую. По-
тенциальная энергия представляет собой функцию координат части-
цы, а понятие работы силы можно ввести только при перемещении
частицы. При приращении радиус-вектора Аг элементарная работа
8Д = -AW(x, у, z). Работу силы нельзя «запасти» — совершая работу,
мы изменяем полную энергию частицы.
324
1.7.5. Направим ось z вертикально вверх; начало координат рас-
положим на поверхности земли. Потенциальная энергия грунта, ко-
торый необходимо выбрать Жо = ~mgH/2, т = р5Я.
Полную работу по выемке грунта Ао найдем из закона изменения
полной энергии 0 - Wo - Для того чтобы вырыть колодец до глу-
бины h, необходимо выполнить работу Л = pSh2/2.
1.7.6. Потенциальная энергия камня W = 7n(posina)2/2, кинети-
ческая энергия К = rrc(p0cosa)2/2.
1.7.7. Используя закон сохранения полной энергии, можно пока-
зать, что величины скоростей шариков в точках В и D равны v. По-
скольку пути и s2, пройденные каждым шариком, одинаковы, то
для решения задачи необходимо рассмотреть уравнение = s2. Изо-
бразим на рис. 1.7.76 графики функций v^t) и v2(t), следуя качест-
венным соображениям: площади под кривыми и v2(t) должны
быть одинаковы. В результате получим > tCD.
ui(O
1.7.8. Из уравнения движения mdv/dt - FQ- kv следует, что ско-
рость машины возрастает и стремится к постоянному значению.
Элементарная работа силы «тяги», т.е. сил трения пробуксовки
8/1= Fou(f)Af. Работа за промежуток времени [ip t,] равна площади
под графиком функции/(f) = Fou(f) на отрезке [fp /2]. Изобразите
примерный график функции и убедитесь, что/Ц < А2.
1.7.9. Направим ось х вертикально вниз, начало координат рас-
положим на уровне оси. В начальном состоянии потенциальная
энергия системы W = nigxc, хс = 5//18 — координата центра тяжести.
325
Согласно закону сохранения полной энергии
О - bmgl/18 = mv /2 — mgl/2.
1.7.10. Скорость частицы v2 + р', где vt = (и, 0, 0) - скорость
клина, р' = (tzcosa, -tzsina, 0) — скорость частицы относительно кли-
на т (в обозначениях задачи 1.5.3), v = ds/dt.
Полная энергия системы Е = тр/ /2 + m2t;22/2 + mg(h - ssina).
Закон сохранения горизонтальной компоненты полного импуль-
са приводит к уравнению
mtu + т2(и + pcosa) = PQ. (1)
Подставляя скорости и р2, получим
Е = ти /2 + m2(v2 + 2uv cosa)/2 + rng(h - ssina), m = + m2. (2)
Для того чтобы найти ускорение частицы а = dv/dt, дифференци-
руем (1)-(2) по времени:
0 = mndn/dt + rn2\vdv/dt + (udv/dt + udu/df)cosa] - m^sina, (3)
mdu/dl + m2(dv/dt)CQsa = 0. (4)
Из (3) -(4) находим dv/dt = mgsina/f^ 4- zn2sin2a).
1.7.11. Из законов сохранения импульса и полной энергии полу-
чим уравнения 2mv = -2ти^ + Зти2, mv2 = ти/ + 3/nu22/2. Путь,
пройденный пробиркой s = и2Т, Т = L/vQ, vQ = ui 4- и2- величина ско-
рости шарика относительно пробирки.
1.7.12- 1.7.13. Из законов сохранения импульса и полной энер-
гии получим два уравнения (т{ - m2)v = m2u, 4- m2)v2 = т2и.
1.7.14- 1.7.15. Из законов сохранения импульса и полной энер-
гии следуют уравнения m^v = (т2 - m^v2/2 = + т2)и2/2.
1.7.16. Проведем ось х, параллельную вектору и, и обозначим
проекции скоростей первого и второго шаров после удара через ui и
и2. Из законов сохранения импульса и полной энергии системы ша-
ров следуют два уравнения:
+ 0 = Z7i1u1 4- т2и2> (1)
m.v2 _ m.uf т2и2
—— + 0 = —L4-~(2)
2 2 2 7
Из (1) найдем
W2=—(3)
zn2
326
Подставляя u2 в (2), получим уравнение, из которого найдем ско-
рость первого шара после удара
т, -т9
—----------------------------------и.
u, =
mx + zn2
(4)
Теперь из (3) получим скорость второго шара после удара
и2 =
2тх
+ дп2
V.
(5)
Энергия, переданная первоначально покоящемуся шару, равна
его кинетической энергии после удара
т2й2 4тхт2 ту2
2 2 (m^mj2 2 U
Кинетическая энергия первого шара после удара
X,-
\2 2
тх-т2 пг{и
т{+т2) 2
(7)
Проведем анализ полученных соотношений. Из (4) следует, что
налетающий шар отскакивает назад, если его масса < т2. Если
> т2, то шар продолжает движение с меньшей скоростью. Если
массы шаров одинаковы, то налетающий шар остановится, а второй
начнет двигаться со скоростью налетающего шара — шары обмени-
ваются скоростями. Если mi = zn2/3, то и2 = = у/2. В этом случае
шары движутся в противоположные стороны со скоростями одина-
ковой величины.
Интересно исследовать различные предельные случаи. Если мас-
са первого шара тк » т2, то из (4), (5) следует, что массивный нале-
тающий шар почти не изменит скорость, а первоначально неподвиж-
ный легкий шар начнет двигаться со скоростью и2 « 2и (этот случай
рассмотрен в задаче 1.3.9).
Если, наоборот, масса первого шара « т2, то, из (4), (5) сле-
дует, что он отскочит назад, причем величина скорости почти не из-
менится, а первоначально неподвижный шар приобретет небольшую
скорость и2 « (2mjm^v. Поэтому энергия, переданная шару равна
2пъ и
К2а 2т2и/тг « ту2/2. Итак, u2 « -v, u2 »—-р, mt « т2, щ =
ГГЪ) £
V
u2= m,=
т2
т
; ut = 0, и2 = и, т1 = т2; и,»
и, и2 я » т2.
327
Энергия, переданная неподвижному шару, максимальна только в
том случае, когда массы шаров одинаковы. Этот вывод, полученный
при рассмотрении центрального удара, справедлив и при нецен-
тральных столкновениях. Поэтому, когда в ядерной энергетике воз-
никает необходимость уменьшить энергию нейтронов, рождающихся
в ядерных реакциях, то для замедления нейтронов используют веще-
ства с небольшой атомной массой. Например, из (7) видно, что при
столкновении нейтрона с ядром дейтерия, масса которого равна уд-
военной массе нейтрона (т2 = 2т{), энергия нейтрона уменьшается в
9 раз, а при столкновении с ядром углерода в блоке графита
(т2 = 12^) уменьшится только в 1,4 раза.
1.7.17. Обозначим скорость первого шара до удара через и . Скоро-
сти первого и второго шаров после удара — й4 и й2. Угол между век-
торами й4 и й2 является искомым углом разлета шаров после удара.
Согласно законам сохранения полной энергии и импульса систе-
мы имеем уравнения
mv + 0 = m й4 + m ^2,
2 2 2
mv ти{ ти^
---- —-----J------.
2 2 2
Сокращая массу, получим систему уравнений
и = й4 + u2, (1)
у2= и, +14- (2)
Из уравнения (1) следует, что векторы и, й2 образуют тре-
угольник, а из (2) ясно, что этот треугольник прямоугольный с кате-
тами й4 и й2. Возводя обе части уравнения (1) в квадрат:
V2 = U? + 2u4U2 + , (3)
найдем из (2), (3) скалярное произведение =0. Поскольку ска-
лярное произведение равно нулю, то векторы й4 и й2 образуют пря-
мой угол.
Этот результат можно понять из качественных соображений,
представляя вектор v в виде суммы двух векторов, один из кото-
рых 5||параллелен прямой, соединяющей центры шаров, другой век-
тор перпендикулярен этой прямой. Вектор v^ не изменится при
столкновении, так как шары гладкие и удар упругий. Вектор ?ц обра-
тится после столкновения в нуль, так как шары имеют равные массы.
328
Поэтому после удара налетающий шар будет иметь скорость ,
а второй шар — скорость и2 = угол между скоростями после раз-
лета равен 90°.
1.7.18. Из закона сохранения импульса и кинетической энергии
системы частиц следует, что величина скорости шаров после взаимо-
действия не изменится: вектор vx повернется на угол 0, приращение
вектора — направлено параллельно прямой, проходящей
через центры шаров. Согласно рис. 1.7.18 имеем уравнения 0 + 2ф = я,
b = 2R sin ф. Величина приращения скорости = 2posin 0/2.
Рис. 1.7.18
1.7.20. Разложим скорость vQ на два взаимно перпендикулярных
вектора ?0=у2 + ?3 (Рис- 1-7.20 б). Шар Л останавливается только в
том случае, если вектор р3 направлен к центру шара С. В треугольни-
ке АВК угол а = п/6. Из закона сохранения импульса = ил+иь на-
ходим ис = у3= и0/2, vb= р2= у0л/з/2.
1.7.21. Если и = у0то столкновение является абсолютно неупругим.
Приращение внутренней энергии системы AI7 = т{т2и*/2(т{ + т2).
329
В случае и > и0 имеем систему уравнений
тр = + т2и2, тр2/2 = тр//2 + m2v2/2 4-ДСЛ
1.7.22. Примем основания плоскостей за нулевой уровень потен-
циальной энергии. Поскольку трение отсутствует, то полная энергия
имеет одно и то же значение в любой точке траектории. Приравнивая
значения полной энергии на вершине плоскости и у основания, по-
_ 2
ТТ 77Ы? Л
лучим уравнение 0 + mgtl - 4- 0.
Отсюда находим, что величина скорости v = y]2gH зависит толь-
ко от высоты горки и не зависит от угла наклона плоскости. Итак, ве-
личины скоростей тел и и2 одинаковы.
1.7.23. После отскока частица движется по параболе (рис. 1.7.23).
Для определения искомой высоты h проще всего воспользоваться за-
коном сохранения полной энергии. На высоте h скорость частицы
имеет только горизонтальную компоненту иг. Приравнивая значения
полной энергии в двух точках - на высоте Я и в верхней точке иарабо-
ши2
лы на высоте Л, получим уравнение 0 4- mgH = —— 4- mgh.
Рис. 1.7.23
Величина скорости у основания наклонной плоскости v = y/2gH ,
а горизонтальная компонента скорости vr = >j2gH cosa при отскоке
не изменяется. Следовательно, h = //sin2a, h = H/2.
1.7.24. Цепь перевалит через горку, есйи в тот момент времени, ко-
гда середина цепи достигнет вершины желоба, скорость цепи обратит-
ся в нуль. Выберем в качестве нулевого уровня потенциальной энер-
гии горизонтальную прямую, проходящую через вершину желоба.
_ mvl .
Тогда полная энергия в начальном состоянии равна -~^- + (—mgn).
В конечном состоянии центр тяжести цепи находится на расстоя-
нии (L/4)cosa от вершины треугольника.
330
2gH 1——cosa
6 4Я
и л ( L
Полная энергия в этом состоянии 0 + —mg—сова
\ 4
Приравнивая значения полных энергий, находим
Отметим, что для точечного тела величина наименьшей скорости
равна \j2gH . Для протяженного тела у0 < ^2gH .
Этот пример поясняет, почему прыгун в высоту, использующий
технику «форсбери-флоп», может достичь большей высоты, чем при
прыжке перекатом. Совершая свой знаменитый прыжок «спиной
вверх», Дик Форсбери перенес через планку сначала голову, корпус
и ноги; при этом центр тяжести оставался ниже уровня планки.
1.7.25. Имеем систему «тело-горка», для которой выполняются
законы сохранения полной энергии и горизонтальной компоненты
импульса. Потенциальная энергия горки в процессе взаимодействия
не изменяется.
В начальном состоянии импульс системы равен ти, полная энер-
гия mv /2 + W, где W - потенциальная энергия горки. В конечном со-
стоянии тело находится па вершине горки (покоясь относительно гор-
ки), движущейся со скоростью и. Импульс системы равен (М + т)и,
полная энергия Е = (М 4- m)uz/2 + mgH 4- W. Законы сохранения при-
водят к уравнениям
mv = (т + М)и, (1)
— mv2=— {M+m)u+mgH. (2)
2 2
Из второго уравнения видно, что часть кинетической энергий те-
ла переходит в кинетическую энергию горки. Подставляя и из (1) в
(2), найдем наименьшее значение величины скорости тела
v„ = (3)
В предельном случае М » т значение v » \j2glf, как в случае
закрепленной горки.
1.7.26. Направим ось х по вертикали вниз, начало координат со-
вместим с точкой подвеса пружины. Сила действующая на груз со
стороны пружины Fx(x) = -к(х - Zo).
В положении равновесия 0 = mg - k{lK - Zo).
Потенциальная энергия груза JV(z) = к(х - Z0)2/2 - mgx.
331
Из закона сохранения полной энергии получим уравнение
О + 0 - mgl* = 0 + к(12 - Zo)2/2 - mgl2.
1.7.27. Выберем ось х с началом в точке подвеса и направим ее
вертикально вниз. В положении равновесия сумма сил, действую-
щих на частицу, равна нулю: mg - k(j\ - lQ) = 0. Согласно закону из-
менения полной энергии (1.7.6) искомая работа равна разности по-
тенциальных энергий в точках х - хК и х = 4- с:
Л = ИК^ + с) -
где JV(x) = -mgx 4- (к/2) (х - ZJ2 — потенциальная энергия частицы.
Для упрощения вычислений перейдем к новой координате z, по-
лагая х - хх 4- z. В результате получим потенциальную энергию —
функцию
w(z) = W(xi 4- z) = kz /2 4- const,
где const = -mgxK 4- (A:/2) (x( - Z0)z.
Следовательно, A = iv(c) - iv(0) = Zcc2/2.
1.7.28. Поскольку теперь работа внешней силы Л'12 в (1.7.3) рав-
на нулю, то 0 4- w(c) = ти2/2 4- w(z) или p2(z) = (к/т) (с2 - z2).
1.7.29. Направим ось у вертикально вверх, начало координат по-
местим на уровень закрепления веревки. Предположим, что сила,
действующая на альпиниста, определяется законом Гука. В положе-
нии равновесия длина веревки lv = (Z( - Zo)/Zo. Из второго закона
Ньютона следует уравнение
0 = -zng + /c(Z,-Zo). (1)
В нижней точке траектории длина веревки возрастет до значе-
ния Z2. Проекция ускорения в этой точке удовлетворяет уравнению
ma2 = -mg + /c(Z2-Z0). (2)
Относительное удлинение веревки е2 = (Z2 - Zo)/Zo найдем, исполь-
зуя закон сохранения полной энергии. Согласно (1.7.4), (1.7.5) по-
тенциальная энергия груза имеет вид W(y) = mgy 4- к( | у | - Zo)2/2.
Поскольку полная энергия груза в положениях у = lQ и у = ^12
одинакова, то
0 + mgl* 4-0 = 0- mgl2 + k(l2 - l0)2/2. (3)
Учитывая (1), получим из (3) значение е2 = 4- (&2 4- 4е1)1/г. Из
(2) находим проекцию ускорения на ось х: а2 = g(l 4- 4/е()1/2. Под-
ставляя числовые значения, получим е2 ® 0,4, а2* 10#.
332
1.7.30. А. Направим ось у вертикально вниз, начало координат
поместим на уровень закрепления шнура. В положении равновесия
длина шнура е( = - Zo)/Zo. Из второго закона Ньютона следует
уравнение
O = wg-/c(/i-Zo). (1)
Следовательно, е, = mg/kl^. Длину шнура /0 найдем, используя за-
кон сохранения полной энергии. Потенциальная энергия груза имеет
вид W(y) = -mgy + к(у - lQ)2/2, у >lQ. Поскольку полная энергия груза
в положениях у = 0 и у = Нодинакова, то
0 + 0 = 0 - mgH + к(Н -lQ)2/2. (2)
Из (2) следует уравнение 2^Н10 = (Н- /0)2, из которого находим
/0= (1+8,-726,+^ )Н. (3)
Б. Проекцию ускорения в нижней точке траектории найдем из
второго закона Ньютона
wa2 = mg- к(Н - Zo),
или
a2 = g[l-(ff-l0)/£,l0] =g(l - )•
В. Проекцию скорости каскадера в точке с координатой у найдем
из закона сохранения полной энергии
0 + 0 = лп//2 - mgy + к(у - 10)2/2.
Функция и (у) достигает максимума при значении у = Z,:
va2 = gl0(2 + 8,).
1.7.31. Решение 1. В положении равновесия z = Z, на рис. 1.7.31
O = zng-/c(Z,-ZJ, £ = mg/kla. (1)
В нижней точке траектории груза
mam = mg-T, T = k(lm-la). (2)
Поскольку в этом положении скорость груза равна нулю, то в
случае h > Z( - lQ из закона сохранения нолной энергии получаем
уравнение
^ra = A:(Ziii-Z0)72-mg(Zni-Z,). (3)
Из системы (1)-(3) находим hm: hm = (sla/2)[(T/mg - 1)2+ 1].
Отметим, что при Т = 2mg, hm — Zo.
333
Решение 2. Проекцию ускорения груза найдем из второго закона
Ньютона
та == mg-k(z - l0), ат = g(l ~ T/mg). (1)
Перейдем к новой координатной оси х с началом в положении
равновесия: z = Z, + х. Тогда имеем уравнение
а 4- <ях = 0, со2 = к/т, (2)
с начальными условиями д?(0) = 0, у(0) = uv Решение этого уравне-
ния x(t) = (^/о).sing)L Скорость на уровне найдем из закона со-
хранения полной энергии
mghm = mv?/Z.+ k(lt- 10)г/2. (3)
Из (2) следует, что при <о/т = п/2, ат = -wr
Рис. 1.7.31
1.7.33. Расположим начало координатной оси z на уровне натя-
нутой сетке и направим ось вертикально вверх. Из второго закона
Ньютона получаем та„ = -mg 4- ks.
Коэффициент жесткости найдем из закона сохранения полной
энергии 0 4- mgH =0 4- ks2/2 - mgs -> а0 = 1 4- 2H/s).
1.7.34. Выберем на горизонтальной плоскости начало коорди-
натной оси z, направленной вертикально вверх. Пусть z —координа-
та диска с грузом. Проекция на ось z силы упругости, действующей
на диск F= -k(z - /0). Из второго закона Ньютона следует уравнение
движения
та = -Zc(z - /()) - mg. (1)
Сила реакции, действующая на нижний диск со стороны плоско-
сти Л’(£) = k(lQ - z) равна величине силы давления на плоскость. Мак-
симальное значение = fc(Z0 - zm), где zm — координата груза при
значении скорости ит = 0.
334
Из закона сохранения полной энергии получим уравнение
2
тл? k
—t + mgl, = 0 + - (zm - Zo)2 + rngzm. (2)
Из (2) получим Nm = mg+ y[(mg)2 + kmv} .
Поскольку zm > 0, то коэффициент жесткости должен удовлетво-
рять неравенству к > 2mg/lQ + zn(y0/Z0)2. Отметим, что (1) является
„ „ d2z j . . .
дифференциальным уравнением _ U = ~т&
Решением этого уравнения является функция
z(Z) = k (l-cosoZ)-—sincoZ, <о=
к со
1.7.35. Из закона изменения полной энергии dE/dt = -yungv,
Е - mv /2 ч- kz /2, х = lQ 4- z, получим уравнение
mv2/2 4- kz2/2 = -ymgz 4- mv2/2. (1)
Полагая в (1) z - zm, v = 0, получим решение
z„=A(-^ + >/(M^)2 +ya)> o2=/c/m.
(0
1.7.36. Из закона сохранения импульса и закона изменения пол-
ной энергии получаем два уравнения
пщ 4- m2v2 = (т} 4- т2)и,
тр2/2 4- m2v2/2 -(иг1 4- т^и/2 = AZ7.
1.7.37. Из закона сохранения импульса получим уравнение
mv 4- 0 = тй{ + тй2.
Поскольку и>1 = и2= и, то скорости образуют треугольник, в кото-
ром угол между векторами щ и v равен а/2. Следовательно,
v = 2ucosa/2. Из закона изменения энергии получим уравнение
лн//2 4- 0 - ти /2 4- ти /2 4- Д[7.
После возведения в квадрат обеих частей первого уравнения на-
ходим v2 = и 4- 2 4- и. Следовательно, AZ7 = тй^й2, tiU == mu2cosa.
1.7.38. Из закона сохранения импульса системы следует уравне-
ние у/2Е/т ~ т^2Е/т = 5ти, где и — скорость системы как це-
лого после неупругого столкновения. Согласно закону изменения
полной энергии имеем уравнение 2Е = Ъти /2 4- U.
335
1.7.39. Из закона сохранения горизонтальной компоненты им-
пульса системы mv = 2ти найдем скорость и первого и второго шаров
после первого столкновения. После второго столкновения скорость
каждого шара равна 2ти = Зпш3.
1.7.40. Решение 7. Из закона изменения кинетической энергии
получим уравнение 0 - mv2/2 = А^, т — масса доски, Атр — работа
силы трения. Сила нормального давления равна mg. Проекцию силы
трения скольжения F на направление скорости центра масс доски
можно представить в виде F(x) = -\mgx/L, х< L, где х — координата
передней кромки доски на числовой оси с началом на краю пола ку-
зова; F(x) = x>L. Работа силы трения равна площади под гра-
фиком функции F(x) на отрезке (4/2, L):
= ~(V2) [^ngL - lwgL/4] = -(3/8)pwg4.
Решение 2. Из второго закона Ньютона получим уравнение
та = -ymgx/L.
Начальные условия х(0) = L/2, у(0) = v&
Представим уравнение в виде d?x/dt2 4- <о2х = 0, со2 = \xg/L. Реше-
ние уравнения, удовлетворяющее начальным условиям,
x(t) = (L/2)cosg)Z 4- (г20/сс>)sinco^ = ylsin(coZ + a),
Asina = L/2,Acosa = y0/co,A2 = (4/2)2 4- (у0/©)2. (1)
Скорость доски v(t) = A cocos (cot 4- a). Из условий х(т) = L, v(x) = 0
получим уравнения
L =Asin (сот 4- a), 0 = Acos(cor 4- a). (2)
Из (1), (2) находим сот 4- a = n/2, L = A,a = n/G.
Отметим, что из уравнения L = А получим минимальное значение
скорости vQ.
1.7.41. Согласно закону изменения кинетической энергии (1.7.6)
в случае w < pg имеем К2- К{ = F^s или К2~ Кк = mws. При w > pg в
результате действия силы трения рт^тело перемещается за интервал
времени Т относительно доски на Ахт = pgT2/2, доска — на $ = w7е/2.
Следовательно, в этом случае К2 ~ К} = mu)s(\xg/u))2. Отметим, что сила
трения совершает положительную работу.
1.7.42. Согласно закону изменения полной энергии имеем урав-
нение
Ю^^Я]-[0^0]=А+Агр,1), (1)
где А (1>-- работа силы трения при втаскивании груза.
336
Предположим, что ц < tga. Тогда груз может скользить вниз по
наклонной плоскости клина. Используя еще раз закон изменения
лол ной энергии, получим уравнение
[ти/2 + 0] - [0 + mgH] =Агр. (2)
Поставленная задача может быть решена только при дополни-
тельных условиях. Пусть груз втаскивают с помощью веревки, натя-
нутой параллельно наклонной плоскости.
Тогда и = (/tgH - 2A/zn)1/2, а работа А удовлетворяет ус-
ловию А < 2mgH, эквивалентному неравенству ц < tga.
Действительно, в этом случае работа силы трения Лтр(1) - -ц/Vs, где
N = mgcosa, s = H/sina или Лтр(1) = -p/ng#ctga.
Из (1) находим А = mgH + pmgffctga < 2mgH.
1.7.43. В горизонтальном направлении на тело действуют сила
трения скольжения, проекция которой F = -pmg, а на доску — сила
трения F == -F. После того как скорость тела относительно доски ста-
нет равной нулю, доска и тело как целое движутся со скоростью и.
Поскольку сумма проекций всех внешних сил (сил реакций и тяже-
сти) на горизонтальное направления равна нулю, то сохраняется го-
ризонтальная компонента импульса системы:
О + ти = (М + т)и. (1)
Теперь в системе, связанной с Землей, запишем закон изменения
полной энергии (1.10.16) каждого тела системы:
ти2 ти2 Л Ми2 Л Л
—-----— = -p.mgx2 < 0, —------0 = цт^1 > 0,
М dt
где х2, х^ - перемещения тела и доски относительно Земли.
Отметьте, что сила трения; действующая на доску, совершает по-
ложительную работу. Складывая эти уравнения, получим закон из-
менения полной энергии системы
1_
2
(m + М)и - — -pjng(x2 - X') < 0.
2
(2)
Из уравнений (1), (2) находим перемещение тела относительно
Ми2
доски х2 - х} = -------. При т « М перемещение тела х2 - -
2\ig(m + М)
v*/(2)jg) оказывается таким же, как и в случае закрепленной доски.
1.7.44. Из закона изменения полной энергии получим уравнения
ти2/2 + mgh2 - mgh} = -pmgcosa^ - A2)/sina. (1)
337
Кт - тё\ = ~nmgk,ctga. (2)
Отсюда находим Кт = mh^u /2&h, Ah = hx — h2.
1.7.45. Исходя из закона изменения полной энергии, получим
систему уравнений
mu2/2 -(mv*/2 + mgh) = -png/ictga,
mv*/2 + mgh - mu /2 = -pmgActga.
1.7.46. Согласно закону изменения полной энергии получим
уравнение mv /2 - mgl/2 + mgl/b. =Итр, Лтр = -pzngZ/8.
1.7.47. После неупругого столкновения атом и частица движутся
с одинаковой скоростью и. Согласно закону сохранения импульса
системы
ти + 0 = (т + М)и, (1)
где и - скорость частицы до столкновения.
Из закона изменения полной энергии следует уравнение
Л»?=(/П_4-^)и2_
2 2 v { '
М
Из уравнений (1), (2) находим Q=-----К.
т + М
Из этого выражения следуют интересные предельные случаи:
1 М
Q = K,m«M;Q= ~K,m = M;Q = —К«К1т»М.
2 т
Мы приходим к выводу, что при неупругом столкновении легкой
частицы, например, электрона с атомом, происходит полная передача
кинетической энергии атому — атом возбуждается и испускает фотон.
Если рассмотреть аналогичную задачу столкновения макроско-
пических тел, то величина Q — приращение внутренней энергии сис-
темы тел.
1.7.48. Если ускорение бруска равно нулю, то на брусок дейст-
вуют сила со стороны пружины Fx = -k(x - Zo) и сила трения покоя:
О = -k(x - Zo) + Fp.
При значении х = сила трения покоя достигает максимальной
величины [img:
О = -к(х, - Zo) + nmg. (1)
Работа, совершаемая внешней силой = к(х{ - 1и) равна
A = k(xt - /0)2/2. (2)
Из уравнений (1), (2) находим Л = (pmg)2/2k, А = 0,1 Дж.
338
1.7.49. Выберем на горизонтальной плоскости начало коорди-
натной оси z, направленной вертикально вверх. Обозначим zv z2 ко-
ординаты центров масс первого и.второго дисков. Проекции на ось z
сил упругости, действующих на первый и второй диски, равны соот-
ветственно = k(z2 - Zj - Zo), /*2 = ~/c(z2 - Zj - /0). Рассмотрим вначале
движение второго диска при значении z,(f) = 0. Из второго закона
Ньютона следуют два уравнения
0 = k(z2- 10) - mg + N(t), т2а2 = -k(z2-ln) -mg. (1)
Здесь N(t) — проекция силы реакции, действующей на первый диск
со стороны плоскости. В положении равновесия а2 = 0, z2 = z.^, N=Ne
(рис. 1.7.49 а). Из (1) находим z^ = - mg/k, N, = mg, m = m^ m2.
z
Рис. 1.7.49 а, б, в
В начальный момент времени I = 0, когда второй диск отпустили,
координаты дисков соответственно равны z/O) = 0, z^O) = z^, z^ = z^ - c
(рис. 1.7.49 б). Система оторвется от плоскости в тот момент времени
I = ts, когда сила реакции N(t) = mg - k(z2 - Zo) обратится в нуль. Следо-
вательно, координата второго диска в момент отрыва z2, = /L) + mg/k
(рис. 1.7.49 в). Величину скорости в этом положении найдем из зако-
на сохранения полной энергии второго диска
0 + (Zc/2) (z20 — Zo) + mgz2{i — mg^ + (k/2) (z^ — Zo) + mgz^ —>
-> = (k/m2) [? - (mg/k)2].
Следовательно, система подпрыгнет при условии с > mg/k. Отметим,
что скорость v2 достигает наибольшего значения (кс2/m2)i/2 при z = z^.
1.7.50. Согласно определению координаты центра масс хс = 0,
//,. = 0, zc = (m^i ч- mg/^/m, проекция скорости центра масс на ось z
равна иг = (т^ + т2и2)/т. Для определения максимальную высоту
подъема центра масс системы zrm используем закон сохранения пол-
ной энергии системы как целого в однородном поле тяжести
mv2 [2 -+- mgp( - const.
339
Из закона сохранения полной энергии центра масс получим
уравнение 0 + mgzcfn = (тп/2)(т2иъ/т)2 + rngz^. Подставляя значения
z^H vw находим zc„ = (mjm) (zb + (k/2mg) [c2 - (mg/k)2]).
Применим полученные результаты для оценки работы, совер-
шаемой человеком, при прыжке в высоту с места. Приращение коор-
динаты центра масс
Az, = zm - (mjm)z^ = (kmJ2m2g) [c2 - (mg/k)2].
Мышцы ног при перемещении Az2 = zb - zM = c + mg/k совершают
работу
A = W(z^)-W(z^,
Л = k(z^ - la)2/2 - k(z^ - 1^/2 = (k/2) (c + mg/k) [с + (тг - m/)g/k\.
В лучшем прыжке центр масс поднимается приблизительно на
величину Azc = 0,6 м при перемещении Az2 = 0,3 м. Полагая mi « 0,
представим работу в виде А = kbz2/2 = mg(Az2 + Azc). Для прыгуна
массой т = 70 кг находим А = 617 Дж. Величина мышечного усилия
в начальной стадии прыжка F- к\ AzJ, F= fang.
1.7.51. Записывая уравнения движения первой и второй частиц
в произвольной инерциальной системе отсчета, можно стандартным
приемом получить закон изменения полной энергии Е:
E = mva2/2 + mbv2/2 + W( | ra - rb |) (1)
где Ер Et — полные энергии системы в конечном и начальном состоя-
ниях.
В соответствии с законом сохранения импульса замкнутой систе-
мы можно сформулировать как утверждение о движении ее центра
масс R с постоянной скоростью й. При изучении движения замкну-
той системы удобно пользоваться системой отсчета, в которой ее
центр масс покоится, не рассматривая равномерное и прямолинейное
движение системы как целого (с.ц.м). С этой целью перейдем к но-
вым переменным, производя замену ra = R + mbr fm, rb~R - таг /га,
m- ma + mb.
Скорости частиц связаны co скоростью центра масс й и относи-
тельной скоростью vQ = va - vb соотношениями va = u+ mbvQ/m,
vb~u — mavi) /аг.
Подставляя va, vb в (1), получим закон изменения полной энергии
E't-Et=A„, E0 = »(va-vb)2/2 + W(\ra-rb\). (2)
340
явно удовлетворяющую принципу относительности Галилея. Здесь
введено обозначение ц = т>ать/(та + zn6) - так называемая приведен-
ная масса. Из (2) получим закон сохранения полной энергии частиц
7 (Ц, - )2 + ИЧ1 Га - гь I) = const.
La
1.7.52. В начальном и конечном состояниях проекция скорости
камня относительно Земли = 0, и'& - и.
Если использовать закон изменения полной энергии (2), получен-
ный в задаче 1.7.51, то парадоксы не появляются, поскольку форму-
лировка закона включает только относительные скорости и координа-
ты. В конечном состоянии относительная скорость = и'& = и. Тогда из
(2) имеем уравнение
ци/2 - О = А\ ц = тМ/(т + М). (1)
Отметим, что ц * т. Однако полезно рассмотреть ситуацию в про-
извольной инерциальной системе отсчета.
Согласно правилу «сложения скоростей» урК = + узк, где урК —
проекция скорости камня в инерциальной системе отсчета К, - в
системе, связанной с Землей, - проекция скорости Земли в систе-
ме К. В системе К, движущейся со скоростью и, проекция скорости
Земли и камня в начальном состоянии = -и, урК = -и. В конечном
состоянии z/3K = t?3, v'pK = у0 + vA. Из закона сохранения импульса и за-
кона изменения полной энергии получим уравнения
-ти - Ми = т(уц + у3) + Mvy
m(v0 + i>3)2/2 + Mv2/2 - ти2/2 - Ми /2 = А'.
Исключая скорость Земли получим соотношение (1), не зави-
сящее от скорости системы отсчета и.
1.7.53. В системе отсчета связанной с эскалатором проекция ско-
рости человека на прямую, параллельную ленте г/. Работа, совер-
шенная человеком Л = mgi/Tsina. Очевидно, (и' - и) Tsin a = h.
1.7.54. Введем ось х с началом в точке закрепления пружины. На
тело действуют сила упругости Fx = -к(х - Zo), сила тяжести, сила ре-
акции и сила трения. Перейдем к новой координате z: х = lQ + z. Тогда
сила упругости Fx = -kz, потенциальная энергия частицы W(z) = kz2/2.
Если скорость и ускорение частицы равны нулю, то координата z
удовлетворяет условию -\mg< -kz < \xmg. При движении частицы си-
ла трения / = -\vngv/ v .
341
Уравнение движения частицы имеет вид та - -kz - pmgv/| v\, или
та = -kz + yang, и<0; та = -kz - \mg, v>0.
Поскольку kc > \xmg, то a < 0; частица будет смещаться влево. В
момент времени 1т ускорение обращается в нуль a(£j = 0 в точке
z(/J = 6, b = \xmg/k. Скорость и(1т) < 0. При значениях z < b ускоре-
ние а > 0; скорость частицы возрастает и достигает значения равного
нулю в точке zv Согласно закону изменения полной энергии имеем
уравнение 0 + kz//2 -(0 + кс /2) = gingfz, - с), из которого находим
z} = -с + 2pmg/k <0. В этом положении проекция на ось z силы упру-
гости - kzx<\mg, Следовательно, частица останется в состоянии покоя
на расстоянии Zo + zt от точки закрепления пружины.
1.7.55- Поскольку скорость достигает наибольшего значения в
момент времени tm, когда a(tm) = 0, z(tm) = b, то из закона изменения
полной энергии имеем уравнение
mv^/2 + kb2/2 -(() + кс1 /2) = \xmg(b - с).
Отсюда находим ит2 = (к/т) (с - Ь)\
1.7.56. Решение уравнения та = -kz + pmg с начальными усло-
виями z(0) = с, у(0) = 0 представляет собой функцию
z(t) = 6 + (с - 6)cos (О/, (D = ^к/т , 0 < t < tv
Скорость частицы и(1) = - (с - 6)(Dsina)L
Из уравнения v(t{) = 0 находим = тг/со.
Отметим, что решения задач 1.7.54 и 1.7.55 следуют из соотноше-
НИИ z, = z(i1), vm = tm = л/2ш.
1.7.57. Введем ось х с началом в точке закрепления пружины и
направим ее параллельно наклонной плоскости вниз. На тело дейст-
вуют сила упругости Fx = -к(х - Q, сила тяжести, сила реакции
плоскости и сила трения. Проекция силы тяжести на ось х равна
mg sin а. Величина силы реакции N = mg cos а. Теперь необходимо
перейти к новой координате z: х - + (mg/k) sin а + z. Тогда потен-
циальная энергия частицы на пружине W(z) = kz /2.
Если скорость и ускорение частицы равны нулю, то координата z
удовлетворяет условию - p/V< -kz < pTV.
Уравнение движения имеет вид та = -kz - р|.
Следовательно, та = -kz + |JV, и < 0; та = -kz - |JV, и > 0.
Начальные условия z(0) = -L, z;(0) = 0. Поскольку i-kz(0) > pTV,
(kL > ilN), то частица будет смещаться вниз по плоскости; и > 0. В
точке z(tm) = -b, b = [xN/k ускорение a(tm) обращается в нуль. При
значениях z > -b ускорение а < 0 и скорость частицы достигает зна-
342
чения равного нулю в точке zr Согласно закону изменения полной
энергии имеем уравнение 0 + кг2/2.- (0 + kl}/2) = + L), из ко-
торого находим zt = L - 2\\N/k > 0. В этом положении проекция на
ось z силы упругости -kZ' < -ц/V. Следовательно, частица останется в
состоянии покоя на расстоянии Zo + (mg/fc)sina + от точки закреп-
ления пружины.
Полное перемещение частицы s - - z(0) = 2L - 2pJV//c. Отме-
тим, что z(t) = -b - (L- b)cos (at, v(t) = (L - b)(osin cut
1.7.58. Поскольку скорость достигает наибольшего значения в
момент времени tm, когда a(£J = 0, z(Q = -b, то из закона изменения
полной энергии имеем уравнение
mv2/2 + kb2/2 - (0 + kL2/2) = -\xN(L - b).
Отсюда находим vm2 = (k/m)(L- b)2.
1.7.59. Пусть xv x2 — координаты частиц, z2 > x^f* — проекция
силы трения, s — расстояние, на которое переместится первая части-
ца. Из второго закона Ньютона т2а2 = fx~ к(х2 - хх- /0) найдем усло-
вие, при котором сдвинется вторая частица: ks > цт£. В этот момент
времени расстояние между частицами l0 - s. Теперь из закона изме-
нения полной энергии 0 + ks2/2 - т^}2/2 = находим
*Ло2 = ("Ч/Ч) (т2 + 2тп,) (pg)2/k.
1.7.60. Полная энергия частицы
+ +пг^ф. (1)
2 4 at J
Из дифференциального уравнения (1) можно найти функцию
ф(0- Однако проще взять производную (1) и получить уравнение
d2 d2z
(а2 + b2)—у = -gb, или (а2 + Ь2)—- - -gb2. Следовательно,
gb2t2
z(t) -----s=--=- + h. Компоненту силу реакции N найдем из второго
2(а +Ь )
d2z
закона Ньютона т —- = -mg + zv .
dt2
1.7.61. Координаты частиц yA(t) = Zcos(p(/), £в(0 = Zsin(p(/). Угло-
вая скорость стержня со(0 = d<p/dt. Скорости частиц vA = -Zcosinq),
= Zcocosq). Из закона сохранения полной энергии системы следует
уравнение
т(1ю)2/2 + zng/cos(p = mgl ->cd = [2#(1 " cos<p)/ZJ1/2. (1)
343
Максимальное значение функции vB(t) = /сосожр найдем из усло-
вия dvB/dt = 0:
-cd sin (р + (g/coZ) sin ф cos ф = 0 —> cos фт = 2/3.
Отметим, что (1) представляет собой дифференциальное уравне-
ние, решение которого можно записать в терминах эллиптического
синуса.
1.7.62. Для того, чтобы убедиться в этом утверждении, необходи-
мо сравнить значения минимальной работы, которую совершит
внешняя сила, выводя каждый кубик из положения равновесия. Ра-
боту внешней силы можно вычислить косвенным путем, -используя
закон изменения полной энергии.
На рис. 1.7.62 точка С - центр тяжести кубика. Обозначим ф —
угол между осью х и отрезком ОС, Потенциальная энергия кубика
РК(ф) = mgRsin ф, где R = ОС,
В начальном положении ф = тг/4, в конечном — ф = л/2.
Следовательно, А' = РУ(тг/2) - РК(л/4), A' = mgR(l - V2/2 ).
Работа по подъему центра тяжести первого кубика
Л', = pa4g( л/2-1 )/2.
Работа, совершаемая при опрокидывании второго кубика
Л'2 = 8ра^(>/2-1).
Второй кубик более устойчив.
1.7.63. Введем ось у с началом в точке О и направим ее верти-
кально вверх. Потенциальная энергия стержня Ж(ф) = т£уа + т^уь,
гдег/. = -(a/2)cos(p, уь = — (b/2)sin (р.
Следовательно, И^(ф) = —mj^a/ljcosq) - mfg(b/2)sin <р.
„ т.а тьЬ
Положим т = та + ть, —— = scos(p0, —— = ssmcp0.
2т 2т
344
Тогда получим потенциальную энергию в виде
Ж((р) = -mgscos((p - (р0).
Положение равновесия находим из уравнения dW/d<p = 0:
sin(<p - ф0) = 0, <р = (р0, 18ф0 = (Ь/а)2.
1.7.64. Потенциальная энергия системы
Ж((р) = -4mgacos(p + Zca2(sin(p - 1/V2 )2 + А:а2(со«ф - 1/V2 )2.
В положении равновесия dW/d<p = 0:
4/ngasin(p + \/2 ka2, (sirup - cos(p) = 0.
1.7.65. Выберем значение потенциальной энергии на уровне пря-
мой, которой принадлежит отрезок ОР равной нулю. Длина отрезка
АР = R (tg(p + ctg(p). Потенциальная энергия системы
Ж(ф) = -2mgR[2 -(tgф + ctgф)]$тф.
Из условия равновесия сПУ/Лр = 0 получим уравнение
х3 + х - 2 = 0,
где х = tgф.
Разлагая левую часть на множители (х - 1) (х1 + х + 2) =0, полу-
чим решение: х = 1, фт = л/4. Отметим, что в точке фж вторая произ-
водная й2Ж/с?ф2 = 8 V2 mgR > 0 — вертикальные колебания системы
устойчивы.
1.7.66. На рис. 1.7.66 координаты частиц связаны соотношением
х, + хг = Поскольку наложена связь, то система имеет одну степень
свободы. Полагая х^ = х, х2 = I - х, получим потенциальную энергию
системы
W(x) = -mgx - m£(l -х) - pgx2/2 - pg(l - х)2/2.
В начальном состоянии х = х0, xQ= (I + h)/2, в конечном состоя-
нии х = xQ + Дх. Приращение потенциальной энергии
ДЖ= Ж(я0 + Дх) - Ж(я0).
1.7.67. Согласно закону изменения полной энергии работа рав-
на приращению потенциальной энергии груза. При растяжении
пружины на величину Д/ = mg/k груз лежит на столе. Приращение
потенциальной энергии (mg)2/2A:. При подъеме груза приращение
потенциальной энергии mgh.
1.7.68. Максимальная дальность полета на уровне кольца
Я = (”//£) sin2ar
345
Из закона сохранения полной энергии следует уравнение
mv02 /2 = mgH + mv*/2.
1.7.70. Введем обозначения: у(/) - скорость цепочки, x(t) — дли-
на части цепочки на отрезке ОА в момент времени L Из закона со-
хранения полной энергии получаем уравнение
mv^/2 + 0 = mv2/2 + (mx/l)g( х/2 )sina
или
mv*/2 = ти2/2 + mgx2/М. (1)
Полагая v = 0, х = Ь, находим = b(g/21)1/2.
Теперь, дифференцируя (1), получаем уравнение
d*x/dt2 + их = 0, со2 = g/2l. (2)
Учитывая начальные условия х(0) = 0, v(0) = i?0, получим реше-
ние x(t) = (y0/a))sin со t. Полагая х(т) = b, находим сот = л/2.
1.8. Движение по окружности
1.8.1. На систему человек-мотоцикл действуют три силы: сила
тяжести mg, сила реакции N, перпендикулярная поверхности ци-
линдра, и сила трения покоя FTP (рис. 1.8.1).
Рис. 1.8.1
Согласно второму закону Ньютона та = mg + N + FTP . Запи-
шем это уравнение в проекциях три взаимно перпендикулярные оси.
Одно из уравнений имеет вид 0 = 0, два других
2
(1)
Г1
0 = F„,-/ng.
(2)
346
Уравнения (1), (2) содержат три неизвестных величины. Однако
при движении с наименьшей скоростью проекция силы трения по-
коя FTp должна быть равна ц/V. Подставляя это значение в (2), опре-
делим величину силы реакции. Теперь из (1) получим наименьшее
значение скорости мотоциклиста pmin =
1.8.2. Па прямолинейном участке сумма сил тяжести mg и реак-
ции /V равна нулю. При движении по параболической части желоба
сила реакции становится равной /V + Т, где Т — вектор в горизон-
тальной плоскости, перпендикулярный касательной в каждой точке
параболы — траектории центра шара. В точке В вектор Т направлен
но оси у.
Рис. 1.8.2
Дуга параболы в окрестности точки В может быть представлена
как часть дуги окружности радиуса П, центр которой находится на
оси у (рис. 1.8.2). Тогда из второго закона Ньютона имеем уравнение
^2
Т = т—. Найдем радиус этой окружности. Уравнение дуги окруж-
R
пости в области кх « 1 должно иметь вид х2 + (у - В)2 = If.
Подставляя у = кх /2 и пренебрегая членом ~ х\ найдем значение
R = 1//с. следовательно, при переходе на параболический участок же-
лоба шар испытывает удар силой Т = kmv\ Подставляя числовые
данные, находим Т = 1000 Н » 100 кгс.
1.8.3. На бусинку действуют сила тяжести mg и сила реакции
/V. В результате действия этих сил бусинка движется по кольцу с
возрастающей по величине скоростью.
Уравнение движения бусинки ma = mg + /V.
347
В положении В на рис. 1.8.3 сумма проекций всех сил на направ-
ление к центру окружности равна произведению массы бусинки на
центростремительное ускорение
и
(1)
т—
R
= mgcosa - TV.
Здесь R — радиус кольца, и — величина скорости бусинки в по-
ложении В. Обратите внимание на то, что N < mg cos a.
Для определения величины скорости в положении В необходимо
использовать закон сохранения полной энергии. Выберем в качестве
нулевого уровня отсчета потенциальной энергии горизонтальную
прямую, проходящую через центр окружности О. Тогда полная энер-
гия в точке А равна W = mgR. В точке В потенциальная энергия
W= mgR cos а. Из закона сохранения полной энергии следует урав-
нение
О + mgR ------ 4- mgffcosa.
(2)
Из (1), (2) получим величину силы давления бусинки на кольцо
P(a) = |/V|, /V= mg(3cosa - 2).
Когда бусинка проходит положение, определяемое углом
a = a0 (coscco = 2/3, h = 2/?/3),
то она находится в невесомости, так как Р(а0) - 0.
При значениях 0 < a <a0 сила давления направлена к центру ок-
ружности, а при a < a < л — от центра. В нижней точке траектории
центростремительное ускорение а = 4g, а вес бусинки возрастает в
пять раз: Р(п) = 5mg.
348
1.8.4. Пусть О — центр сферы, Р — точка, в которой находится
частицы на поверхности сферы, <р — угол между отрезком ОР и вер-
тикалью. На частицу действуют сила тяжести и сила реакции.
Их второго закона Ньютона и закона сохранения полной энергии
следуют уравнения mv /R = /ngcostp - /V, 0 + mgR = + mg/?cos<p.
Полагая 7V= О, находим значение высоты, на которой частица по-
кинет сферу.
1.8.5. Равенство полной энергии в начальной точке траектории и
в точке максимального подъема приводит к уравнению
mgR = —+ mgh. (1)
&
Из решения задачи 1.8.3 следует, что сила реакции обратится в нуль
при значении coso^ = 2/3. Далее частица свободно падает в поле тяже-
сти. Поскольку горизонтальная компонента скорости не изменяется, то
% = yocosaw p<j = yl2gR/3 . Подставляя в (1), получим h = 23R/27.
1.8.6. Предположим, что трением оси и сопротивлением воздуха
можно пренебречь. Тогда для решения задачи достаточно записать
уравнение, следующее из закона сохранения полной энергии.
Положение стержня определяется утлом отклонения <р от верти-
кали. Поскольку угловая скорость вращения частиц о одинакова, то
линейные скорости частиц v, = <ol1? v2 = ш/2, кинетическая энергия
частиц К = Z<d2/2, I - mJ,2 4- т2122.
Потенциальная энергия И^ф) = 4- m2l2)gcos<p.
Полная энергия системы Е = /со2/2 4- И^ф).
В начальном положении Е = 0. При прохождении положения
равновесия ф = 0 угловая скорость со = ш0, полная энергия
Е = /<о02/2 4- (-mjx 4- m2l2)g.
_ 2 2(fzijZ| “^2^2)^ 1 /2^
Следовательно, со0 =----Цюо = •
^14 +^24 5 V а
Величины линейных скоростей частиц р10 =
1.8.7- 1.8.8. Пусть Т(ф) — величина натяжения нити при откло-
нении нити ria угол ф.
Из второго закона Ньютона и закона сохранения полной энергии
следуют уравнения mv2/l =Т - гп^совф, ти2/2 - mgl = mv2/2 - /п^/соэф,
из которых находим Т(ф) = Згодсовф.
349
1.8.9. Пусть Т(ф) — величина натяжения нити при отклонении
нити па угол ср.
Из второго закона Ньютона и закона сохранения полной энергии
следуют уравнения mv /I - Т- mgcos^t mv2/2 - mgt = mv2/2 - mg/coscp,
из которых находим Т(ф) = 3mgcoscp.
Согласно рис. 1.8.9 имеем mg = Тгсозфг.
Рис. 1.8.9.
1.8.10. Запишем уравнение движения и закон сохранения пол*
пой энергии
mv2/l = Т — mgcos ф (1)
mv/2 + W(q>) = E. (2)
Здесь ИИ(ф) = -mgcos ф — потенциальная энергия частицы (ну-
левой уровень — горизонтальная прямая, проходящая через центр
окружности), Е — полная энергия — константа, определяемая на-
чальными условиями. Из (1) следует, что Г(ф) > mg cos ф. Шарик бу-
дет двигаться по окружности при условии Т(ф) > 0. Подставляя v из
(2) в (1), получим зависимость натяжения нити от угла:
Т = 3mgcos ф + 2Е/1. (3)
Из условия Т(л) > 0 получим неравенство Е > 3>mgl/2. В нашем
случае Е = mv2/2 ~ mgl.
1.8.13. В положении равновесия ф0 = 0 скорость шарика равна цр
центростремительное ускорение аи = v0 /1, касательная компонента
ускорения а, = 0. В положении максимального отклонения фш ско-
рость шарика равна пулю, = 0, ар - -£5Шфта. Из равенства полных
энергий в положении равновесия и в положении максимального от-
клонения получим уравнение
- mgl = 0 - mg/cosq>m->v*/l = 2g( 1 - costpj.
350
Согласно условию задачи
9/?1П Фт . = 7з /2 -> ctgVm/2 = 7з , Ф„ = л/З.
2(1- cos ф„)
1.8.14. Введем систему координат xyz с началом в точке О
(рис. 1.8.14). В начальном положении шарик находился в точке А.
Рис. 1.8.14
Пусть в точке Fc координатами (Z cos a, I sin а, 0) сила натяжения
нити обращается в нуль. Скорость шарика v = (-z?sina, z?cosa, 0). Да-
лее шарик движется по участку параболы в поле тяжести:
x(t) - /cosa - Lesina t, y(t) = Zsina 4- pcosa/ - g/2/2.
В момент времени t = Тз шарик попадает в точку подвеса.
Следовательно, х(Г) = 0, у (Г) =0, или Zcosa - psina Т = 0,
Ivina 4- z?cosa Т - gT*/2 = 0.
Из этих уравнений находим соотношение между скоростью и уг-
лом а:
i/ = g/cos2a/(2sina). (1)
Из второго закона Ньютона следует, что в точке F
mv2/l = mgsina. (2)
Решением уравнений (1), (2) являются корни
y2 = g//V3, cos2a = 2/3, a «35°. (3)
Приравнивая значения полной энергии в точках А и F, получим
уравнение
mv^/2 = mv2/2 4- mgl(i 4- sina).
Учитывая (3), найдем начальную скорость шарика
<?с = [g/(2 + V3 )]|/2.
351
1.8.15. Параллельно ускорению шарика. Вектор ускорения все-
гда направлен внутрь окружности. Результирующая сила направле-
на не по касательной, как можно часто услышать или увидеть на ри-
сунках в некоторых пособиях по физике.
1.8.17. Запишем уравнение движения и закон сохранения пол-
ной энергии
rntf/l = Т - mgcoscp, (1)
mv1 /2 - mglwsq = - inglwsqQ. (2)
Подставляя v1 из (2) в (1), получим зависимость натяжения нити
от угла:
Т = 3mg cos ф - 2mgcos ф0. (3)
Из (1)-(3) находим = 3mg - 2т£созф0, 7\п = т£соэф0.
1.8.18. На монету действуют сила тяжести, сила реакции и сила
трения покоя F. Касательная компонента скорости v( = а> = st. Из
второго закона Ньютона следуют уравнения тгН = Ft, m®R = Fn.
В момент времени т величина силы трения покоя
F=»mg, F=(F? + Fn2)w.
1.8.19. Введем оси х и у с началом в точке О. Ось х направим вер-
тикально вниз, ось у по горизонтали. Положение стержня определяет-
ся углом ф между осью стержня и осью х. Из второго закона Ньютона в
проекции на единичный вектор е = (-$тф, соэф, 0), направленный по
касательной к окружности в точке г = (/совф, /зшф, 0) получим урав-
нение
т1г = -mgsnKp, (1)
где £ = dw/dt - проекция углового ускорения частицы на единичный
вектор е ~ (-зшф, совф, 0).
Начальное значение ф(0) = -л/2. В интервале - я/2 < ф < - л/2 + а
можно положить в правой части (1) вшф » - 1. Тогда получим урав-
нение
dto/dt = со02, (2)
где<о02=^//.
Из (2) находим co(Z) = а>„2/, <р(£) = -л/2 + соо¥/2.
Полагая ф(т) = -л/2 + а, получим т - у]21а/g .
1.8.20. В положении ОА величина скорости пистолета v = ^2gl.
Направим ось х параллельно скорости пистолета, проекция скорости
352
пули сх = -с. В системе отсчета, движущейся со скоростью vx = и ско-
рость нули относительно ствола с'л = -с', с' = v + с. Поскольку в точ-
ке/ горизонтальные компоненты сил равны нулю, то приращение
импульса системы ствол — пуля = 0: (М + m)v = Ми + тс , или
M&v - тс' = 0. (1)
Согласно условию полные энергии ствола в положениях ОА и ОС
одинаковы. Следовательно,
M(v + Av)2/2-Mgl = Mgl. (2)
Поскольку при выстреле работа внутренних сил равна прираще-
нию кинетической энергии, то
А = М(v + ДУ)72 + тс/2 -(М+т) v2/2,
или
А = {тс,2/2)(Д + т/М}. (3)
Из (1)-(2) находим тс' /М. = (>/2-l)^2g/ .
1.9. Закон всемирного тяготения. Законы Кеплера
1.9.1. На тело действуют сила притяжения Земли mg и сила ре-
акции 7V (рис. 1.9.1).
Рис. 1.9.1
Согласно второму закону Ньютона имеем уравнение ma = mg + N .
Сила реакции образует некоторый угол у# фс прямой, перпендику-
лярной к оси вращения в меридиональной плоскости.
Выберем на рис. 1.9.1 начало координат в центре Земли, ось х
лежит в плоскости экватора, ось у проходит через полюс.
353
В проекции на оси х, у получ им уравнения
wcoVcoscp = /ngrcos(p - mgn sirup - /Vcosy, (1)
0 = -7ngrsiiup - mgmcos(p 4- Asiny. (2)
Из этих уравнений, содержащих две неизвестные величины /Vи у,
найдем вес тела Р(ф) - m[g2 - co2r(2gr - со2г)соз2ф + ^co2rsin2(p]v“.
Рассмотрим три предельных случая, полагая г - а.
А. Тело находится на полюсе. Тогда ф = л/2 и вес тела Р = mg,
Б. Тело находится на экваторе. В этом случае широта ф = 0 и вес
тела Р® m(g - юа) принимает наименьшее значение. Следовательно,
тело массой 1 кг имеет весР = (1 - 0,0033) кгс. Из-за вращения Зем-
ли вес тела на экваторе на 0,3% меньше веса на полюсе.
В. Если бы Земля вращалась с угловой скоростью о = (g/a)1/2, то
тела на экваторе были бы в состоянии невесомости. В этом случае
линейная скорость тел на экваторе была бы равна первой космиче-
ской скорости.
1.9.2. Полагая в (1), (2) г = а, найдем
^8Шф - a(3sin3 ф - 8ш2фсо8ф) J
^СО8ф-а(381п2фСО8ф + 8т2ф81Пф)“(сО2а/£)сО8ф]
или
tgу = tg ф[1 - а(5я1П2ф - 2)]/[ 1 - 5а зш2ф - co2a/g].
Ha умеренных широтах, где у = ф + 8, 8«ф получим
8 = (1 - а - со2а/£)8Шфсо8ф.
1.9.3. Эллипсы, по которым движутся планеты, близки к окруж-
ностям. Пусть планета движется по окружности с центром в центре
Солнца. Радиус окружности г, период - Т. Центростремительное ус-
f2nf
корение планеты а = 1 — I г. Поэтому проекция силы, действующей
f 2 л
на планету F = m\ — I г. Для того, чтобы исключить Ти найти F как
функцию г, Ньютон использовал третий закон Кеплера г3/7* = С. То-
гда получим F- (2п)2тС/г ,
Ньютон получил этот результат, когда ему было 24 года. Позднее
он писал : «И в тот же год я начал думать о цритяжении, как о чем-то
относящемся к орбите Луны, и,... пользуясь правилом Кеплера (тре-
тий закон), ... нашел, что силы, которые удерживают планеты на их
354
I 2л }
орбитах, должны меняться обратно пропорционально квадратам рас-
стояний от центров, вокруг которых они вращаются; и в связи с этим
я сравнил силу, требуемую для того, чтобы удерживать Луну на ее
орбите, с силой тяготения на поверхности Земли, и нашел, что они
весьма близки. Все это было в годы чумы, 1665 и 1666. В те дни я был
в расцвете моих творческих лет и занимался математикой и филосо-
фией больше, чем когда-либо потом».
1.9.4. А. Из второго закона Ньютона ти//г - GmM/r2 получим
значение местной первой космической скорости.
Б. Из закона сохранения полной энергии следует уравнение
лтг^02/2 - mgR = mgR2/2г - mgR2 /г.
1.9.5. г2 = (G;W/r), р111/р|!) = 7(МЯ/>,)(/?,//?„).
1.9.6. Из уравнения т(2л/710)2гг = mg^R/r)1 получим
(т У/3
= R М- , г =6,77?.
Следовательно, г( = 42 160 км, а расстояние от поверхности Земли
около 35 800 км.
1.9.7. Пусть сос, соз — угловые скорости спутника и Земли в системе
отсчета с началом на Солнце, согз — угловая скорость спутника в системе
отсчета, связанной с Землей, ос = со + cot. Согласно условию соса = 7&л.
Тогда сос = 8со3. Из второго закона Пьютона найдем со/ = GR2/г/ и угло-
вую скорость геостационарного спутника со/ = GRf/г*. Искомое отноше-
ние гг/г, =
1.9.8. Угловая скорость спутника соп = \]gR2 /г„ . В момент вре-
мени t угол между радиус-вектором спутника и прямой ОА\
4>n=l,lgR2/r* или Фв = 2л (/?/rJ3'2 (t/Tn),
То - период обращения спутника, движущегося с первой космиче-
ской скоростью.
1.9.9. Из второго закона Ньютона находим радиус орбиты
r = g(R/u)2.
Расстояние s =g[(7?/t\2) -(/f/сл,2)].
Частота обращения со = и /gR2.
Промежуток времени (со1 - со2)т = 2л.
1.9.10. Центр масс астероида Л й частица Р движутся по окружно-
стям радиусом R/2 с центром в центре масс системы С (рис. 1.9.10).
355
Величины скоростей астероида ра и частицы vp одинаковы и направ-
лены в противоположные стороны. vp = z?A = v, v = JGM/2R. Вел ичи-
на первой космической скорости | иА -ир I, у, = J2GM/R .
1.9.11. В конечном состоянии величины скоростей астероидов
одинаковы. Из закона сохранения полной энергии получим уравнение
mv/2 + mv2/2 - Gm2/2R = 0 + 0.
Величина относительной скорости vm = 2v, v„ = /R .
1.9.12. Для решения задачи получим уравнение, следующее из
закона сохранения полной энергии. Полная энергия на поверхости
Земли
Е = ти*/2 - mgR = -mgR/2, (1)
так как по условию задачи v = = (gfl)1/2. На максимально достижи-
мой высоте h скорость тела равна нулю. Полная энергия на этой вы-
соте
E=Q-mgtf/(R+h). (2)
Приравнивая (1) и (2), находим h ~ R. Очевидно, достигнув вы-
соты, равной радиусу Земли, тело надает на Землю.
1.9.13. Если полная энергия тела Е < 0, то оно движется по эл-
липсу с фокусом в центре Земли. Согласно третьему закону Кеплера
7^/а3 = Tz/R*, где а — длина большой полуоси, Т — период обраще-
ния, Tj = 2n(R/g)l/z.
В рассматриваемом случае траекторией является прямая, кото-
рую можно представить как вырожденный эллипс с длиной большой
полуоси а = R. Время падения
т = Г/4,т = (л/2)(R/g)m
356
1.9.14. Начальная точка А эллиптической траектории является
апогеем, конечная Р — перигеем. Обозначим ил, рр - скорости КА в
апогее и перигее.
Приращение скорости = ил- и, и = vx(R/r)i/2t г = R + Л. Из вто-
рого закона Кеплера (1.9.4) и закона сохранения полной энергии по-
лучим два уравнения: грж = 7?рр,
sR2 у2р
----= -^~-gR, из которых нахо-
£
2
дим v2
2gR2
r(hr/R)
-> Др ~ - р^/47?, Др = -124 м/с.
1.9.15. Период обращения КА по круговой орбите
Т= 2n(r/R)3/2(R/g)i/2.
Время спуска т = Т/2, где Тв — период движения по эллиптиче-
ской орбите. После изменения скорости КА движется по эллиптиче-
ской орбите, большая полуось которого а = (R + г)/2, г = R + h.
Тогда из (1.9.5) получим Т(а/г)3/2. Следовательно,
т = 17’/1 + А>| ’ >т« т = 44,13мин.
2 Ч 2R) 2 Ч 4/?J
1.9.16. Точка Р является апогеем, «перигей» находится внутри
Земли (рис. 1.9.16). Из решения задачи 1.9.15 следует, что при усло-
вии 8 ~ h/4R « 1 ракета может облететь земной шар. В силу нера-
венства h/^R « 8 «1 ракета «падает» по малой дуге эллипса. Обо-
значим р = dr/dt — радиальную компоненту скорости ракеты. Для
решения задачи необходимо найти закон движения r(t) по радиаль-
ной координате.
Рис. 1.9.16
357
Из закона сохранения полной энергии ракеты в произвольной
точке траектории получим уравнение
mv2/2 + mv2/2 - mgR2/г = Е (1)
Из второго закона Кеплера получим еще одно уравнение
W = rvr (2)
Из (1)-(2) находим
mv2/2 -ь m(r0i?0)2/2r2 - mgR2/г = Е. (3)
Дифференцируя (3), получим du/dt = -giR/r)2 + (г0р0)2/г3.
Поскольку траектория расположена в окрестности точки Р, то
можно положить г = г0:
а = -g(W + v2/r.= -g(R/r0)2[l -(1 - S)2> - 2g(7?/r0)28.
Следовательно, r(t) = r0 - ivt2/2, w = 2g(R/rQ)28. Интервал времени
падения tn = <j2h/w . Дальность полета sm = votn.
1-9.17. В точке А максимального подъема радиальная компонен-
та скорости тела равна нулю (рис. 1.9.17). Из закона сохранения
полной энергии имеем уравнение
mv02/2 - mgR = mv2/2 - mgR2/г, (1)
vt - компонента скорости, перпендикулярная к радиус-вектору.
Согласно второму закону Кеплера (1.9.4) компоненты скорости vt
и i;rcosa в вершине траектории и на поверхности Земли связаны со-
отношением
Rvfiosa = rvt) (2)
Исключая из (1), (2), и вводя обозначение q = R/r, получим
уравнение cos2ag2 - 2q + 1 = 0, корни которого r\ 2 = R( 1 ± sina).
Рис.1.9.17
358
Значению rt соответствует точка апогея та = Я(1 + sina). Макси-
мальное высота подъема тела hn = Rsina,. Отметим, что тело движется
но участку эллипса. Эксцентриситет эллипса е = 5ina.
Пусть <р0 — угол между радиус-вектором г0 и вектором е , на-
правленным к «перигею» траектории. Тогда из рис. 1.9.17 находим
<Р„ = те/2 + а.
Дальность полета тела по дуге большого круга 5(a) = R(n - 2a).
В двух частных случаях 5(0) = Ял, hn = 0; 5(л/2) = 0, hm = Я.
1.9.18. Для решения задачи необходимо знать точное решение —
функцию г =/(6), где г — расстояние ракеты от центра Земли, 6 —
угол между радиус-вектором и осью, направленной от фокуса эллип-
са к перигею.
Однако можно решить задачу, используя законы Кеплера, кото-
рые являются следствиями точного решения, и выражение для пол-
ной энергии Е = -mgR?/2а, где а — большая полуось.
Из закона сохранения полной энергии имеем уравнение
mv^/2 - mgR = -mgR?/2а, (1)
Поясним рис. 1.9.18. Точка старта — 5, конечная точка траекто-
рии - Р, фокус эллипса — К Очевидно, ось симметрии эллипса про-
ходит через фокус F и середину отрезка PS.
Угол у = л/2 - а, р = л/4 + а. Тогда у = р = Зл/8.
Теперь учтем одно из свойств эллипса: углы между касательной и
прямыми линиями, проведенными из первого и второго фокусов в
точку касания равны. Следовательно, точка F — второй фокус эл-
липса. Согласно основному свойству эллипса длина большой оси
равна длине ломаной FSF. Следовательно, 2а = Я + Я/ у/2 .
359
Из (1) находим v0
= ^2(>/2-l)gK
р0 = 7,2 км/с.
Из (1.9.6) найдем эксцентриситет эллипса g = V2 -1.
Расстояние до апогея найдем из закона сохранения полной энер-
гии и второго закона Кеплера (1.19.1).
-mgR//2а = mv//2 - mgR//rai (2)
fl^cosa == ravt, (3)
где vt и P0cosa — компоненты скорости в вершине траектории и на
поверхности Земли.
Обозначая v//gR - к, rJR = х, представим (2), (3) в виде
72(72-1) = ^-!, -±= = кх\
' ' 2 X >/2
Из этой системы находим га =
^1^(72+ 1) I + V3-2V2
1.9.19- На рис. 1.9.19 угол у = a = л/4. Большая полуось равна R.
Отрезок PS - малая ось эллипса. Из закона сохранения полной энер-
гии получим р0 = (g/?)l/2. В соответствии с (1.9.6) большая ось парал-
лельна вектору р0 , эксцентриситет g = 1Д/2 .
Рис. 1.9.19
1.9.20. В точках апогея или перигея радиальная составляющая
скорости равна нулю. Приравнивая полные энергии тела в точке за-
пуска и в точке, в которой радиальная компонента скорости равна
нулю, получим уравнение
mp02/2 - mgR*/г^ = mv//2 - mgR//г, (1)
где r0 = R + h,
360
Из второго закона Кеплера (1.9.4) получим еще одно уравнение
W (2)
Представим р0 в виде vQ = vjf = (gft2/^)1/2 и введем переменную
q = г Jr. Исключая vt из (1), (2), получим уравнение f2q2 - 2q -f2 + 2 = О,
корни которого
gt2 = [1 ± (1 ~/2)]//2или г2Л = rj2/[l ± (1 - J2)]. (3)
Рассмотрим несколько частных случаев.
Л. Начальная скорость равна местной первой космической ско-
рости. Тогда/= 1, г12 = г0; траектория тела — окружность радиусом г0.
Б. Начальная скорость меньше местной первой космической
скорости. Пусть f < 1. Тогда точка запуска является апогеем траекто-
рии га = гр гх = г0. Второй корень определяет расстояние до перигея
rp= r2, r2 = rjJ(2 - /2). В этом случае КА может упасть на поверх-
ность Земли.
В. Начальная скорость больше местной, первой космической
скорости: / > 1. Эксцентриситет эллиптической орбиты е = /2 - 1. В
этом случае точка запуска является перигеем гр = гр г1 = г0. Расстоя-
ние до апогея га = r2, r2 = rJ2/(2 -f2).
Пусть р0 = уг>ур/= (г0/Я)1/2. Тогда ra = r2/{2R - г0). При значени-
ях h « R, имеем га = (7? + h)2/(R - h) » R + ЗЛ.
1.9.21. Для объяснения этого парадокса запишем закон измене-
ния полной энергии:
dE/dt = Fcv , или dE/di = -р&Л (1)
Предположим, что спутник выведен на круговую орбиту. Дейст-
вие силы сопротивления приводит к тому, что траектория становится
спиралеобразной кривой. Поскольку в течение нескольких периодов
траектория близка к круговой, то v2 = g/?2/г, E(t) = -mv(t)/2.
Подставляя E(t) в (1), получим уравнение
mdv/dt = pSi/. (2)
Из него следует, что скорость спутника возрастает. Опа растет тем
быстрее, чем больше отношение к = p(r)S/m. Оказывается, что для
ракеты-носителя это отношение больше, чем для спутника. Вот по-
чему ракета обгоняет спутник.
Действие силы сопротивления приводит к тому, что спутник «па-
дает». Потенциальная и полная энергии убывают, однако прираще-
ние кинетической энергии оказывается положительным. Интересно
отметить, что проекция силы притяжения mg на направление скоро-
361
сти спутника равна 2pSv2, Следовательно, сумма проекций силы тя-
жести и силы трения на направление скорости равна pSv2 — сила
трения ускоряет спутник!
1.9.22. Из (2) находим Др = ки2Т, к = p(r)S/m, rv = gfi2. Период
обращения Т = 2nr,u/Ry/g . Следовательно, Др = 2nkR(gr)i/2. Диффе-
ренцируя соотношение rv2 = gR*, получим, учитывая (2)
Дг = -2гДр/р, Лг = -4пкг2'
Для приращения Т, находим ДТ = 6я(г/§)1/2Дг/Т?.
1.9.23. Заклепка движется по эллипсу, охватывающему окруж-
ность. Она стартует в перигее и обгоняет спутник, поднимаясь по вос-
ходящей ветви эллипса. Однако поскольку в силу третьего закона
Кеплера период обращения заклепки Те больше периода То движения
по окружности, то через некоторый промежуток времени заклепка и
спутник окажутся на одной прямой, проходящей через центр Земли.
Спутник проходит под заклепкой и обгоняет его — неожиданный
эффект с точки зрения «здравого смысла».
Пусть спутник движется на высоте 630 км. Скорость спутника
7,5 км/с, период 98 мин. В момент, когда спутник сместится на угол
41°, заклепка удалится вперед на расстояние 3,7 км; затем расстоя-
ние начнет сокращаться. В момент, когда спутник сместится на 71°,
заклепка пройдет над ним, продолжая подниматься выше и отставая.
К завершению первого витка спутника отставание заклепки составит
17,6 км, через 5,5 месяцев заклепка отстанет на длину целой орбиты.
С точки зрения наблюдателя на спутнике траектория заклепки — эл-
липс с центром, расположенным выше окружности на расстоянии
длины малой полуоси 1,872 км, дрейфующем вдоль обиты спутника
со скоростью 3 м/с.
1.9.24. Из интегральной формы второго закона Кеплера следуют
соотношения т, То.
1.9.25. На каждый спутник действуют силы притяжения Земли и
силы натяжения каната и N2, одинаковой величины: = N2 = N
(рис. 1.9.25). Силами гравитационного взаимодействия спутников
пренебрегаем.
Из второго закона Ньютона для первогог и второго спутников по-
лучим уравнения
W(r- 1/2) = mgrf/(r-l/2)2-N, (1)
ma?(r + l/2) = mgR*/(r + 1/2)2 + N. (2)
362
Из (1), (2) находим
со2 = (gtf/r) [г2 + (Z/2)2]/[r2 - (//2)2]2, (3)
Л = (mg^//2r) [Зг2 + (Z/2)2]/[r2 - (//2)2]2, (4)
Сделаем несколько замечаний.
1- Рассмотрим два связанных спутника как одно тело, движущееся
но окружности радиусом г. Тогда для него не выполняется третий за-
кон Кеплера — лишнее напоминание о том, что законы Кеплера имеют
место только для материальных точек. Скорость первого спутника
меньше, а второго — больше местной первой космической скорости.
2. Из (4) следует, что канат будет натянут. В случае I « г, полу-
чим значение N= 3mglfl/2r.
1.9.26. Очевидно, что сила, действующая на гантель, зависит от
ориентации гантели относительно Земли (рис. 1.9.26). Величины
сил, действующих на массы и т2 одинаковы и равны
GMm
2[r2+(Z/2)2]‘
Ft = F2=f,
Равнодействующая сила F = F\ + F2 направлена по прямой, про-
ходящей через центр Земли и центр масс гантели, величина силы
F(г) = 2/cosa, F(r) = , G1^-T- . (1)
' ' J ' ’ [r2+(Z/2)2J3/2
Пусть I « г. Используя разложение бинома Ньютона
(1 + e)n« 1 + ne, e « 1,
1 1 1 3Z2
УЧИМ [r2+(Z/2)2]3/2 =r3[l + (//2r)2]3/2 =7(1-87 + "’)
363
Следовательно,
, GMm
F(r) = —r~
(2)
3Z2
8r2
Второе слагаемое можно рассматривать как силу f, возмущаю-
_ 3^2 р
щую кеплерово движение тела массой т: f = GMm—т—, где г —
8г г
радиус-вектор центра масс тела.
1.9.27. Величина силы притяжения, действующей на гантель (1),
меньше величины силы притяжения, действующей на точечное тело
той же массы. Это обстоятельство позволило российскому математи-
ку В.В. Белецкому предсказать новый эффект: в результате периоди-
ческого изменения распределения массы внутри космического ко-
рабля появляется возможность целенаправленно изменять
параметры кеплерова эллипса.
Пусть длина гантели представляет собой периодическую функ-
цию. В течение каждого периода Т длина гантели представляет собой
функцию l(t) = /0, 0 < t < 7/2; l(t) = О, Т/2 <t<T.
В интервале времени, когда выполняется условие fv <0, длина
гантели должна быть равна нулю. В течение остальной части перио-
да, когда fv >0, длина гантели должна быть максимальной. В резуль-
тате работы внутренних сил полная энергия гантели Е возрастает.
Значению Е = 0 соответствует вторая космическая скорость. Появля-
ется возможность, подобно барону Мюнхаузену, вытащевшему себя
за волосы из болота, покинуть сферу действия Земли. Этот эффект
возможен только в неоднородном поле тяготения.
1.9.28. Пусть ракета движется по круговой орбите радиусом г0 со
скоростью = (a/mr0)l/2, a = mglf. В момент времени t = 0 включают
двигатель. Реактивное ускорение, создаваемое ионными двигателя-
ми, ар ~ мм/с2. Согласно закону изменения полной энергии
dE .
Из (1) следует, что полная энергия
E = E0+fs, (2)
где s - длина участка траектории ракеты, Еа = -a/2r0, га = г(0).
364
Поскольку f « mg, то ракета начинает движение по спиралеоб-
разной кривой: на каждом витке скорость и расстояние до центра
Земли связаны соотношением
_ 2
ти
г
а 2
—, ИЛИ V =
а
тг
(3)
Полная энергия ракеты E(t) = -mv/2. Подставляя £в.(1), полу-
чим уравнение
dv
dt
= -а,а = £-,
т
(4)
из которого следует, что величина скорости ракеты уменьшается.
Аналогичный парадокс рассмотрен в задаче 1.9.21. Здесь необхо-
димо учесть, что согласно уравнению (1) полная энергия увеличива-
ется и при некотором значении t = обратится в ноль. Величина ско-
рости рр= v(tj в этот момент времени достигнет наименьшего
значения рр = (2a/mrp)1/2, rp = r(Zp). При значениях t > t величина
скорости ракеты возрастает и она удаляется от Земли по квазигипер-
болической траектории. Следовательно, из (4) находим
p(Z) = v,~ at, 0< t < tp.
тд dv adr ,
Из (1) имеем уравнение mv— + -7— = fv.
dt r dt
(5)
Полагая (t) » 0, — (L) « v. r(t)
dt p dt * p p
= rp, получим значения
г = (a/ma)1/2, pp2 = 2(aa/?n)1/2. Согласно (5) tp = (vQ - v9}/a.
При a = 1 мм/с2 значение E = 0 достигается через 80,8 сут. на рас-
стоянии 554 700 км, а скорость 3 км/с.
Найдем теперь полное число витков N в интервале 0 < t <tp. В ре-
зультате анализа численных расчетов была получена эмпирическая
формула N = 0;04g/a. Очевидно,
\dt 1 v 2 a 1 т .
N = —, — = -—, v —---------> — = -—(у,-at}.
•Т Т 2itr mr Т 2ла
Вычисляя интеграл, получим
/V=—— (у/-у4) = — 1 -4 «0,04—f—
8л aa ₽ 8тг аVг0) a\ro j
1.9.29. При вычислении траектории КА необходимо учитывать
силы, действующие со стороны Солнца и других планет. Мы найдем
365
решение поставленной задачи приближенным методом, используя
понятие сферы действия одного небесного тела относительно другого.
Сфера действия Земли относительно Солнца представляет собой сфе-
рическую область радиусом г = 0,924 820 млн км, внутри которой
влиянием Солнца на движение КЛ можно пренебречь. Вне этой сфе-
ры можно пренебречь силой, действующей со стороны Земли, учиты-
вая только влияние Солнца. При переходе через поверхность необхо-
димо «сшить» кеплеровы траектории.
Найдем предварительно начальную скорость р0, которую необхо-
димо сообщить телу относительно Земли, чтобы на расстоянии г от
Земли оно приобрело скорость и.
Полная энергия тела Е = ти /2 - mgR2/г - постоянная величина.
Полная энергия на поверхности Земли Е = mvQ2/2 — mgR.
Силы сопротивления атмосферы не учитываем. Тогда из закона
сохранения полной энергии следует уравнение
mv2/2 - mgR = ти /2 - mgR2/г. (1)
Полагая Е = 0, получим наименьшее значение vQ = у]Р = (2gR)1/2,
= 11,186 км/с. Скорость называют второй космической скоро-
стью. Очевидно, что .
Можно ли утверждать, что на «бесконечно большом» расстоянии от
Земли скорость тела станет равной нулю? Нет, нельзя, так как на рас-
стояниях г > г5 основной силой, действующей на тело, является сила
притяжения Солнца. Если телу на поверхности Земли сообщить вторую
космическую скорость, то скорость тела на расстоянии г окажется рав-
ной и = v* = (2gRi/rs)V2, vs = 0,926 км/с. Если скорости Земли и тела кол-
линеарны, то скорость тела относительно Солнца на 0,926 км/с больше
скорости Земли относительно Солнца v3r = 29,785 км/с. Следовательно,
тело станет спутником Солнца. Афелий эллиптической орбиты тела на-
ходится за Солнцем на расстоянии 21 млн км от орбиты Земли.
1.9.30. Обозначим - скорость тела I относительно тела к. Оче-
видно, vik = й + vjk. Из соотношения (1), полученного в решении
задачи 1.9.29, находим при значении r»R
v^(u2 + 2gR)m. (1)
«Первая местная космическая скорость» Земли относительно Солн-
ца или скорость движения по орбите и*. = (Gmjr^, и* = 29,785 км/с.
Для того чтобы покинуть Солнечную систему, скорость тела относитель-
но Солнца на границе сферы действия Земли должна достичь «второй
местной космической скорости» = ^2их.
366
Предполагая, что векторы , v3C коллинеарны, найдем необхо-
димое значение величины скорости тела относительно Земли на рас-
стоянии rs от центра Земли и = или и - (V2-1) изс. Подставляя
и в (1), получим третью космическую скорость
^=[(V2-l)\c2 + 2gT?],/2,
ргз = 16,653 км/с.
Сообщив космическому аппарату скорость мы можем послать
его к любой звезде, лежащей в плоскости орбиты, к любой, кроме
ближайшей — Солнца.
1.9.31. В этом случае и w = -v Поскольку v w = ?тз + v w>, то
й = и хз = -2?зс. Из соотношения (1) в решении задачи 1.9.26 нахо-
дим v„ = l>„, vn = [4^2 + 2gR]1/2, vn = 60,61 км/с.
1.9.32. В этом случае скорость тела относительно Солнца v тс = 0,
или И - -v*. Из соотношения (1) в решении задачи 1.9.29 получим
значение скорости тела относительно Земли: vQ = vn, vn = [i?ac2 4- 2gR]1/2,
= 31,816 км/с.
Эту величину называют четвертой космической скоростью. «Не-
просто» упасть на Солнце.
1.9.33. На рис. 1.9.33. точка О - начало координат в инерциаль-
ной системе отсчета, точка С - центр масс, R — радиус-вектор цен-
тра масс.
Рис. 1.9.33
Из второго закона Ньютона следует уравнение
т, а. = GmjnJ^ +GmjnJlL, (1)
it 4 '
Г12 Г13
w = К-гп, п = 2, 3; г,2 = г1я = гм = с.
367
Перейдем в систему центра масс, полагая гл = R + r^. Тогда урав-
нение (1) приобретает вид
т^а\ = Gmim2^- + GmjnJ^, (2)
с с
где tJ, =г;-г’ . п = 2, 3.
Согласно определению радиус-вектора центра масс
т^г' + т2Г2 + =0. (3)
Из (3) следует соотношение
г; 4- т2( ^2 4- г/ ) 4- т3( + г/ ) = 0,
или
тG = ~(т2 га + т3 г13 ), (4)
где т = 4- т2 4- т.г
Подставляя (4) в (2), получим
f'
mxd\ = -Gmjn-^-, (5)
с6
Поскольку скалярное произведение г12 q3 = с /2, то возводя (4) в
квадрат найдем гп = с2 (т.2 4- тп/п3 4- т.2).
Теперь уравнение (5) приобретает форму тка{ = , со-
ri
ответствующую уравнению движения двух взаимодействующих час-
тиц масс /п, и М. Аналогичные уравнения описывают движение вто-
рой и третьей частиц.
Лагранж показал, что если начальные скорости частиц образуют
равные углы с прямой, соединяющей частицы с центром масс и ве-
личины скоростей пропорциональны расстоянию до центра масс, то
каждая частица движется по эллипсу. В произвольный момент вре-
мени частицы располагаются в вершинах правильного треугольника.
1.10. Движение в неинерциальных системах
1.10.1. Координаты частицы в двух системах К и /Г связаны со-
отношениями х = x^t) + хг, у = у’, где xz(t) - скорость системы /Г от-
носительно системы К.
Имеем уравнение - xz = (vt)2/2R, -> vz = -v2t/R.
368
1.10.2. Система отсчета /Г, связанная с ракетой, движущейся с
ускорением w, является неинерциальной. В системе /Г на непод-
вижного космонавта действуют сила притяжения mg , сила реакции
Л’ и сила инерции Fu = ~mw . Поскольку а' =0, то из второго закона
Ньютона имеем уравнение Q = mg + N - mw —> N = -тg + mw .
Направляя ось z вертикально вверх, получим величину силы веса
;V = m(g 4- w). Влияние ускорения эквивалентно дополнительному
полю тяготения: ускорением свободного падения в ракете можно на-
звать вектор g^ = g-w.
1.10.3. В неинерциальной системе отсчета, связанной с трубкой,
вектор эффективного ускорения свободного падения g-^ = g~w. Век-
тор g^ перпендикулярен «горизонтальной» прямой, на которой рас-
положены уровни жидкости в трубках: w/g = (h2 - \)/(1гу 4- h2).
1.10.4. В системе отсчета, связанной с клином, на тело действуют
сила тяжести mg , сила нормальной реакции клина N , сила трения
F и сила инерции - mw (рис. 1.10.4). В соответствии со вторым за-
коном Ньютона имеем уравнение
та =g + N + FTp ~mw. (1)
Рис. 1.10.4
Свяжем с клином систему координат: ось х' направим вниз па-
раллельно плоскости клина, ось у' — перпендикулярно плоскости
клипа. Из (1) в проекции на оси координат получим два уравнения
ma' = Ft + F^ (2)
0 = N - zngcosa - r?wsina, (3)
где Fr = rags in a - rawcosa.
Из (3) находим N = ragcosa 4- mwsina.
369
В решении задачи 1,4.26 изображена зависимость проекции F
силы трения от проекции Fx суммы внешних сил.
Если — ц/V < Fr < ц/V, то тело неподвижно относительно клина.
Тело будет двигаться вверх по наклонной плоскости, если а! < 0. В
этом случае F = pJV. Из (2) находим Fx < -ц/Vили
^(sina + MCosa) (4)
cosa-psina
Полагая tg р = ц, запишем (4) в виде w > gtg(a 4- р).
Если a = 0, то w > pg.
1.10.5. Перейдем в систему /Г, вращающуюся с угловой скоро-
стью со вокруг оси цилиндра. На систему человек - мотоцикл дейст-
вуют сила реакции /V, сила трения покоя FTp, сила тяжести mg и
центробежная сила F , приложенные в центре масс (рис. 1.10.5). В
системе /С условие равновесия mg + N +FTp + F =0 приводят к урав-
нениям mv^/R - W = 0, FTp - mg = 0. Из условия равенства нулю суммы
проекций моментов сил трения и реакции относительно оси, прохо-
дящей через центр масс находим уравнение
FTpsin a-/Vcos a = 0 —> tga = l/ц, a = 68°12'.
1.10.6. В неинерциальной системе отсчета К’, связанной с дос-
кой, на груз действуют сила тяжести, сила реакции, сила трения
скольжения и сила инерции Fuu = -т{а2 , где а2 — ускорение доски в
инерциальной системе отсчета К (рис. 1.10.6). В проекции на ось х
получим уравнения тка\х = = Отсюда
находим а\х = -а!р а\ = F/m2 - \bgm/m2, т = 4- т2. Согласно усло-
вию I = /2.
Рис. 1.10.6
370
1.10.7. Потому что Земля и Луна движутся в поле тяготения
Солнца с почти одинаковыми ускорениями. В системе отсчета, свя-
занной с Землей на Луну действуют силы притяжения Земли, Солн-
ца и сила инерции, величина которой тлшсз. Из второго закона Нью-
тона F3JI з- ЕО1 -тлшсз получим уравнение азл=и>зл 4- Ай,
Дй = Величина | Ай) | = 0,03 • 103 м/с2, отношение
|АЙ)|/^=1,11-10“2«1.
1.10.8. На груз действуют сила натяжения каната N , сила тяже-
сти и центробежная сила инерции. Если груз находится на расстоя-
нии г от центра Земли, то
N = mgfJR/r)1 ~ mlr или N = ma/{rj/r2 - г),
где со - угловая скорость вращения Земли; гст =
- величина, рав-
ная радиусу орбиты геостационарного спутника (rq = 6,7R = 42 164 км).
Если г < ггт, то для подъема с постоянной скоростью к грузу необ-
ходимо приложить силу величиной N = mg(R/r)2 — znco2r, направлен-
ную вертикально вверх. Величина скорости груза в инерциальной
системе отсчета и = cor. На расстоянии гст от центра Земли N = 0: груз
приобретет скорость ит = corCT равную местной первой космической
скорости. Если его не удерживать, то он будет неподвижен относи-
тельно лифта. При подъеме груза на расстояние г > гп центробежная
сила становится больше силы притяжения — груз необходимо удер-
живать.
Из закона сохранения полной энергии zn(cor2)2/2 - mgl^/r^ = 0 4-0,
найдем значение расстояния г2, на котором груз приобретет местную
вторую космическую скорость г2 = 21/3ггт, г2 = 53 123 км; если его осво-
бодить, то он навсегда покинет Землю. Вот еще одна возможность за-
пуска космических аппаратов.
Энтузиастом этой идеи выступает известный писатель-фантаст
Артур Кларк. С 1956 г. он проживает на Цейлоне и уже нашел там
место для привязки лифта. Конструкцию для лифта надо строить с
крыши. Со стационарного спутника выпускают два троса — вверх и
вниз. Затем подбирают их длину так, чтобы вся система вращалась
как целое с угловой скоростью со в процессе увеличения длины тро-
сов. После зацепления нижнего конца за Землю можно заняться уст-
ройством лифта. Основная трудность — отсутствие материала необ-
ходимой прочности.
371
1.10.9. Найдем угловую скорость космического корабля из второ-
го закона Ньютона: со2 = g/?2/г3.
В системе отсчета, связанной с центром масс, на каждую частицу
действует сила инерции, сила притяжения Земли и сила натяжения
пружины. В результате действия сил первая частица находится на
расстоянии $• = Zo + AZ от центра масс О и на расстоянии г + s от центра
Земли. Величина силы инерции/ и силы тяжести
/ = т<о2(г + $) = (mgR*/г2)(1 +з/г),
F, = mg#/{г + s)2« {mg#/г1) (1 - 2s/r).
Поскольку/ > Fv то AZ > 0: пружина растянута.
Вес тела Pi = fi - Fv Pi = Zmglfs/r.
На рис. 1.10.9 схематически изображены силы, действующие на
первую и вторую частицы. Величина силы инерции/ и силы тяжести F2:
f2 = mat{r-s) = {mg#/г) {I - s/r),
# = mg#/{r - s)2« {mg#/r2) (1 + 2s/r).
Рис. 1.10.9
1.10.10. Согласно закону Хаббла
= #(гь-га ), = #rr-fa ).
Тогда vb-vc = Н{гь~гс).
1.10.11. Преобразования Галилея имеют вид х = ut 4- у = у', z = z',
t- t’. В системе К начальная скорость шара i\(0) = и. Закон движения
x(t) = ut,y(t) = gt1/2,z(t) =0. Уравнение траектории у = gx?/2u?.
В системе отсчета Л7 начальная скорость шара i\(0) = 0. Закон
движения x'(t) = 0, y'(t) = gt1/2, z'(t) - 0. Траектория — прямая линия.
372
1.11. Линейные колебания
1.11.1. Координата и проекция скорости шарика x(t) = AsincoZ,
v(t) = A(&cos(ot. Имеем систему p, = Acdcosg>/1, ЗА/5 = А$й)(о^, l?0 = Ag).
1.11.2. А. Согласно второму закону Ньютона в проекции на гори-
зонтальное направление та = -к{х ~ 10). Полагая x(t) = /п + z(t), по-
лучим уравнение гармонических колебаний md2z/dt2 4- /cz = 0. Общее
решение уравнения колебаний z(t) = acosorf + bsinart, со2 = к/т. Ско-
рость = -л cos in со/ 4- бшсозай. Из начальных условий z(0) = 0,
цДО) = vQ находим а = 0, fcco = vQ.
Б. Кинетическая энергия К = (rTW02/2)cos2arf, потенциальная
энергия W = /c(62/2)sin2coL Имеем уравнение tgcof = л/З . Следова-
тельно, (atn = л/3 4- тип.
1.11.3. На груз действуют сила тяжести и сила упругости. На
подставку действуют сила тяжести, сила натяжения и сила реакции
плоскости. Из второго закона Ньютона получаем уравнения
та = mg-к(х - lQ), (1)
0 = Mg + k{x-lQ)-N, (2)
где /V > 0.
Полагая х = 4- z, хщ = /0 4- mg/k, получим
та = -kz, —> z(t) = scos (nt, co2 = k/m.
Из уравнений (1), (2) находим N(t) = (m 4- M)g 4- fcscos art.
При значении art, = л сила реакции N- 0.
1.11.4. Выберем начало координат оси х в точке пересечения
прямой и перпендикуляра, проведенного через точку закрепления
пружины.
Потенциальная энергия частицы W(x) = (k/2)[(h2 4- z2)1/2 “ ^]2-
Сила, действующая на частицу F = (F, 0, 0), где F{x) = -dW/dx
Из второго закона Ньютона получим уравнение
m^x/dt1 = F(x), F(x) = -to[l - ЦЛ2 + ?)',/2], (1)
Координаты точек равновесия найдем из условия F(x^ = 0.
Рассмотрим два случая: xeq = 0 при значениях h > lQ и х = ±Ь,
Ь == (I2 - h2)1/2 при значении h < Zo. В окрестности xrq функцию F{x)
можно представить в виде F(x) » {х- xf4I) (dF/dx)eq.
Если (d^W/dx2)^ > 0, то мы имеем устойчивое положение равно-
весия.
Рассмотрим теперь движение частицы в окрестности устойчивых
положений равновесия, полагая х = х^ 4- q.
373
A. = 0. Поскольку dF/dx = - к [ 1 - h\(li 4- z2)'3/2], to
При значениях h > Zo правая часть (1) равна —
(О02 = Ar(l - ljh)/m — квадрат частоты линейных колебаний в окрест-
ности точки х = 0.
Б. xtq = Ь. Если la > ht то (dF/dx)'Ч = -Zc(1 - h1 /Zn2). Тогда функция q
удовлетворяет уравнению dlq/dt14- = 0, со/ = к(1 - h//l^)/m.
На рис. 1.11.4 б изображены графики потенциальной энергии при
различных соотношениях между параметрами Л и /0. Очевидно, что
частица совершает гармонические колебания вблизи дна локальных
«потенциальных ям».
1.11.5. Введем на прямой ось х, координаты частиц х2, xi (х2 > zj.
Согласно второму закону Ньютона
miai = k(x2-xl-la), (1)
т2а2 = -к(х2 - X' - /п). (2)
Перейдем к новым переменным хр х2 —► xv, х:
х2Ч = хс± mV2x/m, т = rrt\ + т2,
где хс — координата центра масс системы, х = х2 - xv
Тогда скорости частиц
i?24 = иг ± тУ2и/т, (3)
где i\. — скорость центра масс, и = и2- иу — относительная скорость.
Для того, чтобы найти решение системы (1), (2) умножим (2) на
mv (1) — на т2 и вычтем из второго соотношения. В результате полу-
чим уравнение
\\ri/x/dt/ = -к(х - /0),
(4)
где ц - mjn.Jm.
374
После подстановки х = Zo 4- z уравнение (4) приобретает форму
уравнения гармонических колебаний
dPz/dt2' 4- co2z = О, (5)
где со2 = /с/ц. Относительная скорость и = dz/dt.
А. В начальном состоянии расстояние между частицами равно
/0 + 6, скорости частиц равны нулю. Тогда хс = m2ljm, ис = 0; началь-
ные условия имеют вид z(0) = 6, dz/dt = 0.
Решение уравнения (5) z(t) = bcoscoL Скорости частиц
vV2 = (6)
Б. В начальном состоянии расстояние между частицами равно lQ,
скорость первой частицы равны ^(0) = у0> второй — ^,(0) = 0. Тогда
(?г = т^/т\ начальные условия имеют вид z(0) = 0, dz/dt = -у0. Тогда
решение уравнения (5) имеет вид z(t) = -((?0/co)sinG>L
Скорости частиц
vt,2 = т^/т ± (m2,1L’0/m)coscoL (7)
Например, для двух одинаковых частиц i?P2 = (i?0/2) (1 ± cosort).
1.11.6. Введем ось х параллельно прямой, х2, х, — координаты
частиц (х2 > х,). Согласно второму закону Ньютона
= к(х2 - х{ - /0) 4- F, (1)
т2а2 = -к(х2-х,-10). (2)
Пусть начальные значения координат х,(0) = 0, х2(0) = Zn. В ре-
зультате действия ударного импульса частицы не смещаются.
Из (1), (2) следует, что частицы приобретают скорости vi = l/mv
v2 = 0. Поэтому приращение полной энергии системы Е - 0 = I2/2mv
где Е = т1Р12/2 4- m2v2/2 4- (к/2) (х2 - х, - /0)2.
Из закона изменения импульса системы частиц ДР/Д£ = F нахо-
дим проекцию полного импульса на ось х: Р-1.
После действия силы сохраняются полный импульс Р и полная
энергия системы частиц Е = Ег + Ео. Здесь Ес - Р2/2т — кинетическая
энергия центра масс, £п - кА2/2 — полная энергия относительного
,движения частиц, А — амплитуда колебаний расстояния между час-
тицами х2 - хг Теперь из уравнения f /2тх = /2/2т 4- /сА2/2 находим
амплитуду колебаний Л = I[rrtJmjnk],/2.
Итак, центр масс системы движется со скоростью иг = 1/(т{ 4- т2),
частота колебаний частиц со = yjkm/m{m2.
375
1.11.7. Пусть z - координата груза (рис.1.11.7). Из второго зако-
на Ньютона та = mg 4- F находим уравнение
та = -k(z - Zo) 4- mg.
(1)
Определим сначала положение равновесия. Пусть zn - длина рас-
тянутой пружины в положении равновесия. Из условия равенства,
нулю суммы сил упругости и тяжести, получим - /c(z0 - /0) ч- mg = 0:
Zo = l0 + mg/k.
2 t X
Рис. 1.11.7
Введем теперь координатную ось х так, что в положении равнове-
сия координата, груза х = 0, т.е. z = z0 4- х. Тогда из (1) получим урав-
нение та = ~k(zQ 4- х - Zft) 4- mg, или md/x/d? 4- кх = 0.
Следовательно, решение представляет собой функцию
z(Z) = l0 + mg/k + acosotf 4- fcsinort,
где со = yjk/m .
Если в начальный момент времени z(0) = х& ^(0) = 0, то а = х^,
6 = 0. Тогда z(t) = l0 + mg/k 4- z0cosco t.
1.11.8. Начало координатной оси z поместим в точку закрепления
пружины. Координата груза в положении равновесия z^ = 10 4- bmg/k,
b= 5mg/k. После отрыва груза т2 новое положение равновесия
z0 = 10 4- Sing/к. Теперь введем координатную ось х так, что в положе-
нии равновесия координата, груза z = z0 4- х. Тогда для для груза т^
начальное условие х(0) = "Lmg/k.
1.11.10. В положении равновесия частицы тК длина пружины
Il = mg/k 4- /0. В новом положении равновесйя длина пружины
/2 = (mi 4- m/)g/k 4- Zft. Согласно условию 4- А - 12: к = mg/А.
376
1.11.11. А. Точка подвеса движется с ускорением w(t) = -a>\coscrt.
Введем неинерциальную систему координат К с началом в точке подве-
са и направим ось z' вертикально вниз. В этой системе отсчета второй
закон Ньютона имеет вид
та' = -k(z - Zo) + mg~ mcv - mw(t). (1)
Перейдем к координате х с началом в положении равновесия:
z = ln + mg/к. Тогда из (1) получим уравнение
а' + а>02х = —cv + a>2s0cosa>t (2)
При t » 1/с собственные колебания затухают, а вынужденные
колебания определяются функцией
x(t) = awstot + bsincot (3)
Подставляя (3) в (2), получим тождество. Приравнивая к нулю
коэффициенты при cosco/ и sinatf, получаем два уравнения
(со02 - a>2)a - с<пЬ = а>2$0, ссэа + (а>02 - а>2)6 = 0.
Амплитуда колебаний Л = \1а2 + Ь2, А = a>2s0/[(a>02 - со2)2 + (ссо)2] 1/2«
Б. Производная cL4/da> = 0 при a> = a>0, Ат = а>0$0/с.
1.11.12. Пусть х2 - координаты частиц. Проекция силы упру-
гости, действующей на вторую частицу = k(l2 - Zo), 12 = 210 - хг Из
второго закона Ньютона следуют уравнения
^а, =-/сДх, -т2а2 = -к2(х2-Zo). (1)
Начальные условия хДО) = Zo/2, х2(0) = 3Z0/2.1^(0) = 0, р2(0) = 0.
Решение уравнений (1), удовлетворяющих начальным условиям
^i(Z) = lQ - (Z0/2)cosa>Z, x2(t) = Zo+ (Z0/2)co$art, a> = ^k/m .
В момент времени t = t0 частицы сталкиваются: = x2(Z0). Из
этого условия следует уравнение cosa>Z0 = 0, т.е. со/о = я/2. В этот мо-
мент времени скорости частиц U|(Z0) = <oZ0/2, v2(tQ) = — a>Z0/2. Скорость
центра масс рс(/0) = a>Z0/6.
1.11.13. Поместим начало координатной оси х в середину отрезка
АВ и направим ось х вертикально вниз. Кинетическая энергия час-
тицы К = тиг/2, потенциальная энергия частицы
W(x) = k[2l(x) - a]2/2 - mgx, l(x) = yl(a/2)2 +х2 . (1)
Уравнение движения получим из второго закона Ньютона
ma = F(x), (2)
F(x) = -dW/dx, F(x) = -2k[2l(x) - a]x/l(x) + mg.
377
В положении равновесия xeq = а\/з/2. Поскольку = а, то из
условия равновесия F(xeq) = 0 получим к = mg/ajb.
Теперь необходимо разложить функцию F{x) в окрестности точ-
ки X = х^.
Найдем производную dF/dx = -2ках2/1\х) - 2к[2 - а/Цх)]. Зна-
чение производной в точке х = равно lk/2 = Tmg/2a\[3. Квадрат
частоты колебаний со2 = 7g/^2a>/3 j.
1.11.14. Введем ось х с началом в точке закрепления пружины.
На частицу действуют сила упругости Fx = -к(х - lQ), сила тяжести,
сила реакции и сила трения f = -\xmgv /v. Теперь необходимо перей-
ти к новой координате z: х = l0 + z. Потенциальная энергия частицы
W(z) => kz2/2. Если скорость и ускорение частицы равны нулю, то ко-
ордината z удовлетворяет условию - pzng< - kz < pzng. Уравнение
движения имеет вид
та = -kz + \xmg, v < 0; та = -kz - jimg, v > 0. (1)
Начальные условия z(0) = A, p(0) = 0. Пусть A = 4npmg/Ar, n - це-
лое число, n »1.
Поскольку kA > png, то частица будет смещаться влево. Пусть
Zj ~ координата точки остановки частицы. Согласно закону изменения
полной энергии имеем уравнение 0 + kz*/2 -(0 + АЛ2/2) = ^vng(z] - Л),
из которого находим z( = -Л+ 2ymg/k < 0.
В этом положении проекция на ось z силы упругости - kz{ > \mg
при п > 1. Следовательно, частица смещается вправо. Координату
точки остановки 2^ одного «колебания» найдем из закона изменения
полной энергии
0 + kz*/2 -(0 + kz* /2) = -iung(z2 - zj
-> z2 = A - 4yung/k > 0.
После N колебаний в точке остановки 0 = А - ^N\mg/k.
Отметим, что решением уравнений (1) является функция
z(Z) = a(0cosrof, a(t) = А - 2p^/na>,
a> = yjk/m , t<TkA/(4p,mg)t Т=2п/&.
1.11.15. Проекция скорости шарика на единичный вектор
е = (-simp, coscp, 0), направленный по касательной к окружности в
точке г - (Zcoscp, /sirup,0), равна v = Idy/dt.
378
А, Получим уравнение движения шарика, используя закон со-
хранения полной энергии: mv2/2 + Ж(ф) = Е, где W (ф) = -mglcosy.
Дифференцируя это соотношение, находим
mvdvIdX + mgZsiiKp-dcp/df = 0, илиd^/dt2 + cosincp = 0, (1)
где со2 = g/l.
Сопоставляя это уравнение с уравнением гармонических колеба-
ний, приходим к выводу, что движение шарика не является гармо-
ническим колебанием. Однако, если выбрать начальные условия так,
чтобы шарик двигался в окрестности положения равновесия ф = 0, то
при ф << 1 можно приближенно положить sin ф ~ ф. Тогда уравнение
(1) приобретает форму уравнения гармонических колебаний. На-
пример, для угла 20° имеем ф = 0,3491, sing) = 0,3420. Следовательно,
при ф << 1 маятник совершает гармонические колебания с частотой
со = Период колебаний Т = 2л y/l/~g.
При больших отклонениях от положения равновесия ф ~ 1 часто-
та колебаний зависит от амплитуды: со = y[g/l (1 - А2/16).
Б. Уравнение (1) можно получить из второго закона Ньютона
ma = mg + N , где N — сила реакции (рис. 1.11.15). Действительно,
в проекции на направление единичного вектора е =(-з!пф, соэф, 0),
касательного к окружности в точке г= (/соэф, /зтф, 0), получим
уравнение (1): rndv/dt = -иг^зшф, где dv/dt = ld2(?/dt2. Отсюда следует
уравнение (1).
1.11.18. При движении по дуге окружности длиной s = Zcp0 про-
межуток времени t0 = 7/4, Т =2л y/l/g . При движении по хорде длиной
5 = 2&ш(ф0/2) « /ф0 проекция ускорения на направление параллельное
хорде a ~gsin(фа/2) -g((po/2). Промежуток времени tc = J2s/a =2>]l/g .
1.11.19. Проекция скорости на касательную v = pocosa>t, горизон-
тальная компонента vT = vQcos(pcoscbt» p0cosa>t.
1.11.20. Если маятник находится на высоте h над поверхностью
Земли, то в выражении для частоты колебаний следует произвести
замену g g^ = g[R/ (R + h) ]\
1.11.21. Положение стержня зададим углом отклонения ф от вер-
тикали.
Скорости масс соответственно равны = IQ v2 = IQ, где
£l = d<p/dt — угловая скорость стержня. Полная энергия маятника
Е = — +т2фП2 ~(т{Ц + лг2^2)£СО8Ф-
2
379
Учитывая решение задачи 1.11.15, получим квадрат частоты ли-
неиных колебании со -------у----*у-.
т^
1.11.23. Положение стержня зададим углом отклонения ср от вер-
тикали. Координаты второй частицы х2 = (l/2)tgy, у2 = Z/2. Проекции
скорости частицы иъ = p/(2cos2(p), = 0, где v = ldy/dt.
Квадрат скорости первой частицы v2 - и2. Полная энергия систе-
мы Е = ти /2 + mi72/(8cos4(p) - mg/coscp - mgl/2. Для линейных коле-
баний |<р| « I, получим Е = 5тр2/8 - mgl(l - <р2/2) - mgl/2. Частота
линейных колебаний со2 = 4g/5Z.
1.11.24. Частоту колебаний найдем исходя из закона сохранения
полной энергии Е = К + W. Кинетическая энергия К = ти2/2, и =
Ldy/dt. Потенциальная энергия Ж(ф) = mgL{\ - coscp) + k(l - Zo)2/2.
Из теоремы Пифагора находим Г = (Zo - Lsincp)2 + L2(l - coscp)2
(рис. 1.11.24 б). При значениях |ср| << 1 имеем I » 1{} - И^ср) =
(mgL + АтА2) ср2/2. Частота колебаний со2 = g/L + к/т.
Уч
Рис. 1.11.24 6
1.11.25. В неинерциальной системе 7f, связанной с тележкой,
движущейся с ускорением w, на шарик действуют сила притяжения
mg , сила натяжения нити Т и сила инерции FK =-mw (рис.1.11.25).
Рис 1.11.25
380
Уравнения движения шарика
md’ = mg-mw + t, (1)
Положение шарика в системе координат ху определяется углом ф
между нитью и осью у. Запишем проекцию (1) на единичный вектор
ё = (-sin ф, cos ф, 0), касательный к окружности в точке г = (Z cos ф,
I sin ф, 0):
ld2<$/dt2 = -£$шф + шсовф, или irffy/dt2 = -g^sin^ - ф0), (2)
g* = (/ + ,/2, cos<p0 = g/g^ sin<p„ = w/g*.
Очевидно в положении равновесия ф = ф0.
Введем угол х = ф - ф0, определяющий отклонение нити от значе-
ния ф0. Подставляя ф = ф0 + х в (2), получим уравнение
d^x/d? + co2sinx = 0, со2 = g^/l. (3)
В случае линейных колебаний (х « 1, sinz « х) уравнение (3)
приобретает форму (1.11.3), где со2 = (^ + w2)m/L Отметим, что в со-
стоянии равновесия 0 = тg + Т, где g^-g-d).
Наблюдатель, находящийся на тележке, почувствует, что стоять в
вертикальном положении неудобно. Он наклонит свое тело подобно
нити маятника, т.е. под углом ф0 к вертикали. Таким образом, наблю-
датель обнаружит, что его вертикаль «косая», а сила «притяжения»
равна mg^.
1.11.27. Скорость частицы v = (-Оаэшф, Оасоэф, ОЛ/2я),
Q = dy/dt,. Потенциальная энергия 1У(ф) = m^acoscp.
Положения равновесия определяются условием
dW/dq = -ги^аэтф == 0 или зтф = 0: фп = яп, п = 0,1,....
В положениях устойчивого равновесия d2W/d<p = -mgacosy > 0.
Следовательно, п - нечетное число. Пусть п = 1. Перейдем к новой
переменной q'. ф = тг+ q, \q\ « 1. В окрестности положения равнове-
сия потенциальная энергия
( п2
w(q) = W(n + <?) = -wgacosg » -mgal 1- —
X. 2
Полная энергия частицы
Е« (т/2) [а2 + (Л/2л)2] (dq/dt)2 + mgaq2/2.
Дифференцируя, получаем уравнение
|а2 + (h/2n)2]d2q/dt2 + mgaq ~ 0.
381
1.11.28. Используя результаты задачи 1.7.10, запишем законы
сохранения полной энергии и горизонтальной компоненты полного
импульса
Е- ти /2 -ь + 2uv cosa)/2 + k(s - Z0)2/2 + ~ ssina), (1)
m = m} + m2
mu 4- Tn2pcosa = Po. (2)
Для того чтобы найти ускорение частицы а = dv/dt, дифференци-
руем (1)-(2) повремени:
0 = mudu/dt 4- m2\ydv/dt 4- (udv/dt 4- vdu/dt)cosaj 4-
4- k(s - lQ)v - m^sina, (3)
mdu/dt 4- m2(dv/dt)cosa = 0. (4)
Из (3)-(4) находим [(яг, 4- m.2sina)/m]dv/dt 4- (k/m2)(s - Zo) =gsina.
Полагая s = Zo 4- (m2/k)g sina + q, получим уравнение гармониче-
ских колебаний d2q/dl2 + a>2g = 0, a>2 = km/(m{ + zn2sin2a)m2.
1.11.29. В некоторый момент времени длина пружины х, длина
свисающей части веревки равна г, масса М = pz, где р — линейная
плотность. Отрезок OB = b, b = x + l-z. Согласно второму закону
Ньютона та = -к(х - Z(l) 4- Mg, или
та = -к(х - /0) + р(/ ч- х - b)g. (1)
В положении равновесия х - х^, 0 - -к(х^ - /0) 4- р(1 4- х^ - b)g. За-
мена переменной в (1) х = хщ 4- я приводит к уравнению та = ~(к- pg)s.
1.11.30. Потенциальная энергия взаимодействия частицы, нахо-
дящейся внутри Земли с Землей
Щ г ) = - (mgR/2) [3 - (r/R) 2J, г < R. (1)
Направим ось х параллельно оси тоннеля, начало координат по-
местим в середине тоннеля (рис. 1.11.30). Тогда г = (R - h)2 4- х2.
382
Начальные условия х(0) = [Т?2-(/?-Л)2]1/2®(2/г/?)1/2, i/(0) =0.
Отбрасывая в потенциальной энергии (1) постоянные величины,
запишем закон сохранения полной энергии
Е = ти /2 + rngx^ZR. (2)
После дифференцирования обеих частей (2) по времени получим
уравнение d^x/dt* + (g/R)x = 0.
Следовательно, x(t) = (2/iR)1/2coso>f, со2 - g/R. Время движения
tk = Т/2, где Т = 2n(R/g)i/2 — период колебаний, равный периоду об-
ращения спутника, движущегося с первой космической скоростью,
1к = 42 мин. Максимальное значение величины скорости (2gh)'ri.
1.11.31. В неинерциальной системе, связанной с окружностью,
на частицу действуют сила тяжести, сила реакции и силы инерции —
сила Кориолиса и центробежная сила (1.10.3). В качестве координа-
ты частицы выберем угол 0 (рис. 1.11.31). Расстояние частицы до оси
вращения ffsin 0.
В проекции на касательную из второго закона Ньютона (1.10.2)
получим уравнение
Rdfa/dt* = -gsin0 + Q2/?sin0cos0. (1)
В положении равновесия — gsinO + Q2/?cos0sin0 = 0. Из этого
уравнения получим три корня: ©! = 0, cos02 = g/^R, 03 = я. Если
g > Q2/?, то частица колеблется в окрестности устойчивого положения
равновесия 0, = 0 с частотой а>р со,2 = g/R - Q2.
Второе положение устойчивого равновесия реализуется при ус-
ловии > g. Полагая 0 = 02 + q, |g| << 1, представим правую
часть (1) в виде - Q2/?sin202g.
Частота линейных колебаний о>22 = Q2 - (g/ОЯ)2.
383
1.11.32. В системе отсчета, связанной с проволокой, полная энер-
гия частицы Е = - т£12х2/2 + mgy. Поскольку у = х /2R, то
Е= (m/2)(dx/dt)2\\ + (х/Я)2] - т£12х2/2 + mgx2/2R.
Дифференцируя, получаем уравнение движения
Лг/Л2[1 + (х/Я)2] + (dx/dt)2x/R2-Q2x-^gx/R = 0.
1.11.33. Выберем в качестве обобщенной координаты угол 0, об-
разуемый стержнем с осью х (рис. 1.11.33). Найдем кинетическую
энергию центра масс и потенциальную энергию стержня.
Пусть (хр У'), (х2, у2) — координаты левого и правого концов
стержня, (хт, ут) — координата центра масс. Тогда
*2>1 = *„± U/2)c°sG, угл = Уя± (Z/2)sin0. (1)
Подставляя (1) в уравнение параболы, находим
ут ± (//2)sin0 = (1/2/?)К ± (//2)cos0]2 ->
-> *m = Rlgb Уя = (//8/?) | /2cos20 + mg20].
Потенциальная энергия стержня
W(0) = mgym, 1У(0) = (mg/8R) [/W0 + 4^^0].
Положение равновесия найдем из условия dW/dQ = 0: 0t = 0, при
I < 2R и 02 = при I > 2R.
В окрестности 0, = 0 хт ® RQ, ymis(l/8R)[l2 + (4Я2 - Z2)02], кииети-
ческая и потенциальная энергии
К* (m/2)(RdQ/dt)2, W* (mg/8R)[l2+ (4Я2- /2)02].
Полная энергия Е= К + W. Вычисляя производную Е, получим
уравнение d?Q/dt2 + о>20 = 0, со2 = £(4Я* - I2)/^R\
Рис. 1.11.33
1.11.35. Пусть ср — угол между вертикалью и прямой, проходя-
щей через ось вращения О, и прямой ОС, проходящей через центр
масс С, ОС= b^R (рис. 1.11.35 а).
384
Найдем величину Ь. На рис. 1.11.35 б изображена трубка в системе
координат ху, ось у проходит через середину, угол ф0 = L/R, Координа-
1 Фо/2 1 Фо/2
ты центра масс х = — | dmx , у = — | dmy, где т = pLS, координа-
^_?/2 т J/P
Фо < z “Фо/^
ты элементарной массы dm - pRSdy равны хл = 7?sin<p, уа = Tfcosp.
Вычисляя интегралы, находим хс = 0, yt = (27?7£)8т(£/27?).
Частоту колебаний найдем исходя из закона сохранения полной
энергии Е = К + W. Кинетическая энергия К = zn7?2Q2/2, где Q = d<p/dt —
угловая скорость трубки.
Потенциальная энергия трубки 1У(ф) = -zngbcoscp.
Полная энергия трубки
Е = mR&/2 ~(2mgR*/L)sin(L/2/?)cos(p. (1)
Дифференцируя (1) по времени, найдем проекцию ускорения на
касательную к окружности
du/dl = -(2g/?/L)sin(L/2/?)sirup. (2)
Частота линейных колебаний со2 = (2g/L)sin(L/2/?). Если длина
трубки равна четверти длины окружности L = nR/2, то о2 = (2g/L\[2 ).
Отметим, что «другое» решение аналогичное (2) приведено в
журнале Квант (1991. № 6. стр. 26).
Рис. 1.11.35 б
1.11.36. Пусть ф — угол между вертикалью и стержнем (рис.
1.11.36). Найдем частоту колебаний исходя из закона сохранения
полной энергии Е = К + IV. Скорость груза =? R£l, скорость проти-
вовеса v2 = LQ, где Q = d<p/dt — угловая скорость диска.
Кинетическая энергия системы К = J£f/2, J^ = J + mR*.
Потенциальная энергия Ж(<р) = -mgRtp - mgLcostp.
Дифференцируя Е по времени, получим уравнение
JQdSl/dt = mgR - MgLsiwp, (1)
В положении равновесия mgR - MgLsnn^ = 0, sin<p0 = mR/ML.
Положим ф == ф0 + 0, |0| « 1.
385
Тогда sin(ф0 + 0) = sin(pocos0 + cos(posin0 « sin(p0 + 0cos<po.
Уравнение (1) приобретает вид
J^Q/df + (MgLcoscpJG = 0.
(2)
Из (2) находим 0(Q = Hcos(art + а), где a> — частота линейных ко-
лебаний, co2 - (MgLcosq>0)/Jh.
1.11.37. Сложить два движения нельзя. Термин «сложение колеба-
ний» — это жаргон (от фр. jargon — язык, непонятный непосвящен-
ным). Мы же не говорим, что движение частицы в поле тяжести Земли
по параболе представляет собой сумму двух движений — по горизонта-
ли и по вертикали. Здесь же речь идет о движении частицы, описывае-
мом двумя функциями x(t) = Hcos(art -ь а) и y(t) = Bcos(art + 0). В плос-
кости ху точка, координаты которой x(t), y(t), движется по эллипсу.
1.11.38. Направим ось z с началом в точке закрепления пружины
вертикально вниз.
Из условия равновесия груза найдем координату положения
равновесия 0 = Mg- k(zi - Zo), = /0 + Mg/k. Для груза с частицей по-
ложение равновесия z2 - ln + (М + m)g/k, Полагая z = z2 + х, найдем
начальные условия x(0)=-w2g//c, р(0)=0.
Из второго закона Ньютона следует уравнение (М + т)а = -кх,
решение которого x(t) = - (mg/к) cos art, со2 = к/(М + т). Согласно вто-
рому закону Ньютона для частицы имеем уравнение та = mg- N.
1.12. Движение твердого тела
1.12.1. Проекции скоростей любых точек твердого тела Л и С на
отрезокЛСодинаковы: = ц-cosy.
с /
Рис. 1.12.1 б
386
Следовательно, угол у между вектором ис и отрезком прямой АС
на рис. 1.12.1 б равен п/4.
Прямые, перпендикулярные векторам ис и иА пересекаются в
точке О, через которую проходит мгновенная ось вращения. Тогда
= а)ОЛ, где ОА = L/2, OB = >/5 £/2, L — длина палки.
1.12.2. Мгновенная ось вращения проходит через точку О, которая
находится на отрезке АО прямой, перпендикулярной вектору г?4,и от-
резке ВО прямой, перпендикулярной вектору vR (рис. 1.12.2 б). Пусть
длина стержня АВ равна L. Тогда = (nL 42]% , = coL/2.
Рис. 1.12.2 б
1.12.3. Мгновенный центр вращения находится на пересечении
прямых, проходящих через точки А, В и перпендикулярных скоро-
стям иА , ив. Тогда ик = 2<пАК, = vc = <пАВ.
1.12.4. Угловая скорость обруча й = (0, 0, со2), со > 0, скорость
центра обруча направлена по горизонтали. Из (1.12.3) для точек а и с
получим соотношения Зг?0 = и - сох/?, ivn =* и + сог7?, из которых нахо-
дим и = 7г>(>/2, со2 = v0/2R.
Мгновенный центр вращения находится на продолжении отрез-
ка СА в точке к\ и = соД h = Ск. Величины скоростей vd = vb = co^fcb,
kb = 5ч/2Л.
1.12.5. А. Введем обозначение Ттп ~гп -гт . Пусть т - произволь-
ная точка листа. Тогда ^=^+0X7^, ^=^+(0X7^.
Вычитая получим сохт;ь =0. Следовательно, мгновенная ось вра-
щения лежит в плоскости листа на расстоянии h = v/<& от отрезка аЬ.
Для точки с имеем 6c-vQ+^fac или и = (Ь*гас, и = со/. Для множест-
ва точек к следует аналогичное соотношение 2v = ох/, где d = 21 —
расстояние между искомой прямой и отрезком ab.
Б. Очевидно, что вектор угловой скорости перпендикулярен век-
торам va , vh. Мгновенная ось вращения находится в плоскости, пер-
387
пендикулярной листу фанеры, на расстоянии h = у/со от отрезка аЬ,
Для точки с имеем vc =сос, с = (h2 + Z2)1/2. Отсюда находим \/3v = ad.
Для множества точек к аналогично получим Зи = ю(/г2 + d2)1/2. Рас-
стояние между искомой прямой и отрезком ab равно d = 2Z^2/3 .
1,12.6. Поскольку проекции скорости катера и спортсмена на ось
катера равны, то y2cos7t/3 = vv v2 = 2uv
1.12.7. Согласно (1.12.3)
U)
vb=v0 + v'b, (2)
где у/ = уь' = и' (рис. 1.12.7 б).
Угол между векторами и'ь и vQ равен 120°. Из (1), (2) следует
система уравнений va = vQ + v', и2 = v* + v'z- vQv'.
Рис. 1,12.7 6
1,12.8. Координаты точек: тА = /?coscp, уА = 7?sincp, хв = 2/?coscp.
Скорости точек: = -co/?sincp, = co/?cos(p, = -2coAsincp, где
co = dy/dt.
Полезно проверить, что проекция вектора скорости иА и скоро-
сти точки В на отрезок АВ одинаковы. Согласно условию 2co/?sincp =
и0. Отсюда находим 0 = esincp + co2coscp, где е = dfy/dt2 - угловое уско-
рение.
При значении ср = л/4 имеем со0 = у0//?а/2, е0 = -соо2. Компоненты
ускорения = -/?(£sincp + a/coscp), = /?(ecoscp - a/sincp).
1.12.9. Обозначим xv х2, s - координаты масс и центра блока В
(рис. 1.12.9 б). Тогда имеем условие связи + 2х2 - s = const. Следо-
вательно,
a, + 2а2~ а = 0.
(1)
388
Рис. 1.12,9 б
Скорость оси блока В связана с угловой скоростью блока А соот-
ношением v = (&R, R — радиус блока. Ускорение оси а = Rdw/dt.
Пусть величина силы натяжения, действующая на тело мас-
сой mit равна Т. Силы, действующие на грузы и блоки, показаны на
рис. 1.12.9 б. Уравнения движения имеют вид
miai = (2)
т2а2 = т^-2Т, (3)
27’-G = 0, (4)
Jdw/dt = GR- TR. (5)
Из (l)-(5) находим
+ 2a2 - a = g - T/mK + 2g- ^T/m2 - 2T!m = 0, ->
—> T- ^gmmxm2/{m(^mK + m2) + 2mtm2].
Ускорения грузов и оси блока В:
at = 2g[m(2my - т2) + mim2]/[m(^mi + т.г) + 2mtm2\t
а2~ g[2fntm2- т(2/тг, - т2) 1 /[m(4m1 + т2) + 2mxm2]f
а = Qgmim2/[m(^mi + т2) + 2mtm2].
389
Если а2 = 0, то а, = а. При условии т » mv т2 ускорения грузов и
оси блока
а1 = 2g(2zn1 - ш2)/(4т1 + т2),
а2 = -g(2m, - m2)]/(4m, + т2),
а = 6^zra1m2/m(4ml + т2) « а,, | а21.
Эта задача рассмотрена в нескольких задачниках в предположе-
нии невесомого блока А: т = 0.
1.12.10. Радиус-векторы частиц t\ и Т2, Т = (рис. 1.12.10).
Силы реакции = NT/I, N2 = -NT/I. Из второго закона Ньютона
следуют уравнения
й1 = Nr/I + mxg, (1)
m^a^-NT/I + m2g . (2)
Умножим обе части уравнения (1) на ш2, второго уравнения - на
т2 и вычтем первое из второго. В результате получим уравнение
ца = -NT/I, (3)
где а — относительное ускорение частиц в системе центра масс,
ц = mjnjm, m = m} + т2.
Относительная скорость частиц v = v2-v{. Поскольку Ти=0, то
образуя скалярное произведение (3) с вектором и, находим, что в
произвольный момент времени величина относительной скорости
равна /;0. В этой системе стержень вращается с угловой скоростью со,
со = v*/l: а = ~(vQ2/l) Т/I. Следовательно, N = ци02Д
Отметим, что в системе центра масс уравнения движения можно
записать в виде «г1У102//1 - N, т2им/12 = N, где г?10 = coZt, - со/2,1 = l{ + lr
Относительная скорость vQ = v]Q + г?20.
О
Рис. 1.12.10
390
1.12.11. В уравнении (1.12.13) момент силы трения Мг = -pmgR,
момент инерции J = mR2. Имеем уравнение
Jdw/dt = -\xmgR -» co(Z) = соо - \igt/R,
ф(0 = соо/ - р^72Я.
1.12.12. Конфигурация системы определяется углом ф(£) между
горизонталью и отрезком прямой линии, проходящей через центр и
фиксированную точку обода первого диска. Тогда смещение частицы
х ~ Яф, где R - радиус диска. Проекция угловой скорости на ось,
перпендикулярную плоскости диска со = d<$/dt.
Из закона сохранения полной энергии следует уравнение
(1/2)(2М+гп)(/?со)2-^/?ф = £. (1)
Дифференцируя (1), получим (2Af + т)/^codco/df - mgRw = 0.
Величина ускорения частицы а = Rdw/dt.
1.12.13. Положение стержня задано углом ф. Радиус-вектор и
скорость центра масс
R = (//2$шф, //2соб-ф, 0),
у = [(2со/2)со5ф, ~(/(о/2)з*тф, 0],
со = dq/dt — проекция угловой скорости на осьз, со > 0.
Уравнения (1.12.10), (1.12.11) приобретают вид
2т а = 2т g + /Vt + N2, (1)
Jd(&/dt - (-Л^совф + ЛГ2вшф) (1/2), (2)
где J = 2т(1/2)2 - момент инерции относительно центра масс.
Кинетическая энергия стержня К = ти2 + Ло2/2 = (тп/2) (Zco)2.
Поскольку Nivx + /V2^+ (N2sinq> ~ Л\со$ф ) /со/2 = 0, то сохраняется
полная энергия стержня
(т/2) (Zco)2 + mglcosg) = mgl. (3)
Из (3) находим со = y[2g(l-cosq>)/l и компоненты скорости цен-
тра масс. Дифференцируя (3) по времени получим угловое ускоре-
ние d<n/dt = (g/l)sinq>.
Найдем теперь силы реакции из уравнений (1):
Л\ = 2тах, /V, = -/со281Пф + l(d(n/dt)cosg) = лг#81пф(3со8ф - 2), (4)
N2 = 2тау + 2тg,
N2 = —/со2совф - /(с/со/Л)81пф + 2mg = mg(i - 2совф + Зсов2ф). (5)
391
Из (4) следует, что при ф = a, cosa = 2/3 реакции /УДа) = О,
/V2(a) = mg. Следовательно, найденное решение описывает движение
стержня в области 0 < ф < а. В области a < ф < я/2 горизонтальная
компонента скорости центра масс их = (1/3) (2g//3)1/2 = const.
С «другим» решением этой задачи можно ознакомиться в журна-
ле Квант (1988. № 2. стр, 61).
1.12.14. Пусть длина стержня s, масса т. Совместим начала сис-
тем координат О и О' (рис. 1.12.14). Положение стержня определяет-
ся функцией ф(£) — значением угла между осями х и х' в момент вре-
мени t. На стержень действуют сила тяжести и сила реакции N .
Момент силы тяжести относительно оси z равен
М = (0, 0, ~(s/2)mgsinp).
Угловая скорость стержня со (t) = (0, 0, со), скорость центра масс
v '=(0, cos/2, 0,). Из уравнений (1.12.10), (1.12.11) получим систему
ms dco ..
— — = -т^эшф + W , (1)
Z аг
msa2 nTf
---— = т^сойф + Л?х, (2)
(3)
at
где JQ = ms2/3.
Из (1), (3) находим = т^пф(1 - ms2/4J0) = (1/4)т£зтф,
АГ, = -msco2/2 - т#со5ф. Следовательно, сила реакции имеет компо-
ненту, перпендикулярную стержню.
392
Отметим, что при вращении математического маятника — точеч-
ной массы тп, закрепленной на конце тонкой спицы длиной 5/2, мо-
мент инерции JQ = m(s/2)2. В этом случае поперечная к стержню ком-
понента N” =-0.
1.12.15. Из уравнения (3) находим Q = (msg/2JQ)i/2.
1.12.16. В момент удара на стержень действует сила F - (О, -F, 0);
момент силы М = (0,0, -Fh).
Полагая ф = 0 в уравнениях (1)-(3), получим систему уравнений
2 dt dt
Следовательно, Ny = F(i - msh/2J^. При значении h = 2JJms = 2s/3
поперечная компонента силы реакции обращается в нуль.
Точка С называется центром удара. Вращающиеся ударные уст-
ройства (маятниковый копр, курок ружья ит.д.) конструируются так,
чтобы точка С была по отношению к оси вращения центром удара.
1.12.17. Выберем в качестве координаты угол ф отклонения стерж-
ня b от вертикали. Угловая скорость системы стержней £1 = dty/dt. Центр
масс системы находится на расстоянии s = (2та + ть)Ь/2(та + ть) от оси.
Потенциальная энергия стержня Ж(ф) = ~(та + m^gscostp. Кинетическая
энергия системы К = (Ja + Jb)Cf/2, где Jb = mbb2/3, Ja = mab2 + maa2/12 — мо-
менты инерции стержней относительно оси.
Полная энергия Е = К + W. Дифференцируя правую и левую час-
ти в законе сохранения полной энергии, получим квадрат частоты
линейных колебаний со2 = 6(2а + b)bg/[ib2(b + За) + а3].
1.12.18. На рис. 1.12.18 изображено поперечное сечение куклы.
393
Здесь С — центр тяжести массивного сегмента, ф — угол отклоне-
ния оси системы от вертикали. Найдем проекцию моментов сил тя-
жести на ось z перпендикулярную плоскости чертежа Мг = -dW/dy,
где 1У(ф) — потенциальная энергия куклы. Высота точки С равна
h\ =АС+ ВК, = Лсойф + а - асовф. Потенциальная энергия системы
и момент силы Ж(ф) = mga + mg(h - а)совф, Мг = mg(h - а)з!пф.
Движение куклы устойчиво при условии а > Л. В этом случае об-
ласть устойчивого движения 0 < ф < ф0, где ф0 — максимально воз-
можный угол отклонения, соответствующий «лежащей» кукле:
СО8ф0 = (Ь - а)/(а + Ь).
Если к макушке неваляшки прикрепить кусок пластилина массы
7П0= т(а - h)/(a + b), то центр масс сместится в точку О{ и кукла по-
теряет устойчивость.
1.12.19. В окрестности углов ф<< 1, совф®! - ф2/2,
1У(ф) = mhg+ т(а - h)gy2/2.
Частоту колебаний найдем исходя из закона сохранения полной
энергии Е = К + W. Ось, проходящая через точку касания К, является
мгновенной осью вращения. При движении без проскальзывания
величина скорости центра масс v = cos, где $ = КС — расстояние от
точки касания с плоскостью до центра масс. Из теоремы косинусов
для треугольника KCOt находим s2 = (а - Л)2 + а - 2(а - Л)асовф. В
случае линейных колебаний s*h, Кинетическая энергия куклы
К = mv/2 + Jay2/2 = [mh2 + J] (о2/2.
Дифференцируя соотношение Е = К + W, получим уравнение ко-
лебаний.
1.12.20. В результате действия сил тяжести, реакции и трения покоя
кукла находится в равновесии на наклонной плоскости (рис. 1.12.20).
394
Центр масс куклы С находится на вертикали, проходящей через
точку касания К основания с плоскостью. По теореме синусов для
треугольника 0}КСполучим sinxpm = asina/(a - h).
1.12.21. На колесо действуют сила тяжести, сила трения F , си-
ла реакции N, сила трения пробуксовки со стороны дороги f и сила
давления Т со стороны оси (рис. 1.12.21 б). На раму действуют сила
тяжести, сила трения F" = -F , сила реакции Т' = -f , к точке А при-
ложены сила реакции Q и сила трения fa .
Из уравнений (1.12.10), (1.12.11) получим систему
mac^Ft+f+Ta, (1)
b = N+T + Fx-mg, (2)
Ma=-Fa-f,-Ta, (3)
Q^-T-F,-Mg, (4)
J^=aF-af, (5)
где f - момент инерции колеса.
При движении колеса без проскальзывания v = асо.
Из уравнений (2), (4) находим @ + W = (иг + M)g. Поскольку рама
не вращается, то сумма моментов сил, действующих на раму равна
нулю. Из этого условия получим уравнение
~Fa - MgOCwsa. + @tt4cosa = 0, Q = Mg/4 + Ftga.
Получим теперь закон изменения кинетической энергии маши-
ны. Из уравнений (1), (3) получим (m + М)а( После умноже-
_ „ d (m + M)v2 . _
пия обеих частей на и находим-----=
dt 2
395
Умножая обе части (5) на со и учитывая, что при движении без
d /со2 „ -
проскальзывания и = асо, получим уравнение----= rv-Jv.
dt 2
Из последних соотношений следует закон изменения кинетиче-
ской энергии машины ~^(лг + Л/) + //а2 = Fv-fav.
При движении с постоянным ускорением
F>\i!Mg/{\ - p'lga),
F> \х(Ьт + 3M)g/4( 1 + ptga).
1.12.22. Пусть = (u, 0, 0) — скорость точки обруча К, ка-
сающейся плоскости в момент времени i. Согласно (1.12.4) скорости
точек С и К связаны соотношением й = и + со х г*, = (0, -я, 0),
со = (0, 0, со). Следовательно,
u(t) = v + aco, (1)
начальное значение и(0) = у0 + асо0.
Отметим, что при движении обруча без проскальзывания и = 0,
или v + асо = 0. Поэтому обруч начинает скользить. Со стороны плос-
кости на него действуют сила нормальной реакции N = (0, N, 0) и
сила трения скольжения f - -рЛй/|и|. При значениях u(t) > 0 в
течение некоторого интервала времени [0, ZJ единичный вектор
й/|и| сохраняет постоянное значение с = ц(0)/|ц(0)| : точка каса-
ния скользит по плоскости.
Уравнения движения (1.12.10), (1.12.11) приобретают вид
/V-mg=0, (2)
du
тп— =-\mgcx1 (3)
at
,^СО
J— ^-pngac,, (4)
at
где c2 = 1, J = ma2 — момент инерции обруча относительно центра
масс.
Дифференцируя уравнение (1) и учитывая (3), (4), последова-
тельно находим
du/dt = dv/dt + ad<&/dt = -pg(l + ma2/J),
или
du/dt = -2fdg.
396
Из последнего уравнения следует, что u(t) = v0 + 2\xgt. Пола-
гая u(tc) = 0, находим tc = (v0 + асо0)/2pg.
Найдем теперь решения уравнений (3), (4) в интервале времени
О < t < /с:
= Vn-\igt, <d( t) = w0-\igt/a. (5)
Полагая v(tj = 0, находим = vQ/yg < t(t cb(^) = w0 - v0/a > 0 — об-
руч по-прежнему скользит по плоскости. В момент времени tc значе-
ния скоростей vc = v(£с), сос = to(Q: vc = (v0 - асв0)/2, со = (асо0 - р0)/2а.
Поскольку а<в0 > vQt то vc < 0. В интервале времени £, < t < tc обруч
движется в обратном направлении вращаясь с проскальзыванием —
v(t) < 0.
В интервале времени t>tc выполняется соотношение и0 + = 0 —
обруч движется без проскальзывания с постоянной скоростью ис.
Шар на биллиарде. Если начальные скорости центра шара и точ-
ки касания с поверхностью стола не коллинеарны, то шар скользит
по параболе, а при переходе в режим качения движется по прямой.
Игроки на биллиарде знают, как заставить шар вернуться назад.
1.12.23. На катушку действуют сила трения Т = (Тх, 0, 0), сила
тяжести mg = (0, -mgt 0), сила реакции N =(0,7V, 0) и внешняя сила
F = (Fcosa, Fsina, 0), где a — угол между вектором F и осью х.
Из уравнений движения (1.12.10), (1.12.11) получим систему
N-mg + Fsina. = 0, (1)
m— = Fcosa + Txt (2)
dt
dco
~dt
= bF+aTx,
(3)
где/г — осевой момент инерции катушки.
Скорость точки обода, касающейся плоскости, й (/) = (и, 0, 0),
и = V + ДО).
А. Рассмотрим вначале режим чистого качения. В этом случае
и = 0, v = -лев. Из уравнений (2), (3) получим
= ~F(cosa + mab/Jc)/(i + ma2 / Jс),
Теперь из (2) следует уравнение — =Fa(acosa-b)/(ma2 + /c).
dt
Очевидно, при значении a = afr, cosafc = b/a ускорение равно ну-
лю. Этот результат очевиден из теоремы о трех силах (рис. 1.12.23 б).
397
Если 0 < а < аА, то v(t) > 0, а>(£) < 0 — катушка движется в положи-
тельном направлении оси х. Нить наматывается па катушку.
Рис. 1.12.23 б
Б. Рассмотрим режим скольжения катушки. Пусть начальные
значения у(0) = 0, со(О) = соо: катушку раскрутили и поставили на
плоскость. Начальная скорость точки касания обода с плоскостью
и(0) = ао)0>0. В этом случае катушка начинает скользить по плоско-
сти. Вектор с =й (0)/1 u(0) I = (1, 0, 0); поэтому проекция силы тре-
ния Тх = ~\lN.
Теперь необходимо ответить на вопрос: возможен ли переход
скольжения в чистое качение?
С этой целью дифференцируя уравнение и = и + асо по времени и
учитывая уравнения (2), (3), получим
du dv dco
— - — + а
dt dt dt
mw = F(cosa + mab/Jc) - Fsina) (1 +ma/Jc).
Если w > 0, то движение катушки не перейдет в режим качения.
1.12.24. На диск действуют сила тяжести, сила реакции N и си-
латрения/ (рис. 1.12.24б).
398
Уравнения движения обруча (1.12.10), (1.12.11) приобретают вид
тас = mg + N + / , (1)
Jdib/dt^f^x], (2)
где ас — ускорение центра масс, J = та2 — момент инерции обруча.
В системе координат xyz на рис. 1.12.24 б скорость центра масс
и = (- ysina, i?cosa, 0). Из (1), (2) следуют уравнения
N - mgcosa = 0, (3)
та = mgsina -f, (4)
(5)
at
При движении обруча без проскальзывания (в случае/< ц/V) на-
ша система имеет одну степень свободы, т. к. скорость точки Р равна
нулю: 0 = v + to*rcp, й = (0, 0, со). Отсюда получаем v = асо. Тогда из
/,ч /гч mga2sina 1 . f 1
(4)-(5) находим аг= ------, ас = —gsina,/= —mgs in a.
та +J 2 2
Весьма полезно получить из уравнений (1), (2) закон изменения
полной энергии обруча. Образуем скалярное произведение уравне-
ния (1) с и , уравнения (2) — с й. В результате получим
а . ти
dt 2
d /со2
’ dt 2
= -fv.
Отсюда следует закон сохранения полной энергии обруча
mv2 Jw2 . /о.
----+------mgssina = const. (b)
2 2
В начальный момент времени $(0) = 0, у(0) =* 0.
Тогда mv2 - mgss'nia = 0. Теперь перечислим силы, действующие
на клин: сила тяжести Mg, сила нормального давления N' = -N, си-
ла трепия /'=-/, сила реакции со стороны стенки G и сила реакции
Т . Поскольку сумма сил равна нулю, то
G = TVsina-/cosa, G = (mg/4)sin2a, T= (m + M)g ~(mg/2)sin2a.
1.12,25. Используя обозначения задачи 1.12.24, перечислим си-
лы, действующие на клин: сила тяжести Mg, сила нормального дав-
ления обруча N’ =-N , сила трения /' = -/ и сила реакции Г. Пусть
и — проекция скорости клина на ось у, величина скорости центра
399
масс в системе отсчета, связанной с клином, и. Скорость центра масс
обруча в неподвижной системе координат vr = -w>ina, и^ = и + vcosa.
Поскольку сумма горизонтальных проекций внешних сил, дейст-
вующих на систему равна нулю, то сохраняется проекция горизон-
тального импульса системы:
mu + т(и + ycosa) = 0. (1)
Закон сохранения полной энергии системы приобретает вид
mu2 т(их+и)2 ja2 .
---+-------—-— + —— mtfssina = 0. (2)
2
где J = та2, v = лсо.
Подставляя в (2)
1.12.26. Пусть R(t) — радиус-вектор центра масс, проведенный
из точки касания с плоскостью. При t = 0 момент импульса волчка
можно представить в виде L (0) = La Ло//?(), L() J3co30, R$ = R (0). Из
(1.12.12) имеем уравнение движения
^ = R*mg. (1)
at
и = -(v/2)cosa из (1), получим
v2 - 4tfssina/(4 - cos2a).
Если кинетическая энергия волчка много больше потенциальной
энергии, то величину момента импульса можно считать постоянной.
В этом приближении L = L0R /R.
В соответствии с (1.12.2) d R /dt = fix/?.
Тогда d L /dt = (LJR) Qx R . Из уравнения движения (1) полу-
чим (Lq/R) Q x R = R x mg. Отсюда находим
Следовательно, ось волчка вращается по конической поверхности
вокруг вертикальной оси с угловой скоростью Q .
Один из эффектов влияния силы трения между опорной плоско-
стью и основанием оси волчка состоит в том, что ось симметрии волч-
ка стремится к вертикали.
1.12.27. Поместим начало подвижной системы координат/^ в центр
масс гироскопа. Сумма моментов всех сил относительно центра масс
Мс =raxNa + rb*Nb.
400
Полагая rb = - ra = с , получим Мс = с х (yVb - Na). Поскольку проек-
ция угловой скорости вращения гироскопа со^ вокруг оси z' намного
больше величины угловой скорости движения объекта, то можно пре-
небречь изменением величины вектора момента импульса гироскопа: в
подвижной системе координат: Lc «(0,0, Ln), Lo = с£^(0).
Представим Lc в виде Lc ~ с LJc. Поскольку величина вектора
Lc постоянна, то в соответствии с (1.12.2) dLc/dl = ПхЬ или
d Lc /dt ~ LqD. xс /с. Из (1.12.11) получим уравнение
—Qxc =с x^2Vb —2Ve j.
Отсюда следует важный результат
п=----—
А®.то
(V^)-
(1)
Сумма моментов сил, действующих со стороны оси гироскопа на
подшипники Mg = -Cl*Lc, или Mg = (LQ/c) с xQ. Вектор Mg на-
зывают гироскопическим моментом.
Вводя единичный вектор п = с /с, полезно представить Mg в
виде М = (/3(1)30) n xQ . Отметим, что при движении объекта с посто-
янной скоростью из уравнений
О = mg + No + Nb, Na-Nb = 0 (2)
получим Nb = Na = -mg12 /.
Следовательно, соотношение (1) представляет собой основной ре-
зультат теории быстровращающихся гироскопов: если к оси гиро-
скопа приложить пару сил, то он приобретает угловую скорость Q
или наоборот при повороте гироскопа изменяются силы реакции.
1.12.28. В подвижной системе координат Q=(0, Q(t), 0). Из
уравнения (1.12.10) и уравнения (1) в решении задачи 1.12.27 полу-
чим систему
0=mg+Na+Nb, Q = (Na-Nb)-L,
^0
из которой находим
Na.b=~[-mg±n^ 1
с 7
401
Следовательно, величина силы давления на подшипники являет-
ся функцией времени: Na(t) = Nb(t) - (1/2) [(zng)2+(OL0/c)2]1/2.
1.12.29. Поскольку величина скорости центра масс v = QZ? посто-
янна, то dv /dt = Qxf. Из (1.12.10) и уравнения (1) в решении за-
дачи 1.12.27 получим систему znQxy =rng + Na +Nb, Q = (/Va-.
A)
Отсюда находим силы давления на подшипники
Р = -N
a,b 1Уа.Ь ’
1 / - - L
РаЬ =— -mg + mClxv ±Q—
2^ с
Гироскопический момент М =—cxQ, Af =(0, 0), обу-
с
словленный парой сил давления на корпус корабля в плоскости x'z',
приводит к смещению носа корабля вверх и кормы вниз. Этот же эф-
фект наблюдается при развороте легкого винтомоторного самолета.
В разделе физики, известном как, «Физики шутят», упоминается
о розыгрыше, автором которого был выдающийся американский фи-
зик-экспериментатор Роберт Вуд. Перед поездкой он укрепил в че-
модане гироскоп. Вышел из вагона, запустил гироскоп с помощью
ремня и подозвал носильщика. Когда они огибали угол, чемодан стал
разворачиваться и вырвался из рук испуганного носильщика.
402
Глава II. МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА.
ТЕРМОДИНАМИКА
2.1. Идеальный газ. Термодинамические процессы
2.1.1. Возьмем т килограммов вещества плотностью р. В объеме
I/содержится Nатомов: т = рИ Если Va — объем, занимаемый одним
атомом, то т = pNVa. С другой стороны поскольку масса атома
ma = M/NAt то т = NM/NA, Следовательно, Va = M/pNA. На каждый
атом (или молекулу) приходится куб со стороной L « (M/pNA)i/2. В
твердых телах атомы упакованы наиболее плотно. Поэтому
величина L близка к верхнему пределу размера атома.
Подставляя М = 0,197 кг/моль, р = 19,32 • 103кг/м3, получим
L = 0,26 нм. (1 нм = 10’9 м; приставка нано образована от греч. nanos —
карлик). С помощью электронного микроскопа с разрешением 0,12 нм
при увеличении в 7 миллионов раз видны ряды атомов, находящихся
друг от друга на расстоянии 0,235 нм.
2.1.3. A- vNa, v = т/М, М = 55,85 г/моль, А® Ю10.
2.1.6. Представим массы газов в виде та = NnrnaQ, где Na — число
молекул, maQ — масса молекулы, а = 1, 2, 3. Из закона сохранения
массы имеем 1У.т.п + DLm™ = N.,m,n.
Согласно закону Авогадро At = 2A0, A2 = Ao, A3 = 2A0, Ao — число
молекул в объеме, занимаемом кислородом. Следовательно, мы име-
ем соотношение 2тп10 + тп20 = 2тэд, связывающее массы молекул водо-
рода, кислорода и воды.
А. Пусть ка — число атомов в молекуле, а = 1, 2, 3.
Тогда кк2 = 2(к3 - kJ — четное число.
Уравнение реакции 2Н2 + О2 = 2Н2О.
Б. Найдем отношения масс молекул кислорода и воды к массе
молекулы водорода. Имеем соотношения
^20/^ ю = 2А0дп20/2А0т10 — 2tt?.z//?21 — 16,
™зо/Чо = = ™з/Ч = 9.
2.1.8. Для образования молекулы водорода необходимо иметь
«третье» тело, которому можно передать энергию Ео.
2.1.9. 100 градусам по шкале Цельсия соответствует температурный
интервал 180 градусов по шкале Фаренгейта. Иначе говоря, градус по
шкале Фаренгейта равен градусу по шкале Цельсия умноженному на
403
множитель 100/180 = 5/9. В результате изменение на 72 градуса по
шкале Фаренгейта соответствует изменению на 72 х 5/9 = 40 градусов
по шкале Цельсия. Учитывая, что 0 градусов в этой шкале соответствует
32 градусам на шкале Фаренгейта, находим соотношение между двумя
шкалами: 1С = (5/9) (tF - 32 °C), где tc - температура по шкале Цельсия и
— температура по шкале Фаренгейта.
2.1.11. Идеальный газ представляет собой модель реального газа
в состоянии теплового равновесия. Это — система невзаимодейст-
вующий частиц. В реальном разреженном газе действуют силы при-
тяжения молекул друг к другу.
2.1.12. А. Уравнение состояния описывает газ в состоянии теп-
лового равновесия, а газовые законы представляют собой функцио-
нальную зависимость двух параметров состояния газа при проведе-
нии процессов — перехода газа из одного равновесного состояния в
другое.
Б. Уравнение состояния р = kNT/V описывает идеальный газ —
модель реального газа в состоянии теплового равновесия, не учиты-
вающую взаимодействие молекул. Экспериментальные данные опи-
сывает'уравнение состояние реального газа. В реальном разрежен-
ном газе молекулы притягиваются друг к другу. Поэтому уравнение
состояния идеального газа приводит к завышенному по сравнению с
экспериментальными данными значению давления.
В. Параметр состояния — температура — можно ввести только
для равновесного состояния.
Г. Это — бессмысленное утверждение, т.к. столкновение молекул
представляет собой процесс взаимодействия молекул. Потенциаль-
ная энергия взаимодействия двух молекул зависит только от относи-
тельных координат центров масс молекул и электронных состояний
молекулы.
Д. Потенциальная энергия взаимодействия молекул W< 0.
2.1.13. В состоянии теплового равновесия т^и1Т)г/2 = ЗкТ/2,
™г(и1Т)2/2 = ЗкТ/2 или у2т = и^гг^/тУ'2.
В результате взаимодействия молекул смесь газов переходит в со-
стояние теплового равновесия с температурой Т. Т\ < Т < Т2. Газ из
более тяжелых молекул охлаждается, а газ из легких молекул нагре-
вается.
Использование этого эффекта позволило перейти к проектирова-
нию ускорителей на встречных пучках, создание которых вначале
404
казалось совершенно безнадежной проблемой. В ускорителе на
встречных пучках протоны и антипротоны должны двигаться в на-
копительных кольцах. Главная трудность состоит в том, что частицы
обладают случайным разбросом скоростей перпендикулярных на-
правлению пучка. Поэтому только ничтожная их часть может быть
захвачена в накопительное кольцо. Теперь вам будет понятна основ-
ная идея метода охлаждения пучка тяжелых частиц (electron cooling),
предложенного Г.И. Будкером в 1966 г. Пучок протонов смешивают
с пучком электронов, в котором средняя скорость электронов иср
близка к средней скорости Протонов. В результате взаимодействия
частиц возникает «сила трения», пропорциональная относительной
скорости. В системе отсчета, движущейся со скоростью иср, средне-
квадратичная скорость протонов уменьшается: выполняется соотно-
шение = *4г(ш0/шр)1/2- В этом случае (тр/тУ/2 = 43.
2.1.14. Если начальная скорость молекулы меньше второй кос-
мической скорости уп, то она достигнет некоторой высоты h и упадет
на Землю. Величину h можно оценить из уравнения, следующего из
закона сохранения полной энергии. Напомним, что полная энергия
молекулы равна сумме кинетической энергии и потенциальной энер-
гии взаимодействия молекулы и Земли
W = -Gmjtijr или W = -mjga /г,
где г — расстояние между центром Земли и молекулой, Мз — масса
Земли, g = GM3/a, а — радиус Земли.
Приравнивая полные энергии на поверхности Земли и на
высоте h, получим уравнение (гпыит2/2) - mjga = 0 - ntjga /(а + h), из
которого найдем h = еа/(1 -£),£ = ут2/уп2, рп = (2ga)1/2 — вторая кос-
мическая скорость. Очевидно для молекул водорода, азота и кисло-
рода £« 1,Л« а.
Возможно, многих читателей успокоили эти оценки — Земля
может удерживать в своей атмосфере любой газ. Но в действительно-
сти ситуация оказывается не столь простой. Тепловой скоростью об-
ладает подавляющее число молекул. Однако малая их доля имеет
скорости значительно отличающиеся от тепловой. Быстрые молеку-
лы, имеющие скорости и > ии могут навсегда покинуть Землю. Более
того выше 90 км температура атмосферы увеличивается, возрастает и
тепловая скорость. Все это приводит к рассеиванию атмосферы в
космическом пространстве. Однако этот процесс происходит чрезвы-
405
чайно медленно: за все время своего существования * 4,5 млрд, лет
Земля не потеряла сколько-нибудь заметной доли своей атмосферы.
2.1.15. Благодаря флуктуациям в выделенных равных объемах
жидкости, содержащих менее 10*—109 молекул, количества молекул
различны.
2.1.16. Из (2.1.3) получим p/M=p0/(RT0) = I/14, р/М = 44,64 моль/м3.
2.1.17. Имеем систему = pV/RT, тк + т2 = т.
Поскольку р0V/RTQ = 3/2 моль, то = 2 г, т2 = 16 г, vt = 1 моль,
v2 = моль/2.
2.1.18. Согласно уравнению состояния для газа постоянной мас-
сы pV/T = const.
2.1.19. В результате реакции образовалось
(V, - V2) + (v2 + 2v2) = v, + 2v2
молей смеси. Согласно (2.1.2) имеем два уравнения ps = v^RTJV,
р2 = (vt + 2v2)/?7’2/Vz, из которых находим v2 = vt/6, v2 = (1/6) моля.
2.1.20. Процентное содержание газов в тропосфере мало изменя-
ется до высоты 100 км — атмосфера удивительно однородна. Этот
слой атмосферы называют гомосферой (от греч. homos — ровный, од-
нородный).
Давление р воздуха массой т объемом V согласно закону Дальтона
равнор = Д + р2, p{V/T=fjnR/My р?У/Т=JjnR/M2, где = 0,032 кг/моль,
М2 = 0,028 кг/моль.
Отсюда находим парциальное давление кислорода
Pi = p/[\ +(f2Mi/flM2)]= o,233p.
Плотность воздуха и концентрации кислорода и азота соответст-
венно равны р = —--------------, п. - р/V., n.f = pTV..
RT^/M^/MJ' 1 MJ А
2.1.21. На отрезке [I/, V2] уравнение процесса а~Ъ определяется
функцией р( Г) - kV. Тогда из уравнения состояния имеем систему
kV^/T^kV^/T^kV^/T,
2.1.22. Для процесса аЪ имеем систему р = (p0/V0)V, pV- vRT, из
которой находим Т = То( V/V0)2. Для процесса са имеем систему р =
PV=vRTmhT=Tq(V/Vq).
2.1.23. Если нанести на рис. 2.1.23 сетку изотерм, то приходим к
выводу, что Тъ и Т9 — максимальная и минимальная температура га-
за: TJTa = 4. Далее из уравнения процесса аЬ и уравнения состояния
следует, что Т ~ F2: Tb/Ta = (VJVa)2 или 2 = К/V,. Из уравнения со-
стояния находим Tc/Tb = pcVe/pbVb = VJVb.
406
2.1.24. Для процесса ab имеем систему р = (pi/VJ V, pV - vRT, из
которой находим Т = Т^(У/У\)\ Для процесса Ьс имеем систему
р==2ррр7=уЛ7или7=270(У/И1).
2.1.25. Проведем через точки а, Ь, с изохоры — прямые, прохо-
дящие через начало координат. Тогда приходим к выводу, что Vc и
Vb — максимальный и минимальный объемы. Из уравнения состоя-
иия получим аК = vRTa,paVc = (3/2)уЯТ0, ЗаК = (3/2)v/?7;.
2.1.27. Уравнение состояния в точке с координатой (V,рп) имеет
вид А К =
2.1.30. Из уравнения состояния и уравнения процесса р = const/Vе
получим соотношение VT= к, где к — константа.
2.1.31. Необходимо построить изобары — прямые 7 = kptiV, n = 1,
2,....
2.1.32. Пусть начальное состояние задано параметрами (pQfVQtTQ).
Тогда параметры газа (р, V, 7), соответствующие адиабатическому
процессу, удовлетворяют системе уравнений pV/Т = PQVQ/TQ, pVn = poFon.
Исключая давление р, получим зависимость температуры от объ-
ема Т = 70( V0/V)n "1. Поскольку п > 1, то расширение газа сопровожда-
ется охлаждением, а сжатие — нагреванием.
2.1.34. Используя уравнение состояния, вычислим температуру в
состоянии a:p2VJTa = v/? или p0V0/Ta = vR.
Поскольку р070 = v/?70 то 7а = 70. Аналогичным образом находим
температуры состояний b и с: Tb = 70, Тс = TJ2. Участок Ьс — изобара в
новых координатах на рисунке 2.1.34 б также представляет собой от-
резок горизонтальной прямой.
Изохорический процесс са, определяемый уравнениями pV = v/?7,
V = Ко изображается в координатах (7, р) отрезком прямой линии
Р = Участок ab на рисунке 2.1.34 а описывает новый, неизвест-
ный вам процесс. В координатах (7, р) это отрезок прямой линии
V-V
р = рг - - (А - А), илир = За/2 - р0 V/2 Vo.
Подставляя в это уравнение V из уравнения состояния, получим
уравнение процесса в координатах (7, р);
> т>т0.
“ Pq J Pq
Мы получили уравнение параболы.
71=2710
407
2.1.35. Выделяя полный квадрат Т/(2Т0) - ~(р/р0 - 3/4)2 + 9/16,
получим значение Tm = 9TQ/8 при давлениирт = Зр0/4.
2.1.36. Функция Т- Т(р) на отрезке [Тт, То] приведена в решении
задач 2.1.34-2.1.35. На отрезке [70, 3F0/2] зависимость давления от
объема определяется функциейр = (р0/2У0) V. Следовательно, процесс
с-а на отрезке [То/2, TJ представлен функцией Т(р) = 2Т0(р/р0)2.
2.1.37. Параметрами состояний являются масса, давление, объем
и температура. В задаче указаны три состояния — начальное с пара-
метрами mvpv V, То, конечное с параметрами m2,p2, V, TQ и состояние
воздуха в камере насоса с параметрами motpv Ио, То. Следовательно,
р1К=тп1/?Т0/М, (1)
p2V=mJiTJM, (2)
ptVa = mfiTt/}A. (3)
Поскольку насос должен сделать т/т0 циклов, то
m2 = m, + (4)
Подставляя mv пг2, mQ из (1)-(3) в (4), получим
2.1.38. Пусть тс - масса стакана, т - масса воздуха в стакане.
В исходном положении на рисунке 2.1.38 а давление воздуха в
стаканер{ = р0, объем Vt = aS (S — площадь сечения стакана), темпе-
ратура Т\ = Т.
Уравнение состояния и условие плавания имеют вид
pQaS~mRT/M, (1),
pgbS-mg^O. (2)
В положении, изображенном на рисунке 2.1.38 б, Н — расстоя-
ние от поверхности воды до дна стакана, h — расстояние между дном
и поршнем. Давление воздуха в стакане р2, объем воздуха V2 = hS,
температура Т2 = Т.
Рис 2.1.38 б
408
Из условия равновесия воды, записанного для уровней z = й и
z = Я, получим уравнение pgh + р2 = pgH + ра, из которого найдем
P2=p9 + pg(H~h).
Уравнение состояния и условия плавания имеют вид
[р„ + pg(H - h)]h.S = mRT/M, (3)
pghS-mg = Q. (4)
Из уравнений (2) и (4) мы получим очевидный результат Л = Ь: в
начальном и конечном состояниях выталкивающая сила должна
быть одинакова. Подставляя значение h = Ь в (3) и исключая из (1),
(3) массу воздуха, получим уравнение
[Ро + Р#(я-Ъ)]Ь=роа. (5)
Отсюда находим
tf=b+p0(a-fc)/(pgb). (6)
2.1.39. Величина атмосферного давления р\, при котором стакан
всплывет удовлетворяет уравнению, аналогичному (5):
L?i + Р£(#1 - Ь)]Ъ = роа.
Учитывая (6), найдем приращение атмосферного давления
Ap=Px-Po = Pg(H-Н')> Др = -4,9 кПа.
2.1.40. В начальном состоянии давление воздуха в стакане равно
атмосферному давлению:рл = ра, объем воздуха в стакане Vt = LS, L —
высота стакана, S — площадь поперечного сечения. В конечном со-
стоянии давление воздуха в стакане — р2, объем воздуха V2 = (L - h)S,
h — высота слоя воды (рис. 2.1.40 а, б).
Рис. 2.1.40 а, б
Записывая, два уравнения состояния, получим
paL p2(L-h)
409
Из условия равновесия воды (3.1.3) на уровнях z = 0 и z = Л, по-
лучим еще одно уравнение
j?, = pgft + p2. (2)
Из (1), (2) следует квадратное уравнение
л2-=о. (3)
Ips ) pg I tj
При нормальном атмосферном давлении параметр pjpg = 10, 332 м.
Покажите, что при условии L « pjpg корень уравнения (3) равен
h ~ А(1 - Т2/7\). Масса воды в стакане m = рвЛ5.
2.1.41. Р=^рй{Т\/Т2-Х).
2.1.42. Начальное давление р = рх + р2, где pv р2 — парциальные
давления водорода и гелия, р, Ft = mRT/Mx, p2V{ = дтг/?Т/М2.
Из этих уравнений находим pjp2 = 2,рх = 2р/3,р2 = р/3. Условием
равновесия является равенство парциальных давлений водорода в
первом и втором сосудах.
Поскольку р2 = р2, то из уравненияр/2 = р/ + р2 находим р/ = р/6.
Теперь учтем, что водород заполняет объем + V2r
p(V, + V2)/6 = mRT/Mt.
2.1.43. А. В изотермическом процессер^ = р2(а + b - Л),р2 = р0 - pgh.
Отсюда следует квадратное уравнение
(а + 5-Л)(1 ~h/H)/a- 1 или h2-(Н + а + b)h + ЬН = 0. (1)
Поскольку h « Н, Н = 10,332 м, то можно ограничиться первым
приближением h « Ь[1 - (а + Ь)/Н].
Б. Из уравнения процесса pV п = const и условия равновесия
столба воды получим р0/р2 = Ца + Ь - h)/a]n,p2 -р(> - pgh. Отсюда сле-
дует уравнение
[(а + b - h)/a] (1 - h/H)'/n = 1. (2)
Поскольку h « Н, то (1 - h/H)x,n* 1 - h/nIL Уравнение (2) при-
обретает вид
Л2 ~(пН + а + b}h + ЬпН=0. (3)
Поскольку h « Н, II - 10,332 м, то можно ограничиться первым
приближением h « &[1 -(а + Ь)/пД].
2.1.45. Из уравнения состояния р1У1 = vRTc, 8pt = vRTb, находим
Tb = 8Г0. Поскольку уравнение адиабатического процесса pV = const,
п = 5/3, то из уравнения р0(81/0)л = paVQn получим ра = 32 р0. Далее из
уравнения состояния 32p0V0 = vRTa, получим Та = 32Т0.
410
2.1.46. В начальном состоянии pV = vH/?T. Пусть vrH- число моль
водорода, выпущенного из баллона, Ат = Масса воды, образо-
вавшейся при сгорании ти. = MJyH - у'д).
2.1.47. Число молей газа удвоилось.р2 = 2pxTJTvp1 = 6 МПа.
2.1.49. Пусть Уо — начальный объем цилиндра, У(£) — объем ци-
линдра под поршнем в момент времени L На поршень действуют си-
ла давления груза mg, сила давления атмосферы p^S и сила давления
воздуха в цилиндре pS. Выберем начало оси х на уровне основания
цилиндра и направим ее вертикально вверх.
Запишем уравнение состояния, уравнение процесса и уравнение
движения
fV/T-vM/T* (1)
(2)
та = -mg-prfS + pS, (3)
где а — ускорение поршня с грузом в момент времени L
Пусть х{1} — координата, соответствующая положению плоско-
сти поршня в момент времени L Тогда уравнения (1)-(3) приобре-
тают вид
px/T=pJL/T9, (4)
px^pj*1, (5)
та = -mg + p0S[ (L/x)3'1 - 1]. (6)
Из условия а - 0 находим значение координаты в состоянии ме-
ханического равновесия поршня: xv = Lq 2/\ q - 1 + mg/pJS.
Подставляя хе в уравнения (4), (5), находим
Тс = ТДЬ/х,)1/2 = То[1 + тё/рД>] ,/3. Т, = 360 К.
Найдем теперь область координат, в которой может двигаться
поршень. Пусть v — скорость поршня в момент времени L Умножая
уравнение (о) на v, представим результат в виде — ---+JV = О,
dt\ 2 j
или + JV(x) = const, 1У(х) = {mg + p$S}x + 2p0SL(L/x)1/2, где ИДх)
2
— «потенциальная» энергия груза.
Учитывая начальные условия z(0) = L, i>(0) = 0, получим урав-
нение, позволяющее найти функцию v = v[x}\
2
-X/L) - 2p0S(L/x)i/2[l-(х/ЬП
411
Теперь из неравенства и2 > 0 найдем область возможных значе-
ний ^-координаты груза хх < х < х2, х{ = (L/2) [1 + 4/д - (1 + 8/<?)1/2],
х2 = L. Очевидно, что при т = 0, хк = х2 = L. Скорость поршня при про-
хождении положения равновесия р(а:е) = [(2p^SL/m) (q - Зд1/3 + 2)]1/2.
2.1.50. В окрестности положения равновесия х = х* + z, | z | « h0.
Используя разложение (1 + е)* = 1 + кг + ..., г « 1, получим
(ЛД)3/2= (W3/2(l + z/x,) 3/2= (L/xf/2(l - 3z/2x,).
Тогда из (6) следует уравнение та = ~8pJS(L/ x/f/2 z/2xe Поршень
совершает линейные колебания с частотой <о, <о2 = Zp^q^ /2mL.
2.1.51. Уравнение движения поршня
ma = F, F=-mg + pJS[(hJx}n - 1], (1)
где Ло — координата начального положения плоскости поршня.
Из условия а = 0 находим значение координаты в состоянии ме-
ханического равновесия поршня: zp = ^(p^S/mg)1/n, тс = т + pJS/g. В
окрестности положения равновесия х ~ х* + z, |z| << Ло. Используя
разложение (1 + е)* = 1 + кг + ..., г << 1, получим
(Л0/*)Л = (йо/ХП1 + ZAe)“" =* (Ч/ЧП1 ~
Тогда из (1) следует уравнение та = -p05(A0/ze)B^z/ze.
2.1.52. Температура воздуха Т = (p^x/vH) (hQ/x)n. В состоянии
равновесия То = (p£xJvR)(hJx*)n. Координата плоскости поршня
x(t) =хр + z(t),z(t) - -Acoscnt. Тогда
(P^xe/vli)(h0/xy[l + (1 - n)z/x,] или
Г® То + Тп(п - l)(4/o:R)cosart.
2.1.53. Направим ось z перпендикулярно к плоскости отверстия
наружу и построим косой цилиндр, имеющий площадь основания 5
и образующие и kt с компонентой скорости и2 > 0. За интервал вре-
мени At с площадкой столкнутся (N/V)SvAt молекул. Газ переходит в
неравновесное состояние. Однако, если площадь отверстия настолько
мала, что интервал времени /<р> меньше характерного времени
столкновений между молекулами, то можно пренебречь нарушением
равновесного состояния. Для определения полного число молекул А/,
налетающих на стенку, достаточно вычислить сумму по всем воз-
можным скоростям при условии иг> 0.
Следовательно, А/= (NS/4V)<v>At. Подставляя среднее значение
величины скорости <и> получим Д//Д? - (7V5/4V)(8кТ/пты)и2. Тогда
мы имеем уравнение dN/dt = -(7V5/4V) (ЪкТ/ътХ'2, решение которо-
412
го позволяет определить функцию = N(t)/V — концентрацию
молекул в объеме V.
Отметим, что скорость истечения через отверстие различна для
изотопов, которые, как известно, обладают одними и теми же хими-
ческими свойствами. Соответствующая система резервуаров может
быть использована для разделения изотопов.
2.2. Первый закон термодинамики
2.2.1. При изотермическом процессе Т = TQ, давление — функцию
p(V) = v/?T0/Vнайдем из системы уравнений Т = TQ,pV= vRT. Работу,
совершаемою газом при изотермическом изменении объема от зна-
чения до значения V2 получим в результате вычисления опреде-
ленного интеграла
V V
Л'12= }d7p(P)=v«T0 j^ = v/iT0ln(V2/V,).
2.2.2. В этом случае имеем pV1 = const. Найдем работу, совершае-
мую газом при переходе из состояния (рр FJ в состояние (р2, К). Ис-
пользуя первый закон термодинамики, уравнение процесса и урав-
нение состояния, получим
Л'12= U. - и2 = mcv(7\ - Т2) = - (wr1].
2.2.3. А. Внутренняя энергия равна сумме кинетической и по-
тенциальной энергии взаимодействия частцц. Энергия не может быть
заключена в чем-то: «носителями» энергии являются атомы и моле-
кулы или электромагнитное поле. Среднее значение внутренней
энергии является характеристикой состояния тела.
Б. Работа, совершаемая поршнем, зависит от процесса перехода
газа одного состояния в другое и не всегда приводит к возрастанию
температуры. Например в изотермическом процессе температура по-
стоянна, т.к. работа внешних сил равна количеству теплоты, пере-
данной внешней среде.
В. Понятия «термодинамическая работа» и «количество тепло-
ты», связаны с переходом системы из начального равновесного со-
стояния в другое равновесное состояние.
Г. В равновесном состоянии реализуется максвелловское распреде-
ление молекул газа по скоростям или энергиям: ДА молекул (ДА << А)
413
имеют кинетическую энергию поступательного движения в интервале
Е + Д£7|. Величина Е может принимать значения от нуля до беско-
нечности.
2.2.4. Внутренняя энергия газа U = vCvT, Cv = 37?/2; уравнение
состояния PV = vRT.
2.2.5. Внутренняя энергия газа U = vCvT.
2.2.6. Согласно первому закону термодинамики
U2 - Ц - cv(m2T2 - = с^(тТ).
Поскольку объем и давление постоянны, то из уравнения состоя-
ния следует, что А(гпТ) = О, U2 - Ц = 0. Почему же топят печи?
2.2.7. Согласно первому закону термодинамики vCy&T = -рДV.
2.2.8. Согласно первому закону термодинамики 0 = 8@ -рД V.
2.2.9. В изотермическом процессе 0 = Q - А'.
2.2.10. В адибатическом процессе vcv(T2 - TJ = -А*.
2.2.11. ПосколькуpaVa =pbVb, то Та = Tb, &U = 0, 0 = Q - А’.
2.2.12. А. Согласно первому закону термодинамики Qf = Ux- U2,
U = vC7, Q = vC,( Tx - T2), pV = vRT, Cv = 5Я/2, Q' = (5/2) (pt - p2) V.
Б. Имеем уравнения p3/T3 =p2/T2,p3 =p2 + Др.
2.2.13. Внутренняя энергия газа U = vCvT=pVCv/R.
2.2.14. А' = р0(К2 - KJ = vR(T2 - TJ, Т^Т2- MA’/mR.
2.2.15. На участке ab совершаемая газом работа А'^ - р2( V2 - KJ.
На участках be и da поршень неподвижен: газ не совершает работы. На
участке cd работа A’cd = pt( К, - VJ. Полная работа А' = (р2 - pj (V2 - KJ
равна площади прямоугольника abed.
2.2.17. А. В процессе а-b работа равна площади трапеции abV^:
A'ab = 3vRTQ/4.
Б. В процессе Ьс работаА'^ = ptAK= -v/?T0/2.
В. В процессе са работа А’са = 0.
Г. В цикле abca газ совершает работу А' = vRT0/4.
2.2.18. А. В процессе ab: Qab = U„- Ua+A'ab, Qab = A'ab = 3p0V0/4.
Б. В процессе be. Q* = vC,(Te- Tb) = -Cj)0V0/2R.
В. В процессе cat Q„ = vCv(Ta ~ Tr) = Cj)0V0/2R.
Г. В цикле abca: Q = (3 + 2С1,//?)р0И0/4.
2.2.19. A'= (p2_Pi)(^_ Ц)/2. Учитывая, 4Top2/72 = p1/71,p172 = v7?7’c,
= vRTa, получим A' = (vR/2)(Ta - 2TC + Tb).
2.2.20- 2.2.21. Поскольку сумма внутренних энергий газов оста-
ется постоянной, то
v^/T, + v2CvT2 = (v, + v2)CvT-> Т= (v,?1, + v2T2)/(v, + v2).
414
п (У'+у2)ПТ (v,T1+v2T2)ff т/
Давление смеси Р = ~~Р = ' v —>РЛ =
К + К> К + г о
И, + У2 = Vo = 22,4 л, v0 = 1 моль,д — нормальное давление.
2.2.22. Поскольку поток теплоты в правую часть цилиндра равен
нулю, то реализуется адиабатический процесс рУ - С. Учитывая
уравнение состояния, получим для воздуха в правой части цилиндра
соотношение (Т2/Т0)" = (рк/р0У~'-
Пусть начальные значения объемов равны 70. Тогда для левой
части цилиндра имеем уравнения pk(270 - = poVon, = vRTv из
которых находим 7\ = (pkV0/vR) [2 -(р0/рк)''"].
2.2.23. Сжатие воздуха представляет собой адиабатический про-
цесс рУ = psV5", Vs = 4ла3/3, п = 1,4. При максимальном сжатии прира-
щение внутренней энергии воздуха равно кинетической энергии мяча:
™?/2 = <.(/;-ту.
(1)
Учитывая уравнение процесса = TsVsnуравнение состоя-
ния pV = vRTи соотношение R/Cv=n - 1, получим уравнение
ти2. р.Л т
2 п-11 Т/
(2)
где Vm = Vs - Vx; Vx — объем шарового сегмента высотой хт = h,
Vx = nah^^i - h/За). Поскольку h « a, Vx» nah1 ,VX« V5, to
Из (l)-(3) находим и = Лю, ю2 = 2naps/m. Отметим, что при сжа-
тии шар подобен пружине с коэффициентом жесткости к = 2naps.
2.2.24. А. Поскольку система термически изолирована, то в изо-
хорическом процессе внутренняя энергия остается постоянной:
С(Т„ - Тю) + С(Т^- Т.*) = 0, или =(?;„ + 7J/2.
Б. Условие обратимости 5^/Т, + &Q2/T2 = 0. В изохорическом
процессе 3@t = СЛТР SQ2 = С&Т2. Следовательно, &TJ1\ + &TJT2 = 0.
Отсюда находим Т\Т2 = const = Т10Т2().
Конечная температура Т/о= .
В. Максимальная работа Л'тах = 267(7^ - 7^).
2.2.25. Поскольку сумма внутренних энергий газов остается по-
стоянной, то v,CvTx + v2CvT2 = (vt + v2)CvT~+ T= (v1T1 + v2T12)/( vt + v2).
415
(vft + v2T2 )PiP2
Давление смеси p= 1 \----> P = ~---- *' ' •
K+K ^P2+y2T2P^
Полагая vt = vz, T{ = 300 K, pt = p0, T2 = 400 К, p2 = 2p0, получим
T=350 K,p= l,4p0.
2.2.26. Сначала в результате адиабатического сжатия газ необхо-
димо перевести в состояние с с температурой t2 - 30° С. Затем привес-
ти в контакте нагревателем и в изотермическом процессе перевести в
состояние Ь.
2.2.27. Согласно определению С = 3Q/(vAT),
3(2 = Д/7 + РД7= vC^T + kVbV.
Для вычисления второго слагаемого найдем из системы, содер-
жащей уравнение состояния и уравнение процесса, соотношение
/с И = vRT. Следовательно, 2kVAV = vR&T. Теплоемкость С = Cv + R/2.
2.2.28. Количество теплоты, необходимое для нагревания тела
Q=(m/M)Cv(T2-TJ.
Согласно закону Дюлонга-Пти молярная теплоемкость твердых
тел при постоянном объеме Cv = 3R.
2.2.29. Используя уравнение теплового баланса, получим урав-
нение -I- дтг(3/?/М) (t0 + - tK) = 0, М - 0,3 кг/моль.
2.2.30. Из первого закона термодинамики находим Q = vC (T- То),
С = 7R/2. Используя уравнение состояния, получим уравнение
VJTn = 2V0/T.
2.2.31. Из первого закона термодинамики находим Q = vCv(T~ То),
Cv = 5R/2.
Используя уравнение состояния, получим уравнениер0/Т0 = 3>pJT.
2.2.32. Процесс а-Ь — отрезок прямойр = kV. Работа, совершае-
мая газом Л'ас = (рс + pa)(Ve - Va)/2 = к( V* - V*)/2 = (pcVc - paVa)/2. В
изотермическом процессе с-Ь имеемpcVe = paVb: А!аг = pa(Vb - Va)/2.
2.2.33. Имеем систему двух уравнений.
1. Из первого закона термодинамики следует
vC„( Т2 - 71,) = /Vt - (mg+p„S)H.
2. Количество теплоты, переданное нагревателем, Nt = vCp(71z - 7\).
Следовательно, t = (mg+pnS)HCp/NR.
2.2.34. Из первого закона термодинамики имеем уравнения
v.QP, - 71,) = Q - A', v2Cv(r2 - Т2) = 0 + Л.
Поскольку?! = Л', то Q = С1,[у1(Г1 - 71,) + v2(T2 - Т2)].
416
Записывая две пары уравнений состояния, получим
VA9 = /?Lv,(7’,-T1)+v2(7’2-7’2)]; bp = QR/VCr
2.2.35. A'ab=p0(Vb- К) =v/?A7’.
2.2.36. Qab = vCp(Th - T„), Q„ = у(Сп + R/2) (Tr - Ta).
2.2.38. Из первого закона термодинамики для процесса а-b име-
ем уравнение Qab = vCv(Tb - Та) + A'ab, A'ab = SvRTJlfi. Следовательно,
Qab = (57? - 2CJvT0/16 > 0. Отметим, что в этом процессе температура
уменьшается.
2.2.39. Из первого закона термодинамики для процесса с-а име-
ем уравнение Qca = vCv( Та - Те) + = 5vRT0/16.
Следовательно, Qra = (ЮС/? + 5/?)vTn/16.
2.2.40. Налагая на диаграмму процесса сетку изотерм, заключа-
ем, что &Т=Та- Тс. Из первого закона термодинамики для цикла по-
лучим уравнение 0 = -Q' + Qca - А'.
Количество теплоты, переданное в процессе с-а равно Qca = vC^T.
Следовательно, А' = vCfiT - Q'.
2.2.43. Из системы уравнений р = к^Т , pV = vRT, получим
p(F) = (k2/vR)V.
Элементарная работа, совершенная газом 84' = Значение
работы, совершенной газом, равно площади треугольника, ограни-
ченной на плоскости^Упрямой р(Р) и прямыми V- Vif V= V2.
2.2.44. Работа A’ab равна площади трапеции:
А' = (l/2)(2po+p0)F0/2 = 3vW4.
2.2.46. Используя уравнение состояния, найдем температуру га-
за Та = 4Т0, Ть = 6Т0, Тг = 47^, Td = ЗТп. Работав' равна площади парал-
лелограмма: А'аЬ = p0V0/2 = vRTy
2.2.47. Из второго закона термодинамики имеем уравнение
Q* = vCv(Tt - Tb) + А'„ А'^ = ^RTJ2.
Следовательно, = v(37?/2 - 2CV)То < 0.
0 v0 3V0/2 v
Рис. 2.2.47
417
2.2.48. Из второго закона термодинамики имеем уравнение
= vCv(T. - Td) + A'da,A'da = -ШТГв/2.
Следовательно, Qda = y(Cv - 3/?/2)To > 0.
2.2.49. Кривая p = const спадает менее круто, чем адиабата.
Элементарное количество теплоты SQ = уС{ДТ+рДУ.
Из уравнения состояния pV= vRT и уравнения процесса следуют
уравнения vRAT = рДЕ + УДр, Др + урУ'ДУ = О, из которых найдем
рДУ= у7?ДТ/(1 - у). Следовательно, 8Q = -уС^ДТ-—-.
у-1
2.2.53. Qab = уСр(Т2 - TJ, А', = (р{ + р2) (У3 - V2)/2.
Очевидно, для точек а, Ь: = VJTv для точек Ь, с - pjV2 = p2/V&
для точки b - pxV2. = yRT2. Учитывая эти соотношения, получим
Qab = vCpT2(l - 1/х),Л^ = yRT2tf- 1)/2.
2.2.58. В вакууме отсутствуют два механизма потерь теплоты —
теплопроводность и конвекция. Остается один — лучеиспускание. За
0,5 часа не происходит заметного понижения температуры внутри
скафандра.
2.2.59. Очевидно, Q = При постоянном давлении
Q^vCp(T2-T^ p.V/2-yRT.tp.V-yRT2.
При Постоянном объеме Q2 = yC^iT^ - Г2).
2.2.60. Почему же средняя температура поверхности Земли по-
стоянна? Температура Земли остается постоянной, поскольку Земля,
как и Солнце, является источником теплового излучения. Приравни-
вая мощность поглощенного излучения и мощность теплового излу-
чения Земли: аТс4 4тг/?с2(/?32/4а2) (1 - Л) = а?4 4л/?32, найдем равно-
весную температуру Земли Г = Тс(1 - А)1/4(7?с/2а)1/2.
Подставляя значения поверхностной температуры Солнца
Тс = 5780 К и радиуса Солнца Rc - 6,96 108 м, находим Т = 247 К, или
t = -26°С. Расхождение со средним значением температуры Земли
t- 15°С объясняется тем, что излучает в космос не земная поверх-
ность, а слой тропосферы на уровне верхней границы облаков.
2.2.61. Приращение внутренней энергии тела Д1/ = - Т*)Д1.
Если ~ Т7, то ди~ - 4а5Т(|3 (Т- То) Д/.
2.2.62. Однородному потоку теплоты соответствует линейная за-
висимость температуры от координаты.
2.2.64. Потребляемая мощность Р -145 Вт. Произведя работу
А = 12,56 Мдж, можно поднять тело массой m = 100 кг на высоту h « 13 км.
418
2.2.65. Внутренняя энергия молекул книги и пола возросли на
величину потенциальной энергии книги.
2.2.66. В начальном состоянии 2pJiS = vKT0. При смещении
поршня на расстояние h разность значений внутренней энергии рав-
на работе силы давления:
vQT1-7;)=a,
где С\ = 5Я/2.
Переходя от уравнения та = mg - (р - pm)S к закону изменения
кинетической энергии, получим А = (mg + ptrS)h.
2.2.67. Постоянный поток теплоты = A^T&T/Az. Отсюда нахо-
дим Jjrz = (24/3) Т^72 + С. Из краевых условий Т(0) = То, Т(1Г) = 4Т0 по-
лучаем С = - (24/3) Т™, = (164/3) То372 + а
2.3. Фазовые переходы вещества
2.3.1. Графит, алмаз, фуллерен.
2.3.2. Расстояния между молекулами воды увеличиваются. (По-
скольку плотность льда меньше плотности воды, то объем льда станет
больше объема воды.)
2.3.4. Иней представляет собой кристаллики льда.
2.3.5. При нагревании обычный лед переходит в воду, а сухой —
в углекислый газ, не проходя фазу жидкости.
2.3.6. Поскольку Q = km, т = phS, то количество теплоты Q = kphS.
Подставляя к = 0,336 МДж/кг, р = 0,9 ♦ 103 кг/м3, S = 1 м2, получим
Q = 377 МДж.
2.3.7. Температура воды То = 273 К. Согласно закону Фурье
к&т = у( То - 7\) Д£Д£,
или
^ = у(Т0 - Tt)/A.p->/i(f) = hi+y(T0 - TJt/Xp.
At
2.2.8. Из-за различия теплопроводности металла и биологиче-
ской ткани температура кожи становится меньше 0 °C. Поэтому за-
мерзает тонкий слой влаги на пальцах.
2.3.9. Проведем анализ возможных конечных состояний. Введем
следующие величины: — количество теплоты, которое отда-
ет вода при остывании до 0 °C, Qn = т2сп(0 - t2) — количество теплоты,
419
которое необходимо передать льду для нагревания до О °C, (?п = Х/и, —
количество теплоты, отдаваемой водой при превращении в лед,
Слв = Хлг2 ~ количество теплоты, поглощаемой льдом при плавлении.
Возможны четыре конечных состояния.
А. Пусть Q\ > Q*.
1. Если Q\ >Qa + то весь лед растает и температура воды в ко-
нечном состоянии будет выше О °C.
2. Если Q\ < Qn + то часть льда растает. В конечном состоянии
лед и вода имеют температуру О °C.
Б. Теперь предположим, что Q\ < Qn.
3. Если < Qn, то вся вода замерзнет и температура льда
будет ниже О °C.
4.В случае Q\ + > Q* — часть воды замерзнет и температура
смеси воды и льда будет равна О °C.
В нашей задаче Q\ = 252 кДж, Qll = 168 кДж.
Поскольку = 2680 кДж, то реализуется случай 2. Найдем мас-
су расстаявшего льда из уравнения теплового баланса
Л1А(О - ^i) + т2сл(0 - t2) + = 0,
тх = 0,25 кг.
2.3.10, В нашей задаче конечное состояние системы задано.
Уравнение теплового баланса имеет вид
^сл(0 - + ктя + /плсв(^ - 0) + твсД - t2) = 0,
где т* + тл = рвИ
Следовательно, ?ия[Х + cB(t, - ^/2)] = рвИ?я(£2 ~ М-
2.3.11. Из уравнения теплового баланса следует уравнение
Хттгл = ct(m - тя)М + слтаД1,
At-t2- tv mJт = свД£/(Х, + cBAi/2).
2.3.12. А. Согласно распределению Максвелла молекул по энер-
гиям поступательного движения в равновесном состоянии большая
часть молекул имеет энергии в окрестности среднего значения. В пар
переходят молекулы с энергией в 10 раз большей среднего значения
энергии теплового движения.
Б. Поскольку переход происходит при постоянном давлениир = рп,
то из первого закона термодинамики получим уравнение
&и=гЛт -рнДV, ДV = Vn - VB.
420
Отсюда находим
MJ/bm = г ~ ряАУ/Ат, или АС7/Алтг = г -ря(ип - иь),
где = ВТ/рМ = 1/рн — удельный объем пара, р, = 1/рв — удельный
объем воды.
Подставляя числовые значения, получим
bU/ten = (2260 - 166,6) кДж/кг = 2093,4 кДж/кг.
2.3.13. Давление и плотность насыщенного пара зависят только
от температуры. Авторы не понимают разницы между понятиями
равновесное состояние пара и изотермическим процессом с насы-
щенным паром.
2.3.15. Вода не кипит, потому что не выполняется условие кипе-
ния: давление насыщенных паров при температуре 400°С меньше
внешнего давления.
2.3.16. Пусть Ив, Vu — объемы образовавшейся воды и оставшего-
ся пара.
Имеем уравнения т = pBVr, т = рвУж, тл = pBVB, тп = pHVn, из кото-
рых находим mjm = Ув/Уж, mjm = И/7г.
Поскольку т = тв + mn, V= Vn + VB, то mn = (V - VJm/( VT - VJ,
m,= (Vr-W(K-K).
В случае Уя « Угимеем ma» Vm/Vv ma» (1 - V/VT)m.
2.3.17. Поскольку p < pH = 1,012 • 105 Па, то в сосуде находится
ненасыщенный пар. Учитывая значение р = рн/2, получим плотность
пара р = рн/2. Следовательно, Vr = Vo/2, при уменьшении объема в два
раза содержимое сосуда не изменится. При уменьшении объема до
значения V= V0/n, V> Уя, п < 2ри/рв решение следует из ответа в зада-
че 2.3.16:
т_ Р" 1П 17
------(ра V - т) =------,
Ра“ Р. п Рв“Р-
Р. / Т7ч т(п-2)ря
т = ———(т - ри V) = — --
Рв'Ри п Рв-Р.
Поскольку рн = 0,598 кг/м3, рв = 103 кг/м3, то —[2-(п-2)—],
п Ря
оги«^(п-2)(1+-^).
п Ра
2.3.18. Полное число молекул равно сумме числа молекул в обе-
их фазах: N = JVa + Nt. Обозначая vn, vt — удельный объем — объем,
421
занимаемый одной молекулой, получим систему уравнений И = 7Vrn,
V -V v
К = + К = ^в, из которой получим —--------=—.
2.3.19. При изотермическом сжатии плотность насыщенного па-
ра постоянна. Весь пар массой т = риР конденсируется при значении
объема VK = m/pB, т = рн V.
2.3.20. В открытом чайнике масса воды уменьшается благодаря
испарению. Температура кипения в закрытом чайнике выше, чем в
открытом. Однако основным эффектом является увеличение потока
теплоты от нагревателя на испарение. Поэтому открытый чайник за-
кипит позже закрытого.
2.3.21. Р№ = гт, Д/ = 75,3 мин.
2.3.22. За время At испаряется Д/n воды. Имеем систему уравне-
ний PAt = г&т, кт - рп5ЬД£. рп ~ 0,6 кг/мя.
2.3.23. Количество теплоты, переданное поверхности в результа-
те конденсации и охлаждения Q = Qv + Qv Qk = pHVX, Qx = pHVcB(£K “
tK = 100 °C. Подставляя значения X = 2,26 МДж/кг, рп = 0,6 кг/м3, по-
лучим QK = 1416 Дж, Qr = 219 Дж, Q*» Q*, Q = 1635 Дж.
2.3.24. Начальное и конечное значения объема V2 связаны со-
отношением рн = (т + PnVJ/Kg. Работа пара Л' = рнДЦ Л' = рпт/рн.
2.3.25. Л'=-рн( V2 - VJ,pH = 105 Па.
2.3.27. Начальное состояние вода, лед — in (в, л).
Возможные конечные состояния: вода, лед — / (в, л) при темпера-
туре /0 = 0 °C, вода -f2 (в) при температуре в промежутке 0 °C < I < 100 °C,
вода, пар —/3 (в, п) при температуре = 100 °C. Для реализации состоя-
ния должно выполняться неравенство гтп + сд (ti - 0) < Хтл. Для
реализации состояния/, должно выполняться неравенство
гтп > ктл + ск(тл + mJ - 0)
или
2260 > 336 + 2 • 4,186 • 100.
Наименьшее значение массы пара тг, необходимое для реализа-
ции состояния /3 получим из уравнения гтх = кт + 2свт(^ - 0),
mr = (X + 2ejjm/r, тх = 0,186m.
2.3.28. Найдем количество теплоты, которое необходимо сооб-
щить льду для нагревания до 0 °C: Q = слт(0 - /2), Q = 1,05 кДж. Ко-
личество теплоты, которое может передать сосуд при охлаждении
до 0 °C: Q' = Clv Q = 40 кДж. Количество теплоты, необходимое для
плавления льда: Q* = кт, Q* = 16,8 кДж.
422
Следовательно, конечное состояние — вода при температуре tx.
Уравнение теплового баланса имеет вид
C(tx - tx) + слт(0 - t2) + кт + cjn(lx - 0) = 0.
2.3.29. Уравнение теплового баланса
ctm(t2 - Q = Ьгл + с,т^ - t0).
2.3.30. Количество теплоты, которое выделил бы пар при конден-
сации = r/Ир Q\ = 22,6 кДж, количество теплоты, необходимое для
нагревания воды до = 100 °C равно Q2 = св/п2(^ - t2), Q2 = 4,186 кДж.
Следовательно, при температуре 100 °C масса пара Ат конденсирует-
ся: rA/Hj = св/и2(^ - 12).
Итак, в сосуде останется вода массой mt = т2 + cm2(tx - t2)/r, пар
массой та = тх - c/n2(/t - i2)/г.
2.3.31. Давление при температуре 1\ равно сумме давлений воз-
духа и пара: рх - рв1 + рн1 « рв1. Давление при температуре кипения Т2
равно сумме давлений воздуха и пара: р2 = ря2 + рп2. Давление сухого
воздуха найдем из соотношенияpt2 = p^T2/Tv
Определим теперь давление пара при температуре Т2. Для этого
найдем массу воды пгх, которую необходимо испарить, чтобы при
температуре Т2 пары воды оставались насыщенными рн2 = где
Рн2 = Р(Л^в/^2 ~ 0,6 кг/м3. Следовательно, т, = 13,44 г. Поскольку,
m > /их, то давление парара2 = р0.
Итак, давление в камере р2 = 2рД\/1\ + р0, р2 = 3,7р0.
2.3.32. В этом случае p[i2 = (m/MJ (RT^V). Давление в камере
Р2=Р.2+Р<,2= 3,41ft.
2.3.33. mc,(t0-tK) -rmn = Q.
2.3.34. Пусть vp v2 “ число молей водорода и кислорода. Из за-
кона Дальтона получим уравнение
ftV = (V1 + Vz}RTo- (1)
Масса системы
m = Му, + M2v2. (2)
Из (1), (2) находим число молей водорода и кислорода
_ PqV М2 пг /и _ PqV М\
V~RT.M2-M~ll2-M. ’ V2“ M2 - M, -AL '
Подставляя данные задачи, получим vt = 6 моль, v2 = 1,5 моль. В
реакции 2HZ + О2- 2Н2О полтора моль кислорода соединяются с тре-
423
мя моль водорода. Следовательно, в результате реакции в баллоне
находится vt - 2v2 = 3 моль водорода и 2v2 = 3 моль воды:
т = М, (Vj - 2v2) + 2Mv2 + M2v2 = M,(v. - 2v,) + 2M v,,
где + M.J2 — молярная масса воды.
Масса воды тн = 2Млv2, тя - 54 г. При температуре Гк = 373 К об-
разуется пар массой пга = рн1Л, где рн = 0,6 кг/м3 — плотность насы-
щенного пара; та = 40,3 г.
Масса воды в конечном состоянии т'а = 13,7 г. Давление в конеч-
ном состояниирк =ра + (vt - 2v2)RTk/V, ра = 101,3 кПа,р* = 2,37ра.
2.3.35. В начальном состоянии имеем vn = 0,1 моль водорода и
v0 = 0,1 моль кислорода. После реакции в баллоне образуется
0,1 моль воды и останется 0,05 моль кислорода. При образовании во-
ды продукты реакции получают энергию 6,83 ккал = 28,6 кДж. По-
этому вся вода испарится. Используя уравнение состояния, получим
уравненияр,V= (vH + v0)RTt,p2V= (vH + v()- va/2)RT2.
2.3.36. Согласно уравнению теплового баланса
0 = -CAt ~ cjntAt + (пг2 - + cBw2(^ - At - £0).
2.3.37. В процессе кипения воды через отверстие вырывается
струя пара со скоростью и, создавая реактивную силу тяги величиной
F~vAm/At.
Имеем систему уравнений PAt = г Ат, Ат = pSvAt, р = 0,6 кг/м3.
2.3.38. 1. В пустой сосуд выливаем воду из первой и третьей ба-
нок и перемешиваем воду.
2. Половину массы этой воды переливаем в пустую банку.
3. Заполняем сосуд водой из второй банки.
2.3.39. Температура кипения tx = 122 °C соответствует давлению
насыщенного пара рн(/,) = 210,75 кПа. Слой воды с темпераутрой
= 122 °C оказался на глубине h2, где давление воды р2 < ри(^). По-
этому вода закипает. Образуется пар, который выталкивает воду,
давление воды на нижние слои уменьшается. Далее вся вода вскипа-
ет и выбрасывается из трубки.
2.3.40. Очищенная и обезгаженная жидкость может существо-
вать при температуре большей температуры кипения: t > tK. Такая
жидкость называется перегретой, так как существует в условиях, при
которых опа должна быть в газообразном состоянии. Рассмотрим
жидкость при давлении р^ и температуре (см. рис. 2.3.40). Значение
выберем несколько ниже значения соответствующего темпера-
424
туре кипения при давлении насыщенных паров pBUK1) = pv Теперь,
отпуская поршень, быстро уменьшим давление до величины рг
Жидкость окажется в перегретом состоянии (tvp2), поскольку выше
температуры кипения tK2, определяемой условием p^l^) = р2.
Рис. 2.3.40
Перегретая жидкость находится в неустойчивом состоянии.
Флуктуации плотности приводят к возникновению микронеодно-
родностей, которые играют роль центров парообразования — через
некоторое время жидкость вскипает. Процесс кипания развивается
взрывообразно, если через жидкость пролетает заряженная частица.
Ионы, образующиеся вдоль траектории, становятся центрами паро-
образования. На фотографии виден след частицы. На основе этого
эффекта, открытого Д. Глезером в 1952 г., был создан прибор для ре-
гистрации элементарных частиц (Нобелевская премия, 1960 г.).
2.3.41. Обычно при температуре от 0 до -10 °C облака, в основ-
ном, состоят из жидких капель, так как наиболее распространенные
ядра льдообразования становятся эффективными при температуре
t —9 °C. На них происходит конденсация пара и формирование ле-
дяных кристалликов при замерзании образовавшейся воды, И здесь
проявляются уникальные особенности воды. Оказывается, что дав-
ление насыщенного пара при температурах ниже 0 °C меньше над
льдом, чем над поверхностью переохлажденной жидкости. Поэтому
кристаллик льда быстро растет, «поедая» капельки воды.
2.3.42. При сгорании топлива образуется водяной пар. Посколь-
ку температура и давление лежат за пределами тройной точки, то во-
дяной пар вымерзает и образует осадки в виде ледяных кристаллов.
Масштабы образования водяного пара при полетах реактивных са-
молетов выглядят устрашающе: при сгорании килограмма топлива
выделяется 1,25 кг воды, а самолет потребляет свыше 90 тонн топли-
ва в час. Увеличение количества льда в стратосфере приводит к уве-
425
личению облачности и к росту планетарного альбедо. В результате
уменьшается доля солнечного излучения, падающего на земную по-
верхность.
2.4. Влажность воздуха
2.4.1. Согласно закону Авогадро — в равных объемах газа при
одинаковых давлении и температуре содержится одинаковое количе-
ство молекул. Влажный воздух получается из сухого в результате за-
мещения N молекул воздуха (молярная масса М = 0,029 кг/моль)
Амолекулами воды (молярная массаМ= 0,018 кг/моль).
2.4.2. А. Плотность влажного воздуха, находящегося в объеме V
р= (m, + mB)/V, (1)
где /и. — масса сухого воздуха; тп — масса пара.
Давление влажного воздуха равно согласно закону Дальтона сумме
парциальных давлений сухого воздуха и пара:
Р=Р.+Р„- (2)
Очевидно, сухой воздух и пар удовлетворяют уравнению состоя-
ния
p,V/T=mJi/M„ (3)
PaV/T=mnH/Mn. (4)
Согласно условию
h=PjPs (5)
Значение давления насыщенного пара рн при температуре Т на-
ходим в таблице.
Формально мы имеем пять уравнений и шесть неизвестных: р, тв,
то, V, рв, ри< В действительности неизвестных величин только пять,
так как в уравнения входят отношения mJV и mn/V. Разрешая сис-
тему (1)-(5), находим:
р - Mj)/RT ~(Мъ~ Mn)hpn/RT, (6)
Поскольку Л/в = 0,029 кг/моль, Мп = 0,018 кг/моль, то плотность
влажного воздуха меньше плотности сухого воздуха. В результате
замещения N молекул сухого воздуха более «легкими» N молекулами
воды, масса сухого воздуха в объеме Иуменьшается на величину
= V[M'-MJhpJRT.
426
Б. Из (6) находим Ат = - (М*- Mit)pKVAh /НТ.
В. Давление и масса влажного воздуха р = р8 + рп, т = тн + тп.;
pV = т/{Т/М^рУ = muRT/Mn. Относительная влажность h = рп/рк.
2.4.3. Плотность пара в начальном состоянии рп2 = Лрн2 = 18,4 г/м3
больше плотности насыщенного пара при = 11 °C. При значении
температуры пара t - относительная влажность воздуха станет рав-
ной 100% (см. рис.2.4.3).
Масса конденсированной воды Ат = (Лри2 - рн1) V, Ат 0,84 кг.
Рис. 2.4.3
2.4.4. Плотность пара в начальном состоянии рл2 = Лрн2 = 6,4 г/м3
меньше плотности насыщенного пара при = 11 °C. Пар остается не-
насыщенным.
2.4.5. Имеем систему уравнений
ь, = Рч/Рн- = Р02= (Р„1Г+го)/У,
из которых находим рп2 = mh2/V-{h2 - hK).
2.4.6. -2.4.7. В начальном состоянии давление в камерер, = рн1 + рв1.
В конечном состоянии давлениер2 = рп2 + рв2. Поскольку р^Vt = рв2У2, то
рв2= (Pi - А1Ж/^2- Для определения конечного состояния необходимо
предварительно найти значение минимальной массы воды при кото-
ром пар остается насыщенным ри1 = (тх + PH1V1)/Vk, где Vk — значение
конечного объема. Отсюда находим тх - рн1( Vk - VJ.
2.4.6. В этом случае Vk = 2VP тТ = 10 г. Поскольку т > тх, то дав-
ление пара в конечном состояниирп2 = рн1.
Следовательно, давление#, = (р, - pKi) VJ V2 + ряГ
2.4.7. В этом случае Vk = 5 V,, т < тх = 40 г — испарится вся вода и
лар воды станет ненасыщенным. Давление пара рп2 найдем из урав-
нения состояния рн1 = рн1/^Г1/Мп,#|2У2 = (т + раУ)НТ}/Мп. Давление
₽2 = Pil/i/K+pB1m/piilV2.
427
2.4.8. Относительная влажность <р = h • 100%, где h = рн2/рн1, h = 0,84.
2.4.9. тп = рн2У, та = 1,45 кг.
2.4.10. В исходном состоянии pt = рн1 + рв1, где рв — давление на-
сыщенного пара при температуре ?,,рв1 — давление сухого воздуха.
В конечном состоянии р2 = hpHi + рл2. Очевидно, что = рв2У2
или рв2 = pti/2. Из системы уравнений Зр0 = рн1 + рВ1, 1,8р0 = hpni + Ры/2
получимрв1 - 2р0,рн1 = рп. Следовательно, = 100 °C.
2.4.11. Поскольку 2hpy = vJiTif 2р^Ук = vJiT, то vn = -2h(TJT) моль,
vB = 2(TJT) моль, Г0 = 273 К; vn= 1,16 моль, vB = 1,46 моль.
2.4.13. В начальном состоянии давление р0 = рп1 + рв1. Относи-
тельная влажность Л, = pnJp^
В конечном состоянии давление 4р0 = рп2 + Р^Рм.= Р& К =
ПосколькуptiVt =p,2V2, тор,2 = 4pti.
2.4.14. -2.4.15. В начальном состоянии давление пара равно /?в1.
Найдем значение минимальной массы воды тх в баллоне с темпера-
турой t2, при котором пары воды оставаются насыщенными:
Рв2 = (wz+ра110/Гили^= (p^-pJKm^ 13 г.
Если т > тх, то давление пара в конечном состоянии рп2 = р^. Если
же т < тх, то пары воды станут ненасыщенными. Давление пара най-
дем из уравнения состоянияр^ = (т2 + (Му), рп2= 2753 Па.
2.4.16. Очевидно, в конечном состоянии давление пара равно
давлению насыщенного парарн.
Р1=Р.+Ар (1)
Рг = Р.+Р.г> (2)
аЛ = 2д2К- (3)
Из (1)-(3) находим рн = р0. Следовательно, температура системы
t = 100 °C. Учитывая, что при t = 100°С плотность насыщенного пара
р = 0,6 кг/м3 получим массу пара в начальном состоянии тп1 = 1,2 г.
2.4.17. Посколькурв1 = рп, то давление влажного воздуха
p(V)=Po+Povo/v.
Работа, совершаемая влажным воздухом при изменении объема в
промежутке [Vo, 2V0] равнаЛ = p0V0(l + ln2).
2.4.18. Из уравнения ри2= (Л,рн1 + ni)/Vнаходим т.
2.4.20. Давление р2 = рп2 + ратТ2/Т0. На отрезке [£р £2] пар не насы-
щен:^/?, =pJT2,pM = 2,18 • 10"’ Па.
428
2.4.22. За окном на морозе теплый воздух поднимается вверх
вместе с конденсированным паром — туманом. В потоке холодного
воздуха, проникающего внутрь помещения, пар также конденсиру-
ется и опускается вниз.
2.4.23. Влажный воздух плотностью р массы т содержит пар мас-
сы = трн(71)/р(71). Рассмотрим переход воздуха из состояния с тем-
пературой Т в равновесное состояние с температурой Т + АГ При тем-
пературах меньших температуры кипения для испарения воды массой
Атв ~ тп(Т + АТ) - тпа(Т) « —необходимо дополнительное ко-
р АТ
личество теплоты 8(/ = гАтв. Общее количество теплоты, необходимое
для нагревания влажного воздуха oQ - (тс + г--- )АТ.
р АТ
Величина Ар^ДТ возрастает с увеличением температуры. Поэто-
му менее плотный по сравнению с сухим воздух, содержащий насы-
щенный пар всплывает, уступая место менее насыщенному воздуху,
который придя в контакт с поверхностью морской воды, насыщается
и в свою очередь поднимается. Таким образом, атмосфера запасает
огромное количество энергии. При конденсации часть этой энергии
проявляется в опустошительных ураганах.
2.4.24. Главным процессом, вызывающим образование облаков,
является адиабатическое охлаждение при подъеме влажного воздуха.
Уменьшение температуры поднимающегося воздуха приводит к воз-
растанию относительной влажности. Чем выше начальная влажность
воздуха, тем меньше высота, на которой начинается конденсация и
образование облака.
По этой причине летние облака во Флориде имеют высоту ниж-
ней кромки около 600 м, а в Аризоне, где влажность небольшая, — в
пять раз выше.
2.4.25. Пусть tv t2 - температура воздуха на улице и в доме, рк1,
Рн2 ~~ давление насыщенного пара при соответствующих температу-
рах. Давление пара в комнате — р, относительная влажность воздуха
в доме h2 = р/рк2- При контакте с линзами очков воздух охлаждается,
относительная влажность увеличивается и при значении р = рн1 дос-
тигает значения Л, = 1. В этом случае начинается конденсация пара.
2.4.26. Морозильная камера располагается в верхнем отделении
холодильника. Пусть tv t2 - температура воздуха у поверхности мо-
розильной камеры и в нижней части где находятся продукты, рн1,
429
Рн2 ~ плотность насыщенного пара при соответствующих температу-
рах. Влажность воздуха Л, = р/рн1. Холодный воздух опускается вниз,
получает теплоту от продуктов и нагревается. Относительная влаж-
ность воздуха уменьшается до значения h2 = р/рн2. В результате испа-
рения воды из продуктов относительная влажность увеличивается на
величину АА2 = Ар/рн2, плотность влажного воздуха уменьшается и он
всплывает к морозильной камере. Здесь воздух охлаждается, но
влажность будет больше первоначальной па величину АЛ, = Ар/рн1.
После некоторого числа циклов влажность воздуха у морозильной
камеры возрастает до 100% начинается конденсация и образование
кристалликов льда.
2.4.27. Камера Вильсона представляет собой цилиндр с металли-
ческим плотно прилегающим поршнем или резиновой мембраной вме-
сто дна и стеклянной герметически закрытой крышкой. Внутри каме-
ры находится влажный.воздух при температуре tv сжатый до давления
в несколько атмосфер. Парциальное давление пара (см.
рис. 2.4.27).
Рис. 2.4.27
Если поршень быстро выдвинуть, то влажный воздух адиабатиче-
ски охладится до температуры t2 при которой >рн(У. Пар оказыва-
ется в неустойчивом пересыщенном состоянии, поскольку относи-
тельная влажность ф > 100%. Если через камеру пролетает
заряженная частица, то на ионах, образующихся вдоль траектории,
начинается конденсация пара в виде маленьких капелек. При освеще-
нии камеры сбоку виден сверкающий след пролетевшей частицы. По
фотографии следа можно определить характеристики частицы. Этот
прибор был изобретен в 1912 г. английским физиком Ч. Вильсоном
(Нобелевская премия, 1928 г.). На протяжении нескольких десятиле-
тий камера Вильсона была единственным трековым (от англ, track —
430
след) детектором регистрации элементарных частиц. Однако у камеры
есть и недостатки: состояние насыщения продолжается несколько де-
сятых долей секунды, а время необходимое для нового цикла занимает
несколько секунд. В 1950-60-ые годы камера Вильсона уступила ме-
сто быстродействующим пузырьковым камерам.
2.5. Тепловые двигатели
2.5.1. Используя уравнение адиабатического процесса 7V 1 = const,
получим соотношения: для участка be — T2V;~' - Ту У', участка da —
ту;1 = туу.
2.5.2. A'bc =Ub- Uc, = Ud- Ua, Ua = Ub = mcvT2i Ud=Uc = mcvTv
Ur-Ub+Ua~ Ud = 0.
2.5.3. Работа, совершаемая за цикл, равна площади, ограничен-
ной двумя изотермами и адиабатами. Согласно решению задачи 2.5.2
A' = A'ab + А'^. Работа, совершаемая газом в изотермических процес-
caxA'e6 + = vR(T2 - Туп(Ул/1\) (см. задачи 2.2.1, 2.5.1, 2.5.2).
2.5.4. Запишем это утверждение в виде неравенства
лу^-тут;
где Q ~ количество теплоты, переданное рабочему телу за цикл.
Это соотношение играет важную роль при анализе проблем, ко-
торые возникают при создании анализе работы электростанций и те-
пловых двигателей.
2.5.5. Работа, совершаемая машиной в первом и втором случаях,
А' = Q2 - А'к - Q2k~ Q\K- Далее, запишем условия обратимости в
виде (Ъ/Т2 = Q,i/Ti = a, Q2JT2k = Q'^/T^ = а. Из этих уравнений нахо-
Т -Т
дим А' =А' 2к < Пусть Т, = Т. = 300 К, Т2 = 500 К, Г = 700 К. В
этом случае = 2А\
2.5.6. В идеальных изотермических процессах с рабочим телом
подвод и отвод теплоты должен происходить при постоянной темпе-
ратуре. В этом случае теплообмен невозможен, т.к. поток теплоты
возникает лишь при наличии конечной разности температур рабоче-
го тела и нагревателя или холодильника.
2.5.7. Имеем систему уравнений А' = Q2 - Qf, Q}' = Хиг, Л' = цт@2,
из которой находим А9 = Хт(Г2 - Т^/Т2, А' = 2,5 • 10,4Дж — работа
АЭС за три дня.
431
2.5.8. Количество сбрасываемой теплоты Q\ = Q2 -А = А'(1 - г|)/г|.
Поскольку приращение температуры воды АТ массой Ат удовлетворя-
ет уравнению сАтАГ = Q\, то расход воды Am/AZ = Р(1 - г|)/(сг|АТ),
Am/AZ = 5,1; 105 кг/с.
Отметим, что сток Волги — 8,5 • 106кг/с, сток Амазонки — 2 • 108 кг/с.
Средний расход воды в начальном участке Гольфстрима во флоридском
заливе 25 млн м’*/с в двадцать раз превосходит расход воды во всех реках
Земли. Согласно нормам национального контрольного комитета США,
повышение температуры в водоемах не может превышать 2,25 К осенью,
зимой и весной и не более 0,8 К — летом.
2.5.9. Используя первый закон термодинамики, получим:
0 = -Q'ab + АаЬ — в процессе а-Ь,
^~Qrd- Ard — в процессе c-d.
Поскольку в изотермических процессах внутренняя энергия Uc = Ud,
Ub = U*, то Q* = В циклическом процессе 0 = + Q* + - А
wmQcd = Q'at+A.
2.5.10. Согласно условию процесс са — адиабатический. В изо-
термическом процессе а-Ь внутренняя энергия не изменяется Ua = Ub.
Следовательно, 0 = +Aab,Aab~ работа, совершаемая внешней сре-
дой. Полное приращение внутренней энергии в цикле равно нулю:
о = ^-^1+ла6-л;а.
2.5.11. Рабочее тело производит работу
4' = ^ + ^ Q^^v(Te-Tb)>0, Qda = vCv(Ta-Td)<0.
Следовательно, Л' = Q2~ Q\, Q2 = Q\ = ~Qd„-
КПД циклаT] = 1 - (?',/ Q2 = 1 -(Td - Ta)/(Tc - Tb).
Поскольку для адиабатических процессов TdV." 1 = TrV" 1 =
w *, TO Tr/Tb = Td/Ta, ц = 1 - Td/Tc, или n = 1 -(
Для горючих смесей re = 1,37. Обычно степень сжатия имеет зна-
чение VJV,« 9-10.
2.5.12. Поскольку в изохорическом процессе AL7 = 5Q, U = vCvT,
т, Та
то из (2.5.1) получим jdU/T+ jdU/T = 0,\n(Tc/Tb) + \a(Ta/Td)=0.
т„ rd
2.5.14. Следует отметить, что диаграмма на рис. 2.5.13 б описывает
процессы в современных скоростных авиационных турбинах, где ра-
бочим веществом является атмосферный воздух. Рабочее тело произ-
водит работу Л' = Qbc+ Qda, = vCp(T- Tb) > 0, Qia = vCp(Ta - Td) < 0.
Следовательно,A' = Q2- Q'v Q2 = Qbr, Q\ = -Qid.
432
КПД цикла Т[ = 1 - Q\/ Q2 = 1 ~(Td - Ta)/(Tr - Tb). Поскольку в
адиабатическом процессеpV1 - const, pV = vRT, то Ta - Tb(py/p2)in"
ТгТМрГ*
Следовательно, Ta - Td = (Tb - Tc) (p-Jp^
Коэффициент полезного действия цикла ц = 1 - ** "•
д
2.5.15. КПД цикла Отто ц0 = **** . Согласно первому закону тер-
Qbc
модинамики для процесса Ъ-Ь'-с-Ь имеем уравнение
О = Qh' + Qrh + , или О.. = О. + Л' ,
V р С х CD ЬЬ С~ х D С х be ЬЬ С
КПД цикла Дизеля можно представить в виде
„ _ Agb'rd _^abcd + ^bb'c
д~ Qb ." ’
Поскольку r|0 — правильная дробь, то цд > ц0.
2.5.16- 2.5.17. Из первого закона термодинамики следует, что ко-
личество теплоты переданное нагревателю в результате совершенной
мотором работы Q'2 = Q^+ А, где Q{ — количество теплоты, отводимое
из камеры холодильника. Воздух в комнате нагревается.
2.5.18. Решение 1. В первом случае работа, совершаемая мотором
Л = vR(T2 - Г1)1п(VyV,), во второмД = vR(T2 - 7\)ln(
Решение 2. Используйте решение задачи 2.5.5.
2.5.19. Работа, совершаемая тепловой машинойЛ' = vR(T2 - 7^)102
(см. задачу 2.5.3). Работа, совершаемая мотором холодильной машины
А = v/?(71k - Г^/пЗ. Следовательно, Тк = Г, + (1п2/1лЗ)(Г2 - 7\), где
1п2 » 0,6934,1пЗ« 1,0986.
2.5.20. Согласно условиям задачи имеем систему уравнений
PJP. = k, (Pi + P,yP = k, к=7\/[2(Т2-7\)],
из которой находим Рл = 1\(Р - Ро) /[2(Т2 - TJ], Рл = 5 Вт.
2.5.21. Из первого закона первого закона термодинамики получим
количество теплоты, переданное нагреватачю-комнате (72 = (1 + к)А.
Следовательно, холодильную машину можно использовать как
нагреватель или тепловой насос. Пусть к - 4, тогда Q'2 = 5А. Если ко-
личество электроэнергии равное Л пойдет на обогрев, то комната по-
лучит всего лишь количество теплоты Л. Разница очевидна.
2.5.22. В стационарном режиме мощность обогревателя пропор-
циональна тепловому потоку от комнаты во внешнюю среду:
Р0 = С(Т2-Т,). (1)
433
Скорость передачи теплоты от холодильника в комнату Р = (1 + /с)Рп.
В стационарном режиме
(1+Л)Р0 = С(7’/-Г1), (2)
Л = аТ,/(Г2'-Г,). (3)
Из (1) —(3) получим уравнение (1 + к)к = оЛ\/[(Т2 - 7\)], из кото-
рого находим fc12= (1/2) (-1± (1 + 4^)1/2], q = aTt/[(T2 - Т,)].
Подставляя числовые данные, получим к^ = 1, Т2 = 1\ + aTJkv
Т2' = 300 К.
2.5.23. Мощность Р, потребляемая кондиционером, связана со
скоростью отвода теплоты Рх = bQJ&t соотношением Р>Р,( Г,-
Скорость передачи теплоты от внешней среды к помещению
рС1 = с(тг-т\),
где С — постоянный коэффициент.
В установившемся режиме Pt = Рл. Следовательно, Р> С(Т2- Т\)2/Т\.
Для поддержания внутри помещения температуры Т\ мощность,
потребляемая кондиционером, должна возрасти до значения
Р' = Р[(Т2'-7’1)/(7’2-7’1)]2 = 4Р.
Увеличение внешней температуры па 5 °C приводит к увеличе-
нию потребляемой мощности в четыре раза! Увеличение температу-
ры внешней среды приводит к значительному уменьшению коэффи-
циента полезного действия тепловых станций.
2.5.24. На отрезке [7Р У2] уравнение процесса а-Ь определяется
функциейр( V) = АгИ Тогдар^ = = vRTc. Из уравнения состояния
имеем систему kV2/Ta = kV2/Tb = ^V{V2/Tc. Отсюда находим
Тс - (ТаТь)'а. Работа, совершаемая газом Л' = (yR/2) -~\}Т^ (см.
задачу 2.2.19). Количество теплоты, полученное в процессе а-Ь\
Q^CATb-TJ+A^
Л\ = (1/2)(р2+Л)(Р2- = (v7?/2)(Tb- Та).
Следовательно, количество теплоты, переданное нагревателем,
Q2-Qab-v(Cv^R/2)(Tb~Ta)>0.
2.5.25. Из уравнения состояния получаемp}V} = vRT{Pp2V2 = 4vRTQ,
p2V{ - vRTa. Поскольку на отрезке [Vt, V2] функция p(V) ~ kV, то
kV2/T\ = kV2/4TQ - kVyjT^ p2V^ = p{V2. Работа, совершаемая газом
= К)/2 = у/?Т02.
Количество теплоты, переданного газу Q2 = уТа(2Ср + Cv).
434
2.5.26. Работа, совершаемая газом Af = vRl\/^. Количество тепло-
ты, переданное нагревателем Q2 - v(‘3R + 2CjT0/4 (см. задачу 2.2.18).
2.5.27. Работа, совершаемая газом Л' = vHTu/8. Количество теп-
лоты, переданное нагревателем Q2 ~ v(l(lft + 8CV)/?TO/16 (см. задачи
2.2.38, 2.2.39).
2.5.28. Проведем три изотермы, пересекающие точки а, Ъ, с. То-
гда приходим к выводу, что максимальная температура в точке а,
минимальная температура в точке с: АТ - Та - Те Работа, совершае-
мая при сжатии газа,
^=-А(К-К)=уЯ(Г6-Тс). (1)
Согласно определению
t\=A’/Q„. (2)
Из первого закона термодинамики следует уравнение
0 = ^ + 9м-Л'( (3)
где & = vCp(Tr - Ть) = -(С-/Я)Лк < 0, Q„ = vC^T.
Следовательно, из (1)-(3) получим
П = 1 + QJQ„ = 1 ~(Cp/H)AJQr..
2.5.29. Очевидно Тя = Ть. Налагая на диаграмму процесса сетку
изотерм, заключаем, что ДТ = Та - Тс, Для процесса а-Ь получим из
первого закона термодинамики
0 = (1)
В процессе b-с количество теплоты, переданной газу
Q^-vC^T. (2)
Из первого закона термодинамики для цикла получим уравнение
Ъ = (К + (к-А'. (3)
КПД цикла ц = A'/Qav Из системы уравнений находим
А;ь = уСкДТ/(1-т1).
2.5.30. Работа, совершаемая газом A' = vRTQ (см. задачу 2.2.46).
Количество теплоты, переданное нагревателем
Q2 = Qab + Qda = 3v(C, - R/2)RT. (см. задачи 2.2.47, 2.2.48).
2.5.31. Налагая на диаграмму сетку изотерм, убедимся, что
Тг>Тт>Ть>Тп>Та.
Точки а, Ь, с принадлежат прямойр - кV. Следовательно,
vRT = PlV = кV,2, vRT = p3V3 = кV32: V3 = .
435
Далее получаем значения температуры в состояниях Ь, т, пл
vHTb =p2V2 = к( V, + V/4 = (уЯГ./4) (V^ +1)2,
vRTn = ptV2 = к V,( Vt + 73)/2 = (vRTJ2) (ЛГ +1) ,
vRTm=p2V3 = kV3(Vt + V3)/2 = (vRTa/2) 7^ + 1).
Работа, совершаемая в процессе a-b-n-a
= (1/2) (р2 - Р1)(V2 - V,) = (vRTa/8) (х^-1)2.
На участке b-c-m-b газ совершает работу
Л'2 = (1/2)(р3-р2)( V3 - V2)=A'r
Полная работа А' = 2А\. Газ получает теплоту на участках цикла
а-b и b-с. Из первого закона термодинамики находим
<2.>=Л'/2 + Q, + Q,„ = А'/2 + yCv{Tb - Т„) + уСДГ - Та) =
=Л'/2 + уСу(ГЛ-Г.) + уад-Г.),
Qx=>172 + = А'/2 + vCv(T - 7J + vC(Tm - T„) =
= Л72 + уСг(7;-Ть)+у7?(Тт-7’ь).
Полное количество теплоты, переданной за цикл
Q = А' + vCv( Тс - Та) + v/?(Т - Ть + Tm - Tb) = vT (Cv + R/2) (п - 1).
2.5.32. Работа, совершаемая газом в каждом цикле, имеет одно и
то же значение Af. Налагая на диаграмму процесса сетку изотерм,
убедимся, что в процессе a-b-с температура возрастает.
Поскольку Qabr = vCv(Tb - Та) + vCp(Tt - Tb) > 0, то Qc, = -Q'ca < 0.
Следовательно,
п,=Л7^- (1)
Из первого закона термодинамики для цикла а-Ь-с-а имеем
уравнение
^ + 9»-^' = 0- (2)
Поскольку для цикла a-c-d-a количество теплоты
Q^ = ^v(Td-Tr)+vCp(T,-Td)<0,
ТО > 0.
Следовательно,
tW7C., (3)
Покажем, что Qm = -Qar.
436
Для процесса с-а из первого закона термодинамики следует соот-
ношение Ua- Ur = Qra + Лгд. Для процесса а-с имеем соотношение [7 -
= <L + Л,- Поскольку Ап = -Ам, то
Q^~Qac- (*)
Из уравнений (1)-(4) получим r|2 = T|t/( 1 - r|t).
2.5.33. Из данных рис. 2.1.27 следует, что Td = То, Та = Тс = 2Т0,
Т =4Т
Количества теплоты:
Q.b = vC/T, - та) = 2vCX, Q, = vCv(Tc - Tb) = -2vCyT0,
Q. = - Te) = -vCpT0, Qda = vCv(Ta - Td) = vCX
Количество теплоты, переданной рабочему телу Q2 = v(2Cp + Си) TQ.
РаботаИг =pqVq ~ vRTQ.
2.5.34. Поскольку на отрезке [70, 270] функция T(V) = (TJV^V,
то процесс a-b — изобарический: pa~pb= pQ. В состоянии с давление
рс = р0/2 (см. рис. 2.5.34 б). Из первого закона термодинамики для
цикла получим уравнение
О^ + О. + О.-Л', (1)
CL = vCP(Ть - 71) = vC„T0 >0, = vCv(Тс - Tb) = -vCfo. (2)
Из первого закона термодинамики для процесса с-а получим
уравнение
0 = 0.+4.. (3)
КПД цикла Т] = A'/Qab.
Рис. 2.5.34 б
2.5.35. Из первого закона термодинамики для цикла получим
уравнение
0 = + (1)
Qb, = vCP(Тс - Tb) = -vC^T, Qca = vCv(Ta - Тс) = vC^T, (2)
где AT = Tb- Tr.
437
Из первого закона термодинамики для процесса а-b получим
уравнение
0 = (2.6-4'о>, (3)
КПД циклац =A'/(Qati + Qea).
2.5.36. Температура состояний а, Ь, с, d: Та = Ть = 7^, Тс = Td = 37^/2.
Работа, совершаемая газом на участках цикла
А'^ = -ЗрХ/2^ = 2р0К/2,Л', = (3Ро/2) (3 Ко/2), А\ = -paVa.
Работа, совершаемая газом за цикл
А1 ~ A'ab + he + A’cd + A'da = ЗуДТУ/З.
Количество теплоты, переданное газу:
Q.b = A'ab = -3v/?r0/4. Q. = vCP{Тс - Т„) = vCpTa/2,
Qri =A'cd = 9vRT0/8, Qd. = vCp(T, - Td) = -vCpTJ2.
КПД цикла T| =A'/(Qbt + Qcd)vCpT0/2.
2.5.37. Количество теплоты, переданное газом внешней среде
^ = ^Л^ = ЗуДТ0/4 + уСрТ0/2.
2.5.38. Поскольку Та = Ть = То, Тс = Td, то 2p{V0 = p2VQ, Зр, VQ = vRTd\
р2 = 2рр Td = ЗТ0/2. Из уравнения состояния для точки с находим
p2Vr = 3vRTQ/2,V^3VQ/2.
Работа, совершаемая газом на участках цикла
Л\^-уДТ01п2, Л;г = уДТ0/2, ^=(3vflV2)ln2, Л^ = -уДТ(|/2.
Работа, совершаемая газом за цикл
A' = Afab^Albc^Afcd + = (уДТ0/2)1п2.
Количество теплоты, переданное газу:
Qab=A'ab = -v7?Toln2, vCpTJ2,
Qcd = A'cd = (ЗуДТ0/2)1п2, = -vCPTJ2.
КПД цикла Т| = A'/(Qbc + Qcd).
2.5.39. Поскольку T ~ Th = T{P Tc = Td, то из уравнения состояния
для точек Ь, d, а, с получим соотношения p2V\ = vRTQ, р,У3 = vRTri
рУ2 = уДТ0, р2У2 = vRTr, из которых находим TC/TQ = 4pjp2, TC/TQ = pjpv
Следовательно Tc = 2TQ, V2 = 2Vvp2 = 2pr Работа, совершаемая га-
зом за цикл равна площади трапеции abcd\ А' - (3^/2)^ = 3vST0/4.
Газ получает количество теплоты
Q2 = vCPT. + Qrd, Qrd =A’rd = ^pJ2)2V, = 3v«T0/2.
КПДц = А'/(Л-
438
2.5.40. Газ получает количество теплоты Q2 = vCpTQ + Qcd, Qcd - A'cd,
и отдает внешней среде = vCpTQ + Q'ab, Q'ab = Aab. Очевидно, числи-
тель и знаменатель КПД представляют собой величины A' = v7?Toln2,
Q2 = vCpT„ + Qrd, где Qcd = 2v«70ln2.
2.5.41. Работа за цикл равна площади криволинейной трапеции
iabcf.-A' = +A'ab + A'irA'ia =ЛУ, = у}НТ\,А'„= -р,У2 = -vfHT2.
Работа в адиабатическом процессе А'* = ~v^cv(T2 - Т,). Следова-
тельно, Л' = у£р(Т\ - Т2) = у£7\[1 ~(K/V Т
Получим общее выражение А' в рассмотренном случае работы со
сменяющимся рабочим телом
А'=РгУ\~РУг+ ]p(V)dV (!)
Ц
Поскольку d(pV} = pdV + Vdp, то из (1) находим
Р1
A' = -jV(p)dp. (2)
Pl
2.5.42. Учитывая, чтор2]\ = p^V2 = vHTQ, получим из решения (1)
задачи 2.5.41 А' = Qab= vf7?Toln( V2/VK),
Следовательно, мотор совершает работу, получая количество тепло-
ты из окружающей среды, не используя внутреннюю энергию воздуха.
2.5.43. Согласно первому закону термодинамики имеем уравне-
ние 0 = -Q'ab + + Qcd - Q'da - А'. Поскольку Q'da, to
о—+
Если обмен теплотой в изобарических процессах считать внут-
ренним процессом, то Q2 = Qcd — КПД цикла Стирлинга совпадает с
КПД цикла Карно.
2.5.44. Имеем систему уравнений A'/Q2 = 1 - TJT2,A! = Q2- Q\,
Q\ = km, из которых находим m = A'TJk(T2 - 7\).
2.5.45. Количество теплоты, переданной рабочему телу
= CBm(^2 ~ *1) +
Холодильный коэффициент к = TJ2{T2 - Г,). Работа, совершае-
мая двигателем А = QJk.
2.5.46. Доказательство следует из неравенства Л (необр) > Л(обр)
и первого закона термодинамики, который выполняется для обрати-
мых и необратимых процессов:
Q(необр) - О(обр) =Л(обр) - Л(необр).
439
2.5.47. Для идеального газа из (2.2.3) и уравнения состояния на-
ходим AS = чСуАТ/Т + vtfAV/V, nR = kNA. Функция S представляет со-
бой энтропию газа. Это понятие впервые ввел в 1864 г. выдающийся
немецкий физик Р. Клаузиус. В случае изотермического процесса
Sj- St = — увеличение объема при постоянной темпера-
туре сопровождается ростом энтропии. В адиабатическом процессе
энтропия системы не изменяется.
2.5.48. Согласно второму закону термодинамики приращение эн-
тропии должно удовлетворять неравенству Д5> 8Q/Te.
2.5.50. Два тела с различными температурами Та и Ть, приведен-
ные в контакт, начинают обмениваться теплотой. Согласно определе-
нию ASa = SQ^/7^, ASb = &Qab/Tb, где — количество теплоты, пере-
данное от тела b к телу а.
Приращение энтропии системы Д(5а + 5fc) = §QbJTa + SQab/Tb >0.
Поскольку 6Qab = то - Ta)/TaTb > 0. Таким образом, мы
видим, что количество теплоты 5Qba > 0, если Ть > Та, и наоборот.
440
Глава III. МЕХАНИКА ЖИДКОСТЕЙ И ГАЗОВ
3. к Гидростатика и аэростатика
3.1.1. Это предложение лишено смысла, т.к. давление является
функцией координат (и времени). Правильное утверждение - давле-
ние в точке. «Давление на стенку» — синоним утверждения «ско-
рость за час».
3.1.2. А. Это утверждение представляет собой закон Паскаля в
наиболее корректной формулировке.
Б. Давление — скаляр, понятие направление скаляра не сущест-
вует.
В. Давление — функция координат. Давлениер (х, у, z) в точке х,
у, z определяется в результате вычисления предела
1. л AF
р(х, у, z) - lim-,
где AF — сила, действующая на элементарную площадь Д5, ориен-
тированную в направлении единичного вектора п .
Г. Давление как и сила не может передаваться. В среде не «пере-
дается», а распространяется звук, т.е. волна деформации, проявляю-
щая себя как волна давления, плотности или температуры.
Д. Давление не «действует». Действует сила.
3.1.3. Поскольку гидростатическим давлением можно пренеб-
речь, то согласно закону Паскаля в произвольно выбранной точке
масла р = FJSl = F2/S2. Из уравнения непрерывности для несжимае-
мой жидкости имеем h?S2 = htSr
Гидравлический пресс, создающий давление 160 МПа, сжимает
металлический контейнер с мусором объемом 250 л в течение не-
скольких секунд в диск толщиной 20 см.
3.1.4. Чаша весов со стаканом перетянет. Согласно закону Пас-
каля поверхностные силы создают давление одинаковое в любой точ-
ке воды — сила давление на дно стакана увеличится.
3.1.5. С формальной стороны все понятно. Гидростатическое дав-
ление на уровне дна pgh и, следовательно, сила давления на дно
/*’= pghS не зависит от формы сосуда. Попытаемся истолковать это ут-
верждение. В случае в давление создается только весом воды объемом
равным объему первого сосуда. Сила давления остальной части воды
441
уравновешивается силой реакции горизонтальных участков стенок со-
суда. В случае Плавление в точках дна, расположенных под горизон-
тальными участками стенок, равно сумме гидростатического давления
pgh2 и давления pghv создаваемого поверхностной силой, приложен-
ной к сечению горлышка, которое согласно закону Паскаля одинаково
во всех точках нижней части сосуда (рис. 3.1.56). Следовательно, дав-
ление во всех точках поверхности дна pgh2 + pgh{ = pgh.
На уровне Л2 на горизонтальный участок стенки площадью S2
действует со стороны воды, находящейся в горлышке, направленная
вверх сила величиной F2 = pghtS2. Эта сила приводит к деформации
стенки и согласно третьему закону Ньютона на воду, действует сила
реакции величиной pgh{S2, направленная вниз. Складывая силу ре-
акции и вес воды в нижней части сосуда, получим силу давления на
часть дна площадью S2:
pghtS2 + pgh^2 = pghS2.
Величина силы давления воды на часть дна площадью распо-
ложенной под горловиной pghSr Поскольку + S2 - S, то величина
полной силы давления равна pghS.
Если у сосуда, горлышко достаточно узко, то небольшим количе-
ством воды можно создать большое давление внутри сосуда. Напри-
мер, полстакана воды достаточно, чтобы поднять человека массой
60 кг. Для этого присоединим резиновую трубку к грелке размерами
30 см х 20 см, нальем некоторое количество воды в грелку и в трубку
и, встав на доску, положенную на грелку, продолжим приливать во-
ду. Если длина трубки 1 м, площадь сечения 1 см2, то давление в
грелке р= 9,8 кПа. Величина силы давления на верхнюю поверх-
ность грелки F = 60 • 9,8 Н. Эта сила давления создается всего лишь
100 г воды в трубке. Очевидно, грелка с трубкой представляет собой
систему типа гидравлического пресса.
Рие. 3.1.5 6
442
3.1.6. Пусть пластинка находится на глубине Л, площадь нижне-
го основания конуса равна S. Сумма сил действующих на пластинку
равна нулю:
(Рат + PgfyS - P„S - /V = 0.
Сила реакции N = pghS численно равна весу воды в объеме цилин-
дра высотой h с площадью основания S. Если влить такое количество
воды, то она займет объем конуса высотой /ц < Л. Сила реакции станет
равной Nt = pg(h - h^S > 0. Следовательно, пластинка не отпадет.
3.1.7. Столбик воды в трубке создает давление одинаковое в лю-
бой точке сосуда, равное согласно закону Паскаля р2 = pgh2. Сила
давления на крышку сосуда F = р2 (5t - S2). Давление на уровне дна
р = P#(^i + Л2), сила давления на дно N = р#(Л, + Л2)5Г
3.1.8 В любой точке несжимаемой жидкости условие равновесия
имеет вид
pgz + p(z) - const,
где p(z) - давление в точке, z — координата элементарной частицы
жидкости (ось z направлена вертикально вверх).
Из условия равновесия следует уравнениержт + pgH = + pgAr
3.1.9. Из условия равновесия следует уравнение
Рх + Р^12 = Рг + Р^1г
3.1.10. Направим ось z параллельно земной поверхности, начало
координат поместим в центр сферы. На полусферу действуют сила
натяжения троса 8G, сила давления воздуха F и сила реакции /V со
стороны другой полусферы.
Из условия равновесия имеем уравнение 8G + N + Ft = 0. Разо-
бьем поверхность полусферы на s элементарных площадок, ориенти-
рованных перпендикулярно поверхности в направлении единичного
вектора пк (к = 1,2, ... ). Сила давления, действующая на элементар-
ную площадку площадью AS, равна
Л Fk = ~(р„~ p„)&Snk, Д5 = 27t/f!sin0A0,
где 0 — угол между радиус-вектором точки на сфере и осью z.
Сумма всех элементарных сил равна
я/2
F = (0, 0, F), Fz = -2(ржт- P^nlf J d0sin0cos0 , Ft = -(р„ - р{)яа2.
о
Поскольку при отрыве полусфер ЛГ- 0, тор1п = раг - 8С/ла2.
443
3.1.11. Для того, чтобы выделить в этом эксперименте существенные
детали, положим массы стакана и картона равными нулю. На рис. 3.1.11
а изображены силы, действующие на стакан с картонкой как целое тело:
FT, F^ N, N' — силы трения и давления со стороны руки.
На поверхность дна стакана и картонку действуют силы атмо-
сферного давления величиной F± = дД Л = /?ат5. На воду действует
сила тяжести mg и силы реакции.
Перечислим силы, действующие на картонку: R — сила реакции
ободка стакана, P = mg — сила веса воды и сила атмосферного дав-
ления величиной FT = pJS (рис. 3.1.11 б).
Рис. 3.1.11 а
Рис. 3.1.11 б
Поскольку сумма сил равна нулю, то R = pJS - mg = pgipjpg - H)S.
Очевидно пока высота стакана Н < h0, h0 = 10,33 м вода не выте-
чет. Разумеется, необходимо учесть массу картонки.
3.1.12. А. На рис. 3.1.12 изображены силы, действующие на
поршень: F — внешняя сила со стороны руки, F± — сила атмосфер-
ного давления ( F± = рал5), N — сила реакции со стороны воды.
— — mg — —
Рис. 3.1.12
444
Поскольку сумма сил равна нулю, то
F+N-ptrS = 0. (1)
Теперь перечислим силы, действующие на воду под поршнем:
/V' — сила давления поршня на воду (ЛГ = 2V), mg — сила тяжести,
— сила атмосферного давления ( = p„S). Очевидно
p„S~N-mg = 0. (2)
Из (1), (2) находим
F=mg, N =p„S - mg = p£(pjp£ - H)S,
где H — высота столба воды.
Если Н < h^> Ло - р„/р£, то N > 0: при перемещении поршня вода
поднимается.
Б. Сила реакции, действующая на поршень со стороны воды об-
ращается в нуль при значении высоты столба воды Ло = 10,332 м —
результат, известный еще древним шумерам, жившим в третьем ты-
сячелетии до н. э.
3.1.13. Пусть h - высота уровня воды в сосуде Б. Согласно усло-
вию равновесия (3.1.3) имеем уравнениеpar + pgh =рА + pg(h + Н).
3.1.14. На трубку действуют сила натяжения нити, направленная
вверх, сила тяжести и сила атмосферного давления Fam , направлен-
ная вниз; Fam = pamS, S - площадь поперечного сечения трубки. По-
скольку= р^Н, то = Mg.
3.1.15. Введем ось х, направленную вертикально вниз с началом
на поверхности воды. Величина силы, действующей на прямоуголь-
ную элементарную площадку высотой Дх, шириной L, расположен-
ную на глубине х, равна AF = pgxLkx или AF = у(х)Ьх, у(х) = pgLx.
Построим график функции у(х) = pgLx — прямую, выходящую из
начала координат, и убедимся, что при Дх « Н величина /^пред-
ставляет собой площадь прямоугольника (рис. 3.1.15). Поэтому сила,
действующая на стенку плотины, равна площади треугольника «вы-
сотой» pgLH и длиной основания Н равна Fo = pgLH2/2.
Величина силы, действующей на часть стенки, расположенную
между дном плотины и горизонтальным уровнем на расстоянии z
от дна, равна площади трапеции: F(z) = p%L(2H - z)z/2. Положим
з = Я/4. В этом случае F(h) = 7FO/16. Следовательно, нижняя чет-
верть стенки должна выдержать почти половину всей нагрузки. По
этой причине нижнюю часть плотины делают более массивной.
445
3.1.16. Введем систему координат xyz с началом в точке пересе-
чения оси полуцилиндра и поверхности воды (рис. 3.1.16). Ось z на-
правим вертикально вниз. На элемент площади поверхности
Л5 = ЛДфАг действует сила AF = pASn , где р = pgz — гидростатиче-
ское давление, Я — единичный вектор на поверхности. Проекция
И я/2
силы на ось х равна Ff= pgR ^dzz j d(pcos(p, Fr= pgRH2.
0 -re/2
Рис. 3.1.15
Рис. 3.1.16
3.1.17. Из условия сохранения массы ртути находим, что уровень
ртути в широком сосуде уменьшится на х/2. Давление на уровне рту-
ти Л в широком сосуде равно давлению на уровне h в узком сосуде:
рр^(Зх/2) =р^(а + х/2).
3.1.18. Пусть Л - расстояние от дна до первоначального уровня
ртути в сосудах. Нижние уровни воды в первом и третьем сосудах
Zj = h - bv z3 = h - fe3, уровень ртути во втором сосуде z2 = h + h2. Из за-
кона сохранения массы получим уравнение h2 = + b3. Поскольку
давление на уровне дна р0 одинаково, то
Ро = А, + Ррт(А - &<) + рД = Р„ + Ррт(А + Л2) = Р„ + Ррт(А - Ь.л) + рД.
Из полученных уравнений находим h2 = pt(hi + h3)/Зррт.
Интересно исследовать частные случаи.
Положим, например, hs = h, h3 = 2h. Тогда h2 = рЛ/ррт> = 0, b3 = h2.
При значениях Л1 = h, h3 = ЗЛ получим
Л2 = 4р,Л/Зррт, ft, = -рЛ/Зррт, ь, = 5р,Л/Зррт.
3.1.19. Направим ось z вертикально вверх, начало координат по-
местим на уровне дна. Запишем условие равновесия слоя воды. Для
частиц на свободной поверхности воды и дна из (3.1.4) следует урав-
нение рат + pgh^ = р0. Из условия равновесия нефти на уровнях дна
h = 0 и h2 получим аналогичное уравнение paT + p„gh> = Следова-
446
только, pji^ = pji2. Для того, чтобы определить направление перете-
кания жидкостей, найдем разность давлений нефти и воды рв - рв на
уровне z = h. Записывая условия равновесия частиц воды и нефти
получим из (3.1.4) два уравнения:
Ат + Р А = Р. + pgh, рп + p,gh2 = + pgh.
Рис. 3.1.19.
Поскольку рв - рв = (рв - pu)gh > 0, то через открытый кран часть
нефти перетечет в сосуд с водой и всплывет (рис. 3.1.19). Пусть тол-
щина слоя перетекшей нефти равна х. На уровне h в состоянии рав-
новесия давление/?, создаваемое слоями нефти и воды в левом сосу-
де, равно давлению р нефти в правом сосуде. Записывая условие
равновесия (3.1.4) частиц нефти на уровнях и и воды на уров-
нях А, и N, получим уравнения
P„ + P£(ht+x)=pt + p£ht, (1)
P' + Pgh^p + pgh, (2)
из которых нахоимр -рп + pgx + pgifa - h).
Из условия равновесия частиц нефти на уровнях В2 и N имеем
рат + P£(h2 - х) = р + pjgh. Из двух последних уравнений, учитывая
соотношение pji^ = рнЛ2, находим х = - l)h/2,x= 1 м.
3.1.20. Обозначим рл и ph давления в точках шланга а и ft, атмо-
сферное давление — р0. Согласно условию равновесия (3.1.3) имеем
уравненияд + pgh, = р0, рь + pgh2 =р0.
Следовательно, рл -ph - р£(Н2 - ftj > 0 — вода перетекает. Но ес-
ли зазор между торцом шланга, погруженного в сосудА, и водой по-
рядка мм, то пузырьки воздуха попадают в шланг и процесс перете-
кания прекращается.
Сифон «без трубки». Французский ученый, лауреат Нобелевской
премии по физике (1991 г.) Пьер-Жиль де Жен в своей книге «Хруп-
кие объекты» (М. «Мир», 2000) описывает удивительный опыт. До-
447
бавим в воду один из растворимых полимеров —- полиоксиэтилен
(гюлиокс) из расчета один грамм на десять литров воды. Теперь, да-
же если конец шланга находится на расстоянии 20 см от поверхности
воды в сосуде Л, сифон работает! Растворенные в воде молекулы по-
лиокса сворачиваются в клубок. Но, подхваченные течением, вы-
прямляются, образуют структуру типа резины и «увлекают» за собой
воду (рис. 3.1.20 б). Попробуйте повторить этот опыт.
3.1.21. В системе отсчета, связанной с баком, эффективное уско-
рение свободного падения g_^-g-w. Поэтому поверхность воды
представляет собой плоскость, перпендикулярную вектору g^ и об-
разует угол а, с горизонтальной плоскостью, tga = w/g (рис. 3.1.21).
Поверхность воды пересекает боковые грани бака на расстояниях
b12 = £[1 ± (1/2)tga) от плоскости основания бака.
Поскольку давление воды в некоторой то^ке на глубине равно
р(Лк) “ Рат + g^ “ л/^2 +м;2 > то давление максимально в точке А:
Ра = Р„ + PgK’ = Ас>АС = ^cosa.
Рис. 3.1.20 б
Рис. 3.1.21
3.1.22. На надутый шарик действуют сила тяжести шарика с воз-
духом и выталкивающая сила. Выталкивающая сила равна весу воз-
духа в шаре. Этот опыт служил «доказательством» того, что воздух не
имеет «веса».
3.1.23. В каждом случае сила Архимеда одинакова. (Согласно
условию плавания в каждом случае величина силы Архимеда равна
величине силы тяжести, действующей на кусок пробки.)
3.1.25. Сумма сил, давления, действующие на цилиндр в горизон-
тальном направлении, равна нулю. Перечислим силы, действующие в
вертикальном направлении. На верхнюю половину цилиндра действу-
ет сила тяжести, сила давления воды , сила давления воздуха в ап-
парате и сила реакции N .
448
Поскольку сумма сил равна нулю, то
-mg/Ч - + pg(tf - d/2)]5 + p„S + N = 0. (1)
Па нижнюю половину цилиндра действует сила тяжести, сила
давления воды F\, сила давления воздуха в аппарате и сила реакции
/V' (7V = TV). Следовательно,
+ [рат + р£(Я+d/2)]S-paTS - А= 0. (2)
Из (1), (2) следует условие плавания — mg + pgdS = 0 и значение
силы реакции N = pgHS. Полагая d = 2 м, 5 = 5 м2, h = 200 м, получим
;V=2 000 тс.
При погружении подводной лодки до глубины 200 м становится
заметной деформация: слышно — корпус трещит или точнее — глухо
скрипит. Положение равновесия лодки неустойчиво поскольку при
деформации корпуса «плотность» лодки возрастает. В Северном Ле-
довитом океане особенно опасны чередования прослоек: пресные-
соленые, теплые-холодные. Лодка может неожиданно рвануться
вверх или провалиться и разбиться о дно.
3.1.26- 3.1.27. Величина выталкивающей силы F = mg = pgdS. Па
нижнюю половину цилиндра действует сила тяжести, сила давления
воды А, сила давления воздуха в аппарате и сила реакции N , сумма
которых равна нулю: ~mg!2 + [рат + pg(H + d/2)]5 - paS - N = 0. Сле-
довательно, N= pgHS = FH/d. Величина силы давления на дно
FL = pg(H+d/2)S = F(H/d + l/2).
3.1.28. Сумма сил, действующих на обе половины сферы
F =-pg(4na3/3) g/g.
3.1.29. Эта проблема, относящаяся к так называемым обратным
задачам, впервые решена Архимедом. Решение пришло Архимеду
внезапно, когда он принимал ванну. По легенде он с криком «На-
шел! Нашел!» — на греческом языке «Эврика» — побежал по улице.
Так был открыт первый закон в истории физики.
Предположим, что корона сделана из сплава золота и серебра,
плотности которых р, и рс. Вначале взвешивая сплав, определим мас-
су сплава т = mt + тг. Затем погрузим сплав в воду и взвесим его с
помощью динамометра. Показание динамометра Р = mg - p^gV. Учи-
тывая, что тз = рз1/, mr = pcVc, получим
(т - тс т /л.
P = mg-pag\-----L + — . (1)
Ip. Pc J
449
Если взвесить в воде массу ш чистого золота, то вес
Из (1), (2) находим
ТУ т
P = mg-p,g—.
Р,
P-P = pm,g
1
Ре
PJ
(2)
(3)
Если выполняется неравенство Р > Р, то сплав содержит серебро.
3.1.30. Из условия плавания следуют уравнения
PegV/5-Mg=0,
p^V- (М + m)g- 0.
3.1.31. Пусть 5— площадь поперечного сечения сосуда, V— объем
плитки. Из условия плавания плитки получим уравнение т0 = pBFn, где
Vn — объем погруженной части плитки, который можно представить в
виде Vn = h}S. При погружении плитки в воду V - Vn = Следова-
тельно, V/Vn - 1 - Из условия плавания плитки с грузом нахо-
дим pBF-(m + тп0) - 0.
Масса груза т = mn(pBV/m0 - 1) = m0( V/Vn - 1) = mji2/hv т = 4 кг.
3.1.32. А. Пусть плотность тела р < рв. В этом случае тело плавает:
mg = РоХЦгогр- Приращение уровня воды находим из уравнения
&hS = Когр. Сила давления на дно F = р^(Л0 + &h)S - pjgh^S + mg воз-
растет на величину mg.
Б. Пусть плотность тела р > рв. В этом случае тело утонет. При-
ращение уровня воды найдем из уравнения AhS = V или Д/г = m/pS.
Сила давления на дно равна силе давления воды p^fyj + &h)S и веса
тела Р = mg - FBUT = mg - pgV. Следовательно, сила давления на дно
F = p^/fyS + mg как и в предыдущем случае.
3.1.33. А. Груз сняли. В этом случае Д/г = ~т/рв&
Б. Груз сняли и опустили в воду. Если груз плавает, то положе-
ние уровня воды не изменится. Если же груз утонет, то он вытеснит
m 1
объем воды V= т/рг. Приращение уровня = — —
^1<Рг
Ря J
3.1.34. В качестве модели лодки выберем тонкостенный паралле-
лепипед массой т, высотой Н, площадью основания S (рис. 3.1.34 а).
До начала протекания глубину погружения лодки h найдем из усло-
вия плавания mg - pjgSh = 0. Если h = Н, то вода начнет заполнять
лодку и она затонет (рис. 3.1.32 б). Если h < Я, то максимальная мас-
450
са воды М, которая может затечь в лодку, определяется из уравнения
М= p,(H-h)S.
Очевидно, лодка вытесняет объем воды, больший первоначально-
го, на величину (Н - h)S в результате проникновения через отвер-
стия такого же объема воды. Следовательно, уровень воды в бассейне
при погружении до глубины Я остается постоянным. Однако после
□того события вода начинает быстро заливать лодку и она затонет.
Уровень воды в бассейне понизится. Вот почему образуются водово-
роты в месте затопления судна, получившего пробоину.
Рис. 3.1.34 а Рис. 3.1.346
3.1.35. Очевидно, необходимо сравнить объемы погруженной
части льда У и образовавшейся после таяния воды Ув. Из условия
плавания находим Vn = p:iV/p, где Ул — объем куска льда.
Значение Ув найдем из закона сохранения массы в процессе тая-
ния: Ve = рдК/p.. Искомая разность ДУ = V - V =(1/рв - 1/р)р1Ул.
Возможны три ситуации.
1. Лед плавает в воде. В этом случае ДУ *= 0 — уровень воды в со-
суде не изменится.
2. Лед плавает в соленой воде плотностью р > рв. Тогда Vu < У,
уровень смеси повысится.
3. Лед плавает в масле плотностью р < рв. В этом случае УИ>УВ,
уровень смеси понизится.
3.1.36. Очевидно, слой керосина находится на поверхности воды.
Пусть - объем льда в воде, У1К - объем льда в керосине. Объем по-
груженной части льда
К = (1)
Условие плавания льда
рЛлрХ, = рХ (2)
После таяния льда
рЛ = p.v.. (3)
где Ув — объем образовавшейся воды. Из (1)-(3) получим
К,= К.(1 -р./р.) + К> к.
451
Следовательно, верхний слой керосина понизится. Из (1) следу-
ет, что К1В = VB ~(рк/р9) Улк <FB, т.е. нижний слой керосина повысится.
3.1.37. На рис. 3.1.37 б изображены силы, действующие на каж-
дый шар. Из условия равновесия получим уравнения
р^К/2 - mg + 7’sina = 0, (1)
Nt- Tcosa = 0, (2)
p^F- mg - Tsina = 0, (3)
-N2 + Tcosa = 0. (4)
Из соответствующего треугольника найдем sina = 1/2, a = л/6.
3.1.38. Условие плавания бревна pgVJ - Mg = 0. Из рис. 3.1.38
следует, что площадь поперечного сечения бревна на уровне поверх-
ности воды S = 2L -h2 .
Условие плавания бревна с уткой pgF2 -(М + m)g = 0. Следова-
тельно, V2 - Ц = т/р.
Оценим теперь максимальную величину выталкивающей силы,
действующей на бревно: F = nfi/Lpg = 314 Н. Поскольку mg = 9,8 Н,
то Д/i « Л. Поэтому приращение погруженного объема V2 - Vi *SAh.
3.1.39. А. Плотность тела р = 0,5 • 103 кг/м3.
Б. Плотность тела р = 1,5 • 103 кг/м3. Величина выталкивающей
силы F= p,gV, F~ 19,6 Н.
3.1.40. Когда человек стоит на доске, то на нее действуют сила
реакции в точке О, сила тяжести доски, сила веса человека и вытал-
кивающая сила. Точка приложения выталкивающей силы находится
на расстоянии s + (L - $)/2 от оси вращения.
Пусть S - площадь поперечного сечения доски. Из условия ра-
венства нулю суммы моментов сил относительно оси, проходящей
через точку О, получим уравнение
mgs + MgL/2 - p,Sg(L2 - ,s-2)/2 = 0. (1)
452
(2)
Полагая согласно условию т = 0, s = L/2, находим М = 3pBSL/4.
Подставляя 5в (1), получим квадратное уравнение
ms + ML/2 - (2Af/3)L[l - (s/L)2] = 0.
Из (2) находим s = -^-(V9zn2 + 4Af2 -Зт).
4 Л/
Рис. 3.1.38
Рис. 3.1.41 б
3.1.41. Очевидно угол а на рис. 3.1.41 а равен л/6. На понтон
действуют сила тяжести, сила веса частицы и выталкивающая сила,
приложенная в точке В (рис. 3.1.41 б). Поскольку в двух случаях
система находится в равновесии, то объем погруженной части не из-
меняется. Из условия равенства нулю суммы моментов сил относи-
тельно оси, проходящей через точку О, получим уравнение
Afgasina - mgRcosct = 0.
Отметим, что при условий ОС < ОВ система также находится в со-
стоянии устойчивого равновесия.
3.1.42. В условии равновесия элементарной массы воды
p(g-w)tir -Др = О
выберем ось z направленную вертикально вниз.
В результате получаемp(h) = рп + pB(g- w)h.
3.1.43. Запишем условие равновесия для двух случаев:
0 = mg-р,(ЗГ/5)£ mw = mg-p,V,,{g- w) Ул = 0,6V.
3.1.44. В неинерциальной системе отсчета выталкивающая сила
направлена параллельно вектору g * = -(g-w)t где w — центрост-
ремительное ускорение банки в инерциальной системе отсчета.
3.1.45. Величина подъемной силы F равна разности выталки-
вающей силы — веса воздуха, вытесненного шаром, и «веса» воздуха
в шаре: F= P1gK- P£V=gV(l/1\ - l/T2)pMB/R.
Из условия F > mg, находим V > 70, Уо = mRT\T2/\pMB (Т2-
= 255 м\
453
3.1.46. Величина подъемной силы /Нравна разности веса воздуха,
вытесненного шаром, и «веса» гелия:
F= P^V-p^V=pgV(M. - MUf)/RT.
Подставляя Мъ = 0,029 кг/моль и МН( = 0,004 кг/моль, получим
F= 10,1 Н.
3.1.48. Облако не плавает, а незаметно опускается. На отдельную
каплю действуют сила тяжести, выталкивающая сила и сила сопро-
тивления со стороны воздуха, сумма которых при установившемся
движении капли достаточно малых размеров равна нулю. Поэтому
облако не плавает, а незаметно опускается к земле с постоянной ско-
ростью — облако «тонет» в воздухе. Капли большей величины пада-
ют на землю в виде дождя.
3.1.49. Закон Стокса дает удовлетворительную точность при зна-
чениях числа Рейнольдса Re « 5, Re = 2арр/ц, р — плотность воздуха.
Из второго закона Ньютона получим уравнение 0 = mg - 6лг|а[;0, или
0 = m(g~ р0/т), ц, = gr, т = 7п/(6лг|а) = 2ра2/(9т]), р — плотность воды.
Пусть на высоте h = 600 м образовалась капля радиусом а = 6 мкм.
Величина т - 2ра2/9т], т ® 4,4 10 4 с. Установившейся скорость паде-
ния капли р0 = 2pga2/9r]. Следовательно, капля достигнет поверхно-
сти Земли за интервал времени Т = h/vQ = 37,5 часов.
Таким образом, капля падает настолько медленно, что за время
падения может испариться или, попадая, в восходящий поток возду-
ха, снова подняться. Лишь когда капли имеют радиус * 0,1-0,2 мм,
то они падают на Землю в виде дождя.
3.1.50. На каплю действуют сила тяжести, сила сопротивления воз-
духа и выталкивающая сила. Согласно второму закону Ньютона полу-
чим уравнение 0 = m g -6ят|а v + F .
Подставляя в уравнение 0 - mg - 6тгг]ари - 4ла3р^/3 значение
массы m ~ 4лра'ч/3, получим а - (9T]P0/2gp0)1/2, где р0 = р - рв; р, рв —
плотности воды и воздуха. Масса капли m = (4лр/3) (9r]P0/2gp0)3/2.
3.1.51. Устойчивому состоянию пленки соответствует наимень-
шее значение поверхностной энергии. При заданной длине нити
дырка образует отверстие максимальной площади — круг (рис.
3.1.51). На рис. 3.1.51 изображен элемент нити длиной Д/, точка О —
центр круга радиусом R. Угол аОс равен Д<р = Д//Я, А(р « 1. На эле-
мент нити действуют силы натяжения 7] и Т2 со стороны соседних
участков нити, величины которых Т = аД/ и сила поверхностного на-
454
тяжения, величиной AF = 2аД/ Очевидно, что сумма сил натяжения
направлена к центру круга. Вычисляя сумму проекций, найдем ве-
личину силы AF = 2Tsin(A(p/2) * ТДср. Следовательно, Т = aZ/л.
3.1.52. Для определения давления р, создаваемого поверхност-
ным натяжением в капле жидкости радиуса R, рассмотрим систему,
состоящую из капли и пара. На рис. 3.1.52 а изображен элемент по-
верхности капли в виде криволинейного квадрата с длиной стороны
AZ, середины сторон обозначены буквами a, b, cf d, точка О — центр
шара, расстояние ОМ = R. Углы между отрезком ОМ и отрезками Оа,
Ob, Ос и Od одинаковы и равны <р = AZ/27?, <р « 1. На каждую сторону
квадрата действует сила натяжения величиной AF = аД/. На рис.
3.1.52 б изображено сечение, проходящее через точки О, а, с. Оче-
видно, что сумма сил натяжения G направлена к центру шара.
Рис. 3.1.52 б
Рис. 3.1.52 a
Вычисляя сумму проекций на направление ОМ, найдем величи-
ну силы G = 4aAZsin<p ~ 4aAZ(p = (2a//?)AS, где Д5 = (AZ)2. Следова-
тельно, давление р = 2а/R. Эта величина равна разности давления в
жидкости рж и давления параplt: р-р„ -ря, или
Рж = Рп + 2а/Я. (1)
455
Получим теперь этот результат, вычисляя работу, совершаемую
внешней средой, ЗА = ~(рн - рж)ДИпри увеличении радиуса шара на
А/?. Поскольку V ~ 4тг/?3/3, то 84 = ~(ра - рж)4т1/?2Д/?. С другой сторо-
ны, S = 4л/?2, и работа, совершаемая внешними силами при создании
новой поверхности площади Д5 равна ЗА = аД5 = а8л/?Д/?. Прирав-
нивая оба выражения, получим (1).
Соотношение (1) называют формулой Лапласа — выдающегося
математика и физика, который в 1806-1807 гг. разработал теорию
капиллярных явлений.
3.1.53. Выберем ось zc началом на уровне воды, направленную вер-
тикально вверх. Согласно (3.1.3), (3.1.6) для частиц воды вблизи мени-
ска на уровне z = h имеем уравнения pgh + рв = const, рл = р. - 2а/а. Для
частиц воды на уровне z = 0 из (3.1.3) получим р0 = const.
Следовательно, h = 2a/(pga) + (р0 - p^/pg. Характерный пара-
метр a/pg= 7,43 10-6 м2 (при t = 20 °C), 2a/a = 291,5 Па.
В случае открытой сверху трубки получим высоту подъема воды
hB = 2a/(pga).
3.1.54. Для частиц воды в точках поверхностного слоя верхнего и
нижцего менисков из (3.1.3); (3.1.6) имеем систему уравнений
p#ft + р„ - 2а/а = const, par + 2а/а = const,
из которых находим h = 4а/(pga), h = 2,97 см.
3.1.55. Значение радиуса капельки, при котором добавка к дав-
лению одного порядка с давлением насыщенного пара над плоской
поверхностью R( = (2а/рн0)(ри0/рв). Если в пересыщенном паре спон-
танно возникает капелька воды, радиус которой R < Rc> то такая ка-
пелька испаряется и конденсация на капельке маловероятна. В слу-
чае R > Rq капля начинает расти. Обычно конденсация начинается на
уже имеющихся в паре зародышах — частиц пыли или ионах.
3.1.56. Ответ следует из решения задачи 3.1.52.
3.1.57. Поскольку Я, < R2, то избыточное давление в первом шаре
Pi = 4a/Rj больше избыточного давления во втором шаре р2 = 4a/R2.
Воздух будет вытесняться из первого шара пока на торце А трубы не
образуется мениск радиус кривизны которого станет равным радиусу
второго шара.
3.1.58. Разность давлений между наружной средой и жидкостью
а//?. Поверхностное натяжение наружного слоя воды между стек-
лянными пластинками создает недостаток давления Др = 2а/d. При
значении d = 10’2 мм величина Др = 0,146 атм.
456
3.1.59. Из условия равновесия «жидкой частицы» получим урав-
нение Др = р#Дг . На рис. 3.1.59 изображены приращения вектора
ускорения свободного падения Д^в точках а, Ь> к, с. Представим
правую часть в виде приращения некоторой функции в случае не-
сжимаемой воды. Учитывая соотношения гДг = гДг = Д(г2/2),
гДг/г3 =-Д(1/г), пДг = Дйг, hr к hr = Д( hr )2/2, получим давление
р( г )/р = Gmjr + (GmJZrJ)[3( nr )2 - г2] + С.
На поверхности океана давление равнорп. Следовательно, в точ-
ках а и b на поверхности океана (рис. 3.1.59) выполняются соотно-
шения
Gzn3/ra + Gm^/rJ + С = рт/р,
Gmjrc - GmS/2r^ + С =р,„/р.
Полагая ra - rr = h, r~ra~ R, находим h = (Зтя/2т/)(R/rM)3R. Под-
ставляя числовые значения rnjm:x = 81,3, r*JR = 60,34, R - 6371 км,
получим h = 0,535 м. Такой же подъем воды произойдет у антиподов.
*gc
—[ъ >3 а)—►
\ / *ga
Рис. 3.1.59
3.1.60. Начало координатной оси х выберем у основания трубки.
Пусть т0 — масса воды в колене трубки, Zo — высота уровня воды. При
смещении уровня в одном из колен трубки на х потенциальная энер-
гия воды W(x) = (т0 +Дт)(10 +х)/2 + (т0 - Дт) (10 - х)/2 = molo + pgSx2.
Полная энергия Е = mv2/2 + p#Sx2. Дифференцируя, получим
уравнение mdv/dt + 2pg& = 0.
3.1.61. С увеличением температуры уменьшается коэффициент
поверхностного натяжения, сила поверхностного натяжения умень-
шается.
3.1.62. ДЛ = 8а(/?2 - R/)/(pgRxR2).
3.1.63. Л = 87га/?2.
3.1.64. Условие равновесия ртутир + pgh = рат.
Из закона Бойля—Мариотта находимрп = 2pgh(l - h)/(I - 2h).
457
3.1.65. Из условия плавания получим уравнения т = pB//'S,
т = (рва + pb)5, а + Ь = Н.
Отсюда получим а = (рв/Г - рЯ)/(рв - р), b = рй(Я- Я')/(рв - р).
Л. Имеем систему Н = О,1рв///(рв - р), из которой находим
р = 0,9рв. Общий вывод: плотность жидкости должна быть равна
плотности цилиндра.
3.1.66. А. Глубину погружения льдины Л' найдем из условия
плавания pji = рвЛ'. Выберем числовую ось х с началом на поверхно-
сти воды и направим ее вертикально вниз. Сумма сил, действующих
на льдину в процессе погружения, равна нулю. Проекция внешней
силы Fx(x} = pgSx - mg < 0. При перемещении Аг внешняя сила со-
вершает элементарную работу 8И = Fxhx. При перемещении на отрез-
ке [0, hf] полная работа равна площади под графиком функции
Щх) = - h'Y-
А, = -p^Sh’72, А, = -р>$Л72р,.
Б. Теперь на отрезке [ А', Л] проекция внешней силы
Fx(x) ~ Р£$(х ~ Ь') > 0.
Работа внешней силы
Аг = pjgS(h - h')2/2, А2 = (р^Л2/2) [ 1 - (Р./Р.)]2-
3.1.67. Выталкивающая сила направлена вверх, модуль силы
[р(Л)-р(0)]5,
гдер=р(х) — давление на глубине х.
Из условия равновесия элементарной массы dp/Ах - p(x}g полу-
чаем р{х} = pjtg + А#г2/2 + С, где постоянная С = р„ определяется из
граничного условия jp(O) = рв?.
Следовательно,р(х) =р„ + p<gx + kgx*/2>
Условие плавания приводит к уравнению F= mg:
mg = p^h + kgh2/2.
3.1.68. Запишем условие равновесия элементарной массы жид-
кости в системе отсчета, вращающейся с угловой скоростью со. Со-
гласно условию равновесия сумма поверхностных сил, силы тяжести
и центробежной силы равна нулю:
др/дх = ра?х, (1)
др/ду = Р®У’ (2)
dp/8z = -pg. (3)
458
Уравнениям (1)-(3) удовлетворяет функция
р(х, у, z) = ро>2(т2 + у2)/2 - pgz + const.
В точке х - 0, у = 0, z = zQ на свободной поверхности давление равно
атмосферному давлениюр^. Следовательно, const = рп + pgz(l,
р(х, у, z) = р„ + р®2(х + у2)/2 - pg(z - z0).
Для множества точек на поверхности р(х, у,г) = рлГ Уравнение
поверхности — параболоид вращения z = z0 + <d2(z2 + у2)/2g,
3.1.69. Величина подъемной силы F = mg равна разности веса
воздуха, вытесненного шаром, и «веса» нагретого воздуха:
т=(рМйУ/И)({/Т,-1/Т2).
Подставляя Мл = 0,029 кг/моль, V = 4л7?3/3, получим t2 = 43 °C.
3.1.70. Запишем условие равновесия шара у поверхности земли
Р(Уо/? “ wg - F = 0. На высоте И сумма силы тяжести и выталкиваю-
щей силы равна нулю 2pV0g - mg = 0.
3.1.71. Пусть pit ре - плотности воздуха внутри и вне шара, та —
масса оболочки. Показания весов при взвешивании надутого шара
рУё + mg ~ рУё-
Избыточное давление Др = &mRT/MV.
3.2. Адиабатическое течение жидкости и газа.
Закон Бернулли
3.2.1. Введем систему координат с осью z, направленной верти-
кально вверх и рассмотрим движение жидкой частицы массой иг,
объемом V. На частицу действуют сила тяжести и сила давления.
Учитывая (3.1.2), получим элементарную работу сил давления
84 = F&r = -УДр. Приращение полной энергии частицы равно рабо-
те поверхностных сил А(ти2/2 + mgz) = - VAp.
Согласно условию 2 первый закон термодинамики имеет вид
AU = -р&У. Складывая оба соотношения, получим
&(mv2/2 + mgz + f7) - - VAp -p&V= -A(pV).
3.2.2. Предположим, что выполняются условия применимости
закона Бернулли. Пусть величина скорости смещения уровня воды в
резервуаре равна vr Тогда из (3.5.2) для частиц воды на поверхности
резервуара и в отверстии имеем
Р„ + P8h + Р^72 = Л, + pyt72. (1)
459
Дополним систему уравнением непрерывности
= глД. (2)
Из (1), (2) находим2 .
Если Sj « S2, то и, = \j2gh . Это соотношение называют формулой
Торричелли, который получил ее в 1641 г., задолго до работы Бер-
нулли.
Экспериментальные исследования формы струи показали, что
площадь поперечного сечения струи вблизи круглого отверстия име-
ет величину kSv к = 0,61-0,64. Следовательно, расход воды в единицу
времени Диг/Д^» O^p^J^gA)172.
3.2*3. А. Направим ось х параллельно линии тока на оси отверстия.
В точках, удаленных от отверстия, скорость воды пренебрежимо мала и
давление равно статическому давлению. Сумма сил давления на боко-
вые стенки равна нулю всюду, исключая площадку на стороне, проти-
воположной отверстию. На нее действует сила Fx = -pghS^ Согласно за-
кону сохранения массы в области отверстия скорость воды постоянна.
Поэтому сила, действующая на воду со стороны стенок трубки, равна
нулю. Тогда сила, действующая со стороны вытекающей воды на стенки
трубки равна нулю. Сечение вытекающей струи равно 5t/2.
Б. Согласно закону сохранения массы в области отверстия ско-
рость воды при приближении к отверстию возрастает. На элементар-
ные массы воды действует сила, направленная к центрам закругления
входа в трубку. Второй вклад в силу реакцию получается вследствие
третьего закона Ньютона. В этом случае сила реакции Fx = -2pghSir а
сечение вытекающей струи равно
3.2.4. Пусть р — давление в резервуарах Я, и Rz. Согласно (3.2.2)
параметры состояния воды на уровне основания струи и уровне h2
поверхности воды в резервуаре R2 связаны уравнением
pv2/2 + pghi+pt7 = pgh2+p.
Рассматривая частицы жидкости на уровне Л3 в открытом резер-
вуаре R3 и на уровне Л, в резервуаре получим еще одно уравнение
Р^з + Р« = рА +р-
Исключая р, находим v = (2gh)'n, h = (h2 - Л,) -(Л4 - h3).
Длина струи L = h, L == 0,5 м, v - 3,132 м/с.
3.2.5. Расход воды Q = phLv. Для линии тока, начинающейся на
свободной поверхности, в точках, далеко отстоящих от края плотины,
460
скорость воды равна нулю. Из закона Бернулли для линии тока, про-
ходящей по поверхности воды, получим уравнение
Р„ =Р« + ~ PgH.
Следовательно, расход воды Q = phL^ZgH . Его можно найти по
измеренным величинам Н и h в любом месте потока. Дополнитель-
ную информацию можно получить из анализа функции F(v) = Н + Л,
при Q = const: F(v) = Q/(pLv) + v2/2g.
Функция F(y) имеет минимум при значении vm = (g(2/pL)1/3,
F(vm) = (3/2)(@/pgL)2/3. Следовательно, скорость элементарной массы
воды возрастает от нуля в резервуаре до значения, большего, чем vm.
Значение vm наблюдается в том месте, где расстояние F минимально
на рис. 3.2.5. При этом условии значение h в наивысшей точке пло-
тины hm = (Qt/pgL)''3.
Физический смысл величины vm = (gQ/pL)i/3 = y]ghm , состоит в
том, что она представляет собой скорость распространения с = y[ghm
волны малой амплитуды на мелкой воде. Эта волна может распро-
страняться только внутрь резервуара вверх по потоку от наивысшей
точки плотины, но не вниз по потоку. Именно поэтому плотина за-
держивает воду.
3.2.6. Расход воды связан с приращением массы воды Ат соотно-
шением Q = кт/М. Из (3.2.2) следует, что приращение полной энер-
гии элементарной массы воды Ат равной Ami?/2 + bmgH возникает в
результате работы сил давления, создаваемого мотором 84 - Pkt. Сле-
довательно, мощность насоса Р = Qu2/2 + QgH,
Пусть Q = 10 кг/с, Н = 10 м, 5 = 10"2 м2. В этом случае Р - 1 кВт.
3.2.7. Невозмущенные значения скорости и давления слева от
ветроколеса равны vQ и pQ, а справа -и0 и pQ. При подходе к ветроколе-
су скорость воздушного потока уменьшается до значения и и плавно
изменяется при переходе через него. Давление в отличие от скорости
меняется скачком: непосредственно слева у ветроколеса давление
равно pif а справа -р2. В области перехода через ветроколесо в ре-
зультате неустановившегося процесса .перемешивания условие ста-
ционарности потока воздуха нарушается. Поэтому запишем уравне-
ние Бернулли для воздушных потоков слева и справа от ветроколеса:
ру//2 + р0 = ру2/2 + р„ ру2/2 + рг = ри„2/2 + л-
Отсюда находимpt- р2 = p(va2 - u02)/2.
461
Воздух действует на лопасти ветроколеса с силой
Л. = (р, -Рг)8= рЖ2 - «о2)/2.
За интервал времени At через ветроколесо проходит масса возду-
ха Am = pSvAl.
Приращение импульса этой массы воздуха АРх = Am(u0 - должно
быть равно импульсу силы давления, действующей со стороны лопастей
на воздух ДРх = -FJM, т.е. FT = р5и(р0 - ц,). Сравнивая оба выражения
для Ft, получим v = (и0 + и0)/2. Сила, действующая на ветроколесо, раз-
вивает мощность Р = Fxv, Р - pSv(vQ ~ u0) = 2pSv*(vQ - v).
Функция P(v) достигает при v = 2р0/3 максимального значения
P^SpS^/27.
Современные ветроколеса развивают мощность 500-600 кВт. В
1994 г. была пущена ветряная электростанция «Аэлус-П»(ФРГ)
мощностью 3 Мвт. Встречные роторы диаметром 80 м установлены на
мачте высотой 90 м.
Мощность ветряных энергоустановок, построенных в Германии
до 2002 г. равна 8000 МВт — это мощность 5 АЭС. На втором месте —
Испания (3000 МВт), третьем — США (2495 Мвт).
3.2-8. Классический вертолет не может развить скорость более
350 км/ч. Практический предел грузоподъемности — 25 т. Ограни-
чение по удельной нагрузке — не более 30 кг на каждый м2 площади
круга, ометаемого винтом. Следовательно, длина лопасти может быть
не более 15-17 м.
Шестиместный вертолет Ка-26 массой 3,2 т имеет два двигателя
мощностью 240 кВт, диаметр винта 13 м. Подставляя эти данные, по-
лучим /V» 352 кВт. Эта величина меньше реально развиваемой мощ-
ности, поскольку часть энергии теряется из-за трения и завихрения
потока воздуха.
3.2.9. Закон Бернулли здесь неприменим, поскольку в области
расширения трубы происходит вихревое перемешивание жидкости.
Подробная картина течения может быть рассчитана только на ком-
пьютере. Для решения поставленной задачи воспользуемся законом
изменения импульса жидкости, протекающей через замкнутую не-
подвижную поверхность S. Представим ее в виде множества N эле-
ментарных плоских элементов площадью &Sk, ориентированных в
направлении единичного вектора пк, направленного перпендику-
лярно поверхности наружу (к = 1,2, ... N). Пусть ик —скорость жид-
кости в некоторой точке малого элемента А5а. Пренебрегая касатель-
462
ными компонентами сил вязкости на стенках трубы, можно записать
закон изменения импульса жидкости в виде
Ер'5* ( ) AS* =- ЁРЛ *Sk. (1)
к=1 k=i
Левая часть (1) пропорциональна приращению импульса жидко-
сти, протекающей через поверхность S. Правая часть (1) пропорцио-
нальна импульсу сил давления, приложенных к поверхности жидко-
сти со стороны окружающей ее среды.
Из уравнения непрерывности находим
~ (2)
где 5t, S2 — площади поперечных сечений узкой и широкой труб.
В качестве поверхности S выберем поверхность, ограниченную
поперечными сечениями, отмеченным на рис. 3.2.9 штриховыми ли-
ниями, и стенками труб между этими сечениями. Учитывая (2), за-
пишем левую часть (1): pi?22S2 - - v{).
Поскольку на участках АВ и CD поверхности 5 давление равноpv
а на участке EF равное, то правая часть (1) принимает вид
М, +р,(52 - -р^г = (р, -P2)S2.
Из (1) находим давление в области справа от расширения трубы
р2 = р, + ру2(у, - у2), илир2=р, + ри12(5,/52)(1 -5,/5г). (3)
Эту величину можно сравнить с давлением р2Б в случае плавного пе-
рехода от узкой к широкой трубе. Используя закон Бернулли, получим
р2Б=а + р(".2 - ^2)/2 =р, + р^2[1 -
Следовательно,р2 = р2Б + Д/?, Др = -рг,2(1 - 5,/52)2/2 < 0.
Таким образом, давление р2 при внезапном расширении трубы
меньше, чем при плавном расширении, на величину ри/(1 - SJS2)2/2.
Иначе говоря, мы можем утверждать, что при внезапном расширении
трубы постоянная в правой части (3.2.2) уменьшается на величину
I Др|. Следовательно, вихреобразование, обусловленное силами вязко-
сти приводят к уменьшению внутренней энергии единицы объема
жидкости на величину I Др1.
3.2.10. При движении с постоянной скоростью сумма силы тяже-
сти и силы поверхностного давления (3.1.2) равна нулю
-р£Г-(Др/Дз)Т=0. (1)
463
Для адиабатического процесса из первого закона термодинамики
(2.2.3) и уравнения состояния имеем уравнение &Q = О,
О = тсу\Т + А(рК) - ИАр = тсрЬТ-(т/р)кр. (2)
3.2.11. Положим в (3.2.1) о = 0 и вычислим производную полу-
ченного соотношения.
3.2.13. Условие всплывания bTj&z < -g/c приводит к неравен-
ствуТ;- Tx>gd/Ct.
3.2.14. По значению величины кя можно судить о том насколько
устойчиво состояние тропосферы. На рисунках 3.2.14 а, б изображе-
ны графики функций Ta(z) = TQ - kaz, T9(z) = To - k2z.
Если масса воздуха Лиг, которая первоначально находилась в
равновесии на высоте г, переместится вверх в точку с координатой
zy + Az, то ее температура изменится в соответствии с рис. 3.2.14а на
величину АТ = -/cdAz, а температура окружающего воздуха изменит-
ся на величину АТ = -fc,Az. Следовательно, Г, + АТ > T&(z{ + Az): мас-
са Аиг окажется в окружении более холодного воздуха. Поскольку,
плотность воздуха массой Аиг меньше плотности окружающего воз-
духа, то эта масса всплывает. Подобное состояние атмосферы назы-
вают неустойчивым. Оно благоприятно для рассеивания вредных
примесей.
3.2.15. Зависимость температуры от высоты T8(z) = Тв0 - A\z. Тем-
пература воздуха, выходящего из трубы Тв(Л) == Тв0 - kji + АТ. При
адиабатическом движении вверх воздух охлаждается:
Ta(z) = Тв(Л) - k*(z - h),z> h.
На некоторой высоте Я частицы воздуха пересекут положение
равновесия z = Н при условии Т0(Я) = ТВ(Я). Из приведенных урав-
нений находим Я= h + &Т/(кл - &в).
3.2.18. Из таблиц находим плотность насыщенного пара
р/уо=25,8 г/м3 при температуре t0. Следовательно, плотность пара
р10 = 0,5 p/zo = 12,9 г/м3. Из той же таблицы находим, что точка росы
соответствует температуре несколько большей = 15 °C.
Высоту Яр на которой происходит конденсация, найдем из урав-
нения: ti = tQ - ktl\. = 1,22 км. Температуру t на высоте Я найдем
из уравнения t = - кн(Н ~ Я,), где кн = 5,4 • 10 3 К/м.
3.2.20. Наиболее заметные погодные явления такие, как дождь,
снег, град, туман и т.д. возникают благодаря присутствию в воздухе во-
дяного пара. Поток влажного воздуха, встретив на пути горы, подни-
464
мается вверх по склону и адиабатически охлаждается. На некоторой
высоте влажность воздуха достигает 100%. Далее подъем воздуха со-
провождается конденсацией и выделением теплоты, препятствующей
адиабатическому охлаждению. Это приводит к замедлению падения
температуры с высотой цо сравнению со случаем подъема ненасыщен-
ного воздуха. Теперь масса воздуха, содержащая насыщенный пар,
поднимаясь по наветренному склону охлаждается примерно на 0,54 °C
на каждые 100 м: «влажноадиабатический» градиент температуры
= 5,4 • 10'3 К/м.
К тому времени, когда воздух переваливает через вершины горного
хребта, и начинает опускаться по подветренной стороне, в нем почти
не содержится водяного пара. Далее он нагревается вследствие адиаба-
тического сжатия при спуске в область повышенного давления. Уве-
личение температуры составит уже 0,98 °К на каждые 100 м спуска.
3.2.21. Из условия равновесия элементарной массы воздуха,
уравнения состояния и уравнения процесса dp/dz = -pg, р = pRT/M,
Т= То - kaz, получим уравнение
dp/dz = -pMg/R( T0-k'Z). (1)
Начальное условиер(0) = р0.
Учитывая, что Me /R = п/{п - 1), п = ср/су>п= 1,4 получим решение
п
уравнения (1) в виде p(z) = p{)(i-gz/c То)^ • В случае однокомпо-
нентного газа условие (1) является необходимым и достаточным, что-
бы система находилась в состоянии термодинамического равновесия.
3.2.22. Из условия равновесия элементарной массы воздуха,
уравнения состояния и уравнения процесса dp/dz = -pg, р = pRT/M,
Т = TQ получим уравнение
dp/dz =-pMg/RT^. (1)
Начальное условие р(0) = р(Г
Решение уравнения (1) p(z) = p^xp^Mgz/RTy).
Если учесть неоднородность поля тяготения, то после замены
g —>ga / (а + z)2, (а — радиус Земли) получим уравнение
dp Mga2 dz
Р ВТ0 {a + z)2
Решение уравнения (2) p(z) =/?оехр
Mga2 1____1_
RT0 a a + z
465
3.2.23. В случае «плоской» Земли плотность воздуха
p(z) = poexp(-Mgz/RTo),
масса столба воздуха
□с
т = Р<Д fazexp(-Mgz/RT0) = pJSRTJMg.
О
Координата центра тяжести столба
ОО
zr= (р^/т) jdzzexp(-Mgz / RT0) =RT0/Mg.
О
3.2.24. Из уравнения Бернулли (3.2.1) имеем
р72 + Срт=Срт0. (1)
Здесь сТ = w — энтальпия единицы массы. Используя уравнение
состоянияр = pRT/M и соотношение В - М(ср - cv) представим функ-
цию iv = срТв виде w = пр/[(п - 1 )р] = с/(п - 1).
Тогда из (1) получим (п - 1) v2/2 = с02 - с, с/ = пр0/р0, где с0 - ско-
рость звука внутри резервуара.
Поскольку с 2/с2 = TJT, то
(тг - 1)ЛГ2/2 = То/Т- 1. (2)
Из уравнений состояния и процесса р = Арп получим соотноше-
л-1
ние TJT = (р0/р)(р/р0) = (#>//0 " • Подставляя в (2) найдем давле-
п-1
ние на линиях тока 1 + (и - 1)ЛГ2/2 = (р0/р) " ,
3.2.25. Обозначим энтальпию единицы массы w\ mcpT = miv,
w = с /(n - 1). Поскольку При адиабатическом процессер = const-Т''4"’1’,
то при расширении в вакуум газ охладится до нулевой температуры.
Из уравнения Бернулли (3.2.1) v2/2 + w = iv{) следует, что наибольшее
значение скорости получается при переходе газа в вакуум
3.2.26. Рассмотрим стационарное вытекание газа из большого
резервуара через трубку переменного сечения. Площадь сечения S(x)
достаточно медленно меняется вдоль длины трубы, а скорость газа
направлена практически по оси. Все величины, характеризующие
течение зависят только от координаты х. Запишем уравнение непре-
рывности и уравнение Бернулли pvS = const, v2/2 + zz? = const.
466
Дифференцируя уравнение непрерывности, получим
vSdp/dv + pS + pvdS/dv = 0. (1)
Поскольку уравнение процесса р ~ Лрл, то функцию zz? можно
представить в виде w - Апрп~'/(п - 1). Тогда
dw/dv ~Anpn2dp/dv = npp^dp/dv = (с2/p)dp/dv.
Из уравнения Бернулли v2/2 + w - ivQ находим
(c2/p)dp/dv 4- v = 0. (2)
Теперь из (1)-(2) получаем уравнение ~(v/S)dS/dv = (1 - v2/c2).
А. Дозвуковое течение (и < с). Если газ движется по сужающейся
трубе (dS < 0), то скорость течения возрастает. В расширяющейся
трубе дозвуковое течение замедляется.
Б. Скорость газа при сверхзвуковом течении (и > с) возрастает в
расширяющейся трубе и замедляется в сужающейся трубе. Отметим,
что уравнение (2) можно представить в виде dpv/dv = р(1 - v2/с}, где
j = ри — плотность потока жидкости или газа.
Плотность потока j = pt> возрастает, пока скорость остается дозву-
ковой — линии тока сближаются при М' = z?/c < 1, где М’ — число
Маха, названное в честь австрийского физика и философа Э. Маха
(1838-1916). Газ, вытекающий из камеры сгорания через сужающую-
ся насадку, ускоряется и достигает местной скорости звука v = vm = ст в
самом узком сечении, т.е. при dS/dx = 0.
Из уравнения с 2/2 + с2/ (п - 1) = с02/(п - 1) находим с/ = 2с02/ (п 4-1).
Плотность потока принимает максимальное значение jm - ртст в
точке, в которой скорость газа v = При течении газа через сужи-
вающееся отверстие скорость и - ст может достигаться только на вы-
ходном конце трубы.
Сверхзвуковая скорость может быть достигнута с помощью сопла
сначала суживающегося и вновь расширяющегося (рис. 3.2.26). В
расширяющейся части сопла возникает сверхзвуковое течение. Та-
кие сопла называются соплами Лаваля в честь шведского инженера
К. Лаваля, открывшего этот эффект в 1889 г.
3.2.27. Движения воздуха по вертикали важны для обмена влагой
и энергией между океаном и атмосферой. Движения воздуха, с кото-
рыми мы все знакомы, — ветры, в основном, горизонтальны. Пусть
v = v2, 0) — скорость малой частицы воздуха массой т объемом V.
В выбранных координатах угловая скорость Q = (QcosO, 0, QsinO),
Q = 7,3-10r,c \
467
Согласно (3.1.1) сила, действующая частицу, равна F = -G V,
G = (Лр/Ая, Ар/Ау> Ap/Az).
Сила Кориолиса
Л = Z К fx ^(Zp^sinO, 2pi?zQcos0 - 2pi4Qsin9, -2p^Qcos0).
Полагая t\=0, получим из закона Ньютона F + FK+mg = 0 урав-
нения
-Gx + 2PPJC2 sin 0 = 0, -Gy - 2рглгО sin 0 = 0. (1)
Из уравнений (1) следует соотношение между распределением
давления и направлением ветра, установленное в 1857 г. X. Бейс-
Баллотом: если в Северном полушарии встать спиной к ветру, то об-
ласть высокого давления будет находиться справа, а область низкого
давления — слева.
Из (1) следует, что скалярное произведение Gv = 0: ветер дует по
касательным к кривым, соответствующим постоянным значениям
давления; они называются изобарами.
Воздух, нагретый в тропиках, поднимается, затем движется к по-
люсам, охлаждается вследствие излучения и опускается к поверхно-
сти. В северном полушарии воздух достигает примерно конских широт
0 ft 30 °, йри опускании адиабатически сжимается, нагревается и фор-
мирует область высокого давления. Достигнув поверхности, воздух
растекается, образуя два потока направленных к югу и северу. В се-
верном полушарии первый поток образует пассаты — ветры со скоро-
стью 5-7,5 м/с занимают пояс между широтами 25 и 5° и дуют с севе-
ра-востока. Следовательно, в этой области Gi > 0, G2 > 0. На конских
широтах расположена область с очень малыми скоростями ветра. Вто-
рой поток создает в поясе между широтами от 35 до 55° юго-западные
ветры, порождаемые распределением давления Gx < 0, G2 < 0. На широ-
те ~ 60° находится область низкого давления. Далее к северу от 65° и до
полюса ветер дует с севера-востока.
Если не учитывать силу Кориолиса, то из второго закона Ньюто-
на A v- -G At/р следует, что скорость ветра направлена из области с
высоким давлением в область с низким давлением; в горизонтальной
плоскости ветер будет дуть перпендикулярно кривым, соответствую-
щим постоянным значениям давления. Однако на картах погоды
видно, что скорость ветра направлена по касательным к изобарам.
Причина в том, что мы пренебрегли вращением Земли.
468
3.3. Деформация твердых тел. Тепловое расширение
3.3.1. Напряжение, возникающее в продольном сечении оболоч-
ки опр = T/Snp, где Т ~ величина силы упругости, распределенная по
поверхности сечения площадью 5пр - Ld. Следовательно, а = T/(Ld).
Рис. 3.3.1 а, б
Для того чтобы найти величину Т рассмотрим малый элемент ци-
линдрической оболочки длиной L, ограниченный дугой Л/ = Яа, а « 1
(рис. 3.3.1 а). Площадь этого элемента AS = Ltd = LRa. На него дейст-
вует сила давления N величиной N~ptiS=pLRa.p -р2 -р{ и силы уп-
ругости 7\ и Т2 одинаковой величины Т со стороны остальной части
оболочки. Поскольку сумма сил, действующих на выделенный эле-
мент оболочки равна нулю, то N + + Т2 = 0. Отсюда находим
N= 27sina/2. Из таблицы значений функции у = sins находим, что для
х < 0,3 выполняется равенство sin# ~ х. Следовательно, Т = N/a = pLR.
Напряжение в продольном сечении оказывается равным = pR/d.
3.3.2. Из уравнения pnR? - о//(2лЯ) находим о2 = стпр/2. Может
быть по этой причине сосиски при варке лопаются вдоль длины, а не
поперек?
3.3.3. Напряжение a = pR/d, где р = &F/&S - давление, создавае-
мое центробежной силой AF = А/тгоо2Я, Am = 2nRdtdipc ~ элементар-
ная масса, AS = 2лЯА/г. Отсюда находим о - p^lt.
3.3.4. Вследствие разницы коэффициентов расширения при ох-
лаждении возникнет давление р на поверхности раздела медной и
стальной трубок. Тогда о* = pR/d2, <зс = pR/d^ или стм/ос = djd2, При
охлаждении линейные удлинения одинаковы:
aM(f2 - Q + ом/£м = ac(f2 - Q + <sJEe
3.3.5. Относительное удлинение элемента дуги поперечного сече-
ния сосуда АЯ/Я = стпр/Я. Подставляя величину = pR/d, найден-
469
ную в задаче 3.3.1, получим приращение радиуса А/? = pit/Ed. После
каждого сокращения сердца (около 100 000 раз в день) давление в
аорте возрастает. Поскольку объем стенки сосуда ~ Rd можно считать
постоянным, то dA/? + RAd = 0, Ad = -pR/E. Деформация может при-
вести к аневризме — местному уменьшению толщины стенки сосуда,
увеличению его радиуса и разрыву сосуда. Однако происходит это в
редких случаях при необратимом уменьшении модуля Юнга мышеч-
ных волокон стенки сосуда.
3.3.6. Напряжение о = AF/AS, AS = 2n7?d, величина силы, дейст-
вующей на поверхность кольца в плоскости сечения большого круга
AF = nF? Ар (см. задачу 3.1.10).
3.3.7. Направим ось х вертикально вниз, начало координат по-
местим на горизонтальной плоскости (рис. 3.3.7). В плоскости х - 0
на стержень действует сила реакции Тх = -Т, в плоскости на уровне с
координатой х - сила реакции Nx = N и сила тяжести Gx = m{g,
mi ~ PgSx. Сумма этих сил равна нулю: N = Т - pgSx. Поскольку сум-
ма всех сил, действующих на стержень равна нулю, то Т = F + mg,
N- F + mg - pgSx. Напряжение а(х) = N/S. Из закона Гука (3.3.1)
имеем уравнение AujAx = ъ(х)/Е. Согласно (3.3.2) удлинение
стержня Al = (F + mg/2)l/ES.
AT
Рис. 3.3.7
3.3.8. При однородной упругой деформации
ДР= (/„ + д/)(ао + Да)2 -Z0a02.
Учитывая (3.3.1) (3.3.3), получим с точностью до величины
-с = AZ//0 приращение объема
ДК = /„<(1 + Е) (1 - уе)2 - 1иаог« V0(l - 2у)е, = 10а0г.
Для материалов растительного происхождения у = 0,5: прираще-
ние объема равно нулю.
470
3.3.9. При упругой деформации ЛИ = (Ь + ЛЬ) (а 4- Ла)2 - Ъа. Учи-
тывая решение задач 3.3.8, получим приращение объемов
ЛИ1=Ьа2(1 4-81)(1 - уе^2- Ъа* УД1 - 2у)ер
8j = -mg/'LEa, Ио = а2Ь.
ЛИ,« Ио(1 - 2у)82, 82 = -mg/2Eab.
5И= (1 -2y)(b-a)Tng/2£'.
3.3.10. А. Направим ось z вертикально вверх, начало координат
совместим с основанием колонны. В плоскости z = 0 на колонну дей-
ствует сила реакции N =(0, 0, mg). В плоскости на уровне с коорди-
натой z — сила Т = (0, 0, 1\). Сумма сил, действующих на часть ко-
лонны, расположенную между плоскостями z = 0 и z равна нулю:
7’ = - pg(b -z)S. Следовательно, напряжение o(z) = pg(z-b).
Теперь согласно (3.3.1) получим уравнение Ли2/Лг = pg(z - h)/E,
из которого находим u2(z) = pg(z2/2 - hz)/E + С. В силу граничного
условия иг(0) = 0 константа С = 0. В результате получим функцию
U;(z) = pg(z2/2-/iz)/£.
Деформация колонны ЛЛ = иДЛ), ЛЛ = -pgh /2Е. Это соотношение
можно представить в виде ЛЛ = -(h/SE) (mg/2), где S — площадь по-
перечного сечения колонны.
Б. В соответствии с определением (3.3.4) энергия упругой де-
формации U = jdz(z-h)2 = rn^h/tiSE.
3.3.11. Отметим, что вертикальный брусок имеет напряжение,
равное допускаемым только в нижнем поперечном сечении. Во всех
других поперечных сечениях напряжения будут меньше. Можно
уменьшить количество материала, если увеличивать площадь попе-
речного сечения пропорционально силе давления.
Пусть S(j:) - площадь сечения в плоскости на высоте х от основа-
ния (рис. 3.3.11 б). На плоскость сечения действует сила Тх = -mg,
где т^ ~ масса части башни, находящейся выше сечения. Напряже-
ние в сечении = TJS = -mg/S. Площадь сечения на высоте х + Ах
равна S + AS. Для этого сечения получим соотношение
g0(S + AS) = - (т^ + pSAx)g.
Следовательно, площадь сечения удовлетворяет уравнению
dS/dx = -kS, (1)
где к = р^/ст0.
471
Решение (1) имеет вид 5 = Сехр(-кх), где С - константа, которую
найдем из условия S(0) = So: С = So, So = л7?02, S(x) = Soexp(-fcr). Пло-
щадь верхнего сечения S(h) = 50ехр(-/сЛ). Полное удлинение банши
АЛ = -cJt/E.
Рис. 3.3.11 б
3.3.12. Поскольку при градуировке корпус был закреплен, то по-
казание связано с полным удлинением пружины соотношением
Т=кЫ, (1)
где к = ES/lQ, lQ — длина пружины в ненапряженном состоянии.
Для того, чтобы найти Л/ вычислим напряжение o(z) = N(z)/S в
сечении, которое находится на расстоянии z от закрепленного конца
пружины. Силу N, действующую на эту часть пружины, найдем из
второго закона Ньютона (М + mz/l0)a = N, {m ~ mz/lQ)a = F- N.
Следовательно, напряжение g(z) = F(M + mz/Ц)/[S(M + /п)].
Согласно (3.3.2) полное удлинение AZ = uz(lQ),
М = — fdzs(z) =------\dz(M + m~) = + (2)
e] V ’ ES(M+m)> V 2ES(M + m) ’
Подставляя (2) в (1), получим T = +
2(M + m)
Рассмотрим некоторые частные случаи:
l .m«M, T~F.
2 .m»M,T*F/2.
3 .m = M, T=3F/4.
3.3.13. Введем ось z, направленную вертикально вверх, начало
координат — на плоскости.
Потенциальная энергия груза W(z) = mgz + k(z - Z0)2/2.
В положении равновесия сумма сил, действующих на груз равна
нулю: ~mg - k(zx - Zo) = 0. Согласно закону изменения полной энер-
гии получим уравнение mv1 + mgzx + kfa - Z0)2/2 - mgl^ = 0.
472
3.3.14. В напряженном состоянии длина средней линии лезвия
/0 = nli. Удлинение внешней части полукольца
A/ = n(tf + d/2) -nR^nd/2.
Относительное удлинение 8 = M/l^ = d/2/?, 8 = 4- ЮЛ
3.3.15. При деформации возникает напряжение о = 8 • 107 Па.
Пределы упругости хорошей стали на растяжение и сжатие почти
совпадают о - 109 Па. В этом случае максимальное значение отно-
сительного упругого удлинения 8ти = 5 • 1(Г\ Поскольку 8 < ешо, то
лезвие распрямится.
3.3.18. Потенциальная энергия альпиниста
W(z) = mgz +k(l - if/2>
где I - длина веревки, к = f/lQ.
Для оценок пренебрежем трением отдельных нитей веревки друг
о друга. Тогда полные энергии груза в положениях z = Zo и z = 12 оди-
наковы. Из закона сохранения полной энергии получим уравнение
О + mgl0 + 0 = 0 + mg(h - h2) + k(l2- if/2. (1)
Удлинение веревки AZ = h2 - hv l2 =^Z0 + AZ, h - h2 = 2h - lQ - AZ.
Из (1) получим уравнение
Zc(AZ)2 - 2mg[M + 2(Z0 - h)] = 0, (2)
из которого находим кЫ = mg[l + ^/1 + 2/y/rag ], где q = 2(Z0 - h)/lQ —
фактор падения, 2(Z0 - h) — «потеря» высоты.
Если между лидером и напарником нет точки страховки, то воз-
никает серьезная ситуация падения с фактором q - 2: высота падения
равна удвоенной длине веревки (см. задачу 1.7.24).
Полагая q - 1,6, получим удлинение веревки AZ = 2,42 м, относи-
тельное удлинение AZ/Z0 = 0,3. Величина силы, действующей на аль-
пиниста со стороны веревки, F = кЫ, F = 12,18 кН. Однако макси-
мальное значение усилия, которое может выдержать тело человека
^, = 5 кН.
3.3.19. Из закона сохранения полной энергии получим уравнение
0 + mglQ + 0 =
= 0 + mg(h - h2) + к, (Z, - Z0)2/2 + kf, - Zo) (Z2 - ZJ + k2(l2- if,/2.
Полагая h - h2 = 2h - Zo - AZ2, Zt = Zo + AZP Z2 = Zo + AZ2, перепишем
его в виде
0 = g(l0 -h)- 2mgM2 + Zc, (AZ,)2 + 2Zc, (AZ2 - AZ,) + fc2(AZ2 - AZ,)2.
473
Далее находим
МА=-(А -Л)/^) (AA/Zo) +
+ 71 + 2/29/"# + (/t М /mSk)2 - 2(/f - /2)AZ, /mgl0 ].
Полагая q = 1,6, AZt = 1 m,/( = 30 kII,/2 = 10 кН, получим F = k^l29
F= 5,76 кН.
3.3.20. Известно, что давление в центре Земли или Луны, созда-
ваемое гравитационными силами, достигает огромных значений.
Можно ли уменьшить давление в центре Луны так, что она разорвет-
ся на части? Реально проблема состоит в определении условий суще-
ствования спутников планет. Впервые эту задачу поставил в 1847 г.
французский математик Э. Рош.
На первый шар действуют силы притяжения планеты , второго
шара F12 и сила реакции (рис. 3.3.20).
На второй шар — силы притяжения планеты F2, первого шара
F2i и сила реакции N2 (N} = N2 = N).
Рис. 3.3.20
Пусть М >> т, Тогда влиянием спутника на движение планеты
можно пренебречь. Пусть г — расстояние от центра планеты до цен-
тра масс спутника, <о — угловая скорость вращения системы.
Из второго закона Ньютона получим два уравнения
таг(г + а)/2 = GmM/2(r + а)2 + G(m/4a)2 - N, (1)
тш(г -а)/2 = GmM/2(r - а)2 - G(m/4a)2 + N. (2)
Из (1), (2) находим величину силы реакции.
474
Напряжение
ст(г) = N/S,
о(г) =ст0[1 - 8/?3(Зг2 + а2) (рп/р1.)/г(г2 - а2)2], (3)
ст0 = G(m/4a)2/S,
где рп, рс — плотности планеты и шаров.
В случае г » а функция ст(г) обращается в нуль при значении
г = г0, г0 - 2/?(Зрп/рс)1/3. Для разрыва гантели необходимо, чтобы в об-
ласти ст(г) < 0 относительное удлинение перемычки превысило зна-
чение 10"3, т.е. при условии I ст(гр) I ~ Е • 10 3. Соответствующее значе-
ние гр называется пределом Роша.
На фотоснимках ближайшего к Марсу спутника — Фобоса, сде-
ланных космическим аппаратом «Вояджер», видна поверхность, ис-
черченная параллельными бороздами. Они могли возникнуть вслед-
ствие того, что Фобос, находящийся сейчас на расстоянии 9 450 км от
Марса, вошел в границы предела Роша г = 10 400 км.
В 1961 г. М. Л. Лидов начал цикл работ об эволюции орбит спут-
ников на сильно наклоненных орбитах. Если орбита Луны была бы
наклонена к плоскости эклиптики на 90 °, то орбита стала бы сжи-
маться и через 55 оборотов достигла поверхности Земли. Иначе гово-
ря, Луна просуществовала бы около четырех с половиной лет. По-
скольку для Луны предел Роша гр = 18 000 км ~ 37?, то она
развалилась бы до столкновения с Землей.
3.3.21. Нить образует цепную линию. Рассмотрим условия рав-
новесия левой половины нити. На нее действуют сила тяжести вели-
чиной rngjl, сила натяжения Го со стороны правой половины нити и
сила натяжения Т в точке Л (рис. 3.3.21). Поскольку h « I, то рав-
номерно распределенную нагрузку по кривой можно без существен-
ной ошибки заменить равномерно распределенной нагрузкой по про-
лету. Для h/l = 0,1 ошибка будет ~ 4%. Вертикальная компонента
Т = "^/2. Горизонтальную компоненту Т = ~TQ найдем условия ра-
венства нулю проекции момента сил на горизонтальную ось, прохо-
дящую через точку Л: О - ~Toh + mgl/8, То = mgl/8h.
2
Рис. 3.3.21
475
3.3.22. Обозначим РБ, Рс — нагрузки на бетон и стальные стерж-
ни. Из условия равновесия куба получим уравнение
Р = Л + РВ, (1)
Для того чтобы получить второе уравнение необходимо рассмот-
реть деформированную систему. Бетон не подчиняется закону Гука,
т.к. модуль Юнга уменьшается с увеличением напряжения. При рас-
чете напряжений вместо переменного модуля упругости принимают
значение, меньшее, чем то, которое следует из испытаний на сжатие
при малых напряжениях. Поскольку величина относительной де-
формации бетона и стержней одинакова, то
Р Р
(2)
^Б^Б
Следовательно, напряжение в стальных стержнях в Ес/Еь - 10
раз больше напряжения в бетоне стБ. Из уравнений (1), (2) находим
Р п _ Р
Рс= l + (EBSe /ECSC)’ Рв = i + (EcSc/EsSsy
Полагая 5Б = 105с, получим РБ = Р(.
3.3.23. Удлинение стальных стержней AZc = l2 - Zo, продольное уд-
линение бетона AZB = l2 - Z1 < 0. Поскольку сумма силы, сжимающей
бетон и силы растягивающей стержни равна нулю, то
5Д,(/2-и//о+ЗД(4-^)А = о.
Растяжение воспринимается сталью, сжатие — бетоном. Проч-
ность бетона при сжатии больше прочности при растяжении. Если
балку растягивать, то бетон находится в состоянии сжатия. В резуль-
тате прочность балки возрастает.
3.3.24. Обозначим Ри = ом5м, Ре = стД — нагрузки на цилиндр и
трубку. Из условия равновесия получим уравнение Р = 0*5, + стД.
Поскольку величина относительной деформации стали и меди оди-
накова, то &JE* = vJEz.
тл - Р
Из этих уравнении находим стм = —-—----— .
+ ('^'с /Р'м )*Л:
3.3.25. Пусть F — величина силы, растягивающей болт, равная
величине силы, сжимающей трубку. Полагая длину трубки равной
длине болта, получим уравнение Л/4 = (F/Sx)(l/Ec) + (F/S2)(l/EM),
F = —------------ F = 61,6 кН.
4/(1 + $Дс/$2Д)
476
Растягивающее напряжение в болте стг = F/Sx, ас = 102,7 МПа.
Сжимающее напряжение в трубке стм = F/Sr
3.3.26. Согласно (3.3.4) энергия упругой деформации
U = E(M/lo)Е 2Sl0/2.
Из закона сохранения полной энергии следует, что приращение
потенциальной энергии равно работе внутренних сил:
-mg(l0 + М) + mg(l0 - h) = -E(M/lo)2Sl0/2. (1)
Вводя величину статического удлинения стержня соотношением
AZS/ZO = mg/SE, представим уравнение (1) в виде (А/)2 - 2А/ДЙ + AZ) = 0.
Поскольку AZ << h, то AZ = (2AZ_/z)1/2. Напряжение в стержне ос = ЕА1/1п.
3.3.27. Рассмотрим элемент MN, длина которого до изгибания
стержня равна длине Az элемента АВ на осевой линии (рис. 3.3.27 б).
После изгибания Az = ЯАф, длина элемента MN станет Az' = (Я + х)Аф,
где Я — радиус кривизны нейтральной оси.
Полагая Az' = Az + Auf, найдем buj&z = x/R, Из закона Гука по-
лучим сть(х) = xE/R. Относительная деформация в поперечных на-
правлениях hujkx = -ух/Я, &иу/Ау = ~yx/R.
Найдем теперь радиус кривизны из условия равенства нулю сум-
мы проекций на ось у момента внутренних напряжений М и момента
внешних сил = -Л/о. На элемент поверхности поперечного сечения
действует сила AF = ст6(х)AS, проекция момента силы ЛМу = ab(x)x&S.
Е с
Полный момент сил относительно оси у М„ =—7 , I = ф dSx2 .
* * R У * J
Теперь напряжение можно представить в окончательном виде
сть(х) = xMQ/fy- Полагая, например, что поперечное сечение стержня
представляет собой прямоугольник а х b со стороной b в плоскости
изгиба, получим Iy = ab3/12. Для круга радиусом г получим 1у = пг/4.
X
Рис. 3.3.27 б
3.3.28. Поскольку угол а « 1, то прогибом стержня можно пре-
небречь при вычислении осевого напряжения, создаваемого силой
477
тяжести. Тогда результирующее напряжение ст получим как сумму
напряжения, создаваемого силой тяжести и напряжением при изгибе.
В соответствии с решениями задач 3.3.10, 3.3.27 имеем ст = стг(0) + стДя),
ст7(0) = -pg/i, CTfc(jr) = ixMJitr.
Проекция силы момента тяжести М ~ -MQt MQ = mg(A/2)sina.
Напряжение ст = ~pgh + 2pgxh2sina/r2.
Полагая х = -г, г получим напряжение в точках тип:
сттл = ~Р^(1 ±2Л.«па/г).
Плотность древесины р = 500 кг/м , предельно допустимое напря-
жение стл ~ 10' Па. Вклады сжимающего напряжения и напряжения
изгиба одного порядка при 2/zsina/r ~ 1. При h/r = 100, h = 30 м вели-
чина напряжения стЛ достигает допустимою значения при угле накло-
на a = 17°, sina = 0,3 (см. статьи: Л. Минеев. «Квант». 1992. № 3, 4).
3.3.29. Расположим начало координат в середине основания сте-
ны в точке О. Из решения задачи 3.3.28 найдем напряжение на уров-
не основания насыпи
ст = -pgh + xMJI*, It = ab'/\2. (1)
Найдем величину момента сил давления песка. На элемент по-
верхности стены действует сила величиной &F = pg (h - z)aAz, вели-
чина момента силы ДМ0 = pg(h - z)azkz. Модуль полного момента от-
носительно оси у,
h
Af0=pg J*dzz(h-z)a, Мо = pgah2/6. (2)
о
Из (1), (2) находим ст = -pgh + 2pgxh3/b3. Полагая х - -Ъ/2, Ъ/2,
получим напряжение в точках тип: стп т = -р^й ± pgh3/tf,
3.3.30. Возьмем стержень с заделанными концами. Температур-
ному расширению AZ = a(/2 - /JZq препятствуют силы реакции на
концах. Согласно закону Гука ст = Ea(t2 - Zt).
3.4. Волновое движение в среде. Звук
3.4.1. Глубина океана значительно меньше длины волны цунами.
В этом случае скорость волны с = y/gh , где h - равновесное расстоя-
ние от поверхности до дна. При приближении к берегу скорость рас-
пространения волны уменьшается. Замедление переднего края вол-
ны вызывает подъем воды. Высота фронта волны возрастает.
478
3.4.2. Скорость звука с = 2Zvr Величина силы натяжения Т = pSc2.
3.4.3. Столкнувшись с заслонкой, слой воды, прилегающей к
ней, останавливается и сжимается. Далее останавливаются и сжима-
ются последующие слои - возникает волна деформации, распростра-
няющаяся навстречу потоку со скоростью звука в воде св.
Пусть в момент времени t масса движущейся воды m(t). Остано-
вившаяся масса воды действует на нее силой F . Направим ось z па-
раллельно вектору скорости и запишем закон изменения импульса
массы воды за интервал времени At: pn(/) - p(ceAi*S)]u - m(t)v = FAt.
Очевидно, на заслонку действует сила N = —F , N = (0, 0, pc^Sv).
Следовательно, давление р = рсди. Полагая р = 103 кг/м3, св = 1500 м/с,
получим р = 15 • 105 Па. Рассмотренное явление называется гидравли-
ческим ударом. Разрушительное действие капель также объясняется
этим явлением.
3.4.4. Пусть u(t, х) — функция, представляющая собой компо-
ненту вектора деформации элементарного плоского участка стержня
с координатой х в момент времени t. Проекция на ось х скорости эле-
мента v(t, х) = Au/At. Проекция силы напряжения в соответствую-
щем сечении T(t, х) = Sa(t, х), напряжение ст(£, х) = Es(t, х), где
б(/, х) = Аи/Ах — относительное удлинение.
В момент соприкосновения переднего торца стержня с плоскостью
/ = 0 начальные условия имеют вид и(0, я) - 0, скорость каждого эле-
мента и(0, х) = -о0. Краевые условия: u(t, 0) = 0; при значении х = L, на
правом торце напряжение равно нулю Аи/Ах = 0 (рис. 3.4.4 а).
a) t = 0 б) 0<<<-
С
Рис. 3.4.4 а, б, в, г, д
479
Столкнувшись с плоскостью, прилегающей к ней слой, останав-
ливается и сжимается. Далее останавливаются и сжимаются после-
дующие слои - возникает волна деформации, распространяющаяся
вправо со скоростью звука с в твердом теле, с = ^Е/р , р — плотность
материала стержня, Е — модуль Юнга.
В интервале времени 0 < t < L/c в области 0 < х < сЛ скорость эле-
ментов v(t, х) = 0, напряжение ст = -pcz?0 = -Evjc. В области сЛ < х < L
скорость элементов v(t, х) = г?0, напряжение ст - 0 (рис. 3.4.4 б). В мо-
мент времени t - L/c фронт волны совпадает с плоскостью правого
торца. Скорость стержня равна нулю, деформация u(L/c, х) = -vjt/c,
напряжение во всех сечениях Evjc, энергия деформации mv*/2 (рис.
3.4.4 в). Далее волна отражается от правого торца стержня и фронт
движется влево. При прохождении фронта относительное удлинение
-vjc уменьшается до нуля, а скорость элементов возрастает от нуля
до щ (рис. 3.4.4 г). В момент времени t = 2L/c стержень переходит в
недеформированное состояние, все точки стержня имеют скорость
г?(21//с, х) = viP направленную вправо от стенки. В этот момент време-
ни стержень отскочит от плоскости.
Отметим, что строгое решение задачи представляет собой супер-
позицию стоячих волн
(? \ 1 • г. 4 • к к (2л 4" 1)^
uAt, х)=----) —z-s\nk„ctsinkx , кп =--------.
{ ’ cLttk2n п п ’ 2L
Скорость элементарных сечений и относительное удлинение
2р 30 1
р(/, х) =-—cosknctsinkx ,
Ь и=0%
s(t,x)=---—sink„ctcosk„x.
CLj п=0%
Энергия упругой деформации на отрезке времени 0 < t < 2L/c равна
гт 1^Ггг.2/, ч 2,, му 4тц, 1 mvl
(/,х) + рг2 (l,x)]dx— 2 УТ /от I 1 ~ ‘
2 J тг f^(2k + ly 2
3.4.5. Отметим, что функция pac(t, х, у, z) удовлетворяет основно-
му уравнению акустики — волновому уравнению. Эта функция мо-
жет описывать волну, возбуждаемую хлопком. Волновой процесс
реализуется элементарными массами воздуха, которые не колеблют-
ся, а последовательно смещаются и возвращаются в равновесные по-
480
ложения. Уравнение фронта волны г - ct = const или г - ct = rt - ctr
Мы получили уравнение поверхности сферы г ~ т\ + с(/ - ^), движу-
щейся со скоростью с.
3.4.6. Движение воздуха в точке наблюдения Р(х, у, z) начинает-
ся в момент времени tx = (г - а)/с и заканчивается при t2 = (г + а)/с,
где г = SP — расстояние межу точками S и Р (рис. 3.4.6). Волна про-
ходит через точку Р в течение времени 2а/с. Другими словами волна
имеет форму шарового слоя толщиной 2а, заключенного между сфе-
рами радиусов ct - а и ct + а. Внутри этого слоя давление изменяется
ио линейному закону р = pQ + ps, ps = Др0(г - ct)/2г — в наружной час-
ти воздух сжат, а во внутренней — разрежен.
Поражающее действие волны зависит от максимального значе-
ния рт функции р9. При рт ~ 20-40 кПа возможны легкие травмы,
прирт > 50 кПа последствия могут быть крайне тяжелыми.
3.4.8. В замкнутом сосуде наименьшая из собственных частот
порядка величины c/L, где L — линейные размеры сосуда. При на-
личии же маленького отверстия в стенке сосуда появляется новый
вид звуковых волн с собственной частотой v << c/L и длиной волны
X. » L. Если дуть у горлышка бутылки, то можно услышать звук оп-
ределенного тона. Колебания воздуха обусловлены тем, что при воз-
буждении разности давлений внутри и вне сосуда, появляется сила
упругости, действующая на воздух в сосуде и горлышке. В результате
действия этой силы воздух будет входить и выходить из сосуда нару-
жу. Поскольку отверстие достаточно мало, то этот обмен происходит
медленно. Поэтому период колебаний воздуха велик, а частота соот-
ветственно мала. Что же касается обычных собственных стоячих зву-
ковых волн внутри замкнутого сосуда, то наличие малого отверстия
практически не влияет на их параметры.
481
Па элементарную массу Am объемом AV, находящуюся в точке с
координатами х, у, z, действует сила (3.1.1). Направим ось z наружу
перпендикулярно плоскости поперечного сечения горлышка. По-
скольку X. » L, то зависимостью давления от координат в области
трубки можно пренебречь. В этом случае kp/kz « -pjl, гдеps(t) =p(t)
- pQ — звуковое давление, р0 — величина постоянного давления вне
сосуда, p(t) — давление внутри сосуда в некоторый момент времени.
Пусть и — проекция скорости малого элемента массы воздуха Ат,
объемом А И Тогда из второго закона Ньютона получим уравнение
(km) du/dt = -Ap/Az(AV) или pdu/dt = -bp/kz. (1)
Мы ограничимся рассмотрением движения воздуха в горлышке
сосуда при малых отклонениях от равновесного состояния с давлением
рп и плотностью р0. Тогда в (1) можно положить р «р0, &p/hz « ~pjl- В
этом случае уравнение движения приобретает вид
pttdu/dt=pjl. (2)
Приращения звукового давления Ар£ и плотности воздуха Aps
связаны соотношением
Арв = с2Ар£, (3)'
где с — скорость звука.
С другой стороны приращение плотности воздуха в резонаторе
Aps = -5роаА//У. Переходя к пределу А/ -> 0 в (3) получим еще одно
уравнение
dpjdt = -c2Sp0a/V (4)
Из (2), (4) следует уравнение гармонических колебаний
dW + = 0, со0 = c[S/(IV)]1/2. (5)
Пусть в момент, времени t = 0 звуковое давление д(0) = 0. Тогда
решение (5) представляет собой функцию ps(t) = Xsinco0/. Собствен-
ная частота колебаний давления v0 = (c/2n) [5/(fV)]1/2.
3.4.9. Давление и скорость воздуха в сечении z имеют вид
ps(t, х, y,z) = a cos kz cos coi, v(t, x, y, z) = (a/cp0)sin kz sin cot (1)
Звуковая волна (1) называется стоячей волной. Это решение
описывает также волны в плоском слое воды.
На торце трубы в плоскости z = Н звуковое давление равно нулю:
ps(t, z = Н) = 0 или coskH = 0. Отсюда находим допустимые значения
волнового числа к = кп, кп = л(п + 1/2)///, п - 0, 1, 2.Поскольку
к = 2я/Х., то длина волны Х.я = 2Н/(п + 1/2).
482
Если в трубке установить генератор звука частотой v, то он может
возбудить звуковое давление, представляющее собой наложение
парциальных давлений, создаваемых всеми стоячими волнами. При
значениях частоты v =# vn = c/X.n, vn ~ (и + 1/2)с/2Язвук практически
не возбуждается.
Однако при фиксированном значении v = va, vfl = (n + l/2)c/(277)
основной вклад вносит стоячая волна частоты vn, заметно превосходя
все остальные. Этот эффект является следствием резонанса — явле-
ния избирательного отклика системы на возбуждение звука генера-
тором гармонических колебаний: при значении v = (п + 1/2) (с/2/7) в
трубе возбуждается практически только одна стоячая волна. Основ-
ные частота и длина волны, соответствующие значению п = 0, равны
v0 = с/кН, Хо « 477. Спектр частот содержит лишь нечетные гармоники
основной частоты уп = (2n + l)v0.
Интересно, что ухо человека, имеющее глубину ~ 2,7 см, наиболее
чувствительно к звукам частотой 3 кГц близкой к частоте v0.
3.4.10. Давление и скорость воздуха в сечении z имеют вид
д(/, х, у, z)= a sin kz sin со/, v(t, x, у, z) = (a/cp0) cos kz cos co/.
Из уравнения sin кН = 0 находим к = kn, kn = nn/H, n = 1,2,.... До-
пустимые значения длин волн Хп ~ ЪН/п. Резонансные значения час-
тот vn - пс/Ик Звук, возбуждаемый генератором на частоте Vj = c/TJl,
называется основным тоном. Длина волны основного тона X, = 277.
Звуки, частот vn = nvt, соответствующие значениям п = 2, 3, ... , назы-
ваются обертонами. В органной трубе возбуждается «светлый звук»,
поскольку в нем присутствуют все обертоны основного тона.
Музыкальные инструменты из труб изготовлялись еще в Древнем
мире. В X в. органы, содержащие до 400 труб начинают использовать в
христианских церквях. Современные органы имеют около 40 000 труб.
Набор открытых трубок можно использовать в качестве направ-
ленного микрофона. Длина трубки 77. = c/2vi определяется резонанс-
ной частотой звука. Основной диапазон разговора 300-3300 Гц пе-
рекрывается трубками длиной от 55 см до 5 см. С помощью такого
микрофона можно прослушать разговор на расстоянии до 1 км в пре-
делах прямой видимости.
3.4.11. Учитывая, что ds/dt -su/ s , получим
сон(/, х, у, z) = со( 1 + пй/с ),
где п = — s/s — единичный вектор, перпендикулярный фронту волны.
483
При приближении источника к наблюдателю (пи >,0| частота
принимаемой волны возрастает сон > со. При удалении источника из-
лучения (пй < 0) частота принимаемой волны сон < со. Зависимость
частоты звуковой волны, принимаемой наблюдателем, от относи-
тельной скорости наблюдателя и источника излучения была открыта
в 1842 г. австрийским ученым X. Доплером.
3.4.12. Частота звуковой волны, принимаемой мышью
а>„(0 = d<D/df, ©„(/) =ш[1 + 2прЬп/с],
где n = —s/s — единичный вектор, перпендикулярный фронту вол-
ны, отраженной от бабочки,
^ьт = ~ Чп (0 ““ скорость бабочки относительно мыши.
При скорости ~ 5 м/с мышь способна фиксировать разность частот
сор = сон - со меньшую, чем значение ~ Зсо/100. Она стремится лететь так,
чтобы реализовать неравенство сон > со, соответствующее сближению с
целью. Если относительная скорость бабочки образует острый угол с
вектором п , то пи^ > 0, сон > со — мышь догонит бабочку.
Частота следования импульсов может изменяться от 10 до 200 Гц,
а минимальная длительность т = 0,5 мс. Фиксируя время запаздыва-
ния отраженного сигнала, мышь может обнаружить комара на рас-
стоянии $= 18 м.
3.4.13. График co(i) изображен на рис. 3.4.13 сплошной линией.
Частота волны, отраженной от объекта на расстоянии 5, изменяется
по такому же закону, но только со сдвигом во времени:
«„„(/) = 4~p(«-2s/c).
Через промежуток времени tt = 2s/c после начала импульса час-
тота принимаемой отраженной волны имеет значение со0 линейно
уменьшается.
Рис. 3.4.13
На рис. 3.4.13 график со(|Т1,(t) — пунктирная линия. Разность час-
тот сор = соотр(/) - со(/) = 2ps/c пропорциональна расстоянию $. Если
484
отраженный импульс регистрировать в течение интервала времени
Тт после излученного импульса, то эта система позволяет с высокой
точностью измерять расстояния s < 30 см. Отражение импульса от
двух объектов на расстояниях s, и s2 > фиксируется как возраста-
ние частоты относительно частоты генератора на величины 2psjc и
2psjc. Однако многие насекомые и бабочки, пользуясь приемниками
ультразвука, научились спасаться от мышей, маневрируя или вклю-
чая активное глушение.
3.4.14. Громкость — параметр звука, характеризующий субъек-
тивное восприятие интенсивности. Звуки в области частот 1-5 кГц
кажутся более громкими, чем звуки той же интенсивности в других
областях частот. По мере повышения интенсивности различие в гром-
кости звуков различных частот уменьшается. В музыкальной практи-
ке различают восемь ступеней громкости от пианиссимо (рр — очень
тихо) и пиано (р) до форте (/) и фортиссимо — очень сильно).
Высота ~ субъективная характеристика звука, зависящая, в ос-
новном, от частоты звука. Гармоническое колебание называют тоном.
Повышение тона на одну октаву означает увеличение частоты в два
раза. В области частот больших 500 Гц это соответствие нарушается.
Диапазон музыкальных инструментов принято различать по
числу октав: фортепиано — семь с четвертью, арфа — шесть с четвер-
тью. Диапазон голоса человека.— две с половиной октавы. Ухо мо-
жет воспринимать почти десять с половиной октав.
Тембр — субъективная характеристика качества звука, завися-
щая, в основном, от спектрального состава. Наличие обертонов и соз-
дает «окраску» звука. Высокие обертоны придают звуку резкость.
Сурдина, надеваемая на трубу, приглушает высокие гармоники и
смягчает тембр. Современные электромузыкальные инструменты по-
зволяют формировать совершенно новые звуковые структуры и но-
вые тембры в результате компьютерного синтеза спектра звуков, воз-
буждаемых радиотехническими устройствами.
485
Глава IV. ЭЛЕКТРИЧЕСТВО
4.1. Закон Кулона. Заряд в электростатическом поле.
Напряженность и потенциал поля.
4.1.1. Первую теорию электрических явлений создал в 1746-54 гг.
американский физик, политический и общественный деятель Бенджа-
мин Франклин. Согласно его теории в каждом нейтральном теле содер-
жится определенное количество «электрической жидкости». Если в теле
появляется ее излишек, то тело имеет положительный заряд, недоста-
ток — соответствует отрицательному заряду. Когда натирают стеклян-
ную палочку шелком, электрическая жидкость переходит от шелка к
стеклу, которое приобретает положительный заряд. После открытия
электрона стало ясно, что электроны переходят от стеклянной палОчки
на шелк. Однако к этому времени представления, введенные Франкли-
ном, прочно утвердились в электротехнике. Для того чтобы не менять
установившуюся терминологию и маркировку «-», «+» генераторов и
моторов, пришлось приписать электронам отрицательный заряд.
4.1.3. Шарики получат противоположные по знаку заряды вели-
чиной q == Ne, где N = mNJM — число атомов свинца в шарике, е —
величина заряда электрона. Величина силы притяжения, действую-
' mNАе
7^,
щей на один из шариков F — к
Подставляя числовые значе-
ния, получим F = 2 • 10ь Н. Это — очень большое число; столько ве-
сит заполненный водой куб с длиной ребра L =
/И3
— «5,9 км.
P#J
Этот пример весьма поучителен. В каждом предмете нашего мира
число положительных зарядов почти точно равно числу отрицатель-
ных зарядов. Все электрические явления, изучаемые в обычных ус-
ловиях, обусловлены ничтожным нарушением баланса положитель-
ных и отрицательных зарядов.
4.1.5. На заряд Q со стороны зарядов и q2 действуют силы и
2 2 I / / л К \ ТТ
г9 одинаковой величины —~ г + — (рис. 4.1.Э а). Для вычис-
8 4
ления вектора F = F\ + F2 необходимо ввести систему координат.
486
Проекции вектора F на оси координат Fx =
«sin", F = О, F = О,
г 2 ’
где а — угол АМВ. Из треугольника АМС находим sina/2 = //2s.
г „ kqQl
Следовательно, Л = ^+/2/4)з/2 •
Пусть q = IO"10 Кл, а = 5,6 см, Q = 10 к Кл, г - 9,6 см.
Тогда/\ = 5,14 • 10 7 Н.
Если заряд Q находится на расстоянии г » Z, то Fx» kQp/r, р = ql.
Рис. 4.1.5 а
•-------------о-------------•
92 91 Q
Рис. 4.1.6 б
4.1.6. На рис. 4.1.6 б сила, действующая на диполь со стороны
г /лл сч г kqQ kqQ 2kqQrl
Р z z (r-Z/2)2 (r + Z/2)2 (г2—/2/4)2
Если г » l то Fz - 2kQp/r\ Диполь притягивается к заряду.
4.1.7. Сумма сил, действующих на заряды q и 4g на рис. 4.1.7 равна
нулю: = 4/cg2/4L2 + 2kq2/L2 = 3kq2/L2, = kq/L2 + 8kq/L2 = Skq2/L\
F13 12 3
F\2 A Tab В Tbc C F32
Рис. 4.1.7
4.1.8. На рис. 4.1.8 изображены силы, действующие на заряды.
Сумма проекций сил на горизонтальное и вертикальное направления
равна нулю: 7с os л/4 ~ kq2/2L2 = 0, 7sinrc/4- mg= 0.
487
4.1.9. Для удобства обозначим заряды на рис. 4.1.9: g, = q3 = Q,
q2 = q4 = q. На каждый заряд действуют силы электростатического от-
талкивания и силы натяжения нитей.
Для решения задачи в силу симметрии системы достаточно ис-
пользовать условия равновесия зарядов qi и q2.
^12 + ^13+^14 +^12+^14 =0» 0)
Лз +Л4 + Л1 + Лз + Л1 (^)
Проекция (1) на ось х и (2) на ось у приводят к тождеству 0-0.
Проекция (1) на ось у и (2) на ось х приводят к уравнениям
----------- + 2^sina/2-27’sina/2 = 0, (3)
(2asina/2)2 а2 ' ’ ’
----------5- + 2^cosa/2-27,cosa/2 = 0. (4)
(2acosa/2)2 а2 ' '
Здесь а — расстояние между зарядами.
Из (3)-(4) находим tga/2 = (Q/q)2/\
4ЛЛ0. Согласно свойству суперпозиции напряженность элек-
трического поля в точке Р(х, у, z) равна
Ё(г) = Et(r+) + Ёг(г ),
где Ei 2 — напряженность поля, создаваемая зарядами ±Q,
r±=r±a (рис. 4.1.10).
Подставляя значения напряженностей, получим
л _ kQ(r+a) _ kQ(r—a)
\г+а Iя |r-aP •
488
4.1.11. Расположим заряд qi в начале системы координат О, ра-
диус-вектор заряда q2 - b (рис. 4.1.11). Потенциал, создаваемый за-
рядами в точке Р(х, yf z) ф(я, у, z) = kQ/r - kq/r2, где r2 — f -b . По-
верхность нулевого потенциала представляет собой множество точек,
радиус - вектор которых s = (xs, ys, zs) удовлетворяет уравнению
O = @/s-g/|s-ftj. (1)
Рис. 4.1.10
Рис. 4.1.11
Возведем обе части (1) в квадрат и введем величину р = 1 - (q/Q)2.
Выделяя полный квадрат, получим уравнение сферы
(s-r0)2 =Т?2> га=Ъ/р ,
R2 = (b2/p)(l/p-1),
где — радиус-вектор центра сферы, R - радиус.
Например, при значении Q - 2qQ, q = qQ получим r0« 4b/3, R = 2Ь/3.
Расстояние между центром сферы и зарядом q2 равно rQ(q/Q). На по-
верхности сферы вектор напряженности поля перпендикулярен по-
верхности. Если Q = qQ,q = q# то имеем уравнение плоскости Ъг = Ь2/2,
перпендикулярной вектору Ь .
4.1.12- 4.1.14. Потенциал, создаваемый системой зарядов в точ-
ке а, равен сумме потенциалов фл = kqjran, создаваемых зарядами qn,
гап — расстояние между точечным зарядом qn и точкой а (п = 1, 2,...).
4.1.15. А. Каждый заряд создает в точке О на рис. 4.1.15 а на-
пряженности пол^й Д, Д, Е3 одинаковой величины. Напряжен-
ность поля в точке О равна сумме трех векторов Ё - Ёх + Ё2 + Ё3. В
этом случае суммы проекций на «горизонтальное» и «вертикальное»
направления равны нулю: Е = 0.
489
Рис. 4.1.15 а Рис. 4,1.15 б Рис. 4.1.15 в
Б. Сумма векторов Е} и Д в точке М на рис. 4.1.15 б равна нулю.
Напряженность ноля в точке М на рис. 4.1.15 б
Ё = Ё2, Е2 = kq/(asinn/3)2.
В. Каждый заряд создает в точке Р на рис. 4.1.15 в напряженность
ноля величиной kqja. Векторы напряженности образуют с вертика-
лью угол я/2 -а. Из треугольника q2OP находим sina = ^/2/3 . Сумма
горизонтальных компонент векторов Ех, Е2, Е3 равна нулю, а сумма
вертикальных компонент Ер= л/б kqja.
4.1.17. Потенциальная энергия заряда W = дф, q = -е0 — заряд
электрона. Используя закон сохранения полной энергии 0 - еоф, =
= nw~/2 - еоф2, получим значение v = yj2eQ(q>2 -)/т.
4.1.18. Представим заряд Q в виде суммы элементарных зарядов Лгу,
каждый из которых создает в точке Р электрическое поле напряженно-
стью &Ёп (п = 1,2, ...7V) величиной А£’ = /сА^/(/?2 + 22)1/2(рис. 4.1.18).
Рис. 4.1.18
490
Вычисляя сумму проекций на оси х, г/, z получим Ё (z) ~ (О, О, Д),
Ег ~ /eicosa/(Я2 + z2), или Е2 = kQz/^R2 + z2)3'2. Максимальное значение
= 2 Л kQ/SR2, при z = z„, zm = R^ .
Потенциал поля ф(г) = kQ/lf + z2)1/2.
4.1.20. Учитывая решение задачи 4.1.16, получим ф0 = kQ/R,
ф1 = Фо/ V2 •
4.1.21. Из теоремы об изменении полной энергии находим
Л = 7(Ф1-ФО).
4.1.22. Потенциальная энергия взаимодействия частицы и коль-
ца 1У(г) = -к^/уГй2 + г2 , где г — расстояние между центром кольца
и частицей. Из закона сохранения импульса системы следует, что в
момент «столкновения» скорости направлены в противоположные
стороны и имеют одинаковые величины и. Значение и найдем из за-
кона сохранения полной энергии 0 - к(^/2а = ти ! - kQ2 /а, = 2v.
4.1.23. Потенциал электрического поля
m . =___________kQ________________kQ________
Ф ’ ’Z) [R2 + (z + R/2)2Г/2 [R2+(z-R/2)2]'/2'
Потенциал представляет собой нечетную функцию z. Постройте
график этой функции. Напряженность электрического поля Ех = Еу - 0,
F/0 0 = kQ(z + R/2) kQ(z-R/2)
Л ’ ’ ’ [R2 + (z + R/2)2ff2 [R2 + (z-R/2)2]3'2'
Отметим, что ЯДО, 0, 0) = 8/с()/(25 >/5 Я2).
4.1.24. Согласно теореме об изменении полной энергии работа, со-
вершаемая внешней силой, равна приращению полной энергии
41 4з 4з
w = кдхд2 । кд2д3 । кд3д{
41 ^13 4з
Г1 1
Следовательно, А = q3(qi - д2)\---.
\ 4з ^13 >
4.1.25. Работу внешних сил А1 найдем из закона изменения пол-
ной энергии: А! = Wf- Wlt где Wj — значение потенциальной энер-
гии системы зарядов в начальном и конечном состояниях: Wi = -кд /а,
WJ = -kg2/a + kgQ/(r + а/2) - kgQ/{r-а/2).
Следовательно, А' = -kqQa/ (г2 - а2/4).
491
4.1.26. Согласно определению потенциала электростатического
поля имеем уравнение ААог = -Аф, из которого находим
ф(£, у, Z) = -Еог + const.
4.1.27. Поскольку мы ввели понятие потенциальной энергии, то
вычисление работы И "можно произвести косвенным путем, исполь-
зуя закон сохранения полной энергии: Л' = Wj - Wlf W., Wf~ потен-
циальная энергия диполя в начальном и конечном состояниях. Пусть
z координата заряда q равна а. Используя свойство суперпозиции,
найдем Wt = + qEQa - qEQ(a + I) - ~qEbl, Wf- qE^l.
Следовательно, A' = 2qEJL. Очевидно, диполь, находился в состоя-
нии устойчивого равновесия с наименьшим значением потенциаль-
ной энергии. Поэтому работа внешних сил при перемещении диполя
в состояние с большей потенциальной энергией положительна.
4.1.28. А. Е = ке/а, е = 1,6 • 1016 Кд.
Б. ф = ке/а.
mv2 ке2
В. Полная энергия Et =------------. Согласно второму закону
2 а
к&2
Ньютона ти /а = ке/а. Следовательно, Et = —-—, Et = -13,6 эВ.
Г. V = yjke2/та , тс1 = 0,5 МэВ, г? = 2с>/13?6 • 10’3«с/137.
4.1.29. Из второго закона Ньютона получим уравнение
т(2ты)2гп = ке2 /г2, v = (ke2/mnd3)i,2{ 1/2лп);
1/2л « 0,16, ке2/2а = 13,6 эВ.
4.1.31. На шарик действуют сила тяжести, сила натяжения нити
и сила со стороны электрического поля: Q=mg+T + qE . Из этого
уравнения находим tga = qE/mg.
4.1.32. Пусть начальное положение частицы лг(О) = 0, 2(0) = d,
Проекции радиус-вектора (4.1.4 а) на оси х и z представляют собой
две функции
x(t)=-gt2/2, (1)
z(t) = d - qVot2/(2md) (2).
В момент времени t = Т частица столкнется с отрицательно заря-
женной пластиной. Этому событию соответствуют значения функций
х(Т) = -h, z(T) = 0. Учитывая (1), (2) получим систему h = gl*/2,
0 = d-qV(,t/{2md), из которой находим h = mgd2 /(qV0).
492
4.1.33. Из уравнений (4.1.3) следует, что электрон движется па-
раллельно оси z. Скорость электрона и = (0, 0, и). Найдем v(z) при
j - mv2 х
2= d используя закон сохранения полной энергии -- + W(z), где
2
в 2
W(z) = —9-2- — потенциальная энергия электрона в однородном
d
поле. Приравнивая полные энергии в точках z = 0 и z = d, имеем:
О + 0 = —L-e0P0 или и\ •
2 у т
Для электрона ejm = 1,76 • 10й Кл/кг, vi = 5,94 • 105 м/с.
А теперь создадим разность потенциалов Ио = 106 В.
Тогда и = 1,98 с, с - 3 • 108 м/с — скорость света. Скорость элек-
трона станет больше скорости света. Возможно, вы уже знаете, что
этот результат противоречит экспериментальным фактам и теории
относительности. В чем причина этого несоответствия? Дело в том,
что механика Ньютона описывает движение частиц со скоростями
и« с. В механике, согласованной с теорией относительности, ско-
рость приобретаемая электроном, выражается соотношением (см. за-
дачу 12.3.7) „= .
V т 1 + е0И0/лгс
Для того чтобы оставаться в рамках механики Ньютона, прира-
щение потенциальной энергии должно удовлетворять условию
e(iVQ« т(?- Подставляя значение тс = 0,5 МэВ, получим неравенст-
во Уо« 5 • 10° В. Если выполняется условие Fo » 5 • 10° В, то ско-
рость электрона приближается к скорости света и » с.
4.1.34. Расположим координатную ось х вдоль трубки и помес-
тим начало координат в середину.
Пусть х — координата заряда. Используя закон сохранения пол-
ной энергии можно найти зависимость величины скорости отд::
Q ! ! kqQ _ mv2 | kqQ , kqQ
s~b s + b 2 s — x s + x
Разрешенная область движения определяется неравенством
и\х) > 0 или х < Ь.
4.1.35. Согласно второму закону Ньютона
kqQ kqQ
та =------+ •
(s-x) (.s- + x)
493
Х7 bkqQax n , 2
Ускорение заряда a =-----$---r-r-. Если x « b, to a » -C02,
m(s -x )
co2 = —, x(t) = bcoscot Скорость заряда v(t) = -codsinotf.
ms
4.1.36. Потенциал, создаваемый системой в точке (0, 0, z)
,n n V _________kQ_______ _______kQ_______
Ф ’ ’Z) [tf2+(z + fl/2)2],/2+[tf2+(z-tf/2)2J,/2'
Потенциальная энергия взаимодействия электрона с электриче-
ским полем W(z) = -еоф(0, 0, z) представляет собой потенциальную
яму (рис. 4.1.36 а). Минимальное значение Wmin = -4ке$/(R).
При значениях Q - 10 нКл, R = 1 см получим = —16,1 кэВ. На-
пряженность электрического поля
r/п п и = ^ + Я/2) , kQ(z-R/2)
Л ’ } [R2 +(z + R/2)zf'2 [R2 + (z-/?/2)2]3/2
График этой функции представлен на рис. 4.1.36 б. Используя раз-
ложение (1 + е)я» 1 ч- ns, е« 1, получим Д(0, 0, z) & 32kQz/(25 у/5 R3).
Поскольку проекция силы, действующей па электрон Гг =
то из второго закона Ньютона имеем уравнение
а = -w2z, со2 = 32kQ/(25 V5 m/?3).
Отметим, что потенциал в окрестности начала координат |я|, |у|,
|z| «R можно представить в виде ф(я, у, z) =ф0+ (VJ2Ff)(x2 + у2-2z2),
Фо = ^kQ/ \[bR, Fo = 1 QkQ/ (25 V5 R). В этом случае напряженность
поля Ет = -(^/Я2)*, = -(VJ#)y, Ez = (2K0/tf)z.
Движение электрона в поле двух заряженных колец неустойчи-
во — при произвольных начальных условиях электрон окажется на
бесконечно большом расстоянии от системы.
Рис. 4.1.36 б
Рис. 4.1.36 а
4.1.37. Пусть v(z) — скорость протона в точке с координатой z. Со-
гласно закону сохранения полной энергии mv2/2 = mv2(z)/2 + W(z),
494
гдр W(z) = еф(О, 0, z) — потенциальная энергия протона в электриче-
ском поле колец. Максимальное значение = 4Zcc0Q/( V5 R). По-
скольку t/(z) > 0, то rxw^/2 >
4.1.38. Положение диполя определяется тремя функциями: ради-
ус-вектором центра масс R = (х, у, 0) и углом ф между вектором ди-
польного момента p-qL и осью х (рис. 4.1.38). Уравнения движения
центра масс твердого тела - диполя имеют вид тах = 0, тау = -mg. Уг-
ловая скорость диполя со = (0, 0, со), проекция момента сил, дейст-
вующих на диполь относительно центра масс Mz = -qLEosincp.
Следовательно, третье уравнение движения
J dm/dt = -qLEosin<p, (1)
где J= m(L/2)2 - осевой момент инерции, со = d<p/dt.
Для малых углов ф « 1, з1пф » ф. Из (1) следует уравнение
d^/dt2 = -П2<р, Q2 = qLEJJ.
Рис. 4.1.38
4.1.39. Пусть xv х2 - координаты частиц, х2 > xv Из второго зако-
на Ньютона следует система уравнений
тЛ = qlE + k(x2-xl-lQ), (1)
к(х2 — Ху ~ Iq). (2)
Переходя к новым переменным xt = хс- (т2/т)х, х2 = хс+ (mjm)x,
т -ms + т2, получим из (1), (2) уравнения движения центра масс«гг и
относительной координаты х\
тас = (q{ + q2)E, (3)
pa = F-k(x-l0), (4)
F = (q2mi - qjn/)E/m, ц = (m, + m2)/m.
Полагая в уравнении (4) x = /0 + F/k + x', получим уравнение
гармонических колебаний
ца' + кх' = 0. (5)
495
Согласно начальным условиям «г'(О) = -F/k, i/(0) = 0 решение
уравнения (5) x'(l) = ~(F/k)cosco/, со2 = Zc/ц.
4.1.40. В 1903 г. Р. Вильсон получил величину заряда электрона
е = 1,03 • 10 19 Кл. В 1906 г. Милликен предпринял попытку измерить
заряд электрона точнее, чем это удалось Вильсону. Для уменьшения
испарения вместо капелек воды он взял минеральное масло. На каплю
действуют сила тяжести, сила сопротивления воздуха, выталкиваю-
щая сила и сила со стороны электрического поля напряженностью
Е = (0, 0, Е). Согласно второму закону Ньютона получим уравнение
0 = mg - блца v + F + цЁ . (1)
Если Е = 0, то имеем иг = -р0,
б7гг]бш0 - 4ла‘р0£/3 = 0, (2)
где р0 = ри - рв, ри, рв - плотности масла и воздуха.
Из (2) находим радиус капли. При движении капли вверх в элек-
трическом поле получим из (1) уравнение
~6тст]av - m^g + qE = 0, (3)
где - эффективная масса капли т[} = (4лр0/3) (9т|yo/2gp0)3/2.
Следовательно, заряд капли можно представить в виде
9= (v/vQ + \)т^/Е.
Вязкость воздуха по данным Милликена ц = 0,9199 - 105 Н • с/м2.
Милликен измерил величину скорости = 8,59 -10"4 м/с и вычислил
радиус капли — а = 2,78 • 10"6 м. Величина напряженности поля
# = 3,18 • 105 В/м.
Следя за многократными перемещениями капли вверх-вниз при
включении и выключении поля, он получал значения q (в единицах
10’19 Кл): 29,87, 39,86, 28,25, 29,91, 34,9134,91 и т.д. Непросто заме-
тить, что этот ряд можно представить в виде q = qQ + пе, п — целое
число, е — величина заряда электрона. В 1913 г. Милликен нашел
среднее значение величины заряда е = 1,592 • 10”19 Кл.
Работа Милликена получила всеобщее признание (Нобелевская
премия, 1923 г.). Однако только в 30-х годах прошлого столетия вы-
яснилось, что его результат занижен на 1 %. Незначительная ошибка
объяснялась использованием неверного значения вязкости воздуха.
После уточнения коэффициента вязкости воздуха было получено
значение е = 1,6021892 • 10”19 Кл. Любопытно, что каждый следую-
щий результат, опубликованный другими авторами, был чуть выше
496
предыдущего. По этому поводу выдающийся американский физик-
теоретик Р. Фейнман замечает, что преклонение перед авторитетами
в науке обесценивает сами эксперименты: «Тут нужна просто обыч-
ная честность».
4.1.41. Энергия электрического ноля в элементарном объеме
сферического слоя dV = 4лг2dr равна dUe = uedV.
и = е° - 47tE°fe2<?2 °fdr =-к(У
2^ 2 р 2R
4.1.42. Если сфера имеет заряд q, то элементарная работа по пе-
ремещению заряда Дд равна 84' = Д^(ф5 -ф^ ), где Ф, = kq/R, фя = 0.
Следовательно, 84' = Д(/с^2/2Я).
Полная работа 4' равна приращению энергии электрического по-
ля Ue = k(f/2R.
4.1.43. Из второго закона Ньютона следуют уравнения тах = 0,
тау = 0, та = 0,z<h,z>h + d', та2 = h < z < h + d, где E = V/d.
В области h < z < h + d функция z(t) = yosinat - a^/2, a = ej£/m.
Предположим, что p02sin2a < 2ad. Тогда электрон не выйдет в область
z > h + d и пересечет ось х в точке с координатой
s(a) =2/ictga+ (u02/a)sin2a. (1)
Найдем точки экстремума функции из условия ds(a)/da = 0:
~/i/sin2a + (p02/a)cos2a = 0, или 2u -u + b = 0, (2)
где и = sin2a, b = ah/v^
Если 8b < 1, то функция s(a) имеет две экстремальные точки
U]2=(t/4)(1 +\/l-8d ). Следовательно, возможны три траектории
электрона, пересекающие ось х в одной точке с координатой
L = s(at) =5(02) =$(03).
Если h = 0, то получим известный ответ а, = л/4. В случае 8Ь = 1
две точки экстремумов сливаются в точку перегиба функции s(a) при
значении sinOo = 1/2; 5(0^) = 6ft л/З .
4.2. Основная задача электростатики. Закон Гаусса.
Электрическое поле зарядов и проводников
4.2.1. Из симметрии относительно плоскости следует, что справа
и слева от нее ноле однородно и имеет одинаковую величину нанря-
497
женности (рис. 4.2.1 а ). Поэтому напряженность поля £ = £0, z > О,
E = -Eq , z < 0. Вклад в поток дают только две грани. Из (4.2.1) полу-
о S о
чим (Ё{п{ + Ё2п2)3 - . Отсюда находим £'о = —. На рис. 4.2.1 б
ео 2ео
изображен график функции Ez(z). Приращение Ez при переходе че-
рез поверхность АД = о0/£0.
По
> Ек
◄------------► Z
Рис* 4.2.1 а Рис. 4.2.1 б
4.2.2. Решение 1. Электрическое поле, создаваемое неограниченны-
ми плоскостями может быть только однородным. Пусть Е-Ех, z < 0,
Е = Ё2,0 < z < d; Ё = Ё3, z> d. Применяя закон Гаусса к параллелепи-
педу, пересекающему две плоскости, заключаем, что силовые линии
снаружи плоскостей расположены как на рис. 4.2.1 а: Ёх = (0, 0, -EQ),
Ёл = (0, 0, Ео). В этом случае из (4.2.1) имеем Ео = (о4 + о,)/2£0. Для оп-
ределения напряженности поля Ё2 = (0, 0, Е2) применим закон Гаусса к
левой пластине. Имеем соотношение Е2 + Е{} =
Следовательно, Е2 = (а, - <г2) /2е0.
Решение 2. Напряженность поля, создаваемого двумя заряженны-
ми плоскостями, представляет собой согласно свойству суперпозиции
полей (‘умму напряженности полей, создаваемых каждой плоскостью.
На рис. 4.2.2 б изображен график функции Ez(z) при о, = 2п0,
о, = -о0, о0 > 0. Если о1 = -о0, о2 = сто> то = ^з = 0, £2 = (0, 0, -а0/е0).
Рис. 4.2.2 а
Е21
ЗЕ0
Рис. 4.2.2 б
498
4,2.3. Учитывая результаты задачи 4.2.2, найдем проекцию на-
пряженности поля в пространстве между плоскостями
E=(4^/5-Q/5)/2e0.
Разность потенциалов V =
4.2.4— 4.2.5. Напряженность электрического ноля fc’t = (О, О, -Ео),
z < 0; £3 = (0, 0, Ео), z> а, где Ео = (ст, + ст2) /2в0. В области 0< z < а на-
пряженность поля /?2 = (0, 0, Е^)9Е^ = (ст, - ст2)/2в0.
4.2.6. Учитывая принцип суперпозиции, получим напряжен-
ность электрического поля
Ё{ = (0, 0, G - £0), z < 0, Е3 = (0,0, G + E0),z>d,
тдеЕ0= (ст, + ст2)/2£0.
В области 0 < z < d напряженность поля
Ё2 = (0, 0, EJ, Е* = G + (ст, - ст2)/2£„.
Согласно условию задачи ст, = -4пе0, ст2 = 2ив0.
4.2.7. В этом случае Е* = 0, 2п + (ст', - ст'2)/2е0 = 0. Заряд пластин
<2 = -?. -Ч= (ст*, + CT'2)S.
Приращение заряда первой пластины Ад, = (ст', - ст,)5.
4.2.9. Пусть ст,, ст2 — поверхностные плотности зарядов на левой
и правой гранях пластинки. Тогда заряд пластинки Q - (ст, + ст2)5.
В областях, вне пластинки Ех = (0, 0, G - Ео), z < 0; Е3 = (0, 0, G + Ео),
z > d, где Ео = (ст, + ст2)/2е0. В области 0 < z < d напряженность поля
Ё2 = (0, 0, 0), 0 = G + (ст, - ст2)/2в0. Согласно условию Зи = G - (J/2Se0,
п ~ G + Q/2S&Q.
4.2.10. Пластины а и b приобретают заряды Q и -Q. Величина
напряженности электрического поля, создаваемого пластинами рав-
на V/d. Следовательно, искомая разность потенциалов Фот - Ф„ = Vh/d.
4.2.12. Б. Согласно свойству суперпозиции £ = £0+£" , гдеЕ' -
напряженность поля, создаваемая индуцированными зарядами, ко-
торую можно найти с помощью закона Гаусса. Пусть ст,, ст2 — по-
верхностная плотность зарядов левой и правой пластин. Очевидно,
что ст, + ст2 = 0. Используя решение задачи 4.2.2, находим, что в об-
ласти вне дисков Ег - 0 . Полагая о, = -ст0, ст2 = ст0 и используя в зако-
не Гаусса поверхность, охватывающую первый или второй диски,
найдем вектор Ё' внутри дисков Ё' = (0, 0, -cr0/s0). С другой сторо-
499
ны известно, что для всех точек внутри проводника Ё = 0 или
Е' = -Eq . Следовательно, ст0 = 8^. На правой пластине индуцируется
положительный заряд с плотностью с2 = 8^, на левой пластине —
отрицательный заряд с плотностью о, = -8^.
О Zi 22
Рис. 4.2.12
Г. Согласно (4.2.3) F^ Fit = -8^5/2.
Д. Напряженность электрического поля, создаваемого пластина-
ми равна Е'.
4.2.13.0 = 8^.
4.2.14. Если бы заряд находился в безграничном пространстве, то
kQ
потенциал поля в точке Р представлял бы функцию ф0 (х, yt z) = —,
$
s = у/х2 + у2 + (z - h)2, где $ — расстояние МР. Однако теперь вследст-
вие электростатической индукции на поверхности проводника воз-
никает отрицательный заряд, создающий вторичное электрическое
ноле с потенциалом ф' («г, у, z). Согласно свойству суперпозиции по-
тенциал искомого поля ф («г, у, z) = ф0 + ф'. Для определения функции
ф' (х, у, z) необходимо использовать граничное условие: касательная
к плоскости z = 0 компонента напряженности поля Е = Е(} + Е'должна
быть равна нулю. Это условие эквивалентно требованию постоянства
потенциала поля на плоскости z = 0. Можно, не нарушая общности
решения, положить ф (х, у, 0) = 0. Мы удовлетворим поставленному
условию, предполагая, что потенциал ф' в области z > 0 создается
фиктивным зарядом Q' = -Q, помещенным в точку N (0, 0, -h)
кО I----------------------------------------------------
(рис. 4.2.14). Тогда ф'(«г, У, z) = ——, s' = у/л2 + у2 + (z + h)2 , где s' —
s'
расстояние NP.
500
Рис. 4.2.14
Следовательно, напряженность поля в точке Р создается двумя
симметрично расположенными зарядами Q и -Q:
з ,3 I ’ ЕЦ - kQy[ 3 ,3 I ’ 3 ,3 I-
О J и О J у а □ J
Очевидно при z = 0 имеем Ех = Еу = О, Ez =
-2kQh
(хг+у2+h2)3/2 '
Поверхностная плотность распределения индуцированного заря-
да п («г, у) = %Ег (х, i/,0).
4.2.15. Потенциальная энергия заряда W(z) = -a/z, a = kQ2/4.
Найдем z(t), исходя из закона сохранения полной энергии:
Е - mv2/2 -(i/z, E^-u/h. (1)
Из (1) находим
(zdz/dt)2 = (a/ma)[a2-(z-a)2J, (2)
где а = h/2.
Найдем решение уравнения (2) в параметрической форме: «г = х(ф),
t = £(ф). С этой целью перейдем к новой переменной, производя замену
z ~ a(l + coscp). (3)
Значению ф = п соответствует z = О, значению ф = О соответствует
z = h. Из (2) получим уравнение (1 + созф)а(л!ф/Л) = (a/ma)12, из
которого находим
t= (та3/а)1/2(ф + этф). (4)
Соотношения (3)-(4) представляют зависимость z(t) в неявном
виде. Полагая в (4) ф = л, получим Т = п(тал/а)1/2.
Отметим, что оригинальный способ определения Т приведен в
журнале Квант (1991. № 6. С. 27).
501
4.2.16. Элементарный индуцированный заряд в кольце толщи-
ной Дг равен Дд = о(г)Д5, Д5 = 2лгДг. Полный заряд, ограниченный
кругом q = -ht^kQh f(r2 J^)3/2 = ~<2[l-~2 /^1/2 ]•
4.2.17. Учитывая решение задачи 4.2.14, получим напряжен-
ность электрического ноля Ez(z) = kq/{b + s + z)2 + kq/{Ъ + s- z)2.
Согласно условию = 2kq/(b + s)2, E2 = kq/(2b + s)2 + kq/s2.
Поскольку Et << E2, to s « b. Тогда E1«2kq/b2, E2« kq/s2. Из этих
уравнений находим q = Е/э2/2к. q = 6,3 Кл.
Потенциал нижней кромки ф(Ь) « ~kq/s, потенциал земли
(р(0) =0. Среднее значение напряженности в промежутке 0 < z < b
равно Е = kq/bs, Еср = 390 В/см. Эта величина напряженности поля в
состоянии поддерживать формирование лидерного канала молнии.
4.2.18. s= (2kQh/E)''\
4.2.19. Из граничных условий следует, что касательные к плос-
костям угла компоненты напряженности поля равны нулю. Тогда
необходимо ввести фиктивные заряды: два заряда -Q в точках
(2а, -2а), (-2а, 2а) и заряд Q в точке (-2а, -2а).
4.2.20. Вследствие цилиндрической симметрии силовые линии
поля представляют собой полупрямые в плоскостях перпендикуляр-
ных нити. Пусть Е(г) - проекция напряженности поля на направле-
ние, перпендикулярное нити. В качестве гауссовой поверхности вы-
берем цилиндр длиной L. Внутри поверхности находится заряд
Q = cL. Поскольку на торцах скалярное произведение пкЕк - 0, то
согласно (4.2.1) 2лгЕЕ(г) = пЕ/е0, Е(г) = 2ка/г.
В декартовых координатах ЕД г) = , Е/г) = , Ez = 0.
г г
4.2.21. Используя результат задачи 4.2.20, получим компоненты
напряженности электрического поля
2кс(х-а/2) 2кс(х + а/2)
У, 2) =------------------з----->
s2 st
Eg(x,y,z) = ^--^-, Ег = 0, s|, = (x + а/2)2 + у2.
s2
4.2.22. Если r < /?, то из закона Гаусса находим 4тсг2Е(г) = 4лг3р/Зеп,
Е(г) = рг/3ео.
При значениях r>R имеем 4лг2Е(г) = 4 л/?3р/3£0, Е(г) = р/?3/Зеог2.
502
4.2.23. Во внешнем поле протон смещается в направлении вектора
£0 на расстояние b относительно центра распределения «облака» от-
рицательного заряда электрона (рис. 4.2.23). Па протон действуют си-
ла eEQ и сила е,Е, где Е - напряженность поля, создаваемого про-
странственным распределением заряда (е/2)(Ь/а)3 в области г<Ь.
Согласно закону Гаусса величина напряженности поля Е = eb/8n&na3.
В состоянии равновесия сумма сил равна нулю. Из этого условия на-
ходим eb = Etr Величина дипольного моментар = eb.
4.2.24. В силу симметрии распределения заряда силовые линии
поля представляют собой пучок прямых, исходящих из центра сфе-
ры. Найдем сначала напряженность поля внутри сферы. Выбирая
гауссову поверхность внутри сферы, заключаем из (4.2.1), что при
г< В электрическое поле равно нулю. Приняв в качестве гауссовой
поверхности сферу радиусом г> В ', получим из (4.2.1) 4лг2£' = Q/^
или Е = kQ/r.
Потенциал заряженной сферы (р (х, у, z) = kQ/г в области г> В.
Поскольку потенциал — непрерывная функция, то внутри сферы в
области 0 < г < В потенциал ф(«т, у, z) = kQ/B.
4.2.26. Выберем гауссову поверхность в виде сферы, располо-
женной внутри внутренней полости. Тогда из (4.2.1) находим
4лг2Е = Q/Zq или Е = kQ/г. Выберем далее гауссову поверхность в ви-
де сферы внутри слоя металла оболочки, где напряженность электри-
ческого ноля равна нулю. Тогда согласно закону Гаусса 0 = Q + q’: на
внутренней поверхности сферы индуцируется заряд q’ = -Q. По-
скольку сфера изолирована, то на внешней поверхности распределя-
ется заряд q = Q. Применяя закон Гаусса к сфере радиусом г > В, по-
лучим Е = kQ/r.
4.2.27. Выберем гауссову поверхность в виде сферы, располо-
женной внутри слоя металла сферы, где напряженность электриче-
ского поля равна нулю. Если сфера была бы изолирована, то на
внутренней поверхности индуцировался бы заряд qt = -Q, на внеш-
503
ней — заряд qf = Q. После заземления q, = 0. Применяя закон Гаусса
к сфере радиусом r>R, получим Е = 0.
Полагая потенциал Земли равным нулю, найдем потенциал, соз-
Л 1 >
даваемый сферой ф(г) - kQ-----, г < /?; ф (г) = 0, г > R.
v RJ
4.2.28. Согласно закону Гаусса напряженность поля, внутри ма-
лой сферы равна нулю, радиальная компонента напряженности поля
между сферами E(r) = kQJr, а поле вне большой сферы при r> R2
совпадает с полем точечного заряда Q = Q{ + Q2.
Потенциал системы в этой области ф(г) = kQ/r. Потенциал внеш-
ней сферы ф2 = kQ/R2. Потенциал в области Rx<r<R2 удовлетворяет
уравнению kQJr = -Дф/Дг и, следовательно, представляет собой
функцию ф(г) = kQJr + А, где Л — константа.
Поскольку функция ф(г) непрерывна, то при значении г = R2 по-
лучим равенство kQjR2 + А = kQ/R2, из которого находим А = kQJR2.
Следовательно, в области Rx< г <R2 функция ф(г) = kQJr + kQJRr
Потенциал внутренней сферы ф(7?1) = ф1У ф4 = kQJR^ + kQJR2. По-
скольку внутри этой сферы потенциал — константа, то в области
0 < г< /?1 потенциал ф(г) = фг
4.2.29. Заряды будут перемещаться, пока потенциалы всех про-
водников не станут одинаковыми. Сферы приобретут заряды q^ и q2,
которые распределятся по поверхности сфер неравномерно. Однако,
если расстояние между центрами сфер значительно больше радиусов
сфер, то можно воспользоваться решением задачи 4.2.23. Отношение
g/V
?2^1.
- Е{
величин напряженности полей —
^2
. Равенство потенциа-
лов приводит к уравнению qJR^ = q2/R2-
Следовательно, EJE2 = RJRV Es » E2. Чем меньше радиус кри-
визны острия, тем больше величина напряженности электрического
поля. Этот результат очень важен, поскольку при напряженности по-
ля ® 3 • 106 В/м в сухом воздухе вблизи острия в промежутке длиной
1 см возникает искра или разряд.
4.2.30. В электрическом поле заряда Q электроны перемещаются
по проводу (рис. 4.2.30). В состоянии равновесия потенциал сфер и
провода имеет одно и то же значение. Заряды q^ = q, q2 = -q, индуци-
рованные на сферах найдем из условия равенства потенциалов сфер
ф1 - kq/a-kq/l + kQ/(r + 1/2), ф2 = -kq/a + kq/l + kQ/(r- 1/2). Отсю-
504
да находим q « Qla/2r\ Проекция силы, действующей на систему
сфер — диполь Fx = kqQ/(r - 1/2)2- kqQ/(r + Z/2)2.
4.2.31. А. Величина заряда qK и распределение этого заряда по по-
верхности сферы должны удовлетворять условию: сумма потенциалов
q>! и ф2, создаваемых зарядами и Q, должна быть равна нулю в любой
точке внутри сферы и на ее поверхности; Проще всего вычислить по-
тенциал центра сферы: 0 = kQ/r + <рг Заряд распределен неравно-
мерно. Если поверхность сферы представить в виде множества элемен-
тарных площадок с зарядами &qa, то ср, = (А^ + Ад2 + ...)//? = kqJR.
Следовательно, Q/r + qJR = 0, q} = -QR/r.
Б. Указание: используйте сферическую гауссову поверхность,
расположенную внутри металлической оболочки. Если отсоединить
заземление, то на сфере останется отрицательный заряд. Когда заряд
Q убираем, электроны равномерно распределяются по поверхности
сферы, которая приобретает потенциал <ру = -kq/R = - kQ/г, Этот ме-
тод зарядки первоначально нейтрального проводника называется
электризацией влиянием или индуцированной электризацией.
4.2.32. Заряд Q находится в точке О, центр сферы — в точке С.
Пусть центр распределения отрицательного заряда qK находится в
точке N (рис. 4.2.32). Радиус-вектор центра сферы г, единичный
вектор п перпендикулярен поверхности сферы в точке 5, вектор NC
равен у г , где у — неизвестный коэффициент.
Рис. 4.2.32
т-r v Л kQ kq
Потенциал сферы равен нулю: О = 1---------5—г-*;------—г, или
| г 4- Rn | | yr + Rn |
y(yr2 + 2/?nf + 7^/у) = (q/Q)2(r2 + 2Rnr +Я2).
Из этого уравнения находим у = (7?/г)2 = (q/Q)2. Следовательно,
отрезок CN = ft/г.
гг „ kQ kQR
Потенциал, создаваемый системой в точке Р-. <рр --------—.
ГОР ГГЛ'Р
4.2.33. Значения потенциалов всех точек внутри и на поверхно-
сти сферы одинаковы. Проще всего найти потенциал центра сферы.
505
Он равен сумме потенциала kQ/r заряда Q и потенциала ср, созданно-
го зарядами, наведенными на сфере вследствие электростатической
индукции. Однако поскольку общий заряд, наведенный на изолиро-
ванной сфере равен нулю, то потенциал сферы <р3 = kQ/r.
4.2.34. Потенциал, создаваемый этой системой в произвольной
точке пространства, т.е. решение задачи, получил выдающийся анг-
лийский физик У. Томсон (лорд Кельвин). Он предложил заменить
реальное распределение зарядов фиктивными точечными зарядами
±q, которые вместе с зарядом Q создают искомое поле. Положение и
величина этих зарядов определяются из условия постоянства потен-
циала поля на поверхности сферы.
Поместим заряд -q на прямой ОС в точку N на расстоянии CN от
центра сферы, а заряд q расположим в центре сферы С. Тогда потенци-
D kQ kQ к(1 О
ал системы в произвольной точке Р равен <рА. =-------+ —. На по-
ГОР rNP ГСР
kQ kQ kq kq
верхности сферы — = —---------+ —. 1 очка о находится на сфере, если
Г ГОИ rNS В
kQ kq Л kQ kq
с у мм а-двух первых слагаемых равна нулю:-----= U, — = —.
Г08 rNS г В
Следовательно, заряд q = QR/r, = R/r. Из решения задачи
1.1.9 следует, что CN = R*/г. Потенциал, создаваемый системой в точ-
D kQ kQR kQR _
ке P: = —------1— + ——. В диаметрально противоположных точ-
ГОР ГГХР ГГСР
ках а и b поверхности сферы на рис. 4.2.32 напряженность поля
ЁаЬ = , где г — вектор ОС. Если г » R, то ЁаЬ = 3Z?0, где
г (г±Я)
£0 — напряженность поля заряда Q в центре сферы.
4.2.35. А. Сила действующая на незаряженную сферу
F = ^- 3k fr^, где q = QB/r, у = (B/r)2.
г (1—Y)
,3
_ ? kQ2Br kQ2Bf п „
Отсюда находим F = —----При г » В получим
г. о kqQr г, kQ2B3r ..
b ® -2у—, или F = -2—^—.—. (1)
Г г
Незаряженная сфера приобретает дипольный момент величиной
р = qyr = QRl /г и притягивается к заряду Q. В электродинамике ди-
506
польный момент представляют в виде р ~ aEQ V, где а = Зе0 — так
называемый коэффициент поляризуемости, E^kQr/r3 — напря-
женность поля в точке С, V- объем сферы. Поэтому (1) можно пред-
- TZ„ dE^f
ставить в виде А »аУЬ0—---.
dr г
Б. Введем осьг с началом на поверхности шара, направленную к
заряду Q. Проекция силы на ось (см. задачу 4.2.14)
Fz = k(?R\\/r- r/(r2 - If)2] « ~/c(//(2z)2.
4.2.36. Потенциальную энергию взаимодействия заряда Q и сфе-
ры найдем согласно определению FAr =-ДИ4
_ kQ2R3dr „v . kQ2# Е2П3
2—^—7-----= dW W(x, y, z) = ——— = —2— .
r5 V ,£/ ' 2r‘ 2k
Введем коэффициент а и запишем W(x, yf z) = ~aE2 V/2,
4.2.37. Заряд сферы не равен нулю. В поле заряда Q электроны в
металле незаряженной сферы перераспределяются; сфера приобре-
тает дипольный момент и притягивается к заряду. Если сфере сооб-
щить определенный положительный заряд, то сила, действующая на
сферу может обратится в нуль.
4.2.38. Потенциал, создаваемый зарядами q и -q на рис. 4.2.38 в
точке Р(х, у, z)
Ф(Г, y,z) =kq/r2-kq/r„
г, = | r + a/2 | = yjr2 + rd + (a/2)2 , r2 = |f-a/2| = -Jr2 -ra + (a/2)2 .
При значениях г» а получим ф(х, y,z) = k pr /г3, p~qd.
Рис. 4.2.38
4.2.39. Поместим начало координат в центр сферы. Потенциал
внешнего поля ф(0) = -Е^г . На внешней поверхности сферы должно
выполняться граничное условие: вектор напряженности должен быть
507
перпендикулярен поверхности. Поэтому электроны в металле пере-
распределяются и образуют диполь, создающий вторичное поле на-
пряженностью Е'. Вектор £" можно найти из граничного условия
для напряженности результирующего поля E = Eq+E' или потен-
циала ф = ф(0’ 4- ф', где ср' = к рг /г - потенциал, создаваемый диполь-
ным моментом р на расстояниях r>R. Это условие эквивалентно ус-
ловию постоянства потенциала поля ф5 = С на поверхности сферы. Не
ограничивая общности можно положить С= 0.
Потенциал поля ф = - Еаг + крг /г. Полагая г = Rn , ф = 0, полу-
чим значение р = (l/k)EQR*. Следовательно, в точке Р потенциал
поляфр = -£0г [ 1 - (Я/г)3].
Отметим, что на поверхности сферы напряженность поля
Е =3(Ё0п)п . В диаметрально противоположных точках на прямой,
проходящей через центр сферы параллельно вектору Ео, векторы
напряженности параллельны: E = 3EQ.
4.2.43. Из модифицированного закона Гаусса (4.2.2) следует
ЖъЕ(Ьпг) = Q: свободный заряд, погруженный в жидкий или газооб-
разный диэлектрик, создает в нем поле в а раз слабее, чем в вакууме.
Если заряды, находятся в жидком или газообразном диэлектрике то
сила, действующая на каждый из зарядов, уменьшается в а раз.
Отметим, что это утверждение не справедливо для зарядов, вне-
сенных в твердый диэлектрик, поскольку заряды в диэлектрике из-
меняют его свойства как диэлектрика.
4.2.44. В результате натирания палочка приобретает положитель-
ный заряд, который создает неоднородное электростатическое поле. В
этом поле электроны молекул бумаги смещаются относительно ядер.
Молекулы приобретают дипольный момент — бумага поляризуется.
Ближайший к палочке слой бумаги приобретает отрицательный заряд,
удаленный — положительный заряд. Этот эффект возможен только в
неоднородном поле — сила, действующая на обрывок бумаги направ-
лена к области наибольшего значения напряженности поля.
4.2.45. Направим ось z на рис. 4.2.45 от положительно заряжен-
ной пластины к пластине, заряженной отрицательно. Цифрами 1, 2,
3 обозначены соответственно пластина, вакуумный промежуток и
диэлектрик.
508
Рис. 4.2.45
Компоненты напряженности полей -- Е1г - О, = Ео, Е^ = Е,
компоненты вектора электрической индукции — D{i = О, Л22=£0£'(),
= ецД вектор Р = (О, О, Р) направлен по оси z.
А. Построим гауссову поверхность куба, одна грань которого на-
ходится в вакууме, другая — в диэлектрике; граница раздела ваку-
ум — диэлектрик находится внутри куба. Тогда на основании моди-
фицированного закона Гаусса получим = 0.
Отсюда находим Е = EJz, Р = аЕ^ а = е0(е - 1)/е — коэффициент
поляризуемости пластины.
Поскольку D = ь^Е + Р, то Е^- Е.^ = Следовательно, на
границе раздела вакуум — диэлектрик возникает скачок нормальной
компоненты напряженности поля: Е — EQ = -Р/е0.
Отметим, что согласно закону Гаусса (4.2.1) Е3х’-Е22 = -(1/е0)Д^/Д5,
где Aq — величина поверхностного заряда диэлектрика.
Следовательно, Р = Aq/tiS = сп — поверхностная плотность свя-
занных зарядов.
Б. Построим гауссову поверхность куба, одна грань которого на-
ходится в пластине, другая — в диэлектрике, содержащем границы
разделов пластина — вакуум и вакуум — диэлектрик. Согласно зако-
ну Гаусса (4.2.1) имеем соотношение е^Е = а0 - стп, или е^Е = - Р, где
ст0/е0 = Ео. С другой стороны на основании (4.2.2) получим D3i = ст0,
ИЛИ еЕ = Oq/Eq.
4.2.46. Потенциал внешнего поля ф(0) = - Еог . Во внешнем поле шар
поляризуется. Найдем напряженность электрического поля внутри ша-
ра Е(г) и вне шара Е(е) в точке Р, радиус-вектор которой г = (х, у, z) в
системе координат с началом в центре шара.
В шаре возникают плотность поляризации Р = е0(е - 1)Е(г) и
определенное распределение плотности поверхностных зарядов.
509
Вследствие поляризации диэлектрика напряженность ноля в шаре
Ё{1} = Eq + • Ё', где Е' — постоянный вектор. В однородном поле
Р = a Eq , Е' = Р Ео, где а, р — неизвестные постоянные коэффици-
енты, а называют коэффициентом поляризуемости. Тогда внутри
шара в области |г| < а потенциал поля ср1" (г) ~ ф<01 -Ef . Вторичное
поле в области |г| > R эквивалентно нолю диполя. Поэтому потенци-
ал поля вне шара <рс)(г) = ср10’ + к рг /г\ р = PV — дипольный мо-
мент шара, V = AtiR'/*Л — объем шара. Радиус-вектор точки на по-
верхности шара г = Rn , где п — единичный вектор. Из граничных
условий непрерывности потенциала на поверхности шара получим
уравнение -Ёп =крп /R*, или р = -а/За^
Следовательно, Ёг --(а/3£0) Ео --Р/Зе0, Ё{1) = Eq -Р /Зе0.
Подставляя вектор Р = £о(е - 1) Е{1}, получим Ё[1} = ЗЕ0/(е 4- 2),
а = ЗеД (б - 1)/(е + 2) J. Вектор электрической индукции D = ££0Еи>.
Отметим, что па поверхности шара напряженность поля
Е(и =ЗеЕ0/(е + 2).
4.2.47. Согласно свойству суперпозиции напряженность поля
внутри диэлектрика равна сумме напряженности поля, создаваемым
всеми зарядами в объеме сферического шара радиусом R, и зарядами
вне этого объема. Поэтому Е = ЕС+ЕТ. Учитывая решение задачи
4.3.44, находим Ёс =Е + Р/Зе0, Ёс=Ё0.
4.2.48. Согласно решению задачи 4.2.36 энергия взаимодействия
шара со слабонеоднородным электрическим поле Ж(г) = -aVE02(r) /2,
где Ёо — напряженность электрического поля нити (см. задачу 4.2.20)
= Епи(г) = ^-, Е01 = 0.
Г г
Следовательно, ) = -g/2rl, g = 4a(/ест)2 V.
Сила, действующая на шар Е = -gr/г*, где г = (z, у, 0).
Если частица движется в поле цилиндрического конденсатора,
представляющего собой два коаксиальных цилиндра радиусов а и b
(Ь > а), то /ест = Vu, где Ко - разность потенциалов цилиндров.
4.2.49. Из закона сохранения полной энергии следует уравнение
mv2/2-g/2tf = -g/2s2.
510
4.3. Конденсатор.
Схемы, содержащие конденсаторы
4.3.1. Заряды на сферах равны соответственно Qs = -Q и Q2 = Q.
Пусть потенциал внутренней сферы равен нулю, внешней — V, Со-
гласно закону Гаусса напряженность поля, внутри малой сферы рав-
на нулю, радиальная компонента напряженности поля между сфе-
рами E(r) = -kQ/r, а поле вне большой сферы при r>R2 совпадает с
полем точечного заряда q = QK + Q> = 0. Потенциал системы в этой об-
ласти <р{е)(г) = V- Потенциал внешней сферы ф2 = kQ/R^ Потенциал в
области < г < R2 удовлетворяет уравнению kQ/r = Дф/Дг и, следо-
вательно, представляет собой функцию ф(г) = -kQ/r + А, где А —
константа.
Поскольку функция ф(г) непрерывна, то при значении г = Т?2 по-
лучим равенство -kQ/R2 + А = V, из которого находим А = V+ kQ/R2,
Следовательно, в области R{ < г < /?2 функция ф(г) = V- kQ/r + kQ/R2.
Потенциал внутренней сферы ф(Л\) = 0: 0 = V- kQ/R{ + kQ/R2.
Электрическое ноле существует только в пространстве между
сферами. Определяя емкость сферического конденсатора С соотно-
1 ( 1 1
шепнем CV- Q, получим — = /с------.
С R2 J
В случае малого промежутка между сферами Т?2t = R ± d/2, d«R
емкость С « zJS/d, S = fatR*.
4.3.2. Емкость сферы С = R/k. Заряд малой сферы Q2 = C2V0, за-
ряд банки Qx = Ct V.
Техническое развитие этого опыта позволило создать электроста-
тические генераторы, применяемые в ядерной физике для ускорения
ионов. В 1933 г. американский физик Р. ван де Грааф получил на-
пряжение 15 • 106 В. Высоковольтная «банка» в виде сферы имела
диаметр 4,5 м. Зарядка осуществлялась с помощью зарядов, которые
наносились на движущуюся ленту, снимались внутри сферы и пере-
ходили на ее внешнюю поверхность.
4.3.3. Энергия электрического поля конденсатора Uc = СР*/2.
Плотность энергия электрического ноля Ut = ее^/2.
4.3.4. Заряд сферы Qc = 4тсе07?И, заряд обкладок банки
Qr = zz£nRlV/d.
Следовательно, Q6/Qc - zl/^d. Полагая е = 5, находим QJQ, = 125!
511
4.3.5. Пусть ор ст2 — поверхностная плотность зарядов левой и
правой пластин, d — расстояние между пластинами. В области вне
пластин напряженность поля Ех = (О, О, ~EQ), z < 0; Е3 = (0, 0, Ео),
z> d, где Ео = (ст, + ст2)/2е0. В области 0 < z < d напряженность поля
Е2 = (0, 0, E2i), E>2t = (ст, - ст2)/2е0. Согласно условию задачи
Е2г = -3^/(25е(|). Разность потенциалов Аф = - E^d.
4.3.6. Энергия электрического поля конденсатора I7e = С\?/2.
Следовательно, = еСТ*/2.
4.3.9. Эквивалентная схема изображена на рис. 4.3.9 б.
Рис. 4.3.9 б
4.3.10. — +-----— + —= —.
5С 4С + СХ ЮС 2С
4.3.11. Эквивалентная схема изображена на рис. 4.3.11 б.
4.3.12; Эквивалентная схема изображена па рис. 4.3.12 б. Ем-
кость С* = 20С, = 16С.
Рис. 4.3.11 б Рис. 4.3.12 6
4.3.13. А. Пусть разность потенциалов фи - фь = V. Емкость бата-
реи конденсаторов С* определяется соотношением + q2 = CXV.
Для изолированной части схемы имеем уравнение
-с,к) + сл + сл = о. (1)
Далее из второго закона Кирхгофа следуют еще два уравнения
V=V1+V2, (2)
V=27t + V3. (3)
512
Из (1)-(3) получим
71 = (С1 + 672)7/(671 + 672 + 2673),
Р2=(67| + 673)Р/(671 + 672 + 2С3).
Поскольку = C\Vv q2 = C2V2, то
67 = [267t672 + (С + адж + С2 + 2Q.
4.3.14. Эквивалентные* схемы изображены на рис. 4.3.14 б, в ~
конденсатор представляет собой N соединенных элементарных кон-
денсаторов емкостью = £0e5/d.
Рис. 4.3.14 б
Рис. 4.3.14 в
4.3.15. 4. Конденсатор с вложенной пластинкой можно рассмат-
ривать как два последовательно соединенных конденсатора емкостя-
ми 67, = zJS/x, C2 = E^/(d-h-x).
Емкость эквивалентного конденсатора С = £o*S/(d - Л).
Б. На рис. 4.3.15 б изображена эквивалентная схема. Емкость об-
разованного конденсатора
С= (67, + 67J/2, С, = = £о5/2Л, C2 = C. = £05/2(d-M-
Рис. 4.3.15 6
4.3.16. На внутренних поверхностях наружных пластин индуци-
руются заряды -q^ и -q2, qt + q2- q. Распределение зарядов изображе-
но на рис. 4.3.16 б. Согласно свойству суперпозиции напряженность
поля Ех = 0, х < 0, х > d; Ех = -Е{ на интервале (0, х), Ех = Е2 на интер-
вале (х, d). Эквивалентная схема изображена на рис. 4.3.16 в.
Емкости конденсаторов 67, = fyS/x, С2 = &£/(d - .г).
513
Поскольку разность потенциалов обкладок конденсаторов оди-
накова, то qJC\ = q2/Cr
О х d х
Рис. 4.3.16 6
Рис. 4.3.16 в
4.3.17. qa = -q(d-x)/d, Aqa = qkx/d.
4.3Л8. Эквивалентная схема изображена на рис. 4.3.18. Пусть
расстояние между пластинами а и т равно х. Емкости конденсаторов
С2 = = ^/(d -h-x).
Закон сохранения заряда изолированной части-схемы приводит к
уравнениям
сл-сл = о, (1)
СЛ-С^ = 0- (2)
Сумма разностей потенциалов равна V:
К+И2+73=И, (3)
где V2 = фт - фл. Из уравнений (1) — (3) находим V2 = Vh/d.
Сз С2 Ci
--V -----
Рис. 4.3.18
4.3.19- 4.3.21. Обозначим разность потенциалов V = фй - фь. Эк-
вивалентные схемы изображены на рис. 4.19 б, в. Емкость = ЗС/2.
Разность потенциалов V ~ 2q/3C. Потенциалы точек т и п одинако-
вы. Имеем уравнение (q - q')/C = 2qr/С\ q’ = #/3, Фй - Фт = q’/С. Разно-
сти потенциалов фя - фт = фя - ф6 = q/C,
Рис. 4.3.19 б
Рис. 4.3.19 в
514
4.3.22. А. В схеме три участка цепи имеют различные потенциа-
лы (рв, фь, фс (рис. 4.3.22 б).
Напряжение на конденсаторах И, = фа - фь, 7, = фй - фг.
Согласно определению ЭДС фа - фг = & Расставим произвольно
знаки зарядов на пластинах конденсаторов. На рис. 4.3.22 а знак «+»
на верхней обкладке конденсатора Сх обозначает, что верхняя пла-
стина имеет заряд = С,Vv Величина Qx может быть положительной
или отрицательной в зависимости от значения V}.
Обведенная пунктиром часть схемы на рис. 4.3.22 б изолирована.
Поскольку первоначальный заряд конденсаторов равен нулю, то
0 = -С,И, + СХ (1)
Обходя контур abca, получим соотношение
У> + У2 = ё. (2)
Это уравнение следует из очевидного тождества
Ф« ~ Фе = Фа " Фь + Фь " Фг
эквивалентные правилу Б.
Из системы (1), (2) находим И, »
G5
G+c2 ‘
Поскольку ё > 0, то Vi > О, У2 > 0: заряды на верхних пластинах
конденсаторов и Q2 = С2У2 оказались положительными и
одинаковыми: Q}- Q2~ Q-
Рис. 4.3.22 б
Б. Если до подключения конденсатор С2 зарядить до разности по-
тенциалов фь -фг = ё, то в этом случае уравнения (1), (2) имеют вид
С/= - C,Vf + СХ V, + к = V, = О, V2 = ё.
Если же до подключения конденсатор С2 зарядить до разности
потенциалов фг -фь = ё, то в этом случае
-c2g=-c^ + c2v2, V у2 = ё->
-* Ц = 2С2ё/(С, + С2), V2 = (С, - С2 + Q.
515
4.3.23. В этой схеме четыре участка с различными потенциалами.
Расставим произвольно знаки зарядов на пластинах конденсаторов и
введем обозначения И* = фа - (pd, V, = (prf - фс. Аналогично задаче 4.3.22
получим V3 = ^4-- , V4 =—. Учитывая решение задачи 4.3.22
найдем разность потенциалов между точками b и d:
a
Рис. 4.3.23 б
Фь - <Pd = Фа - Ф« +
Если емкости удовлетворяют условию С\С4 = С2С& то ф6 - ф^ = 0. В
этом случае исходная схема эквивалентна рис. 4.3.23 б или схеме,
изображенной на рис. 4.3.23 в, причем конденсатор С5 остается неза-
ряженным. Таким образом, если в схеме рис. 4.3.23 в емкости четы-
рех конденсаторов связаны соотношением С\/С.л = CJC4, то конденса-
тор Съ можно заменить проводником.
4.3.24. Используя результаты задач 4.3.22 и 4.3.23, найдем заря-
ды на верхних пластинах конденсаторов С, и С2 до отключения ис-
точника напряжения = CiVi - 0,5Cg, Q3 = C3V3 = 0,75C£.
a
c
Рис. 4.3.24
После соединения точек Ь и d заряды перераспределяются. Обо-
значим потенциалы четырех участков ср/, ф/, ф/, ф/ на схеме
рис. 4.3.24. Введем далее напряжение на конденсаторах У/ = ф/ - ф/,
V3 = ф/ - ф/ и расставим знаки зарядов. Поскольку суммарный за-
516
ряд на верхних обкладках Сх и С3, равный 1,25С£, сохраняется, то
СУ; + С.у; = 1,25С£.
Рассмотрим контур adba. Учитывая, что <р/ = <р/, находим урав-
нение У/ - У3'. Следовательно, заряды на верхних обкладках С, и С3
стали равны
q/ = <7,v= Q; = c3v/=|a'.
Теперь нетрудно определить заряд который протечет от С3 к
С,: Д@ - 9/ - Q\~ С$/8. Очевидно, Д@3 = Q3 - Q3 = ~Д(?Г
4.3.25. Найдем заряды на пластинах конденсаторов в схеме
рис. 4.3.25 б. В схеме три участка имеют различные потенциалы (pfl, фь, фг.
Нижние пластины конденсаторов образуют изолированную систему.
Предположим, что до включения генератора конденсаторы не были за-
ряжены. Тогда в силу правила А имеем: -CV^ + 2CV# = 0, где У, = фа - фь,
^ = Фб’Фс-
Далее для контура, содержащего генератор и конденсаторы С, и
С2, имеем £ = фа - ф6 + фь - фс, где £ = фа - фс.
Следовательно, из системы уравнений -CVt + 2(71^ = О, У, + VZ3 = £
получим У{ = 2£/3, = £/3. Для схемы, изображенной на рис. 4.3.25 в
аналогичным методом получим
К2 = £/3, У/= 2£/3,
где у{2 = ф/ - ф/, V3 = ф/ - ф/.
Значения зарядов на верхних пластинах указаны на рис, 4.3.25, где
q = С£. Следовательно, через батарею пройдет заряд q/3 = &q = 4 нКл.
а
с
2g/JL±
-q/£- -q/3-
Рис. 4.3.25 6
<7/31+ -q/3|+ -2q/3
Рис. 4.3.25 в
п т
Ь
4.3.26. В схеме четыре участка имеют различные потенциалы.
Обозначим произвольно знаки зарядов на пластинах конденсаторов
и введем обозначения Ц = фь - фс, U£ = фг - ф^, U3 = фг - фа.
517
Из закона сохранения заряда изолированной части схемы следу-
ет уравнение
0 = - Cpx + C2U2 + CJJ3. (1)
Обход по контуру abca приводит к уравнению
Ц + Г73 = ^. (2)
Обход по контуру acda приводит к еще одному уравнению
-Ц+Д = -£2. (3)
Из системы (1)—(3) находим С73 = •
4.3.27. В исходной схеме в отсутствии пластинки конденсатор С2
не заряжен. При обходе но контуру, содержащему Sv С\ и ё2, получим
разность потенциалов на конденсаторе V} = - £2. Следовательно,
заряд верхней пластины конденсатора С, равен = Сё.
Рис. 4.3.27 в
Рис. 4.3.27 6
После внесения пластинки изменяются емкости конденсаторов. По-
следовательные эквивалентные схемы изображены на рис. 4.3.27 б, в.
Емкости конденсаторов Cn = 2С, С12-= 2С, = 4С. Обозначим произ-
вольно знаки зарядов на обкладках конденсаторов (рис. 4.3.27 в). Раз-
ности потенциалов между обкладками конденсаторов обозначим соот-
ветственно Pn, К12, V^. Из закона сохранения заряда изолированной
части схемы следует уравнение
0=-2V,, - 2Vt2 + 4V22. (1)
При обходе по контуру, содержащему конденсаторы С22 и
получим уравнение
V11 + ^ = 2& (2)
При обходе по контуру, содержащему конденсаторы С)2, С22 и £>2,
получим еще одно уравнение
И12 + У22 = ё. (3)
518
Из системы уравнений (1)-(3) находим = 5g /4, V12 = g/4,
F22 = 3S/4. Следовательно, заряд верхней обкладки конденсатора
равен 7\=5Сё/2. При ращение заряда Д^ = 3Cg/2.
Отметим, что это устройство представляет собой электростатиче-
ский бесконтактный подвес. Если сумма силы тяжести и силы, дейст-
вующей па пластинку в электрическом поле конденсаторов, равна ну-
лю, то в определенном положении пластинка может находиться в
равновесии. Однако положение равновесия неустойчиво. Согласно
теореме, доказанной английским математиком С. Ирннюу (S.
Earnshaw), система неподвижных зарядов не может быть устойчивой.
4.3.28. Пусть внутренние пластины конденсаторов имеют поло-
жительные значения зарядов. Из закона сохранения изолированной
части схемы следует уравнение ЗС(ф0 - (ps) = Q.
4.3.29. Эквивалентная схема содержит последовательно соеди-
ненные конденсаторы емкостью С\ = 5Си С2 = 20С. Из закона сохра-
нения заряда и второго закона Кирхгофа получим уравнения
4.3.30. Эквивалентная схема содержит последовательно соеди-
ненные конденсаторы емкостью С12 = 5С и С3 = 20С. Из закона сохра-
нения заряда и второго закона Кирхгофа получим уравнения
ci2^i - = 0, + V3 = g-> И3 = 24 В.
После пробоя V3 = g.
4.3.31. В начальном состоянии эквивалентная схема содержит
конденсатор емкостью Сх = 2С/3. После изменения емкости С, экви-
валентная схема содержит конденсатор емкостью Сх = ЗС/4. Через
батарею перетек заряд Дд = £(С\ - CJ.
4.3.32. Пусть заряды верхних пластин имеют положительные зна-
чения. Из второго закона Кирхгофа получим уравнения
= = Чг = С2У2.
4.3.33. Заряд праной пластины конденсатора С, равен q^ = 6Cg/5.
После замыкания ключа заряд qj = ЗС&.
4.3.34. Обозначим произвольно знаки зарядов на конденсаторах
(рис. 4.3.34 б). В схеме два блока представляют собой изолированные
системы. Тогда
С,К,-С2К-СЛ = 0. (1)
-С3Е, + СХ = 0. (2)
519
Для контуров а-С2~С\-Ь, С2-С*-Сл получаем уравнения
Vt + V2=V (3),
Уз+У4-72 = 0. (4)
Из (1)-(4) находим V= У,[(С2/С, + 1)(С3/С4 + 1) + C3/CJ.
С2
С4 С3
Рис. 4.3.34 б
4.3.35. Для изолированной части схемы имеем уравнение
-C3V3 + C2V2 + C.V. = 0. (1)
Для контуров, содержащих элементы С$£2 и C2^CV получаем
уравнения
(2)
-V2+/, = §,. (3)
4.3.36. Для решения задачи запишем закон сохранения суммы
полной механической энергии пластины UMex и энергии электриче-
ского поля t/e: UKex + (?/(267) = const, С = EoS/z.
Функцию W(z) = (^z/(2£oS) можно рассматривать как потенциаль-
ную энергию взаимодействия пластин. Приращение потенциальной
энергии Wсвязано с проекцией силы Fz соотношением -АИ7» FAz.
„ Ы7 J7 dW Q2
Вычисляя приращение W, получим rz =------= —.
dz 2е05
Поскольку Q = ст5, с = £оЕ0, то Fz можно представить в виде
F=-^S/2.
Сила, действующая на нижнюю пластину, Flx = £q£'025/2. Следова-
тельно, на поверхность проводника действуют со стороны поля силы
«отрицательного» давления р = Е<рБ’02/2. В результате проводник де-
формируется, его объем увеличивается.
Приведем числовые данные: EQ = 106 В/м (напряжение U = 10 кВ,
расстояние между пластинами d = 1 см), 5=4- 10’2 м2, F= 17,7 • 102 Н,
р = 4,42 Па.
4.3.37. Эквивалентная схема представляет собой два конденсато-
ра, соединенных последовательно.
520
Емкости конденсаторов С, = £$/х, С2 = £(tS/(d-x).
Из правил Кирхгофа найдем заряды на пластинах конденсаторов
Qi — + ^г)» ^2 ~ — ^2#/(£*i +
Энергия электрического поля конденсаторов
t7 = q2/2C, + q2/2C2 = q(d - x)x/[2^d).
Сила, действующая на пластину Ь\
Fx = -dUJdx, Fx = q2(x- d/2)/( eJSd) •
4.3.38. Пусть (p0 — потенциал точки О. Из закона сохранения
изолированной части схемы следует уравнение
2С((р0 - ф) + С(ф0 - фс) = Q,
2ф фс Q Q 1 ~Т7
из которого находим ф0 = — + , Q, = q2 = q, q = —- CV,
о о о С- о о
О 2
q3 = — + ~ CV, V= ф - фс. Полагая Q = -2CV, получим q = -CV, q3 = 0.
3 3
Величина силы, действующей на внутренние пластины конден-
Г Г Q2 C2V2
саторов С, и С2 равна = -^у •
Следовательно, в случае симметрично расположенной схемы под-
C2V2
вес может удерживать три пластины массой т =---.
2£о^
4.4. Постоянный ток. Закон Ома
4.4.1. Функция q(t) принимает значения е0, 2е0, Зе0, ... в интерва-
лах (0, Т), (Т, 2Т), (2Т, 37), ... , где Т — период вращения электрона.
Следовательно, сила тока I = ев/Т. Величину \/Т найдем из второго
( 2 л Y ке^
закона Ньютона: т\ — а-—7-.
Т ) а2
4.4.2. Пусть x.(t) - координата правого торца пластины (рис. 4.4.2).
-
—1---1--------->
О x(t) х
Рис. 4.4.2
521
Конденсатор с пластиной эквивалентен системе двух параллель-
но соединенных конденсаторов емкостью = £оа(а - x)/d и
С2 = ttcflx/(L Емкость системы С = £оа{а + (е - l)x]/d. Согласно зако-
ну Кирхгофа q = CU. Сила тока I = UdC/dt = U(dC/dx) (dx/dt).
4.4.3. После внесения проводника поле перестроится так, что на-
пряженность ноля в проводнике обратится в нуль в результате пере-
распределения электронов на поверхности проводника.
4.4.4. На границе раздела двух проводящих сред непрерывна
нормальная компонента плотности тока j = Е/р. Пусть Ev Е2 — про-
екции напряженности электрического поля на двух участках про-
водников. На границе раздела pj = Ех, pj = Е2. Согласно закону Гаус-
са (Е2 - Ex)S = Q/z0, где Q — заряд на плоскости раздела.
4.4.6. Резисторы R2 и R3 соединены параллельно.
Эквивалентный резистор сопротивлением R^ = 80 Ом и резистор
R3 соединены последовательно — общее сопротивление эквивалент-
ного резистора Я235 = 100 Ом. Этот резистор соединен параллельно с
резистором R,t.
4А.7. Резисторы R^ и R2 соединены параллельно — сопротивле-
ние эквивалентного резистора Ri2 = 4 Ом. Этот резистор присоединен
последовательно к резистору - сопротивление эквивалентного со-
противления /?124 = 10 Ом. Теперь схема содержит два резистора, со-
единенных параллельно.
4.4.8- 4Л.9. Пусть г сопротивление ребра. Вследствие симмет-
рии схемы ток силой I, втекающий в узел а, вытекает по трем ребрам.
Сила тока в ребре ab равна //3. Далее в узле b ток силой //3 разделя-
ется на два тока силой Z/6. Сила тока в ребре гпп равна 7/3. Согласно
закону Ома 2/г/З + /г/6 = Vили 7 = V/R, R = 5г/6.
4.4.10. Если искать сопротивление между вершинами А и В, то
потенциалы вершин С и D одинаковы.
4.4.11. Ток течет не только по жиле, но и протекает через изоля-
цию по другому «проводу» — проводящей среде. Пусть х сопро-
тивление схемы. Поскольку число звеньев достаточно велико, то эк-
вивалентная схема представляет собой резистор R, к которому
последовательно присоединен резистор сопротивлением хг/(х + г).
Следовательно, R+ ХГ -х, z = Я + +4гЯ |.
z + r )
При r»R имеем х = \/rR .
522
Отметим, что с середины 40-х годов XIX века быстро росла сеть
телеграфных линий. Выдающийся российский электротехник
Б.С. Якоби доказал, что один из проводов линии можно убрать, ис-
пользуя в качестве второго землю (1843 г.). В трансатлантической
линии — второй провод — вода. Эпопея прокладки кабеля началась в
1857 г. и только пятая экспедиция 1866 года оказалась успешной.
Теоретиком проекта был блестящий ученый Уильям Томсон, кото-
рому за заслуги в разработке трансатлантического телеграфа было
пожаловано дворянское звание (1866 г.).
4.4.12. Тогда необходимо найти решение уравнения, символиче-
ски изображенного на рис. 4.4.12 б: 1/r + l/(r + R) = 1//?. Отсюда на-
ходим R = ( 7? = (>/5 -1 )г^2, Я® 0,618 г.
Пропорция b/а ~ 0,618 известна с древних времен как результат
деления отрезка длиной а + Ь на неравные части а и Ь, а > Ь, удовле-
творяющие пропорции b/а - а/(а + Ь). Леонардо да Винчи назвал ее
золотым сечением.
Рис. 4.4.12 6
4.4.13. Искомую разность потенциалов представим в виде
<Р„ - <Р* = Фа - Фл - (Фа - Фгп) *
Согласно закону Ома (pfl - (pr = где /3 — сила тока в цепи рези-
V
сторов R3 и /?,. Из закона Ома для этой цепи находим Д - ----.
я., + я4
г й
Следовательно, фа - ф = ----2—. Аналогичным образом находим
+ ^4
VR2 р RxR^R2R/t т/
Ф - ф =-------—. Разность потенциалов фт -ф„ =-—-------—-—V .
" " Я,+Я2 " п (Я1+Я2)(Яз + Я4)
Отсюда следует важный вывод: если R2/R3 = RJR/t, то фт - фп = 0.
4.4.14. Имеем систему уравнений
У=у2 + Рр |/з+ Vv
V=V3+Vc+Vv VJV^b.
523
4.4.15. Заряд правой пластины q = С((рт - фп), (pw - фл = -36 В,
q = -36 м кКл.
4.4.16. Напряжение на резисторе Я, равно Ц = 50 В. Из первого за-
кона Кирхгофа для узла т следует уравнение /3 = 12 - = VJR - VJR, из
которого находим К3 = = 10 В. Второй закон Кирхгофа для контура
атпа приводит к уравнению К = И, +
4.4.17. Поскольку конденсатор разрывает цепь, то сопротивление
участка схемы а-т-п равно RQ = 2 Ом. Падение напряжения на этом
участке <p„ - <р„ = Ко. V„ = IR0,1 = V/(R0 + Я„), I = 6 A.
4.4.18. Сила тока через резистор Rz равна 12 = Р0/(Я2 + Яо), 12 = 2 А.
Разность потенциалов фщ - <р6 = IJl2 + /Я4.
4.4.19 А. Сопротивление резисторов R2, R3, соединенных парал-
лельно Я23 = 4 Ом. Сопротивление второй группы резисторов Я4 и Я,
равно Я41 = 4 Ом. Сила тока в общей части схемы I = 5 А. Теперь име-
ем систему уравнений
+ {Л = 4Я2, 4 = 4>Д = Л-
Б. Очевидно, сопротивление участка mb равно нулю. Резисторы Я5
и Я4 соединены параллельно, Я^ = 4 Ом. Через резистор Я3 протекает
ток силой 73 = 4 А, через резистор Я2 протекает ток силой /2 = 2 А. Па-
дение напряжения на участке nb равно = 16 В. Сила тока /5 = 3,2 А.
4.4.20. Очевидно фь = фл. Из закона Ома находим разности потен-
циалов <р, - фя = VR2/(Rt + Я2).
4.4.22. В схеме потенциалы точек фа = фт, ф6 = ф„.
4.4.23. Эквивалентная схема изображена на рис. 4.4.23 б. Потен-
циалы точек а и т одинаковы: фа = фш.
Введем обозначения фщ - фл = С7Р фп - фь = U2.
Первый закон Кирхгофа приводит к уравнению Ц + С72 = И.
Согласно закону сохранения заряда изолированной части схемы
получим еще одно уравнение 0 = -2СЦ + CU2.
4.4.24. Обозначим ф„ - ф„ = V2. <р„, - <р„ = ф„ - <р6 = V3.
Из закона сохранения заряда изолированной части схемы полу-
чим уравнение -CV2 - CV\ + CV3 = 0.
Еще два уравнения следуют из второго закона Кирхгофа:
ф„ - фп + И, - И2 = 0.
Разность потенциалов фа - ф„ = VRi/(Ri + Я2) = 12 В.
4.4.25- 4.4.26. Сила тока через резисторы I = V/(RX + Я2 + Я3),
/ = 1 А. Разности потенциалов фл -фл = /(Я, + Я2), ф„- фь = /(Я2 + Я3).
524
4.4.27. Эквивалентная схема представлена на рис. 4.4.27 б. Из
законов Кирхгофа получим систему уравнений 7, + 12 = /4, 1Ь - 12 + /3,
/Л = V, = V, I3R3 = V.
b
Рис. 4.4.23 б Рис. 4.4.27 б
4.4.28. А. Имеем систему уравнений 7 = Ia + Is, IsRs = IaRa.
Б. Имеем систему уравнений Ve + Vn, VJRa = VJRr
4.4.29. В схеме четыре узла и соответственно четыре участка,
имеющих потенциалы фа, ф6, фр фс. Обозначим через 1п силу тока, про-
текающего через резистор Rn, I — сила тока, втекающего в узел а.
Стрелками на рис. 4.4.29 б обозначены положительные направления
на участках схемы, заключенных между соседними узлами. Согласно
закону непрерывности токов в узлах а, й, с, получим уравнения
/=/, + А (1)
(2)
= О)
Уравнение I = 12 + 13 для узла b не является независимым: оно
следует из системы (1)-(3).
Полная система уравнений, относительно шести неизвестных то-
ков должна содержать еще три уравнения. Рассмотрим контур аЬк.
Очевидно, <pfl - (pfc = (ра - <рь + - ф4. Из закона Ома для участков ab
и Ък цепи находим, что <рв - срот = 7Д, Фот -
Следовательно,
Ifi^Ifi2=V. (4)
Далее для контуров аск и abek аналогичным путем находим
!& + !&=¥, (5)
ДЯ, + ДЯ5 + = V. (6)
Решение этой системы можно представить въиде V - IR, где R —
сопротивление участка ак. Полажим Ri = R3 = rp R2 = /?4 = r2.
Вычитая (5) из (4) находим уравнение
(Д-Д)г, + (Д-74)г2 = 0. (7)
525
Заметим, что это уравнение является следствием равенства нулю
суммы падений напряжений в замкнутом контуре атЬпа. Теперь,
учитывая (2), (3), получим уравнение
Л-4=4-Л- (8)
Из (7), (8) следует, что 7, = 73, 12 = Iv Таким образом, приходим к
системе
I=It+I2, Ц = 1., + 12, (9 а)
/.г. + I2r2 = V, 21.г. + ЛЯ5 = К (9 6)
из которой Заходим V = IR,
Убедимся в корректности решения, рассматривая ряд частных
случаев, позволяющих перейти к эквивалентным схемам, более про-
стым по сравнению с исходной.
4.4.30. В этом случае электрическое состояние частей схемы Ьас
и Ькс должно быть одинаково. В силу этой симметрии L = 0. Действи-
тельно, из уравнений (9) находим, что 73 = 0.
Поскольку срь = фг, то точки b и с можно совместить. Тогда экви-
валентная схема содержит два последовательно соединенных участ-
ка, в которых резисторы 7?р Т?4 и /?2, R3 соединены параллельно. Об-
щее сопротивление R = г/2.
4.4.31. Общее сопротивление R = 2rir2/{ri + r2), R = 8 Ом, сила то-
ка 1= 5 А.
Далее имеем систему 7, + 12 = 7, Iiri = 72г2, 7, = 73, 72 = 74, из которой
находим 7, = 4 A, I2 = 1 А, 7- = И ——— , 73 = 3 А.
2г2^
4.4.34. Имеем систему уравнений
7j 4- 72 = 73, 7|7?1 4- I3R3 = Ир 727?2 4- 13R3 = V2.
4.4.36. Применим второй закон Кирхгофа для контура к<-а-к,
второй участок которого проходит «по вакууму».
4.4.38. А. Для схемы рис. 4.4.38 а согласно закону Ома 7,^ = V\.
Для схемы рис. 4.4.38 б имеем уравнения 72 = 7в + 7, 7в/?в = 77? = V2. Ис-
комое сопротивление R = VJ[72 - (V2/V,)7J.
Б. Если 7?в » 7?, то измеренное сопротивление
R' = V2/I2, 6=(R'-R)/R=( V2/Vf) (1J12).
526
4.4.39. Согласно условию Vt - #ЯВ/(ЯВ + г) * ё, V2 = ёВ/(Н + г),
И3 = 2£Я/(2Я + г).
4.4.40. Резисторы R2 и 7?3 соединены параллельно. Сила тока в
общей части схемы I = 1,5 А.
4.4.41. Сила тока в общей части схемы I = 1 Л. В узле ток раз-
ветвляется на токи силой 1/2.Из второго закона Кирхгофа для замк-
нутого контура, содержащего конденсатор и резисторы Rv Я2, полу-
чим Vc - IR + IR/2 = 0.
4.4.42. При замкнутом ключе Ц = &R/(R + г), при разомкнутом
U\ = $R/(2R + r).
4.4.43. В начальном состоянии заряд конденсатора q = Сё, после
замыкания ключа q' = CёR/(R + г).
4.4.44. Для токов в схеме рис. 4.4.44 б получим уравнения
Д + Д = 12, ё = А(г + Я) + I2R, & = + R) + I2R,
Для токов в схеме рис. 4.4.44 в получим уравнения
ц + 12 = 13, ё = Цг + Я)+1Л ё = Д(г + Я)-/2Я.
4.4.45. Для одного из узлов на эквивалентной схеме рис. 4.4.45 б
имеем уравнение 12 = Ц + 1У Из закона Кирхгофа для контуров, со-
держащих батареи ёк и ё2 получим еще два уравнения
^Я, + 71г1 -ь 12R2 = ёу I3R3 -ь I2R2 4- I3r2 = ёг
Рис. 4.4.45 б
4.4.46. Сопротивление резисторов R2 и Я3, соединенных парал-
лельно, равно Я23 = 1,2 Ом. Эквивалентная схема представляет Собой
батарею, к которой последовательно присоединены резисторы Я, и
Я^. Имеем систему уравнений V= I(R{ 4- Я23), V.a = lR.a,L = V.JRy
iAA7. Пусть заряды верхних пластин имеют положительные
значения. Из второго закона Кирхгофа получим уравнения
Vt-V2 = g, Vt = S; q2 = C2V2.
4.4.48. Из законов непрерывности тока и Ома получим систему
уравнений 1= Ц + I2,1г 4- ДЯ1 = £ /г 4- I2R2 - ё которую разрешим отно-
сительно /2:12 = ^/[Я/ 4- R2(r 4- ЯД].
527
4.4.49. Положительные направления токов I, Ц и 12 указаны на
рис. 4.4.49. Согласно условию непрерывности токов
/ = /,+/2. (1)
Используя второе правило для замкнутых контуров а — вакуум -
b - е1 - а, а - вакуум - b - ё2 - а, получим уравнения
Ф. - Ф» + (2)
Ф» - Фь + l-п = -ё2. (3)
Мы должны получить решение этой системы в виде фм - фь = ё - 1г.
С этой целью умножим уравнение (2) на г2, (3) — на и сложим полу-
ченные равенства.
В результате находим £ = -^2—t г - Г-Г— .
rt+r2 r,+r2
Подставляя числовые данные, находим £ = 1,5 В, г = 0,1 Ом.
4.4.50. В схеме рис. 4.4.50 б три участка с различными потенциа-
лами. Стрелками обозначено положительное направление тока I. Из
закона Ома для участков цепи ак и kb следуют два уравнения
Фа - <Pfc = £ - Ф* - Ф* = £0 - /Го.
Для участка Ьа имеем фа - фь = IR. Из полученных трех уравне-
ний находим 1 = + . Неравенство I < /0, /0 =—5— выполняется
Я + г0 + г Я + г0
при условии —s— > — или /0 > 1КЗ, lKi = —.
R + г0 г г
4.4.51. Образуем х столбиков из последовательно соединенных
N/x элементов. ЭДС столбика — N$/x, внутреннее сопротивление
rN/x. Соединим их параллельно. Тогда ЭДС полученной батареи
N$/x, а полное внутреннее сопротивление Nr/x2.
(следовательно, сила тока в цепи 1(х) = ———~ . Сила тока
г ё ГлГ pVr
достигает максимального значения 1т = ПРИ х =
В случае R ~ Nr » г имеем х « 1: число столбиков мало. В другом
предельном случае, R<< Nr величинам » 1: число столбиков велико.
Интересно, что законы физики влияли на ход эволюции электри-
ческих органов рыб. Они состоят из столбиков плоских клеток, каж-
дая из которых может создать напряжение ёп ~ 60 мВ. Электрический
528
угорь — обитатель болот Латинской Америки — имеет всего не-
сколько «столбиков», каждый из которых содержит более 6 000 кле-
ток. У электрического ската, обитающего в морской воде, наоборот,
число столбиков ~ 500, а в столбике всего 400 клеток.
Любопытно, что около 250 видов морских созданий способны
вырабатывать кратковременный электрический ток. Например,
у электрического ската мышечная ткань плавников служит электро-
дом с положительным полюсОхМ в верхней части и с отрицательным
зарядом — в нижней. Приборы регистрировали разряд напряжением
550 В при силе тока 2 А.
Рыбы, обладающие электрическими органами, способны обна-
ружить добычу и препятствия в мутной воде. В пространстве, окру-
жающем электроды, создается электрическое поле и возникает ток.
Сила тока, протекающего через различные электрорецепторы элек-
тродов, зависит от расстояния до некоторого объекта, его ориентации
и удельного сопротивления. По информации, поступающей в мозг,
рыба определяет размеры, форму и скорость объекта.
4.4.52. Согласно условию непрерывности токов
7 = /i + 72. (1)
Используя второе правило для контура, содержащего е, и R, по-
лучим уравнение
Itrt+IR = gv (2)
Далее после обхода по замкнутому контуру, содержащего е2 и R,
получим еще одно уравнение
I2r2 + 1R = £2. (3)
Умножим уравнение (2) па г2, (3) — на г, и сложим полученные ра-
венства. Учитывая (1), находим/ = £/(г+ /?), g = + —2--, r = .
Г1+Г2 Г1+Г2
В. Из уравнений~IR, Д = 0 находим R - Rc, Я =
Сила тока I(Rc) = (ё2-ё^/г2.
Г. При значении R > Rc сила тока, протекающего через аккумуля-
тор I' < 0: аккумулятор подзаряжается.
4.4.53. В схеме два узла. Обозначим стрелками положительные
направления токов 7, 1Г Для каждого узла первое правило Кирх-
гофа дает
Д-/ + Д, (1)
529
Для контура aZ'bz2a второй закон Кирхгофа приводит к уравне-
нию
АГ1 + hr2 = (2)
Для контура агЬг2а имеем
I2r2-IR-Ir = -£2 + & (3)
По условию задачи I- 0.
Полагая в (1)—(3) I = 0 и, исключая 71 и /2, находим g = .
Г1 + Г2
4.4.54. Предположим, правая пластина конденсатора имеет по-
ложительный заряд. Назовем напряжением на конденсаторе раз-
ность потенциалов точек а и Ь: (рд - (рь = И В схеме отсутствуют узлы.
Применяя второе правило Кирхгофа к контуру, содержащему рези-
стор R и элемент g, получим уравнение IR + Ir = g. Для контура, со-
держащего конденсатор и резистор, имеем V- IR = - gr Из получен-
SR с
ных уравнении, находим V = —---gj.
Если g/? < g,(/? + г), то на правой пластине конденсатора заряд
СЕ<0.
4.4.55. Вначале заряд изолированной части схемы, содержащей
две пластины конденсаторов Ci и С2 равен нулю. Пусть после замы-
кания ключа правая пластина конденсатора С\ и верхняя пластина
конденсатора С2 приобретают положительные заряды. Обозначим V\
и V2 напряжения на этих конденсаторах. Тогда имеем два уравнения:
V\ - V2 = g1 V2 = g2. Искомый заряд &Q = 6\(gi + gj + С2ё2.
4.4.57. Обозначим 70, 7/, I2 — силы токов, протекающих через ре-
зисторы /?п, R2. Имеем систему уравнений
г = 1о + 1>, 7,'/?, = ^
4'Я2= АА = g1 + ё2.
4.4.58. Согласно условиям задачи получим систему уравнений
7= g/r, V= $R/(r + R), V, - gfly/(r + Rl}), R. = /?/?,/(/? + «,)•
Эта система, содержащая четыре уравнения, формально содер-
жит пять неизвестных.
4.4.59. Из законов Кирхгофа получим уравнения
72 = / + /,, ГДг+ Л/2-z) = g, Цг + R/2 + х) = ё.
4.4.61. Имеем систему уравнений 1 = 1^ + 12, V2 = J2RB, из которой
найдем сопротивление вольтметра RB = 180 Ом.
530
Поскольку И, ~ I'(R + Ra), то R = 17 Ом. Далее из закона Ома для
полной цепи £= I(r + Ra+ RJ + V2 находим г = 1 Ом.
4.4.62. Решение 1. Из закона Ома получим Ti(Ri + R2) = £ где 7, —
сила тока через резистор Rv После присоединения резистора сопро-
тивлением R сила тока I = gRJ[(Rt + /?0)7?], где /?0 = R2R/(R2 + R).
Приращение силы тока Д7, = C/(Ri + RJ - &/(Rt + R2)-
Решение 2. Имеем систему Ц (Ri + R2) = &, Ц = I +12, + I.Ji2 =
Отсюда получаем 7/7?, + (Г-Г)Р2 = 7,(7?, + R2).
4.4.63. Обозначим через 1п силу тока, протекающего через рези-
стор Rn. Стрелками на рис. 4.4.63 обозначены положительные на-
правления на участках схемы, заключенных между соседними узла-
ми. Согласно закону непрерывности токов в узлах Ь и с, получим
уравнения
А = 4 + 4 (1)
4 + 4 = 4- (2)
Вводя разности потенциалов, запишем уравнения в виде
(ф. - ф4)/я2 = 4 - k, (фг - ф4)/л3 = 4 + 4.
Учитывая, что ф6 - ф* = 757?5 + 7д/?3, получим 75(7?2 + 7?3 + Т?5) = 7,7?2 - 747?3
или Л75(Я2 + R3 + Я,) = - ДдД.
После включения напряжения правые пластины конденсаторов
приобретут положительные заряды q = CV,
4.4.64. В популярной литературе обычно не различают эти тер-
мины. Однако в электротехнике они представляют собой два различ-
ных понятия.
Идеальным источником или генераторм напряжения называют
такой элемент, у которого внутреннее сопротивление равно нулю. В
реальном источнике напряжения, близком к идеальному, внутреннее
сопротивление г « R, где 7? — сопротивление нагрузки. Из закона
Ома находим, что VR ж е. Идеальным источником тока называют такой
элемент, который создает ток, неизменный при изменении нагрузки. В
реальном источнике тока внутреннее сопротивление г » R.
4.4.65. Пусть потенциал пластины b равен нулю. Используя
свойство суперпозиции полей, находим, что потенциал, удовлетво-
ряющий условию непрерывности в точке х = хк, имеет вид
ф(х) = (Q/s^S + g/2£o5)x, 0 < х < хк\
<р(х) = [Q/tJS- q/2tJS\x + qxJzJS, хк <x <d.
531
Следовательно, разность потенциалов пластин
Ф.-ф» = ф(«0 -ф(0) = QfC - q)2C + qxJCd.
Положительное направление указано стрелкой на контуре схемы
на рис. 4.4.65. Согласно закону Ома для полной цепи
Q/C-q/2C+qxk(t)/Cd + Ir = & (1)
Поскольку I = dQ/dt, то дифференцируя (1), получим уравнение
dl/dt = -7/т - qv (t) /xd, (2)
где т = Сг.
Начальное условие 7(0) = 0. Можно получить точное решение
уравнения (2). Однако, учитывая неравенство т < t < f0, можно упро-
стить задачу, поскольку имеем быструю и медленную подсистемы,
описываемые функциями I(t) и xk(t), Эволюция быстрой подсистемы
начинается с переходного процесса длительностью т. Далее эволюция
системы описывается уравнением (2), в котором можно положить
dl/dt = 0. Этот метод, называемый адиабатическим исключением бы-
строй переменной 7, впервые предложен Г. Хаке ном. Поведение сис-
темы определяется эволюцией медленной подсистемы. Медленная
подсистема управляет быстрой подсистемой. Именно поэтому пере-
менную хк называют параметром порядка.
Следовательно, 7(0 = -qv(t)/d, т < Z < Zo.
В момент времени t = tQ из (1) получим значение заряда Q = Q() на
конденсаторе: QJC + q/2C = g.
Отметим, что аналогичная ситуация характерна для лазера: одна
подсистема — электромагнитное поле излучения — подчиняет себе
атомную подсистему. В результате атомы активного вещества излу-
чают волны с почти одинаковой частотой и фазой,
4.4.66. Пусть ток растекается в грунте симметрично относительно
конца провода. Плотность тока на расстоянии г от конца провода
У = 7/(2лг2), радиальная компонента напряженности электрического
поля Е = 7р/(2лг2). Разность потенциалов между близкими точками
Дф = ЕДг, Дф - 200 В.
Сопротивление между крайними точками тела лежит в интервале
от 1,5 кОм до 100 кОм. «Обездвиживающая» сила тока 1т = 16 мА; ток
силой свыше 20 мА вызывает дыхательный паралич.
Отсюда совет: стойте но стойке смирно е плотно сжатыми ступ-
нями или передвигайтесь, держа ступни вместе.
532
При ударе средней по силе тока молнии в вершину дерева значе-
ние /«30 кА; разность потенциалов Аф = 200 кВ. В этом случае неиз-
бежен пробой обуви.
4.4.67. В первой схеме V, = VRJ(R + Rj, 1/R* = 1/Re + 1/Я, -»
/?//?в = V/V, - 2. Во второй схеме V2 = VRJ(2R + Яв).
4.4.69. А. Замкнем оба ключа и установим на реостате R = 0. То-
гда Vi = 0, V2 = V. После размыкания ключей напряжения на конден-
саторах не изменятся (см. задачу 4.3.22).
Б. Замкнем ключ К2. напряжения И, = 0, V, = И. Теперь разомк-
нем ключ К2 — напряжения на конденсаторах не изменятся. После
замыкания ключа через лампу пойдет ток, напряжения на конден-
саторах не изменяются.
4.4.70. При подключении вольтметра к первому резистору сопро-
тивление этого участка /?/: 1//?/ = i/RK + i/Rv>
Напряжение на втором резисторе V2 = К- V/ = 8 В.
Тогда R2/R^V2f/Vif Я^/?/= 2:
2/Я2=1/Я, + 1/Д, (1)
Если вольтметр подключен ко второму резистору, то аналогично
найдем
1/Я, = 1/7?2+1/Я, (2)
Из (1), (2) получаем RJR2 = 2/3. Теперь для схемы в отсутствие
вольтметра имеем систему V^/V^ = 2/3, Vt0 + V20 = V.
4.4.71. Из правил Кирхгофа следуют уравнения фа - фь + 1гг = £2,
7(r, + r2 + R) ~ 4" ^2» Заряд на левой пластине Q — /7(фа ф^)«
Отсюда находим Q = [£2(г, + R) -+ r2 + R).
4.4.72. Q, = CiRi(Ri + R2 + rjQ^/C^R, + г).
4.4.73. Имеем систему уравнений Цг + Л/2) = git IR/2 = ё2
(см. задачи 4.4.49, 4.4.52).
4.5. Закон Джоуля — Ленца
4.5.1. Пусть сопротивление паяльника 7?0. В нормальном режиме
работы выделяется мощность Ро. Поскольку Ро = Uq / R$ то в сети с
и2 (и Y
напряжением Ц выделяется мощность Pl=^ = PQ I—!- =О,25Ро в
Wo J
четыре раза меньше Ро. Для того чтобы паяльник работал нормально
533
при напряжении Uv его сопротивление Яо надо изменить до значения
Яр которое найдем из условия PQ = U'f / R} .
Следовательно, R}=RQ
х2
%-] =О,25Яо.
ио J
Сопротивление Яо надо уменьшить на О,75/?о. Для этого достаточ-
но, не укорачивая спираль, изменить схему включения (рис. 4.5.1).
Рис. 4,5.1 а
Рис. 4.5.16
4.5.2. В силу симметрии системы проводников сила тока в ребре
ОС равна нулю. Сила тока в ребре Ав равна V/r, где г - сопротивле-
ние ребра. Силы тока в ребрах ADB иАСВ одинаковы — У/2г.
4.5.3. В силу симметрии схемы потенциалы точек Си D одинако-
вы - сила тока в ребре СО равна нулю. Сопротивление схемы R - г/2.
4.5.4. Пусть R — сопротивление одного резистора. Тогда сопро-
тивление схемы Rab = 5Я/3. Сила тока через резистор Ri равна
V ЗК
I =---= — , а напряжение па этом резисторе - IR = 3V/5, Vt = 6 В.
Rab
Поскольку Pi = Vi jR , to R = 2 Ом. Очевидно, напряжение на резисторе
Я4 равно V~ = 4 В, а напряжения на резисторах /?3 и R2 одинаковы:
= V2 = 2 В. Следовательно, мощности потребляемые резисторами R2,
R3, Д4, соответственно, равны Р2 = = 2 Вт, Р4 = 8 Вт.
4.5.5. Поскольку R2/R\ = Д3/Я4, то сила тока через резистор Я5
равна нулю. Силы токов через резисторы 12 = /3 = 2/0, 7t = I/t = IQ,
Ц = И/г,г=1Ом.
4.5.6- 4.5.7. Падение напряжения на резисторе Я4 должно быть
= 3 В. Из закона Ома для резистора или В2 имеем уравнение
У1-7Я,Я = 2 0м.
4.5.8. Сила тока в общей части схемы I = V/R, где В — общее со-
противление схемы. Силы токов, протекающих через резисторы R2,
R3 удовлетворяют уравнениям I = 1г + Д, I2R2 = I3R3. Мощности, но-
требляемые резисторами: Р} = I Rv Р2 = 1 " 2 ,Р3 = 1 2 .
(n2+/i3) (л2 + л3)
534
4.5.9. Эквивалентная схема представлена на рис. 4.5.9 б. Сопро-
тивление реостата r(x) - x(R - x)/R. Сила тока в общей части цепи
1= V/(r + R).
Мощность, потребляемая реостатом Р = fг, Р(х) = V*r/(r + /?)2.
Функция Р(х) достигает максимума при условии
dP/dx - (dP/dr) (dr/dx) = 0, dr/dx - 1 - 2z/R.
При значении хт = R/2 функция Р(х) достигает максимума.
Рис. 4.5.9 б
4.5.10. Поскольку мощность, развиваемая генератором Р = IV, то
сила тока в линии I-P/V
Мощность, потребляемая линией, Рд = PR =
P2R
V2
Полезная мощность, передаваемая нагрузке Рн = Р - Рл. Следова-
ттп РН л PR
тельно, КПД линии ц = =1 —растет с увеличением напря-
жения и уменьшением сопротивления линии электропередачи.
В настоящее время используется несколько линий сверхвысокого
напряжения » 800 кВ. Для обычных линий напряжением И=350кВ
напряженность поля у земли достигает величины Е » 5 кВ/м. Такие
поля вызывают вредное биологическое воздействие.
Если человек ростом h = 2 м находится под линией, то через него
может пройти ток /0 = Дф/г, где Дер = Eh = 10* В, г = 10ь Ом, — сопро-
тивление человеческого тела. Значение силы тока /0 = 10 мА выше по-
рога чувствительности к току, равного 2 мА. При токах свыше 20 мА
наступает дыхательный паралич.
4.5.11. Мощность, потребляемая линией зимой Р( = I2RU где R} —
сопротивления линии, Ро = /2/?0 — мощность, передаваемая нагрузке,
/?0 — сопротивления нагрузки. При увеличении температуры сопро-
тивление лилии возрастет до значения R2. Однако мощность, переда-
ваемая потребителю, не должна измениться. Следовательно, мощ-
ность потерь в линии летом Р2 - fR2, Р2 = PSR2/RV Приращение
мощности потерь ДР == Р2- Рх = PX(R2 - = P^(t2 -£,)/(! + a£t).
535
4.5.12. Сопротивление лампы в рабочем режиме R = lf /Р = 484 Ом.
При комнатной температуре сопротивление лампы равно
2^
/?0»---- = 21 Ом. Таким образом, в момент включения, сила тока,
1 + а/
протекающего через нить /0 = 10,4 А, более чем в двадцать раз пре-
восходит силу тока I - 0,45 А в рабочем режиме. По мере возрастания
температуры нити сила тока убывает. В установившемся режиме ко-
личество теплоты, выделяющейся в нити, сравнивается с потерями
энергии вследствие излучения и теплопроводности.
Обсудим одну из причин, приводящих к перегоранию лампочки.
Если вольфрамовая нить неоднородна по поперечным размерам, то
участок с наименьшим диаметром будет иметь сопротивление боль-
шее, чем участок такой же длины стандартного диаметра. Поскольку
на каждом участке выделяется количество теплоты » Г/?, то дефект-
ный участок может перегреться и расплавиться.
4.5.14. Предохранитель изготовлен из легкоплавкого тонкого
провода сопротивлением Rn, который должен расплавиться при про-
текании тока /> /т. Максимальное значение мощности, потребляемой
предохранителем Рпт = /ТО2ЯД. Пусть V— напряжение в сети. Посколь-
ку сопротивление нагрузки RH » Rn, то мощность, потребляемую
предохранителем можно представить в виде Ра = I1Ra « Р^ V/ImRn)\
Она достигает максимума при уменьшении сопротивления нагрузки
до значения /?н0 = V/Im. Если заменить предохранитель проводом
большего сечения, то его сопротивление /?ж < Rn. Мощность, потреб-
ляемая таким «жучком», станет равной Рж = fR* = Л(^ж/^н) < а
сила тока, протекающего через нагрузку благодаря такому «предо-
хранителю», может превысить максимальное значение /т.
4.5.15» Из уравнения Р = ^R/(r + R)2 следует, что корни удовле-
творяют условию RtR2 = г2.
4.5.16. Имеем систему уравнений
Рт = ^/4r, Р = ^Я,/(г + /?,)= ^И2/(г + И2).
Отсюда находим Рт = Р( + у/Й^ )2/4 у[Й^ .
4.5.17. Имеем систему уравнений Рт = $/Ьг, Р = I2R{, Р = /22/?2,
P=^/?1/(r + /?1)2 = g2/?2/(r + /?2)2.
Отсюда находим Рт = Р(1^ +
4.5.18. Имеем систему уравнений I = £/(г + 7?}, 1к = £/г, из кото-
рой находим в и г.
Максимальная мощность Рт-&/4г, Рт = H/R/(Ik -1).
536
4.5.19. Имеем уравнения ^(7?, + R2)/(г + RK + Z?2)2 = ^R0/(r + Л0)2,
/?0 = R'R2/(Rs + R2). Отсюда находим г = y/R^R^ .
4.5.20. Из уравнений $R/(r + R + Re) = &RJ(r + /?0), Д, = RRJtR + RB)
получим Rt = If/г. Далее находим PJP2 - (r/R)\
4.5.22. Пусть $ — ЭДС элемента. При параллельном соединении
ЭДС батареи — £, внутреннее сопротивление — г/2.
Мощности, потребляемые в первом и втором случаях
Л = 4^Я/(г + 2Я)2,
Р2 == 4£Т?/(2г + 7?)2.
Отсюда находим R = (2 4к - 1)г/(2 -у[к ).
4.5.23. Напряжение на лампе одинаково в двух случаях. В первом
случае получим напряжение на лампе, используя три раза зако>н Ома
v =_______________________
я3(й1+л2+ял)+ад+/?л)'
_ __ £/?3/?л
Во втором случае напряжение V =---------.
) + ^З^л
Из этих уравнений находим R* = Л/3.
4.5.25. Решение 1. Введем положительное направление на конту-
ре, содержащем Ср R, и Сг Пусть q(t) — заряд, прошедший в поло-
жительном направлении за время t. Полагая <рь ~ <р* = ф* - фто = V2,
Фт ~ Фь ~ 7R, получим уравнения
1 2 с с ct с2
(1)
IR + q/C = 0,
(2)
Еще одно уравнение следует из закона сохранения заряда изоли-
рованной части схемы
Из (1), (3) находим
У1=_«!_ДЛ=-_^+1
1 с\+с2 ct 2 ct+c2 с2
(3)
(4)
где 9, = Cfi.
Поскольку У((0) = £, И2(0) = 0, то начальное значение q(Q) = g0, q0 = Сё-
Решением уравнения (2) является функция q(t) = 70ехр(-//т), где
т = CR, т = 1,6 • 10 8 с. Сила тока I(t) = -(^0/т)ехр(-//т). Отметим, что
537
q(t) — не «заряд», а функция q(t) 0 при I » т. Количество тепло-
ты, выделившейся в резисторе
ОО
Q = \dtl\l)R = (/„72С, Q = С^/2. (5)
О
Решение 2. Проставим произвольно знаки зарядов на конденсато-
рах при I » т, когда заряды конденсаторов примут постоянные значе-
ния. Из закона сохранения заряда изолированной части цепи и второ-
го правила Кирхгофа получим уравнения И, - C2V2, + И2 = 0.
Отсюда находим V\ = qi/(Ci + С2), V, = -И2.
Заряд верхней пластины второго конденсатора Q2 - -C2V2 > 0.
В этом состоянии энергия электрического поля конденсаторов
£7, = + T&V* = -2 -
1 2 1 1 2 2 2 2(С,+С2)
Энергия электрического поля в начальном состоянии Uei = С^/2.
Следовательно, энергия электрического поля уменьшилась. Количе-
ство теплоты Q = Uel - U,r
4.5.26. В конечном состоянии разности потенциалов верхних и
нижних пластин конденсаторов одинаковы и равны И/2. Согласно
(4.5.1) количество теплоты, выделившееся в резисторах Qt = кЛг Сле-
довательно, QJQ2 = RJRr Из закона сохранения энергии следует еще
CV2 CV2
одно уравнение----- = + Q2 +-----.
2 4
4.5.27. Из закона сохранения заряда изолированной части цепи
и.второго правила Кирхгофа получим уравнения q} + q2 = - C2V2,
vl + v2 = o.
Отсюда находим = (q^ + q2)/(C\ + C2), = -V2. В этом состоянии
энергия электрического поля
иг]= С^/2 + С^/2 = (9, + (/2)72(С + G).
Энергия электрического поля в начальном состоянии
/4 = 9,72^ + 9,726’.
Следовательно, энергия электрического поля уменьшилась. Ко-
личество теплоты
Q = Ua - Q = ^С2 - 92С,)7[2С16’2(С1 + С2)].
4.5.28. Емкость эквивалентного конденсатора Со = С/2. После за-
рядки заряд конденсатора q' = CQ&. Согласно уравнению энергетиче-
538
ского баланса работа, совершаемая батареей равна количеству джо-
улевого тепла и приращению энергии электрического ноля:
^ + Ся = Й'-9'72С0.
Поскольку Qr~ г, QB R, то Qr/QR = r/R.
4.5.29. Из закона сохранения энергии получим уравнение
Д = е, + £-
Поскольку ~ Rn, то (?,/& = Rt/R2.
4.5.30. Сила тока в общей части цепи I = 2&/3R. Падение напря-
жения на резисторе Л, равно Vt = 2£/3, на резисторе /?4 равно 74 = £/3.
Разность потенциалов на конденсаторе — £/3. Энергия электрического
поля Ue = /18. При разряде в ветвях схемы и R{R^ выделится
одинаковое количество теплоты 77/2 = Q3 + Q/t. Согласно (4.5.1) полу-
чим еще одно уравнение = Л3//?4.
4.5.31. При t > 0 имеем соотношение 8Q = И2Д#-Д
В начальном состоянии q(0) - CVv в конечном состоянии д2 = CV2.
Следовательно, полное количество теплоты
Q = V2(CV2-CVt)-j(CV22-CV2) или Q = ^-V2)2.
2С I'
Подставляя числовые данные, находим
Q = 50 фДж или Q = 3,12 • 105 эВ.
Таким образом, каждая логическая операция требует затрат энергии
и сопровождается выделением теплоты, которую необходимо отвести от
схемы. Однако любой материал может рассеять в единицу времени ог-
раниченное количество теплоты, зависящее от его теплопроводности.
Поэтому с прогрессом миниатюризации величина Q уменьшается, по-
видимому, скоро будет достигнут фундаментальный предел при комнат-
ной температуре Qm = 7,6 эВ. Преодолеть этот предел нельзя, т.к. логиче-
ские операции защищены от тепловой) шума лишь тогда, когда потреб-
ляемая энергия хотя бы в 200 раз превышает энергию теплового
движения при комнатной температуре 1,5 кТ » 0,938 эВ. Для преодоле-
ния этого предела потребуется понизить температуру и уменьшить раз-
меры микроэлектронных устройств. В XXI веке мы приблизимся к пре-
делу возможной толщины изолирующего слоя из сотни атомов порядка
25 нм и войдем в область гигамасштабной интеграции, при которой од-
на микросхема будет содержать 109 транзисторов на 1 см2.
539
4.5.32. В начальном положении заряд верхней обкладки конден-
сатора = 5£С. Энергия электрического ноля Uv = q02/2C. После пе-
реключения ключа заряд обкладки q' = $С.
4.5.33. После переключения ключа имеем последовательное соеди-
нение элементов цепи. Из закона Ома получим уравнение Ir2 + q/C =
где /(/) - сила тока в цепи конденсатор — ЭДС. Умножая обе части
уравнения на I, получим fr2 + qJ/C - SI, или уравнение энергетического
баланса SAq = fr^t + MJe, где U9 = q2/2С.
Работа, совершаемая батареей Л =
4.5.34. Количество теплоты, выделившейся в батарее
<?2 = л-(U-Uo).
4.5.35. Пусть I, 12 - силы токов в цени батареи, резистора R, и
конденсатора. Из законов Кирхгофа следуют уравнения
Z=Z,+Z2, (1)
Zr + g2/C+Z2/?2 = ^ (2)
ц2/С(3)
Отмстим, что из (1) —(3) можно получить закон изменения элек-
d а2
тромагнитной энергии £/ = /г + I2RX + I2R2 + —— (1 + r/Rx).
dt 2C
Найдем уравнение относительно функции q2. Подставляя в (2) / и
Ц из (1), (3), получим
ё= (72/С)(1 +Г//?,) +/Л(1 +r/R{ + r/R2). (4)
Умножая (4) на/2, находим
/Х(1 + r/Rt + г/Я2) = (1 + г/Ъ). (5)
dt ZC
Из (5) получим элементарное количество теплоты
8&( 1 + r/R, + г/Я2) = $bq2 - (1 + r/R^{q2/2C).
Заряд конденсатора в конечном состоянии q^~ C$RJ(r + Я,).
4.5.36. При смещении пластины в цепи протекает переменный ток.
Положительное направление тока показано стрелкой (рис. 4.5.36). Ем-
кость конденсатора С(х) = zJS/x.
Энергия электрического ноля Ue = q2/2С = q2x/2zJS. Согласно за-
кону Кирхгофа
Ir + qx/z£ = (1)
Проекция силы, действующей на пластину F = -dUr/dx.
540
Из второго закона Ньютона получим уравнение движения пла-
стины
mdv/dt = F-ql/2^S. (2)
Система нелинейных дифференциальных уравнений (1)-(2) от-
носительно q(t) ия(/) неразрешима в случае г *0.
Умножим (1) на /, (2) на v и сложим полученные выражения. В
результате находим уравнение энергетического баланса
Отсюда следует закон изменения полной энергии
Д (mv2/2 + U) = 7У0Д£ + Fv&t - frAt. (3)
Если пренебречь сопротивлением батареи, то из (1) получим q = CV0,
= CV02/2. Тогда из (3) найдем элементарную работу внешней силы
SA,, = MJ,- У0Д7, или = -(%72)ЛС. (4)
4.5.37. Из второго закона Ньютона получим уравнение движения
пластины
mdv/dt = F- Q2/2^ + СЛ- (1)
Умножая (1) на v, получим закон изменения полной энергии
Д (mv2/2 + и, - QqEqx) = Fvbt, Ur = Q*x/2zJS. (2)
Hz = или Aa = Q2(h - d)/2fi/S- (^(Л - d).
4.5.38. Очевидно, сопротивление цепи равно R:
i/R = \/r+l/(r + R), г= (1 + >/5)/?/2.
Через резистор Л3 протекает ток силой 1Л = V/(r + 7?).
4.5.39. Из уравнений Р, = l?/Rv Р2 - Т?/Л2, Р2 = V2 R2/(R, + R2)2
находим Р2 = P2[PJ(PX + Р2)]2.
4.5.40. Учитывая решение задачи 4.3.25, получим Q = /2.
4.5.41. Пусть /2, I — силы токов в цени батареи, конденсатора
С2 и резистора (рис. 4.5.41 б).
Рис. 4.5.41 б.
541
Из законов Кирхгофа следуют уравнения
А = Л + Д (1)
9i/G + 92/G = ^ (2)
<7,/С, + 77? = £. (3)
Из (1)-(3) получим закон изменения электромагнитной энергии
Из (4) находим элементарное количество теплоты
5^ = ^-Д(7172С1 + 7272С2).
Начальные значения зарядов qu ~ q^ = 2С£/3, конечные значения
qv=C&,qv=O.
4.5.42. Очевидно Р2/Р, = 722/7,2, 7, V, = I2V2.
4.5.43. R = (V2 - И,) VJP. R = 24,2 Ом.
4.5.45. После замыкания ключа силы токов в цепях конденсато-
ров Iv /2; сила тока, протекающего через резистор /.
Из законов Кирхгофа имеем систему Ц + /2 = I, qJCx + JR =
q.JC2 + IR = &2, из которой следует уравнение
q/C+IR = (ёА + Ш/С, (1)
где q = q, + q2, С = С\ + С2.
Начальное условие q(0) = 0. Сила тока / —> 0 при t » RC. (1ледо-
вателыю, Д^ = + ё2С2.
Б. Умножая (1) па /, получим закон изменения электрической
1 2
энергии fR = (ад + ё2Сг)1/С-— . Q = (Дд)72С, С = С. + С2.
dt 2С
4.5.46. Из уравнения энергетического баланса получаем
/? = /?0(1+ а/2/?/Р).
Сопротивление R к /?0( 1 + а/2/?0/₽) •
Отметим, что для получения вольтамиерной характеристики
нельзя применить закон Ома. Поскольку сопротивление связано с
вольтамиерной характеристикой соотношением R = dV/dJ, то имеем
уравнение
/?0(1 + «//?„/₽) = dV/dJ, Rn(l + a73/?o/30) = V. (1)
Разрешая (1) относительно 7, получим вольтамперную характе-
ристику I(V) « И/Яо - аРй/(ЗрЯ02), обобщающую закон Ома.
542
Учебное издание
Павленко Юрий Григорьевич
Физика. Избранные задачи
Книга I
Механика
Молекулярная физика. Термодинамика
Механика жидкостей и газов
Электричество
Издательство «ЭКЗАМЕН»
Гигиенический сертификат
№ 77.99.02.953.Д.008330.09.06 от 14.09.2006 г.
Главный редактор Д. В. Яновский
Технический редактор Н.Я. Богданова
КорректорН.С. Садовникова
Дизайн обложки И.Р. Захаркина
Компьютерная верстка М.В. Демина
105066, Москва, ул. Нижняя Красносельская, д. 35, стр. 1.
www.examen.biz
E-mail: по общим вопросам: info@examen.biz;
по вопросам реализации: sale@examen.biz
телефакс 641-00-30 (многоканальный)
Общероссийский классификатор продукции
ОК 005-93, том 2; 953005 — книги, брошюры, литература учебная
Издание осуществлено при техническом содействии
ООО «Издательство АСТ»
Отпечатано на ОАО «Нижполиграф»
603006 Нижний Новгород, ул. Варварская, 32.
По вопросам реализации обращаться по тел.:
641-00-30 (многоканальный).
АБИТУРИЕНТ
Sil Ю.Г. ПАВЛЕНКО
©cascam
ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
гчрлгта механика
Ьйшши ЬЛ МОЛЕКУЛЯРНАЯ ФИЗИКА
Z1 ТЕРМОДИНАМИКА
МЕХАНИКА ЖИДКОСТЕЙ И ГАЗОВ
_1 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО