МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИУРАЛЬСКИЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

ИМЕНИ 1ІЕРВОГО ПРЕЗИДЕНТА РОССИИ Б. Н. ЕЛЬЦИНА

С. С. Канторович Д. В. Пермикин

ОБЩАЯ ФИЗИКАМеханика.

Рекомендовано методическим советом УрФУ в качестве учебного пособия для студентов, обучающихся по программе бакалавриата по направлениям подготовки

010100 «Математика», 010200 «Математика и компьютерные науки», 230700 «Прикладная информатика»

Екатеринбург Издательство Уральского университета

2012

УДК 531 (075.8) К198

Рецензенты:лаборатория прикладной механики Института машиноведения

УрО РАН (заведующий лабораторией кандидат технических наук, про­фессор JI. Ф. С п е в а к);

В. Д. С е л е з н е в, доктор физико-математических наук, профес­сор (Уральский федеральный университет)

Канторович, С. С.К198 Общая физика: Механика: [учеб. пособие] / С. С. Канторович,

Д. В. Пермикин. - Екатеринбург : Изд-во Урал, ун-та, 2012. - 88 с.

ISBN 978-5-7996-0721-0

Классическая механика, без сомнения, является одной из самых древ­них наук на земле. Изучая движение макроскопических тел, классическая механика сочетает в себе алгебру, геометрию и концепцию времени. Эта наука позволяет предсказывать траектории, по которым движутся предметы са­мой различной природы: планета, теннисный шарик, велосипед. В данном пособии представлен теоретический материал и задачи, которые будут по­лезны при изучении основ классической механики.

Адресовано студентам, изучающим дисциплины модулей «Физика», «Естествознание», «Теоретическая механика».

УДК 531(075.8)

ISBN 978-5-7996-0721-0© Уральский федеральный университет, 2012

© Канторович С. С., Пермикин Д. В., 2012

ПРЕДИСЛОВИЕ

Учебное пособие предназначено для студентов 2 и 3 курсов Института математики и компьютерных наук Уральского федераль­ного университета, изучающих классическую механику в рамках курса общей физики. Пособие состоит из четырех основных разде­лов: «Кинематика», «Импульс, работа, энергия. Законы сохранения», «Колебания», «Статика». Каждый раздел разбит на несколько под­разделов.

В пособии дается краткое описание необходимых понятий, ис­пользуемых обозначений, а также единиц измерения в различных системах. В подразделе «Примеры решения задач» разобраны ти­пичные задачи по теме раздела, задачи для самостоятельного реше­ния с ответами приведены в подразделе «Задачи для души». В двух из четырех разделов есть дополнительный подраздел - «Немного математики», в котором мы приводим необходимые сведения из тео­рии дифференциальных уравнений и аналитической геометрии. Данные подразделы не преследуют цель углубить математические знания студентов, а скорее используются в качестве инструмента для решения задач.

В тексте пособия векторы приведены жирным шрифтом, ска­лярные величины - курсивом.

Авторы надеются, что издание окажется полезным и интерес­ным студентам, а также преподавателям, ведущим практические за­нятия по общей физике, при выборе задач.

В качестве теоретической поддержки мы рекомендуем исполь­зовать также такие учебники, как [1-3]. Дополнительные задачи можно найти в сборниках задач [4-6].

1. КИНЕМАТИКА

Классическая механика - наука о движении макроскопических тел - является одной из древнейших наук на земле. Добавив к ал­гебре и геометрии понятие времени, удается описать и предсказать траектории, по которым движутся планеты, которым следует коле­со или просто брошенный камень. Классическая механика являет­ся основой для понимания сложных явлений в физике, химии, био­логии. Без знания классической механики невозможными были бы открытия в электричестве, магнетизме, не была бы создана специ­альная теория относительности, гидродинамика не получила бы такого развития. Для нас это означало бы отсутствие не только ав­томобиля, телефона, но и водопровода, не говоря уже об устойчи­вой мебели. Список причин, по которым понимание основ класси­ческой механики является неотъемлемой частью нашего быта, мож­но продолжать очень долго. Здесь мы начнем рассмотрение первого базового раздела этой важной науки - кинематики, основными по­нятиями которой являются силы и движение макроскопических тел, вызванное этими силами.

1.1. ЗАКОНЫ НЬЮТОНА СИЛА

Основным понятием в механике является сила. Под силой бу­дем понимать действие одних тел на другие. С точки зрения матема­тики сила является векторной величиной, поэтому, помимо модуля и точки приложения, сила характеризуется своим направлением. Другими словами, найти силу означает указать направление, вычис­лить модуль и определить точку, к которой сила будет приложена.

Найти закон движения тела в классической механике означает получить зависимость координат тела от времени (часто удобно

говорить о радиусе-векторе точки г(/)). Движение тела характери­зуется скоростью у = dr{t)!dt и ускорением а = d 2r(t)/dt2. Векторная величина, равная произведению массы тела т на его скорость, на­зывается импульсом тела: р = ту. Необходимо отметить, что коор­динаты тела естественным образом зависят от выбора системы ко­ординат.

Другим важным понятием является понятие «материальная точка». Оно используется для решения задач, в которых размерами и формой реального тела можно пренебречь и поставить в соответ­ствие этому телу «точку», обладающую его массой. Легко понять, что одно и то же тело, в зависимости от задачи, может или не мо­жет рассматриваться в качестве материальной точки. Так, напри­мер, если мы хотим узнать скорость, с которой подлетит к земле выпавший из самолета помидор, мы можем смело аппроксимиро­вать овощ материальной точкой. Если же мы хотим узнать, как тот же самый помидор будет погружаться в кастрюлю с водой, то пре­небрегать его формой и размерами уже нельзя.

Классическая механика неразрывно связана с именем англий­ского физика сэра Исаака Ньютона, который первым сформулиро­вал три ее основных постулата [7].

Первый закон Ньютона. Всякое тело продолжает удержи­ваться в своем состоянии покоя или равномерного и прямолиней­ного движения, пока и поскольку оно не понуждается приложен­ными силами изменять это состояние. Иногда удобно формули­ровать первый закон Ньютона в более математических терминах: существуют такие системы отсчета, относительно которых любая материальная точка при отсутствии внешних воздействий или их полной взаимной компенсации сохраняет состояние покоя или рав­номерного прямолинейного движения. Такие системы отсчета на­зываются инерциальными.

Ньютон, в частности, говорил, что сила проявляется единст­венно только в действии и после прекращения действия в теле не остается. Тело продолжает затем удерживать свое новое со­стояние вследствие одной только инерции. Происхождение при­ложенной силы может быть различным: от удара, от давления, от центростремительной силы.

Второй закон Ньютона. В инерциальной системе отсчета ско­рость изменения импульса материальной точки равна действую­щей на нее силе:

В случае если тело обладает постоянной массой т, второй за­кон Ньютона имеет привычный вид:

где а - ускорение тела. В формулировке Ньютона это звучало так: изменение количества движения пропорционально приложенной движущей силе и происходит по направлению той прямой, по ко­торой эта сила действует.

Третий закон Ньютона. При взаимодействии двух тел сила F 12, действующая на второе тело со стороны первого, равна по ве­личине и противоположна по направлению силе F21, действующей на первое тело со стороны второго:

Сам Ньютон писал: действию всегда есть равное и противо­положное противодействие, иначе - взаимодействия двух тел друг на друга между собою равны и направлены в противоположные стороны.

Как уже говорилось, сила F является векторной величиной, т. е. имеет модуль и направление. Здесь мы не будем говорить о точке приложения сил, она будет особо указываться в каждой отдельной задаче.

По своей природе силы бывают различными, в разделе 2 будет приведена их классификация; здесь мы ограничимся лишь выраже­ниями для наиболее часто используемых сил.

Сила тяжести описывает притяжения всех тел к центру Зем­ли и имеет гравитационную природу:

где т - масса тела; g - ускорение свободного падения (величина |g | примерно равна 9,8 кг/м • с2). Сила считается перпендикуляр­

СОdt

/wa = F,

(2)

FT = mg, (3)

ной поверхности Земли и направленной к ее центру без учета гра­витационных неоднородностей Земли, асферичности ее формы и суточного вращения.

В гравитационном поле Земли сила тяжести, действующая на покоящееся тело, совпадает с его весом; в общем случае весом тела называется сила, с которой это тело воздействует на опору или подвес.

Сила Архимеда описывает равнодействующую всех сил давле­ния жидкости на погруженное в нее тело (направление силы опре­деляется формой поверхности контакта тела и жидкости):

|FJ = -|prg|, (4)где р - плотность жидкости; V- объем вытесненной жидкости; g - ускорение свободного падения.

Сила реакции опоры обратна силе, с которой неподвижное отно­сительно опоры тело массой т давит на опору:

N=m(g, n)n. (5)

Заметам, что по модулю эта сила равна весу тела (не пугать с мас­сой). Сила направлена по нормали к опоре, единичный вектор кото­рой п.

Сила трения скольжения описывает взаимодействие двух тел, совершающих движение относительно друг друга:

|F ,|= -* |N |, (6)

где к - коэффициент трения; | N | - модуль силы реакции опоры. Си­ла всегда направлена противоположно направлению движения.

Сила сопротивления (или закон Стокса), характеризующая со­противление, которое жидкость оказывает на движущееся в ней тело, описывается следующим выражением:

F5 = -ßv, (7)

где ß - коэффициент (возможно, тензор), в общем случае зависящий от формы образца и вязкости жидкости. Сила всегда направлена в сто­рону, противоположную скорости; ѵ - скорость движения тела.

7

1.2. ПРЯМОЛИНЕЙНОЕ РАВНОМЕРНОЕ И РАВНОУСКОРЕННОЕ ДВИЖЕНИЕ

Рассмотрим частный случай. Пусть масса тела т и сила | F | = F постоянны во времени, а сила к тому же направлена вдоль оси Ох. В этом случае уравнение (1) имеет вид

d 2 Xт — г- = /*.

dt2

Это обыкновенное линейное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Для того чтобы получить задачу Коши (см. подраздел «Немного математики»), не­обходимо задать два начальных условия: х(0) = xQ, cbddt = vQ. Эти условия характеризуют соответственно начальное положение и на­чальную скорость тела. Решение задачи Коши в этом простейшем случае запишется следующим образом:

x(t) = - ^ t 2+v0t+x0. (8)2т

В случае если F = 0, мы имеем дело с равномерным движени­ем, если F * 0, движение называется равноускоренным (при F > 0) и равнозамедленным (при F< 0).

1.3. ДВИЖЕНИЕ ПО ОКРУЖНОСТИ

Необходимо найти скорость и ускорение материальной точки, движущейся с постоянной по абсолютной величине скоростью по окружности радиуса R. Пусть вектор г вращается в положитель­ном направлении (против часовой стрелки), тогда его можно выра­зить через единичные орты х и у:

г(/) = Rx cosсо/ + Ry sin со/,

где со - постоянная величина, называемая угловой частотой или угловой скоростью движения. Эта величина измеряется в радианах на единицу времени. Для того чтобы получить значение вектора ско-

8

роста материальной точки, движущейся по окружности, мы долж­ны вычислить

dr{t)ѵ = —— = cö7?(-xsmcor + yCOSCöO*

dt

Абсолютная величина скорости равна ѵ= соR. Ускорение при дви­жении по окружности можно найти по формуле

dv(t) 2п/ ча = = -со Ä(xcosco/ + ysinco/)•

Следовательно, абсолютная величина ускорения при равномер­ном круговом движении равна а = со2R = ѵ2//?, причем ускорение направлено к центру круга. Это ускорение называется центростре­мительным ускорением. Период кругового движения Т определяет­ся как время, в течение которого совершается один оборот. Очевид­но, что один оборот совершается за такое время / , что соТ= 2л, или

1.4. ПРЕОБРАЗОВАНИЯ ГАЛИЛЕЯ: СЛОЖЕНИЕ СКОРОСТЕЙ

Принцип относительности Галилея гласит: «Основные законы механики одинаково формулируются для всех систем отсчета, ко­торые движутся с постоянной скоростью (т. е. без ускорения) от­носительно друг друга». Другими словами, находясь в каюте теп­лохода с задраенным иллюминатором, пассажир, вообще говоря, не может экспериментально определить, покоится ли он или нахо­дится в равномерном прямолинейном движении относительно не­подвижного берега. Только глядя в окно и имея, таким образом, возможность сравнить свое движение с движением берега, он смо­жет сказать, что находится относительно берега в равномерном дви­жении. Правда, даже тогда он не сможет решить, что плывет - он или берег.

Обозначим через S какую-либо инерциальную декартову сис­тему координат, а через У - другую инерциальную декартову сис­тему координат, движущуюся с постоянной скоростью V относи­тельно первой. Пусть оси Ох', Oy', Oz'системы У направлены па­раллельно осям Ох, Oy, Oz системы S. Выберем эти оси так, чтобы вектор V был направлен параллельно оси Ох. Тогда, если мы вы­берем совершенно одинаковые масштабы длины, получим следую­щие уравнения преобразования:

t = t'; X = х' + Vt';y = / ; z = z '. (9)

Следствие - правило сложения скоростей

V = ѵ' + V, (10)

где V - скорость, измеренная в системе S; ѵ' - скорость, измеренная в системе У.

Несколько слов о единицах измерения. В данном пособии мы будем приводить единицы измерения в двух основных системах: СИ (SI - Le Systöme International d’Unites - Международная систе­ма единиц) и СГС (CGS - Centimeter, Gramm, Second - Сантиметр, Грамм, Секунда). Система СИ была принята в 1960 г. и является наиболее распространенной метрической системой, которую мы привыкли использовать каждый день. Однако система СГС, впер­вые введенная Карлом Фридрихом Гауссом в 1832 г., позволяет заметно сократить некоторые формы уравнений, особенно в физике электричества и магнетизма, что делает ее весьма популярной сре­ди ученых.

Единицы измерения основных величин в системах СГС и СИ, использованные в данном разделе, представлены далее в следую­щей последовательности: название единицы СГС (аббревиатура), название единицы СИ (аббревиатура). Длина - сантиметр (см), метр (м); масса - грамм (г), килограмм (кг); время - секунда (с), секунда (с) (одинаково в СИ и СГС); скорость - (см/с), (м/с); уско­рение - (см/с2), (м/с2); сила - дина (г • см/с2), ньютон (Н = кг • м/с2); давление - (г/(см • с2)), Паскаль (Па = кг/(м • с2)).

НЕМНОГО МАТЕМАТИКИ

В предыдущем разделе мы использовали понятие линейного дифференциального уравнения второго порядка. Ниже приведена схема решения уравнений такого типа. Еще раз подчеркнем, что приведенные далее вычисления предназначены исключительно для повторения и не содержат доказательств. Подробное математи­ческое изложение можно найти в [8,9].

Пусть дано обыкновенное дифференциальное уравнение второ­го порядка с постоянными коэффициентами, которое в общем виде (с учетом неоднородности и возможности приведения коэффици­ент при старшей производной равен 1) может быть записано так:

d 2x dx— + а — + Ьх = т (11)at at

где X - неизвестная функция; а и Ь - действительные числа; f ( t ) - некоторая известная функция; / -независимая переменная.

Общее решение линейного неоднородного уравнения склады­вается из суммы общего решения линейного однородного (/*(/) = 0) jc0(/) и частного решения неоднородного xt(t) уравнений.

Для отыскания общего решения линейного однородного урав­нения необходимо выписать характеристический многочлен, соот­ветствующий уравнению (11):

s2 + as + 6 = 0. (12)

Возможны три случая: 1) решения данного уравнения (12) дей­ствительны и различны (а,, а 2); 2) корень данного уравнения один и имеет кратность 2 = а 2 = а); 3) корни этого уравнения комп­лексно сопряженные (а 12 = и ± /ѵ). В зависимости от корней общее решение xQ(t) может быть записано в виде

1) *о(0 = с \ ехР(а іО + С 2 ехр(а20;2) х0(() = С, ехр(аО + С2/ ехр(аt); (13)

3) *о(0 = Q exp(n/)cos(v/) + С2 exp(«r)sin(vf).

Таким образом, для отыскания общего решения линейного не­однородного уравнения остается найти частное решение х В слу­чае если функция f( t) является квазимногочленом, частное реше­ние можно искать в заданной форме (см., например, [9]). Однако иногда оказывается проще применить более общий метод.

Далее мы приводим метод отыскания общего решения неодно­родного уравнения, если отыскание частного решения оказалось трудной задачей.

В каждом из случаев 1) - 3) (уравнение (13)) решение исходного однородного уравнения можно представить в виде суммы двух ре­шений, образующих так называемую фундаментальную систему

1 9решений x0(t), х0 ( t ) :

*о(0~Сі*о (О + C2Xq (t).

Введя понятие фундаментальной системы решения, можно построить определитель Вронского V:

Ѵ = (14)

первая строка которого состоит из непосредственно фундаменталь­ных решений, а вторая - из их производных. Пусть произвольные постоянные С, = С, (О и С2 = C2(t) зависят от независимой перемен­ной t. Общее решение линейного неоднородного уравнения будем искать в следующем виде:

*о (0 “ С, (0*о (0 + С2 (0*о ДО-

Определим два вектора: первый С' = (С;(0, Cj(0), состоящий из производных неизвестных функций С,(/) и С2(0; второй вектор F = (0,/(()), содержащий известную функцию /(*) - неоднородность уравнения (11). Можно показать, что вектор С' находится из следую­щей системы:

С 'г V = F, (15)

где V - описанный ранее определитель Вронского. Данная система(15) является системой линейных дифференциальных уравнений первого порядка. Решив ее, мы получим функции С,(/, А) и С2(/, В), где А, В - новые произвольные постоянные.

Как видим, общее решение линейного дифференциального уравнения второго порядка зависит от двух произвольных посто­янных. Напомним, что для определения этих констант необходимо поставить задачу Коши или краевую задачу. В этом разделе будет кратко рассмотрен только случай задачи Коши. Для уравнения вто­рого порядка поставить задачу Коши означает, наряду с уравнени­ем, задать значения искомой функции и ее производной в началь­ной точке интервала, на котором нас будет интересовать решение

/ ч dxx(t0) = xQ; — = *i- (16)

Задача Коши для уравнения ( і 1) будет всегда иметь единствен­ное решение: существует одна и только одна функция, удовлетво­ряющая уравнению (11) и начальным условиям (16).

При решении уравнений движения начальные условия имеют смысл положения и скорости в нулевой момент времени.

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

В данном разделе мы приводим несколько типовых задач и опи­сываем приемы, применяемые при их решении.

Равномерное движение1. Между пунктами Л и В9 находящимися на противоположных

берегах реки, курсирует катер. При этом он все время находится на прямой AB (рис. 1). Точки А и В находятся на расстоянии s = 1200 м друг от друга. Скорость течения реки ѵ = 1,9 м/с. Прямая AB со­ставляет с направлением течения реки угол а = 60 °. С какой ско­ростью и относительно воды и под какими углами ß1 и ß2 к пря­мой AB должен двигаться катер в обе стороны, чтобы пройти из А ъ В и обратно за время t = 5 мин?

13

Р е ш е н и е . Скорость катера относительно берега равна V, = V + и, где V, - скорость катера при движении от А к В. Она направлена вдоль отрезка AB. Проектируя равенство V! = ѵ + и на отрезок AB и перпендикулярное ему направление, получаем Ѵх = V cos ß, + и cos а ; м sin а = v sin ß j . При движении катера обрат­но отАкВ Ѵ2 = vcosß2 -M co sa ; и sin a = vsinß2 . Отсюда видно, что ßi = ß2 = ß . Полное время движения

_ s s _ s 2v cos ß

Отсюда

V\ У-i v2c o s ^ - « 2cos2a

2*у(vcosß)2 vcosß- и 2 C0S2Ct = 0,

R s s 2 2 2 vcosß = y + J — + Ы cos a .

Второе решение со знаком минус не имеет физического смыс­ла. Из системы двух уравнений

vsinß = и sin a;

0 s + J s 2 + u 2/2 cos2a vcosß = -----!---------------------

находим

п ut sin aГ 2 ' 2 2 = Г ’S + yjs +U t COS О

откуда ß = 11,5°. Следовательно, v = MSina = 8,3 м/с.sinß

О т в е т :

ß1=ß2 =ß = ll,5*; V = = 8,3 м/с.sin ß

2. Беспечный заяц, не замечая ничего вокруг, бежал с постоян­ной скоростью по прямой тропинке вдоль поля, а на поле, на рас­стоянии L от тропинки, сидела голодная лиса. Она увидела зайца, когда он находился в ближайшей к ней точке тропинки, и тут же пустилась в погоню. Лиса бежала с такой же по величине скоростью, что и заяц, и при этом все время держала курс на него. Через какое время лиса догонит зайца?

Р е ш е н и е . Пусть заяц движется по оси х. В начальный мо­мент он был в точке Л, а лиса - в точке В (рис. 2). Пусть в некото­рый момент лиса находится в точке В' и ее скорость направлена под углом а к оси х. Угол а является переменным и в общем виде зависит от времени а(/).

ВРис. 2. Заяц движется но оси х

На первом этапе решения найдем расстояние, на которое смо­жет убежать заяц. Он движется с постоянной скоростью, поэтому

S = vt. При этом перемещение лисы по оси х должно составить именно S. Проекция на ось х скорости лисы равна и cos (a(f)X по­этому пройденное расстояние может быть записано как

/S = J и cos (a (t))dt = vt.

0Отсюда находим время

Iи I cos (a (t))dt

/ = - 2 .V

Условие на поиск времени t содержит неизвестный интеграл. Найдем его. Изначально расстояние между лисой и зайцем состав­ляет L, и оно постепенно уменьшается до нуля. Скорость сближе­ния лисы и зайца можно определить, спроектировав скорость зай­ца на направление движения лисы:

V, = и - V cos (а(0).

Интеграл скорости сближения дает расстояние между лисой и зайцем в начальный момент времени

1L — jw - V cos (a(t))dt.

оИли

/L = u t-V j cos (a

0

V . . . u t - LI cos (a (t))dt = -------- .^ V0 v

Подставляя интеграл в первое условие, получим

О т в е т : лиса догонит зайца через

Равноускоренное движение1. Тело бросили с поверхности Земли под углом а к горизонту

с начальной скоростью ѵ0. Пренебрегая сопротивлением воздуха, найти:

а) время движения;б) максимальную высоту подъема и горизонтальную дальность

полета, при каком значении угла а они будут равны друг другу;в) уравнение траектории у( х), где у и х - перемещение тела

по вертикали и горизонтали соответственно.Р е ш е н и е . При условии, что отсутствует трение, единствен­

ная сила, действующая на тело, это сила тяжести. Введем оси коор­динат естественным образом, сонаправив ось абсцисс с горизонтом и выбрав ось ординат вверх. Используя второй закон Ньютона (1), распишем проекции уравнений движения:

Таким образом, по оси абсцисс тело совершает равномерное движение, а по оси ординат - неравномерное. Формулы (18) содер­жат четыре произвольные постоянные, которые необходимо найти, исходя из начальных условий. Положение при /= 0 соответствова­

(17)

Решая систему, получаем

x(t) — Cit + С2;< t 2y(t) = - g — + В 1* + В2-

(18)

ло *(0) =у(0) = 0. Подставляя ноль вместо t в уравнения (18), получа­ем С2 = В2 = 0. Начальная скорость была равна по величине ѵ0 и направлена под углом а к горизонту. В наших обозначениях это будет выглядеть так:

dxT tфdt

- С, = v0 cos а;r=0 (19)

= В\ = v0 sin а.r=o

Таким образом, подставляя значения постоянных в (18), без тру­да находим закон движения тела, брошенного под углом а к гори- зонту, в параметрической форме:

* (0 ~ v0fcosa;і2 (20)

Д 0 = - £ у + v0tsina.

Теперь начнем отвечать на вопросы задачи по порядку и найдем время движения. Очевидно, что время движения можно отыскать из условия y(tm) = 0. Действительно, это уравнение

- * Y + V ,s in a = 0

имеет два решения, одно из которых соответствует началу движе­ния (tm = 0), а второе - приземлению тела:

2v0sin а

g

Определим теперь максимальные дальность и высоту полета. Дальность полета Д а ) можно найти, подставив время полета tm в уравнение для x(t):

, ч 2v„cosasina v„sin2aД а) = х ( 0 = — --------------=-- 2-------•

g g

Высоту подъема Н(а) можно определить, зная время подъема, которое находится из условия, что в верхней точке траектории ско­рость по оси ординат равна нулю:

ѵ0 sin а- & а +ѵ0sma = 0, ta = - z ------- ,

g

. . . . . . Vq sin2aH (a) = y(ta) = ̂ - ------ .2g

Угол, при котором равны высота и дальность, таким образом, можно найти из условия

■ 2 ггЯ (a) = L(а), = sin 2а, а ~ 76°.

И наконец, найдем зависимость^*). Для этого достаточно в р а в ­нении (18) выразить время через х и подставить в выражение для у.

О т в е т :а) время движения равно

2vn sin at = —2------ •9g

б) максимальная дальность

gи максимальная высота

Я ( а ) = І ^ 2а

2g

равны при угле а ~ 76 °;в) зависимость у(х) имеет вид

у(х) = - —j ---- —+ xtga.2^ cos a

Криволинейное д в и ж е н и е

1. Сплош ной д и с к радиусом R катится без проскальзывания с постоянной скоростью V по горизонтальной поверхности (рис. 3, а).

в г

Рис. 3. Сплошной диск на горизонтальной поверхности

а) Определите модули и направления скоростей и ускорений точек Л, 5, С, Z) на ободе диска относительно неподвижного наблю­дателя.

б) Какие точки диска имеют ту же по модулю скорость, что и центр диска О?

Р е ш е н и е. а) Слова «катится без проскальзывания» означа­ют, что точка диска, соприкасающаяся в данный момент с дорогой, имеет нулевую скорость (не случайно мокрое колесо оставляет на ас­фальте столь четкий след). В системе отсчета, связанной с центром диска, все точки обода движутся по окружности с одинаковой по моду-

20

лю скоростью ѵ0. Скорость V точки диска относительно неподвиж­ного наблюдателя является суммой скоростей: V = ѵ + ѵ0. На рис. 3, б показаны направления ѵ0 для различных точек обода. Очевидно,ѴА = 0 только при ѵ0 = v. Тогда Ѵв = VD = v>/2 ; Vc = 2v.

Для определения ускорений точек также удобно «разбиение» движения на поступательное и вращательное. Однако поступатель­ное движение с постоянной скоростью ѵ не дает вклада в ускоре­ние точек. Значит, надо учитывать только вращательное движение с постоянной линейной скоростью ѵ по окружности радиусом R. Таким образом, все точки обода имеют одинаковое по модулю ус-корение а = ѵ IR , направленное к центру диска. Скорости и уско­рения точек А, В, С, D показаны на рис. 3, в (Ѵл = 0).

б) Поскольку ѴА - 0, движение диска можно представить как вращение вокруг так называемой мгновенной оси вращения, про­ходящей через точку А. Тогда модуль скорости любой точки прямо пропорционален расстоянию от точки А, Интересующие нас точки лежат на окружности радиусом R с центром в точке А (рис. 3, г). Од­нако попытка воспользоваться мгновенной осью вращения для оп­ределения ускорений точек диска привела бы к ошибке (можете убедиться в этом сами). Дело в том, что эта ось не связана жестко с какой-либо из точек диска.

Законы Ньютона1. Призме J , на которой находится брусок Л массы т , сообщи­

ли горизонтальное ускорение а (рис. 4). При каком максимальном значении этого ускорения брусок еще будет оставаться неподвиж­ным относительно призмы, если коэффициент трения между ними k < ctg(a)?

Р е ш е н и е . Движение бруска относительно призмы может происходить в двух направлениях - вверх и вниз. Для ответа на воп­рос о максимальном ускорении необходимо будет рассмотреть оба случая, говоря о возможном малом смещении бруска. Другими сло­вами, нам придется представить, что при сообщенном ускорении брусок уже почти движется вверх или уже почти движется вниз, чтобы определить направление силы трения.

N

X

Рис. 4. Призма J и брусок А

Предположим, что трение достаточно велико и брусок, если начнет двигаться, будет подниматься вверх. Силы, действующие на него в этом случае, изображены на рис. 4; там же изображены оси - ось абсцисс направлена вдоль основания призмы обратно а, ось ординат образует правый базис и направлена вверх. Причем центр системы координат жестко связан с призмой. В этом случае наша система не является инерциальной (призма движется с ус­корением), а значит, помимо всех прочих сил, на брусок действует также сила инерции, численно равная произведению массы бруска на ускорение системы отсчета, т. е. Fm — та. Сила инерции направ­лена в сторону, противоположную а, т. е. по направлению выбран­ной оси абсцисс. Для того чтобы найти максимальное ускорение, при котором брусок еще покоится относительно призмы, нужно положить ускорение бруска в нашей системе координат равным нулю (если сообщенное ускорение чуть-чуть возрастет, брусок по­едет вверх). В проекциях на оси можно записать следующую сис­тему:

Здесь мы воспользовались тем, что сила трения FTf по абсолют­ной величине равна произведению силы реакции опоры N на коэф­фициент трения к: FTf = kN.

Что изменится в системе (21), если брусок будет съезжать вниз? В действительности очень мало - только направление силы трения.

Ox: m a -k N cosa - N s in a = 0;Oy: - mg + N cos a. - kN sin a = 0.

(21)

Система тогда преобразуется к виду (чтобы не запутаться в случа­ях, мы обозначим искомое ускорение при движении вниз через а)

Г Ох: та + kN cosa - N sin a = 0; ^[Oy: -m g + Afcosa + ANsina = 0.

Выражая из второго уравнения N через mg и подставляя в пер­вое уравнение, получаем для систем (21) и (22) соответствующие выражения для а и а :

к cos a + sin a к ctg a +1a = g --------------------= g ---- - -------;cos a - к sin a ctg a - к

_ sin a - к cos a 1 - к ctg aa = g = g --------=—.cos a + к sin a ctg a + к

Для того чтобы понять, какое ускорение больше, нужно посчи­тать разность а - а , не забывая, что по условию оба знаменателя у полученных ускорений положительны:

ff_ o = _ - 2 ^ c t g ^ a + l j _ <()(ctg a + к) (ctg а - к )

Следовательно, ускорение в случае потенциального движения вверх оказывается больше ускорения при возможном движении вниз ( а - а < 0 ).

О т в е т : максимально возможное ускорение, сообщаемое приз­ме, при которой брусок еще будет покоиться относительно приз­мы, имеет вид

к ictg a +1а = g -------.c tg a -Л

2. Определите ускорения а, и аг показанных на рис. 5 грузов (их массы /и, и т2 соответственно) и силу натяжения нерастяжимой нити. Массой блоков и нити можно пренебречь, трение отсутствует.

23

Рис. 5. Система грузов

Р е ш е н и е . Внимательно посмотрев на рисунок, можно заме­тить, что из-за того, что один конец жестко закреплен на потолке, а нить нерастяжима, модули перемещения блоков связаны соотноше­нием Я, = 2S2. Следовательно, модули ускорений как вторых произ­водных перемещений связаны аналогичным образом: а, = 2а2. За­метим, что все силы и перемещения направлены перпендикулярно потолку, следовательно, задачу можно решать в проекциях всего на одну ось. Выбрав, без ограничения общности, направление этой оси вниз (рис. 5) и используя второй закон Ньютона (1), можно за­писать уравнения движения блоков в проекции:

причем направление ускорений зависит от знака разности 2/я, - т2, а направление силы будет определяться направлением движения.

Г т{ах = mxg - T \[ - т2а2 = m2g - 2 Г.

Решая систему (23), получим искомые выражения. О т в е т :

(23)

4тх + т2 ’

2/Иі - т 7

4тх + т2 ’

ЗАДАЧИ ДЛЯ ДУШИ

1. Небольшое тело движется по горизонтальной плоскости со скоростью 10 м/с и падает в колодец глубиной 1 м и шириной 0,05 м (рис. 6). Найти, сколько раз тело ударится о стенки колодца, удар считать абсолютно упругим.

О т в е т : примерно 89 раз.

2. Катушка с намотанной на ней нитью лежит на горизонталь­ном столе и может катиться по нему без скольжения. Внутренний радиус катушки равен г, внешний R. С какой скоростью ѵ будет пе­ремещаться ось катушки, если конец нити тянуть в горизонтальном направлении со скоростью ѵ0? Рассмотреть два случая (рис. 7, а, б).

Рис. 7. Два случая движения катушки с нитками

О т в е т : а) и - Rv/(R - г) ; б) и = Rv(R + г) .25

3. На киноэкране демонстрируется движущаяся повозка. Ради­ус колес R = 0,4 м, каждое колесо имеет N = 6 спиц. Съемка про­изводилась со скоростью 24 кадра в секунду. При какой минималь­ной скорости движения повозки колеса на экране будут казаться: а) вращающимися не в ту сторону; б) неподвижными относитель­но повозки?

О т в е т : а) 5,0 м/с; б) 10 м/с.

4. Автомобиль массой от=3,3 т проходит со скоростью ѵ=54 км/ч по выпуклому мосту, имеющему форму дуги окружности радиу­сом R = 75 м. С какой силой автомобиль давит на мост, проходя его середину? С какой силой автомобиль давил бы на середину вогну­того моста с таким же радиусом кривизны?

О т в е т : 22 кН; 42 кН.

5. Точка А находится на ободе колеса радиусом R = 0,50 м, ко­торое катится без скольжения по горизонтальной поверхности со скоростью V = 1,00 м/с. Найти: а) модуль и направление ускорения точки А; б) полный путь s, который проходит точка А между двумя последовательными моментами ее касания поверхности.

О т в е т : а) ал = ѵ2//? = 2,0 м/с2, вектор аА направлен все время к центру колеса; 6 )s = 8R = 4,0 м.

6. Санки толкнули вверх по ледяной горке, составляющей угол а = 30° с горизонтом. Они въехали на некоторую высоту и спусти­лись обратно. Время спуска в п = 1,2 раза превышает время подъе­ма t2. Чему равен коэффициент трения?

О т в е т : ц = 0,10.

7. Определить закон движения свободно падающей капли дож­дя, если сопротивление воздуха описывается законом Fr = аѵ2, где V - абсолютная величина скорости капли в данный момент време­ни. Через какое время скорость капли можно считать постоянной?

8. В установке (рис. 8) известны угол а и коэффициент трения покоя к между телом Г, и наклонной плоскостью. Массы блока и

Рис. 8. Наклонная плоскость с расположенным на ней телом 7, массой т ,, ниткой, перекинутой через блок, грузом Т2 массой т2

нити пренебрежимо малы, трения в блоке нет. Вначале оба тела неподвижны. Найти отношение масс m2lmt, при котором тело Т2 начнет: а) опускаться; б) подниматься.

О т в е т : a) m jm x > sin а + £cos а; б) m2/m1 < sin а - kcos а.

9. Определить, каким будет минимальное расстояние между ка­тером А и лодкой В (рис. 9).

/ В

Рис. 9. Лодка В и катер А

О т в е т: Лтіп = h sin у,

\где у = arcsin 6sin(a + ß)

ка2 + Ъ1 + 2 ab cos(a + ß)- а

при этом а и Ь - модули скоростей ѵ и и соответственно.

10. Определить скорость, с которой движется тень Луны по зем­ной поверхности во время полного солнечного затмения, не учиты­вая поправки на орбитальное движение Земли. Для простоты счи­тать, что затмение наблюдается на экваторе в полдень, а земная ось перпендикулярна плоскости лунной орбиты. Направления враще­ния Земли вокруг своей оси и движение Луны по орбите совпада-

ют (рис. 10). Расстояние между Землей и Луной 3,8 • 105 км, радиус Земли 6400 км. Лунный месяц принять равным 28 земным суткам. При расчете учесть, что расстояние от Земли до Солнца значитель­но превышает расстояние от Земли до Луны.

Рис. 10. Луна и Земля

11. Частица А движется по окружности радиусом R = 50 см так, что ее радиус-вектор г относительно точки О (рис. 11) поворачивает­ся с постоянной угловой скоростью со = 0,40 рад/с. Найти модуль скорости частицы, а также модуль и направление ее полного ус­корения.

Рис. 11. Частица, движущаяся по окружности

О т в е т : ѵ = 2R(o - 0,40 м/с, а = 4/fco2 = 0,32 м/с2.

12. Из пушки выпустили последовательно два снаряда со ско­ростью ѵ0 - 250 м/с: первый - под углом = 60° к горизонту, вто­рой - под углом Ѳ2 = 45° (азимут один и тот же). Найти интервал времени между выстрелами, при котором снаряды столкнутся друг с другом.

О т в е т :

A>= 2 ^ - sm ( e , - eA) , | i cg cos Q{ + cos Ѳ2

13. Частица движется по дуге окружности радиусом R по зако­ну / = A sin со/, где / - смещение из начального положения, отсчиты­ваемое вдоль дуги; А и со - постоянные. Положив R = 1,00 м, А = = 0,80 м и со = 2,00 с-1, найти полное ускорение частицы в точках / = 0 и ±А.

О т в е т : aQ = A2(02/R - 2,6 м/с2; аА = A(ü2!R = 3,2 м/с2.

14. Четыре товарища одним прекрасным летним солнечным днем отправились на подготовленной машине покорять просторы нашей необъятной Родины. Прожженные путешественники не при­выкли отступать от намеченной цели, потому основательно подго­товились к возможным коллизиям. И вот машина застряла в грязи по самые арки! С энтузиазмом путешественники принялись вызво­лять из плена железного товарища. Справятся ли они, если в арсе­нале имеются лебедка, выдерживающая нагрузку в 3 т, три блока, тросы в большом количестве, а вокруг застрявшей машины растут деревья? Снаряженная масса автомобиля 2,5 т, коэффициент тре­ния машины о грязь равен 4. Придется ли идти за трактором?

15. Капля отрывается от обода горизонтально по отношению к движущемуся колесу радиусом R. С какой скоростью ѵ должно двигаться колесо, чтобы капля, побывав в воздухе, упала на то же место?

О т в е т : ѵ = yjngR • к = 2,5 м/с • 4к , где к - целое число обо­ротов колеса.

16. С какой скоростью нужно бросить тело, находясь на поверх­ности Земли, чтоб тело стало ее спутником. С какой точки Земли лучше всего бросать тело, каким стоит выбрать направление брос­ка? Сопротивлением воздуха пренебречь. Радиус Земли 6400 км.

О т в е т : yfgR = 7,9 км/с.

17. Кабина лифта, у которой расстояние от пола до потолка равно 2,7 м, начала подниматься с постоянным ускорением 1,2 м/с2. Через 2 с после начала подъема с потолка кабины стал падать болт. Найти: а) время свободного падения болта; б) перемещение и путь болта за время свободного падения в системе отсчета, связанной с шахтой лифта.

О т в е т : а) 0,7 с; б) соответственно 0,7 и 1,3 м.

18. Шарик падает с нулевой начальной скоростью на гладкую наклонную поверхность, составляющую угол а с горизонтом. Про­летев расстояние А, он упруго отразился от плоскости. На каком расстоянии от места падения шарик отразится второй раз, третий и л-й?

О т в е т : s - 8«Asina.

19. Самолет делает мертвую петлю радиусом R =500 м с посто­янной скоростью V = 360 км/ч. Найти вес летчика массой т = 70 кг в нижней, верхней и средней точка петли.

О т в е т : 2,1; 0,7 и 1,5 кН.

20. Два автомобиля движутся друг за другом по дороге с оди­наковой скоростью V = 72 км/ч. При каком минимальном расстоя­нии / между ними камешек, застрявший в сдвоенных шинах перед­него грузового автомобиля, не может попасть на задний автомобиль?

О т в е т : / = 41 м.

21. Четыре черепахи находятся в углах квадрата со стороной о. Они начинают двигаться одновременно с одинаковой и постоян­ной по модулю скоростью v. При этом первая черепаха все время держит курс на вторую, вторая — на третью, третья - на четвертую, четвертая - на первую. Через какое время t черепахи встретятся? Ответьте на тот же вопрос для трех черепах, находящихся в углах правильного треугольника со стороной а.

О т в е т : для четырех черепах t = о/ѵ; для трех t = 2a/3v.30

22. Небольшое тело Т начинает скользить по наклонной плос­кости из точки, расположенной над вертикальным упором (рис. 12). Коэффициент трения между телом и наклонной плоскостью к =0,140. При каком значении угла а время соскальзывания будет наимень­шим?

Рис. 12. Небольшое тело Т скользит по наклонной поверхности

О т в е т : tg(2a) = - I /к, а = 49°.

23. На покоившуюся частицу массой m в момент / = 0 начала действовать сила, зависящая от времени по закону F= Ы{т - /), где Ъ - постоянный параметр; т - время, в течение которого действует данная сила. Найти: а) импульс частицы после окончания действия силы; б) путь, пройденный частицей за время действия силы.

О т в е т : а) р = Ьх3/6 ; б) s = b i^ /Y lm .

24. В установке, показанной на рис. 13, массы тел равны т0, т] и т2, массы блока и нитей пренебрежимо малы, трения в блоке нет. Найти ускорение а, с которым опускается тело Т0, и силу натяже­ния нити F, связывающую тела Т} и Г0, если коэффициент трения между этими телами и горизонтальной поверхностью равен к.

Рис. 13. Система тел Г0, Тх и Т2 с массами m0, т , и т2

31

О т в е т :

_ _ m 0 -k (m l +m2) р _ (1 + к)т0а -------------------------g, г m2g .

т0 +тх + т2 т0 +т1 + т2

25. Небольшую шайбу А положили на наклонную плоскость, составляющую угол а с горизонтом (рис. 14), и сообщили началь­ную скорость ѵ0. Найти зависимость скорости шайбы от угла <р, если коэффициент трения к - tg а и в начальный момент ср = л/2.

О т в е т : ѵ = ѵ0/(1 + cos (p).

26. Полиспаст - это механизм, состоящий из системы подвиж­ных и неподвижных блоков, огибаемых тросом, для подъема и пе­ремещения грузов (например, рис. 15). Он позволяет получить вы­игрыш в силе, используется в горном туризме, альпинизме, в меха­низмах подъема, для изменения вылета стрелы подъемных кранов, в такелажных приспособлениях на кораблях. Степень увеличения прикладываемого тягового усилия в полиспасте называется пере­даточным числом или кратностью полиспаста. Рассчитайте крат­ность полиспаста, изображенного на рис. 15.

27. Рассчитать выигрыш в силе для блочных систем а -г , пред­ставленных на рис. 16.

Рис. 15. Простой полиспаст:1 - крюк (выступ, дерево), за который крепится вся система; 2 - несущий карабин; 3 - карабин полиспаста; 4 - тянущий схватывающий узел; 5 - фиксирующий схватываю­

щий узел; 6 - направление натяжения полиспаста

Рис. 16. Блочные системы а - г

28. Два пловца должны попасть из точки А на одном берегу реки в прямо противоположную точку В на другом берегу. Для это­го один из них решил переплыть реку по прямой AB, другой - все время держать курс перпендикулярно течению, а расстояние, на ко­торое его снесет, пройти пешком по берегу со скоростью и. При ка­ком значении и оба пловца достигнут точки В за одинаковое время, если скорость течения ѵ0 = 2,0 км/ч и скорость каждого пловца от­носительно воды ѵ' = 2,5 км/ч?

О т в е т : и = ----- — = 3,0 км/ч.ѵ'л/ѵ'2 -ѵ 02 -1

2. ИМПУЛЬС, РАБОТА, ЭНЕРГИЯ. ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ

На сегодня известны несколько законов сохранения: энергии, импульса, момента импульса, заряда, числа барионов (протонов, нейтронов и тяжелых элементарных частиц), странности и различ­ных других величин; некоторые из них рассматриваются как точ­ные, другие - как приближенные. Для того чтобы говорить о зако­не сохранения энергии, импульса, момента импульса, нам необхо­димо ввести понятия кинетической и потенциальной энергии, понятия работы, импульса.

2.1. ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ

Импульсом тела, как уже говорилось в разделе 1, называется векторная величина р, равная

р = /яѴ,

где т - масса тела; V - его скорость.Кинетической энергией тела называется скалярная величина

Е, равная

Е = ~ т Ѵ 2 = £ - ,2 2т

где V и р - модули скорости и импульса соответственно.Пусть F - некоторая сила, действующая на тело X. В общем

случае сила может зависеть от времени t и координаты х, т. е. каж­дой точке пространства в соответствие ставится некоторый век­тор, длина и направление которого меняются не только от точки к точке, но и в каждый момент времени. Введем понятие работы

35

силы F по перемещению тела из точки Г, в точку Т2 вдоль некото­рой траектории, вектор касательной к которой в каждой точке обо­значим через г:

Г2А = J(F,A).

Ч

Интеграл, стоящий в правой части, - интеграл по траектории движения (линейный интеграл). Под интегралом стоит скалярное произведение силы в текущей точке и вектора элементарного пере­мещения. Очевидно, что величина Л в общем случае зависит от то­го, вдоль какой траектории производится интегрирование. Однако в природе существует широкий класс сил, для которых значение работы не зависит от пути. Такие силы называются потенциаль­ными. Потенциальной, например, является сила тяжести (уравне­ние (3)), описанная в разделе 1. Напротив, силы трения и сопротив­ления не являются потенциальными. Потенциальные силы называ­ют также консервативными.

Для сил, работа которых не зависит от пути, мы можем дать определение потенциальной энергии в некоторой точке: работа, которую необходимо совершить для переноса тела в данную точку (Гс координатами х, у , z) из бесконечности в поле действия силы F,

ТU(A) = - \(ß ,d r).

00

Можно также говорить о потенциале взаимодействия между телами. Пусть нам дан некоторый криволинейный интеграл

С

Как определить, зависит ли его значение от выбора траектории С интегрирования? Известно, что если существует такая скалярная функция ф(дс, у , z), что ее градиент совпадает с функцией G(jt, у, z), то значение криволинейного интеграла определятся только началь­ной и конечной точками С. Тогда говорят, что функция ф(х, у, z) яв­

ляется потенциалом функции G. Если G при этом сила, то она бу­дет потенциальной.

Приведем пример. На рис. 17 показаны два однородно одноимен­но заряженных шарика (заряд каждого равен q) на расстоянии г друг от друга. Известно, что сила, с которой эти шарики взаимодей­ствуют друг с другом в вакууме, описывается законом Кулона [10], который в системе единиц СГС имеет вид

Здесь г - единичный вектор, направленный, без ограничения общности, от первого шарика ко второму.

Рис. 17. Два заряженных шарика (а); потенциал их взаимодействия (б), если моделировать шарики материальными точками

Обратите внимание, что закон Кулона справедлив и для точеч­ных зарядов, поэтому для простоты мы будем пренебрегать разме­рами шариков, считая их материальными точками. Легко убедить­ся в том, что данная сила является консервативной. Действитель­но, функция

2ф = — , - grad ф = F

г

определяет потенциал взаимодействия между шариками (потен­циальную энергию). Заметим, что потенциал определяется с точ­ностью до аддитивной константы. Форма этого потенциала - гипер­

бола, монотонно стремящаяся к нулю, если шарики начнут беско­нечно удаляться друг от друга. Стремление к нулю потенциала бу­дет соответствовать очень слабому отталкиванию. Если же мы по­стараемся свести эти заряды в одну точку, то их потенциальная энергия будет достаточно быстро стремиться в бесконечность, что означает чрезвычайно сильное отталкивание. Другими словами, чтобы заряды столкнулись, нам необходимо совершить бесконеч­ную работу.

Возвращаясь к основной задаче данного раздела, введем поня­тие полной механической энергии системы ЕТ- суммы кинетичес­кой и потенциальной энергии:

Ет = Е+ U.

2.2. ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ

Закон сохранения энергии. Выберем инерциальную систему отсчета и начнем с, казалось бы, простого вопроса: «Что нужно сделать, чтобы изменить полную механическую энергию системы тел?» Рассмотрим несколько случаев. Например, если, стоя на мосту над рекой, удерживать камень на вытянутой руке и отпустить его без усилия, то полная энергия камня не изменится до момента столк­новения с водой (мы не учитываем сопротивление воздуха) - по­тенциальная энергия начнет уменьшаться, кинетическая - расти, сохраняя постоянной сумму. Однако при столкновении полная ме­ханическая энергия камня изменится из-за возникновения допол­нительных воздействий со стороны воды. Так, часть механической энергии перейдет в тепловую - камень нагреется. Потом он начнет тонуть, на него начнет действовать сила трения, что приведет к то­му, что полная энергия, которой он обладал в начальный момент в воде, также начнет изменяться. Таким образом, если на систему подействовать непотенциальной силой или силой, которая явно зависит от времени, то полная энергия системы изменится.

Этому утверждению, вообще говоря, соответствует классичес­кая теорема об изменении полной механической энергии (см., на­пример, [11]). Мы не станем приводить ее доказательства, вместо

38

этого приведем формулировку закона сохранения полной механи­ческой энергии,

^ = — (£ + £/) = О, (24)dt d tK }

в замкнутой системе - системе, в которой в течение рассматривае­мого промежутка времени внешнее взаимодействие явно не изменя­ется и все действующие силы потенциальны. Конечно, нагрев кам­ня из предыдущего примера будет очень небольшим, но, очевидно, достаточным для нарушения равенства в (24). Аналогичным обра­зом нельзя пренебрегать потерями, связанными с сопротивлением воды.

Если энергия может преобразовываться и передаваться, значит есть величина, характеризующая скорость этих процессов. Дейст­вительно, такая величина называется мощностью. Каждый из нас несомненно сталкивался с преобразованием, например, электричес­кой энергии в тепловую (электрический чайник, кофеварка). Удоб­ным является определение мгновенной мощности Р через скаляр­ное произведение силы, не зависящей явно от времени, и скорости:

Р = 4 Ь , < * 0 = (р ,ѵ). (25)at J

Представим себе систему, состоящую из двух шариков, летящих, по какой-то причине, навстречу друг другу. Пусть на них не дейст­вуют никакие внешние силы. В некоторый момент они сталкива­ются и слипаются. Их полная энергия изменилась, так как взаимо­действие в системе явно зависело от времени. Значит; закон сохране­ния энергии неприменим. Что же делать, если все-таки необходимо решать задачу о неупругом столкновении двух тел? Обычно в этих случаях используется другое фундаментальное свойство природы - закон сохранения импульса.

Закон сохранения импульса гласит, что в замкнутой системе іѴтел полный импульс системы тел р

остается постоянным. При этом замкнутость системы нужно пони­мать как отсутствие воздействия на систему любых внешних сил.

Для пояснения вернемся к камню, выпущенному без усилия. Мы заметили, что до удара о воду его полная механическая энер­гия сохранялась, однако скорость, а значит и импульс, изменялись. Причина изменения импульса-действие силы тяжести. Вернем­ся к слипшимся шарикам: полный импульс системы до и после столкновения сохранился, но о сохранении энергии не может быть и речи.

Отметим, что законы сохранения сами по себе не дают нам ни­какой новой информации по сравнению с той, которая может быть получена из уравнения движения (1), знания об однородности вре­мени и пространства, а также - изотропности пространства. Ско­рее, они являются одним из инструментов, активно используемых для упрощения решения реальных физических задач. Помимо это­го в физике существует множество различных, значительно более общих методов, основанных на различных формулировках второ­го закона Ньютона; в качестве примера достаточно назвать уравне­ния Лагранжа, Гамильтона-Якоби и многие другие. Все они выхо­дят за рамки нашего курса. Желающие могут найти подробную ин­формацию по теме, например, в книге Поля Аппеля [11].

В системе СГС единицей энергии является эрг; импульса - эрг, умноженный на секунду; мощности - эрг в секунду. В системе СИ единицей энергии является джоуль; импульса - ньютон, умножен­ный на секунду; мощности - джоуль в секунду (эта единица назы­вается ваттом). Для того чтобы найти мощность в эрг в секундах, нужно мощность, выраженную в ваттах, умножить на 107. Если же мощность дана в лошадиных силах, то, для того, чтобы выразить ее в ваттах, нужно умножить число лошадиных сил приблизитель­но на 746.

НЕМНОГО МАТЕМАТИКИ

Напомним несколько определений, которые использовались в дан­ном разделе.

Потенциалом некоторого векторного поля F является скаляр­ная функция ф такая, что

F = grad ф.

Вектор градиента grad - вектор, составленный из частных про­изводных. Обратите внимание, что в определении потенциала силы мы использовали градиент со знаком минус. Например, в декарто­вых координатах определение потенциала через вектор силового поля можно записать так:

Вектор градиента всегда направлен в сторону наибольшего роста функции в данной точке.

Криволинейные (линейные) интегралы подразделяются на два класса. Пусть /(je, у, £) - скалярная функция, определенная и непре­рывная в точках некоторой гладкой кривой С, заданной параметри­чески:

тогда, если ds - дифференциал дуги, линейным интегралом перво­го рода по определению называют интеграл вида

Стандартным примером использования криволинейного интегра­ла первого рода в физике является вычисление массы и центра масс кривой с заданной линейной плотностью.

Обратимся теперь к криволинейным интегралам второго рода. Пусть скалярные функции Р(х, у, z \ Q(pc, у , z) и R(x9 у, z) определе­ны и непрерывны в точках кривой С (27), которая обходится в на­правлении, соответствующем росту параметра /, тогда линейный интеграл второго рода определяется следующим образом:

F = Г 9ф эф аф' дх ’ ду ’ dz J

X = дс(0, у = y(t), Z = z(t), t0 £ t < tx, (27)

(

jjpo, У, z)dx + Q(x, у, z)dy + R(x, y, z)dz =с

+ Q{x(t),y(t),z(t))yXt) + Я (* (0 ,;К 0 ,г (0 У (0 к

Как уже говорилось, в физике интеграл такого типа задает ра­боту некоторой переменной силы F = (Р, Q, R), а точка приложения данной силы описывает кривую С. Если существует такая одно­значная функция Щх, у, z), что

Р WO. У(*)> z (0)dx + y (t), z{t))dy + R(x(t), y(t), z(t))dz =dU,

выражение (28) преобразуется к простому виду, поскольку интег­рал перестает зависеть от вида кривой и определяется значениями в начальной и конечной точках:

Другими словами, консервативной с математической точки зрения является сила, описываемая векгор-функцией, координаты которой, просуммированные соответствующим образом, задают полный дифференциал.

1. Как далеко от линии ворот должен находиться вратарь, что­бы, поймав шайбу, не закатиться с ней в ворота? Средняя масса шайбы т{ составляет 170 г; скорость полета шайбы Ѵ= 150 км/ч; коэффициент трения коньков о лед ц = 0,01; амуниция вратаря по­рядка 30 кг. Пусть сам вратарь весит 70 кг.

с (29)= U(xl , y l , z l ) - U (x 0,y 0,z 0).

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Р е ш е н и е . Для решения задачи необходимо описать сис­тему «вратарь - шайба». Вначале импульс системы состоит только из импульса шайбы, вратарь находится в состоянии покоя. После взаимодействия вратарь и шайба начинают двигаться в сторону ворот (шайба поймана). Скорость их постепенно падает, присутст­вует трение. Задачу нужно решать в два этапа: 1) использовать за­кон сохранения импульса; 2) вычислить работу силы трения.

Запишем закон сохранения импульса для системы «вратарь - шайба»:

Р, + Р2 = Р.

До взаимодействия вратарь находился в состоянии покоя, им­пульсом не обладал, Р2 = 0. Перейдем к модулям. Импульс шайбы Рх = тх F,. Импульс системы сразу после взаимодействия Р =(М+ тх)Ѵ. В результате получаем условие для поиска скорости V:

тхѴх ~(М+тх)Ѵили

г - т'ѵ'- .(М+тх)

Второй этап. Кинетическая энергия движения вратаря с шай­бой тратится на работу силы трения:

(М+тх)Ѵ22 FjP1 Ц (А /+mx)gl.

Теперь легко найти /:

I = ------------------j = 2,5 см.2\xg{M +m x)2

В данной задаче нельзя использовать закон сохранения меха­нической энергии, поскольку при попадании шайбы во вратаря вза­имодействие неупругое и часть энергии переходит в деформацию.

О т в е т :

/ = -------- —------Г =2,5 см.2 Ц ^ М + ш ,)2

2. Ствол пушки направлен под углом Ѳ = 45° к горизонту. Когда колеса пушки закреплены, скорость снаряда, масса которого в т| = 50 раз меньше массы пушки, ѵ0 =180 м/с. Найти скорость пушки сразу после выстрела, если колеса ее освободить.

Р е ш е н и е . Произошло два выстрела при закрепленных и свободных колесах пушки. Оба выстрела можно считать одинаковы­ми в том смысле, что при взрыве пороха выделилось одинаковое количество энергии Е.

Рассмотрим первый выстрел. Энергия взрыва перешла в кине­тическую энергию снаряда Е = /яѵ2/2 . После взрыва снаряд полу­чил импульс Р (, который полезно представить по горизонтальной оси Ри - /nv,cosa и вертикальной оси Р = mv,sina.

При втором выстреле энергия взрыва пороха передалась и сна­ряду, и пушке:

_ тѵ\ | цтѵп2 2 2

Импульс системы «пушка - снаряд» по горизонтальной оси со­ставил

Р2х-РП = 0’ тѴ2* =

по вертикальной оси изменений не произошло (в сравнении с пер­вым выстрелом), импульс увеличился до Р1у = Р . Заметим, что скорость снаряда во втором случае ѵ2 < ѵр а угол вылета снаряда чуть больше 45°, однако проекции скоростей (и импульсов) на вер­тикальную ось совпадут: ѵ1у = ѵ = v,sina.

Приравняем энергии выстрелов:

mVf _ m v \ T|mvn ~2 2 ~ + 2 ’

mvi _ тѵІ , mvl , т\тѵn 2 2 2 2

Здесь мы расписали модуль скорости v2: Vj = ѵ|,, + . Вос­

пользуемся равенством проекций скоростей на вертикальную ось v. =ѵ. =v,sina:

2у 1 у 1

mvf _ тѵ2Х /иѵ,2 sin2« r|wvn "1 2~ + 2 + 2

Применим основное тригонометрическое тождество

wv2cos2a _ /яѵ2х + Л>яѴп

и сократим массу:

V,2 cos2« =ѵ22х+тіѵп-

Воспользуемся уравнением - t)vn и получим окончатель­ный ответ для скорости пушки после второго выстрела:

V2 cos2 a =Л2Ѵп+т1ѵп

_ V,cosa _ Л c , ѵп — I - 2,5 м/с.п ЛІЧ2+Ч

О т в е т : скорость пушки ѵп равна

^ c o s a #ѵп — j = = = - 2 ,5 м/с.

Л/Л +Т1

3. Тележка с песком движется по горизонтальной плоскости под действием постоянной силы F, совпадающей по направлению с ее скоростью (рис. 18). При этом песок высыпается через отверс­тие в дне с постоянной скоростью ц кг/с. Найти ускорение и ско-

рость тележки в момент /, если в момент t = 0 тележка с песком име­ла массу т0 и ее скорость была равна нулю. Трением пренебречь.

Рис. 18. Тележка с песком

Р е ш е н и е . Воспользуемся тем, что полное изменение им­пульса (dp/dt) равняется действующей силе (в нашем случае F).

В этой задаче самое главное - аккуратно записать полный им­пульс системы: тележки с песком и вылетающего из нее песка. За­дача по сути является одномерной, поэтому мы будем записывать все векторные величины в проекциях на ось движения. Из условия равенства нулю начальной скорости имеем, что импульс системы в / = О был равен нулю. Рассмотрим некоторый момент времени t. Импульс тележки с песком, масса m jj) и скорость ѵ(/) которой не­прерывно изменяется со временем f, записать довольно легко:

Рт (0 = тт (ОКО = («о - ̂ МО-Теперь необходимо понять, каким будет полный импульс к мо­

менту времени /, унесенный вылетевшим песком. Для этого рас­смотрим короткий промежуток времени 8t. Будем считать, что сред­няя скорость тележки в этот промежуток времени была равна ѵ(т), где т - некоторый момент времени, принадлежащий рассматри­ваемому промежутку. Заметим, что песок, который высыпается из дна тележки, в момент высыпания имеет в точности такую же скорость ѵ(т) по величине и по направлению, что и тележка. Масса песка, вылетающая с этой скоростью за промежуток времени 8t,

сравна цб/. Таким образом, импульс унесенный песком за 8t,равен

P siO = ц8/ѵ(т).46

Необходимо обратить внимание на то, что через несколько се­кунд песок будет вылетать уже с другой средней скоростью. Зна­чит, полный импульс Рр который унес высыпающийся песок к мо­менту времени /, состоит из суммы импульсов, унесенных за ма­лые промежутки 51 (с соответствующими скоростями). В итоге

Так, полный импульс и его производная соответственно равны

Мы воспользовались тем, что производная интеграла с пере­менным верхним пределом равна значению подынтегральной функ­ции в соответствующем пределе:

Окончательно получаем дифференциальное уравнение отно­сительно скорости:

о

о

dvК - Ц / ) — = F.

at(30)

Для начала, помня, что dvldt - ускорение, из уравнения (30) за­пишем

Ускорение сонаправлено с силой F. Разделяя переменные в по­лученном уравнении (30), получим следующее равенство:

что после интегрирования дает

ѵ(0 = 1п(/я0/ц - t) + С,Ц

где С - произвольная постоянная, которая находится из условия ра­венства нулю начальной скорости. Окончательно

ѵ(/) = — ln Ц

Ит0

О т в е т :

ѵ(/) = — ln V- т0 - l i t

. ч dv F , a(t) = — =

dt m0 - \it

направление скорости и ускорения совпадает с направлением силы F.

4. Снаряд, выпущенный со скоростью ѵ0 = 100 м/с под углом а = 45° к горизонту, разорвался в верхней точке О траектории на два одинаковых осколка. Один осколок упал на землю под точкой О со скоростью V, = 97 м/с. С какой скоростью упал на землю второй осколок? Сопротивления воздуха нет.

Р е ш е н и е . Механическая энергия осколков после взрыва больше, чем механическая энергия снаряда до взрыва. Закон сохра­нения механической энергии применять нельзя, а закон сохране­ния импульса можно. Так и сделаем:

Р = Р,+Рг. 48

В проекциях на горизонтальную ось Ох и вертикальную ось Оу

І Ох: 2/яѵ0 cosa = т-0 + тих0,Оу: 0 = тѵу0 + тиу0,

где т - масса осколка; - проекции скорости второго оскол­ка; ѵ - проекция скорости первого осколка.

Из первого уравнения следует, что весь импульс горизонталь­ной оси перешел второму осколку, а первый упал на землю под точ­кой взрыва О. Заметим, что вдоль горизонтальной оси не действуют силы, поэтому скорость = 2v0cosa будет сохраняться до паде­ния осколка на землю. Второе уравнение показывает, что по верти­кали осколки разлетятся в разные стороны с одинаковой по модулю скоростью. При этом для решения задачи не важно, какой из оскол­ков полетит вверх, а какой вниз.

Поскольку сопротивления воздуха нет, то через некоторое вре­мя полетевший вверх осколок вернется на высоту, где произошел взрыв, с той же по модулю скоростью, направленной вниз. Это оз­начает, что и первый, и второй осколки упадут на землю с одинако­вой по оси Оу скоростью Vj = 97 м/с.

В задаче требуется определить скорость второго осколка в мо­мент падения. Она складывается по теореме Пифагора:

и = ^ и 2х + и2у =V 4v02cos2a + v ,2 =171,5 м/с.

О т в е т : второй осколок упал на землю со скоростью С/ = = 171,5 м/с.

ЗАДАЧИ ДЛЯ ДУШИ

1. Небольшая шайба А соскальзывает без начальной скорости с вершины гладкой горки высотой Н, имеющей горизонтальный трамплин (рис. 19). При какой высоте h трамплина шайба проле­тит наибольшее расстояние s? Чему оно равно?

s 1

Рис. 19. Шайба на наклонной плоскости с трамплином

О т в е т : h = Я/2; s - Н.7 шах

2. На сколько сместится неподвижная лодка массой Л/= 280 кг, если человек массой т = 70 кг перейдет с ее носа на корму? Рас­стояние от носа до кормы / = 5 м, сопротивление воды пренебре­жимо мало.

О т в е т : s — -m l/(M + т) - 1 м.

3. Два рыбака ловят рыбу в озере, сидя на неподвижной лодке. На сколько сместится лодка, если рыбаки поменяются местами? Масса лодки М = 280 кг, масса одного рыбака от, = 70 кг, масса второго т2= 140 кг, расстояние между ними /= 5 м. Сопротивлени­ем воды пренебречь.

О т в е т : s = (т2 - )//(Л/ + т1 +т2)-0 ,1 1 м.

4. Две одинаковые тележки движутся друг за другом по инер­ции (без трения) с одной и той же скоростью ѵ. На задней тележке находится человек массой т. В некоторый момент человек прыг­нул в переднюю тележку со скоростью и относительно своей те­лежки. Имея в виду, что масса тележки равна М, найти скорости, с которыми будут двигаться обе тележки после этого.

О т в е т : скорость передней тележки ѵ, = ѵ + итМ/(т + М)2, скорость задней ѵ2 = ѵ - uml(m + М).

5. Деревянный брусок висит на веревке длиной /. В брусок вы­стрелили, пуля застряла в нем, и веревка отклонилась от вертикали

50

на угол а. Какова скорость пули ѵ0? Масса бруска М, масса пули т. Пуля летела горизонтально.

О т в е т : ѵ0 = 2 s i n ( a / 2 + т)/т.

6. Два упругих стальных шара массами /и, = 200 г и тг = 100 г подвешены рядом так, что их центры находятся на одном уровне. Отклонив первый шар на высоту # = 1 8 см, его отпускают. На ка­кую высоту поднимется каждый из шаров после удара?

О т в е т : А, = 2,0 см, А2 = 32 см.

7. Небольшое тело соскальзывает без трения с наклонной плос­кости, переходящей в «мертвую петлю» радиуса R. С какой мини­мальной высоты # должно начинаться движение, чтобы тело про­шло мертвую петлю, не отрываясь от нее.

О т в е т: Н= 2,5R.

8. Маленький шарик подвешен в точке А на нити длиной L. В точке В на расстоянии Ы2 ниже точки А в стену вбит гвоздь. Ша­рик отводят так, чтобы нить приняла горизонтальное положение, и отпускают. В какой точке траектории исчезает сила натяжения нити? До какой наивысшей точки поднимется шарик?

О т в е т: на расстоянии Z/3 выше гвоздя; на расстоянии 23Z./54 выше гвоздя.

9. Снаряд в верхней точке своей траектории на высоте Н - 2 км разорвался на два одинаковых осколка. Один из них упал обратно в жерло пушки, а второй - на расстоянии S = 8 км от пушки. Какой была начальная скорость снаряда? Сопротивлением воздуха пре­небречь.

О т в е т: ѵ0 = -Jg(2H + s 2B 2 h ) = 220 м/с.

10. Двадцать одинаковых деревянных брусочков находятся на од­ной линии на некотором расстоянии друг от друга. По этим бру-

51

сочкам выстрелили. Определить, в каком бруске застрянет пуля при условии, что в первом бруске она потеряет 5 % начальной ско­рости.

О т в е т : застрянет в 11-м.

11. Какая работа А совершается при подъеме на крышу верев­ки длиной I = 40 м и массой т = 6 кг? Первоначально веревка све­шивалась вертикально с края крыши.

О т в е т : А = mgl/2 = 1,2 кДж.

12. Каков коэффициент жесткости пружины шариковой авто­ручки. Придумать эксперимент, вычислить приближенно.

13. Платформа массы т0 начинает двигаться вправо под дейст­вием постоянной силы F (рис. 20). Из неподвижного бункера на нее высыпается песок. Скорость погрузки постоянна и равна ц кг/с. Найти зависимость от времени скорости и ускорения платформы в процессе погрузки. Трение пренебрежимо мало.

Рис. 20. Платформа, на которую высыпается песок

О т в е т :

V = Ft/m0 (1 + р///га0), а = F/m0 (1 + yU/m0 )2 ■

14. Какую минимальную скорость нужно сообщить телу, что­бы оно покинуло Землю насовсем? Суточное вращение Земли не учитывать. Радиус Земли 6400 км.

О т в е т : вторая космическая скорость 11,2 км/с.

3. КОЛЕБАНИЯ

В окружающем нас мире часто приходится сталкиваться с пе­риодическими (или почти периодическими) процессами, которые повторяются через одинаковые промежутки времени. Такие про­цессы называют колебательными. Колебательные явления различ­ной физической природы подчиняются общим закономерностям. Например, колебания тока в электрической цепи и колебания ма­тематического маятника могут описываться одинаковыми уравне­ниями. Общность колебательных закономерностей позволяет рас­сматривать колебательные процессы различной природы с единой точки зрения.

3.1. МЕХАНИЧЕСКИЕ КОЛЕБАНИЯ

Механическими колебаниями называются периодические (или почти периодические) изменения физической величины, описыва­ющей механическое движение (скорость, перемещение, кинетичес­кая и потенциальная энергии и т. п.).

Механические колебания, как и колебательные процессы лю­бой другой физической природы, могут быть свободными и вынуж­денными. Свободные колебания совершаются под действием внут­ренних сил системы, после того как система была выведена из со­стояния равновесия. Колебания груза на пружине или колебания маятника являются свободными. Колебания, происходящие под дей­ствием внешних периодически изменяющихся сил, называются вынужденными.

Простейшим видом колебательного процесса являются прос­тые гармонические колебания, которые описываются уравнением

X = A cos(w/ + фо). 53

Здесь X - смещение тела от положения равновесия, А - ампли­туда колебаний, т. е. максимальное смещение от положения равно­весия, w - циклическая или круговая частота колебаний, t - время. Величина, стоящая под знаком косинуса, ф = wt + ф0 называется фазой гармонического процесса. При / = 0 фаза колебаний равна ф = ф0, поэтому ф0 называют начальной фазой. Минимальный ин­тервал времени, через который происходит повторение движения тела, называется периодом колебаний Т. Физическая величина, об­ратная периоду колебаний, называется частотой колебаний:

Частота колебаний / показывает, сколько колебаний соверша­ется за 1 с. Единица частоты в СИ и СГС - герц (Гц). Частота коле­баний / связана с циклической частотой w и периодом колебаний Т следующими соотношениями:

3.2. СВОБОДНЫЕ КОЛЕБАНИЯ

Пружинный маятник. Примером свободных колебаний яв­ляется пружинный маятник, который состоит из груза массой ш, прикрепленного к пружине жесткости к. Второй конец пружины закреплен неподвижно (рис. 21).

Рис. 21. Колебания груза на пружине. Трения нет

Такая система способна в отсутствие трения совершать свобод­ные гармонические колебания. Движение груза обусловлено нали­чием силы упругости (силы Гука) и описывается вторым законом Ньютона:

тх = та = F = Fyap = -кх.

Поэтому дифференциальное уравнение гармонических коле­баний пружинного маятника (уравнение свободных колебаний) имеет вид

. . кх + — х = 0

т

или при ѵѵ0 = 4 klm (w0 - собственная частота колебаний)

x + WqX = Q. (31)

Период Т гармонических колебаний груза на пружине равен

Т ^ - 2 J ™ .Щ П

Все физические системы (не только механические), описывае­мые уравнением (31), способны совершать свободные гармоничес­кие колебания, так как решением этого уравнения являются гармо­нические функции вида

X = -i4cos(w0/ + <p0).

Получим это решение. Подставим в уравнение (31) выражение х = еѵ к перейдем к характеристическому уравнению

А2 + ©о = 0.

Это уравнение имеет мнимые корни

А( = +/ö)q, %2 = ~/®о ’

при этом общее решение уравнения (31) принимает вид55

jc = C,e'“0' + C2e“'“° \

где С, и С2 - комплексные постоянные.Описывающая колебания функция x(t) должна быть вещест­

венной, поэтому должно выполняться условие*

X = X,

где X - комплексно сопряженное. Коэффициенты С, и С2 необходи­мо выбрать из условия

С ,Ѵ “ °' + С2У “°' - С .е “ »' + С 2е-*"о'.

Последнее уравнение выполнено при С[ = С 2 и С2 = С(*. Пред­ставим удовлетворяющие такому условию коэффициенты С, и С2 в показательной форме, обозначив их модуль через АН, а аргумент - буквой (р0:

С, = (Л/2)е'ф° , С2 = (Л/2)е“'ф° .

Подстановка этих выражений дает

* = ( W e “"«"*») + е -«Ѵ**0>) . л + ф0).

Таким образом, общее решение уравнения (31) имеет вид

x = ^cos(co0/ + (p0),

где А и (р0 - произвольные постоянные, для нахождения которых необходимы два начальных условия.

Если, например, груз был смещен из положения равновесия на расстояние / и затем в момент времени t =0 отпущен без началь­ной скорости, то А = /, ф0= 0. Если же грузу, находившемуся в поло­жении равновесия, с помощью резкого толчка была сообщена на­чальная скорость ±ѵ0, то А = ѵ0 л/ ml к , (р0 = ±п/2.

При горизонтальном расположении системы пружина-груз сила тяжести, приложенная к грузу, компенсируется силой реакции опо­ры. Если же груз подвешен на пружине, то сила тяжести направле-

56

на по линии движения груза. В положении равновесия пружина растянута на величину дс0, равную

и колебания совершаются около этого нового положения равнове­сия. Приведенные выше выражения для собственной частоты w0 и периода колебаний Т справедливы и в этом случае.

Математический маятник. Математическим маятником на­зывают тело небольших размеров, подвешенное на тонкой нерас­тяжимой нити, масса которой пренебрежимо мала по сравнению с массой тела. В положении равновесия, когда маятник висит по от­весу, сила тяжести F уравновешивается силой натяжения нити F . При отклонении маятника из положения равновесия на неко-

упр * г

торый угол ф появляется касательная составляющая силы тяжести F = - mg БІпф (рис. 22). Знак минус в этой формуле означает, что касательная составляющая направлена в сторону, противополож­ную отклонению маятника.

Ф - угловое отклонение маятника от положения равновесия

Если обозначить через х линейное смещение маятника от по­ложения равновесия по дуге окружности радиуса /, то его угловое смещение будет равно ф = хИ. Второй закон Ньютона, записанный

57

для проекций векторов ускорения и силы тяжести на направление касательной, дает

где ах - касательное или тангенциальное ускорение. Это соотно­шение показывает, что математический маятник представляет со­бой сложную нелинейную систему, так как сила, стремящаяся вер­нуть маятник в положение равновесия, пропорциональна не сме­щению jc, a sin(jt//).

Только в случае малых колебаний, когда приближенно sin(jc//) можно заменить на хіі, математический маятник является гармо­ническим осциллятором, т. е. системой, способной совершать гар­монические колебания. Практически такое приближение справед­ливо для углов порядка 15-20°; при этом величина sin(x//) отлича­ется от х/1 не более чем на 2 %. Колебания маятника при больших амплитудах не являются гармоническими.

Для малых колебаний математического маятника второй закон Ньютона записывается в виде

Таким образом, тангенциальное ускорение ах маятника пропор­ционально его смещению х, взятому с обратным знаком. Это как раз то условие, при котором система является гармоническим ос­циллятором. Окончательно уравнение свободных колебаний выгля­дит следующим образом:

Это уравнение описывает линейное смещение положения гру­за, однако заменой (р/ = х можно перейти к угловой характеристи­ке, которая также меняется по гармоническому закону:

тх = таг = -т —х.I

х + — JC = 0 /

jt + УѴцХ = 0 .

Ф + ѵѵдф = 0.

Период Т гармонических колебаний математического маятни­ка равен

Физический маятник. Любое тело, насаженное на горизон­тальную ось вращения, способно совершать в поле тяготения сво­бодные колебания и, следовательно, также является маятником. Такой маятник принято называть физическим (рис. 23). Он отлича­ется от математического только распределением массы. В положе­нии устойчивого равновесия центр масс С физического маятника находится ниже оси вращения О на вертикали. При отклонении маятника на угол (р возникает момент силы тяжести, стремящийся возвратить маятник в положение равновесия. Этот момент равен

где d - расстояние между осью вращения и центром масс С.

Знак минус в этой формуле, как обычно, означает, что момент сил стремится повернуть маятник в направлении, противополож­ном его отклонению из положения равновесия. Как и в случае ма­

М = -(m g sin <р) с/,

Рис. 23. Физический маятник

тематического маятника, возвращающий момент М пропорциона­лен sinq). Это означает, что только при малых углах ср, когда sincp «ф, физический маятник способен совершать свободные гармоничес­кие колебания:

М ~ -mgtyd.

Второй закон Ньютона для физического маятника принимаетвид

Іг = М= -mgyd,

где в - угловое ускорение маятника; / - момент инерции маятника относительно оси вращения О. Учитывая, что угловое ускорение 8 есть вторая производная углового смещения ф по времени

е(/) = ср(4

окончательно получаем

cp + Wo<p = 0,

где

wQ= ^ fn g ^ i , Т = — =2п — 1— .w0 V mSd

3.3. ЗАТУХАЮЩИЕ КОЛЕБАНИЯ

Все реальные колебательные системы являются диссипативны­ми. Энергия механических колебаний такой системы постепенно расходуется на работу против сил трения, поэтому свободные ко­лебания всегда затухают - их амплитуда постепенно уменьшается. Во многих случаях, когда, например, отсутствует сухое трение или скорость колебаний невысока, можно считать, что силы, вызываю­щие затухание механических колебаний, пропорциональны скорос­ти. Эти силы, независимо от их происхождения, называют силами сопротивления:

где г - коэффициент сопротивления; ѵ - скорость движения. Запи­шем второй закон Ньютона для затухающих колебаний пружинно­го маятника:

та = -кх - гѵ

или

jc + 2ßi + WoX = 0, (32)

где 2ß = rim - коэффициент затухания; w0 = -Jk/m - частота, с кото­рой бы совершались свободные колебания системы при отсутствии сопротивления среды, т. е. при г = 0. Будем искать решение уравне­ния (32) в виде

X = е"р'(У,

где U - некоторая функция от t. Продифференцируем два раза это выражение по времени t и, подставив значения первой и второй производных в уравнение (32), получим

Ü + (и»0 - ß2 ){/ = 0.

Решение этого уравнения существенным образом зависит от знака коэффициента, стоящего при U, и графически представлено на рис. 24.

X

Рассмотрим случай, когда этот коэффициент положительный.9 9 9Введем обозначение w0 - ß = w , тогда решением уравнения (32)

является функция

U - А0 sin(w/ + <ро)-2 2Таким образом, в случае малого сопротивления среды (ß < w0 )

решением уравнения (32) будет

X = А0 sin(w/ + ф0).

Величину

_ Ц П ГW \т 4т2

называют собственной или циклической частотой колебаний дис­сипативной системы. Затухающие колебания представляют собой непериодические колебания, так как в них никогда не повторяют­ся, например, максимальные значения смещения, скорости и уско­рения. Величину Г = 2n/w обычно называют периодом затухаю­щих колебаний, правильнее - условный период затухающих коле­баний.

Если же сопротивление среды велико (ß > w0), то решением уравнения (32) будет экспонента, приводящая к постепенному при­ближению маятника к положению равновесия.

3.4. ВЫНУЖДЕННЫЕ КОЛЕБАНИЯ

Колебания, совершающиеся под воздействием внешней перио­дической силы, называются вынужденными.

В этом случае внешняя сила совершает положительную рабо­ту и обеспечивает приток энергии к колебательной системе. Она не дает колебаниям затухать, несмотря на действие сил трения.

Периодическая внешняя сила может изменяться во времени по различным законам. Особый интерес представляет случай, ког­да внешняя сила, изменяющаяся по гармоническому закону с час­

тотой w, воздействует на колебательную систему, способную со­вершать собственные колебания на некоторой частоте wQ.

Рассмотрим пружинный маятник, в котором учитывается сила сопротивления

F = - г усопр

и присутствует вынуждающая сила, изменяющаяся со временем по гармоническому закону:

F m= Füzos(wt),

где F0 - амплитуда вынуждающей силы Fm. Тогда второй закон Ньютона можно записать в следующем виде:

та = -кх - r v + Fq cos(hT)или

Г

x + 2ßx± Wq х = — eos(w/), (33)т

где ß и ѵѵ0 введены аналогично в разделе о затухающих колебани­ях. Предположим, что установившиеся вынужденные колебания системы, возникающие под действием внешней силы, также явля­ются гармоническими:

X = A sin(w/ + <р0 ), (34)

причем их циклическая частота равна циклической частоте w вы­нуждающей силы. Дифференцируя два раза (34) и подставляя в (33), получим

H^cos(n^+90+7t/2)+2ßwcos ( vtf+(р0) + vt£ cos (wf + <p0 - я / 2 )=

= —^-cos(m'/). mA

Обозначим А х =w2,A 2 = 2ßw, А3 =Wq ,А4 = FJmA. Тогда послед­нее равенство можно записать в следующем виде:

Al cos (w/ + ф0 + я / 2) + cos (wt + фо) + A} c°s (wt + ф0 - п / 2) =

= А4 c o s (wt).

Правую часть последнего выражения можно рассматривать как уравнение некоторого гармонического колебания, получившегося при сложении трех гармонических колебаний, определяемых сла­гаемыми левой части данного равенства. Для сложения колебаний воспользуемся методом векторных диаграмм. Проведем опорную линию Ох (рис. 25) и отложим векторы А,, А2, А3, А4 под углами, соответствующими начальным фазам всех четырех колебаний, а амплитуды колебаний выберем таким образом, чтобы

А^ = А| + А2 + A 3.

Из рис. 25 видно, что А% =(А3 - А г)2 + А%. Подставляя в это равенство значения соответствующих амплитуд, получим

Амплитуда установившихся вынужденных колебаний прямо пропорциональна амплитуде вынуждающей силы F0, обратно про­порциональна массе т системы и уменьшается с увеличением коэф­фициента затухания ß. При постоянных F0, т и ß амплитуда зави­сит только от соотношения циклических частот вынуждающей силы ѵѵ и свободных незатухающих колебаний системы ѵѵ0. При цик­лической частоте вынуждающей силы w0= 0 амплитуда колебаний А = Af, = F0/mwQ. В этом случае колебания не совершаются, а сме­щение при вынужденных колебаниях равно статической деформа­ции под действием постоянной силы F0:

Поэтому отклонение А0 иногда называют статической ампли­тудой.

Если нет диссипации, другими словами ß = 0, то амплитуда колебаний

растет с увеличением циклической частоты ѵѵ вынуждающей силы F и при ѵѵ = и»0 становится бесконечно большой (рис. 26).

т

m \ w l - w 2 \

А,

А

1оО)

Рис. 26. Явление резонанса

65

При дальнейшем росте циклической частоты w амплитуда .<4 вынуж­денных колебаний уменьшается, причем

lim A(w) = 0.w—>00

Явление резкого возрастания амплитуды вынужденных коле­баний при приближении вынуждающей частоты и> к частоте собст­венных колебаний системы w0 называется резонансом.

Если затухание существует (ß * 0), то амплитуда вынужденных колебаний достигает максимального значения, когда знаменатель правой части для уравнения (35) достигает минимума. Приравни­вая к нулю первую производную по w от подкоренного выражения, получим условие его минимума, для которого

w pej = V W0 - 2 ß 2 >

где w - резонансная частота, которая выражает то значение цикли­ческой частоты w вынуждающей силы, при котором А = А ^ .

Из последней формулы следует, что для консервативной систе­мы (ß = 0) w = w„, а для диссипативной системы ѵѵ несколько

' рез U7 рез

меньше собственной циклический частоты. С увеличением коэф­фициента затухания w явление резонанса проявляется все слабее и, наконец, при ß > w0/V2 исчезает совсем.

Явление резонанса используется для усиления колебаний, на­пример электромагнитных. Однако при конструировании различ­ных машин и сооружений необходимо учитывать даже самую не­большую периодическую силу с тем, чтобы предотвратить нежела­тельное возникновение резонанса.

3,5. АВТОКОЛЕБАНИЯ

Существуют системы, в которых незатухающие колебания воз­никают не за счет периодического внешнего воздействия, а в ре­зультате имеющейся у таких систем способности самой регулиро­вать поступление энергии от постоянного источника. Такие систе­мы называются автоколебательными, а процесс незатухающих

66

колебаний в таких системах - автоколебаниями. В автоколебатель­ной системе можно выделить три характерных элемента: колеба­тельную систему, источник энергии и устройство обратной связи между колебательной системой и источником. В качестве колеба­тельной системы может быть использована любая механическая система, способная совершать собственные затухающие колебания (например, маятник настенных часов).

Источником энергии может служить энергия деформации пру­жины или потенциальная энергия груза в поле тяжести. Устройст­во обратной связи представляет собой некоторый механизм, с по­мощью которого автоколебательная система регулирует поступление энергии от источника. На рис. 27 изображена схема взаимодействия различных элементов автоколебательной системы.

Примером механической автоколебательной системы может служить часовой механизм с анкерным ходом (рис. 27). Ходовое колесо с косыми зубьями жестко скреплено с зубчатым барабаном, через который перекинута цепочка с гирей. На верхнем конце ма­ятника закреплен анкер (якорек) с двумя пластинками из твердого материала, изогнутыми по дуге окружности, с центром на оси ма­ятника. В ручных часах гиря заменена пружиной, а маятник - ба­лансиром-маховичком, скрепленным со спиральной пружиной. Ба­лансир совершает крутильные колебания вокруг своей оси. Колеба­

тельной системой в часах является маятник или балансир; источ­ником энергии - поднятая вверх гиря или заведенная пружина; уст­ройством, с помощью которого осуществляется обратная связь, - анкер, позволяющий ходовому колесу повернуться на один зубец за один полупериод. Обратная связь осуществляется взаимодей­ствием анкера с ходовым колесом. При каждом колебании маятни­ка зубец ходового колеса толкает анкерную вилку в направлении движения маятника, передавая ему некоторую порцию энергии, которая компенсирует потери энергии на трение. Таким образом, потенциальная энергия гири (или закрученной пружины) постепен­но, отдельными порциями, передается маятнику.

Механические автоколебательные системы широко распростра­нены в окружающей нас жизни и в технике. Автоколебания совер­шают паровые машины, двигатели внутреннего сгорания, электри­ческие звонки, струны смычковых музыкальных инструментов, воз­душные столбы в трубах духовых инструментов, голосовые связки при разговоре и т. д.

ЗАДАЧИ ДЛЯ ДУШИ

1. Однородный стержень положили на два быстровращающих- ся блока, как показано на рис. 28. Расстояние между осями блоков / = 20 см, коэффициент трения между стержнем и блоками к= 0,18. Показать, что стержень будет совершать гармонические колебания. Найти их период.

Рис. 28. Однородный стержень, лежащий на блоках

О т в е т : Т = n^jll/kg = 1,5 с.

2. Чему равен период Т колебаний математического маятника длины /: а) в лифте, ускорение которого направлено вверх и равно

а < g\ б) в лифте, ускорение которого направлено вниз (я < g ); в) в поезде, движущемся горизонтально с ускорением а; г) на тя­желой тележке, съезжающей без трения с наклонной плоскости под углом а к горизонту?

От в е т :

a)r = 2 n j— ; б)Г = 2я,|— ; в)Г = 2я Ц - Ц - ; г) Г =lg + а \ g - a \ g +а

= 2 n . UI geos а

3. Найдите период колебании систем, изображенных на рис. 29,о—в, если коэффициенты жесткости пружин и к2, масса груза т, а трение в системе отсутствует.

I 1 к2 -

*I 1 *2

Рис. 29. Системы а, б и в

О т в е т :

a)r ' 6)Г " в) г - 2" £ + *2

4. Что будет происходить с маятниковыми часами на Эверес­те? Высота Эвереста h = 8848 м.

5. Доска, на которой лежит тело массой т, начинает двигаться вертикально вверх по закону у - (1 - cos со/), где у - смещение из на-

чального положения, со = 11 с-1. Найти: а) минимальную ампли­туду колебания доски, при которой тело начнет отставать от нее;б) амплитуду колебания доски, при которой тело подскочит на высо­ту h = 50 см относительно начального положения (в момент t = 0).

О т в е т: а) a min = glсо2 = 8см; б)а = (со /̂2h/g -1 )gfcd2 = 20см.

6. Два математических маятника длиной / каждый связаны не­весомой пружиной с жесткостью к. На рис. 30 показано положение равновесия системы. Маятники отклоняют в плоскости рисунка на одинаковые углы и отпускают. Определите период Т малых ко­лебаний связанных маятников, если: а) маятники отклонены в одну сторону (колебания в одной фазе); б) маятники отклонены в проти­воположные стороны (колебания в противофазе).

Рис. 30. Два математических маятника в положении равновесия

О т в е т : а) Т = 2n-JJJg; б) Т = 2n-Jml/(mg + 2kl).

7. Найти закон движения шарика на пружине в вязкой жидкос­ти (сопротивление среды ßv, где ß - некоторая постоянная; ѵ - ско­рость шарика в текущий момент времени) для системы, показан­ной на рис. 31. Масса шарика т.

IРис. 31. Шарик в вязкой жидкости

4. СТАТИКА

Статика изучает твердые неподвижные (или движущиеся с по­стоянной скоростью) тела под действием сил и крутящих момен­тов. Одним из центральных понятий статики является механичес­кое равновесие. Мы коротко дадим определения и примеры основ­ных величин.

На рис. 32 изображены несколько различных лестниц, присло­ненных к стене. Как определить, с какой силой они давят на стену, на пол? Что будет, если мы вдруг захотим взобраться на одну из них?

Рис. 32. Лестницы

Важным для решения этих задач является понятие момента сипы, которое характеризует стремление внешней силы вращать объект вокруг некоторой оси, например в случае с гаечным клю­чом и гайкой. Для того чтобы плотно затянуть гайку, мы прикла­дываем силу к противоположному концу ключа, вращая его вокруг оси, проходящей через шуруп, на который надета гайка. Точное ма­тематическое определение момента вращения N имеет вид

N = г ж F,71

где г - вектор, соединяющий точку, в которой вычисляется момент вращения, с точкой приложения силы (рис. 33); F - приложенная сила. Направление вектора вращательного момента определяется правилом правой тройки. Абсолютная величина момента силы

|N| = |«1|F|sin0

зависит от трех параметров: длины плеча (или рычага) |г|, величи­ны приложенной силы |F| и угла Ѳ, под которым приложена эта сила относительно рычага. Длина рычага играет очень важную роль в технических приложениях. Действительно, часто нельзя увели­чить приложенную силу или изменить угол ее приложения, измене­ние же длины рычага является менее сложной технической задачей.

Рис. 33. Иллюстрация, поясняющая величины, входящие в определение вращающего момента

Возвращаясь к примеру с гаечным ключом, значительно про­ще взять более длинный инструмент, чем научиться давить на него с большей силой. Обратимся к рис. 32. Предыдущие рассуждения позволяют понять, отчего, в частности, зависит, устоит ли лестница: от того, как высоко мы заберемся? Конечно, важной является так­же сила, которая будет противодействовать скольжению, сила тре­ния. Для всех трех лестниц на рисунке эта сила будет различной. Отметим также, что вращательный момент перпендикулярен од­новременно радиусу-вектору и силе, что означает отсутствие момен­та вращения в случае, если прикладываемая сила параллельна ра­диусу-вектору материальной точки.

В СИ момент силы измеряется в Н • м (ньютонах, умноженных на метр), в СГС - в дин • см (в динах, умноженных на сантиметр).

В целом понятие крутящего момента возникло еще во времена Архимеда. Вращательными аналогами силы, массы и ускорения являются соответственно вращательный момент, момент инерции и угловое ускорение [1].

Важно установить связь между вращательным моментом и моментом импульса. Заметим, что сам по себе момент импульса не относится к разделу «Статика», скорее просто лаконично вписы­вается в наше изложение. Момент импульса показывает количест­во вращательного движения относительно некоторой оси и опре­деляется векторным произведением уже использованного выше вектора г и импульса точки р:

Заметим, что производная момента импульса по времени рав­на моменту силы:

Векторное произведение производной радиуса-вектора и им­пульса равно нулю, так как эти векторы параллельны (суть векто­ры скорости).

В случае вращения вокруг фиксированной оси справедливым является равенство

где со - вектор угловой скорости, модуль которой со уже использо­вался в разделе 1.3, причем направление угловой скорости опреде­ляется через вектор линейной скорости ѵ по формуле ѵ = ю х г. Величина / - момент инерции. Моментом инерции механической системы из Лоточек относительно неподвижной оси называется ска­лярная величина, равная сумме произведений масс всех матери­альных точек {/и.}, і = 1 ..N, входящих в систему, на квадраты их расстояний {г= |г.|}, і = I..N до выбранной оси:

L = г X р. (37)

(JL dr— = — х р + г х -Л dt

(38)

L = /cd, (39)

N

/=1

Момент инерции тела, как уже говорилось, иногда сравнива­ют с массой, так как / является мерой инертности тела во враща­тельном движении вокруг оси, подобно тому, как масса тела явля­ется мерой его инертности в поступательном движении. Напом­ним, что для системы из N точек можно также ввести понятие центра масс - точки, положение которой определятся радиусом- вектором г0:

Если систему материальных точек заменить твердым телом, характеризующимся плотностью р, массой М и объемом F, то мо­мент инерции и положение центра масс можно соответственно за­писать в интегральной форме:

Используя уравнения (36) - (39), можно записать следующее соотношение для вращающего момента (момента силы) относи­тельно фиксированной оси:

где а - угловое ускорение.Момент силы является аддитивным, т. е. в случае если на тело

действуют несколько сил F r .FN, приложенных к одной точке, сум­марный момент вращения, действующий на тело, равен

Перейдем к понятию равновесия. Для того чтобы свободная точка была в равновесии, необходимо и достаточно, чтобы равно-

N2 > ,г ;і=і

г X F, + ... + г X Fn = г X (F, + ... + Fn).

действующая R приложенных к ней сил была равна нулю, иначе чтобы проекции вектора R на оси Ох, Oy, Oz были равны нулю. Если все силы в системе консервативны, то можно говорить, что у R есть потенциал U(x, у, z) такой, что

^ - = х = 0; (40)ОХ

ду

* L - z - о.dz

Разрешить эти уравнения эквивалентно нахождению максиму­ма и минимума функции U(x, у, z) от трех независимых перемен­ных X, у, z. Если функция U имеет в точке М = (х0, у0, z0) максимум, то эта точка является положением устойчивого равновесия (в этом случае - U, определяющая потенциальную энергию, имеет мини­мум). Это означает, что если материальную точку каким-либо обра­зом отклонить бесконечно мало от положения и сообщить ей бес­конечно малую начальную скорость, то точка получит движение, при котором она удаляется от отклоненного положения бесконечно мало (рис. 34, а). Если, наоборот, в точке М = (х0, у0, z0) функция U имеет минимум, то равновесие неустойчиво и малое отклонение материальной точки будет приводить к ее отдалению от точки М (рис. 34, б).

Возможно, нам удалось отыскать также решение уравнений (40) такое, что соответствующее значение U, вычисленное в этой точке, не является ни максимумом, ни минимумом функции U, тогда по­лученное положение равновесия также неустойчиво (рис. 34, в). Этот случай очень важен и соответствует случаю точки, притягивае­мой к двум неподвижным центрам силами, обратно пропорциональ­ными квадратам расстояний, что подробно рассматривается в тео­рии притяжения [11]. Этот же случай был рассмотрен нами в разде­ле 2, когда обсуждались заряженные шарики, взаимодействовавшие по закону Кулона. Иногда дополнительно выделяют случай безраз­личного равновесия (рис. 34, г).

м

м

Рис. 34. Примеры равновесий:а - устойчивое равновесие; б, в - неустойчивые равновесия, соответствующие макси­

муму, и отсутствие экстремума функции U; г - безразличное равновесие

НЕМНОГО МАТЕМАТИКИ

Пусть нам даны два вектора: А = (ах, ау, а ) и В = (bx, by, bz), тогда их векторным произведением называется вектор С такой, что

С = А ж В = i (a ybx - Ъ уаг ) - у ( асЪх - Ь хах) + г ( ахЬу - Ьхау) =

= X (ауЬ, - Ьуах) + у (Ьхах - ахЬг) + і (ахЬу - Ьхау ).

Здесь (і, у, г) - ортогональный, ортонормированный правый базис. Направление вектора С определяется так, что с его стрелки поворот от А к В будет происходить в положительном направле­нии. Векторное произведение удобно записывать в форме опреде­лителя:

Ъ Ъ ЪX “ у Z

Таким образом, вектор С = А х В всегда перпендикулярен и А, и В.Величина векторного произведения описывается следующей

формулой:

|С| = |А| |B|sin(A, Л В),

где угол между векторами А и В может быть определен, например, через скалярное произведение:

(а ,В )= axbx + a by + a2bz ,

з(А 'В ) _ (А,В)I А| | В|

Сформулируем основные свойства векторного произведения для произвольных векторов А = {а.}, В = {£,}, С = {с7}, D = {dt}, i = x ,y ,z .

Правило умножения на константу q:

(qA) ж В = q{А х В).

Векторное произведение некоммутативно:

А х В = - В х А .

Для векторного произведения выполняется распределитель­ный закон:

Ах( В + С ) = А х В + АхС.

Сочетательный закон не выполняется для векторного произ­ведения:

А X (в X С) = В X (А X С) - С X (А X В ) .

Смешанное произведение может быть записано в виде скаляр­ного произведения одного вектора на векторное произведение двух других и численно равно определителю, построенному на этих трех векторах:

(А,(Вх С))=ах ау azЪх Ъу bzСх Су cz

Довольно интересный вид имеет четверное векторное произ­ведение'.

ах ау °z ax ci у az(Ax B) x (CxD) = Ъх by bz x C - bx by bz

dx dy dz CX cy cz

xD.

Подробнее о векторных произведениях и других элементах аналитической геометрии можно узнать, прочитав, например, учеб­ник [12].

Если векторы А и В являются функциями некоторой перемен­ной t, то производная векторного произведения по этой перемен­ной имеет вид

dt dt dt

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

1. Лестница стоит наклонно, опираясь на вертикальную стену. Коэффициент трения лестницы о пол и стену одинаковый и ра­вен ц. Какой наибольший угол может образовать лестница со сте­ной? Центр тяжести лестницы расположен в ее середине.

Р е ш е н и е . Пусть масса лестницы т, а длина /(рис. 35). Если лестница начнет падать, то ускорение ее верхней точки будет на­правлено вниз, а ускорение нижней части - направо. Для того что-

78

бы найти максимальный угол, при котором лестница еще не нач­нет падать, достаточно записать условия равновесия, учитывая со­ответствующие направления сил трения.

Рис. 35. Лестница, опирающаяся на вертикальную стену

1) Сумма всех сил, действующих на лестницу, равна нулю:

mg + N . + N ^ F ^ + F ^ O .

2) Сумма моментов сил равна нулю:

M + M w+ М„ + MF + M F —0.т8 N\ N 2 трі тр2

Спроектируем силы на оси

I Ох: Мг - Р , =0; ^\О у . F ^ - m g + N ^ 0.

Моменты сил будем определять относительно оси, проходя­щей через нижнюю точку лестницы (при этом моменты двух сил обращаются в ноль, что облегчает решение):

79

Мы получили пять уравнений с пятью неизвестными: Np Np F4l, F , а. Найдем необходимый угол. Подставляя предыдущие соотношения в первое уравнение системы (41) и используя соот­ношение для моментов, получаем

2 I 2(Л^+р Л^)—sin a-pA ^/cosa-p Af|/sina = 0.

Сократим JV, и /:

2s in a -p c o s a -p ^ s in a = 0.1 + ..2

2

После преобразований получим

2рtga = ^1 - р 2

или

« ш ах =' 2р Л

1 - р 2

Заметим два важных следствия из полученного результата. Во- первых, если трение отсутствует (ц = 0), то максимальный угол возможного наклона также равен 0. Во-вторых, если не учитывать наличие трения о стенку, то максимальный угол наклона умень­шится до величины a = arctg(2p) (проверьте этот факт самостоя­тельно). Таким образом, существование трения о стенку вносит квадратичную (второго порядка малости) поправку в значение угла как функции коэффициента трения.

О т в е т : наибольший угол, который может образовать лест­ница со стеной, равен

2. Пять кирпичей длиной / кладут без раствора один на другой так, что каждый кирпич выступает над нижележащим (рис. 36). На какое наибольшее расстояние правый край верхнего кирпича может выступать над правым краем самого нижнего кирпича?

Рис. 36. Три верхних кирпича и действующие на них силы

Р е ш е н и е . Условимся считать кирпичи сверху вниз (т. е. верхний первый). Центр тяжести каждого кирпича отстоит от его края на //2. Поэтому первый кирпич может выступать над краем второго не более чем на //2. Тогда общий центр тяжести С2 двух верхних кирпичей расположен (рис. 36) на расстоянии //4 по гори­зонтали от края второго кирпича. Именно на это расстояние и мо­жет выступать второй кирпич над третьим. Центр тяжести трех верхних кирпичей С3 определяется из условия

С,

У

Отсюда х = Ив, т. е. третий кирпич может выступать над чет­вертым на 1/6 своей длины. Аналогично доказывается, что четвер­тый кирпич может выступать над пятым на 1/8 своей длины. Пол­ное смещение верхнего кирпича относительно нижнего составит

1 I 1 1 251— I----1---- \-----------.2 4 6 8 24

Верхний кирпич, оказывается, может целиком выйти за преде­лы площади опоры.

ЗАДАЧИ ДЛЯ ДУШИ

1. Лестница массой 10 кг приставлена к стене, по ней забира­ется человек массой 70 кг. Сможет ли человек забраться на 3/4 вы­соты лестницы, если а = 60°, а коэффициент трения о пол и стенку равен 0,01?

2. Колесо радиусом R и массой т стоит перед ступенькой высо­той А. Какую горизонтальную силу F необходимо приложить к оси колеса, чтобы оно въехало на ступеньку?

О т в е т : F > mgyjh(2R - h)/(R - К) при A < R ; при A > R ре­шения нет.

3. Какой минимальной силой F можно опрокинуть через ребро однородный куб, находящийся на горизонтальной плоскости? Ка­кой должен быть при этом минимальный коэффициент трения ц между кубом и плоскостью? Масса куба т.

О т в ет: FmiB = mg/2yj l , ц = 1/3.

4. Пользуясь только линейкой без делений и не производя ни­каких вычислений, найдите построением положение центра тяжес­ти С, показанной на рис. 37 однородной пластинки.

5. Груз массой тп̂ находится на наклонной плоскости (рис. 38), образующей угол а с горизонтом. Коэффициент трения равен р. На нити, привязанной к грузу и переброшенной через блок, подве­шен груз массой mr При какой величине т2 система будет нахо­диться в равновесии?

О т в е т : /^ ( s in a -p c o s a ) <тг < ffi^sina + pcosa).

6. С какой силой F необходимо тянуть веревку, привязанную к ящику массой т = 40 кг и образующую угол a = 30° с горизон­том, чтобы ящик двигался по горизонтальной поверхности равно­мерно? Коэффициент трения между ящиком и площадкой р = 0,27.

О т в е т : сила равна

cosa + p s in a

7. На земле лежат вплотную друг к другу два одинаковых бревна цилиндрической формы. Сверху кладут такое же бревно. При ка­ком коэффициенте трения ц между бревнами они не раскатятся? По земле бревна не скользят.

О т в е т: ц > 0,27.

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЕ ССЫЛКИ

1. Киттель Ч, Найт У, Рудерман М. Механика. Берклевский курс физики : учеб. для вузов. Изд. 3-е, стер. С П б.: Лань, 2005. 480 с.

2. Савельев И. В. Курс физики: в 3 т. Т. 1 : Механика. Молекулярная физика. М .: Наука, 1989. 352 с.

3. Зоммерфельд А. Механика. Ижевск : НИЦ Регулярная и хаотичес­кая динамика, 2001. 368 с.

4. Иродов И. Е. Задачи по общей физике : учеб. пособие для вузов. Изд. 4-е, испр. М .: Лаборатория базовых знаний, 2001. 432 с.

5. Гольдфарб Н. И. Сборник вопросов и задач по физике : учеб. по­собие. Изд. 6-е, стер. М .: Высш. шк., 1995. 352 с.

6. Козел С. М. у Раги б а Э. И., Славатинский С. А. Сборник задач по физике: учеб. пособие. Изд. 2-е, перераб. и доп. М .: Наука, 1987.304 с.

7. Ньютон И. Математические начала натуральной философии : пер. с лат. / под ред. и с предисл. Л. С. Полака. Изд. 3-е. М .: ЛКИ, 2008. 704 с.

8. Понтрягин JJ. С. Обыкновенные дифференциальные уравнения. Изд. 4-е. М .: Наука, 1974. 331 с.

9. Филиппов А. Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнени­ям. Ижевск : НИЦ Регулярная и хаотическая динамика, 2000. 176 с.

10. Парсель Э. Электричество и магнетизм. Берклевский курс физи­ки. М .: Наука, 1971.448 с.

11. Аппель П. Теоретическая механика: в 2 т. Т. 1 : Статика. Динамика точки. М .: Физматлит, 1960. 515 с.

12. Александров П. C. Лекции по аналитической геометрии. Изд. 2-е, стер. СПб.: Лань, 2008. 912 с.

ОГЛАВЛЕНИЕ

Предисловие...................................................................................................... 3

1. КИНЕМ АТИКА............................................................................................ 41.1. Законы Ньютона. Сила..................................................................... 41.2. Прямолинейное равномерное

и равноускоренное движение......................................................... 81.3. Движение по окружности.................................................................81.4. Преобразования Галилея: сложение скоростей............................ 9Немного математики...............................................................................11Примеры решения задач........................................................................ 13Задачи для души......................................................................................25

2. ИМПУЛЬС, РАБОТА, ЭНЕРГИЯ. ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ 352.1. Основные понятия...........................................................................352.2. Законы сохранения..........................................................................38Немного математики.............................................................................. 40Примеры решения задач........................................................................42Задачи для души......................................................................................49

3. КОЛЕБАНИЯ.............................................................................................. 533.1. Механические колебания...............................................................533.2. Свободные колебания..................................................................... 543.3. Затухающие колебания................................................................... 603.4. Вынужденные колебания............................................................... 623.5. Автоколебания................................................................................. 66Задачи для души......................................................................................68

4. СТАТИКА.................................................................................................... 71Немного математики.............................................................................. 76Примеры решения задач........................................................................78Задачи для души......................................................................................82

Библиографические ссылки......................................................................... 85

Канторович Софья Сергеевна Пермикин Дмитрий Владимирович

ОБЩАЯ ФИЗИКА Механика

Учебное пособие

Заведующий редакцией М. А. Овечкина Редактор Т. А. Федорова Корректор Т. А. Федорова

Компьютерная верстка Г. Б. Головиной

План выпуска 2012 г. Подписано в печать 10.09.2012. Формат 60x84/16. Бумага офсетная. Гарнитура Times.

Уч.-изд. л. 4,2. Уел. печ. л. 5,1. Тираж 240 экз. Заказ 1382.

Издательство Уральского университета.620000, Екатеринбург, пр. Ленина, 51.

Отпечатано в ИПЦ УрФУ. 620000, Екатеринбург, ул. Тургенева, 4 Тел.: + (343) 350-56-64, 350-90-13

Факс+7 (343)358-93-06 E-mail: press.info@usu.ru